. B. Primijetimo da vrijedi jednakost I. ZADATCI VIŠESTRUKOGA IZBORA, =, 4 4. Stoga zadanom skupu pripadaju svi cijeli brojevi jednaki ili veći od, a strogo manji od. 4 Budući da nije cijeli broj, zadanom skupu zapravo pripadaju svi brojevi strogo veći od 4 i strogo manji od. Ti cijeli brojevi su očito,, 0, i. Ima ih ukupno 5. 4. B. Podsjetimo da dijeljenje dvaju realnih brojeva možemo zapisati i pomoću razlomačke crte. Točnije, prema definiciji razlomačke crte vrijedi jednakost Stoga dobivamo:. D. Koristimo jednakosti: [( ) : ] A A: B =. B ( A + B) ( A + B) D A + B C D = D = C C Podijelimo li prvu jednakost s 000, dobit ćemo: Kubiramo li drugu jednakost, dobit ćemo: kg = 000 g, m = 00 cm. g = 000 kg = 0 kg = 0 kg. m = (00 cm) = 00 cm = (0 ) cm = 0 cm = 0 6 cm. Odatle dijeljenjem s 0 6 dobivamo: cm = 6 0 m = 0 6 m. Tako konačno imamo: 0 kg ( 6) kg + 6 kg kg kg kg.8 g/cm =.8 =.8 0 =.8 0 =.8 0 =.8 000 = 800. 6 0 m m m m m m mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač
4. C. Neka je a duljina kraće, a b duljina dulje dužine. Iz podatka da su te duljine u omjeru : 5 slijedi da postoji strogo pozitivan realan broj k takav da istodobno vrijede jednakosti Stoga je tražena razlika duljina jednaka a = k b = 5 k d = b a = 5 k k = k. Skratimo li kraću dužinu za.6 cm, njezina duljina bit će jednaka a' = a.6 = k.6 cm. Analogno, skratimo li dulju dužinu za.6 cm, njezina duljina bit će jednaka b' = b.6 = 5 k.6 cm. Iz podatka da vrijedi jednakost a' : b' = : 7 slijedi: Dakle, d = k = 6 cm. 5. D. Imamo redom: a ' : b' = : 7, ( k.6) : (5 k.6) = : 7, ( k.6) 7 = (5 k.6), 4 k. = 0 k. 4 k 0 k =. +. 4 k = 8 / 4 k = 6 n, = n n ( n ) = n, n n = n, / n n = n 6, n = 6 Odatle dijeljenjem s ( ) dobivamo n = 6. Taj je broj jedino rješenje polazne jednadžbe. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač
6. A. Jednadžba x = 0 ima jedinstveno rješenje x =, a jednadžba x + 5 = 0 ima jedinstveno rješenje 5 x =. To znači da vrijede jednakosti 5 x, za x x + 5, za x x = i x + 5 = 5 x, za x < x 5, za x <. Stoga imamo: x ( x + 5), za x 5 x x + 5 = x ( x + 5), za x < = 5 x ( x 5), za x < x x 5, za x x 8, za x 5 5 = x x 5, za x < = 5 x, za x < 5 5 x + 5 + x, za x < x 8, za x + < Odredimo x takav da je x x + 5 = 0. Iz x 8 = 0 slijedi x = 8, ali taj broj ne zadovoljava uvjet x. 5 Iz 5 x = 0 slijedi x =. Taj broj zadovoljava uvjet x < i on jest rješenje polazne 5 jednadžbe. 5 Iz x + 8 = 0 slijedi x = 8. Taj broj zadovoljava uvjet x < i on jest rješenje polazne jednadžbe. Dakle, polazna jednadžba ima točno dva rješenja: x = 8 i x =. Njihov je umnožak jednak 5 6 x x = ( 8) = 5 5. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač
7. A. Koristeći pravila za logaritmiranje i antilogaritmiranje imamo redom: Odatle dijeljenjem s b dobivamo log b + log x =, a log ( b x) =, a b x = a. a a x =. b 8. D. Prisjetimo se da su svi brojevi oblika k π, pri čemu je k Z, periodi funkcija tangens i kotangens. To konkretno znači da vrijede jednakosti: Stoga je zadani izraz jednak tg( x 5 π ) = tg x, ctg( x 8 π ) = ctg x. tg( x 5 π ) + 5 tg x tg x + 5 tg x 6 tg x tg x = = = = tg x. ctg x + ctg( x 8 π ) ctg x + ctg x ctg x tg x 9. A. Iz jednadžbe parabole y = x očitamo Odatle dijeljenjem s ( 4) dobivamo: p =. p =. Dakle, ravnalica parabole je pravac r x =. Udaljenost točke T od pravca r jednaka je d(t, r) = 7 = 0 = 0 jediničnih duljina. Napomena: Nije teško pokazati da je udaljenost točke T = (a, b) od pravca x = m jednaka d = m a, te da je udaljenost iste točke od pravca y = m jednaka d' = m b. 0. B. Funkcija g definirana je za sve x R za koje je f (x) 0, a takvi x ne moraju zadovoljavati nejednadžbu f (x) 0. (Moguće je da vrijedi i nejednakost f (x) < 0.) Funkcija k je kompozicija eksponencijalne funkcije čija je domena cijeli skup R i funkcije f čija je domena takoñer skup R (prema pretpostavci), pa je domena funkcije k cijeli skup R. No, skup R se ne mora podudarati sa skupom svih rješenja nejednadžbe f (x) 0. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 4
Funkcija l definirana je za sve realne brojeve x takve da je logaritmand f (x) strogo veći od nule, tj. za sve realne brojeve x koji su rješenja nejednadžbe f (x) > 0. Skup svih takvih realnih brojeva je podskup skupa svih rješenja nejednadžbe f (x) 0, odnosno ta dva skupa ne moraju nužno biti jednaka. Funkcija h definirana je za sve realne brojeve x za koje postoji drugi korijen iz f (x). Drugi korijen je funkcija čija je domena skup [0, +. To znači da se domena funkcije h dobije rješavanjem nejednadžbe f (x) 0. Zbog toga je ta funkcija rješenje ovoga zadatka.. B. Riješimo zasebno svaku pojedinu jednadžbu. x A. + = x / 6 ( x) + = x, B 4 x + = x, x x = 4, 4 x = 7, / : ( 4) 7 x = =. 4 x. 5 = 0., x 5 =, 0 x 5 =, 5 x 5 = 5. x =, x = +, x =.. log x =, C x = = = 8 D.. ( x 5) = 0, x 5 = 0, x = 5. Od četiriju dobivenih rješenja jedino x = pripada skupu,. Dakle, jednadžba B ima rješenje u skupu,.. C. Nakon godina vrijednost automobila iznosit će ukupno 0 8 000 = 800. Budući da se 00 mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 5
vrijednost automobila svake godine smanjivala za isti iznos, godišnje smanjenje vrijednosti automobila iznosi 8000 800 600 d = = = 50. Godišnje vrijednosti automobila tvore aritmetički niz s početnim članom a 0 = 8 000 i razlikom d = 50. 40% početne vrijednosti automopbila iznosi 40 8000 700 00 =. Tražimo prirodan broj n takav da je n ti član uočenoga aritmetičkoga niza jednak 7 00. Zbog nultoga člana, tj. člana a 0, uobičajenu formulu za n ti član aritmetičkoga niza preinačimo u sljedeću formulu: Imamo: a n = 8 000 + n ( 50) = 50 n + 8 000. 50 n + 8 000 = 7 00, 50 n = 7 00 8 000, 50 n = 0 800. Odatle dijeljenjem s ( 50) slijedi n = 8. Dakle, prema procjeni, vrijednost automobila će iznositi 40% njegove početne vrijednosti na kraju osme godine.. C. Računamo redom: c = a+ b= i j+ ( i 7 j) = i j i 7 j = ( ) i+ ( 7) j = i 0 j, d = a b= i j ( i 7 j) = i j+ i+ 7 j = (+ ) i+ ( + 7) j = i+ 4 j, c d = + ( 0) 4 = 40 = 7, c = + ( 0) = + 00 = 0, d = + 4 = 9 + 6 = 5 = 5. Tako je traženi kut jednak c d 7 7 0 7 0 ϕ = arccos = arccos = arccos = arccos = c d 0 5 0 5 0 5 0 7 = arccos 0 7.49509 7 5'0'' 505 mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 6
4. C. Površina trokuta ABC jednaka je PABC = AB BC sin ABC = 0 0 sin = 00 sin kv jed. Duljina stranice b = AC, prema kosinusovu poučku, jednaka je: b = AB + BC AB BC cos ABC = 0 + 0 0 0 cos = = 400 + 900 00 cos = 00 00 cos = 00 ( cos ) = = 00 cos = 0 cos Stoga je duljina tražene visine jednaka P 00 sin 60 sin vb = = = 6.7755979 cm 6.77 cm. b 0 cos cos 5. D. Primijetimo da je vrijediti jednakost K 5 = a. b0 0 i L 5 = 0. ba 0. Iz podatka K + L = 9.49 0 5 slijedi da mora a. b0 + 0. ba = 9.49 Promatrajući znamenku na mjestu stotinki u gornjoj jednakosti zaključujemo da mora vrijediti jednakost 0 + a = 9. Odatle je a = 9. Nadalje, promatrajući znamenku desetinki zaključujemo da mora vrijediti jednakost b + b = 4. Odatle slijedi b =. Konačno imamo: a b = 9 = 7. II. ZADATCI KRATKOGA ODGOVORA 6. F r G M. Odmah imamo: m M F = G / r r / : ( ). F r = G m M G M F r m =. G M 7. 00. Neka je m dnevna proizvodnja mlijeka iskazana u litrama. Primijetimo da vrijedi jednakost 5 75 = = = 75% 4 4 5 00. Iz podataka u zadatku slijedi da mljekaru dnevno preostane ukupno mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 7
00% (75% + 4%) = 00% 99% = % dnevne proizvodnje mlijeka. Tih % mora iznositi litre. Tako iz jednadžbe množenjem sa 00 odmah dobivamo m = 00. 00 m = 8..) 8. U izraz za N uvrstimo T = 5, pa dobivamo: N = 40 ( 0 0.05 5 ) = 40 ( 0 0.6 ) 8.08. Dakle, nakon 5 sati uvježbavanja radnik može zgotoviti 8 proizvoda..) 5. Tražimo najmanji prirodan broj T za koji je N. (Radnik može zgotoviti i više od proizvoda, ali nama je važno da zgotovi proizvoda.) Imamo redom: N 0.05 T 40 ( 0 ), / : 40 40 0.05 T 0, 40 0.05 T 40 0, 40 0.05 T 7 0, / : ( ) 40 7 40 7 0.05 T log / : ( 0.05) 40 7 log 40 (log7 log40) log 40 log7 50 50 T = = = (log40 log7). 0.05 0.05 0.05 50 0.05 T 0, 0.05 T 0 /log Približnim izračunom dobivamo T 4.5569606. Najmanji prirodan broj T koji zadovoljava tu nejednakosti je T = 5. Dakle, radniku će trebati najmanje 5 sati uvježbavanja. 9..) x = 6, x =. Primijetimo da mora vrijediti nejednakost x 0. Množenjem polazne jednadžbe s x dobivamo: x 6 = 5 x, x 5 x 6 = 0, mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 8
x, 5 + 7 x = = = 6, 5 ± ( 5) 4 ( 6) 5± 5+ 4 5± 49 5± 7 = = = = 5 7 x = = =. Oba dobivena rješenja su različita od nule, pa su ona ujedno i sva rješenja zadane jednadžbe..) x =. Lijeva i desna strana zadane jednadžbe su strogo pozitivni realni brojevi, pa zadanu jednadžbu smijemo kvadrirati, a da pritom ne izgubimo niti jedno njezino rješenje. Tako odmah dobivamo linearnu jednadžbu odnosno x = 5, x = 5, x =, a odatle dijeljenjem s ( ) slijedi x =. Taj je realan broj ujedno i jedino rješenje polazne jednadžbe. 0..) ( a + b) ( a b) ili obratno. Koristeći formule za kvadrat binoma i razliku kvadrata imamo redom: a a b b = a a b + b 4 b = ( a a b + b ) ( b) = ( a b) ( b) = [ ] [ ] = ( a b) + b ( a b) b = ( a b + b) ( a b b) = ( a + b) ( a b)..) y x. Koristimo formulu za razliku kubova: x y = ( x y) ( x + x y + y ). Tako dobivamo: x y y x y ( x y) ( x + x y + y ) y ( y x) x y y x x + x y + x y x y x ( x + x y + y ) x y x x x y + y x y = =. x x + = + = + =..). Primijetimo da je zadana funkcija kvadratna funkcija oblika f (x) = a x + b x + c. Ta 4 4 funkcija ima ekstrem u točki b, a T c b =. U našem je slučaju c = 0, pa funkcija f ima a 4 a ekstrem u točki mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 9
b b T =,. a 4 a Taj će ekstrem biti maksimum ako i samo ako je a < 0. Iz zadanih podataka dobivamo sljedeći sustav dviju jednadžbi s dvije nepoznanice: Kvadriranjem prve jednadžbe dobivamo: Pomnožimo tu jednakost s ( a): b =, a b =, 4 a b 4 a = 4 b ( a) = 4 ( a), 4 a b = 4 a, 4 a Uvrstimo li posljednju jednakost u drugu jednadžbu sustava, dobivamo linearnu jednadžbu s jednom nepoznanicom: 4 a =.. Odatle dijeljenjem s ( 4) slijedi rješenje podzadatka. a =. Očito je a < 0, pa je dobivena vrijednost ujedno i 4.),. Graf funkcije f (x) = 6 x + x + je parabola oblika. Ona se nalazi iznad ili na osi apscisa na segmentu odreñenom nultočkama funkcije f. Stoga najprije nañimo te nultočke: f ( x) = 0 + + = x 6 x x 0, + 5 4 x = = =, ± 4 ( 6) ± + 4 ± 5 ± 5 = = = = ( 6) 5 6 x = = =. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 0
Dakle, f (x) 0 ako i samo ako je nejednadžbe. x,. Taj je segment ujedno i skup svih rješenja polazne..) 4 cis π = 4 cos π + i sin π = + i. Primijetimo da je apsolutna vrijednost traženoga broja jednaka polumjeru nacrtane kružnice, tj. z = r = 4. Argument traženoga broja, tj. kut kojega spojnica točke pridružene zadanom broju i ishodišta pravokutnoga koordinatnoga sustava zatvara s pozitivnim dijelom osi apscisa, jednak je: π = 0 = 0 = 80 ϕ 0 = π = π. 80 Tako je trigonometrijski oblik zadanoga broja jednak z = r cisϕ = 4 cis π = 4 cos π + i sin π. Da bismo ovaj broj zapisali u standardnom (algebarskom) obliku, primijenimo jednakosti cos π =, sin π =. Stoga je algebarski oblik zadanoga kompleksnoga broja z = 4 cos π + i sin π = 4 + i = + i..) 4 + 5 i. Prema definiciji imaginarne jedinice, vrijedi jednakost i =. Tako redom imamo: + 6 6 i = i = i i = i i = i = i = i + i = i = i i = i i = i = i = i i = ( i ) = ( ) =, 0 5 5 ( ) ( ), ( ) ( ) ( ), z = i i + i = i i + = i + i = + i 0 4 ( ) 4 ( ) 4 4 5...).7. Drugi šiljasti kut zadanoga trokuta (pri vrhu K) jednak je 90 7 = 6. Stoga se najkraća stranica zadanoga trokuta nalazi nasuprot najmanjemu kutu. Taj je kut očito kut pri vrhu mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač
M i njegova je mjera 7. Koristeći definiciju funkcije sinus odmah imamo: KL sin 7 = KL = KM sin 7 = 5 sin 7.6995.7 cm. KM 5 Napomena: Može se pokazati da je točna vrijednost duljine stranice KL jednaka ( 5 5 0 ) KL = + + cm. 8.) 5. Tvrdimo da je P ABT = PABCD. Primijetimo da vrijede jednakosti: 8 ASD = BSC, ASB = DSC, ASD + ASB = BSC + DSC = 80, AS = SC, BS = BD, sin(80 α) = sin α, za svaki α R. (Posljednju jednakost je lako provjeriti primjenom adicijskoga poučka za funkciju sinus.) Tako je: PABS = AS BS sin ASB, PASD = AS SD sin ASD = AS BS sin(80 ASB) = AS BS sin ASB = PABS, PBSC = BS SC sin BSC = BS AS sin(80 DSC) = AS BS sin(80 ASB) = PABS, PDSC = DS SC sin DSC = BS AS sin ASB = AS BS sin ASB = PABS, P = P + P + P + P = P + P + P + P = 4 P. ABCD ABS ASD BSC DSC ABS ABS ABS ABS ABS Nadalje, trokutovi ABS i ABT imaju zajedničku visinu iz vrha A na stranice BS, odnosno BT. Stoga je omjer površina tih dvaju trokutova jednak omjeru duljina stranica BS i BT, a taj je jednak : jer je T, prema pretpostavci, polovište stranice BS. Dakle, P : P = : P = P. ABS ABT ABS ABT Kombinirajući posljednje dvije jednakosti dobivamo: PABCD = 4 PABS = 4 PABT = 8 PABT PABT = PABCD, 8 što smo i željeli pokazati. Stoga je napokon mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač
PABT = PABCD = AB v = AB 5 8 = 5 cm. 8 8 8 4..) π. Prema formuli za obujam kugle polumjera r, traženi obujam jednak je 4 4 4 = = = = cm. V r π π 8 π π.) 96 =. Prema rezultatu podzadatka.), obujam željeznih kuglica od kojih svaka ima polumjer cm jednak je V = V = π = 4 π = 8 π cm. Toliki je i obujam kugle koja se dobije taljenjem. Označimo li traženi polumjer s r, onda mora vrijediti jednakost Iz ove jednakosti izrazimo r : 4 V = r π. 4 V = r π / 4 π V r = / 4 π r = V. 4 π U ovu jednakost preostaje uvrstiti V = 8 π. Tako konačno dobijemo: 8 π 4 π = = 96 = 8 = 8 = r 5..) 08. Zadani brojevi će biti tri uzastopna člana istoga geometrijskoga niza ako i samo ako je valjana jednakost Odatle dobivamo kvadratnu jednadžbu a = 7 6. a = 664. Njezino jedino strogo pozitivno rješenje je a = 08 i to je tražena vrijednost. cm. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač
.) 8 08. Svi navedeni brojevi tvore aritmetički niz kojemu su prvi član i razlika jednaki, tj. a = d =. Podijelimo li 000 s, dobit ćemo količnik 76 i ostatak. Stoga imamo ukupno n = 76 takvih brojeva. Njihov je zbroj jednak n Sn = [ a + ( n ) d ]. 76 S76 = [ + (76 ) ] = 8 [ ( + 76 ) ] = 8 77 = 808.) x 0,. Odredimo najprije količnik zadanoga geometrijskoga reda. U tu je svrhu dovoljno podijeliti drugi član reda prvim članom: x q = = x. x Zadani red će imati konačan zbroj ako i samo ako vrijedi nejednakost q <. Tako dobivamo nejednadžbu s apsolutnim vrijednostima: Nju riješimo standardno: x <. x <, x <, x <, / x <. Svi realni brojevi čija je apsolutna vrijednost strogo manja od tvore otvoreni interval,. Prema uvjetu zadatka, mi tražimo strogo pozitivne elemente toga skupa. Oni tvore otvoreni interval 0, i to je skup svih traženih vrijednosti x. 6. 0; 80. Neka je c tražena cijena cipela, a t tražena cijena torbe (obje iskazane u kunama). Prema prvom uvjetu zadatka je Nakon sniženja od 0% cijena cipela iznosi: c + t = 600. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 4
0 0 00 0 70 7 c c c c c = = = = c = c 00 00 00 00 0 kn. Nakon sniženja od 50%, cijena torbe iznosi: 50 50 00 50 50 t t t t t = = = = t = t kn. 00 00 00 00 Prema uvjetu zadatka mora vrijediti jednakost c + t = 64 kn. U ovu jednakost uvrstimo gornje izraze za c i t : 7 c + t = 64 / 0 7 c + t = 78. 5 Tako smo dobili sljedeći sustav dviju linearnih jednadžbi s dvije nepoznanice: c + t = 600 7. c + t = 78 5 Oduzmimo prvu jednadžbu od druge, pa dobijemo: 7 c c = 78 600, 5 7 c = 8, 5 7 5 c = 8, 5 c = 8. 5 Odatle dijeljenjem s 5 slijedi c = 0. Sada iz c + t = 600 slijedi t = 600 c, t = 600 0 t = 80. Dakle, cijena cipela je 0 kn, a cijena torbe 80 kn. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 5
7..) 4 k + π k π π = +, k Z. Koristimo tvrdnju: 6 6 Tako redom imamo: 4 k + sin x = x = π, k Z. f ( x) =, + sin( x) =, sin( x) =, sin( x) =, 4 k + x = π / : 4 k + x = π, k Z. 6.) cos( x). Derivacija bilo koje konstantne funkcije jednaka je 0. Dakle, ()' = 0. Funkciju sin( x) deriviramo prema pravilu za deriviranje složene funkcije. Pritom koristimo jednakosti: Dobivamo: Dakle, (sin x)' = cos x, (a x)' = a. [sin( x)]' = cos( x) ( x)' = cos( x) = cos( x). f '(x) = 0 + cos( x) = cos( x). 8..) Vidjeti Sliku. Jednadžba pravca zapisana je u segmentnom obliku. Iz nje očitamo da pravac siječe os apscisa u točki S = (5, 0), a os ordinata u točki S = (0, ). Te dvije točke ucrtamo u pravokutni koordinatni sustav u ravnini, pa ih spojimo pravcem. Dobivamo Sliku. x y.) = ili x 4 y =. Zadana krivulja je hiperbola čija je jednadžba oblika 4 x y =. Iz slike vidimo da krivulja prolazi točkom S = (, 0). Uvrstimo li u jednadžbu a b hiperbole x =, y = 0, dobit ćemo: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 6
Slika. 0 =, a b 4 =. a Pomnožimo li ovu jednakost s a, odmah dobivamo a = 4. Nadalje, hiperbola prolazi i točkom T = (4, ). Stoga u jednadžbu hiperbole uvrstimo x = 4, y = = i a = 4. Dobivamo: 4 =, 4 b 6 9 4 b =, 9 4 b =, 9 b = 4, 9 b = / : ( ) =. b mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 7
Odatle množenjem s b izravno slijedi b x y =. Dakle, tražena jednadžba hiperbole je = 4 ili, u razvijenom obliku dobivenom množenjem navedene jednakosti s, x 4 y =. x y.) + = ili 4 x + 5 y = 00. Iz podatka da elipsa prolazi točkom B koja se nalazi na osi 5 4 ordinata zaključujemo da je duljina male poluosi elipse b =. Iz podatka da je prva koordinata jednoga žarišta elipse jednaka zaključujemo da je linearni ekscentricitet elipse e jednak. Budući da vrijedi jednakost odavde izrazimo a : e = a b, e = a b / e = a b, a = e + b. U ovu jednakost uvrstimo e = i b =, pa dobivamo: a = e + b, a a a ( ) = +, = + 4, = 5. Preostaje u jednadžbu elipse dobivamo: x a y + = uvrstiti a = 5 i b =, odnosno b = 4. Tako konačno b x y + =, 5 4 ili, ekvivalentno, nakon množenja te jednakosti sa 00, 4 x + 5 y = 00. 9..) a) x = 5, x =. Iz slike vidimo da graf funkcije f siječe os apscisa u točkama S = ( 5, 0) i S = (, 0). To znači da su tražene nultočke x = 5 i x =. b) x, 5, 4. Tražimo otvorene intervale na kojima se graf funkcije nalazi strogo ispod osi apscisa (i ne siječe tu os). Jedan je takav interval, 5 na kojemu zadana funkcija mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 8
raste. Drugi takav interval je odreñen većom nultočkom i asimptotom zadane funkcije. Ta je asimptota pravac x = 4, pa je riječ o intervalu, 4. Dakle, traženi skup je, 5, 4. c) R\, 4 ili, ] [4, +. Sa slike se vidi da pravci oblika y = a ne sijeku graf zadane funkcije ni u jednoj točki ako i samo ako je a, 4. Stoga funkcija kao svoje vrijednosti poprima sve realne brojeve osim onih iz otvorenoga intervala, 4. Dakle, traženi skup je R\, 4 ili, u ekvivalentnom zapisu kao unija dvaju intervala,, ] [4, +..) Vidjeti Sliku. Prirodno područje definicije zadane funkcije je cijeli skup R jer je izraz x definiran za svaki realan broj x. Baza zadane eksponencijalne funkcije je. Taj je broj strogo manji od, pa je riječ o strogo padajućoj funkciji. Njezin graf prolazi točkom S = (0, ) jer tom točkom prolaze grafovi svih eksponencijalnih funkcija oblika f (x) = a x, za a > 0 i a. Taj graf ne siječe os apscisa ni u jednoj točki jer za svaki x R vrijedi x > 0. Napokon, vrijede jednakosti lim = + i lim = 0, što znači da se za velike strogo pozitivne vrijednosti x x + varijable x graf funkcije asimptotski približava osi apscisa. Radi preciznosti, navedimo još neke točke traženoga grafa: x Traženi graf prikazan je na Slici. x x f (x) 4 Slika. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 9
.) y = x 8 ili x y 8 = 0. Odredimo najprije obje koordinate dirališta tražene tangente. Prva koordinata dirališta jednaka je, dok je druga jednaka f (). Izračunajmo f (): f () = 5 = 9 5 = 5 =. Dakle, diralište tangente je točka D = (, ). Koeficijent smjera tangente k t jednak je vrijednosti prve derivacije zadane funkcije u točki x =. Izračunajmo tu prvu derivaciju: ' ' f '( x) = x 5 = x (5)' = ( x )' 0 = x 0 = x = x, kt = f '() = =. Preostaje napisati jednadžbu pravca kojemu je koeficijent smjera jednak k t = i koji prolazi točkom D = (, ): t... y ( ) = ( x ), t... y + = x 6, t... y = x 6, t... y = x 8 Zapišemo li dobivenu jednadžbu u implicitnom obliku, dobit ćemo: t x y 8 = 0. 4.) R \,,, + ili. Da bi logaritamska funkcija uopće bila definirana, logaritmand mora biti strogo pozitivan realan broj. To znači da mora vrijediti nejednakost: x > 0. x + Ovim zahtjevom ćemo ujedno osigurati i da nazivnik gornjega algebarskoga razlomka bude različit od nule, odnosno da taj razlomak bude dobro definiran. Riješimo gornju nejednadžbu. Dva su moguća slučaja: x > 0 x > x > I. x, + x + > 0 x > x > x 0 x < < x < II. x, x + < 0 x < x < mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 0
Dakle, prirodno područje definicije zadane funkcije je unija ovih skupova, tj. skup D f = =,, +. Taj skup kraće i preglednije možemo zapisati koristeći operaciju komplementiranja \: D f = R \,. 5.) 5 x. U jednakost f (x + ) = 5 x umjesto x pišimo 7 x. Dobivamo: [ ] f (7 x ) + = 5 (7 x ), f (7 x + ) = 5 x 0, f (7 x) = 5 x. Napomena: U zadatcima ovoga tipa uvijek je korisno pogledati koji izraz treba zapisati umjesto x tako da u zagradi dobijemo točno onaj argument čiju vrijednost tražimo. U ovom slučaju x + treba biti jednako 7 x, pa umjesto x treba pisati 7 x. 0. 5. Odredimo najprije jednadžbu promjera kružnice k okomitoga na tangentu t. Koeficijent smjera te tangente je k t =, pa je koeficijent smjera promjera k p = = =. k Jednadžba pravca kojemu je koeficijent smjera k p, a prolazi točkom S glasi: t p... y +.5 = ( x ), p... y = x.5, p... y = x.5.5, p... y = x. U pravokutnom koordinatnom sustavu u ravnini nacrtajmo sva četiri pravca koja odreñuju četverokut čiju površinu tražimo. Za svakoga od njih dovoljno je odabrati po dvije njegove točke (osim za os y, tj. os ordinata koju crtamo prigodom crtanja pravokutnoga koordinatnoga sustava u ravnini). Dobivamo Sliku. (Četverokut čiju površinu računamo išrafiran je zelenom bojom, a njegovi su vrhovi označeni s A, B, C i D.) Odredimo koordinate točaka A, B, C, D i E naznačene na slici. U svakom od tih slučajeva rješavamo sustav dviju linearnih jednadžbi s dvije nepoznanice: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač
Slika. y = x 5 x = x + x + x = + x = 5 x = y = x + = + y = x + = 4+ = A= (, ) y = x 5 x = x + 7 x + x = 7 + x = 0 x = 4 y = x + 7 = y = x + 7 = 4+ 5= 8+ 7 = B = (4, ) x = 0 y = x + 7 = 0+ 7 = 7 C = ( 0,7 ), y = x + 7 x = 0 y = x + = 0+ = D = ( 0, ), y = x + x = 0 y = x = 0 = E = ( 0, ) y = x Tražena površina jednaka je razlici površina trokutova EBC i EAD. Ti trokutovi su pravokutni trokutovi s pravim kutovima kod vrhova A, odnosno B. Izračunajmo zasebno površinu svakoga od tih trokuta. Imamo redom: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač
[ ] EB = ( x x ) + ( y y ) = (4 0) + ( ) = 4 + ( + ) = ( ) + = B E B E = + = + = = 4 5 5 CB = ( x x ) + ( y y ) = (4 0) + ( 7) = 4 + ( 8) = 4 + 8 = B C B C = + = + = + = = 4 ( 4) 4 4 4 4 4 5 4 4 5 PEBC = EB CB = 5 4 5 = 4 5 = 0 [ ] EA = ( x x ) + ( y y ) = ( 0) + ( ) = + ( + ) = + = = 4 + = 5 A E A E DA = ( x x ) + ( y y ) = ( 0) + ( ) = + ( 4) = + 4 = A D A D = + = + = + = = ( ) 4 5 5 PEAD = EA DA = 5 5 = 5 Tako konačno dobivamo: P ABCD = P EBC P EAD = 0 5 = 5 kv. jed. pripremio: mr.sc. Bojan Kovačić, dipl.ing.mat., viši predavač mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač