Op cinsko natjecanje Osnovna ˇskola 4. razred

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Op cinsko natjecanje Osnovna ˇskola 4. razred"

Transcript

1 9 1. Općinsko natjecanje Općinsko (gradsko) natjecanje je prvi stupanj natjecanja koji se organizira po jedinstvenim kriterijima Državnog povjerenstva za matematička natjecanja. Godine ono je održano 16. ožujka. Evo postavljenih zadataka: Osnovna škola 4. razred 4.1. Izračunaj Rastavi broj 1280 na dva pribrojnika tako da je jedan od njih za 250 veći od drugog Tri osobe podijele me - dusobno 3774 kune. Prva dobije 111 kuna manje od druge, a treća koliko prva i druga zajedno. Koliko je kuna dobila svaka osoba? 4.4. Kad su Hrvoje i Ivan biciklima prešli četvrtinu puta, odluče se odmoriti. Do cilja im je ostalo još toliko koliko su prešliijoš 20 kilometara. Kolika je duljina puta što su ga do odmora prešli Hrvoje i Ivan? Koliko je kilometara dug cijeli put? 4.5. Duljina kraka b jednakokračnog trokuta dva puta je veća od duljine osnovice a. Izračunaj duljinu osnovice a ako je opseg trokuta 20 cm. Nacrtaj trokut!

2 10 1. OPĆINSKO NATJEANJE 5. razred 5.1. Umjesto zvjezdica stavi odgovarajuće znamenke, tako da množenje dva broja bude točno Majka je starija od kćeri 21 godinu. Za 10 godina majka će biti dva puta starija od kćeri. Koliko će godina imati majka za 10 godina? 5.3. Ako brojeve 701 i 592 podijelimo istim prirodnim brojem, dobivamo redom ostatke 8 i 7. Koji je broj djelitelj? 5.4. U pet kutija nalazi se ukupno 200 kuglica. U prvoj i drugoj kutiji su 104 kuglice, u drugoj i trećoj 86 kuglica, u trećoj i četvrtoj 68 kuglica, a u četvrtoj i petoj kutiji ima 60 kuglica. Koliko kuglica ima u svakoj kutiji? 5.5. Dana su tri kvadrata kao na slici. Vrhovi srednjeg kvadrata nalaze se u polovištima stranica kvadrata ABD. Zbrojopsega najmanjeg inajvećeg kvadrata je 60 cm, pri čemu je opseg najmanjeg kvadrata četiri puta manji od opsega najvećeg kvadrata. Kolika je površina osjenčanog dijela, tj. površina dijela izme - du srednjeg i najmanjeg kvadrata. D A Sl razred B 6.1. Učitelj matematike je na općinsko natjecanje doveo četiri svoja učenika. Na pitanje koliko ima ukupnoučenika kojima predaje matematiku, on je odgovorio: Na školskom natjecanju sudjelovala je jedna trećina onih učenika kojima predajem, a na ovo natjecanje doveo sam jednu petnaestinu mojih učenika koji su sudjelovali na školskom natjecanju. Koliki je broj učenika kojima ovaj učitelj predaje matematiku?

3 1. OPĆINSKO NATJEANJE Odredi sve četveroznamenkaste brojeve oblika abab djeljive sa Polovina zbroja tri prirodna broja je 1996, pri čemu je drugi broj tri puta veći od prvog broja, a treći je broj za 1 veći od trećine prvog broja. Koji su to brojevi? 6.4. Dan je jednakostraničan trokut AB.NapravcuA preko vrha odabrana je točka D. Opseg trokuta ABD je 67 cm, a opseg trokuta BD je 53 cm. Koliki je opseg trokuta AB? 6.5. Simetrala vanjskog kuta trokuta AB pri vrhu siječe pravac AB pod kutom od 45. Koliki su kutovi trokuta AB, ako je <)AB = 35? 7. razred 7.1. Biciklist se penje uzbrdo brzinom od 10 km na sat, a spušta na polazno mjesto brzinom od 15 km na sat. Razlika vremena uspinjanja i spuštanja je 12 minuta. Kolika je duljina puta uzbrdo? 7.2. Zbroj tri razlomka je 83,pričemu se njihovi brojnici odnose 72 kao 5 : 7 : 1. Nazivnik trećeg razlomka odnosi se prema nazivniku prvog razlomka kao 1 : 4, a nazivnik drugog razlomka prema nazivniku trećeg razlomka odnosi se kao 3 : 2. Odredi te razlomke, ako su oni do kraja skraćeni Nevenka je pročitala knjigu za četiri dana. Drugi je dan pročitala 20% više nego prvi dan, ali je i svaki sljedeći dan pročitala 20% više nego prethodni dan. Koliko stranica ima knjiga, ako je zbroj stranica koje je Nevenka pročitala prvi i četvrti dan za 11 veći od zbroja stranica koje je pročitala drugi i treći dan? 7.4. Dan je šiljastokutni trokut AB. Točka D je nožište visine iz vrha na stranicu AB,atočka E je nožište visine iz vrha A na stranicu B. Dokaži da je <)AE + <)AD = <)AB Dokaži da su polovišta stranica romba vrhovi pravokutnika. 8. razred 8.1. Izračunaj Točka A( 4, 2) je vrh trokuta AB. Na pravcu y = 3x 7 leži stranica B, a na pravcu y = 2x + 8leži visina iz vrha na stranicu AB. Kolike su koordinate vrhova B i trokuta AB? 8.3. Avion je udaljenost od 6000 km preletio za neko vrijeme. Da je svakog sata avion preletio 100 km više, tada bi navedenu udaljenost

4 12 1. OPĆINSKO NATJEANJE preletio za dva sata manje. Za koje je vrijeme avion preletio navedenu udaljenost? 8.4. Dan je trokut AB,pričemu je <)AB = 60, <)AB = 45 i B = Kolika je udaljenost vrha A od ortocentra trokuta AB? 8.5. Dana je kružnica polumjera r.iztočke A koja leži izvan kružnice konstruiraj tangente na zadanu kružnicu. Neka su točke M i N dirališta tih tangenti i zadane kružnice. Na manjem kružnom luku MN unekojtočki P konstruiraj tangentu t na zadanu kružnicu. Tangenta t siječe dužinu AM utočki B,adužinu AN utočki. Dokaži da opseg trokuta AB ne ovisi o odabiru točke P, tj. da je opseg trokuta AB stalan i jednak AM + AN. Srednja škola 1. razred 1.1. Dokažite da ne postoje realni brojevi a, b, c koji zadovoljavaju jednakosti a + b + c = 63, ab + bc + ca = Dokažite da zbroj kvadrata pet uzastopnih cijelih brojeva ne može biti kvadrat nekog cijelog broja Za koje vrijednosti realnog parametra a jednadžba a 5 x a x 2 = 2ax 5 x 2 x 2 nema rješenje? 1.4. Kružnici polumjera r = 3 dm opisan je jednakokračan trokut kojemu je kut pri vrhu 120.Izračunajte površinu tog trokuta. 2. razred 2.1. Dokažite da je trokut jednakostraničan ako i samo ako je zbroj duljina njegovih visina jednak deveterostrukom polumjeru njegove upisane kružnice.

5 1. OPĆINSKO NATJEANJE Odredite brojeve p i q, ako je poznato da je razlika korijena jednadžbe x 2 + px + q = 0 jednaka 5, a razlika njihovih kubova Neka je ω = 1 + i 3. Pokažite da je 2 (a + b + c)(a + bω + cω 2 )(a + bω 2 + cω) =a 3 + b 3 + c 3 3abc U trokutu AB poznate su duljine stranica b = A i c = AB i <)AB = 3<)BA. Na stranici A odabrane su točke D i E takve da je <)ABD = <)DBE = <)EB. Izrazite pomoću b i c duljine dužina AD, DE i E Riješite jednadžbu 3. razred 2log 2 9 x = log 3 x log 3 ( 2x + 1 1) Zadana je funkcija f (x) =cos x + 3sinx. (a) Odredite sve realne brojeve m za koje jednadžba f (x) =m ima rješenje. (b) Riješite jednadžbu f (x) =1. (c) Nadite - maksimum funkcije f (x) i odredite za koje vrijednosti x se on postiže. (Uputa. Prikažite funkciju f (x) u obliku a sin(bx + c), gdje su a, b, c R. ) 3.3. Zadan je konveksan četverokut ABD s kutovima α, β, γ i δ od kojih nijedan nije pravi. Dokažite da vrijedi ovaj identitet tg α + tg β + tg γ + tg δ = ctg α + ctg β + ctg γ + ctg δ. tg α tg β tg γ tg δ 3.4. Oko kružnice polumjera r opisan je trapez kojemu su kutovi uz dulju osnovicu α i β. Dokažite da je omjer površina trapeza i kruga jednak 2 ( 1 π sin α + 1 ). sin β 4. razred 4.1. Neka je f : N R funkcija sa skupa pozitivnih cijelih brojeva u skup realnih brojeva takva da vrijedi: (a) f (1) =1, (b) f (1)+2f (2)+3f (3)+...+ nf (n) =n(n + 1)f (n) za n 2. Na - dite f (1996).

6 14 1. OPĆINSKO NATJEANJE 4.2. Zadana su prva tri člana geometrijskog niza 1, q, q 2 (q > 0, q 1). (a) Odredite sve x R tako da kvadrati brojeva 1 x, q x, q 2 x čine aritmetički niz, a zatim ispitajte predznak od x za razne vrijednosti q. (b) Izrazite razliku tog aritmetičkog niza kao funkciju od q. Koji uvjet zadovoljava q ako je ovaj niz rastući? 4.3. Neka su točke A i (x i, y i ), i = 1, 2, 3, 4 na hiperboli xy = 1. Dokažite tvrdnju: ako su sve četiri točke na istoj kružnici, onda je x 1 x 2 x 3 x 4 = Nadite - kut izmedu - težišnica BD i E strana AB i SA pravilnog tetraedra SAB. Rješenja zadataka = 75 ( ) = = 36 ( ) = = Ako sa x označimo jedan pribrojnik tada je x drugi pribrojnik i vrijedi x+(x+250) =1280. Rješenje jednadžbe je x = 515. Traženi pribrojnici su 515 i Označimo sa x broj kuna koju je dobila druga osoba. Tada je prva osoba dobila x 111 kuna, a treća x +(x 111) kuna. Sve tri zajedno su dobile (x 111)+x +(2x 111) kuna. Treba riješiti jednadžbu (x 111)+x +(2x 111) =3774. Rješenje je x = 999, pa je prva osoba dobila 888 kuna, druga 999 kuna, a treća 1887 kuna ijeli put ima četiri četvrtine. Hrvoje i Ivan prešli su jednu četvrtinu, a ostala im je još jedna četvrtina i 20 km. Dakle, tih 20 km je dvije četvrtine puta, pa jedna četvrtina puta ima 10 km. Hrvoje i Ivan prešli su 10 km, a ukupno će prijeći 40 km. _ 1 4 puta Sl Kako je duljina kraka b dva puta veća od duljine osnovice a, to opseg zapisujemo u obliku O = b + b + a = 2a + 2a + a, tj. 20 = 5a. Duljina osnovice je4cm,akraka8cm.

7 1. OPĆINSKO NATJEANJE 15 b b a Sl Očito je prvi djelomični umnožak djeljiv s 3, pa je prvi faktor. Kako je znamenka jedinica trećeg djelomičnog umnoška 6, slijedi da je znamenka jedinica drugog faktora 1 ili 6. Znamenka 6 otpada jer je umnožak šesteroznamenkasti broj, a treći djelomični umnožak je peteroznamenkasti broj. Zato je drugi faktor 341. Sada lako odredimo preostale znamenke Neka je x broj godina koje kćer ima sada. Onda majka sada ima x + 21 godinu. Za 10 godina kćer će imati x + 10 godina, a majka x + 31 godinu. Vrijedi jednadžba x + 31 = 2(x + 10).Rješenje jednadžbe je x = 11. Kćer sada ima 11 godina, a majka će za 10 godina imati 42 godine Broj 701 8, tj. 693 i broj 592 7, tj. 585 imaju zajedničkog djelitelja. Rastavimo dobivene brojeve na proste faktore, tj. 693 = i 585 = Zajednički djelitelji ova dva broja su 3 i 9. Kako djelitelj mora biti veći od ostatka, zaključujemo da je traženi djelitelj broj U drugoj, trećoj, četvrtoj i petoj kutiji ima = 146 kuglica, a u svih pet ih ima 200, pa zaključujemo da ih u prvoj ima = 54. U prvoj i drugoj kutiji ima 104 kuglice, a samo u prvoj ima 54, pa u drugoj ima = 50 kuglica. U drugoj i trećoj zajedno ima 86 kuglica, a samo u drugoj ima 50 kuglica, pa u trećoj ima = 36 kuglica. U trećoj i četvrtoj ih ima ukupno 68, a utrećoj ima 36 kuglica, pa u četvrtoj ima = 32 kuglice. I konačno, u četvrtoj i petoj kutiji ima 60 kuglica, u četvrtoj 32, pa u petoj ima = 28 kuglica.

8 16 1. OPĆINSKO NATJEANJE 5.5. Neka su M, N, K i L vrhovi srednjeg kvadrata. Kako je opseg najmanjeg kvadrata 4 puta manji od opsega najvećeg kvadrata, slijedi da je 60 : 5, tj. 12 cm opseg najmanjeg kvadrata, a 12 4, tj. 48 cm opseg najvećeg kvadrata. Zato je duljina stranice najmanjeg kvadrata 3 cm, a njegova površina 9 cm 2,te duljina stranice najvećeg kvadrata 12 cm, a njegova površina 144 cm 2.Površina pravokutnog trokuta LAM je 6 6 2, tj. 18 cm2. Svaki od ostala 3 pravokutna trokuta ima površinu 18 cm 2.Površina kvadrata MNKL jednaka je razlici površine najvećeg kvadrata i zbroja površina 4 pravokutna trokuta, tj , tj. 72 cm 2. Prema tome, površina osjenčanog dijela jednaka je razlici površina srednjeg i najmanjeg kvadrata, odnosno 72 9, tj. 63 cm Neka je x broj učenika kojima učitelj predaje matematiku. Tada je na školskom natjecanju sudjelovalo x učenika, a na općinskom natjecanju x učenika. Zato vrijedi jednadžba x = 4. Rješenje ove jednadžbe je x = 180. Broj učenika kojima učitelj predaje matematiku je Četveroznamenkasti broj abab možemo pisati kao abab = 1000a + 100b + 10a + b = 1010a + 101b = 101(10a + b). Traženi četveroznamenkasti broj bit će djeljiv sa 16 ako je dvoznamenkasti broj 10a + b djeljiv sa 16, jer je 101 prost broj. Svi dvoznamenkasti višekratnici broja 16 su brojevi: 16, 32, 48, 64, 80, 96. Traženi četveroznamenkasti brojevi su: 1616, 3232, 4848, 6464, 8080, Neka su a, b, c tri prirodna broja. Tada je a+b+c 2 = 1996, ili a + b + c = , tj. a + b + c = Kako je b = 3a i c = 1 3 a + 1, zamjenom u zadnjoj jednakosti dobivamo a + 3a a + 1 = Rješenje ove jednadžbe je a = 921. Sad lako odredimo b = 2763 i c = D b c a a A a B Sl Neka je a duljina stranice jednakostraničnog trokuta AB, D = b, BD = c. U trokutu ABD vrijedi 2a+b+c = 67, a u trokutu BD vrijedi a+b+c = 53.

9 1. OPĆINSKO NATJEANJE 17 Iz 2a + b + c = 67 dobivamo redom a + a + b + c = 67, a + 53 = 67, tj. a = 14. Opseg trokuta AB je 42 cm Neka je <)BA = α,<)ab = β,<)ab = γ i γ 1 vanjski kut kod vrha. U trokutu BD vrijedi <)BD = 180 ( ), ili <)BD = , tj. <)BD = 100. Sada je očito γ + γ1 2 = 100,a zbog γ 1 = α + β (svojstvo vanjskog kuta trokuta), tj. zbog γ1 2 = α+β 2, vrijedi jednakost 100 = γ + α+β 2, odnosno 100 2γ +α+β = 2, ili 100 γ +γ +α+β = 2, tj. 100 = γ Rješenje zadnje jednadžbe je γ = 20. Zato je α = 180 ( ), tj. α = D A B Sl Neka je x duljina puta uzbrdo, odnosno nizbrdo. Tada je biciklist udaljenost uzbrdo prešao za 10 x x sati, a nizbrdo za 15 sati. Zato vrijedi jednadžba x x = Rješenje ove jednadžbe je x = 6. Duljina puta uzbrdo je 6 km Neka je a x prvi razlomak, y b drugi i z c treći razlomak. Tada je x a + y b + c z = Odnose brojnika možemo zapisati produženim razmjerom x : y : z = 5 : 7 : 1, odnosno vrijedi da je x : z = 5 : 1, tj. x = 5z, odnosno y : z = 7 : 1, tj. y = 7z. Odnose nazivnika možemo zapisati razmjerima c : a = 1 : 4, tj. a = 4c, odnosno b : c = 3 : 2, ili 2b = 3c, tj. b = 3c 2. Uvrštavanjem dobivenih vrijednosti u prvu jednakost dobivamo redom x a + y b + z c = 83 72, 5z 4c + 7z 3 2 c + z c = 83 72, 5z 4c + 14z 3c + z c = 83 72, 15z+56z+12z 12c = 83 72, 83z 12c = Sad je nužno z = 1 i c = 6. Zato je x = 5, y = 7, a = 24, b = 9. Prema tome, traženi su razlomci x a = 24 5, y b = 7 9, c z = Neka je x broj stranica koje je Nevenka pročitala prvi dan. Onda je drugi dan pročitala 1.2x stranica, treći dan 1.44x stranica i četvrti dan 1.728x stranica. Zato vrijedi jednadžba x x = 1.2x x Rješenje ove jednadžbe je x = 125. Nevenka je prvi dan pročitala 125, drugi dan 150, treći dan 180, a četvrti dan 216 stranica. Knjiga ima 671 stranicu Neka je <)AB = α, <)AB = β, <)AB = γ, <)AE = x, <)AD = y. U pravokutnom trokutu AE vrijedi x + γ = 90, a u pravokutnom

10 18 1. OPĆINSKO NATJEANJE trokutu AD vrijedi y + α = 90. Zbrajanjem ove dvije jednakosti dobivamo x + y + α + γ = 180, a zbog α + β + γ = 180 dobivamo novu jednakost x + y + α + γ = α + β + γ, ili x + y = β, odakle je <)AE + <)AD = <)AB. y E x A D B Sl Neka je četverokut ABD romb, a točke K, L, M, N redom polovišta stranica AB, B, D i AD,tenekajetočka S sjecište dijagonale A i dijagonale BD.Očito je dužina NK srednjica trokuta ABD,a dužina ML srednjica trokuta BD,paje NK BD, odnosno ML BD,izčega slijedi da je NK ML. D M N S L A K B Sl U trokutu AB srednjica je dužina KL, adužina MN je srednjica trokuta AD. Iz toga slijedi da je KL A, odnosno MN A,atoznači da je KL MN (svojstvo tranzitivnosti paralelnih pravaca). Kako su nasuprotne stranice četverokuta KLMN paralelne, zaključujemo da je četverokut KLMN paralelogram. Kut <)NKL i kut <)ASB su dva kuta s medusobno - usporednim kracima, a zbog <)ASB = 90, jer su dijagonale romba medusobno - okomite, nužno slijedi da je <)NKL = 90. Ako paralelogram ima jedan pravi kut, onda su nužno i ostala tri kuta prava, a to znači da je četverokut KLMN pravokutnik. p 8.1. Prvo rješenje. Neka je x = p Ako ovu jednakost kvadriramo, dobivamo redom: x 2 = q ( )( ) , x 2 = , x 2 = , x 2 = 76, ili x 2 = 4 19, tj. x = 2 19.

11 1. OPĆINSKO NATJEANJE 19 p Drugo rješenje p q 19 = ( ) 2 q + ( 19 1) 2 = = Rješenje sustava jednadžbi y = 3x 7, y = 2x+8 jestex = 15, y = 38, a to su koordinate vrha, tj. (15, 38). Kako je pravac AB okomit na pravac čija je jednadžba y = 2x + 8, toćemo jednadžbu pravca AB odrediti po formuli y y 0 = a(x x 0 ),pričemu je a = 2 1,a (x 0, y 0 ) su koordinate točke A.Zato vrijedi y 2 = 1 2 (x + 4), ili y = 1 2 x.rješenje sustava y = 1 2 x, y = 3x 7 jeste x = 2, y = 1, a to su koordinate vrha B, tj. B(2, 1). A B Sl Neka je x vrijeme za koje je avion preletio navedenu udaljenost bez povećanja brzine. Tada je taj put preletio brzinom 6000 x km na sat. Da je svakog sata preletio 100 km više, avion bi danu udaljenost preletio brzinom 6000 x 2 km na sat. Zato vrijedi jednadžba 6000 x 2 = 6000 x Nakon sredivanja - dobivamo kvadratnu jednadžbu x 2 2x 120 = 0. Dalje vrijedi x 2 12x + 10x 120 = 0, x(x 12)+10(x 12) =0, ili (x 12)(x + 10) =0. Sad je očito samo x 12 = 0, tj. x = 12. Avion je udaljenost od 6000 km preletio za 12 sati E H A D B Sl Neka je točka D nožište visine iz vrha na stranicu AB,točka E nožište visine iz vrha A na stranicu B inekajetočka H ortocentar trokuta AB.Kakoje <)AB = 45,a <)DB = 90, slijedi da je <)BD = 45,atoznači da je pravokutni trokut DB jednakokračan, tj. vrijedi D = BD,paje B = D 2,

12 20 1. OPĆINSKO NATJEANJE ili D 2 = 10 3, tj. D = Pravokutni trokut AD je polovica jednakostraničnog trokuta, jer je <)AD = 90,a <)AD = 60,paje D = A 3 2, odnosno = A 3 2, ili = A 3, tj. A = 10 2, a zbog AD = A 2 slijedi da je AD = , tj. AD = 5 2. Očito je u pravokutnom trokutu EH kut <)HE = 45,izčega slijedi da je <)AHD = 45 (vršni kutovi), pa je <)HAD = 45,atoznači da je pravokutni trokut ADH jednakokračan, tj. AD = HD. Zato je AH = AD 2, ili AH = 5 2 2, tj. AH = Nekajetočka S središtedanekružnice polumjera r,atočka O središte kružnice promjera AS. Konstrukcija dvije tangente iz točke A na danu kružnicu izvodi se primjenom Talesovog poučka. Lako se dokaže da je SMO = SNO, jer je SM = SN = r i OS = OM = ON,paje <)OSM = <)OSN.Sada dokažimo da je SMA = SNA. Naime, SM = SN = r,dužina AS je zajednička stranica i <)ASM = <)ASN,atoznači da je AM = AN.PravacN ipravac P su dvije tangente iz točke na danu kružnicu, a pravci BP i BM su druge dvije tangente na danu kružnicu. Prema prethodno dokazanom slijedi da je N = P i BP = BM. Kako je B = BP + P, slijedi da je opseg trokuta AB jednak AB + B + A = AB + BP + P + A ili AB + B + A = AB + BM + N + A, tj. AB + B + A = AM + AN. M t B S P O A N Sl Pretpostavimo da postoje takvi brojevi. Tada iz identiteta i danih uvjeta u zadatku slijedi (a + b + c) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca) a 2 + b 2 + c 2 =(a + b + c) 2 2(ab + bc + ca) = = = 23 < 0. Kako smo došli do proturječja, polazna pretpostavka nije istinita, tj. takvi brojevi ne postoje.

13 1. OPĆINSKO NATJEANJE Promatrajmo zbroj kvadrata pet uzastopnih cijelih brojeva n 2, n 1, n, n + 1, n + 2, tj. (n 2) 2 +(n 1) 2 + n 2 +(n + 1) 2 +(n + 2) 2 = 5(n 2 + 2). Da bi ovaj broj bio potpun kvadrat, broj n morao bi biti djeljiv s 5, a to znači da bi n 2 morao završavati znamenkom 3 ili 8. No, to je nemoguće jer kvadrat cijelog broja završava samo jednom od znamenaka 0, 1, 4, 5,6ili Množenjem jednadžbe sa x 2 x 2 =(x + 1)(x 2) dobivamo nakon sredivanja - x = 8 5a 4(a + 3). Za a = 3 je8 5 ( 3) 0 i stoga za a = 3 jednadžba nema rješenje. Iz istih razloga x = 1 ix = 2 ne mogu biti rješenja. Uvrstimo li x = 1, dobivamo a = 20, odnosno za x = 2 dobivamo a = Dakle,za a { 3, 13 16, 20} jednadžba nema rješenje b Q 60 r 30 x r S r A a P B Sl Uz oznake kao na slici trokut QS je polovica jednakostraničnog trokuta stranice x = S. Zato je r = x 2 3 = x = 2 3. Označimo s a = AB, v = r + x = 3 + 3, visinu trokuta AB i 2v = A = B. Trokut AP je polovica jednakostraničnog, pa je a 2 = 2v 3 = a = Sada je površina trokuta P = av 2 =( ) dm Iz formula 2P = ah a = bh b = ch c = 2rs = r(a + b + c), b

14 22 1. OPĆINSKO NATJEANJE gdje je P površina trokuta, slijedi 1 h a + h b + h c = 2P a + 1 b + 1 «c 1 = r(a + b + c) a + 1 b + 1 «c = r 3 + a b + b a + a c + c a + b c + c «. b Kako je a b + b a slijedi 2, pri čemu jednakost vrijedi ako i samo ako je a = b, itd., h a + h b + h c r( ) =9r, s jednakošću ako i samo ako je a = b = c Prema uvjetu zadatka je odakle slijedi x x 1x 2 + x 2 2 = 7. Tako - der Sada je te je p = ±1. x 1 x 2 = 5, x 3 1 x 3 2 = 35, q = x 1 x 2 = 1 3 [(x2 1 + x 1 x 2 + x 2 2) (x 1 x 2 ) 2 ] = 1 (7 25) = 6. 3 p 2 =(x 1 + x 2 ) 2 =(x 1 x 2 ) 2 + 4x 1 x 2 = = Primijetimo da je ω 3 = 1, ω 4 = ω, ω + ω 2 = 1, odakle je (a + b+c)(a + bω + cω 2 )(a + bω 2 + cω) =(a + b + c)[a 2 + b 2 + c 2 + ω(ab + bc + ca)+ω 2 (ab + bc + ca)] =(a + b + c)[a 2 + b 2 + c 2 (ab + bc + ca)] = a 3 + b 3 + c 3 3abc Označimo x = AD, y = DE i z = E kao na slici. Primijetimo da je <)BE = <)EB i <)BEA = 2<)EB = <)ABE. Zato su trokuti BE i ABE jednakokračni BE = E i AB = AE ).

15 1. OPĆINSKO NATJEANJE 23 c A x D y E b z B a Sl Simetrala kuta ABE je BD. Stoga vrijedi x + y + z = b, x + y = c, x : y = c : z. Rješavanjem ovog sistema dobije se x = c2 b 3.1. Dana jednadžba ekvivalenta je redom sa, y = c(b c) b 2( 1 2 log 3 x)2 = log 3 x log 3 ( 2x + 1 1),, z = b c. tj. log 3 x( 1 2 log 3 x log 3 ( 2x + 1 1) =0. Treba, dakle, riješiti jednadžbe log 3 x = 0, 1 2 log 3 x log 3 ( 2x + 1 1) =0. Rješenje prve jednadžbe je x = 1, a druga jednadžba je ekvivalentna sa x = 2x tj. x + 1 = 2x + 1 / 2 2 x = x / 2 pa je x = 4. Rješenja polazne jednadžbe su x = 1ix = 4.

16 24 1. OPĆINSKO NATJEANJE 3.2. Transformirajmo jednadžbu u pogodniji oblik: f (x) =cos x + 3sinx = 2( 1 2 cos x = 2(sin π 6 cos x + cos π sin x) 6 = 2sin(x + π 6 ). (a) Promatrajmo jednadžbu f (x) =m tj. sin(x + π 6 )= m 2. sin x) Ona ima rješenje ako i samo ako je m 2 [ 1, 1], odnosno ako i samo ako je m [ 2, 2]. (b) Jednadžbu f (x) =1možemo zapisati u obliku sin(x + π 6 )= 1 2, odakle slijedi x + 6 π = 6 π + 2kπ ili x + 6 π = 5π 6 + 2kπ. Rješenja su oblika x = 2kπ i x = 2π 3 + 2kπ, k Z. (c) Funkcija f (x) =2sin(x + 6 π ) ima maksimum 2. Treba naći one vrijednosti x za koje je sin(x + π 6 )=1. Dobijemo, x + 6 π = 2 π + 2kπ. Maksimum se postiže za x = 3 π + 2kπ, k Z Prvo rješenje. Možemo pretpostaviti da je α + β 90 i α + β 270. (Dovoljno je, npr. uzeti da je α najmanji i β najveći kut. Tada je 0 < α 90 i 90 < β < 180 pa je 90 < α + β < 270.) Tada je i γ + δ 90 i γ + δ 270. Vrijedi ova jednakost tj. i nadalje tg(α + β) =tg(360 (γ + δ)) = tg(γ + δ), Kada ovo sredimo dobijemo tg(α + β)+tg(γ + δ) =0 tg α + tg β tg γ + tg δ + 1 tg α tg β 1 tg γ tg δ = 0. tg α+tg β+tg γ +tg δ = tg α tg β tg γ +tg α tg β tg δ+tg α tg γ tg δ+tg β tg γ tg δ. Dijeljenjem s tg α tg β tg γ tg δ dobivamo traženu jednakost. Drugo rješenje. Kao u prvom rješenju možemo pretpostaviti da je α + β 90 i α + β 270. Vrijedi ova jednakost tg(α + β + γ )=tg(360 δ) = tg δ,

17 1. OPĆINSKO NATJEANJE 25 tj. tg(α + β + γ )+tg δ = 0. Sada računamo Sada vrijedi tg(α + β + γ )=tg((α + β)+γ )=... = tg α + tg β + tg γ tg α tg β tg γ 1 (tg α tg β + tg α tg γ + tg β tg γ ). tg α + tg β + tg γ tg α tg β tg γ + tg δ = 0, 1 (tg α tg β + tg α tg γ + tg β tg γ ) odnosno tg α+tg β+tg γ +tg δ = tg α tg β tg γ +tg α tg β tg δ+tg α tg γ tg δ+tg β tg γ tg δ. Dijeljenjem s tg α tg β tg γ tg δ dobijemo traženu jednakost Prvo rješenje. D A D1 1 B Sl Označimo sa 1 i D 1 nožišta okomica spuštenih iz i D na AB. Iz trokuta AD 1 D dobivamo AD = d = sin 2r α, a iz trokuta B 1, B = b = 2r sin β. Četverokut ABD je tangencijalan pa je a + c = b + d. Odredimo površinu trapeza: P ABD = 1 2 (a + c)v = 1 (b + d) 2r 2 2r = r(b + d) =r sin α + 2r «sin β = 2r 2 1 sin α + 1 «. sin β Kako je površina kruga jednaka r 2 π traženi omjer je jednak 2 1 π sin α + 1 «. sin β

18 26 1. OPĆINSKO NATJEANJE Drugo rješenje. D 1 D 1 B 1 O A A 1 Sl B Označimo točke dodira trapeza i upisane kružnice s A 1, B 1, 1, D 1. Označimo AD 1 = AA 1 = x, BA 1 = BB 1 = y, B 1 = 1 = z, D 1 = DD 1 = w. Tada je površina trapeza P = rs = r(x + y + z + w),(s je poluopseg). Iz trokuta OAA 1 imamo x = r ctg α 2. Analogno je y = r ctg β 2. Iz trokuta O 1 je z = r ctg π α 2 = r tg 2 α islično w = r tg β 2. Stoga je P = r 2 ctg α 2 + ctg β 2 + tg α 2 + tg β «. 2 Iz tg x + ctg x = 2 sin 2x, slijedi P = 2r 2 1 sin α + 1 sin β «. Kako je površina kruga jednaka r 2 π traženi omjer je jednak 2 1 π sin α + 1 «. sin β 4.1. Prvo rješenje. Uvjet (b) možemo zapisati u obliku n 2 f (n) =f (1)+2f (2)+3f (3)+... +(n 1)f (n 1) za n 2. Na - dimo prvih nekoliko vrijednosti za f (n) : f (2) = 1 4, f (3) = 1 6, f (4) =1 8, f (5) = Slutimo da je f (n) = 2n 1 za n 2. Dokažimo ovu slutnju metodom matematičke indukcije. Baza indukcije: Za n = 2 tvrdnja vrijedi. Pretpostavka: Neka je za neki n 2, f (n) = 2n 1.

19 1. OPĆINSKO NATJEANJE 27 Korak indukcije: 1 f (n + 1) = (f (1)+2f (2)+... +(n 1)f (n 1)+nf (n)) (n + 1) = (n + 1) 2 (n2 f (n)+nf (n)) = n(n + 1)f (n) (n + 1) 2 = n n n = 1 2(n + 1). Odakle slijedi da tvrdnja vrijedi i za n + 1. Prema principu matematičke indukcije tvrdnja vrijedi za svaki n N, pa je f (1996) = Drugo rješenje. Za n = 2, f (1)+2f (2) =2 3f (2) = f (2) = 1 4. Za n > 2 vrijedi f (1)+2f (2)+...+(n 1)f (n 1) =(n 1) nf (n 1). Iz pretpostavke indukcije i ove jednakosti slijedi a odatle (n 1) nf (n 1)+nf (n) =n(n + 1)f (n), (n 1)f (n 1) =nf (n). Stavljajući u dobivenu jednakost redom 3, 4,..., n dobivamo odnosno zbog f (2) = 1 4.Zatoje 2f (2) =3f (3) =...=(n 1)f (n 1) =nf (n), f (n) = 2 n f (2) = 1 2n f (1 996) = (a) U aritmetičkom nizu svaki član je aritmetička sredina susjednih članova: Kako je q 1toje 2(q x) 2 =(1 x) 2 +(q 2 x) 2, 2x(1 + q 2 2q) =1 + q 4 2q 2, 2x(1 q) 2 =(1 q 2 ) 2, x = (1 q)2 (1 + q) 2 2(1 q) 2 = x = Slijedi, za svako q R je x > 0. (1 + q)2. 2

20 28 1. OPĆINSKO NATJEANJE (b) d =(q x) 2 (1 x) 2 = q x(1 q) =(q 1)(q + 1 2x) =(q 1)(q + 1 (1 + q) 2 )=q(1 q 2 ). Ako je aritmetički niz rastući onda je d > 0, tj. q(1 q 2 ) > 0. Zbog q > 0 dobivamo 1 q 2 > 0, odnosno q (0, 1) Kako su točke A i(x i, y i), i = 1, 2, 3, 4 na hiperboli i na kružnici, (x i, y i), i = 1, 2, 3, 4surješenja sustava ( xy = 1, x 2 + y 2 + Ax + By + = 0. Uvrštavanjem y = 1 x u drugu jednadžbu dobijemo x x 2 + Ax + B 1 x + = 0, odnosno x 4 + Ax 3 + x 2 + Bx + 1 = 0. Rješenja ove jednadžbe su x 1, x 2, x 3, x 4 pa slijedi x 4 + Ax 3 + x 2 + Bx + 1 =(x x 1 )(x x 2 )(x x 3 )(x x 4 ). Uspore - divanjem slobodnih članova nalijevojidesnoj stranijednakosti imamo 4.4. Prvo rješenje. S 1 = x 1 x 2 x 3 x 4. E F A x D B Sl Neka je točka F na bridu AS takva da je FD E. Kut x kojeg tražimo

21 1. OPĆINSKO NATJEANJE 29 izračunat ćemo iz trokuta BDF. BD = a 3 2, FD = 1 2 E = a 3 4. ( FD je srednjica trokuta AE.) Duljinu FB ćemo izračunati iz pravokutnog trokuta FEB, pravi kut je kod vrha E : FB = q FE 2 + EB 2 = = a Prema kosinusovom poučku je s «2 a + 4 cos x = BD 2 + FD 2 FB 2 2 BD FD Sada je x = arc cos Drugo rješenje. Izrazimo BD i «2 a 3 2 = 1 6. E pomoću SA, BD = 1 2 ( BA + B) = 1 2 ( SA SB + S SB) = 1 2 SA SB S, E = 1 2 SA + S. SB i S : Možemo uzeti da je SA = SB = S = 1. Onda je π SA SB = SB S = SA S = cos 3 = 1 2. Zato je BD E cos x = BD =...= 1 6 E i x = arc cos

6 Primjena trigonometrije u planimetriji

6 Primjena trigonometrije u planimetriji 6 Primjena trigonometrije u planimetriji 6.1 Trgonometrijske funkcije Funkcija sinus (f(x) = sin x; f : R [ 1, 1]); sin( x) = sin x; sin x = sin(x + kπ), k Z. 0.5 1-6 -4 - -0.5 4 6-1 Slika 3. Graf funkcije

Διαβάστε περισσότερα

TRIGONOMETRIJA TROKUTA

TRIGONOMETRIJA TROKUTA TRIGONOMETRIJA TROKUTA Standardne oznake u trokutuu ABC: a, b, c stranice trokuta α, β, γ kutovi trokuta t,t,t v,v,v s α,s β,s γ R r s težišnice trokuta visine trokuta simetrale kutova polumjer opisane

Διαβάστε περισσότερα

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I Odredi na brojevnoj trigonometrijskoj kružnici točku Et, za koju je sin t =,cost < 0 Za koje realne brojeve a postoji realan broj takav da je sin = a? Izračunaj: sin π tg

Διαβάστε περισσότερα

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x Zadatak (Darjan, medicinska škola) Izračunaj vrijednosti trigonometrijskih funkcija broja ako je 6 sin =,,. 6 Rješenje Ponovimo trigonometrijske funkcije dvostrukog kuta! Za argument vrijede sljedeće formule:

Διαβάστε περισσότερα

1.4 Tangenta i normala

1.4 Tangenta i normala 28 1 DERIVACIJA 1.4 Tangenta i normala Ako funkcija f ima derivaciju u točki x 0, onda jednadžbe tangente i normale na graf funkcije f u točki (x 0 y 0 ) = (x 0 f(x 0 )) glase: t......... y y 0 = f (x

Διαβάστε περισσότερα

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k. 1 3 Skupovi brojeva 3.1 Skup prirodnih brojeva - N N = {1, 2, 3,...} Aksiom matematičke indukcije Neka je N skup prirodnih brojeva i M podskup od N. Ako za M vrijede svojstva: 1) 1 M 2) n M (n + 1) M,

Διαβάστε περισσότερα

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto Trigonometrija Adicijske formule Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto Razumijevanje postupka izrade složenijeg matematičkog problema iz osnova trigonometrije

Διαβάστε περισσότερα

( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4

( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET Riješiti jednačine: a) 5 = b) ( ) 3 = c) + 3+ = 7 log3 č) = 8 + 5 ć) sin cos = d) 5cos 6cos + 3 = dž) = đ) + = 3 e) 6 log + log + log = 7 f) ( ) ( ) g) ( ) log

Διαβάστε περισσότερα

Matematička analiza 1 dodatni zadaci

Matematička analiza 1 dodatni zadaci Matematička analiza 1 dodatni zadaci 1. Ispitajte je li funkcija f() := 4 4 5 injekcija na intervalu I, te ako jest odredite joj sliku i inverz, ako je (a) I = [, 3), (b) I = [1, ], (c) I = ( 1, 0].. Neka

Διαβάστε περισσότερα

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ LOGARITAMSKA FUNKCIJA SVOJSTVA LOGARITAMSKE FUNKCIJE OSNOVE TRIGONOMETRIJE PRAVOKUTNOG TROKUTA - DEFINICIJA TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA - VRIJEDNOSTI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA

Διαβάστε περισσότερα

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A. 3 Infimum i supremum Definicija. Neka je A R. Kažemo da je M R supremum skupa A ako je (i) M gornja meda skupa A, tj. a M a A. (ii) M najmanja gornja meda skupa A, tj. ( ε > 0)( a A) takav da je a > M

Διαβάστε περισσότερα

OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. veljače razred-rješenja

OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. veljače razred-rješenja OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. veljače 00. 4. razred-rješenja. 00 + 00 + 00 3 + 00 4 + 00 = 00 ( + + 3 + 4 + ) = 00 = 300... UKUPNO 4 BODA. 96 8 : 4 + 0 ( 68 66 ) = 96 7 + 0 = 89 + 0 = 09...

Διαβάστε περισσότερα

Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA. Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke.

Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA. Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke. Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke. 1. Duljine dijagonala paralelograma jednake su 6,4 cm i 11 cm, a duljina jedne njegove

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA 1 8. domaća zadaća: RADIJVEKTORI. ALGEBARSKE OPERACIJE S RADIJVEKTORIMA. LINEARNA (NE)ZAVISNOST SKUPA RADIJVEKTORA.

MATEMATIKA 1 8. domaća zadaća: RADIJVEKTORI. ALGEBARSKE OPERACIJE S RADIJVEKTORIMA. LINEARNA (NE)ZAVISNOST SKUPA RADIJVEKTORA. Napomena: U svim zadatcima O označava ishodište pravokutnoga koordinatnoga sustava u ravnini/prostoru (tj. točke (0,0) ili (0, 0, 0), ovisno o zadatku), označava skalarni umnožak, a vektorski umnožak.

Διαβάστε περισσότερα

7 Algebarske jednadžbe

7 Algebarske jednadžbe 7 Algebarske jednadžbe 7.1 Nultočke polinoma Skup svih polinoma nad skupom kompleksnih brojeva označavamo sa C[x]. Definicija. Nultočka polinoma f C[x] je svaki kompleksni broj α takav da je f(α) = 0.

Διαβάστε περισσότερα

Neka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka.

Neka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka. Neka je a 3 x 3 + a x + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka. 1 Normiranje jednadžbe. Jednadžbu podijelimo s a 3 i dobivamo x 3 +

Διαβάστε περισσότερα

Općinsko natjecanje. 4. razred

Općinsko natjecanje. 4. razred 9 1. Općinsko natjecanje iklus susreta i natjecanja mladih matematičara, učenika osnovnih i srednjih škola Republike Hrvatske i u 1998. godini sastojao se od školskih natjecanja, gradskih i općinskih natjecanja,

Διαβάστε περισσότερα

Zdaci iz trigonometrije trokuta Izračunaj ostale elemente trokuta pomoću zadanih:

Zdaci iz trigonometrije trokuta Izračunaj ostale elemente trokuta pomoću zadanih: Zdaci iz trigonometrije trokuta... 1. Izračunaj ostale elemente trokuta pomoću zadanih: a) a = 1 cm, α = 66, β = 5 ; b) a = 7.3 cm, β =86, γ = 51 ; c) b = 13. cm, α =1 48`, β =13 4`; d) b = 44.5 cm, α

Διαβάστε περισσότερα

4 Sukladnost i sličnost trokuta

4 Sukladnost i sličnost trokuta 4 Sukladnost i sličnost trokuta 4.1 Sukladnost trokuta Neka su ABC i A B C trokuti sa stranicama duljina a b c odnosno a b c. Kažemo da su ti trokuti sukladni ako postoji bijekcija f : {A B C} {A B C }

Διαβάστε περισσότερα

OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE

OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B kategorija 9. siječnja 009. 1. Riješi nejednadžbu x + x Rješenje. 1 u skupu prirodnih brojeva. x + x 1 x + x + 0 x x < 0 x

Διαβάστε περισσότερα

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost M086 LA 1 M106 GRP Tema: CSB nejednakost. 19. 10. 2017. predavač: Rudolf Scitovski, Darija Marković asistent: Darija Brajković, Katarina Vincetić P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/ 1 Baza vektorskog prostora.

Διαβάστε περισσότερα

POVRŠINA TANGENCIJALNO-TETIVNOG ČETVEROKUTA

POVRŠINA TANGENCIJALNO-TETIVNOG ČETVEROKUTA POVRŠIN TNGENIJLNO-TETIVNOG ČETVEROKUT MLEN HLP, JELOVR U mnoštvu mnogokuta zanimljiva je formula za površinu četverokuta kojemu se istoobno može upisati i opisati kružnica: gje su a, b, c, uljine stranica

Διαβάστε περισσότερα

( , 2. kolokvij)

( , 2. kolokvij) A MATEMATIKA (0..20., 2. kolokvij). Zadana je funkcija y = cos 3 () 2e 2. (a) Odredite dy. (b) Koliki je nagib grafa te funkcije za = 0. (a) zadanu implicitno s 3 + 2 y = sin y, (b) zadanu parametarski

Διαβάστε περισσότερα

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011. INTEGRALNI RAČUN Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa Lucija Mijić lucija@ktf-split.hr 17. veljače 2011. Pogledajmo Predstavimo gornju sumu sa Dodamo još jedan Dobivamo pravokutnik sa Odnosno

Διαβάστε περισσότερα

2n 2, 2n, 2n + 2. a = 2n 2, b = 2n, c = 2n + 2. a b c. a P =

2n 2, 2n, 2n + 2. a = 2n 2, b = 2n, c = 2n + 2. a b c. a P = Zadatak (Tomislav gimnazija) Nađite sve pravokutne trokute čije su stranice tri uzastopna parna roja Rješenje inačica pća formula za parne rojeve je n n N udući da se parni rojevi povećavaju za možemo

Διαβάστε περισσότερα

Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu)

Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu) Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu) Vidosava Šimić 22. prosinca 2009. Domena funkcije dvije varijable Ako je zadano pridruživanje (x, y) z = f(x, y), onda se skup D = {(x, y) ; f(x, y) R} R 2 naziva

Διαβάστε περισσότερα

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Poreč, 25.travnja-27.travnja razred-rješenja

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Poreč, 25.travnja-27.travnja razred-rješenja DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Poreč, 5.travnja-7.travnja 01. 5. razred-rješenja OVDJE JE DAN JEDAN NAČIN RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN

Διαβάστε περισσότερα

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva Riješei zadaci: Nizovi realih brojeva Nizovi, aritmetički iz, geometrijski iz Fukciju a : N R azivamo beskoači) iz realih brojeva i ozačavamo s a 1, a,..., a,... ili a ), pri čemu je a = a). Aritmetički

Διαβάστε περισσότερα

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Limes funkcije Neka je 0 [a, b] i f : D R, gdje je D = [a, b] ili D = [a, b] \ { 0 }. Kažemo da je es funkcije f u točki 0 jednak L i pišemo f ) = L, ako za

Διαβάστε περισσότερα

RADIJVEKTORI. ALGEBARSKE OPERACIJE S RADIJVEKTORIMA. LINEARNA (NE)ZAVISNOST SKUPA RADIJVEKTORA.

RADIJVEKTORI. ALGEBARSKE OPERACIJE S RADIJVEKTORIMA. LINEARNA (NE)ZAVISNOST SKUPA RADIJVEKTORA. Napomena: U svim zadatcima O označava ishodište pravokutnoga koordinatnoga sustava u ravnini/prostoru (tj. točke (0,0) ili (0, 0, 0), ovisno o zadatku), označava skalarni umnožak, a vektorski umnožak.

Διαβάστε περισσότερα

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2.

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2. Sume kvadrata Koji se prirodni brojevi mogu prikazati kao zbroj kvadrata dva cijela broja? Propozicija 1. Ako su brojevi m i n sume dva kvadrata, onda je i njihov produkt m n takoder suma dva kvadrata.

Διαβάστε περισσότερα

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1; 1. Provjerite da funkcija f definirana na segmentu [a, b] zadovoljava uvjete Rolleova poučka, pa odredite barem jedan c a, b takav da je f '(c) = 0 ako je: a) f () = 1, a = 1, b = 1; b) f () = 4, a =,

Διαβάστε περισσότερα

ISPITNI ZADACI FORMULE. A, B i C koeficijenti (barem jedan A ili B različiti od nule)

ISPITNI ZADACI FORMULE. A, B i C koeficijenti (barem jedan A ili B različiti od nule) FORMULE Implicitni oblik jednadžbe pravca A, B i C koeficijenti (barem jedan A ili B različiti od nule) Eksplicitni oblik jednadžbe pravca ili Pravci paralelni s koordinatnim osima - Kada je u općoj jednadžbi

Διαβάστε περισσότερα

RJEŠENJA ZA 4. RAZRED

RJEŠENJA ZA 4. RAZRED RJEŠENJA ZA 4. RAZRED OVDJEJEDANJEDANNAČIN RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGA- ČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ POSTUPAK OCI- JENITI I BODOVATI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN.

Διαβάστε περισσότερα

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE. razred srednja škola B kategorija Pula, 30. ožujka 009. Zadatak B-.. (0 bodova) Tomislav i ja, reče Krešimir, možemo završiti posao za 0 dana. No, ako bih radio s Ivanom

Διαβάστε περισσότερα

OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE

OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Ministarstvo znanosti, obrazovanja i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A kategorija

Διαβάστε περισσότερα

( ) ( ) Zadatak 001 (Ines, hotelijerska škola) Ako je tg x = 4, izračunaj

( ) ( ) Zadatak 001 (Ines, hotelijerska škola) Ako je tg x = 4, izračunaj Zadaak (Ines, hoelijerska škola) Ako je g, izračunaj + 5 + Rješenje Korisimo osnovnu rigonomerijsku relaciju: + Znači svaki broj n možemo zapisai n n n ( + ) + + + + 5 + 5 5 + + + + + 7 + Zadano je g Tangens

Διαβάστε περισσότερα

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Linearna algebra 2 prvi kolokvij, Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 27.. 20.. Za koji cijeli broj t je funkcija f : R 4 R 4 R definirana s f(x, y) = x y (t + )x 2 y 2 + x y (t 2 + t)x 4 y 4, x = (x, x 2, x, x 4 ), y = (y, y 2, y, y 4 )

Διαβάστε περισσότερα

ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B varijanta 17. siječnja 2013.

ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B varijanta 17. siječnja 2013. ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B varijanta 17. siječnja 01. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA ZADATKA, POVJERE- NSTVO JE DUŽNO I TAJ POSTUPAK BODOVATI I

Διαβάστε περισσότερα

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Osječki matematički list 000), 5 9 5 Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Šefket Arslanagić Alija Muminagić Sažetak. U radu se navodi nekoliko različitih dokaza jedne poznate

Διαβάστε περισσότερα

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL MATEMATIKA. Neka je S skup svih živućih državljana Republike Hrvatske..04., a f preslikavanje koje svakom elementu skupa S pridružuje njegov horoskopski znak (bez podznaka). a) Pokažite da je f funkcija,

Διαβάστε περισσότερα

IZVODI ZADACI (I deo)

IZVODI ZADACI (I deo) IZVODI ZADACI (I deo) Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C`=0. `=. ( )`= 4. ( n )`=n n-. (a )`=a lna 6. (e )`=e 7. (log a )`= 8. (ln)`= ` ln a (>0) 9. = ( 0) 0. `= (>0) (ovde je >0 i a

Διαβάστε περισσότερα

Matematika 1 - vježbe. 11. prosinca 2015.

Matematika 1 - vježbe. 11. prosinca 2015. Matematika - vježbe. prosinca 5. Stupnjevi i radijani Ako je kut φ jednak i rad, tada je veza između i 6 = Zadatak.. Izrazite u stupnjevima: a) 5 b) 7 9 c). d) 7. a) 5 9 b) 7 6 6 = = 5 c). 6 8.5 d) 7.

Διαβάστε περισσότερα

1 Promjena baze vektora

1 Promjena baze vektora Promjena baze vektora Neka su dane dvije različite uredene baze u R n, označimo ih s A = (a, a,, a n i B = (b, b,, b n Svaki vektor v R n ima medusobno različite koordinatne zapise u bazama A i B Zapis

Διαβάστε περισσότερα

Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.

Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1. Pismeni ispit iz matematike 0 008 GRUPA A Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: λ + z = Ispitati funkciju i nacrtati njen grafik: + ( λ ) + z = e Izračunati

Διαβάστε περισσότερα

MINISTARSTVO ZNANOSTI, OBRAZOVANJA I ŠPORTA REPUBLIKE HRVATSKE AGENCIJA ZA ODGOJ I OBRAZOVANJE HRVATSKO MATEMATIČKO DRUŠTVO

MINISTARSTVO ZNANOSTI, OBRAZOVANJA I ŠPORTA REPUBLIKE HRVATSKE AGENCIJA ZA ODGOJ I OBRAZOVANJE HRVATSKO MATEMATIČKO DRUŠTVO 4. razred-osnovna škola 1. Umjesto zvjezdica upiši odgovarajuće znamenke i obrazloži. * * 8 5 * * 5 5 * 0 + 4 * * 5 * * * * * 2. U jednoj auto-radionici u jednom mjesecu popravljena su 44 vozila i to motocikli

Διαβάστε περισσότερα

1.1.** Dokaži da tvrdnja vrijedi ako su točke E i D na produžecima dužina AC i BC kroz C.

1.1.** Dokaži da tvrdnja vrijedi ako su točke E i D na produžecima dužina AC i BC kroz C. 1.1. U trokutu ABC na dužinama AC i BC odabrane su točke E i D. Simetrale kutova CAD i CBE sijeku se u točki F. Dokaži da vrijedi: AEB + ADB = 2 AF B. 1.1.* Dokaži da tvrdnja 1.1. vrijedi ako je E=C. 1.1.**

Διαβάστε περισσότερα

ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B kategorija 4. veljače 2010.

ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B kategorija 4. veljače 2010. ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B kategorija 4. veljače 010. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA ZADATKA, POVJEREN- STVO JE DUŽNO I TAJ POSTUPAK BODOVATI I

Διαβάστε περισσότερα

ŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B kategorija 15. ožujka 2010.

ŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B kategorija 15. ožujka 2010. ŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B kategorija 15. ožujka 010. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA ZADATKA, POVJEREN- STVO JE DUŽNO I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI

Διαβάστε περισσότερα

x + y + z = 2 (x + y)(y + z)+(y + z)(z + x)+(z + x)(x + y) =1 x 2 (y + z)+y 2 (z + x)+z 2 (x + y) = 6

x + y + z = 2 (x + y)(y + z)+(y + z)(z + x)+(z + x)(x + y) =1 x 2 (y + z)+y 2 (z + x)+z 2 (x + y) = 6 DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A kategorija,. svibnja 2007. Rješenja Zadatak 1A-1. Na - dite realna rješenja sustava jednadžbi: x + y + z = 2 (x + y)(y + z)+(y + z)(z + x)+(z

Διαβάστε περισσότερα

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju RAČUN OSTATAKA 1 1 Prsten celih brojeva Z := N + {} N + = {, 3, 2, 1,, 1, 2, 3,...} Osnovni primer. (Z, +,,,, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: sabiranje (S1) asocijativnost x + (y + z) = (x + y)

Διαβάστε περισσότερα

Ispit održan dana i tačka A ( 3,3, 4 ) x x + 1

Ispit održan dana i tačka A ( 3,3, 4 ) x x + 1 Ispit održan dana 9 0 009 Naći sve vrijednosti korjena 4 z ako je ( ) 8 y+ z Data je prava a : = = kroz tačku A i okomita je na pravu a z = + i i tačka A (,, 4 ) Naći jednačinu prave b koja prolazi ( +

Διαβάστε περισσότερα

PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je,

PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je, PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI Sama definicija parcijalnog ivoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je, naravno, naučiti onako kako vaš profesor ahteva. Mi ćemo probati

Διαβάστε περισσότερα

3.1 Granična vrednost funkcije u tački

3.1 Granična vrednost funkcije u tački 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 2 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 3. Granična vrednost funkcije u tački Neka je funkcija f(x) definisana u tačkama x za koje je 0 < x x 0 < r, ili

Διαβάστε περισσότερα

1.1.** Dokaži da tvrdnja vrijedi ako su točke E i D na produžecima dužina AC i BC kroz C.

1.1.** Dokaži da tvrdnja vrijedi ako su točke E i D na produžecima dužina AC i BC kroz C. Geometrija 1. dio. 1.1. U trokutu ABC na dužinama AC i BC odabrane su točke E i D. Simetrale kutova CAD i CBE sijeku se u točki F. Dokaži da vrijedi: AEB + ADB = 2 AF B. 1.1.* Dokaži da tvrdnja 1.1. vrijedi

Διαβάστε περισσότερα

6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom

6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom 6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom p(x) = a n x n + a n 1 x n 1 +... + a 1 x + a 0, gdje su a 0, a 1,..., a n realni brojevi, a n 0, i n prirodan broj ili 0, naziva se polinom n-tog stupnja s

Διαβάστε περισσότερα

ŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. razred osnovna škola 9. ožujka 2007.

ŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. razred osnovna škola 9. ožujka 2007. Ministarstvo prosvjete i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo ŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. razred osnovna škola 9. ožujka 007. 1. Izračunaj:

Διαβάστε περισσότερα

2. Bez kalkulatora odredi vrijednosti trigonometrijskih funkcija za brojeve (kutove) iz točaka u 1.zadatku.

2. Bez kalkulatora odredi vrijednosti trigonometrijskih funkcija za brojeve (kutove) iz točaka u 1.zadatku. . Na brojevnoj kružnici označi točke: A (05π), A 2 ( 007π 2 ), A 3 ( 553π 3 ) i A 4 ( 40 o ). 2. Bez kalkulatora odredi vrijednosti trigonometrijskih funkcija za brojeve (kutove) iz točaka u.zadatku. 3.

Διαβάστε περισσότερα

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 1 2 3 4 5 Σ jmbag smjer studija Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 7. 11. 2012. 1. (10 bodova) Neka je dano preslikavanje s : R 2 R 2 R, s (x, y) = (Ax y), pri čemu je A: R 2 R 2 linearan operator oblika

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2

MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2 (kompleksna analiza, vježbe ). Izračunajte a) (+i) ( i)= b) (i+) = c) i + i 4 = d) i+i + i 3 + i 4 = e) (a+bi)(a bi)= f) (+i)(i )= Skicirajte rješenja u kompleksnoj ravnini.. Pokažite da za konjugiranje

Διαβάστε περισσότερα

( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Zadatak 08 (Vedrana, maturantica) Je li unkcija () = cos (sin ) sin (cos ) parna ili neparna? Rješenje 08 Funkciju = () deiniranu u simetričnom području a a nazivamo: parnom, ako je ( ) = () neparnom,

Διαβάστε περισσότερα

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo IZVODI ZADACI ( IV deo) LOGARITAMSKI IZVOD Logariamskim izvodom funkcije f(), gde je >0 i, nazivamo izvod logarima e funkcije, o jes: (ln ) f ( ) f ( ) Primer. Nadji izvod funkcije Najpre ćemo logarimovai

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Trigonometrijske jednačine i nejednačine. Zadaci koji se rade bez upotrebe trigonometrijskih formula. 00. FF cos x sin x

Διαβάστε περισσότερα

mogućih vrijednosti rs3. Za m, n N, mn+1 m 2 +n 2 m2 + n 2 mn + 1 je kvadrat prirodnog broja.

mogućih vrijednosti rs3. Za m, n N, mn+1 m 2 +n 2 m2 + n 2 mn + 1 je kvadrat prirodnog broja. r1. Neka je n fiksan prirodan broj. Neka je k bilo koji prirodan broj ne veći od n i neka je S skup nekih k različitih prostih brojeva. Ivica i Marica igraju naizmjenično sljedeću igru. Svako od njih bira

Διαβάστε περισσότερα

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A kategorija 30. ožujka 2009.

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A kategorija 30. ožujka 2009. DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE. razred srednja škola A kategorija 30. ožujka 009. Zadatak A-.. Odredi sve trojke uzastopnih neparnih prirodnih brojeva čiji je zbroj kvadrata jednak nekom četveroznamenkastom

Διαβάστε περισσότερα

Pošto se trebaju napisati sve nastavne cjeline i gradivo sva četiri razreda (opće i jezično) potrajati će duži vremenski period.

Pošto se trebaju napisati sve nastavne cjeline i gradivo sva četiri razreda (opće i jezično) potrajati će duži vremenski period. Zadaci s rješenjima, a ujedno i s postupkom rada biti će nadopunjavani tokom čitave školske godine. Tako da će u slijedećem vremenskom periodu nastati mala zbirka koja će biti popraćena s teorijom. Pošto

Διαβάστε περισσότερα

2s v A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 E. A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 E. 0

2s v A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 E. A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 E. 0 17 1989 1 1.1. Ako je v = gt + v 0 i s = g 2 t2 + v 0 t, onda je t jednak A. 2s B. v + v 0 2s C. v v 0 s D. v v 0 2s v E. 2s v 1.2. Broj rješenja jednadžbe x + 1 x = 10 u skupu realnih brojeva x R, iznosi

Διαβάστε περισσότερα

Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.

Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z. Pismeni ispit iz matematike 06 007 Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj z = + i, zatim naći z Ispitati funkciju i nacrtati grafik : = ( ) y e + 6 Izračunati integral:

Διαβάστε περισσότερα

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A kategorija 3. svibnja 2007.

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A kategorija 3. svibnja 2007. Ministarstvo prosvjete i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A kategorija 3. svibnja 2007. Zadatak

Διαβάστε περισσότερα

Rijeseni neki zadaci iz poglavlja 4.5

Rijeseni neki zadaci iz poglavlja 4.5 Rijeseni neki zdci iz poglvlj 4.5 Prije rijesvnj zdtk prisjetimo se itnih stvri koje ce ns prtiti tijekom njihovog promtrnj. Definicij: (Trigonometrij prvokutnog trokut) ktet nsuprot kut ϕ sin ϕ hipotenuz

Διαβάστε περισσότερα

Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 2009.)

Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 2009.) Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 29.) Zadatak 1 (1 bodova.) Teorijsko pitanje. (A) Neka je G R m n, uz m n, pravokutna matrica koja ima puni rang po stupcima, tj. rang(g) = n. (a) Napišite puni

Διαβάστε περισσότερα

Udaljenosti karakterističnih točaka trokuta

Udaljenosti karakterističnih točaka trokuta Udaljenosti karakterističnih točaka trokuta Kristijan Kilassa Kvaternik U trokutu postoje četiri karakteristične točke: težište G, ortocentar H, središte upisane kružnice I i središte opisane kružnice

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz trigonometrije za seminar

Zadaci iz trigonometrije za seminar Zadaci iz trigonometrije za seminar FON: 1. Vrednost izraza sin 1 cos 6 jednaka je: ; B) 1 ; V) 1 1 + 1 ; G) ; D). 16. Broj rexea jednaqine sin x cos x + cos x = sin x + sin x na intervalu π ), π je: ;

Διαβάστε περισσότερα

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović Novi Sad April 17, 2018 1 / 22 Teorija grafova April 17, 2018 2 / 22 Definicija Graf je ure dena trojka G = (V, G, ψ), gde je (i) V konačan skup čvorova,

Διαβάστε περισσότερα

ŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE. 4. razred osnovna škola. 23. veljače Odredi zbroj svih neparnih dvoznamenkastih prirodnih brojeva.

ŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE. 4. razred osnovna škola. 23. veljače Odredi zbroj svih neparnih dvoznamenkastih prirodnih brojeva. MINISTARSTVO ZNANOSTI, OBRAZOVANJA I ŠPORTA REPUBLIKE HRVATSKE AGENCIJA ZA ODGOJ I OBRAZOVANJE HRVATSKO MATEMATIČKO DRUŠTVO ŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. razred osnovna škola 1. Na pitanje koliko

Διαβάστε περισσότερα

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Šibenik, 2.travnja-4.travnja razred-rješenja

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Šibenik, 2.travnja-4.travnja razred-rješenja DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Šibenik, travnja-4travnja 014 5 razred-rješenja OVDJE JE DAN JEDAN NAČIN RJEŠAVANJA ZADATAKA UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE

Διαβάστε περισσότερα

Udaljenosti karakterističnih točaka trokuta

Udaljenosti karakterističnih točaka trokuta Udaljenosti karakterističnih točaka trokuta Kristijan Kilassa Kvaternik 1 U trokutu postoje četiri karakteristične točke: težište G, ortocentar H, središte upisane kružnice I i središte opisane kružnice

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D} Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Neka su D i K bilo koja dva neprazna skupa. Postupak f koji svakom elementu x D pridružuje točno jedan element y K zovemo funkcija

Διαβάστε περισσότερα

Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika

Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika Rešenja. Matematičkom indukcijom dokazati da za svaki prirodan broj n važi jednakost: + 5 + + (n )(n + ) = n n +.

Διαβάστε περισσότερα

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti). PRAVA Prava je kao i ravan osnovni geometrijski ojam i ne definiše se. Prava je u rostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom aralelnim sa tom ravom ( vektor aralelnosti). M ( x, y, z ) 3 Posmatrajmo

Διαβάστε περισσότερα

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Primošten, 3.travnja-5.travnja razred-rješenja

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Primošten, 3.travnja-5.travnja razred-rješenja DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Primošten, travnja-5travnja 07 5 razred-rješenja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN

Διαβάστε περισσότερα

OBRTNA TELA. Vladimir Marinkov OBRTNA TELA VALJAK

OBRTNA TELA. Vladimir Marinkov OBRTNA TELA VALJAK OBRTNA TELA VALJAK P = 2B + M B = r 2 π M = 2rπH V = BH 1. Zapremina pravog valjka je 240π, a njegova visina 15. Izračunati površinu valjka. Rešenje: P = 152π 2. Površina valjka je 112π, a odnos poluprečnika

Διαβάστε περισσότερα

ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 24. siječnja razred rješenja

ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 24. siječnja razred rješenja ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. siječnja 011. 4. razred rješenja OVDJE JE DAN JEDAN NAČIN RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE I

Διαβάστε περισσότερα

VJEROJATNOST I STATISTIKA Popravni kolokvij - 1. rujna 2016.

VJEROJATNOST I STATISTIKA Popravni kolokvij - 1. rujna 2016. Broj zadataka: 5 Vrijeme rješavanja: 120 min Ukupan broj bodova: 100 Zadatak 1. (a) Napišite aksiome vjerojatnosti ako je zadan skup Ω i σ-algebra F na Ω. (b) Dokažite iz aksioma vjerojatnosti da za A,

Διαβάστε περισσότερα

18. listopada listopada / 13

18. listopada listopada / 13 18. listopada 2016. 18. listopada 2016. 1 / 13 Neprekidne funkcije Važnu klasu funkcija tvore neprekidne funkcije. To su funkcije f kod kojih mala promjena u nezavisnoj varijabli x uzrokuje malu promjenu

Διαβάστε περισσότερα

Ljetno kolo 2017./2018.

Ljetno kolo 2017./2018. Ljetno kolo 217./218. ŠKOLA EKIPA KATEGORIJA POVJERENIK NATJECANJA C3 R. IME I PREZIME UČENIKA RAZRED IME I PREZIME MENTORA 1. 2. 3.. ODGOVORI: 1. 11. 26. 2. 12. 27. 3. 13. 28.. 1. 29. 5. 15. 3. 6. 16.

Διαβάστε περισσότερα

Još neki dokazi leptirovog teorema

Još neki dokazi leptirovog teorema POUČAK 50 Još neki dokazi leptirovog teorema Šefket Arslanagić, Alija Muminagić U [] su dana četiri razna dokaza Leptirovog teorema (Butterfly s theorems), od kojih su dva čisto planimetrijska, jedan je

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA I 1.kolokvij zadaci za vježbu I dio

MATEMATIKA I 1.kolokvij zadaci za vježbu I dio MATEMATIKA I kolokvij zadaci za vježbu I dio Odredie c 0 i kosinuse kueva koje s koordinanim osima čini vekor c = a b ako je a = i + j, b = i + k Odredie koliki je volumen paralelepipeda, čiji se bridovi

Διαβάστε περισσότερα

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET Goran Stančić SIGNALI I SISTEMI Zbirka zadataka NIŠ, 014. Sadržaj 1 Konvolucija Literatura 11 Indeks pojmova 11 3 4 Sadržaj 1 Konvolucija Zadatak 1. Odrediti konvoluciju

Διαβάστε περισσότερα

Ministarstvo znanosti, obrazovanja i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo. 29. siječnja 2009.

Ministarstvo znanosti, obrazovanja i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo. 29. siječnja 2009. Ministarstvo znanosti, obrazovanja i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 9. siječnja 009. UPUTE: Na poledini

Διαβάστε περισσότερα

3. ELEMENTARNA TEORIJA BROJEVA Dokaži dajebroj djeljivs Dokažidajebroj djeljiv Dokaži dajebroj djeljiv

3. ELEMENTARNA TEORIJA BROJEVA Dokaži dajebroj djeljivs Dokažidajebroj djeljiv Dokaži dajebroj djeljiv 3. ELEMENTARNA TEORIJA BROJEVA 3.. djeljivost 65. Dokaži da je produkt tri uzastopna broja, od kojih je srednji kub prirodnog broja, djeljiv s 504. 652. Ako su a, b cijeli brojevi, dokaži da je broj ab(a

Διαβάστε περισσότερα

ALFA List - 1. Festival matematike "Split 2013." Otvoreno ekipno natjecanje učenika osnovnih i srednjih škola Split, 10. svibnja 2013.

ALFA List - 1. Festival matematike Split 2013. Otvoreno ekipno natjecanje učenika osnovnih i srednjih škola Split, 10. svibnja 2013. ALFA List - 1 Točan odgovor: 10 bodova Pogrešan odgovor: 5 bodova Bez odgovora: 0 bodova 1. Ako je (x+ 3): 4=( x ):3, onda je x jednako: A) 1 B) 1 C) 17 D) 17 E) 6. Kut od 1º30' gleda se kroz povećalo

Διαβάστε περισσότερα

Geometrijski trikovi i metode bez imena

Geometrijski trikovi i metode bez imena Geometrijski trikovi i metode bez imena Matija Bašić lipanj 2016. U ovom tekstu želimo na jednom mjestu navesti vrlo klasične ideje u rješavanju planimetrijskih zadataka. Primjeri variraju od jednostavnih

Διαβάστε περισσότερα

Uvod u teoriju brojeva

Uvod u teoriju brojeva Uvod u teoriju brojeva 2. Kongruencije Borka Jadrijević Borka Jadrijević () UTB 2 1 / 25 2. Kongruencije Kongruencija - izjava o djeljivosti; Teoriju kongruencija uveo je C. F. Gauss 1801. De nicija (2.1)

Διαβάστε περισσότερα

Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A

Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A Ime i prezime: 1. Prikazane su tačke A, B i C i prave a,b i c. Upiši simbole Î, Ï, Ì ili Ë tako da dobijeni iskazi

Διαβάστε περισσότερα

ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A varijanta 27. siječnja 2014.

ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A varijanta 27. siječnja 2014. ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A varijanta 7. siječnja 014. AKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA ZADATKA, POVJERENSTVO JE DUŽNO I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI

Διαβάστε περισσότερα

Osnovne teoreme diferencijalnog računa

Osnovne teoreme diferencijalnog računa Osnovne teoreme diferencijalnog računa Teorema Rolova) Neka je funkcija f definisana na [a, b], pri čemu važi f je neprekidna na [a, b], f je diferencijabilna na a, b) i fa) fb). Tada postoji ξ a, b) tako

Διαβάστε περισσότερα

( , treći kolokvij) 3. Na dite lokalne ekstreme funkcije z = x 4 + y 4 2x 2 + 2y 2 3. (20 bodova)

( , treći kolokvij) 3. Na dite lokalne ekstreme funkcije z = x 4 + y 4 2x 2 + 2y 2 3. (20 bodova) A MATEMATIKA (.6.., treći kolokvij. Zadana je funkcija z = e + + sin(. Izračunajte a z (,, b z (,, c z.. Za funkciju z = 3 + na dite a diferencijal dz, b dz u točki T(, za priraste d =. i d =.. c Za koliko

Διαβάστε περισσότερα

Funkcija (, ) ima ekstrem u tocki, ako je razlika izmedju bilo koje aplikate u okolini tocke, i aplikate, tocke, : Uvede li se zamjena: i dobije se:

Funkcija (, ) ima ekstrem u tocki, ako je razlika izmedju bilo koje aplikate u okolini tocke, i aplikate, tocke, : Uvede li se zamjena: i dobije se: 4. FUNKCIJE DVIJU ILI VISE PROMJENJIVIH 4. Ekstremi funkcija dviju promjenjivih z = f y ( y) ( y) z ( y) ( ) ( ) (, ) (, ) Funkcija (, ) ima ekstrem u tocki, ako je razlika izmedju bilo koje aplikate u

Διαβάστε περισσότερα

Sveučilište u Zagrebu. Prirodoslovno-matematički fakultet Matematički odsjek. Tonio Škaro. Diplomski rad

Sveučilište u Zagrebu. Prirodoslovno-matematički fakultet Matematički odsjek. Tonio Škaro. Diplomski rad Sveučilište u Zagrebu Prirodoslovno-matematički fakultet Matematički odsjek Tonio Škaro Težišnice trokuta i težište Diplomski rad Zagreb, rujan, 015 Sveučilište u Zagrebu Prirodoslovno-matematički fakultet

Διαβάστε περισσότερα