(Microsoft Word - Dr\236avna matura - rujan vi\232a razina - rje\232enja)

Транскрипт

1 . C. Prva ejedakost ije istiita. Dijeljejem očite ejedakosti 5 > 7 strogo pozitivim 5 7 brojem 7 dobivamo ejedakost > =. 7 7 Druga ejedakost ije istiita. Razlomci i imaju jedake brojike (oi izose 5 7 ), pa je veći oaj koji ima maji azivik. Zbog toga vrijedi ejedakost >. 5 7 Treća ejedakost je istiita. Razlomci 5 i imaju jedake brojike (oi izose ), pa 7 je veći oaj koji ima maji azivik. Zbog toga vrijedi ejedakost >. 5 7 Četvrta ejedakost ije istiita. Dijeljejem očite ejedakosti 7 > 5 strogo pozitivim brojem 5 dobivamo ejedakost 7 > 5 = A. Imamo redom: c = a ( R b), / c = a R a b, a R = c + a b, / : a. B. Najprije izrazimo promjer kuglice u cm: c + a b c a b c R = = + = + b. a a a a mm = cm = 0.78 cm. 0 Polumjer kuglice jedak je polovici promjera kuglice: Stoga je obujam kuglice jedak 0.78 r = cm = 0.9 cm.. V r π 0.9 π π cm = = =, pa je tražea masa kuglice jedaka umošku obujma i gustoće kuglice, odoso m = ρ V =. g/cm π cm g.8 g.. B. Primijetimo ajprije da užo mora biti a 0. Naime, ako bi bilo a = 0, dobili bismo jedadžbu + 8 = 0 koja ima jedistveo rješeje =, pa zbroj svih u tom slučaju e može biti jed- mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač

2 ak. Stoga mora biti a 0. Prema Vièteovim formulama, zbroj svih bilo koje kvadrate jedadžbe dobivamo tako da koeficijet uz epozaicu podijelimo s koeficijetom uz i dobiveom količiku promijeimo predzak. Tako zaključujemo da zbroj svih zadae jedadžbe izosi. Taj izraz treba biti jedak, pa dobivamo jedadžbu : a Riješimo tu jedadžbu:. a = = / a a a =, / : ( ) a = =. 5. D. Svi prirodi brojevi koji pri dijeljeju s daju ostatak tvore aritmetički iz, 5,,. Prvi čla toga iza jedak je a =, a razlika iza jedaka je d =. Stoga je opći čla toga iza jedak a = a + ( ) d = + ( ) = + = 7. Budući da tražimo sve cijele brojeve s avedeim svojstvom, jih dobivamo tako da jedostavo dozvolimo da broj bude bilo koji cijeli broj, a e užo priroda broj. Dakle, tražei izraz glasi: a = k 7, pri čemu je k Z. k. D. Točka E(t) pridružea broju t alazi se u trećem kvadratu pravokutoga koordiatoga sustava u ravii. Obje koordiate točke E(t) su strogo egativi reali brojevi. Sius broja t jedak je drugoj koordiati točke E(t), pa je taj broj strogo egativa. S druge strae, tages broja t jedak je količiku druge i prve koordiate točke E(t). Taj je količik strogo pozitiva jer je količik dvaju strogo egativih realih brojeva strogo pozitiva reala broj. Stoga je i tages broja t strogo pozitiva reala broj. Dakle, vrijede ejedakosti si t < 0 i tg t < B. Neka su T cijea jede tehičke olovke, B cijea jede bilježice, a M cijea jedoga markera (sve tri cijee su iskazae u k). Iz zadaih podataka dobivamo sljedeći sustav triju jedadžbi s tri epozaice: T = B, B = 5 M, M =.0 Pomožimo prvu jedadžbu toga sustava s : mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač

3 T = B, B = 5 M, M =.0 Iz prve i druge jedadžbu ovoga sustava zaključujemo da vrijedi jedakost T = 5 M. (Desa straa prve jedadžbe jedaka je lijevoj strai druge jedadžbe, pa zbog trazitivosti relacije biti jedak lijeva straa prve jedadžbe mora biti jedaka desoj strai druge jedadžbe.) Dijeljejem te jedakosti sa dobivamo: 5 T = M. U ovu jedakost uvrstimo M =.0, pa dobivamo: 5 T =.0 = 0.50 k. Dakle, cijea jede tehičke olovke izosi 0.50 k. 8. B. Kosius tražeoga kuta jedak je količiku skalaroga umoška zadaih vektora i umoška jihovih duljia: a b ( ) ( ) cos ϕ = = = = =. a b ( ) + ( ) Odatle slijedi ϕ = arccos = C. Napomea: Zadatak je moguće riješiti jedio uz korišteje pretpostavke da je S središte zadae kružice. Spojimo točke S i A, te točke A i C. Budući da je pravac DA, prema pretpostavci, tageta, a spojica točaka SA polumjer zadae kružice, zaključujemo da je kut SAD pravi kut. Stoga je mjera kuta CSA jedaka CSA = 0 ( ) = 98. Taj kut je središji kut za tetivu AC. Mjera kuta ABS jedaka je mjeri kuta ABC jer točke B, C i S pripadaju istom pravcu. Kut ABC je obodi kut za tetivu AC. Prema poučku o obodom i središjem kutu, svaki obodi kut jedak je polovici pripadoga središjega kuta, pa tako koačo dobivamo: 98 9 ABS = ABC = CSA = =. 0. D. Fukcija je para ako i samo ako za svaki iz jezie domee i broj pripada toj do- mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač

4 mei, te vrijedi jedakost f ( ) = f ( ). (Kratko i eprecizo možemo reći da je fukcija para ako i samo ako se meñusobo suproti brojevi preslikaju u isti reala broj.) Domea fukcije pod A. je skup R jer je ta fukcija zapravo poliom prvoga stupja. Stoga provjeravamo jedakost f ( ) = f ( ) : Dakle, fukcija pod A. ije para. f ( ) = 0 ( ) = = f ( ). Domea fukcije pod B. je skup 0, +, a taj skup e sadrži meñusobo suprote brojeve. Npr. broj je elemet skupa 0, +, ali jemu suprota broj ije elemet istoga skupa. Aaloga tvrdja vrijedi za bilo koji strogo pozitiva reala broj a. Stoga fukcija pod B. ije para. Domea fukcije pod C. je skup R jer je ta fukcija umožak polioma. stupja (fukcije ) i fukcije cos, a domee tih dviju fukcija jedake su skupu R. Stoga preostaje provjeriti jedakost f ( ) = f ( ), pri čemu koristimo čijeicu da je fukcija cos para fukcija, odoso jedakost cos( ) = cos koja vrijedi za svaki R: f ( ) = ( ) cos( ) = cos = ( cos ) = f ( ). Dakle, fukcija pod C. ije para fukcija. Domea fukcije pod D. je skup R jer je ta fukcija poliom. stupja. Stoga preostaje provjeriti jedakost f ( ) = f ( ) : [ ] f f ( ) = ( ) + = ( ) + = ( ) + = + = + = ( ). Dakle, fukcija pod D. je para fukcija.. B. Koristit ćemo čijeicu da je fukcija g( ) = strogo rastuća fukcija, što zači da a b vrijedi ekvivalecija ( a b) ( ), za sve a, b R. Polazimo od ejedakosti 0 koja vrijedi za svaki R. Imamo redom: 0 / ( ) ( ) 0, / + ( ) =, / ( ) + ( ) + ^ =, / =, f ( ). S druge strae, za svaki R vrijedi ejedakost > 0. To ujedo zači da vrijedi e- mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač

5 jedakost ( ) + > 0. Objema straama ove ejedakosti dodamo, pa dobijemo: ( ) + + > 0 + =, f ( ) >. Tako smo dobili jedakosti f ( ) i f ( ) > koje možemo objediiti u ejedakost < f ( ). Odatle slijedi da je f ( ),], za svaki R. Dakle, tražei skup je iterval, ].. C. Primijetimo da je vrijedost izraza + 5 defiiraa uz uvjet Riješimo tu ejedadžbu: + 5 0, 5, / : ( ) 5. Uvažavajući pretpostavku dobijemo: 5 kvadriramo obje strae zadae ejedadžbe pa 5, + + 5, 5, 9, / : ( ) 9. 5 Dakle, za svaki koji je rješeje zadae ejedadžbe moraju vrijediti ejedakosti i. To zači da je skup svih zadae jedadžbe segmet,, odoso segmet [.5,.5]. U tom segmetu alaze se četiri priroda broja:,, 5 i.. C. Neka su a duljia velike (reale) poluosi i b duljia male (imagiare) poluosi hiperbole. Prirodo pretpostavljamo da su a, b > 0. Tražeu jedadžbu hiperbole zbog y toga tražimo u obliku =. a b Iz podatka da točka T mora pripadati hiperboli dobivamo jedadžbu: 0 a 9 =. b Jedadžbu asimptote zapišimo u eksplicitom obliku: mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač 5

6 + y = 0, y =, / : y =. Koeficijet smjera toga pravca je k =. Apsoluta vrijedost toga koeficijeta treba biti jedaka omjeru duljie male i duljie velike osi hiperbole: b a b a =, Tako smo dobili sustav dviju jedadžbi s dvije epozaice: =. 9 0 =, a b b =. a Riješimo taj sustav. Iz druge jedadžbe sustava izrazimo epozaicu b: b = a i dobivei izraz uvrstimo u prvu jedadžbu sustava: 9 =, a 0 a 9 00 =, a a 9 00 = a 9, a ( ) 00 9 =, a a mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač

7 00 9 =, a a 00 =, a a =. a Odatle slijedi a =. Kvadriramo li jedakost b = a, dobit ćemo: 9 b = a = a = a. U ovu jedakost uvrstimo a =, pa dobijemo: 9 b = =. Dakle, tražea jedadžba hiperbole glasi y =.. A. Vidjeti Sliku. Slika. Maji od dobiveih dvaju trokuta je trokut AQD. Taj trokut je sliča trokutu ABC prema poučku K K K (zajedički kut kod vrha A, jedaki kutovi kod vrhova B i Q kao kutovi uz trasverzalu). Koeficijet sličosti jedak je omjeru duljia straica AQ i AB: AQ k k k = = = =. AB k + 5 k 7 k 7 mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač 7

8 Omjer površie trokuta AQD i površie trokuta ABC jedak je kvadratu koeficijeta k: P AQD P ABC = k. Odatle slijedi da je tražea površia jedaka 0 ABC 5 5 cm P AQD = k P = = = C. Iz 50 kg mlijeka dobije se. 50 =. kg vrhja. Iz.. kg vrhja dobije se =.9 kg mliječe masti. Tih.9 kg mliječe masti mora tvoriti 8% 00 mase maslaca. Ozačimo li tražeu masu maslaca s m, dobivamo jedadžbu: Dijeljejem te jedadžbe s Odmah imamo: 7. ; ili obrato. Imamo redom: 5 = / = 5, + 5 = 0, m = dobivamo m = kg..5 + = = ( ) 5 5 ( ) , ± ± ± + ± ±, = = = = = 5 ± = = =, = = =. 8..). Zapravo tražimo koliko posto izosi broj P = 8 u odosu a broj S = 00. Tražei postotak je jedak 00 P 00 8 p = = =. S 00.) 0. Neka je b i broj bomboa u i-toj posudi, za i =,,,, 5. Iz zadaih podataka dobivamo sljedeći sustav od pet jedadžbi s pet epozaica:. mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač 8

9 b + b + b + b + b5 = 00, b + b = 0, b + b = 8, b + b = 0, b + b5 = 5. Zbrojimo drugu, treću, četvrtu i petu jedadžbu toga sustava: ( b + b ) + ( b + b ) + ( b + b ) + ( b + b ) = , 5 b + b + b + b + b + b + b + b = 0, 5 b + b + b + b + b + b = 0, 5 b + ( b + b + b ) + b = 0. 5 Iz prve jedadžbe sustava izrazimo zbroj b + b5 : b + b = 00 ( b + b + b ), 5 pa uvrstimo taj izraz u izraz b + ( b + b + b ) + b5 = 0 : ( b + b + b ) + 00 ( b + b + b ) = 0, b + b + b = 0 00, b + b + b = 0. U ovu jedakost uvrstimo četvrtu jedadžbu polazoga sustava b + b = 0, pa dobivamo: b + 0 = 0, b = 0 0 =. Tako iz druge jedadžbe polazoga sustava slijedi: b = 0 b = 0 = 0. Dakle, u prvoj posudi ima 0 bomboa. 9..) > 0 ili 0, +. Imamo redom: > +, > +, 8 > / 8 > ( ), >, > +, > 0. mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač 9

10 0 Odavde dijeljejem s dobivamo > 0 možemo zapisati i kao otvorei iterval, redom:.), [, + ) + = 7 0,,. Skup svih zadae ejedadžbe +.. Riješimo ajprije pripadu kvadratu jedadžbu. Imamo ± ± ± ± = = = = ( ) 7 7 ( ) ( ) , = = =, = = =. Budući da je koeficijet uz strogo egativa broj (to je ), pripada kvadrata fukcija poprima epozitive vrijedosti a skupu koji se dobije kad se iz skupa realih brojeva R izbaci otvorei iterval odreñe izračuatim rješejima kvadrate jedadžbe. Dakle, iz skupa R izbacujemo otvorei iterval,. Dobijemo skup R \,. Taj skup trebamo apisati pomoću itervala, pa dobijemo skupovu uiju, [, + ) ) + i. Odredimo ajprije vrijedost i. Podijelimo li broj 9 brojem, dobit ćemo količik 5 i ostatak. Dakle, vrijedi jedakost Zbog toga je Tako sada imamo: 9 = i = i = i i = i i = i = i = i = i ( ). 9 i ( i) i i i i ( i ) ( i + i) + i = + i = + i = + i = + i = + i = i i i i i ( ) i ( ) ( + i) ( + i) = + i = + i = ( + i) + i = + i + i = + i. +.) + i, + i, ( ) i evetualo zapisai u ekom drugom poretku ili obliku. Zapravo tražimo barem jedo komplekso rješeje jedadžbe w = 8 i. Sva te jedadžbe odreñujemo primjeom de Moivrèove formule za korjeovaje kompleksoga broja. Kompleksa broj z = 8 i ajprije zapišimo u trigoometrijskom obliku. Tom broju odgovara točka A = (0, 8) Gaussove ravie. Udaljeost te točke od ishodišta Gaussove ravie izosi r = 8. Točka A pripada pozitivom dijelu imagiare osi, pa je kut ϕ koji mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač 0

11 ..) spojica ishodišta Gaussove ravie i točke A zatvara s pozitivim dijelom reale osi jedak 90, odoso π radijaa. Dakle, apsoluta vrijedost (modul) broja 8 i jedaka je r = 8, a argumet toga broja π jedak je ϕ = radijaa. Zbog toga vrijedi jedakost: π π 8 i = 8 cos + i si. Preostaje primijeiti de Moivrèove formule za korjeovaje kompleksoga broja. Sva avedee jedadžbe daa su izrazom π π + k π k π 8 cos + si = +, za = 0,,. wk i k Pojedostavimo taj izraz: π + k π π + k π π + k π π + k π wk = cos + i si = cos + i si. Uvrštavajem k = 0, k = i k = dobivamo: π + 0 π π + 0 π π π w0 = cos + i si = cos + i si = + i = + i, π + π π + π 5 5 w = cos + i si = cos π + i si π = + i = + i, π + π π + π 9 9 w = cos i si cos π i si π [ 0 i ( ) ] ( ) i. + = + = + =.) a. Imamo redom: + + a = ( a ) a = a a = a = a = a = a. a b. Koristeći formulu za razliku kvadrata dobivamo: a b a a b : = = a b a + b a b a b a + b b a a b a ( a b) a b = ( a b) ( a b) ( a b) = = + + b ( a + b) ( a b) b mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač

12 a a + b a b a + b a b = = = ( a + b) ( a b) b ( a + b) ( a b) b ( a + b) ( a b) = =. b ( a + b) ( a b) b..) 0.. Izračuajmo ajprije duljiu dužie BE. Trokut ABE je pravokuta s pravim kutom kod vrha E. Zamo duljiu katete AE i hipoteuze AB, pa duljiu katete BE izračuamo primjeom Pitagoria poučka: BE = AB AE = = + = =.. (..) (..) Stoga je tražea duljia jedaka CE = BC BE = cm..) rad. = 9.70 = 9 8'''. Tražeu mjeru ajbrže odreñujemo primjeom fukcije sius. Ozačimo s α tražeu mjeru kuta CAB. Tada je a si α = =. a Jedio rješeje ove trigoometrijske jedadžbe u itervalu 0, π je α = rad. Preračuamo li ovu mjeru u stupjeve, dobijemo α = 9.70 = 9 8'''...).. Riješimo ajprije jedadžbu =. Imamo redom: = ( ) ( ) ( ) =!! / : ( ) = / =, = 5. [ ] 5 Tako zapravo imamo razvoj bioma ( a + ). Prema biomoj formuli, opći čla u 5 5 k k razvoju ovoga bioma je a k. Stoga ćemo koeficijet uz a dobiti tako da u izraz za opći čla uvrstimo k = jer je tada ekspoet u poteciji s bazom a jedak. Dakle, tražei koeficijet je jedak =! = = 0. mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač

13 .) 00. Defiirajmo iz ( a ) rekurzivo pravilom N a =, a = a za. Odredimo zatvoreu formu za opći čla ovoga iza. Napišimo prvih ekoliko člaova iza: a = =..., + 9 a = a = = = = a = a = = = = a = a = = = =,,, ( ) Odatle možemo aslutiti da je a = =. Dokažimo tu tvrdju matematičkom idukcijom. Za = dobivamo Pretpostavimo da je Račuamo: što smo i željeli dobiti., a = = = = što je točo. a =, za eki N. Želimo pokazati da je a a + = = = = =, + + a = +. Lijeva straa zadae jedakosti jedaka je graičoj vrijedosti (limesu) iza ( a ). N Odredimo tu graiču vrijedost: 0 L = lim a = lim = lim = lim = =. Ta graiča vrijedost treba biti jedaka 0, pa dobivamo jedadžbu 0. = Kvadrirajem lijeve i dese strae te jedadžbe odmah dobivamo = 00...) Vidjeti Sliku. U pravokuti koordiati sustav ucrtamo točke A = (0, f (0)) = (0, ) (ta je točka već ucrtaa) i B = (, f ( )) = (, ). Budući da je riječ o liearoj fukciji, jezi graf je pravac. Za crtaje bilo kojega pravca dovoljo je zadati bilo koje dvije jegove različite točke. U ovom slučaju već imamo zadae točke A i B, pa ih spojimo jedim pravcem. Tako dobivamo Sliku..) 5, 8. Iz zadaoga grafa zaključujemo da fukcija pada a itervalu, 8. Stoga treba odrediti za koje iz toga itervala je f () <. Povucimo pravac y = a segmetu [, 8]. mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač

14 Lako se vidi da je graf zadae fukcije strogo ispod toga pravca ako i samo ako je 5, 8. Dakle, rješeje zadatka je otvorei iterval 5, 8. Slika. 5..). Koristimo pravilo deriviraja složee fukcije. Najprije deriviramo cos ( ) fukciju tages (pri čemu je argumet derivacije jedak argumetu tagesa, tj. ), a potom dobivei izraz pomožimo s derivacijom argumeta tagesa. Iz tablica derivacija elemetarih fukcija zamo da je (tg )' =, pa dobivamo: cos f '( ) = ( )' = ( )' = =. cos ( ) cos ( ) cos ( ) cos ( ) y.) y = + ili 8 y + = 0 ili + =. Odredimo ajprije drugu koordiatu 8 točke krivulje u kojoj povlačimo tagetu. Budući da je prva koordiata te točke jedaka, druga koordiata jedaka je vrijedosti f (). Stoga račuamo f (): f () = =. Dakle, tagetu povlačimo u točki D = (, ). Izračuajmo koeficijet smjera tagete. O je jedak vrijedosti prve derivacije fukcije f u točki 0 =. Stoga imamo: ' ' ' ( ) ( ) f ( ) = = = = = = = =, ' f () = = =. 8 Dakle, koeficijet smjera tagete jedak je k =. Stoga jedadžba tagete glasi: 8 mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač

15 y = ( ), 8 y = +, 8 y = +. 8 Tu jedadžbu možemo zapisati u implicitom, odoso segmetom obliku: y = + / y = +, 8 y + = 0... impliciti oblik y = +, 8 + y = / : 8 y + =... segmeti oblik. Napomea: Zadatak ema ako se pretpostavi da je f ( ) = A si( B ) + D jer je e postoji fukcija oblika f ( ) = A si( B ) + D čiji bi graf bila krivulja sa slike. Stoga ćemo riješiti zadatak uz pretpostavku da je f ( ) = A si( B + C) + D. Uočimo da fukcija f ima ajmaju vrijedost jedaku, a ajveću vrijedost jedaku. Bez smajeja općeitosti možemo pretpostaviti da je A > 0. (Ako je A < 0, oda umjesto izraza A si( B + C) promatramo jemu ekvivaleta izraz A si( B C). Ti izrazi su ekvivaleti jer je sius epara fukcija.) Najmaja vrijedost izraza si( B + C) a skupu R jedaka je, a ajveća vrijedost. Stoga je ajmaja vrijedost fukcije f u općem slučaju jedaka A + D, a ajveća A + D. Tako dobivamo sustav dviju liearih jedadžbi s dvije epozaice A + D =, A + D = čije je rješeje (A, D) = (, 0). Dakle, fukcija f ima oblik f ( ) = si( B + C)..) π. Koristit ćemo čijeicu da je apsoluta vrijedost razlike bilo kojih dviju uzastopih ultočaka fukcije f jedaka polovici jezia temeljoga perioda. Iz zadaoga grafa π vidimo da su dvije uzastope ultočke 0 = i = π. Odredimo apsolutu vrijedost jihove razlike: π π π π π π 0 = π = = = =. To svojstvo ima svaka fukcija oblika f ( ) = A si( B + C). mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač 5

16 Tražei temelji period je dvostruko veći od izračuae razlike i izosi π T = = = π. 0.) 5 π. Primijeit ćemo čijeicu da ako su 0 i dvije uzastope ultočke zadae fukcije, oda za = ( ) 0 + fukcija poprima ili ajveću ili ajmaju vrijedost. U π ovom slučaju uzmemo 0 = i = π, pa sa slike vidimo da će fukcija poprimiti ajmaju vrijedost za π π + π 5 π 5 π = ( 0 + ) = + π = = =. π Iz slike se vidi da je 0 = ajmaja strogo pozitiva ultočka zadae fukcije, pa zaključujemo da je tražei reala broj jedak upravo 5 π. 7..) log Imamo redom: + =,, = =, / : =. Odavde izravo slijedi = log. Da bismo približo izračuali taj broj, zapisat ćemo ga koristeći logaritam po bazi 0: log = log = log ).. Koristeći svojstva logaritama imamo redom: log ( + ) log =, log5 =, + = 5, + = 5, I ovo svojstvo ima svaka fukcija oblika f ( ) = A si( B + C). mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač

17 + = 5, = 5, =, = =. π.) = i = π. Iz zadae jedadžbe slijedi tg =. Njezio rješeje u itervalu π π, je π = arctg =. Taj broj pripada segmetu [0, π], pa sljedeće rješeje dobijemo tako da broju π dodamo temelji period fukcije tages, odoso broj π: π π + = π. I taj broj pripada segmetu [0, π]. Sljedeće rješeje dobili bismo tako da broju π dodamo broj π, odoso tako da broju π dodamo π, ali to rješeje očito e pripada π segmetu [0, π]. Stoga su sva tražea = i = π. 8..) 0;. Prva koordiata tražee točke jedaka je 0 jer sve točke a osi ordiata imaju prvu koordiatu jedaku 0. Druga koordiata tražee točke jedaka je f (0). Izračuajmo tu vrijedost: Dakle, tražea točka je A = (0, )..) 0. f (0) = 5 0 = 0 = =. Tražea vrijedost je jedaka g [ f (7) ]. Stoga imamo redom: 0 ( g f )(7) = g f (7) = g(0) =. Dakle, [ ] f (7) = = = = 0, g(0) = =. 0 + mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač 7

18 .) Vidjeti Sliku. Zadau krivulju je ajjedostavije acrtati tako da svaku točku parabole y = traslatiramo za dvije jediiče dužie (a osi apscisa) udeso. Tako dobivamo krivulju prikazau a Slici. Slika. Alterativo, tražeu parabolu možemo acrtati tako da odredimo bilo koje tri jezie različite točke od kojih je točo jeda tjeme parabole. Tjeme parabole y = ( a) je u jeziu sjecištu s osi apscisa, odoso u točki T = (a, 0). U ovome je slučaju, dakle, tjeme parabole točka T = (, 0). Preostaje odrediti još dvije točke parabole. Uzmimo pr. = 0 i =, pa izračuajmo pripade vrijedosti varijable y: y y = = = (0) (0 ) ( ), = = = () ( ) ( ). Stoga u pravokuti koordiati sustav ucrtamo točke T, A = (0, ) i B = (, ), pa ih spojimo parabolom. Dobivamo krivulju prikazau a Slici. 9..) 9. Bez smajeja općeitosti možemo pretpostaviti da su vrhovi trokuta ozačei s A, B i C, te da su AB = cm i BC = 7 cm. Neka je D polovište dužie AB. Zamo da je CD = 5 cm. Budući da je D polovište dužie AB, to je BD = AB = = cm. Izračuajmo kosius kuta β := DBC koristeći kosiusov poučak primijeje a trokut BCD: BD + BC CD cos β = = = = =. BD BC 7 Preostaje primijeiti kosiusov poučak a trokut ABC. Pritom treba uočiti da je kut kod vrha B trokuta ABC ujedo i gore defiira kut β. Stoga imamo: AC = AB + BC AB BC cos β = = + 9 = 9. Odatle slijedi AC = cm. mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač 8

19 .) a. Neka je P polovište brida CC. Maji od dobiveih dvaju dijelova je tetraedar BCDP. Osovka toga tetraedra je pravokuta trokut BCD s pravim kutom kod vrha C. Visia tetraedra je dužia CP. U pravokutom trokutu BCD zamo duljie dviju kateta: BC = CD = a. Takoñer, zamo i duljiu visie CP : a CP =. Stoga je obujam tetraedra jedak: a VBCDP = P BCD CP = BC CD CP = a a = a..) (, ). Odredimo sjecište zadaoga pravca i kružice. U tu svrhu riješimo sustav dviju jedadžbi s dvije epozaice: y = + b, ( ) + ( y + ) = 5. Prvu jedadžbu sustava uvrstimo u drugu jedadžbu: ( ) ( ) 5, + + b + = ( b + ) + ( b + ) = 5, [ ] 5 + ( + ) + ( + ) + 5 = 0, b b 5 + ( + ) = 0, b b b 5 + ( + ) + + = 0. b b b Da bi zadai pravac bio tageta kružice, posljedja kvadrata jedadžba mora imati jedistveo rješeje. Nuža i dovolja uvjet za jedistveost je da diskrimiata jedadžbe bude jedaka uli. Odredimo diskrimiatu D: D b b b b b b b = ( + ) 5 ( + ) = = = + = + b b ( ) ( b b ). Njezia vrijedost će biti jedaka uli ako i samo ako vrijedi b + b = 0. Odredimo strogo egativo rješeje te jedadžbe (jer prema zahtjevu zadatka mora biti b < 0): ( ) b = = = = = = 8. Uvrstimo b = 8 u izraz 5 + ( b + ) + b + b = 0, pa dobivamo: [ ] 5 + ( 8) + + ( 8) + ( 8) = 0, = 0, = 0, / : = 0, ( ) = 0. mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač 9

20 Jedio rješeje ove jedadžbe je =. U jedadžbu pravca y = + b uvrstimo = i b = 8, pa dobivamo: y = + ( 8) = 8 =. Dakle, tražea točka dodira je točka S = (, )..) Odredimo ajprije vrijedost y =, pa dobivamo: a. U jedadžbu elipse uvrstimo = 8 i a = 5 a, 5 a 9 a = 5, a = 5. Odatle dijeljejem sa dobivamo glasi: a = 00, odoso a = 0. Dakle, jedadžba elipse odoso ako dijeljeja s 5 00, y = 5 00, y + = Iz ovoga oblika očitamo b = 5. Odatle razabiremo da je duljia male poluosi jedaka b = 5. To zači da su tjemea elipse a osi ordiata točke T = (0, 5) i T = (0,5). Zbog simetrije elipse svejedo je koje od tih dvaju tjemea odaberemo, pa odaberimo pr. tjeme T = (0,5). Odredimo lieari ekscetricitet elipse (ozaka: e). O je jedak: = = 00 5 = 75 = 5 = 5 = 5. e a b Tražei opseg trokuta dobijemo tako da razmaku izmeñu žarišta elipse pribrojimo zbroj udaljeosti tjemea T od obaju žarišta elipse. Razmak izmeñu žarišta elipse jedak je e. Točka T pripada elipsi pa je, prema defiiciji elipse, zbroj jeziih udaljeosti od žarišta elipse jedak a. Tako koačo dobivamo: O = e + a = = jediičih duljia. 0. (,, 8, 0) i (,, 8, 0). Ozačimo tražeu četvorku brojeva s (a, b, c, d). Pišemo je kao ureñeu četvorku jer je bito koji broj je prvi, koji drugi itd. Iz podatka da prva tri broja čie geometrijski iz zaključujemo da vrijedi jedakost b = a c. Iz podatka da posljedja tri broja čie aritmetički iz zaključujemo da vrijedi jedakost c = b + d. mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač 0

21 Iz podatka da je zbroj prvoga i četvrtoga broja jedak zaključujemo da vrijedi jedakost a + d =. Naposljetku, iz podatka da je zbroj drugoga i trećega broja jedak zaključujemo da vrijedi jedakost b + c =. Tako smo dobili sustav četiriju jedadžbi s četiri epozaice: b = a c, c = b + d, a + d =, b + c =. Riješimo taj sustav. Zbrojimo drugu, treću i četvrtu jedadžbu, pa dobijemo: c + a + d + b + c = b + d + +, a + c = 5, a = 5 c. Iz četvrte jedadžbe izrazimo epozaicu b: b = c. U prvu jedadžbu sustava uvrstimo jedakosti a = 5 c i b = c. Dobijemo: ( ) (5 ), c = c c , c + c = c c , c + c c + c = , / : c c + = c c + = 0, ± ( ) ± 7 57 ± 00 ± 0, c, = = = = c = = = 8, c = = = 8. Uvrstimo li c = 8 u jedakosti a = 5 c i b = c, dobit ćemo a = i b =. Potom iz a + d = slijedi d = 0. Dakle, u ovom slučaju dobivamo ureñeu četvorku (,, 8, 0). Uvrstimo li c = 8 u jedakosti a = 5 c i b = c, dobit ćemo a = i b =. Potom iz a + d = slijedi d = 0. Stoga u ovom slučaju dobivamo ureñeu četvorku (,, 8, 0). Prema tome, sva zadatka su ureñee četvorke (,, 8, 0) i (,, 8, 0). pripremio: mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač mr.sc. Boja Kovačić, viši predavač