(Microsoft Word - Dr\236avna matura - svibanj osnovna razina - rje\232enja)

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

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - studeni osnovna razina - rje\232enja)

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - lipanj osnovna razina - rje\232enja)

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - lipanj osnovna razina - rje\232enja)

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

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - svibanj osnovna razina - rje\232enja)

Microsoft Word - Rjesenja zadataka

(Microsoft Word - MATB - kolovoz osnovna razina - rje\232enja zadataka)

(Microsoft Word - Rje\232enja zadataka)

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

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - lipanj osnovna razina - rje\232enja)

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

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - lipanj osnovna razina - rje\232enja)

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

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

(Microsoft Word - Rje\232enja zadataka)

(Microsoft Word - MATA - ljeto rje\232enja)

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

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

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

(Microsoft Word - MATB - kolovoz vi\232a razina - rje\232enja zadataka)

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

Microsoft Word - 6ms001

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

Microsoft Word - 24ms221

Natjecanje 2016.

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

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

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

Microsoft Word - 24ms241

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

Microsoft Word - 12ms121

Zadaci s rješenjima, a ujedno i s postupkom rada biti će nadopunjavani tokom čitave školske godine

(Microsoft Word doma\346a zada\346a)

Microsoft Word - 15ms261

SKUPOVI TOČAKA U RAVNINI 1.) Što je ravnina? 2.) Kako nazivamo neomeđenu ravnu plohu? 3.) Što je najmanji dio ravnine? 4.) Kako označavamo točke? 5.)

MATEMATIKA viša razina MATA.29.HR.R.K1.24 MAT A D-S MAT A D-S029.indd :30:29

PLAN I PROGRAM ZA DOPUNSKU (PRODUŽNU) NASTAVU IZ MATEMATIKE (za 1. razred)

Microsoft Word - z4Ž2018a

Jednadžbe - ponavljanje

Ekipno natjecanje Ekipa za 5+ - kategorija MIKRO Pula, Mikro-list 1 BODOVANJE: TOČAN ODGOVOR: 6 BODOVA NETOČAN ODGOVOR: -2 BODA BEZ ODGOVOR

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Primošten, 4.travnja-6.travnja razred-rješenja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK

ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B varijanta 28. siječnja AKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA ZADATKA,

MAT B MATEMATIKA osnovna razina MATB.38.HR.R.K1.20 MAT B D-S

Microsoft Word - Pripremni zadatci za demonstrature

8. razred kriteriji pravi

Microsoft Word - predavanje8

Algebarski izrazi (4. dio)

os07zup-rjes.dvi

UDŽBENIK 2. dio

ŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 28. veljače razred - rješenja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI

Matematika 1 - izborna

Математика 1. Посматрај слику и одреди елементе скуупова: а) б) в) средњи ниво А={ } B={ } А B={ } А B={ } А B={ } B А={ } А={ } B={ } А B={ } А B={ }

ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 21. siječnja razred-rješenja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGA

Microsoft Word - Mat-1---inicijalni testovi--gimnazija

(Microsoft Word - 1. doma\346a zada\346a)

(Microsoft Word vje\236ba - LIMES FUNKCIJE.doc)

s2.dvi

ЗАДАЦИ ИЗ МАТЕМАТИКЕ ЗА ПРИПРЕМАЊЕ ЗАВРШНОГ ИСПИТА

Microsoft Word - Matematika_kozep_irasbeli_javitasi_0611_horvatH.doc

Elementi praćenja i ocjenjivanja za nastavni predmet Matematika u 4. razredu Elementi praćenja i ocjenjivanja za nastavni predmet Matematika u 4. razr

Ministarstvo prosvjete i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMAT

1 MATEMATIKA 1 (prva zadaća) Vektori i primjene 1. U trokutu ABC točke M i N dijele stranicu AB na tri jednaka dijela. O

Microsoft Word - 12ms101

ALIP1_udzb_2019.indb

Ministarstvo prosvjete i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMAT

Dvostruki integrali Matematika 2 Erna Begović Kovač, Literatura: I. Gusić, Lekcije iz Matematike 2

ЛИНЕАРНА ФУНКЦИЈА ЛИНЕАРНА ФУНКЦИЈА у = kх + n А утврди 1. Које од наведених функција су линеарне: а) у = 2х; б) у = 4х; в) у = 2х 7; г) у = 2 5 x; д)

0255_Uvod.p65

ŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A varijanta 28. veljače AKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA ZADATKA, POVJER

Microsoft Word - DIOFANTSKE JEDNADŽBE ZADACI docx

Ministarstvo znanosti i obrazovanja Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1

Математика основни ниво 1. Одреди елементе скупова A, B, C: a) б) A = B = C = 2. Запиши елементе скупова A, B, C на основу слике: A = B = C = 3. Броје

Microsoft Word - 4.Ucenik razlikuje direktno i obrnuto proporcionalne velicine, zna linearnu funkciju i graficki interpretira n

My_P_Red_Bin_Zbir_Free

ISPITNI KATALOG ZA EKSTERNU MATURU U ŠKOLSKOJ 2018./2019. GODINI MATEMATIKA Predmetno povjerenstvo za matematiku : 1. Jasmina Čajlaković, prof. matema

Slide 1

XV. GIMNAZIJA, ZAGREB PROVJERA POSEBNIH ZNANJA IZ PREDMETA MATEMATIKA ISPITNA KNJIŽICA Datum Trajanje 60 minuta Zaporka (tri znamenke i pet slova) zna

CIJELI BROJEVI 1.) Kako još nazivamo pozitivne cijele brojeve? 1.) Za što je oznaka? 2.) Ispiši skup prirodnih brojeva! 3.) Kako označavamo skup priro

My_ST_FTNIspiti_Free

Skalarne funkcije više varijabli Parcijalne derivacije Skalarne funkcije više varijabli i parcijalne derivacije Franka Miriam Brückler

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A varijanta Poreč, 29. ožujka Zadatak A-1.1. Ana i Vanja stoje zajedno kraj željezničke

Matematika_kozep_irasbeli_javitasi_1013_horvat

Matematički leksikon

23. siječnja od 13:00 do 14:00 Školsko natjecanje / Osnove informatike Srednje škole RJEŠENJA ZADATAKA S OBJAŠNJENJIMA Sponzori Medijski pokrovi

MAT B MATEMATIKA osnovna razina MATB.45.HR.R.K1.20 MAT B D-S

NAČINI, POSTUPCI I ELEMENTI VREDNOVANJA UČENIČKIH KOMPETENCIJA IZ NASTAVNOG PREDMETA: MATEMATIKA Na osnovu članka 3., stavka II, te članka 12., stavka

Primjena neodredenog integrala u inženjerstvu Matematika 2 Erna Begović Kovač, Literatura: I. Gusić, Lekcije iz Matematike 2

Sveučilište J.J. Strossmayera Fizika 2 FERIT Predložak za laboratorijske vježbe Lom i refleksija svjetlosti Cilj vježbe Primjena zakona geometrijske o

untitled

Microsoft Word - 09_Frenetove formule

MATEMATIKA EKSTERNA PROVJERA ZNANJA UČENIKA NA KRAJU III CIKLUSA OSNOVNE ŠKOLE UPUTSTVO VRIJEME RJEŠAVANJA TESTA: 70 MINUTA Pribor: grafitna olovka i

MathFest 2016 Krapinsko zagorske županije 29. travnja Terme Tuhelj Ekipno natjecanje učenika osnovnih škola Kategorija math 43 Natjecanje traje

1. Vrednost izraza jednaka je: Rexenje Direktnim raqunom dobija se = 4 9, ili kra e S = 1 ( 1 1

Република Србија МИНИСТАРСТВО ПРОСВЕТЕ, НАУКЕ И ТЕХНОЛОШКОГ РАЗВОЈА ЗАВОД ЗА ВРЕДНОВАЊЕ КВАЛИТЕТА ОБРАЗОВАЊА И ВАСПИТАЊА ЗАВРШНИ ИСПИТ НА КРАЈУ ОСНОВН

ЕКОНОМСКИ ФАКУЛТЕТ УНИВЕРЗИТЕТА У ПРИШТИНИ КОСОВСКА МИТРОВИЦА

Microsoft Word - Dopunski_zadaci_iz_MFII_uz_III_kolokvij.doc

DRŢAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Opatija, 31.oţujka-2.travnja razred-rješenja OVDJE JE DAN JEDAN NAĈIN RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UĈENIK IM

4.1 The Concepts of Force and Mass

JMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA 1. (ukupno 6 bodova) MJERA I INTEGRAL 1. kolokvij 4. svibnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori n

Транскрипт:

. B. Podsjetimo da oznaka uz točku na brojevnom pravcu pridruženu realnom broju a znači da broj a ne pripada istaknutom podskupu skupa realnih brojeva, a da oznaka [ uz istu točku znači da broj a pripada spomenutom podskupu. Skup svih realnih brojeva koji su istodobni jednaki ili veći od i manji od 7 je poluzatvoreni interval [, 7. Stoga tražimo grafički prikaz koji će obuhvatiti sve realne brojeve izmeñu i 7 uključujući, a isključujući 7. Taj grafički prikaz naveden je pod slovom B. Primijetimo da grafički prikaz A predstavlja poluotvoreni interval, 7], grafički prikaz C predstavlja skup R \ [, 7 =, [7, +, a grafički prikaz D predstavlja skup R\, 7] =, ] 7, +.. D. Prva nejednakost je netočna jer iz nejednakosti > dijeljenjem s dobijemo > =. Druga nejednakost je netočna zbog činjenice da ako dva strogo pozitivna razlomka imaju jednake brojnike, onda je veći onaj koji ima manji nazivnik. Drugim riječima, ako su a, b R takvi da vrijedi nejednakost 0 < a < b, onda vrijedi nejednakost > > 0. a b Primijetimo da je ovdje nužna pretpostavka o strogoj pozitivnosti brojeva a i b jer npr. iz nejednakosti < ne slijedi nejednakost = >. 5 Treća nejednakost je netočna jer vrijedi jednakost 0.5 = =. 0 3 3 3 39 0 0 :0 Četvrta nejednakost je točna zbog.3 = = = > = =. 0 0 3 30 30 30 :0 3 3. D. Neka su j, l i n redom količine jabuke, limuna i naranče u miješanom voćnom soku. Iz podatka da je j : n = : 4 primjenom pravila za rješavanje razmjera ( vanjski puta vanjski jednako je unutrašnji puta unutrašnji ) slijedi 4 j = n, odnosno n = 4 j. Iz podatka da je l : n = : 5 primjenom pravila za rješavanje razmjera slijedi 5 l = n. U ovu jednakost uvrstimo jednakost n = 4 j, pa slijedi: 5 l = (4 j), 5 l = 8 j. Dijeljenjem ove jednakosti izrazom 8 l dobijemo: 5 j =. 8 l mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

Ovu jednakost zapišemo kao razmjer i dobivamo traženi omjer: 4. A. Imamo redom: j : l = 5 : 8. 3 a a = / 5 5 0 a = 3 a, 0 a 3 a =, 7 a = / : 7 a =. 7 5. D. Zadanu jednadžbu transformiramo na sljedeći način: x ( x ) = 3 ( x + 3), 4 = 3 + 9, 4 3 9 = 0, 7 9 = 0 /: x x x x x x x x x 7 9 x = 0. Vièteove formule tvrde da je zbroj svih rješenja gornje kvadratne jednadžbe jednak 7 suprotnoj vrijednosti koeficijenta uz x u toj jednadžbi. Koeficijent uz x jednak je, pa je traženi zbroj jednak 7. 6. A. Za svaku pojedinu funkciju treba izračunati f i utvrditi koja od navedenih funkcija ima svojstvo f = 0. (To svojstvo, prema definiciji nultočke, znači da je nultočka funkcije f.) Imamo redom: A. f = = = 0. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

B. C. D. 4 4 : f = = = = = = = =. 4 4 4 4 4 4 4 : f = 0 = 0 = 0. f = + = + =. 4 4 Jedina funkcija koja ima svojstvo f = 0 je funkcija f (x) = x. 7. B. Primijetimo da je funkcija f polinom. stupnja, odnosno kvadratna funkcija oblika f (x) = a x + b x + c. Iz podatka da ta funkcija ima najmanju vrijednost zaključujemo da je a > 0. Znamo da najmanja vrijednost u tom slučaju iznosi 4 a c b fmin = 4 a i da se b postiže za x min =. a U zadatku je zadano x min =, b = 3 i c =, pa uvrštavanjem x min =, b = 3 u jednakost b xmin = a dobivamo jednadžbu: Riješimo tu jednadžbu: 3 =. a 3 = / a a 3 a = / : 3 3 3 a = = =. 4 U izraz za f min uvrstimo 3 a =, b = 3 i c =, pa dobijemo: 4 mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 3

f min 3 3 3 8 5 4 a c b 4 ( 3) 3 9 9 4 5 5 = = = = = = = =. 4 a 3 4 3 3 3 3 3 4 Dakle, tražena najmanja vrijednost iznosi 5. 8. C. Koeficijent smjera pravca p jednak je koeficijentu uz x u zadanoj (eksplicitnoj) jednadžbi toga pravca. Stoga je k = 3. Analogno zaključujemo da je koeficijent smjera pravca p jednak k = 3, a koeficijent smjera pravca p 3 jednak k 3 = 3. Očito je k = k 3 = 3, pa su pravci p i p 3 usporedni. (Pravci u ravnini su usporedni ako i samo ako imaju jednake koeficijente smjerova.) Primijetimo da pravac p nije usporedan s pravcima p i p 3. To znači da pravac p siječe svaki od pravaca p i p 3 u točno jednoj točki. 9. B. Dokažimo najprije pomoćnu tvrdnju. Tvrdnja. Parabola y = a x + b x + c, gdje su a, b, c R, a 0, ima tjeme u ishodištu pravokutnoga koordinatnoga sustava u ravnini ako i samo ako je b = c = 0. Dokaz Tvrdnje.: Znamo da su koordinate tjemena T zadane parabole u općem slučaju 4 odreñene s b, a T c b = a 4 a. Ako je T = (0, 0), onda istodobno moraju vrijediti jednakosti b = 0, a 4 a c b = 0. 4 a Množenjem tih jednakosti s a, odnosno 4 a (ti brojevi su različiti od nule jer je, prema pretpostavci, a 0) dobivamo: b = 0, a c b = 4 0. Iz prve jednadžbe je b = 0. Uvrštavanjem b = 0 u drugu jednadžbu dobijemo 4 a c = 0, pa dijeljenjem te jednakosti s 4 a 0 slijedi c = 0. Time je dokazan smjer Tvrdnje. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 4

Da dokažemo smjer, u formulu za koordinate točke T uvrstimo b = 0 i c = 0. Imamo: T b 4 a c b 0 4 a 0 0 0 0 =,, 0, (0,0) a 4 a = = = a 4 a, 4 a pa je tjeme parabole doista ishodište pravokutnoga koordinatnoga sustava u ravnini. Odredimo najprije jednadžbu parabole sa slike. Tražimo je u obliku y = a x + b x + c. Iz slike se vidi da ta parabola ima tjeme u ishodištu pravokutnoga koordinatnoga sustava u ravnini. Prema Tvrdnji. to znači da je b = c = 0, pa se jednadžba parabole svodi na y = a x. Iz slike možemo očitati da parabola prolazi točkom S = (, 4).Točnije, ta je točka sjecište nacrtanoga pravca i parabole u četvrtom kvadrantu pravokutnoga koordinatnoga sustava u ravnini. Uvrštavanjem x = i y = 4 u jednakost y = a x dobivamo: ( 4) = a, ( 4) = a 4 /:4 a =. Dakle, jednadžba parabole glasi: y = ( ) x, odnosno y = x. Odredimo jednadžbu pravca (u eksplicitnom obliku, tj. u obliku y = k x + l, gdje su k, l R). Već smo uočili da pravac prolazi točkom S = (, 4). Iz slike vidimo da pravac siječe os ordinata (os y) u točki S = (0, 3). To znači da je l = 3. Zbog toga se jednadžba pravca svodi na y = k x + ( 3), odnosno y = k x 3. Uvrštavanjem x = i y = 4 u jednakost y = k x 3 dobivamo: 4 = k 3, ( ) k = 3 + 4, ( ) k =. Odavde dijeljenjem s ( ) slijedi k =. Dakle, jednadžba pravca glasi: Prevedimo tu jednadžbu u implicitni oblik: y = x 3. y = x 3 / y = x 6, x + y = 6. Stoga je rješenje zadatka sustav: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 5

x + y = 6, y = x. 0. B. Označimo duljinu kraka promatranoga trokuta s b, duljinu osnovice s a, a duljinu visine povučene na osnovicu s v. Iz podatka da je duljina osnovice kraća od duljine kraka za četvrtinu duljine kraka slijedi: 4 4 3 a = b b = b = b = b = b. 4 4 4 4 4 4 U jednakokračnom trokutu visina povučena na osnovicu, krak trokuta i dužina odreñena nožištem visine povučene na osnovicu i jednim vrhom trokuta tvore pravokutan trokut. Duljine kateta toga trokuta su v i a jer se nožište visine povučene na osnovicu jednakokračnoga trokuta podudara s polovištem te osnovice. Duljina hipotenuze jednaka je duljini kraka b. Primjenom Pitagorina poučka dobivamo: a a v = b = b 4. U ovu jednakost uvrstimo jednakost 3 a = b, pa imamo: 4 3 3 b b 9 a 9 4 4 v = b = b = b = b 6 b = b b = 4 4 4 4 6 4 9 9 64 9 64 9 55 55 55 = b b b = b = b = b = b = b. 64 64 64 64 64 64 64 8 Budući da je prema prirodi zadatka b > 0, to je b = b, pa zaključujemo da je: 55 v = b. 8 U ovu jednakost uvrstimo b = 4, pa konačno dobivamo: 55 v = 4 = 3 55.4859546.5 cm. 8 mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 6

. B. Tražena površina jednaka je zbroju površina trokuta AFD i usporednika FBCD. Prema pretpostavci su stranice AB i CD usporedne, pa je duljina visine na stranicu AF trokuta AFD jednaka duljini visine na stranicu FB usporednika FBCD. Potonja visina je dužina FC čija je duljina FC = FB =.3 =.6 cm. Nadalje, duljina stranice AF trokuta AFD jednaka je AF = AB FB = 4.5.3 = 3. cm. Tako konačno dobivamo: P = PAFD + PFBCD = AF FC + FB FC = AF + FB FC = 3. +.3.6 = = (.6 +.3).6 =.9.6 = 7.54 cm. A. Osjenčano tijelo ABCDP je kosa četverostrana piramida. Osnovka te piramide je pravokutnik ABCD. Njegova je površina B = AB BC = 4. = 8.4 cm. Duljina visine h piramide ABCDP jednaka je duljini brida DP jer je brid DH kvadra ABCDEFGH okomit na ravninu u kojoj se nalazi pravokutnik ABCD. Prema pretpostavci, P je polovište brida DH, pa je DP = DH. Budući da je ABCDEFGH kvadar, slijedi da je DH = CG = 3.8 cm. Stoga je Tako konačno dobivamo: h = DP = DH = CG = 3.8 =.9 cm. VABCDP = B h = 8.4.9 =.8.9 = 5.3 cm 3. 3 3 3. C. Pojednostavnimo zadani izraz na sljedeći način: x x 3 ( x) ( + x) 3 ( ) x ( x ) 3 3 3 ( ) 3 + = + = + = x x x x x x x x x 3 ( ) ( x 3) + 3 x x + 3 + 3 x x + 3 = + = = = x x 3 x ( x 3) x ( x 3) x ( x 3) Brojnik ovoga izraza jednak je x + 3. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 7

4 4. B. Na početku školske godine u zbor je bilo učlanjeno ukupno z 0 = 5 = 54 učenika. 00 Kad se u školu upisalo 5 novih učenika, novi ukupan broj učenika u školi iznosio je u = 5 + 5 = 40. Od tih 5 novih učenika, 4 su se upisala u zbor, pa je u zboru bilo ukupno z = 54 + 4 = 58 učenika. Potom se iz zbora iščlanilo učenika, pa je u zboru na kraju godine bilo ukupno z = 58 = 46 učenika. Da se dobije traženi postotak, treba izračunati koliko postotaka iznosi broj 46 u odnosu na broj 40: 00 46 5 46 5 3 5 p = = = = 9.666667 9.7%. 40 6 6 5. B. Izračunajmo cijenu jedne litre goriva prije pojeftinjenja. Ako se za 473.7 kn moglo kupiti 45.55 litara goriva, onda je cijena jedne litre goriva 473.7 : 45.55 = 0.4 kn. Nakon pojeftinjenja od 0 lipa = 0. kn, cijena goriva iznosi 0.4 0. = 0.3 kn. Stoga se za 473.7 kn može kupiti ukupno 473.7 : 0.3 45.9933 45.99 litara goriva. (Napomena: Dobiveni rezultat treba zaokružiti na 45.99, a ne na 46 litara jer 46 litara goriva nakon pojeftinjenja stoji ukupno 46 0.3 = 473.8 kn, što je veće od iznosa koji nam je na raspolaganju.) 6. D. Neka je s tražena udaljenost. Ukupno vrijeme t b koje je za prelazak te udaljenosti utrošio biciklist jednako je količniku prijeñenoga puta i prosječne brzine biciklista, pa je s t b =. Analogno, ukupno vrijeme t a koje je za prelazak iste udaljenosti utrošio automobilist jednako je količniku prijeñenoga puta i prosječne brzine automobilista, pa je: s t a =. 64 Biciklist je ukupno vozio sata i 0 minuta dulje od automobilista. Izrazimo to vrijeme u satima jer je brzina obojice ljudi iskazana u km/h: sata i 0 minuta = To znači da mora vrijediti jednakost: 0 + 3 sata + sati = sata + sata = + = + = = sati. 60 6 6 6 6 6 6 3 tb ta =. 6 mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 8

U ovu jednakost uvrstimo s t b = i s t a =, pa dobivamo: 64 s s 3 = / 9 64 6 6 s 3 s = 46, 3 s = 46. Odatle dijeljenjem s 3 slijedi s = 3 km. 7. m. Prvi član binoma očito mora biti m. Dvostruki umnožak prvoga i drugoga člana m binoma mora biti jednak m, pa zaključujemo da je drugi član binoma jednak =. m Doista, m = m m + = m m +. 4 8. 500. Prisjetimo se da je km = 000 m. Stoga je km = 000 m = 000000 m, pa je 4 km = 000000 4 = 50000 m. Da bismo ovu površinu iskazali u arima, moramo je podijeliti sa 00. Tako se dobije P = 50000 : 00 = 500 ara. 9. 9. Neka je x broj plesača, a y broj plesačica u tom društvu. Iz podatka da će u slučaju plesanja u mješovitim parovima četiri plesačice biti bez svojega para zaključujemo da plesačica ima za 4 više nego plesača, odnosno da vrijedi jednakost: y = x + 4. Ukupan broj članova folklornoga društva jednak je x + y. S druge strane, iz podatka da svi članovi društva tvore ukupno 7 parova zaključujemo da je ukupan broj članova društva jednak 7 = 4 jer svaki par tvori dvoje ljudi. Stoga mora vrijediti jednakost: x + y = 4. Tako smo dobili sljedeći sustav dviju linearnih jednadžbi s dvije nepoznanice: Taj sustav možemo zapisati u obliku y = x + 4, x + y = 4. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 9

x + y = 4, x + y = 4. Zbrajanjem posebno lijevih, a posebno desnih strana tih jednadžbi dobivamo y = 8. Odatle dijeljenjem s slijedi y = 9. Dakle, u društvu ima 9 plesačica. Napomena: U formulaciji zadatka nedostaje riječ točno. Preciznije, drugi dio druge rečenice treba glasiti: Od ukupnoga broja plesača i plesačica moguće je napraviti točno 7 parova. 0. 47. Označimo s A, B i C vrhove trokuta čiji je jedan kut ϕ. Oznake postavimo tako da je A vrh kuta ϕ, a B vrh kuta čija je mjera 0. Kut pri vrhu B trokuta ABC i kut čija je mjera 0 su komplementarni kutovi, pa je kut pri vrhu B trokuta ABC jednak: B = 80 0 = 79. Nadalje, budući da su pravci b i c prema pretpostavci usporedni, mjera kuta pri vrhu C trokuta ABC jednaka je 54 (šiljasti kutovi uz presječnicu a su meñusobno jednaki), tj. vrijedi jednakost: C = 54. Traženi kut ϕ izračunat ćemo iz činjenice da zbroj mjera kutova u trokutu ABC mora biti jednak 80 : ϕ + B + C = 80, ϕ + 79 + 54 = 80, ϕ = 80 (79 + 54 ), ϕ = 80 33, ϕ = 47.. 5.3. Svaka se traka sastoji od ravnoga dijela i od kružnice koju tvore dvije sukladne polukružnice na različitim stranama staze. Duljina ravnoga dijela svake trake jednaka je 0 metara, pa nju ne moramo uzimati u obzir prigodom računanja tražene razlike duljina. Spojimo polukružne dijelove traka tako da dobijemo ukupno šest kružnica. Trkač koji trči unutrašnjim dijelom najkraće trake prevali put jednak opsegu prve kružnice. Trkač koji trči unutrašnjim dijelom najdulje trake prevali put jednak opsegu pete kružnice. Uočimo da svaka od navedenih šest kružnica, osim prve kružnice, ima za metra veći promjer od neposredno prethodne kružnice (na promjer neposredno prethodne kružnice mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 0

treba dodati metar širine na sjevernoj i metar širine na južnoj strani promjera). Stoga promjeri tih šest kružnica tvore aritmetički niz d, d +, d + 4, d + 6, d + 8 i d + + 0 pri čemu je d = 70 metara. Tražena razlika putova jednaka je razlici opsega pete kružnice i opsega prve kružnice, pa odmah imamo: d = (d + 8) π d π = d π + 8 π d π = 8 π 5.374 5.3 m...) 0.397. Imamo: π 0.396990869874. 8 Zaokruživanjem ovoga broja na 4 decimale dobijemo 0.397 (peta decimala je 9, pa prigodom zaokruživanja četvrtu decimalu moramo uvećati za )..). Primijetimo da vrijedi nejednakost >, odnosno < 0. Zo znači da je 4 = ( ) =. Tako imamo: ( ) 3 3 4 3 + 4 = = = = =. 8 4 4 4 3..) Vidjeti Sliku. Funkcija f je polinom. stupnja (linearna funkcija). Njezin graf je pravac čija je jednadžba y = x 4. Da bismo nacrtali taj pravac, dovoljno je odrediti bilo koje dvije njegove točke. Za vrijednosti varijable x uzmimo npr. x = 0 i x =. Izračunamo: Formiramo tablicu: f (0) = 0 4 = 0 4 = 4, f () = 4 = 4 =, x 0 y 4 U zadani pravokutni koordinatni sustav u ravnini ucrtamo točke T = (0, 4) i T = (, ), pa ih spojimo jednim pravcem. Dobivamo pravac prikazan na Slici. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

Slika..) 95. Imamo redom: (00) ( 00 4) 4 (00 4) ( 4) 96 ( 3) 98 3 95 f + f = + = + = + = = p p 4..) 8.. Traženu promjenu računamo prema formuli R = 00 + + 00. 00 00 U tu formulu uvrstimo p = +5 i p = 6. (+5 označava povećanje osnovne veličine za 5%, a 6 smanjenje osnovne veličine za 6%.) Dobijemo: 5 6 5 6 R = 00 + + 00 = 00 + 00 = 00 00 00 00 = 00.5 0.94 00 = 08. 00 = 8. Predznak + ukazuje na to da je krajnja plaća veća od početne. Stoga zaključujemo da je zaposlenikova plaća u lipnju za 8.% veća od zaposlenikove plaće u travnju..) 4536.4. Neka je x tražena plaća. Iz podzadatka.) znamo da se uvećanjem te plaće za 8.% njezina iznosa dobije plaća u lipnju. Stoga možemo postaviti jednadžbu: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

8. x + x = 4903.87. 00 Riješimo tu jednadžbu standardnim postupkom: 8. x + x = 4903.87 / 00 00 00 x + 8. x = 490387, 08. x = 490387. Odavde dijeljenjem s 08. dobivamo x 4536.4998. Taj rezultat treba zaokružiti na dvije decimale jer ne postoji tisućiti (ili manji) dio novčane jedinice od kn. Zaokruživanjem dobijemo x 4536.4 kn. 5..) y = x + 3. Neka je y = k x + l tražena jednadžba. Iz slike vidimo da zadani pravac prolazi točkom C = (0, 3). To znači da je l = 3. Takoñer, iz slike vidimo da zadani pravac prolazi točkom B = (, 5). To znači da koordinate te točke moraju zadovoljavati jednadžbu pravca. U jednadžbu pravca uvrstimo x =, y = 5 i dobiveni rezultat l = 3: 5 = k ( ) + 3, k = 3 5, k =. Dakle, tražena jednadžba (u eksplicitnom obliku) glasi: y = x + 3..) (3, 3). Da doñemo od ishodišta (točke (0, 0)) do točke D, moramo se pomaknuti za 3 jedinične dužine udesno i 3 jedinične dužine prema dolje. Pomicanjem udesno dolazimo u točku (3, 0). Pomicanjem prema dolje dolazimo u točku (3, 3) i to su tražene koordinate. 6..) 450; 30. Primijetimo da pomak za jedan kvadratić u smjeru osi apscisa odgovara pomaku od 50 km (jer pomak za dva kvadratića u smjeru osi apscisa odgovara pomaku od 00 km), te da pomak za jedan kvadratić u smjeru osi ordinata odgovara pomaku za 5 litara (jer pomak za dva kvadratića u smjeru osi ordinata odgovara pomaku za 0 litara). U zadatku se zapravo traži odreñivanje sjecišta zadanih pravaca. Lako očitamo da se radi o točki S = (450, 30). To znači da će oba automobila nakon prijeñenih 450 km (prva koordinata točke S) imati točno 30 litara goriva (druga koordinata točke S) u spremniku..) 3 9. Pomnožimo prvu jednadžbu sustava s 4, a drugu s 3 y. Dobivamo: 3 ( x 3 y) = 8, x = 9 (3 y). mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 3

Podijelimo drugu jednadžbu s : 3 ( x 3 y) = 8, 9 x = (3 y ). Uvrstimo drugu jednadžbu u prvu jednadžbu: 9 3 (3 y) 3 y = 8, 7 9 3 y 3 y = 8, 8 7 y 9 y = 8 / 8 7 y 8 y = 6, 7 y 8 y = 6 8, 45 y = 65 / : ( 45) 65 65 : 5 3 y = = =. 45 45: 5 9 7..) x < 7 ili x, 7. Pomnožimo zadanu nejednadžbu sa 6. Dobivamo: 3 (x + 3) + (x + ) > 6 (x + ), 3 x + 9 + x + 4 > 6 x + 6, 3 x + x 6 x > 6 9 4, ( ) x > 7. Odatle dijeljenjem s ( ), uz obaveznu promjenu znaka nejednakosti, slijedi x < 7. Dakle, sva rješenja zadane nejednadžbe tvore skup, 7..). Pomnožimo zadanu jednadžbu s. Dobijemo: 0 00 x = 0 6 x. Budući da je 00 = 0, zapišimo lijevu i desnu stranu jednadžbe kao potencije s bazom 0 primjenjujući pravilo za potenciranje potencije i pravilo za množenje potencija s jednakim bazama: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 4

Izjednačavanjem eksponenata slijedi: 0 (0 ) x = 0 6 x, 0 0 x = 0 6 x, 0 + x = 0 6 x, 0 3 x = 0 6 x. 3 x = 6 x, x 6 x = 3, ( 8) x = 4. Odatle dijeljenjem s ( 8) dobivamo 3.) 3. Imamo redom: 4 4 4 : 4 x = = = = 8 8 8 : 4. 3 6 ( x 3 x 5 x) ( x 8 x) (3 7 x) + + = 3 3 = 6 x 8 x + 30 x (6 x + 4 x 4 x 56 x ) = 3 3 = 6 x 8 x + 30 x 6 x 4 x + 4 x + 56 x = 3 = 0 + 3 + 6 x x x Član koji sadrži x jednak je 3 x. 8..) 4. Neka je z indeks zagañenja (iskazan u broju čestica na milijun čestica zraka), a t vrijeme iskazano u satima. Iz podataka u zadatku slijedi da je z(t) = 5 + 3 t, pri čemu vrijednosti varijable t nužno pripadaju skupu [9] 0 := {0,,, 3,, 7, 8, 9}. Drugim riječima, domena funkcije z je skup [9] 0. Traženo zagañenje jednako je z(9), tj. z(9) = 5 + 3 9 = 5 + 7 = 4. Dakle, indeks zagañenja u 6 sati iznosi 4 čestice na milijun čestica zraka..). Najveća vrijednost indeksa zagañenja zraka, prema.), iznosi 4 čestice na milijun čestica zraka. Od 6 sati poslijepodne do 7 sati ujutro proñe ukupno 8 + 7 = 5 sati. U tih 5 sati indeks zagañenja se smanjio za 4 5 = 7 čestica na milijun čestica 7 7 : 3 39 zraka. To znači da se u jednom satu indeks zagañenja smanjio za = = 5 5: 3 5 čestica na milijun čestica zraka. Stoga je funkcija zavisnosti indeksa zagañenja o vremenu 39 dana s z( t) = 4 t, gdje je t [0, 5]. 5 mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 5

Preostaje odrediti t 0 [0, 5] takav da je z(t 0 ) = 03. Dobivamo jednadžbu: Riješimo tu jednadžbu: 0 39 4 0 03 5 t =. 39 4 t0 = 03, 5 39 t0 = 03 4, 5 39 39 t0 = 39 / : 5 5 t = 5 Dakle, nakon t 0 = 5 sati (računajući od 6 sati), tj u 6 + 5 = sat indeks zagañenja iznosit će 03 čestice na milijun čestica zraka. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 6