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

Транскрипт

1 I. ZADATCI VIŠESTRUKOGA IZBORA. B. Kubirmo zdnu nejednkost, što smijemo jer je funkcij f (x) = x 3 bijekcij s R u R. Dobivmo nejednkost: < < 8. Ovu nejednkost zdovoljvju prirodni brojevi, 3, 4, 5, 6 i 7. Njih im točno 6.. A. Koristeći identitete log ( b c) = log b + log c, log =, log b log b = log z sve dozvoljene relne vrijednosti, b, c, immo redom: log 3+ log 6 log 3+ log (3 ) log 3+ log 3+ log log 3+ log 3 = = = = + = log 9 log (3 ) log 3 log 3 log 3 log 3 log = + = + log3 = + = log 3 log B. Suprotni brojevi su i, p je njihov zbroj jednk 0, dok je =. Stog su tvrdnje A i C točne. Recipročni brojevi su i, p je njihov umnožk jednk, dok je = =. Stog je tvrdnj D točn, tvrdnj B nije (osim u posebnom slučju {, }). 4. D. Iz prve jedndžbe sustv odmh slijedi p uvrštvnjem u drugu jedndžbu dobijemo: x y =, x 3 x = 5, 3 x = 5 / : x = = = mr.sc. Bojn Kovčić, predvč

2 5. C. Primjenom identitet polznu nejedndžbu možemo zpisti u obliku odnosno, u obliku x x x x = = =, 4 x 5 5 <, x 5 5 <. Usporedbom eksponent, pri čemu se znk nejednkosti ne mijenj (jer je bz potencije 5 strogo već od )), dobivmo linernu nejedndžbu: Dijeljenjem s slijedi su: 6, 5, i 0. x <. x <. Točno četiri element zdnog skup su strogo mnj od, i to 6. B. Točku u kojoj grf zdne funkcije siječe os x dobit ćemo tko d riješimo jedndžbu f (x) = 0 po nepoznnici x, točku u kojoj grf zdne funkcije siječe os y dobit ćemo tko d u propis zdne funkcije uvrstimo x = 0. Krenimo redom: f ( x ) = 0, x 3 6 = 0, x 3 = 6 / : 3 x =, x =, odtle usporedbom eksponent izrvno slijedi x =. Dkle, grf zdne funkcije siječe os x u točki S (, 0). Odredimo sjecište s osi y: 0 f (0) = 3 6 = 3 6 = 3 6 = 3. Stog grf zdne funkcije siječe os y u točki S (0, 3). Prem tome, tržen sjecišt su S (, 0), i S (0, 3). mr.sc. Bojn Kovčić, predvč

3 7. A. Primijenit ćemo identitete: Immo redom: 3 x = (3 x) (3 + x), (x + 3) = x + 6 x + 9, x + 8 x + = (x + ) (x + 6). 4 x + x x ( x + 3) x x = x 3 x 9 x x 6 x 3 + x ( x 3) 3 x = + x + 6 x 3 4 ( x + 3) x x ( x + 3) x x = + x ( x 3) (3 x) (3 x) = x 6 x 3 x ( x 3) ( x 3) ( x 3) = x + 6 x 3 4 ( x + 3) ( x + 3) x x x ( x + 6 x + 9) x x = x ( x 3) ( x + 3) = x 6 x 3 x ( x 3) ( x 3) = + + x + 6 x 3 4 x + 4 x + 36 x x x + 4 x + 36 x = x ( x 3) ( x 3) = x 6 x 3 x ( x 3) ( x 3) = x + 6 x 3 3 ( x + 8 x + ) x ( x + ) ( x + 6) x ( x + ) 5 = x ( x 3) ( x + 3) = = = x + 6 x 3 x ( x 3) ( x 3) + x + 6 x 3 x ( x 3) x 3 3 ( x + ) 5 x 3 x x x + 6 ( x 3) = = = = =. x ( x 3) x ( x 3) x ( x 3) x ( x 3) x 8. A. Oznčimo s s udljenost izmeñu grdov. Vrijeme potrebno z prevljivnje put s s prosječnom brzinom od 80 km/h iznosi t = sti, dok vrijeme potrebno z prevljivnje put s 80 s prosječnom brzinom od 75 km/h iznosi t = sti. Zbroj tih dvju vremen mor biti jednk 75 ukupnom vremenu, tj t + t = 6 sti i minut = 6 + = 6 + = = sti Uvrštvnjem izrz z t i t dobivmo linernu jedndžbu: Njbrže ćemo je riješiti ovko: s s 3 + = s = / : mr.sc. Bojn Kovčić, predvč 3

4 s = = = = = = 80 3 = Dkle, udljenost izmeñu grdov iznosi 40 km, p je utobus prešo ukupno = 480 km D. U 900 litr morske vode im ukupno 900 = = 3.6 litr soli. Tj obujm mor 00 tvoriti % obujm otopine nstle isprvnjem vode. Oznčimo li s V obujm te otopine, ond mor vrijediti jednkost: V =. Odtle je V = = 360 litr. Stog mor ispriti ukupno V = = 540 litr vode. 0. B. Iz slike očitmo d je f () =, p je ( ) [ ] pripdju točke T (, ) i T (, ).) f f () = f f () = f () =. (Grfu zdne funkcije. C. Zdtk se riješi primjenom pojm potencije točke s obzirom n kružnicu. Podsjetimo, ko je E unutrnj točk kružnice, ond se potencij točke E s obzirom n kružnicu dobije tko d se povuče bilo koj tetiv AB kružnice koj prolzi kroz E, te izrčun umnožk duljin AE i BE. Može se pokzti d vrijednost tog umnošk ne ovisi o izboru tetive AB. Stog odmh immo: AE BE = CE DE, x 6 = 3 7. Odtle dijeljenjem s 6 dobijemo x = = = = 3.5 cm A. Obujm tetredr čiji su svi bridovi jednke duljine dn je formulom Uvrstimo li u tu formulu = 5, dobit ćemo: V =. V = = cm 3. Npomen: Nveden formul z obujm dobije se ovko: Osnovk tetredr je jednkostrničn trokut čij strnic im duljinu. Njegov je površin B = 3. Ortogonln projekcij osnovki nsuprotnog vrh tetredr n osnovku je težište osnovke. Stog se 4 promtr prvokutn trokut čij je jedn ktet visin tetredr h, drug ktet spojnic težišt i jednog vrh osnovke, hipotenuz mr.sc. Bojn Kovčić, predvč 4

5 jedn bočni brid. Iz poučk o težištu i činjenice d se u svkom jednkostrničnom trokutu težišnic povučen n bilo koju strnicu podudr s visinom povučenom n istu strnicu slijedi d je duljin druge ktete jednk b = t = 3 = 3. Prem Pitgorinu poučku, duljin visine tetredr jednk je h = 3 = = =. Tko sd lgno dobivmo V = B h = 3 = B. Kvdrirnjem prve jednkosti dobijemo: odnosno Budući d je x + y =, slijedi: odnosno (x y) = 36, x x y + y = 36. x y = 36, x y = 36, x y = 4, odtle je x y = 7. Koristeći formulu z rzliku kubov dobivmo: x 3 y 3 = (x y) (x + x y + y ) = 6 ( 7) = 6 5 = B. Jedndžb im smisl ko i smo ko istodobno vrijede sljedeće nejednkosti: x > 0, x + 3 > 0, x 3 > 0. Iz prve nejednkosti dobijemo x >, iz druge x > 3, iz treće x > 3. Presjek tih triju uvjet je prvi uvjet, tj. x >. Dkle, ko polzn jedndžb uopće im rješenje, ond to rješenje mor zdovoljvti nejednkost x >. Trnsformirjmo polznu jedndžbu n sljedeći nčin: Izjednčvnjem logritmnd dobivmo: log (x ) + log (x + 3) = + log ( x 3), log (x ) + log (x + 3) = log ( ) + log ( x 3), log (x ) + log (x + 3) = log 4 + log ( x 3), log [(x ) (x + 3)] = log [4 ( x 3)]. mr.sc. Bojn Kovčić, predvč 5

6 (x ) (x + 3) = 4 ( x 3), x x + 3 x 6 = 8 x, x x + 3 x 6 8 x + = 0, x 7 x + 6 = 0. Rješenj posljenje kvdrtne jedndžbe su x = i x = 6. Uvjet x > zdovoljv smo x = 6, p polzn jedndžb im jedinstveno rješenje x = C. Trnsformirjmo broj N n sljedeći nčin: N = = ( + ) 4 + (3 + 4) Prem pretpostvci je b =, odnosno b = 4, p je: N = ( + ) b + (3 + 4) b Lko se provjeri d z = 00 vrijede nejednkosti +, i Stog je A = + = 00 + = 003 i C = = = 505. II. ZADATCI KRATKIH ODGOVORA Pretpostvimo d je mnji broj jednk n, z neki n N. Td se prvi sljedeći neprn broj dobije tko d se mnji broj uveć z. Dkle, veći je broj jednk ( n ) + = n +. Prem uvjetim zdtk mor vrijediti jednkost: Riješimo ovu jedndžbu: 3 ( n ) = ( n + ) ( n ) = ( n + ) + 3, 6 n 3 = 4 n + + 3, 6 n 4 n = , n = 36. Odtle dijeljenjem s dobivmo n = 8. Dkle, mnji broj jednk je 8 = 36 = P B. Immo redom: h b + B P = h / P = ( b + B) h / : h. P = b + B h mr.sc. Bojn Kovčić, predvč 6

7 P b = B h 8..) 3. Zdnu jedndžbu trnsformirjmo n sljedeći nčin: 9 = 5 x 5 x 5 x 5 x 9 = 0, /:5 x 3 x = Tko smo dobili normirnu kvdrtnu jedndžbu (onu u kojoj je koeficijent uz x jednk ). Prem Vièteovim formulm, zbroj obju rješenj te jedndžbe jednk je suprotnoj vrijednosti koeficijent uz x, tj. ( 3) = 3..) S = 4, 3. Zdnu nejedndžbu možemo zpisti u obliku: 6 x 5 x 4 0. N lijevoj strni te nejedndžbe je polinom. stupnj (kvdrtn funkcij). Njezin vodeći koeficijent je 6 > 0, p njezin grf im oblik. Stog je vrijednost te funkcije nepozitivn n segmentu odreñenom relnim nultočkm te funkcije. Riješimo li kvdrtnu jedndžbu dobit ćemo: 6 x 5 x 4 = 0, ( 4) , = ± = ± + = ± = = =, + = = = x x x. 6 3 Dkle, skup svih rješenj polzne nejedndžbe je 4 S =, Znmo d z n = dn i m = 60 km treb pltiti njm C = 866 kn. Stog mor vrijediti jednkost: 866 = D + 60 K. Ndlje, znmo d z n = 3 dn i m = 0 km treb pltiti njm C = 73 kn. Stog mor vrijediti jednkost: 73 = 3 D + 0 K. Tko smo dobili sustv dviju linernih jedndžbi s dvije nepoznnice: mr.sc. Bojn Kovčić, predvč 7

8 866 = D + 60 K 73 = 3 D + 0 K Riješimo tj sustv npr. metodom suprotnih koeficijent. Pomnožimo prvu jedndžbu s 3, drugu s ( ). Dobivmo: Zbrojimo li dobivene jedndžbe, dobit ćemo: 598 = 6 D K 446 = 6 D 40 K. 40 K = 5. Odtle dijeljenjem s 40 slijedi K = 4.8. Uvrstimo li tu vrijednost npr. u prvu jedndžbu sustv, dobivmo: Odtle dijeljenjem s dobivmo D = = D , 866 = D + 768, D = , D = 98..) 49. Trženi je iznos vrijednost nepoznnice D, tj je D = 49..) 348. Trženi iznos dobit ćemo tko d u formulu z izrčun cijene C uvrstimo n = 4, D = 49, m = 40 i K = 4.8. Slijedi: C = = = 348 kn. 0..) 6 33'54''. Njmnji kut x nlzi se nsuprot njmnjoj kteti, tj. kteti duljine 6 cm. Njegov je tngens jednk tg x = 6 =. Jedino rješenje ove jedndžbe u intervlu 0, π je x '54''..) Odredimo njprije mjere svih kutov tog trokut. Iz podtk d se kutovi odnose ko 3 : 4 : 5 slijedi d postoji strogo pozitivn reln broj k > 0 tkv d je α = 3 k, β = 4 k i γ = 5 k. Zbroj tih triju kutov mor biti jednk 80, p dobivmo jedndžbu: 3 k + 4 k + 5 k = 80, k = 80. Odtle dijeljenjem s slijedi k = 5. Stog je mjer njmnjeg kut trokut α = 3 k = 3 5 = mr.sc. Bojn Kovčić, predvč 8

9 = 45, mjer njvećeg kut trokut γ = 5 k = 5 5 = 75. Njkrć strnic trokut nlzi se nsuprot njmnjem kutu, njdulj strnic trokut nsuprot njvećem kutu trokut. Oznčimo li nepozntu strnicu s x, primjenom sinusov poučk dobijemo: x sin 45 = 5 sin 75. Izrčunjmo zsebno brojnik i nzivnik rzlomk n desnoj strni gornje jednkosti: sin 45 =, 3 3 sin 75 = sin( ) = sin 45 cos30 + cos45 sin 30 = + = + Tko je končno: sin 45 ( 3 ) x = 5 = 5 = 5 = 5 = 5 = sin ( 3 + ) ( 3 ) + + ( ) 3 = 5 = 5 ( 3 ) ) i. Očito je i 7 = i 4 i 3 = ( i) = i, p je: z = ( i) ( i) = i + i = i + ( ) = i. 5 π 5 π.). cos + i sin. Kompleksni brojevi zpisni u trigonometrijskom obliku množe se 6 6 tko d im se psolutne vrijednosti pomnože, rgumenti zbroje. Tko odmh dobivmo: π π π π 4 π π 4 π π z z = 3 cos i sin cos i sin = = π 5 π = cos + i sin 6 6..) x k = ( k + ) π, k Z. Zmijenimo t = cos x, p dobijemo kvdrtnu jedndžbu t t = 0. Njezin su rješenj t = i t =. Potonje rješenje znemrujemo jer mor biti t = cos x. mr.sc. Bojn Kovčić, predvč 9

10 Stog mor biti t =, p dobivmo trigonometrijsku jedndžbu: cos x =. Jedino rješenje te jedndžbe u osnovnom segmentu [0, π] je x = π. Stog su sv rješenj polzne jedndžbe x k = π + k π = ( k + ) π, pri čemu je k Z..) Vidjeti Sliku. Zdnu funkciju f možemo zpisti u obliku: f ( x) sin x π sin x cos π cos x sin π = = = cos x. π 3 π Rčunjući vrijednosti f (x) z x 0,, π,, π i ucrtvjući pripdne točke u prvokutni koordintni sustv u rvnini dobivmo grf prikzn n Slici. Slik. 3..) 5. U trenutku t broj komrc iznosi B t = t. Želimo odrediti koliko vremen (od početk primjene pesticid) treb proteći dok broj komrc ne bude jednk B t. Oznčimo s x vrijeme u kojemu će broj komrc biti upol mnji nego u trenutku t. Broj komrc u trenutku x treb biti jednk B t, što znči d mor vrijediti jedn- mr.sc. Bojn Kovčić, predvč 0

11 kost: Tko smo dobili jednkosti: B t = x. Dijeljenjem druge jednkosti prvom dobivmo: B t = t, B t = x. Izjednčvnjem eksponent slijedi: = = ( x t) ( x t) (x t) =, x t = godin Dkle, od trenutk t do trenutk x treb proći 5 godin..) Nkon 0 godin broj komrc n jezeru iznosi B 0 = U godini u kojoj pesticidi nisu primjenjeni broj komrc povećo se z 30%. Stog je trženi broj jednk: B = B0 + B0 = + B0 = ( + 0.3) B0 =.3 B0, B = ) 60. Prem binomnu je poučku trženi koeficijent jednk: = = = = ) 608. Nek je trženi broj x. Prem pretpostvci, x pri dijeljenju s 36 dje količnik jednk osttku, p primjenom poučk o dijeljenju s osttkom zključujemo d postoji n N tkv d je n 35 i x = 36 n + n = 37 n. Stog tržimo vrijednost broj n tkvu d je n 35 i n 600. mr.sc. Bojn Kovčić, predvč

12 Dijeljenjem posljednje nejednkosti s 37 dobijemo: 43.8 n Odvde je n = 44, p je trženi broj x = = 608. Npomen: Poopćenjem postupk nvedenog u rješenju ovog zdtk dobiv se sljedeć tvrdnj: Ako neki prirodn broj x pri dijeljenju s prirodnim brojem y dje količnik z i osttk z, ond je x = (y + ) z, tj. x je djeljiv s y +. Tko je ovj zdtk zprvo zhtijevo d odredimo višekrtnik broj 36 + = 37 koji se nlzi izmeñu 6000 i 600. To je uprvo broj ) 5 cos(5 x). Zdnu funkciju derivirmo prem prvilu derivirnj kompozicije funkcij. Derivcij funkcije sin x je cos x, dok je derivcij funkcij 5 x konstnt 5. Stog je:.) 5. Odredimo njprije g'(x). Uočimo d je f '(x) = cos(5 x) (5 x)' = 5 cos(5 x). x g( x) x x x x x x = + = + = +, p primjenom osnovnih prvil z derivirnje i tblice derivcij elementrnih funkcij dobivmo: g '( x) ( x )' ( x )' ( ) x ( ) x x 4 x 3 = + = + =. Trženi koeficijent smjer tngente jednk je vrijednosti funkcije g '(x) z x =. Stog je: 3 g '() = = =. 3.). Odredimo njprije prve dvije derivcije funkcije h. Primjenom osnovnih prvil z derivirnje i tblice derivcij elementrnih funkcij dobivmo redom: h x = x + x + = x + x 3 '( ) ( ) ( 3) 8 5, h x = x + = x + ''( ) ( 3) 8 0 ( 6) 8 Uočimo d je h''(x) > 0 ko i smo ko je odnosno odnosno ( 6) x + 8 > 0, ( 6) x > 8, x < 3. mr.sc. Bojn Kovčić, predvč

13 Stog tržimo onu stcionrnu točku zdne funkcije čij je prv koordint strogo mnj od 3. Riješimo li jedndžbu h'(x) = 0, tj. kvdrtnu jedndžbu odnosno, nkon dijeljenj s ( 3), ( 3) x + 8 x 5 = 0, x 6 x + 5 = 0, dobit ćemo x =, x = 5. Potonje rješenje znemrujemo zbog uvjet x < 3, p zdn funkcij postiže loklni minimum z x =. Tj minimum je jednk h() = = (, ). Vidjeti Sliku. Iz propis zdne funkcije očitmo =, b =, c = 0, p uvrstimo te podtke u formulu z izrčunvnje tjemen grf kvdrtne funkcije: 4 0 b 4 c b T,, = =,,, 4 = = 4 ( ). Budući d je vodeći koeficijent = strogo mnji od nule, grf zdne funkcije je prbol oblik. Z njezino jednoznčno definirnje (jer je svki grf polinom. stupnj jednoznčno odreñen zdvnjem bilo kojih triju rzličitih točk tog grf) odredimo još relne nultočke zdne funkcije: x + x = 0 x ( x 4) = 0 x= 0 ili x 4 = 0 x= 0, x = 4 Stog trženi grf prolzi točkm T(, ), O(0, 0) i S (4, 0). On je prikzn n Slici. Slik. mr.sc. Bojn Kovčić, predvč 3

14 , \. Drugi korijen koji se pojvljuje u propisu funkcije f definirn je z nenegtivni rdiknd, dok nzivnik rzlomk treb biti rzličit od nule. Tko dobivmo sustv: 7..) D f = + { } Iz prve nejedndžbe je funkcije. x + 0 x 0 x, iz druge x. Svi relni brojevi koji istodobno nisu mnji od, + \. Stog je tj skup tržen domen zdne i rzličiti su od tvore skup S = { } 8..) 300. Zpišimo formulu z opći čln niz u sljedećem obliku: n = 6 n + = 6 (n ) = 8 + (n ) 6. Odtle slijedi d je niz ( n ) n N ritmetički niz kojemu je prvi čln = 8, rzlik d = 6. Zbroj prvih n = 0 člnov tog niz jednk je: 0 S 0 = [ 8 + (0 ) 6 ] = 0 ( ) = 0 (6 + 4) = 0 30 = ) =.5. Nek su, b i c tri uzstopn čln geometrijskog niz. Prem definiciji 4 geometrijskog niz, mor vrijediti jednkost: b = c, prem podtcim iz zdtk morju vrijediti jednkosti: b = + 4, c = b + 5. Tko smo dobili sustv triju jedndžbi s tri nepoznnice: b = c b = + 4 c = b + 5. Uvrstimo li drugu jedndžbu sustv u treću dobit ćemo: c = + 9. Uvrštvnjem druge jedndžbe sustv i gornje jedndžbe u prvu jedndžbu sustv dobijemo: ( + 4) = ( + 9), mr.sc. Bojn Kovčić, predvč 4

15 odnosno = + 9, 8 9 = 6, = 6. Odtle je = 6. Iz druge jedndžbe sustv slijedi b = + 4 = 0, p je količnik geometrijskog b 0 5 niz jednk q = = = = ) 8. Promjer prve upisne kružnice jednk je strnici kvdrt, tj. d = 8 cm. Dijgonl kvdrt upisnog u kružnicu promjer d jednk je promjeru kružnice, p slijedi: = 8 = 8 cm. Nstvljjući nlogno dlje, uz oznku n = duljin strnice n tog upisnog kvdrt, dobili bismo i općenito =, 3 =, Posljednju jednkost možemo zpisti u obliku: odnosno n = n. n =, n =. n n Odtle slijedi d površine svih kvdrt tvore beskončn geometrijski niz čiji je prvi čln P = 8 = 64, količnik q =. Zbroj svih člnov tog niz jednk je P S = = = = 64 = 8 cm. q mr.sc. Bojn Kovčić, predvč 5

16 III. ZADATCI PRODUŽENIH ODGOVORA 9..). Koeficijent smjer prvc kojemu pripd dužin AB jednk je: polovište te dužine je točk k AB yb ya 6 4 = = = =, x x B A xa + xb ya + yb P =, =, =, = (7,4). Simetrl dužine AB je prvc okomit n prvc kojemu pripd dužin AB i koji prolzi točkom P. Koeficijent smjer te simetrle je ks = = =, k AB p primjenom formule z jedndžbu prvc kojemu su zdni koeficijent smjer i jedn točk dobivmo jedndžbu te simetrle: s y 4 = (x 7), s x y = 0, s x y 3 = 0. Primjenom formule z udljenost točke od prvc izrčunmo trženu udljenost točke C od prvc s: 3 ( ) d = = = = = = = + ( ) +.) i + 5 j. Primijetimo njprije d vrijedi jednkost: MN + NP = MP. Stog immo redom: MN + NP = MP = ( xp xm ) i + ( yp ym ) j = [ ( ) ] i + [ ( 3) ] j = = ( + ) i + ( + 3) j = i + 5 j = i + 5 j 3.) t. 4 x 3 y + 4 = 0. Iz slike očitmo koordinte točk S i A: S = (5, 3) i A = (, 6). Kvdrt udljenosti točk A i S jednk je kvdrtu polumjer kružnice, p je: mr.sc. Bojn Kovčić, predvč 6

17 SA = (x A x S ) + (y A y S ) = ( 5) + (6 3) = ( 4) + 3 = = 5. Stog je jedndžb kružnice: (x 5) + (y 3) = 5. Trženu jedndžbu tngente povučene n kružnicu u točki A dobit ćemo iz izrz: p uvrštvnjem x A = i y A = 6 slijedi: (x A 5) (x 5) + (y A 3) (y 3) = 5, ( 5) (x 5) + (6 3) (y 3) = 5, 4 (x 5) + 3 (y 3) = 5, 4 x y 9 = 5, 4 x + 3 y = 0, 4 x + 3 y 4 = 0 /:(-), 4 x 3 y + 4 = 0. 4.) y = x. Vidjeti Sliku 3. Općenito, skup svih točk jednko udljenih od točke T = (t, 0) i prvc x = t je prbol čije je žrište točk T, rvnlic prvc x = t. Njezin jedndžb u općem slučju je y = 4 t x. U nšem je slučju t = 4, p dobivmo prbolu čij je jedndžb y = 6 x. On je prikzn n Slici 3. (Z crtnje prbole uzmite x {0, } i rčunjte pripdne vrijednosti vrijble y.) Slik 3. mr.sc. Bojn Kovčić, predvč 7

18 4.) m. Postvimo prvokutni koordintni sustv u rvnini tko d os y bude os simetrije ndvožnjk, te d se rzin ceste podudr s osi x. 7 Duljin velike osi elipse jednk je širini ndvožnjk. Dkle, = 7, p je = = 3.5 m. Iz podtk o njvećoj točki ndvožnjk slijedi d je duljin mle poluosi elipse 4. m, tj. b = 4. m. Dkle, jedndžb cijele elipse je x y + =, pri čemu, prem prirodi problem, promtrmo smo dio te elipse iznd osi x. Promtrjmo poprečni presjek ndvožnjk i kmion. Kmion možemo zmišljti ko prvokutnik čij je dužin.6 m. Kmion se nlzi u rzini ceste, p su dv vrh prvokutnik n osi x. Zbog simetrije s obzirom n os y, ti vrhovi nužno morju biti točke (.3, 0) i (.3, 0). Odredimo točke poluelipse čij je pscis.3. Immo:.3 yt + = yt.3 = y y y T T T = 4. = (3.5.3 ) = (3.5.3) ( ) = = = = Dkle, udljenost izmeñu dn kmion i ndvožnjk iznosi (približno) metr. Zbog uvjet n rzmk izmeñu krov kmion i ndvožnjk, sm visin kmion je z 0.5 metr mnj od udljenosti izmeñu dn kmion i ndvožnjk, p iznosi (približno) metr. 30. R \, 3 5. Kritične točke su x = i x = 3, tj. vrijedi: x +, z x, x + = ( x + ), inče, 3 x x 3, z x 3, = 3 x, inče. Stog funkciju rzmtrmo n intervlim, ],, 3] i 3, +. Dobivmo: ( x + ) (3 x), z x ; f ( x) = x + (3 x), z x,3 ]; x + ( x 3), z x 3, + ; mr.sc. Bojn Kovčić, predvč 8

19 4, z x ; f ( x) = x, z x,3 ]; 4, z x 3, +. Skicirmo li grf funkcije f u prvokutnom koordintnom sustvu u rvnini, dobit ćemo Sliku 4. Slik 4. Tko vidimo d će zdn jedndžb imti točno jedno rješenj ko i smo ko vrijedi nejednkost: 4 < < 4 jer svki prvc y = b presijec grf zdne funkcije u točno jednoj točki ko i smo ko je b 4, 4. Oduzmemo li od svkog čln ove nejednkosti i potom pomnožimo dobivenu nejednkost s ( ), dobit ćemo: 3 < < 5. Ovu nejedndžbu njlkše je i njbrže riješiti grfički. Ncrtmo hiperbolu y = 5, p lko vidimo d se vrijednosti funkcije y = i prvce y = 3 i nlze izmeñu brojev 3 i 5 ko i smo ko je R \, 3 5. Stog je rješenje zdtk skup R \, 3 5. pripremio: mr.sc. Bojn Kovčić, dipl.ing., predvč mr.sc. Bojn Kovčić, predvč 9

20 Slik 5. mr.sc. Bojn Kovčić, predvč 0