PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET U NIŠU DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU ZADACI SA REŠENJIMA SA PRIJEMNOG ISPITA IZ MATEMATIKE, JUN 0. Odrediti moduo kompleksnog broja Rešenje: Uočimo da važi z = + i00 i 98 + i 96 + i 94. + i = i + i 00 = 00 i 00 = 00 i 4 = 00 + i 96 = 98 i 4 4 i = 98 ; i = i i 98 = 99 i 99 = 99 i 4 4 i 3 = 99 i Odatle sledi i 94 = 97 i 97 = 97 i 4 4 i = 97 i. z = 00 99 i 98 97 i = 8 4i i = + 6 i. Dakle, z = 4.. Polinom P x pri deljenju sa x daje ostatak, pri deljenju sa x daje ostatak, a pri deljenju sa x 3 daje ostatak. Odrediti ostatak pri deljenju polinoma P x sa x 3 6x + x 6. Rešenje: Na osnovu Bezuovog stava, ostatak pri deljenju polinoma P x sa x a je P a. Prema uslovima zadatka, važi Neka je P =, P =, P 3 =. P x = QxSx + Rx, pri čemu je Qx = x 3 6x + x 6 i strx. Polinom Rx je oblika Kako je Q = Q = Q3 = 0, to je, na osnovu, i 3, Rx = ax + bx + c. 3 = P = R = a + b + c, 4 = P = R = 4a + b + c, = P 3 = R3 = 9a + 3b + c. Rešavanjem sistema 4, dobija se a =, b = 0, c = 3, pa je traženi ostatak Rx = x 3.
3. Odrediti vrednosti parametra m za koje rešenja x i x kvadratne jednačine x + mx + 4 = 0 zadovoljavaju relaciju Rešenje: Na osnovu Vijetovih pravila važi Odatle sledi x + x. x + x = m, x x = 4. x + x x4 + x4 x x x 0 x x + x 4x 0 + x 64 [x + x x x ] 64 [4m 8] 64 4m 8 8 8 4m 8 8 m m [, ]. 4. Rešiti nejednačinu Rešenje: Odredimo prvo oblast definisanosti: Pod datim uslovima važi x 3 x + 4x x < 0 3x + x 3 0 x 3 x + 4x x 3x + x 3 x + 6x x 3x + < 0 x 3 x x x x < 0 x 3 x,, + x x 3 + x x 3x + <. x 3x + 0 x x. < 0 x 3 < 0 x + 3 x + 4x x < 0 3x + x < 3 x + x + x 3x + < 0 x < 3 x x + < 0 x x [ 3,, + x, x,,, +. x < 3 x,, +, +, 3. Rešiti nejednačinu 4 x x 3 0.
Rešenje: Nejednačina ima smisla za x 0. Tada je 6. Rešiti nejednačinu 4 x x 3 0 x x 0 t t 0 t = x t [ 3, 4] t = x x 4 x x > 0 x x < 0 x x < 0 x, 0 log x x + < log x. x Rešenje: Logaritamske funkcije su dobro definisane ukoliko važi [, +. x > 0 x x + > 0 x > 0 x D = {x R x 0,, }. Kako je to je log x = log x x x, log x x + + log x x < 0 x D log x [x + x] < 0 x D x 0, x + x > x, x + x < x 0, x, + x, x, +, + x 0, +,. 7. Rešiti jednačinu sin 4 x + cos 4 x = cos 4x. Rešenje: sin 4 x + cos 4 x = cos 4x sin x + cos x sin x cos x = cos x sin x sin x = sin x 3 sin x = 0 sin x = 0 x = kπ, k Z x = kπ, k Z. 3
8. Pravilna četvorostrana prizma ima omotač 8m i dijagonalu 3m. Izračunati njenu zapreminu. Rešenje: U osnovi pravilne četvorostrane prizme je kvadrat stranice a i neka je H visina prizme. Tada je površina omotača M = 4aH = 8m, odakle sledi ah =, tj. H = a. Dijagonala pravilne četvorostrane prizme je D = 3m. Na osnovu D = a + H, zaključujemo 9 = a + 4 a t 9t + 4 = 0 t = a t = 4 t = t = a a = a =. Prema tome, a = H = a = 4m 3 V = m 3. H =, odnosno zapremina prizme je V = a H = 9. Data je parabola y = 6x, x 0 i prava p : x y + 0 = 0. Odrediti jednačinu kruga koji dodiruje pravu p, a njegov centar je dodirna tačka parabole i tangente parabole t koja je paralelna pravoj p. Rešenje: Eksplicitni oblik jednačine prave p je p : y = x +. Kako je t p, sledi da je koeficijent pravca prave t jednak, pa je njena jednačina t : y = x + n. 6 Vrednost n odred uje se iz uslova dodira prave t i parabole. Zamenom 6 u jednačinu parabole se dobija kvadratna jednačina 4 x + n 6x + n = 0. Prava t dodiruje parabolu akko poslednja jednačina ima jedno rešenje. Diskriminanta te jednačine je D = n 6 n. Dakle, uslov dodira je D = 0 n = 3, odakle se dobija t : y = x + 3. 7 Neka je O tačka dodira prave t i parabole. Njene koordinate se dobijaju zamenom jednačine prave t u jednačinu parabole: 4 x 3x + 9 = 0 x = 6, y = 6 O6, 6. Na osnovu uslova zadatka, O6, 6 je centar traženog kruga čija je jednačina K : x 6 + y 6 = r. 8 Kako je prava p tangenta kruga K, njegov poluprečnik se odred uje iz uslova dodira prave p i kruga K. Zamenom u 8 se dobija 4 x 3x + 37 r = 0. 4
Diskriminanta ove jednačine je pa je uslov dodira D = 0 r = 4. Dakle, tražena jednačina kruga je D = r 6, K : x 6 + y 6 = 6. 0. U aritmetičkom i geometrijskom nizu podudaraju se prvi, drugi i četvrti član, dok je treći član aritmetičkog niza za 8 veći od trećeg člana geometrijskog niza. Odrediti ove nizove. Rešenje: Označimo i ti član aritmetičkog niza sa a i, a geometrijskog sa g i, neka je d razlika aritmetičkog niza, a q količnik geometrijskog niza. Prema uslovu zadatka, važi sledeće: a = g, a = g, a 3 = g 3 + 8, a 4 = g 4, odnosno: a + d = a q, a + d = a q + 8, a + 3d = a q 3. Izrazimo d iz prve jednačine kao a q = d, i zamenom u drugu i treću, dobijamo posle sred ivanja: a q a = a q + 8, 3a q a = a q 3, odnosno a q q = 8, a 3q q 3 = 0. Kako a ne sme da bude nula, mora biti q 3 3q + = 0. Ovo je jednačina trećeg stepena, ali odmah vidimo da je jedno njeno rešenje q =. Kako je q 3 3q + = q q + q, druga dva rešenje su q = i q =. Rešenje q = moramo odbaciti, jer ne postoji a takvo da a q q = 8 za q =. Rešenje q = daje a = i d = 6, što znači da su traženi nizovi: a :, 4, 0, 6,... i g :, 4, 8, 6,....