. C. Zaokružimo li zadani broj na najbliži cijeli broj, dobit ćemo 5 (jer je prva znamenka iza decimalne točke 5). Zaokružimo li zadani broj na jednu decimalu, dobit ćemo 4.6 jer je druga znamenka iza decimalne točke 7, tj. veća od 5. Zaokružimo li zadani broj na dvije decimale, dobit ćemo 4.57 jer je treća znamenka iza decimalne točke, tj. manja od 5. Zaokružimo li zadani broj na tri decimale, dobit ćemo 4.57 jer je četvrta znamenka iza decimalne točke 6, tj. veća od 5. Odatle slijedi da zaokruživanje zadanoga broja na dvije decimale nije ispravno.. A. Pomaknemo li se od točke T po pravcu x = za pet jediničnih dužina ulijevo, doći ćemo u točku T = ( 5,8) = ( 7,8). Pomaknemo li se od te točke po istom pravcu za pet jediničnih dužina udesno, doći ćemo u točku T = ( + 5,8) = ( 7,8). Analogno, pomaknemo li se od točke T po pravcu y = 8 za pet jediničnih dužina prema gore, doći ćemo u točku T = (,8 + 5) = (,). Pomaknemo li se od te točke po istom pravcu za pet jediničnih dužina prema dolje, doći ćemo u točku T 4 = (,8 4) = (,4). Dakle, rješenje zadatka je točka T = ( 7,8).. B. Iz zadane jednakosti izrazimo R. Pomnožimo zadanu jednakost sa Dobit ćemo: R. Q v B m v R =. Q v B Ako je v = 0, onda veličina R nije definirana (nazivnik je jednak nuli). Ako je v 0, onda razlomak na desnoj strani smijemo skratiti sa v i dobiti: m v R =. Q B Napomena: Službeni rezultat je točan uz dodatnu pretpostavku v 0. 4. C. Simetrala zadane dužine prolazi njezinim polovištem okomito na zadanu dužinu. Zbog toga je njezin koeficijent smjera suprotan i recipročan u odnosu na koeficijent smjera pravca kojemu pripada zadana dužina. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač
Odredimo najprije koordinate polovišta P zadane dužine: + ( ) + 4 6 P =, =, = (,). Sada izračunajmo koeficijent smjera simetrale: xa xb ( ) + 4 k = = = = = =. k y y 4 AB B A Preostaje napisati jednadžbu simetrale (u eksplicitnom obliku) koristeći izraz za jednadžbu pravca kojemu su zadani koeficijent smjera i jedna točka pravca: s... y = ( x ( )), s... y = ( x + ), s... y = x + +, s... y = x + 5. 5. D. Prema definiciji funkcije apsolutne vrijednosti, nejednadžba x < a ekvivalentna je nejednadžbi a < x < a. Riješimo svaku od četiriju ponuđenih nejednadžbi. Prema gornjoj napomeni, nejednadžba x 6 < ekvivalentna je nejednadžbi < x 6 <. Svakoj strani ove nejednadžbe dodamo 6, pa dobijemo < x < 9. Zbog toga je skup svih rješenja ove nejednadžbe interval,9. Analogno, nejednadžba x < 6 ekvivalentna je nejednadžbi 6 < x < 6. Svakoj strani ove nejednadžbe dodamo, pa dobijemo < x < 9. Zbog toga je skup svih rješenja ove nejednadžbe interval,9. Nejednadžba x + 6 < ekvivalentna je nejednadžbi < x + 6 <. Od svake strane ove nejednadžbe oduzmemo 6, pa dobijemo 9 < x <. Zbog toga je skup svih rješenja ove nejednadžbe interval 9,. Nejednadžba x + < 6 ekvivalentna je nejednadžbi 6 < x + < 6. Od svake strane ove nejednadžbe oduzmemo, pa dobijemo 9 < x <. Zbog toga je skup svih rješenja ove nejednadžbe interval 9,, odnosno zadani interval. 6. B. Primijetimo najprije da mjera kuta nasuprot kraćoj stranici mora biti strogo manja od 6 jer se nasuprot stranici veće duljine nalazi kut veće mjere. Označimo li traženu mjeru s α, primjenom sinusova poučka i funkcije arkus sinus (koju smijemo primijeniti jer tražimo mjeru u intervalu 0,6 ) dobivamo: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač
7 ' '' = sinα = sin 6 α = arcsin sin 6 8.979 = 8 58. sin 6 sinα 7 7 7. A. Pomaknimo (translatirajmo) vektor c u krajnju točku vektora a, a iz krajnje točke vektora b nacrtajmo vektor jednak vektoru b. Tako ćemo dobiti trokut u kojemu vrijedi jednakost: a + c + ( ) b = 0. Odatle lagano slijedi c = a + b. Napomena: Zadatak se može riješiti i analitički. Postavimo pravokutni koordinatni sustav u ravnini tako da ishodište bude početna točka svih triju zadanih vektora. U tom koordinatnom sustavu standardno uvedimo osnovne jedinične vektore i i j. Tada zadane vektore možemo zapisati kao linearnu kombinaciju vektora i i j : a = i + j, b = i + j, c = 5 i + j. Tražimo α, β R takve da vrijedi jednakost c = α a + β b. Imamo redom: 5 i+ j = α ( i+ j) + β ( i+ j), 5 i + j = ( α β ) i + ( α + β ) j α β = 5, 6 α β = 0, α + β = α + β =. Zbrajanjem ovih jednadžbi dobivamo 7 α = 7, a odatle je α =. Uvrštavanjem u prvu jednadžbu sustava slijedi β = α + 5 = ( ) + 5 = + 5 =. Dakle, tražena linearna kombinacija je c = a + b. 8. B. Prema pretpostavci, zadani trokutovi su slični, što znači da se duljina najduže stranica sličnoga trokuta dobije množenjem duljine najduže stranice zadanoga trokuta koeficijentom sličnosti k. Duljina najduže stranice sličnoga trokuta je 0 cm, duljina najduže stranice zadanoga trokuta je.5 cm, pa dobivamo jednadžbu: 0 = k.5. 0 8 Odatle je k = =. Površina sličnoga trokuta dobiva se tako da se površina.5 5 zadanoga trokuta pomnoži sa k. Ekvivalentno, površina zadanoga trokuta dobiva se tako da se površina sličnoga trokuta podijeli sa k. Tako slijedi da je traženi omjer jednak: 8 8 5 5 : k = : = : = = = 0.9065. 5 5 8 64 mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač
9. D. Zapišimo najprije zadani broj u standardnom (algebarskom) obliku. U tu svrhu pomnožimo brojnik i nazivnik s i i primijenimo osnovno svojstvo imaginarne jedinice, tj. jednakost i =. Dobivamo: ( i + ) i i + i ( ) + i ( ) i z = = = = + = i. i i i ( ) ( ) ( ) Tom broju u Gaussovoj ravnini pridružena je točka Z = (Re z, Im z) = (, ). Ona se nalazi u trećem kvadrantu te ravnine, pa je traženi glavni argument jednak: π 5 ϕ = Arg( z) = π + arctg = π + arctg() = π + = π. 4 4 0. D. Zadanu jednadžbu najprije transformirajmo ovako: ( ) ( ) ( ) x x x x x x 5 7 5 5 + 50 = 0 5 7 5 5 + 50 = 0 5 5 5 + 50 = 0. Uvedimo zamjenu t : = 5 x, pa dobivamo kvadratnu jednadžbu t 5 t + 50 = 0. Koristeći Vièteove formule (tražimo dva broja čiji je zbroj 5, a umnožak 50) lako napamet nalazimo da su rješenja te jednadžbe t = 0 i t = 5. Tako iz jednadžbe 5 x = 0 slijedi x = log5 0 =, a iz jednadžbe 5 x = 5 slijedi log 5 x =. Zbog toga je traženi zbroj jednak x + x = +.4068. log 5. A. Najveća vrijednost funkcije f ( x) sin x = jednaka je, pa je najveća vrijednost zadane funkcije jednaka f max = =. π Najveća vrijednost funkcije f postiže se za x = + k π, gdje je k Z. Zbog toga dalje imamo: π π π π x = + k π x = + + k π x = π + k π π x = ( k + ) π x = ( k + ). Dakle, svoju najveću vrijednost funkcija postiže u neparnim višekratnicima broja π π. Najmanji takav pozitivan višekratnik dobiva se za k = 0 i jednak je.. B. Koristeći definiciju kompozicije funkcija dobivamo redom: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 4
f ( x) = ( f f )( x) = f ( f ( x)) = f ( x) = ( x) + x = x + x.. C. Umnožak dvaju realnih brojeva je strogo negativan ako i samo ti brojevi imaju različite predznake. U ovom slučaju to znači da ako povučemo pravac čija je jednadžba x = a, onda će umnožak f ( a) g( a) biti strogo negativan ako taj pravac siječe zadane krivulje u različitim kvadrantima. Naime, pravac x = a siječe graf funkcije f u točki T = ( a, f ( a)), a graf funkcije g u točki T = ( a, g( a)). Ako su te točke u različitim kvadrantima, onda f ( a ) i g( a ) imaju različite predznake, što i želimo dobiti. Pravac x = 0 (os ordinata) očito siječe obje krivulje u točkama kojima je druga koordinata strogo pozitivna. Zbog toga je umnožak f (0) g(0) strogo pozitivan. Pravac x = očito siječe graf funkcije f u točki (,0). Zbog toga je umnožak f () g() jednak nuli, pa nije strogo negativan realan broj. Pravac x = očito siječe graf funkcije f u četvrtom kvadrantu, a graf funkcije g u prvom kvadrantu. Zbog toga je umnožak f () g() strogo negativan realan broj. Pravac x = 4 očito siječe grafove funkcija f i g u četvrtom kvadrantu. Zbog toga je umnožak f (4) g(4) strogo pozitivan realan broj. 4. C. Najprije zamislimo da je desno od svakoga drveta, osim zadnjega, posađen točno jedan grm. Ukupan broj posađenih grmova za jedan je manji od ukupnoga broja svih stabala, tj. jednak je 8 = 7. Sada desno od svakoga stabla označenoga neparnim prirodnim brojem između i 8 posadimo još jedan grm. Ukupan broj svih novoposađenih grmova jednak je ukupnom broju svih neparnih prirodnih brojeva koji su jednaki ili veći od, a manji od 8, tj. ukupnom broju svih neparnih prirodnih brojeva u intervalu [,8. Ti brojevi tvore aritmetički niz čiji su prvi član, posljednji član 7 i razlika, pa iz jednadžbe odmah slijedi 7 = + ( k ) 7 6 k = + = + = 8 + = 9. Dakle, ukupan broj svih posađenih grmova jednak je 7 + 9 = 56. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 5
5. C. Brojevi koji su veći od 0 i jednaki ili manji od 0 tvore ukupno 65% 5% = = 40% cijeloga skupa. To su ujedno pozitivni brojevi koji su jednaki ili manji od 0. Brojevi koji su veći od 0 tvore ukupno 00% 65% = 5% cijeloga skupa. Zbog toga je traženi omjer jednak 40% : 5% = 8 : 7. 6..) 840. Traženi je broj najmanji zajednički višekratnik brojeva 60 i 68. Rastavimo svaki od tih dvaju brojeva na proste faktore, pa dobijemo: 60 = 5, 68 = 7, otkuda slijedi da je traženi broj jednak 5 7 = 840..) ( x ) ( x ) ili ( x ) ( x ). Najprije pojednostavnimo zadani izraz koristeći formulu za kvadrat binoma. Imamo redom: x x + = x x + x + + = ( 7) 0 ( 7) 4 7 7 0 70 4 = x x + x + + = x x + 4 49 0 70 4 4 4. Potom odredimo rješenja kvadratne jednadžbe x 4 x + 4 = 0. Dobivamo: 4 ± 4 4 4 4 ± 576 57 4 ± 4 x 4 x + 4 = 0 x, = = = = 4 ± 4 + 6 4 = x = = =, x = = =. Preostaje primijeniti Osnovni poučak algebre, te je konačno: x x x x x x 4 + 4 = ( ) ( ) = ( ) ( ). 7..) 50. Neka je t traženo vrijeme (iskazano u minutama). Nakon proteka toga vremena u prvoj će posudi ostati ukupno 50 t litara vode, dok će u drugoj posudi biti ukupno t litara vode. Ta dva volumena moraju biti jednaka, pa dobivamo jednadžbu: Riješimo je na uobičajen način: 50 t = t. 50 = t + t 5 t = 50 t = 50..) 46. Neka su a i k redom ukupan broj sjedala u autobusu, odnosno ukupan broj sjedala u kombiju. U četirima kombijima ima ukupno 4 k sjedala, a u šest autobusa ima ukupno 6 a sjedala. Ukupan broj svih sjedala u četirima kombijima i mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 6
šest autobusa jednak je 4 k + 6 a. Prema zahtjevu zadatka taj broj mora biti jednak 56, pa dobivamo jednadžbu: 4 k + 6 a = 56 k + a = 78. Analogno, u dvama kombijima ima ukupno k sjedala, a u osam autobusa ima ukupno 8 a sjedala. Ukupan broj svih sjedala u dvama kombijima i osam autobusa jednak je k + 8 a. Prema zahtjevu zadatka taj broj mora biti jednak 448, pa dobivamo jednadžbu: k + 8 a = 448. Tako smo dobili sljedeći sustav dviju linearnih jednadžbi s dvije nepoznanice: k + a = 78, k + 8 a = 448. Oduzmemo li prvu jednadžbu od druge, dobit ćemo 5 a = 70, a odatle je a = 54. Uvrštavanjem te vrijednosti npr. u prvu jednadžbu sustava dobivamo k + 54 = 78, odnosno k = 78 54 k = 78 6 k = 6 k = 8. Dakle, svaki autobus ima ukupno 54 sjedala, a svaki kombi 8, pa je u svakom autobusu za 54 8 46 = sjedala više nego u kombiju. 8..) x [,. Riješimo zasebno svaku nejednadžbu. Dobivamo: x < 5, x <, x <, x 7 4 x x. Dakle, skup svih rješenja zadane nejednadžbe je interval [,..) 4 x + 4 x + =. x + 6 ( x + ) Koristeći formulu za razliku kvadrata dobivamo: x x + x x + + = + = + = + = x + 4 x 9 ( x + ) ( x ) ( x + ) ( x + ) x + 6 + ( x + 6) + 4 x + 4 x + 4 x + = = = =. x + 6 x + 6 x + 6 ( x + ) 9..) Bilo koje dvije točke T = ( a, a) i T = ( a 5, a), gdje je a. Najprije nađimo sve a R za koje jednadžba f ( x) rješenja (po nepoznanici x). Najprije imamo: x + = a x + = a +. = a ima barem dva različita realna mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 7
Lijeva strana ove jednakosti je nenegativan realan broj, pa takva mora biti i desna strana. Taj zaključak daje linearnu nejednadžbu a + 0, odnosno a. Dakle, jednadžba f ( x) = a ima barem dva realna rješenja ako i samo ako je a. Odredimo i eksplicitne formule za ta rješenja: ( x+ = a + ) ( x+ = ( a+ )) ( x = a + ) ( x = a ) ( x = a ) ( x = a 5). Dakle, sve tražene točke su T = ( a, a) i T = ( a 5, a), gdje je a. Odaberimo npr. a = 0, pa dobivamo točke T = (,0) i T = ( 5,0)..) (0, 5). Prva koordinata traženoga sjecišta jednaka je 0. Druga koordinata toga sjecišta jednaka je f (0), pa izračunajmo tu vrijednost: Dakle, tražena točka je S = (0,5). 0 f (0) = 0 + 4 = + 4 = 5. 0..). Ako prosječan broj bodova u svih šest provjera treba biti jednak 40, onda je ukupan broj bodova u svih šest provjera jednak 6 40 = 40. U prvim četirima provjerama Marko je ostvario ukupno 4 + 4 + 5 + 8 = 57 bodova. Dakle, u petoj i šestoj provjeri treba ostvariti još 40 57 = 8 boda. U posljednjoj, šestoj provjeri može ostvariti najviše 50 bodova (jer toliko bodova može ostvariti u svakoj provjeri), pa u petoj provjeri treba ostvariti najmanje 8 50 = boda..) 05. Neka je S vrijednost automobila u trenutku kupovine (početkom 05. 7 godine). Na kraju 05. godine vrijednost automobila iznosi S S = S = S. 8 8 8 Na kraju 06. godine vrijednost automobila iznosi 7 7 7 8 S 8 8 S = 8 S = 8 7 7 7 = S = S 8 8 8 n-te godine iznosi itd. Induktivno zaključujemo da vrijednost automobila na kraju n 7 S. 8 7 Tražimo najmanji k N za koji je S < S. Riješimo tu eksponencijalnu 8 4 jednadžbu na uobičajen način. Najprije je podijelimo sa S, što smijemo učiniti jer je, prema prirodi zadatka, S > 0. Dobivamo: k 7 7 < k log < log 8 4 8 4 k mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 8
log 4 log log 4 0 log 4 log 4 log 4 k > = = = = 0.4 7 log 7 log8 log 7 log8 log 7 log8 log8 log 7 log 8 Najmanji k N za koji vrijedi ova nejednakost je k min =. Dakle, tražena godina je. član niza 05, 06, 07, 08,, tj. 05. + 0 = 05. godina. x y x y..) + = ili + =. Pretpostavimo da je jednadžba elipse zapisana u 96 98 98 96 x y obliku + =, gdje su a i b redom duljina velike, odnosno duljina male poluosi a b elipse. Žarišta elipse nalaze se na velikoj osi elipse, pa se preostala dva vrha kvadrata nalaze u tjemenima elipse na maloj osi. Udaljenost tih dvaju tjemena s jedne je strane jednaka duljini male osi elipse, a s druge prema podacima u zadatku - duljini dijagonale kvadrata. Tako dobivamo jednakost b = 4, a odavde je 7 = 49 = 98. b =, odnosno ( 7 ) 7 ( ) b = = = Udaljenost između žarišta elipse također je jednaka duljini dijagonale kvadrata. Tako dobivamo jednakost e = 4, a odavde je e = 7. Znamo da je e = a b, pa uvrštavanjem e = 7 i 98 b = u tu jednakost dobivamo: 7 = a 98, / 98 = a 98 a = 98 + 98 = 96. Dakle, jednadžba elipse glasi x y + =. 96 98 Gornje razmatranje proveli smo uz (prešutnu) pretpostavku da velika os elipse pripada osi apscisa, a mala os elipse osi ordinata. Pretpostavimo li da velika os elipse pripada osi ordinata, a mala os osi apscisa, onda dobivamo još jedno rješenje: x y x y x y + =. Dakle, zadatak ima dva rješenja: + = i + =. 98 96 96 98 98 96 5 5.) y = x i y = x. Primijetimo da vrijedi jednakost 5 6 = 400. Neka su a i 4 4 b redom duljina realne, odnosno imaginarne poluosi hiperbole. Iz jednadžbe hiperbole očitamo b = 5 i a = 6, otkuda su b = 5 i a = 4. Tako odmah 5 5 dobivamo da tražene asimptote imaju jednadžbe y = x i y = x. 4 4 mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 9
..). Promjer bunara je. m =. 0 = dm, pa je polumjer bunara dvostruko manji, tj. r = = 6 dm. Površina osnovke ploče jednaka je razlici površine kvadrata stranice m = 0 = 0 dm i površine kruga polumjera 6 dm: = 0 6 = 400 6 dm. B π π Visina ploče h jednaka je njezinoj debljini, tj. 5 cm = 5 0 = 0.5 dm. Volumen ploče jednak je volumenu valjka kojemu osnovka ima površinu B, a visina duljinu h. Taj volumen jednak je V = B h = π = π 0.5 (400 6 ) 00 8 dm. Tako zaključujemo da je traženi najmanji broj vreća suhoga betona jednak: n min 00 8 π 400 6 π = = =.5 =..5 5.). Neka su r polumjer osnovke (baze) stošca (i valjka), v v visina valjka i v s visina stošca. Volumen valjka jednak je r π v v, dok je volumen stošca jednak r π v s. Prema zahtjevu zadatka, ti volumeni su jednaki, pa mora vrijediti jednakost: r π vs = r π vv / > 0 r π v = v. s v Dakle, visina stošca je tri puta veća od visine valjka. k 5..). Sve članove koji sadrže nepoznanicu x prebacimo na lijevu stranu k + 4 jednakosti, a sve one koji ne sadrže nepoznanicu x prebacimo na desnu stranu jednakosti. Pritom pazimo na promjenu predznaka prilikom prijelaza s jedne strane jednakosti na drugu. Dobivamo: 5 k k x + 4 x = k 5 x ( k + 4) = k 5 x =. k + 4 Dijeljenje izrazom k + 4 smjeli smo provesti jer je, zbog pretpostavke k, vrijednost toga izraza različita od nule. (Izraz k + 4 poprima vrijednost 0 ako i samo ako je k + 4 = 0 k = 4 k =. ) mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 0
π.) x = ± + k π, k Z. Iz zadane jednadžbe slijedi tg x =, a odatle je tg x =. π Iz jednadžbe tg x = slijedi x = arctg ( ) + k π = + k π, dok iz jednadžbe tg x = π slijedi x = arctg ( ) + k π = + k π. Dakle, sva rješenja zadane jednadžbe su π dana izrazom x = ± + k π, k Z. 4..) 4 0.5 =. Vrijednost izraza x x 5 izraza 4 x x minimalna. Prva derivacija izraza je minimalna ako i samo ako je vrijednost ' je ( ) 4 x x = 8 x. Izjednačimo li taj izraz sa nulom, dobit ćemo jednadžbu odnosno jednadžbu x =. Jedino realno rješenje ove jednadžbe je 8 4 ' 4 x ( x) = 4 x x =. x =, 8 0 Sada primijetimo da je predznak izraza x negativan ako je 8 x,, a pozitivan ako je, 4 x +. To znači da funkcija f ( x) = x x strogo pada na intervalu,, a strogo raste na intervalu, +. Budući da intervali, i, +, te skup u uniji daju skup R, odnosno prirodnu domenu funkcije f, zaključujemo da f postiže globalni minimum za x =. Odatle slijedi da za isti x globalni minimum, tj. svoju najmanju vrijednost postiže i zadana funkcija..) n +. Zadani broj transformirajmo ovako: ( ) n n+ 4 4 8 5 n n n n n n = 5 5 = 5 65 = ( 5) 65 = 65 0. Dakle, rješenje je broj oblika 65 0...0 n nula koji očito ima ukupno n + znamenaka. 5..) 7 + 5.076. Neka je x tražena duljina. Tada je EB = AB AE = 7 x. Prema pretpostavci zadatka, točka E nalazi se bliže točki B, što znači da je tražena duljina veća od polovice duljine stranice AB, a manja od duljine te strane. Dakle, mora vrijediti jednakost 7 x,7. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač
Prema pretpostavci, ABCD je pravokutnik, pa zaključujemo da vrijede jednakosti: AD = BC =, AB = CD = 7. Primijenimo Pitagorin poučak na trokutove AED, EBC i ECD. Dobivamo: AE + AD = DE EB + BC = EC DE + EC = CD,,. U te tri jednakosti uvrstimo AD = BC =, AB = CD = 7, AE = x, BE = 7 x, pa dobijemo: + = x DE, DE + EC = (7 x) + = EC, 7. Uvrštavanjem prve dvije jednakosti u treću dobivamo: x 4 8 0, / : + + (7 x) + = 7, x + 9 + 7 7 x + x + 9 = 7, x x x + = 7 x + 9 = 0. Tražimo ono rješenje ove kvadratne jednadžbe koje pripada intervalu je jednako: 7,7. Ono 7 + 7 4 9 7 + 49 6 7 + x = = = 5.076..) 8. Neka su A i B redom ortogonalne projekcije točke A, odnosno točke B na zadanu ravninu. Neka je S probodište pravca AB i zadane ravnine. (Nacrtajte sliku!) Trokutovi AA S i BB S su pravokutni i imaju sukladne kutove kod vrha S (kutovi uz priječnicu (transverzalu)). Primjenom poučka K K K zaključujemo da su ti trokutovi slični. Zbog toga možemo postaviti sljedeće razmjere: AA : A S = BB : B S, mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač
AA : AS = BB : BS. Iz podataka u zadatku slijedi AB =, A B = 5, AA = 4. Označimo x : = AS, y : = A S i d : BB vrijednosti B S i =. Naš je zadatak odrediti vrijednost d. U tu svrhu izrazimo BS pomoću x i y. Imamo: BS = A B A S = 5 y, BS = AB AS = x. Uvrštavanjem tih vrijednosti u postavljene razmjere dobijemo: 4: y = d :(5 y), 4: d = y :(5 y), y :(5 y) = x :( x) ( x) y = (5 y) x 4: x = d :( x) 4: d = x :( x) 5 y x y = 5 x x y y = 5 x y = x. Preostaje uočiti da je trokut ASA pravokutan trokut sa pravim kutom pri vrhu A. Njegove katete imaju duljine 4 i x, dok hipotenuza ima duljinu y. Primjenom Pitagorina poučka slijedi: y + 4 = x x = y + 6. U ovu jednakost uvrstimo jednakost 5 y = x, pa dobivamo: 5 5 5 5 69 5 x = x + 6 x = x + 6 x x = 6 x = 6 x = 6 69 69 69 69 44 6 69 69 x 6 x. 69 44 9 = = = Prema prirodi zadatka je x > 0, pa korjenovanjem posljednje jednakosti dobivamo x =. Tako iz razmjera 4 : d = x : ( x) konačno slijedi: 4 ( x) d = = 4 = 4 = 4 ( ) = 4 = 8. x x.). Tražena duljina jednaka je polovici duljine vektora a, pa odmah imamo: a = a = + = + = = = = 4 4 ( 6) 6 6 5 5 5. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač
6..) 9. Prema zahtjevu zadatka mora vrijediti jednakost f ( x) = f () +. Uvrštavanjem pravila za f i izračunavanjem vrijednosti f () dobivamo: x = +, / 7 7 7 7 7 x = + 4, x = 4 + 4 +, x = 8, / : x = 9..) D( f ) =, +. Uočimo da za svaki x R vrijedi nejednakost x + 5 > 0. To znači da je nazivnik razlomka u pravilu funkcije f uvijek strogo pozitivan, pa posebno i različit od nule. Dakle, jedini uvjet na vrijednost varijable x dobije se iz zahtjeva da izraz pod logaritmom mora biti strogo pozitivan: x > 0 x >. Skup svih realnih brojeva koji su strogo veći od je interval,+, pa je taj skup prirodna domena zadane funkcije..) Vidjeti sliku. Iz definicije parne funkcije slijedi da graf funkcije f na segmentu [ 4,4] mora biti osno simetričan s obzirom na os ordinata. Budući da se dio grafa funkcije f nalazi u drugom kvadrantu, traženi dio nalazit će se u prvom kvadrantu. Svakoj točki ( x, y) Γ ( f ) grafa funkcije iz drugoga kvadranta pridružit ćemo točku ( x, y) u prvom kvadrantu. (Grubo govoreći, x promijeni predznak, a y ostane nepromijenjen. ) Tako dobivamo sliku. Slika. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 4
7..) y = 5 x. Tangenta prolazi točkom i ima koeficijent smjera jednak: T = = + + = + + = (, f ()) (, ) (, ) (,4) ' (( ) ) ( ) ( ) x ' () 0 5. = x= x= k = f = x + x + = x + + = x + = + = + = Koristeći izraz za jednadžbu pravca kojemu su zadani koeficijent smjera i jedna točka konačno dobivamo: t... y 4 = 5 ( x ), t... y = 5 x 5 + 4, t... y = 5 x. π.) 9 sin 9 x. 4 Koristeći pravilo deriviranja složene funkcije imamo redom: ' ' ' π π π π ' f ( x) = sin 9 x 9 x = sin 9 x 9 ( x) = 4 4 4 4 π π π = sin 9 x (0 9 ) = sin 9 x ( 9) = 9 sin 9 x. 4 4 4.) sin(4 x). Koristeći formule za sinus i kosinus dvostrukoga kuta dobivamo: f ( x) = cos( x) sin x cos x = 6 cos( x) ( sin x cos x) = 6 cos( x) sin( x) = = ( sin( x) cos( x)) = sin(4 x). 8. 5 i 7. Primijetimo da je x + x + = ( x + ). To znači da racionalna funkcija na lijevoj strani jednadžbe nije definirana za x = jer iz ( x + ) = 0 slijedi x + = 0, odnosno x =. Zbog toga ni izraz x + u brojniku racionalne funkcije ne može biti jednak nuli. Prema tome, navedena racionalna funkcija će poprimiti vrijednost 0 ako i samo ako je x + 5 = 0 ili ( x 7) = 0. Iz prve jednakosti odmah slijedi x = 5, a druga je ekvivalentna jednakosti x 7 = 0 iz koje je x = 7. Dakle, skup svih rješenja zadane jednadžbe je S = { 5,7}. 9..) 450. Prema definiciji binomnoga koeficijenta vrijede identiteti: n n ( n ) n n = =!, n + ( n ) (( n ) ) ( n ) ( n ) ( n ) n n n + + + + + + = = = =!. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 5
Navedeni brojevi će biti prva tri člana aritmetičkoga niza ako je drugi član niza aritmetička sredina prvoga i trećega člana niza. Taj uvjet daje: n n n + n n n+ n + n n + + 6 + 6 + 6 = = = n n+ 6 n 6 6 0 ( ) 6. n n n n n n = n n + = n n+ = n = n = Dakle, prvi član niza je + 6 44 6 + 6 44 44 = = = 66, a drugi član niza je = = = 7. Odatle slijedi da je razlika toga niza jednaka 7 66 = 6, pa je, prema formuli za zbroj prvih n članova aritmetičkoga niza, traženi zbroj prvih 5 njegovih članova jednak: 5 5 5 5 S = (66 + 66 + (5 ) 6) = ( + 4 6) = ( + 44) = 76 = 450..) kn i 68 kn. Neka je C cijena proizvoda prije sniženja. Tada je cijena proizvoda snižena za jednadžbu: C C C = kn i iznosi.76 kn. Tako dobivamo 00 00 C C =.76. 00 Riješimo tu kvadratnu jednadžbu na uobičajen način dodatno pretpostavljajući da je C > 0. Imamo redom: C 00 ± 00 4 76 C =.76 C 00 C + 76 = 0 C, = = 00 00 ± 0000 8704 00 ± 96 00 ± 6 00 + 6 6 = = = C = = = 68, 00 6 64 C = = =. Dakle, moguće cijene proizvoda prije sniženja su kn i 68 kn. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 6
.) ' '' arccos 64.409 = 64 0 8. 4 Iz podatka da su bočne strane pravilne šesterostrane prizme kvadrati površine 6 cm zaključujemo da je duljina osnovnoga brida te prizme, a time i duljina osnovnoga brida pravilne šesterostrane piramide jednaka 6 = 6 cm. Nadalje, iz podatka da su površine pobočja prizme i piramide međusobno jednake zaključujemo da svaki trokut koji tvori pobočje piramide ima površinu 6 cm. Duljina njegove osnovice je 6 cm, pa je duljina visine toga trokuta v b P 6 7 = = = = cm. a 6 6 Kosinus traženoga kuta jednak je omjeru duljine visine jednoga šest od karakterističnih trokutova osnovke piramide i duljine visine jedne pobočke. Označimo li traženu mjeru kuta s α, imamo: a a a 6 ' '' cos α α arccos arccos arccos = = = = = 64.409 = 64 08. vb v b v b 4 4.) Jednadžba nema rješenja. Zadanu jednadžbu najprije zapišimo u obliku: a + log x+ 4 log x+ 8 log x+... = a 7. Eksponent na lijevoj strani je beskonačan geometrijski red kojemu je prvi član jednak, a količnik log x. On će konvergirati ako i samo ako je log x <, odnosno ako i samo ako je log x <, tj. ako i samo ako je log x <. Uz taj uvjet njegov zbroj je jednak. Taj zbroj očito mora biti jednak 7, pa log x dalje imamo: 8 4 7 log x ( ) log x ( ) log x log x. log x = = 7 = 7 = 7 = 7 4 4 Dakle, mora biti log x =, što povlači log x = >. To znači da nije 7 7 zadovoljen uvjet log x <, pa zadana jednadžba nema rješenja. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 7
5.) a,8. Neka je ( ) = + + neka od kvadratnih funkcija sa f x a x b x c svim zadanim svojstvima. Iz podatka da njezin graf prolazi točkom A zaključujemo da je f ( ) = 8, što daje: 8 = a ( ) + b ( ) + c a b + c = 8. Analogno, iz podatka da graf funkcije f prolazi točkom B zaključujemo da je f () =, što daje: = a + b + c a + b + c =. Ako kvadratna funkcija poprima samo pozitivne vrijednosti, onda je njezin vodeći koeficijent strogo pozitivan, a diskriminanta strogo negativna. To daje: a > 0, b 4 a c < 0. Tako smo dobili sljedeće uvjete: a b + c = 8, a + b + c =, a > 0, b 4 a c < 0. Zbrajanjem prve dvije jednakosti dobivamo a + c = 0, otkuda dijeljenjem sa slijedi a + c = 0, odnosno c = 0 a. Oduzimanjem prve jednakosti od druge slijedi b = 8 b = 6 b = 8. Uvrstimo c = 0 a i b = 8 u četvrtu nejednakost, pa dobijemo: ( 8) 4 a (0 a) < 0 64 40 a + 4 a < 0 a 0 a + 6 < 0. Ovu nejednadžbu riješimo na uobičajen način. Najprije riješimo pripadnu kvadratnu jednadžbu: 0 ± 0 4 6 0 ± 00 64 0 ± 6 0 ± 6 a 0 a + 6 = 0 a, = = = = 0 + 6 6 0 6 4 a = = = 8, a = = =. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 8
Budući da je koeficijent uz a jednak, odnosno strogo pozitivan, izraz će biti strogo negativan na otvorenom intervalu određenom izračunanim rješenjima kvadratne jednadžbe, tj. za a,8. Primijetimo da je za a,8 trivijalno zadovoljen treći uvjet a > 0, pa je taj interval ujedno i rješenje zadatka. 4 0. P = 6 + 0 arctg 4.5459 kv. jed. Nacrtajmo zadane pravce i kružnicu u pravokutnom koordinatnom sustavu u ravnini. Središte kružnice je S = (, ), a polumjer r = 0. Dobivamo sliku. Krivocrtni lik ABCD čiju površinu želimo izračunati šrafiran je zelenom bojom. Slika. Odredimo najprije koordinate točaka A, B, C i D. U tu svrhu riješimo sustave dviju jednadžbi s dvije nepoznanice: x = 4, x y ( + ) + ( ) = 0 x = 0, i ( x + ) + ( y ) = 0. U svakom od tih sustava prvu jednadžbu uvrstimo u drugu. Tako dobivamo: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 9
( 4 + ) + ( y ) = 0, (0 + ) + ( y ) = 0, ( ) + ( y ) = 0, + ( y ) = 0, 4 + ( y ) = 0, 4 + ( y ) = 0, što znači da je lik ABCD osnosimetričan s obzirom na pravac x =. Zbog toga je kružni isječak SCD sukladan kružnom isječku SAB, a trokut SBC sukladan trokutu SAD. Prema tome, tražena površina bit će dvostruko veća od zbroja površine trokuta SBC i površine kružnoga isječka SCD. Iz jednadžbe 4 ( y ) 0 + = slijedi ( y ) 0 4 ( y ) 6 y 4 = = = ili y = 4 y = 4 + = ili y = 4 + = 7. Dakle, koordinate točka A, B, C i D su redom A = ( 4, ), B = (0, ), C = (0,7) i D = ( 4, 7). Najprije izračunamo površinu trokuta SBC. Nju je lako izračunati jer znamo duljinu jedne osnovice toga trokuta i duljinu visine na tu osnovicu. Preciznije, znamo: pa je: a : = BC = + 7 = 8, v a = d( S, BC) =, P SBC 8 = = 8 kv. jed. Izračunajmo površinu kružnoga isječka SCD. Znamo polumjer toga isječka. On je jednak polumjeru kružnice, tj. r = 0. Odredimo još mjeru središnjega kuta isječka. Označimo tu mjeru s α. Ona je ujedno i mjera šiljastoga kuta između pravaca AC i BD, pa najprije moramo odrediti koeficijente smjera tih pravaca. Tako imamo redom: k k AC BD yc ya 7 ( ) 7 + 8 = = = = =, x x 0 ( 4) 0 + 4 4 C yd yb 7 ( ) 7 + 8 = = = = =, x x 4 0 4 4 D kbd kac 4 4 4 tg α = = = = = + k k + ( ) + ( 4) 4 α = arctg rad. Zbog toga je površina kružnoga isječka SCD jednaka: A B BD AC mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 0
P SCD 4 0 arctg r α 4 = = = 0 arctg kv. jed. Dakle, tražena površina je jednaka: 4 4 P = ( P SBC + PSCD ) = 8 + 0 arctg = 6 + 0 arctg 4.5459 kv. jed. Napomena: Mjeru kuta α iskazali smo u radijanima jer ta mjera omogućuje π π korektnu primjenu funkcije arkus tangens (čija je slika interval, u kojemu su mjerne jedinice radijani). Međutim, izrazimo li α u stupnjevima, onda su: r π α 0 π 5.0 π 5.0 PSCD = =, 60 60 8 π 5.0 π P = ( P SBC + PSCD ) = 8 + = 6 + 5.0 4.5459 kv. jed. 8 9 Pripremio: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač