Matematički fakultet

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Matematički fakultet"

Transcript

1 Univerzitet u Beogradu Matematički fakultet MASTER RAD Tema: Doprinos nestandardnih zadataka iz trigonometrije poboljšanju nastave matematike Profesor: dr Zoran Petrović Student: Marijana Nikolić Beograd 015.

2 SADRŽAJ: Uvod... 1.Trigonometrijske jednačine...7.iracionalne trigonometrijske jednačine Trigonometrijske jednačine sa parametrom Trigonometrijske jednačine koje se rešavaju smenom Razni nestandardni trigonometrijski zadaci...44 Zaključak...60 Literatura

3 Uvod Zahvaljujem se profesorima dr Zoranu Petroviću, dr Nebojši Ikodinoviću i dr Goranu -Dankoviću koji su pomogli nizom korisnih primedbi i sugestija. Trigonometrija je matematička disciplina koja se bavi proučavanjem odnosa med u elementima pravouglog trougla, koji izražavaju uglove pomoću stranica i obrnuto. Reč trigonometrija je nastala od starogrčkih reči trigonom (trougao) i metron (mera). Poznata su metrička svojstva koja povezuju samo uglove ili samo stranice pravouglog trougla, od kojih je najznačajnija Pitagorina teorema. Ona omogućava da se na osnovu dve poznate stranice pravouglog trougla izračuna treća. Takod e, u pravouglom trouglu može da se izračuna jedan oštar ugao ako je poznat drugi. Med utim, ako bi bila poznata jedna stranica pravouglog trougla i jedan oštar ugao, onda se ostale dve stranice ne bi mogle izračunati pomoću do sada poznatih svojstava vezanih za pravougli trougao. Zato je i nastala trigonometrija. Sa trigonometrijom se učenici prvi put susreću na kraju prve godine gimnazije. Tada se tek upoznaju sa najosnovnijim pojmovima vezanih za pomenutu temu, dok na drugoj godini se po planu i programu rade znatno ozbiljniji zadaci med u kojima su i trigonometrijske jednačine. Najpre se rade najjednostavnije jednačine, kako bi se kasnije složenije svodile na jednostavne. Prema planu i programu za trogodišnje stručne škole u područjima rada: mašinstvo i obrada metala, elektrotehnika, geodezija i grad evinarstvo, saobraćaj, rudarstvo, geologija, trgovina itd, trigonometrija se proučava jedno polugodište. U ovom radu koji sadrži detaljno rešene zadatke iz jedne od najtežih tema u matematici srednje škole, prikazani su različiti oblici trigonometrijskih jednačina kao i različite metode rešavanja takvih problema. Na primer, za neke trigonometrijske jednačine su potrebne drugačije ideje pri njihovom rešavanju. To i jeste jedan od razloga zbog kog učenici ne vole trigonometriju. Iako se mnogi matematički problemi mogu rešiti na više načina, ovde su rešeni na jednostavniji način. Za to su korišćene mnoge trigonometrijske formule, kao i teorija iz ove oblasti. Neke od njih su: Osnovne trigonometrijske identičnosti: tg α = sin α cos α, α π sin α + cos α = 1 cos α + kπ ctg α =, α kπ, k Z. sin α

4 Sinus i kosinus suplementnih uglova: sin(180 α) = sin α, cos(180 α) = cos α sin(π α) = sin α, cos(π α) = cos α. Sinusna i kosinusna teorema: sinusna teoreama: kosinusna teorema: a sin α = b sin β = c sin γ a = b + c bc cos α b = a + c ac cos β c = a + b bc cos γ 3

5 Adicione formule: cos(α ± β) = cos α cos β sin α sin β sin(α ± β) = sin α cos β ± sin β cos α Trigonometrijske funkcije dvostrukog ugla: sin t = sin t cos t cos t = cos t sin t Trigonometrijske funkcije polovine argumenta: sin x = 1 cos x cos x = 1 + cos x Transformacije proizvoda: sin x sin y = 1 [cos(x y) cos(x + y)] cos x cos y = 1 [cos(x + y) + cos(x y)] sin x cos y = 1 [sin(x + y) + sin(x y)] 4

6 Transformacije u proizvod: cos x + cos y = cos x + y cos x cos y = sin x + y sin x + sin y = sin x + y sin x sin y = sin x y cos x y sin x y cos x y cos x + y 5

7 Grafik funkcije sin x: Grafik funkcije cos x: 6

8 1. Trigonometrijske jednačine 1. Rešiti jednačinu sin x cos x = 0. Na prvi pogled jednačina izgleda komplikovano, jer se pojavljuju dve različite trigonometrijske funkcije od kojih je jedna funkcija dvostrukog ugla, ali kako je ( π ) cos x = sin x, jednačina dobija oblik ( π ) sin x sin x = 0. Koristimo formulu za transformaciju iz zbira u proizvod (x y) sin x sin y = sin cos Kada je iskoristimo jednačina: sin x sin (x + y). ( π x ) = 0 transformiše se u sin (x ( π x)) cos (x + π x) = 0. Ova jednačina je ekvivalentna sledećoj ( 3x sin π ) ( π cos 4 4 x ) = 0. Koristeći parnost funkcije cos x, dobijamo da je dobijena jednačina ekvivalentna sledećoj ( 3x sin π ) ( x cos 4 π ) = 0. 4 Prozvod dva broja jednak je nuli, ako je bar jedan od njih jednak nuli, ( 3x sin π ) ( x = 0 ili cos 4 π ) = 0. 4 Najpre rešimo trigonometrijsku jednačinu ( 3x sin π ) =

9 Kako je sin t jednako 0 samo za t = kπ, dobijamo: 3x π 4 Stoga je rešenje ove jednačine dato sa: = kπ, k Z. x = π 6 + kπ, k Z. 3 Sada rešavamo jednačinu Dobijamo da je ( x cos π ) = 0. 4 x π 4 = π + kπ, k Z, x = 3π + kπ, k Z. Lako se uočava da se ovaj skup rešenja sadrži u skupu rešenja prethodne jednačine, pa je skup rešenja polazne jednačine skup { π kπ : k Z }.. Rešiti jednačinu sin x + sin x = 3. Na osnovu formule sledi da je sin x = sin x cos x, sin x + 4 sin x cos x = 3. Jednačina je ekvivalentna sledećoj sin x + 4 sin x(1 sin x) = 3, 8 sin 4 x 10 sin x + 3 = 0. Nakon smene t = sin x, jednačina se svodi na kvadratnu 8t 10t + 3 = 0. 8

10 Rešavanjem kvadratne jednačine dobijamo dva rešenja t = 3 4 ili t = 1. Najpre rešimo jednačinu sin x = 3 4, Dobijamo da je sin x = ± 3. x = π 3 + kπ ili x = π 3 + kπ, k Z. Sada rešimo drugu jednačinu Sledi da je x = π 4 + kπ sin x = 1, sin x = ±. ili x = π 4 + kπ, k Z. 3. Rešiti jednačinu (sin x + 3 cos x) sin 4x =. Ova jednačina je ekvivalentna jednačini: ( 1 sin x + 3 cos x ) sin 4x = 1. Primetimo da brojevi uz sin x i cos x predstavljaju kosinus i sinus ugla π 3 ( cos π 3 sin x + sin π 3 cos x ) sin 4x = 1. Na izraz ( cos π3 sin x + sin π3 cos x ), primenimo adicionu formulu. Dobijamo: ( π ) sin 3 + x sin 4x = 1. Kako je sin ( π 3 + x) 1 i sin 4x 1, mora biti: sin( π 3 + x) = 1 i sin 4x = 1 9

11 sin( π 3 ili + x) = 1 i sin 4x = 1. Posmatramo prvi sistem jednačina. Dobijamo da je π 3 + x = π + lπ i 4x = π + kπ, za cele brojeve k i l. Iz prve i druge jednakosti sledi da je: x = π 6 + lπ i x = π 8 + kπ. Ako izjednačimo obe vrednosti x-a, videćemo za koje vrednosti k i l jednačina ima smisla π 6 + lπ = π 8 + kπ, 4l k = 1 1. Med utim kako su k i l celi brojevi, predhodna jednakost nije moguća, tako da jednačina nema rešenja. Sada posmatramo drugi sistem. Dobijamo da je π 3 + x = 3π + mπ i 4x = 3π + nπ, za cele brojeve m i n. Slično kao i u prethodnom slučaju dolazimo do zaključka da je veza izmed u m i n: 4m n = 19 1 što nije moguće, jer su m i n celi brojevi. Tako da jednačina nema rešenja. 4. Rešiti jednačinu sin x + cos x + sin x cos x = 1. Kako je jednačina ekvivalentna jednačini sin x + cos x + sin x cos x = 1 sin x + cos x = 1 sin x cos x, 10

12 kvadriranjem desne i leve strane jednakosti dobijamo (sin x + cos x) = (1 sin x cos x). Ideja je da se posle kradriranja iskoristi trigonometrijski identitet (sin x + cos x = 1), i tako jednačina pojednostavi: sin x + sin x cos x + cos x = 1 sin x cos x + sin x cos x. Posle zamene sin x + cos x sa 1 i sred ivanja, dobijamo 4 sin x cos x sin x cos x = 0. Kada izvučemo ispred zagrade sin x cos x, dobijamo Sledi da je sin x cos x(4 sin x cos x) = 0. sin x cos x = 0 ili 4 sin x cos x = 0. Druga jednačina je nemoguća jer je 1 sin x 1, 1 cos x 1, a iz prve sledi da je sin x = 0 ili cos x = 0. Ako u zadatu jednačinu zamenimo da je sin x = 0, dobijamo da je cos x = 1, a kada zamenimo da je cos x = 0, sledi da je sin x = 1. Zaključak je da su rešenja: x = kπ ili x = π + kπ, k Z. 5. Rešiti jednačinu cos x + cos x + cos 3x = 1. Kada je u zadatku zadata trigonometrijska funkcija drugog stepena, tada možemo da koristimo formulu za sinus i kosinus dvostrukog ugla, cos x = 1 + cos x = 1 Zamenom date formule, oslobodićemo se stepena cos x cos 4x 11 cos x cos 3x = 1.

13 Poslednji član cos 3x, nismo transformisali jer će se kasnije pri rešavanju pojaviti trigonometrijska funkcija čiji će argument biti 3x. To se može videti ako se prisetimo formula za transformaciju iz zbira u proizvod. Posle sred ivanja dobijamo jednačinu: cos x + cos 4x + cos 3x = 0, cos x + cos 4x + cos 3x = 0. Primenimo na prva dva člana transformaciju iz zbira u proizvod cos x + 4x cos x 4x + cos 3x = 0, cos 3x cos x + cos 3x = 0. Kada izvučemo ispred zagrade cos 3x, jednačina će biti ekvivalentna sledećoj cos 3x(cos x + cos 3x) = 0. Posle transformacije izraza cos x + cos 3x iz zbira u proizvod imamo da je Možemo zaključiti da je Dobijamo da su rešenja: ( cos 3x cos x + 3x cos x 3x ) = 0, 4 cos 3x cos x cos x = 0. cos 3x = 0 ili cos x = 0 ili cos x = 0. x = π 6 + mπ 3 ili x = π 4 + lπ ili x = π + kπ, k, l, m Z. Naredni tip zadatka se obično zadaje na takmičenjima. Iako se u njemu pojavljuje čak osmi stepen, to ne bi trebalo da predstavlja problem jer je osam paran broj, pa je moguće koristiti poznatu razliku kvadrata. 1

14 6. Rešiti jednačinu sin 4 x cos 4 x = sin 8 x cos 8 x. Desnu stranu jednakosti možemo da prebacimo na levu stranu Jednačina je ekvivalentna sledećoj sin 4 x cos 4 x (sin 8 x cos 8 x) = 0. sin 4 x cos 4 x (sin 4 x cos 4 x)(sin 4 x + cos 4 x) = 0. Kada izvučemo zajednički činilac sin 4 x cos 4 x biće Zaključujemo da je (sin 4 x cos 4 x)(1 (sin 4 x + cos 4 x)) = 0. sin 4 x cos 4 x = 0 ili sin 4 x + cos 4 x = 1. Prvo ćemo rešiti jednačinu sin 4 x cos 4 x = 0. Ako je cos x = 0 tada mora biti i sin x = 0, što je nemoguće, te zaključujemo da je cos x 0. Jednačina se svodi na tg 4 x = 1 iz koje sledi da je tg x = ±1, x = π 4 + kπ ili x = 3π + kπ, k Z. 4 Za rešavanje druge jednačine: sin 4 x + cos 4 x = 1, koristimo da je sin 4 x + cos 4 x = (sin x + cos x) sin x cos x, tako da je jednačina ekvivalentna sledećoj (sin x + cos x) sin x cos x = 1. Zamenimo sin x + cos x sa 1 : 1 sin x cos x = 1 1 sin x cos x = 1, Konačno, rešenja su: 1 (sin x) = 0, sin x = 0. x = mπ, m Z. 13

15 7. Rešiti jednačinu tg 3x cos x = 0. Ako je cos x = 0, onda je x = π + kπ, odakle sledi da je 3x = 3π + 3kπ = π + (3k + 1)π. Ali, tada tg 3x nije definisano. Stoga je cos x 0 i jednačina se svodi na tg 3x = 0. Rešimo jednačinu tg 3x = 0 Dovoljno je posmatrati da je sin 3x = 0 i cos 3x 0. sin 3x = 0. Tako da su sva rešenja jednačine data sa: x = kπ 3, k Z. 8. Rešiti jednačinu sin x = sin x + cos x. Zbog apsolutne vrednosti, najbolje je da datu jednačinu kvadriramo, tako da će ona dobiti sledeći oblik Posle skraćivanja sin x, imamo da je sin x = sin x + 4 sin x cos x + 4 cos x. 4 sin x cos x + 4 cos x = 0. 14

16 Sred ivanjem predhodnog izraza dobijamo: cos x(sin x + cos x) = 0, odakle sledi da je cos x = 0 ili sin x = cos x x = π + kπ ili x = π + lπ, k, l Z. 4 Kako se pri kvadriranju dobija jednačina koja može imati i neka rešenja koja ne zadovoljavaju polaznu jednačinu, neophodno je izvršiti proveru. Proverom se dobija da su rešenja polazne jednačine samo x = π + πn i x = π 4 + πm, n, m Z. 9. Rešiti jednačinu 1 1 sin x = cos x. Kako bismo rešili zadatak moramo postaviti uslove 1 sin x 0 i cos x 0, mora biti sin x 1 i cos x 0. Zamenimo cos x sa 1 sin x u početnu jednakost. Dobijamo da je 1 1 sin x = 1 sin x posle unakrsnog množenja, jednačina će biti ekvivalentna sledećoj 1 sin x = (1 sin x) (1 sin x)(1 + sin x) = (1 sin x). Levu i desnu stranu jednakosti možemo podeliti sa (1 sin x), zbog uslova sin x 1 0, tako da je (1 + sin x) = sin x = 1. Kako je uslov: sin x 1, rešenje moramo odbaciti. Zaključak je da zadatak nema rešenja! 15

17 10. Rešiti jednačinu sin x cos x = ( ) sin x + 5π. 4 Prvi način: Transfornisanjem desne strane jednakosti pomoću adicione formule, jednačina je ekvivalentna sledećoj Nakon sred ivanja sledi da je Tako da su rešenja: Drugi način: sin x cos x = ( sin x cos 5π 4 + cos x sin 5π 4 sin x cos x = ( ( sin x ), ) ( + cos x sin x cos x = sin x cos x, sin x = 0. x = kπ, k Z. )). Koristimo ideju iz zadatka 3, tj. celu jednakost ćemo podeliti sa 1 ( (sin x cos x) = sin x + 5π 4 ( ) ( sin x cos x = sin x + 5π ). 4 Ideja je da u levoj strani jednačine iskoristimo adicionu formulu. Stoga ćemo zapisati kao cos π i sin π 4 4 ( sin x cos π 4 cos x sin π ) ( = sin x + 5π ) 4 4 ) ( sin x π ) ( = sin x + 5π 4 4 ). 16

18 Jednačina je ekvivalentna sledećoj ( sin x π ) ( sin x + 5π 4 4 ) = 0. Posle primene formule za transformaciju razlike u proizvod, treba da rešimo jednačinu ( x π sin 4 (x + 5π 4 ) ) ( x π 4 cos + x + 5π 4 Sred ivanjem dobija se ekvivalentna jednačina ( sin 3π ) ( cos x + π ) = 0, 4 iz koje sledi da je ( ) Kako je sin 3π 4 jednačine ( sin 3π 4 ) ( = 0 ili cos x + π ) = 0. ( ) 0, to ostaje samo cos x + π ( cos x + π ) = 0. ) = 0. = 0. Rešavanjem Dobijamo da je x + π = π + kπ, x = kπ, k Z. 11. Rešiti jednačinu sin π 1+x = 0. Iz jednačine sin π π = 0, sledi da je = kπ, k Z, biće 1+x 1+x Posle sred ivanja izraz se svodi na x = k, 1 + x = 1 k, k Z. x = 1 k k. 17

19 Sledi da je jer je 1 k k 1 k 0, k kvadrat od x. Zaključujemo da je 1 k > 0. Dakle, k = 1, tj. x = 0 što predstavlja jedino rešenje date jednačine. 1. Rešiti jednačinu sin x + sin x = 3 + sin 3x. Data jednačina je ekvivalentna sledećoj sin x + sin x sin 3x = 3. (1) Transformišimo sin 3x primenom adicione formule sin 3x = sin(x+x) = sin x cos x+sin x cos x = sin x(cos x sin x)+ sin x cos x cos x = = sin x cos x sin 3 x + sin x cos x = 3 sin x cos x sin 3 x. Zamenimo prethodnu jednakost u (1). Dobijamo: sin x + 4 sin x cos x sin x(3 4 sin x) = 3. Kada izvučemo sin x ispred zagrade sin x(1 + 4 cos x (3 4 sin x)) = 3, jednačina će biti ekvivalentna sledećoj sin x( 1 + cos x + sin x) = 3 sin x( cos x + cos x + 1) = 3. Ako posmatramo izraz cos x + cos x + 1 i ako ga malo transformišemo cos x+ cos x+1 = (cos x cos x 1 (( ) = cos x 1 ) ), dobijamo da je ( cos x + cos x + 1 = cos x 1 )

20 Kako je cos x + cos x i sin x 1, iz prethodnog zaključujemo da mora biti sin x = 1 i cos x = 1 ( samo za tu vrednost kosinusa izraz je jednak 3 ), ali to nije moguće. Zaključujemo da zadatak nema rešenje. 13. Rešiti jednačinu sin x + cos x = 1 + sin x cos x. Sve članove izraza prebacićemo na levu stranu jednakosti, 1 + sin x cos x sin x cos x = 0 a, zatim ih faktorizovati (1 sin x)(1 cos x) = 0 odakle sledi Rešenja su: sin x = 1 ili cos x = 1. x = π + kπ ili x = kπ, k Z. 14. Rešiti jednačinu sin x + cos x = (cos 99x). Koristimo ideju iz zadatka 3, dakle podelimo celu jednakost sa 1 (sin x + cos x) = cos 99x ( sin π 4 sin x + cos π ) 4 cos x = cos 99x. Primenom adicione formule za razliku dva ugla dobijamo ekvivalentnu jednačinu ( π ) cos 4 x = cos 99x, ( π ) cos 4 x cos 99x = 0. 19

21 Sada, koristimo formulu za transformaciju iz razlike u proizvod ( π sin 4 x + 99x ) ( π sin 4 x 99x posle sred ivanja dobija se ekvivalentna jednačina ( π sin x te je ( π 4 sin + 98x ) Dobijamo da je ) ( π sin 4 100x ( π = 0 ili sin ) = 0, 4 100x ) = 0, ) = 0. π + 98x 4 = kπ ili π 100x 4 = kπ, k Z, x = kπ 98 π 39 ili x = π 400 kπ 50, k Z. 15. Odrediti broj rešenja jednačine x = 4π sin x. Kako je mora biti x = 4π sin x 1 x 4π 1 4π x 4π. Med utim, x 4π, 4π, jer ako se zamene vrednosti 4π i 4π, u datu jednačinu, jednakost neće imati smisla. Rešenje ove jednačine ćemo prikazati crtežom. Prvo nacrtajmo funkciju sin x, a zatim funkciju 4π sin x, primetićemo da funkcija 4π sin x ima maksimum u 4π, nakon toga crtamo pravu y = x i gde se funkcije y = x i y = 4π sin x 0

22 preseku to su rešenja, vidićemo da je to ukupno sedam preseka tj. sedam rešenja. 16. Rešiti jednačinu tg x + tg x + tg 3x = 0. Ako primenimo adicionu formulu: tg (α + β) = jednačina se svodi na tg α+tg β, na tg 3x, naša 1 tg αtg β tg x + tg x + Jednačina je ekvivalentna sledećoj tg x + tg x 1 tg xtg x = 0. ( 1 ) (tg x + tg x) 1 + = 0, 1 tg xtg x ( tg xtg x ) (tg x + tg x) = 0. 1 tg xtg x 1

23 Odavde sledi tg x + tg x = 0 ili tg xtg x 1 tg xtg x = 0 tg x + tg x = 0 ili tg xtg x =. Najpre rešimo jednačinu tg x + tg x = 0. Posle transformisanja tg x, sledi tg x + tg x 1 tg x = 0 Dobijamo da je Rešenja su: 3tg x tg 3 x = 0. tg x(3 tg x) = 0, tg x = 0 ili tg x = ± 3. x = kπ ili x = π 3 + kπ ili x = π 3 + kπ Iz druge jednačine tg x tg x =, sledi tg x tg x 1 tg x = Rešenja su: tg x 1 tg x = 1 tg x = 1 tg x = ±. x = arctg ± + kπ, k Z. 17. Rešiti jednačinu log 0,1 sin x + log cos x log 7 = 0. U ovom zadatku treba pažljivo iskoristiti svojstva logaritma. Posebno treba obratiti pažnju na oblast definisanosti funkcija koje se tu pojavljuju.

24 Neophodni uslovi su da je sin x > 0 i cos x > 0, a to je ekvivalentno sa tim da je sin x > 0 i cos x > 0. log 0,1 sin x + log cos x log 7 = 0 log 1 sin x + log cos x log 7 = Primenimo pravilo: log a s b = 1 s log a b, b > 0, a > 0, a 1, s 0. Kako je 1 10 = 10 1, biće log sin x + log cos x log 7 = 0 log cos x log sin x log 7 = 0. Posle primene pravila: log a log b = log a, a > 0, b > 0, jednačina će biti b ekvivalentna sledećoj cos x log 7 sin x = 0 cos x 7 sin x = 1 cos x = 14 sin x cos x. Nakon sred ivanja jednačina se svodi na sin x = Konačno uz uslov da je sin x > 0 i cos x > 0, rešenja su: x = arcsin 1 + πn, n Z. 14 3

25 . Iracionalne trigonometrijske jednačine 18. Rešiti jednačinu cos x = + sin x. Kako je jednačina iracionalna kvadriraćemo je i kako je + sin x > 0, a koren uvek definisan za pozitivne vrednosti, biće + sin x > 0, te je i cos x > 0. Posle kvadriranja dobijamo: Posle sred ivanja dobijamo 4 cos x = + sin x. ( cos x 1) = sin x. Zamenom cos x 1 sa cos x, jednačina se svodi na cos x = sin x. Zatim podelimo jednačinu sa cos x. Primetimo da cos x mora biti različito od nule, pošto bi iz jednačine sledilo da je onda i sin x nula, što ne može biti. Stoga se može deliti sa cos x. Kako je tg x = sin x, jednačina je ekvivalentna cos x sledećoj tg x =. Odavde sledi da su rešenja x = 1 arctg + πk. Kako je uslov cos x > 0, a to važi za x ( π +kπ, π +kπ), treba proveriti za koje vrednosti x = 1 πk arctg + zadovoljava nejednakost. Zaključak je za: x = 1arctg + πn, k = 4n ili x = 1arctg π + πn, k = 4n 1, n Z. 19. Rešiti jednačinu 1 cos x = sin x. Mora važiti 1 cos x 0 sin x 0 4

26 Prvi uslov je uvek zadovoljen. cos x 1 sin x 0. Kada kvadriramo jednačinu, dobićemo ekvivalentnu jednačinu 1 cos x = sin x. Zamenimo sin x sa 1 cos x, kako bismo jednačinu predstavili preko funkcije kosinus 1 cos x = 1 cos x. Nakon sred ivanja izraz se svodi na jednostavniji cos x cos x = 0 Dobijamo Rešenja su: cos x(cos x 1) = 0. cos x = 0 ili cos x = 1. x = π + kπ ili x = kπ, k Z. Vidimo da ova rešenja zadovoljavaju uslov sin x 0, te smo time dobili sva rešenja. 0. Rešiti jednačinu cos( π 8 (3x 9x + 160x + 800)) = 1, x Z. Dobijamo da je π 8 (3x 9x + 160x + 800) = kπ, k Z, 9x + 160x = 3x 16k. Kvadriranjem leve i desne strane jednakosti, dobijamo novu jednačinu 9x + 160x = 9x 96kx + 56k, 5

27 gde je k Z. Izvucimo ispred zagrade x Iz jednakosti 5x + 3kx = 8k 5, x(3k + 5) = 8k 5. x(3k + 5) = 8k 5, gde je x ceo broj, sledi da 3k + 5 deli 8k 5. Kako je (3k + 5)(3k 5) = 9k 5 to je i 9k 5 deljivo sa 3k + 5. Sledi da je i k deljivo sa 3k + 5, pa onda je i 5 deljivo sa 3k + 5, da je vrednost izraza 3k + 5 jedan od brojeva 1, 1, 5, 5, 5, 5. To je moguće samo za k = 0,, 10 pri čemu su za x odgovarajuće vrednosti: 31, 7, 5. Neposrednom proverom u polaznoj jednačini utvrd uju se konačna rešenja: x = 31 ili x = 7. 6

28 3. Trigonometrijske jednačine sa parametrom 1. Rešiti jednačinu sin 4 x + cos 4 x = a (a R). Rešenje: Ako levu stranu jednakosti transformišemo, dobićemo ekvivalentnu jednačinu (sin x + cos x) sin x cos x = a. Zamenom sin x + cos x sa 1, izraz se pojednostavljuje 1 sin x cos x = a. Primenom transformacije za dvostruki ugao sledi da je 1 1 sin x = a, sin x = a. Za a > 1, jednačina nema rešenje, jer je izraz na desnoj strani jednakosti negativan, a na levoj zbog sinusa mora biti a 1. U, slučaju da je a 1, korenovanjem dobijamo ekvivalentan oblik sin x = a pa, je skup rešenja unija skupova rešenja jednačina sin x = a i sin x = a. Ove jednačine imaju rešenja akko je 0 a 1, tj. a [ 1, 1]. U tom slučaju rešenja polazne jednačine možemo zapisati u obliku 1 { } arcsin a, arcsin a, π arcsin a, π + arcsin a +kπ. 7

29 . Rešiti jednačinu cos x + 3 sin x = m, m Z. Koristimo ideju iz 3. zadatka, tj. celu jednačinu podelimo sa 1 (cos x + 3 sin x) = m ( 1 cos x + 3 sin x ) = m. Kako je cos π = 1 i sin π = 3, jednačina će biti ekvivalentna sledećoj 3 3 ( cos x π ) = m 3. Mora biti m 1, jer je cos x 1. Stoga je m. Ako je m = ( cos x π ) = 1. 3 Jednačina se svodi na x π 3 = π + kπ, k Z, x = 4π 3 + kπ, k Z. Ako je m = 1 cos(x π 3 ) = 1. Jednačina se svodi na x π 3 = π 3 + kπ ili x π 3 = π 3 + kπ, k Z, x = π + kπ ili x = π 3 + kπ, k Z. Ako je m = 0 ( cos x π ) =

30 Jednačina se svodi na x π 3 = π + kπ, k Z, x = 5π 6 + kπ, k Z. Ako je m = 1 cos(x π 3 ) = 1. Jednačina se svodi na x π 3 = π 3 + kπ ili x π 3 = π 3 + kπ, k Z, Ako je m = x = π 3 + kπ ili x = kπ, k Z. ( cos x π ) = 1. 3 Jednačina se svodi na x π 3 x = π 3 = kπ, k Z, + kπ, k Z. 9

31 4. Trigonometrijske jednačine koje se rešavaju smenom 3. Rešiti jednačinu sin x 4 sin x cos x + 3 cos x = 0. Med u rešenjima ove jednačine ne postoji nijedno za koje bi bilo cos x = 0, jer bi tada bilo i sin x = 0, što je nemoguće. Otuda deleći sa cos x 0, dobijamo ekvivalentnu jednačinu sin x 4 sin x cos x cos x cos x cos x + 3 cos x cos x = 0. Nakon skraćivanja, imamo izraz koji podseća na kvadratnu jednačinu ( ) ( ) sin x sin x = 0. cos x cos x Zamenimo sin x cos x sa tg x. Dobijamo sledeću ekvivalentnu jednačinu (tg x) 4 tg x + 3 = 0. Posle smene, tg x = t, jednačina će biti kvadratna po t t 4t + 3 = 0. Rešavanjem kvadratne jednačine dobijamo dva rešenja Odavde su rešenja redom tg x = 3 ili tg x = 1. x = arctg 3 + kπ ili x = π 4 + kπ, k Z. 4. Rešiti jednačinu 5 sin x + sin x cos x + cos x =. Zamenimo sa (cos x + sin x). Na taj način jednačinu svodimo na homogenu i rešavamo kao u prethodnom zadatku. Dobijamo 5 sin x + sin x cos x + cos x = (cos x + sin x). 30

32 Nakon sred ivanja jednačina je ekvivalentna sledećoj 5 sin x + sin x cos x + cos x cos x sin x = 0, Podelimo celu jednačinu sa cos x 3 sin x + sin x cos x cos x = 0. 3 sin x cos x + sin x cos x cos x cos x cos x cos x = 0. Kao i u prethodnom primeru odavde sledi da je 3(tg x) + tg x 1 = 0. Nakon smene, tg x = t, jednačina postaje kvadratna po t 3t + t 1 = 0. Rešavanjem kvadratne jednačine dobijamo Sledi da su rešenja redom tg x = 1 ili tg x = 1 3. x = π 4 + kπ ili x = arctg 1 + kπ, k Z Rešiti jednačinu sin 8 x + cos 8 x = Data jednačina je ekvivalentna sledećoj (sin 4 x) + (cos 4 x) = Ako dodamo i oduzmemo sin 4 x cos 4 x na levoj strani jednakosti, pojaviće se kvadrat binoma (sin 4 x + cos 4 x) sin 4 x cos 4 x =

33 (sin 4 x + cos 4 x) = sin4 x cos 4 x. Primenimo isti postupak kao i u prethodnom koraku ((sin x + cos x) sin x cos x) = sin4 x 8 ((1 sin x cos x) = sin4 x 8 ( 1 sin x ) 17 = 3 + sin4 x. 8 Nakon smene t = sin x, jednačina se svodi na kvadratnu (1 t) = t 1 t + t = t. Sred ivanjem, jednačina je ekvivalentna sledećoj t 4t = 0 16t 64t + 15 = 0. Rešavanjem kvadratne jednačine dobijamo dva rešenja t 1 = 15 ili t 4 = 1. 4 Prvo rešenje odbacujemo, jer ne može biti sin x = 15, a drugo prihvatamo. 4 Sada rešimo jednačinu sin x = 1 4, primenom formule za polovinu ugla, dobijamo ekvivalentnu jednačinu Nakon sred ivanja sledi da je 1 cos 4x 4 = 1 4. cos 4x = 0, 4x = π + kπ. 3

34 Rešenja su: x = π 8 + kπ 4, k Z. 6. Odrediti ona rešenja jednačine 4 cos x + 4 cos x = 3 koja su u skupu [ 3 4, 1]. Zamenimo cos x sa cos x 1. Dobijamo ekvivalentnu jednačinu 4 cos x cos x = 3. Nakon smene 4 cos x = t, jednačina se svodi na kvadratnu jednačinu po t: Odavde slede dva rešenja t + 4t 1 = 0. t 1 = 6 ili t =. Prvo rešenje odbacujemo jer mora biti t = 4 cos x veće od nule, dakle data jednačina ekvivalentna je sa 4 cos x = i ona se svodi na cos x = 1. Na osnovu svojstava funkcije x, zaključujemo da mora biti cos x = 1. Transformisanjem prethodne jednačine dobijamo: Nakon sred ivanja sledi da je 1 + cos x = 1. cos x = 0, x = π 4 + kπ, k Z. Od svih rešenja postoji samo jedno koje pripada datom intervalu [ 3, 1], a to 4 je x = π. 4 33

35 7. Rešiti jednačinu 11ctg x 5tg x = 16 sin x, za x kπ. Nakon zamene trigonometrijskih identiteta jednačina je ekvivalentna sledećoj tg x = sin x cos x, ctg x = cos x sin x 11 cos x sin x 5 sin x cos x = 16 sin x. Celu jednačinu pomnožimo sa sin x cos x (na osnovu uslova zadatka znamo da je sin x cos x 0), kako bi je pojednostavili 11 cos x 5 sin x = 16 cos x, 16 cos x 16 cos x 5 = 0. Nakon smene cos x = t, jednačina će se svesti na kvadratnu po t 16t 16t 5 = 0. Kada rešimo kvadratnu jednačinu dobijamo dva rešenja t 1 = 5 4 ili t = 1 4. Prvu mogućnost ćemo odbaciti zbog toga što mora biti 1 cos x 1, tako da rešavamo sledeću trigonometrijsku jednačinu cos x = 1 4, x = ± arccos ( 1 4) + πl, l Z. 34

36 8. Rešiti jednačinu arcsin 3x = arctg 5x. Neka je: β = arcsin 3x, tada je sin β = 3x, a kako je cos β + sin β = 1 sledi da je cos β = 1 9x cos β = ± 1 9x. Zamenom prethodnih izraza jednačina će biti ekvivalentna sledećoj tg β = sin β cos β = 3x ± 1 9x. Kako je i β = arctg 5x, to je tg β = 5x. Dakle jednačina se svodi na 3x ± 1 9x = 5x 1, ±3x = 5x 1 9x. Jedno rešenje je x = 0. Ako je x 0, onda je ±3 = 5 1 9x. Med utim, pošto je koren uvek nenegativan, zaključujemo da je 3 = 5 1 9x. Sada kvadriramo jednačinu 3 = 5 1 9x, kako bismo se oslobodili korena 9 = 5(1 9x ) 9 5 = 1 9x. Rešimo nepotpunu kvadratnu jednačinu 9x = Rešenja su: x = x = ±

37 9. Data je jednačina (arcsin x) 3 + (arccos x) 3 = aπ 3. a) Pokazati da jednačina nema rešenja ako je a < 1. 3 b) Rešiti jednačinu u slučajevima a = 1 i a = a) Zbog oblasti definisanosti funkcija arcsin x i arccos x, važi da je 1 x 1. Uvod enjem smene t = arcsin x sledi da je π t = arccos x, tako se jednačina transformiše u Posle sred ivanja dobija se jednačina t 3 + ( π t ) 3 = aπ 3. 1t 6πt + π 8aπ = 0 1t 6πt + π (1 8a) = 0. Diskriminanta za našu kvadratnu jednačinu je D = b 4ac = 36π 4 1 (π 8aπ ) = 1π +384aπ = 1π (1 3a). Za a < 1 jednačina će imati negativnu diskriminantu, pa prema tome nema 3 rešenje. b) Zamenom a = 1 u 8 jednačina se svodi na Kada izvučemo t ispred zagrade dobijamo da je 1t 6πt + π (1 8a) = 0 1t 6πt + π ( ) = 0, 1t 6πt = 0. t (1t 6π) = 0 t = 0 ili t = π 36

38 Konačno rešenja su: arcsin x = 0 ili arcsin x = π. x = 0 ili x = 1. Za a = 7 8 1t 6πt + π ( ) = 0. Sred ivanjem, jednačina se svodi na jednostavniju t πt π = 0 iz koje sledi da je t = π ili t = π arcsin x = π ili arcsin x = π. Prvo rešenje odbacujemo jer je t = arcsin x [ π, π], a arcsin x = π prihvatamo. Sledi da je t = π, x = Rešiti jednačinu sin(sin x) cos(cos x) = 0. Smenom: sin x = p i cos x = q, dobijamo jednačinu: sin p cos q = 0 sin p = cos q. Ova jednačina je ekvivalentna sa ( π ) sin p = sin q gde p, q [ 1, 1]. Sledi da je p = π ( π ). q ili p = π q Rešimo sistem p = π q 37

39 p + q = 1. Primenom metode zamene, dobijamo kvadratnu jednačinu po q ( π q ) + q = 1 π 4 πq + q + q = 1. Posle sred ivanja dobijamo ekvivalentnu jednačinu 8q 4πq + π 4 = 0. Kako je diskriminanta D < 0 sistem nema rešenja. Ako je p = π + q tada treba rešiti sledeći sistem p = π + q p + q = 1. Nakon rešavanja kao i za prethodni slučaj dobijamo da je D < 0, tako da je zaključak da početna jednačina nema rešenja. 31. Rešiti jednačinu sin(cos x) cos(sin x) = 0. Smenom: cos x = p i sin x = q, polazna jednačina se svodi na sistem sin p = cos q p + q = 1. Kao i u prethodnom zadatku sistem se svodi na p = π q ili p + q = 1, p = π + q 38

40 p + q = 1. Primenimo metod zamene na prvi sistem ( π q ) + q = 1, 8q 4πq + π 4 = 0. Kako je diskriminanta D < 0 sistem nema rešenja. Kada rešimo drugi sistem diskriminanta će takod e biti manja od nule, tako da je zaključak da jednačina nema rešenja. 3. Rešiti jednačinu arccos x arcsin x = π 6. Znamo da važi arcsin x + arccos x = π. Zadatak se svodi na rešavanje sledećeg sistema arccos x arcsin x = π 6 arccos x + arcsin x = π. Kada saberemo prethodne dve jednakosti imamo da je arccos x = π + π 6 Dakle Lako se proveri da je x = 1 arccos x = π 3. x = 1. zaista rešenje date jednačine. 39

41 33. Rešiti jednačinu sin x = tg x. Smena: t = x, (x = t) dovodi do nove jednačine: sin t = tg t. Primetimo da ovde mora biti t π + kπ, tj. koristimo. Dobijamo sin t cos t = sin t cos t. Jedno rešenje je sin t = 0. Iz kog sledi cos t 0 te u daljem to t = lπ, l Z. Kada vratimo smenu, dobijamo x = lπ, l Z. Sada razmatramo slučaj kada je sin t 0. Rešimo jednačinu iz koje sledi Zamenimo 1+cos t Nakon sred ivanja cos t = 1 cos t, cos t = 1. sa cos t. Dobijamo ekvivalentnu jednačinu 1 + cos t cos t = 0, = 1. t = π + kπ, k Z. Rešenja su: x = π + kπ, k Z. Ali, kako je uslov da cos t 0, x π +mπ, m Z, moramo odbaciti rešenje x = π + kπ. 40

42 34. Rešiti jednačinu ctg x = tg x + tg x+1. Smena: x = t, dovodi do ekvivalentne jednačine Zamenimo cos t sin t sa ctg t, zatim sin t cos t ctg t = tg t + tg t. sa tg t. Dobijamo da je: cos t sin t = sin t sin t + cos t cos t. Pomnožimo jednačinu sa sin t cos t cos t, da bismo se oslobodili razlomka cos t cos t = sin t cos t + sin t cos t sin t. Mora važiti uslov da je: sin t, cos t, sin t 0. Posle sred ivanja jednačina se svodi na cos t cos t sin t cos t sin t = 0. Dokažimo da je cos t cos t sin t cos t sin t = cos 4t. Izvlačenjem ispred zagrade cos t, dobijamo cos t (cos t sin t) sin t. Med utim kako je cos t sin t, kosinus dvostrukog ugla, biće cos t cos t sin t = cos t sin t, što je primenom već pomenute formule za dvostruki ugao jednako Konačno, rešavamo jednačinu cos 4t. cos 4t = 0. Zaključujemo da je 4t = π + kπ, k Z, t = π 8 + kπ 4, k Z. 41

43 Kada vratimo smenu x = t rešenja su x = π 8 + kπ 4. Kako znamo da x mora biti pozitivno, odbacićemo vrednosti k, za koje je k < 0. Ostaju samo za k 0. Med utim, moramo celu jednakost da logaritmujemo, da bismo došli do x x = log ( π 8 + kπ 4 ), k Z. 35. Rešiti jednačinu log (cos x + cos x ) + log 0.5 (sin x + cos x ) = 0. Na osnovu definicije logaritamske funkcije imamo sledeće uslove: cos x + cos x > 0 i sin x + cos x > 0. Koristeći pravilo za logaritmovanje jednačinu možemo pojednostaviti ( log cos x + cos x ) ( + log 1 sin x + cos x ) = 0 ( log cos x + cos x ) ( log sin x + cos x ) = 0. Levu stranu jednakosti možemo predstaviti preko količnika, a nulu kao log 1. Ideja je da logaritmi i sa leve i sa desne strane jednakosti imaju istu osnovu, u našem slučaju osnova je log cos x + cos x sin x + cos x = log 1. Dobijamo da je odavde sledi cos x + cos x sin x + cos x = 1, cos x + cos x = sin x + cos x. Transformisanjem dobijamo cos x sin x = 0. 4

44 Umesto cos x, pisaćemo cos x sin x cos x sin x sin x = 0 Izrazimo cos x, preko sin x, kako bismo jednačinu sveli na jednostavniju 1 sin x sin x sin x = 0 sin x sin x + 1 = 0 sin x + sin x 1 = 0. Smena: sin x = t, dovodi do kvadratne jednačine t + t 1 = 0 iz koje sledi da je t = 1 ili t = 1, x = 3π + kπ, x = π 6 + kπ, x = 5π 6 + kπ, k Z. Kada zamenimo x = 3π + kπ u izraz cos x + cos x, taj izraz postaće negativan, a uslov je da bude pozitivan. Tako da, uzimajući u obzir uslove, neka od ovih rešenja moramo odbaciti jer ne zadovoljavaju ranije navedeni uslov. Konačno, rešenja su: x = π + kπ ili x = 5π + kπ, k Z

45 5. Razni nestandardni trigonometrijski zadaci 36. Odrediti tg α tg β, ako je cos(α + β) = 0 i cos(α β) = 1. Koristimo adicione formule, za zbir i razliku dva ugla, tako da se zadatak svodi na rešavanje sledećeg sistema cos α cos β sin α sin β = 0 cos α cos β + sin α sin β = 1. Sabiranjem prethodne dve jednakosti dolazimo do cos α cos β = 1 što je ekvivalentno sa cos α cos β = 1. Na sličan način, oduzimanjem, dobijamo sin α sin β = 1. Konačno tg α tg β = 1 sin α sin β cos α cos β = = Dokazati x + y + z = kπ, k Z tg x + tg y + tg z = tg x tg y tg z, ako su svi x, y, z takvi da su tg x, tg y, tg z definisani. =: Transformisanjem tg x + tg y + tg z = tg x tg y tg z, dobijamo: tg x + tg y = tg z(1 tg x tg y). (1) Ideja je da izraz navedemo na adicionu formulu. Ako je tg x tg y = 1, tada se iz početnog izraza dobija da je tg x + tg y + tg z = tg z, pa sledi da je tg x + tg y = 0, tg x = tg y. Kada zamenimo tg x = tg y u 44

46 tg x tg y = 1, dobijamo da je tg x = 1, a to je nemoguće. Zaključak je da možemo deliti sa 1 tg x tg y izraz (1) tg x + tg y 1 tg x tg y = tg z, odavde sledi da je Zaključujemo da je Što je i trebalo dokazati. tg (x + y) = tg z. x + y = z + kπ, k Z x + y + z = kπ, k Z. = : Prebacimo z na desnu stranu x + y + z = kπ, k Z x + y = z + kπ, k Z. Primenimo tangens na levu i desnu stranu jednakosti tg (x + y) = tg z. Levu stranu jednakosti zapišemo preko adicione formule tg x + tg y 1 tg x tg y = tg z. Zatim ceo izraz pomnožimo sa 1 tgx tgy, kako bismo se oslobodili razlomka Posle sred ivanja imamo da je što je i trebalo dokazati. tg x + tg y = tg z(1 tg x tg y). tg x + tg y + tg z = tg x tg y tg z, 45

47 38. Ako je sin x + cos x = a, odrediti sin 4 x + cos 4 x. Transformisanjem izraza sin 4 x + cos 4 x dobijamo: sin 4 x + cos 4 x = (sin x + cos x) sin x cos x = 1 sin x Primenom formule za dvostruki ugao, sledi da je (1). sin x = sin x cos x = sin x + sin x cos x + cos x 1. Dakle sin x = (sin x + cos x) 1 = a 1. Zamenimo sin x sa a 1 u (1) sin 4 x + cos 4 x = 1 (a 1). Posle sred ivanja dobija se sin 4 x + cos 4 x = 1 + a a Dokazati da zbir: zavisi od x. 4 cos4 x 6 cos x sin 4 x + 6 cos x + 3 ne Kako se u zadatom izrazu pojavljuje cos 4 x, sin 4 x kao i cos x, pogodno je izvršiti transformaciju na cos 4 x i sin 4 x (kako bi sve izrazili preko cos x), korišćenjem sledećih formula: cos x = 1 + cos x, sin x = 1 cos x. Kada ih zamenimo u zadatu jednakost, koju ćemo pre toga da transformišemo, zadatak će biti jednostavniji za dokazivanje ( cos x) 6 cos x ( sin x) + 6 cos x + 3 = 46

48 ( ) ( ) 1+cos x 4 6 cos x cos x cos x + 3 = 1 + cos x + cos x 6 cos x cos x + cos x + 6 cos x + 3 = 4 4 cos x + cos x cos x + cos x = ( cos x) + ( + cos x) = kako je a = a, biće: cos x + + cos x = cos x + + cos x = Za koju vrednost α i β važi jednakost sin(α + β) = sin α + sin β? Transformisanjem leve strane jednakosti uz pomoć adicione formule, jednakost se svodi na sin α cos β + sin β cos α = sin α + sin β, sin α cos β + sin β cos α sin α sin β = 0. Izvucimo zajednički činilac ispred zagrade ili sin α (cos β 1) + sin β (cos α 1) = 0 sin α (1 cos β) + sin β (1 cos α) = 0. (1) Ako je sin α sin β = 0, onda sledi da je sin α = 0 ili sin β=0. Ako je sin α = 0, tada iz (1) sledi da je sin β(1 cos α) = 0, a to je moguće za sin β = 0 ili cos α = 1. Ukoliko je cos α = 1, α = kπ, tada će jednakost važiti za proizvoljno β. Med utim, za sin β = 0, sledi da je sin α (1 cos β) = 0, odakle se može zaključiti da jednakost važi za sin α = 0 ili za β = kπ i α proizvoljno. Ako je sin α sin β 0, (1) se može napisati u obliku Kako je 1 cos β sin β = 1 cos α sin α. tg x = 1 cos x sin x, 47

49 sledi Iz tg β = tg α. tg β ( = tg α ), dobija se β = α + πk. Dakle, data jednakost važi za: 1. α = kπ, β proizvoljno, k Z,. α proizvoljno, β = kπ, k Z, 3. α + β = kπ, k Z. 41. Za unutrašnje uglove α i β trougla ABC (kod A, B) važi sin 3 α cos48 β = sin3 β cos48 α AC.Naći odnos. BC Dokažimo da je α = β. Ako bi bilo α β, na primer, 0 < α < β < π, bilo bi 0 < sin α < sin β 0 < cos β < cos α, 48

50 odakle sledi da je suprotno pretpostavci. Dakle, sin 3 α cos48 β < sin3 β cos48 α, α = β, AC BC = Ako su α, β, γ uglovi trougla i ako je sin α + sin β + sin γ = 3(cos α + cos β + cos γ), onda je bar jedan od uglova α, β, γ jednak π 3. Dokazati. Transformisanjem datog izraza dobijamo: sin α + sin β + sin γ 3 cos α 3 cos β 3 cos γ = 0. Ako celu jednakost podelimo sa dva, pojaviće se vrednosti nekih trigonometrijskih funkcija, tako da ćemo primeniti adicionu formulu kao i da za trougao važi α + β + γ = π α + β = π γ sin α cos α + 1 sin β cos β + 1 sin γ cos γ = 0 ) ( + sin β π ) ( + sin (π α β) π ) = ( sin α π 3 Primenimo formulu za transformaciju iz zbira u proizvod ( α π 3 sin + β π ) ( 3 α π cos β + π ) ( 3 3 π ) + sin 3 α β = 0 ( α + β sin π ) ( α β ) ( ( π (α + β) )) cos + sin = ( α + β sin π ) ( α β ) ( π cos + sin 3 3 α + β ) ( π cos 3 α + β ) = 0 ( α + β sin π )( ( α β ) ( π cos cos 3 3 α + β )) = 0. (1) Sred ivanjem izraza sin ( α+β π 3 ), dobijamo: ( α + β sin π ) ( 3(α + β) π ) ( 3(π γ) π ) = sin = sin ( π ) = sin 6 γ.

51 Transformisanjem: ( ( cos ) α β cos ( α β + π 3 sin α+β ) ( α β sin ( ) π Posle zamene izraza sin γ i 6 ( )) π α+β, dobijamo: 3 ( π 3 + α+β sin ) ) ( π = sin 6 β ) ( π sin 6 α ). ( ) ( ) π β π sin α u (1), sledi : 6 6 ( π sin 6 γ ) ( π sin 6 β ) ( π sin 6 α ) = 0. Zaključujemo da neki od činilaca mora biti jednak nuli, pa dobijamo (s obzirom da su α, β i γ unutrašnji uglovi trougla): sledi da je π 6 γ = 0 ili π 6 β = 0 ili π 6 α = 0, γ = π 3 ili β = π 3 ili α = π Pokazati da je cos 3 + cos 1 cos 4 cos = 1. Primenom formule za polovinu ugla i transformacije iz proizvoda u zbir sledi 1 + cos cos 1 (cos(4+)+cos(4 )) = 1 +cos cos 1 (cos 6+cos ) = =1+ cos 6 + cos cos 6 cos =1. Što je i trebalo dokazati. 44. Dokazati da je: a) sin 0 sin 40 sin 80 = 3 ; 8 b) tg 6 tg 54 tg 66 = tg 18. Prvi način. a) Transformisanjem izraza sin 0 sin 40 sin 80, iz proizvoda u zbir, dobijamo sin 0 1 (cos(40 80 ) cos( )) = sin 0 1 (cos( 40 ) cos 10 ) 50

52 = sin 0 1 cos sin 0 = 1 4 (sin( ) + sin(0 40 )) = 1 4 (sin 60 + sin( 0 )) sin 0 = 1 4 sin sin sin 40 = Drugi način. Pokažimo da važi sin α sin(60 + α) sin(60 α) = 1 sin 3α. 4 Primenimo adicionu formulu pri dokazivanju identiteta sin sin(60 +α) sin(60 α) = (sin 60 cos α+sin α cos 60 )(sin 60 cos α sin α cos 60 ) = 3 ( 3 ) 4 cos α sin α 1 4 = sin α 4 cos α sin α 1 = 1 ( ) 3 cos α sin α sin 3 α. 4 4 Kako je sin 3α = 3 cos α sin α sin 3 α, sledi da je sin α sin(60 + α) sin(60 α) = 1 sin 3α. 4 Primenimo prethodni identitet na sin 0 sin 40 sin 80 sin 0 sin 40 sin 80 = sin 0 sin(60 0 ) sin(60 +0 ) = 1 4 sin 60 = 1 4 b) Kako je tg αtg (60 α)tg (60 + α) = tg α tg αtg (60 α)tg (60 + α) = tg α Transformisanjem, dobijamo da je tg 60 tg α 1 + tg 60 tg α tg 60 + tg α 1 tg 60 tg α, 3 tg α 3 + tg α tg α 1 3 tg α. 3 = 3 8. tg αtg (60 α)tg (60 + α) = tg α 51 3 (tg α) 1 3 (tg α) = 3tg α tg3 α 1 3 tg α.

53 Kako je možemo zaključiti da tg 3α = 3tg α tg3 α 1 3 tg α, tg αtg (60 α)tg (60 + α) = tg 3α. Primenom prethodnog identiteta, sledi da je tg6 tg54 tg66 = tg18 = tg6 tg(60 6 ) tg(60 +6 ) = tg3 6 = tg18. U narednim zadacima koristićemo oznake a, b, c, za dužine stranica trougla, a α, β, γ, za odgovarajuće uglove kod temena A, B, C. 45. Ako za uglove i stranice trougla važi: a) a = b cos γ, dokazati da je trougao jednakokraki; b) (b + c + a) (b + c a) = 3bc, dokazati da je α = 60. a) Posle množenja leve i desne strane jednakosti a = b cos γ sa a, sledi da je a = ab cos γ. Primenom kosinusne teoreme c = a + b ab cos γ, formiramo sistem a = ab cos γ c = a + b ab cos γ. Koristimo metodu zamene pri rešavanju sistema Dobijamo da je c = a + b a. c = b, c = b. b) Iz (b + c + a) (b + c a) = 3bc, primenom razlike kvadrata, sledi da je (b + c) a = 3bc, 5

54 b + c a = bc. Korišćenjem kosinusne teoreme: a = b + c bc cos α, sledi da je cos α = b + c a. (1) bc Zamenom (1) u b + c a = bc, dobijamo cos α = bc bc, cos α = 1. Odavde možemo da zaključimo da je α = Dokazati da u svakom trouglu važi: a (sin β sin γ) + b (sin γ sin α) + c (sin α sin β) = 0 Koristimo sinusnu teoremu a sin α = b sin β = c sin γ = R, gde je R, poluprečnik opisanog kruga. Dobijamo b R = sin β i a R = sin α i c R = sin γ. (1) Zamenimo (1), u zadatu jednakost a Dobijamo da je ( b R a ) ( c + b R R a ) ( a + c R R b ) = 0. R a (b c) + b (c a) + c (a b) = a b a c + b c b a + c a c b = 0. 53

55 47. U paralelogramu ABCD je dat oštar ugao α (kod temena A) i odstojanja m i p tačke preseka dijagonale od neparalelnih stranica AB i BC. Izračunati dužine dijagonala paralelograma. Neka je T 1, podnožije normale iz temena D na stranicu AB. Posmatrajmo trougao ADT 1 : AD je hipotenuza za pravougli trougao i m je naspramna stranica u odnosu na α, jer je rastojanje od preseka dijagonala paralelograma do stranice paralelograma m. Kako je sin α odnos naspramne stranice i hipotenuze pravouglog trougla imamo da je odakle sledi sin α = m AD AD sin α = m i BC = AD. Slično važi i za DCT, gde je T podnožje normale iz temena D, na stranicu BC AB = p sin α. Primenom kosinusne teoreme na ABC, sledi da je AC = ( p ) ( m ) 4mp AB + BC AB BC cos(π α) = + + sin α sin α sin α cos α 54

56 , 4p AC = sin α + 4m sin α + 8mp sin α cos α = m + p sin α + mp cos α. Slično se dokazuje i za BD = m + p sin α mp cos α. 48. Oko datog pravougaonika, čije su stranice a i b, opisati novi pravougaonik koji će imati zadatu površinu m. Za koje vrednosti m zadatak ima rešenja? Neka je ϕ ugao koji grade stranica opisanog i datog pravougaonika. Iz T 1 D 1 S dobijamo iz sin ϕ = D 1T 1, b S 1 T 1 C 1 55

57 dobijamo cos ϕ = T 1C 1 a. Stranice opisanog pravougaonika su redom jednake Prema uslovu zadatka je Sred ivanjem dalje dobijamo a cos ϕ + b sin ϕ i a sin ϕ + b cos ϕ. (a cos ϕ + b sin ϕ) (a sin ϕ + b cos ϕ) = m. (a + b ) (cos ϕ sin ϕ) + a b (cos ϕ + sin ϕ) = m. Kako je izraz se svodi na cos ϕ + sin ϕ = 1 (a + b ) cos ϕ sin ϕ + a b = m (a + b ) 1 cos ϕ sin ϕ + a b = m. Transformisanjem dobijamo da je 1 (a + b ) sin ϕ = m a b, (a + b ) sin ϕ = (m a b), sin ϕ = (m a b) a + b. Zadatak ima rešenje akko je 0 (m a b) a + b 1. Nema smisla posmatrati za ϕ > 90, jer je ϕ unutrašnji ugao pravouglog trougla, pa samim tim manji od 90 0 m a b a + b 1. Kada celu nejednakost pomnožimo sa a + b, biće 0 m ab a + b. 56

58 Sada celoj nejednakosti dodamo ab ab m a + b + ab, ab m (a + b). Posle korenovanja, dobijamo za koje vrednosti m, zadatak ima rešenje ab m a + b. 49. Neka su d 1 i d dijagonale konveksnog četvorougla, a ϕ ugao koji one grade. Dokazati da je površina tog četvorougla S = 1 d 1d sin ϕ. Koristimo da je sin(180 ϕ) = sin ϕ. Neka su a 1 i b 1 a i b odsečci na koje su dijagonale d 1 i d podeljene tačkom u kojoj se seku. Tada je S = P ( ABM) + P ( BMC) + P ( CMD) + P ( DMA). 57

59 Primenimo formulu za površinu trougla P = 1 bc sin α, na ABM, BMC, CMD i DMA S = 1 a 1b sin(180 ϕ)+ 1 b b 1 sin(180 ϕ)+ 1 b 1a sin(180 ϕ)+ 1 a 1a sin(180 ϕ). Sred ivanjem dobijamo da je S = 1 sin ϕ(a 1b + b b 1 + b 1 a + a 1 a ) = 1 sin ϕ(a 1b + b b 1 + b 1 a + a 1 a ), S = 1 sin ϕ(a 1(b +a )+b 1 (b +a )) = 1 sin ϕ((b +a )(a 1 +b 1 )) = 1 d 1d sin ϕ. 50. Izraziti dijagonale tetivnog četvorougla preko njegovih stranica. Izvesti odatle Ptolomejevu teoremu: proizvod dijagonala tetivnog četvorougla jednak je zbiru proizvoda naspramnih strana. Neka su a, b, c, d stranice, m i n dijagonale tetivnog četvorougla, a ugao izmed u stanica a i d označimo sa ϕ. Iz kosinusne teoreme je: n = a + d ad cos ϕ i n = b + c bc cos(180 ϕ). Kako je cos(180 ϕ) = cos ϕ, biće n = a + d ad cos ϕ i n = b + c + bc cos ϕ. 58

60 Iz prve jednakosti imamo da je cos ϕ = a + d n. ad Zamenom prethodnog izraza u n = b + c + bc cos ϕ, dobijamo da je n = b + c + bc a + d n, ad n = b + c + bca d + bcd a bcn ad. Oslobodimo se razlomka Transformisanjem, dobijamo da je adn = adb + adc + bca + bcd bcn. n (ad + bc) = (db + ac) (ab + dc), Analogno se dobija n = m = (db + ac) (ab + dc). (1) ad + bc (ab + bc) (ac + bd). () ab + cd Posle množenja (1) i (), n m = (db + ac) (ab + dc) (ad + bc) (ab + bc) (ac + bd) (ab + cd) izraz se svodi na n m = (ac + bd), n m = ac + bd. Tako smo dokazali Ptolomejevu teoremu. 59

61 ZAKLJUČAK: Ideja ovog rada je da se učenicima približi trigonometrija kao i da se mnoge nedoumice oko pojedinih matematičkih problema iz jedne od težih tema iz matematike koja se predaje u školi otklone. Za to su birani različiti primeri u kojima se koriste mnoge ideje. Neke se mogu koristiti na dodatnoj nastavi, za pripremu za takmičenja ili prijemni. Zadaci su postupno rešeni i treba da ukažu na metodu rešavanja zadataka iz trigonometrije, tako što komplikovane matematičke probleme, na različite načine, svodimo na jednostavne. Cilj je da nakon vežbe ponud enih zadataka učenik samostalno može da reši zadatak iz trigonometrije. 60

62 LITERATURA: [1] -Dord e Kadijević, ZBIRKA NESTANDARDNIH ZADATAKA IZ TRIGONOMETRIJE, Arhimedes, Beograd [] -Dord e Dugošija, Živorad Ivanović, TRIGONOMETRIJA, Krug, Beograd 006. [3] Srd an Ognjanović, 004. Živorad Ivanović, MATEMATIKA, Krug, Beograd [4] Gradimir Vojvodić, Milan Vukasović, Radivoje Despotović, -Dura Paunić, Vojislav Petrović, Ratko Tošić, MATEMATIKA, Zavod za udžbenike i nastavna sredstva, Beograd [5] Društvo matematičara 61

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

41. Jednačine koje se svode na kvadratne

41. Jednačine koje se svode na kvadratne . Jednačine koje se svode na kvadrane Simerične recipročne) jednačine Jednačine oblika a n b n c n... c b a nazivamo simerične jednačine, zbog simeričnosi koeficijenaa koeficijeni uz jednaki). k i n k

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

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

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

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

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

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

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA April, 2013 Razni zapisi sistema Skalarni oblik: Vektorski oblik: F = f 1 f n f 1 (x 1,, x n ) = 0 f n (x 1,, x n ) = 0, x = (1) F(x) = 0, (2) x 1 0, 0 = x n 0 Definicije

Διαβάστε περισσότερα

(y) = f (x). (x) log ϕ(x) + ψ(x) Izvodi parametarski definisane funkcije y = ψ(t)

(y) = f (x). (x) log ϕ(x) + ψ(x) Izvodi parametarski definisane funkcije y = ψ(t) Izvodi Definicija. Neka je funkcija f definisana i neprekidna u okolini tačke a. Prvi izvod funkcije f u tački a je Prvi izvod funkcije f u tački : f f fa a lim. a a f lim 0 Izvodi višeg reda funkcije

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

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

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Za skiciranje grafika funkcije potrebno je ispitati svako od sledećih svojstava: Oblast definisanosti: D f = { R f R}. Parnost, neparnost, periodičnost. 3

Διαβάστε περισσότερα

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 Matrice - osnovni pojmovi (Matrice i determinante) 2 / 15 (Matrice i determinante) 2 / 15 Matrice - osnovni pojmovi Matrica reda

Διαβάστε περισσότερα

4 Numeričko diferenciranje

4 Numeričko diferenciranje 4 Numeričko diferenciranje 7. Funkcija fx) je zadata tabelom: x 0 4 6 8 fx).17 1.5167 1.7044 3.385 5.09 7.814 Koristeći konačne razlike, zaključno sa trećim redom, odrediti tačku x minimuma funkcije fx)

Διαβάστε περισσότερα

Glava 1. Trigonometrija

Glava 1. Trigonometrija Glava 1 Trigonometrija 1.1 Teorijski uvod Neka su u ravni Oxy dati krug k = {x, y) R R : x +y = 1} i prava p = {x, y) R R : x = 1}. Predstavimo skup realnih brojeva na pravoj p, kao brojevnoj pravoj, tako

Διαβάστε περισσότερα

1 Pojam funkcije. f(x)

1 Pojam funkcije. f(x) Pojam funkcije f : X Y gde su X i Y neprazni skupovi (X - domen, Y - kodomen) je funkcija ako ( X)(! Y )f() =, (za svaki element iz domena taqno znamo u koji se element u kodomenu slika). Domen funkcije

Διαβάστε περισσότερα

5 Ispitivanje funkcija

5 Ispitivanje funkcija 5 Ispitivanje funkcija 3 5 Ispitivanje funkcija Ispitivanje funkcije pretodi crtanju grafika funkcije. Opšti postupak ispitivanja funkcija koje su definisane eksplicitno y = f() sadrži sledeće elemente:

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori MATEMATIKA 2 Prvi pismeni kolokvijum, 14.4.2016 Grupa 1 Rexea zadataka Dragan ori Zadaci i rexea 1. unkcija f : R 2 R definisana je sa xy 2 f(x, y) = x2 + y sin 3 2 x 2, (x, y) (0, 0) + y2 0, (x, y) =

Διαβάστε περισσότερα

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f 2. Nule i znak funkcije; presek sa y-osom IspitivaƬe

Διαβάστε περισσότερα

Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum

Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum Matematka Zadaci za drugi kolokvijum 8 Limesi funkcija i neprekidnost 8.. Dokazati po definiciji + + = + = ( ) = + ln( ) = + 8.. Odrediti levi i desni es funkcije u datoj tački f() = sgn, = g() =, = h()

Διαβάστε περισσότερα

Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo.

Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo. Kompleksni brojevi Algebarski oblik kompleksnog broja je z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo Trigonometrijski oblik kompleksnog broja je z = rcos θ + i sin θ,

Διαβάστε περισσότερα

PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE Fakultet Tehničkih Nauka, Novi Sad PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE 1 Za koje vrednosti parametra p R polinom f x) = x + p + 1)x p ima tačno jedan, i to pozitivan realan koren? U skupu realnih

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

Trigonometrijske nejednačine

Trigonometrijske nejednačine Trignmetrijske nejednačine T su nejednačine kd kjih se nepznata javlja ka argument trignmetrijske funkcije. Rešiti trignmetrijsku nejednačinu znači naći sve uglve kji je zadvljavaju. Prilikm traženja rešenja

Διαβάστε περισσότερα

OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog fajla, obavezno pogledajte fajl ELEMENTARNE FUNKCIJE, jer se na

OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog fajla, obavezno pogledajte fajl ELEMENTARNE FUNKCIJE, jer se na OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Prva tačka u ispitivanju toka unkcije je odredjivanje oblasti deinisanosti, u oznaci Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog ajla, obavezno pogledajte ajl ELEMENTARNE

Διαβάστε περισσότερα

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota:

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota: ASIMPTOTE FUNKCIJA Naš savet je da najpre dobro proučite granične vrednosti funkcija Neki profesori vole da asimptote funkcija ispituju kao ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti, pa kako

Διαβάστε περισσότερα

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE 1 SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE Neka je (V, +,, F ) vektorski prostor konačne dimenzije i neka je f : V V linearno preslikavanje. Definicija. (1) Skalar

Διαβάστε περισσότερα

Neodred eni integrali

Neodred eni integrali Neodred eni integrali Definicija. Za funkciju F : I R, gde je I interval, kažemo da je primitivna funkcija funkcije f : I R ako je za svako I. F () f() Teorema 1. Ako je F : I R primitivna funkcija za

Διαβάστε περισσότερα

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Građevinski fakultet Univerziteta u Beogradu 3.2.2016. Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Prezime i ime: Broj indeksa: 1. Definisati Koxijev niz. Dati primer niza koji nije Koxijev. 2. Dat je red n=1

Διαβάστε περισσότερα

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola. KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: = a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije = a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako

Διαβάστε περισσότερα

TAČKA i PRAVA. , onda rastojanje između njih računamo po formuli C(1,5) d(b,c) d(a,b)

TAČKA i PRAVA. , onda rastojanje između njih računamo po formuli C(1,5) d(b,c) d(a,b) TAČKA i PRAVA Najpre ćemo se upoznati sa osnovnim formulama i njihovom primenom.. Rastojanje između dve tačke Ako su nam date tačke Ax (, y) i Bx (, y ), onda rastojanje između njih računamo po formuli

Διαβάστε περισσότερα

Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa:

Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa: Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika KOLOKVIJUM 1 Prezime, ime, br. indeksa: 4.7.1 PREDISPITNE OBAVEZE sin + 1 1) lim = ) lim = 3) lim e + ) = + 3 Zaokružiti tačne

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

O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš

O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš O trouglu mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš O trouglu 2 O TROUGLU Trougao je nezaobilazna tema kako osnovne tako i srednje škole. O trouglu se skoro sve zna. Navodimo te činjenice.

Διαβάστε περισσότερα

1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i

1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i PRIPREMA ZA II PISMENI IZ ANALIZE SA ALGEBROM. zadatak Re{avawe algebarskih jedna~ina tre}eg i ~etvrtog stepena. U skupu kompleksnih brojeva re{iti jedna~inu: a x 6x + 9 = 0; b x + 9x 2 + 8x + 28 = 0;

Διαβάστε περισσότερα

Determinante. Inverzna matrica

Determinante. Inverzna matrica Determinante Inverzna matrica Neka je A = [a ij ] n n kvadratna matrica Determinanta matrice A je a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n det A = = ( 1) j a 1j1 a 2j2 a njn, a n1 a n2 a nn gde se sumiranje vrši

Διαβάστε περισσότερα

Analitička geometrija

Analitička geometrija 1 Analitička geometrija Neka su dati vektori a = a 1 i + a j + a 3 k = (a 1, a, a 3 ), b = b 1 i + b j + b 3 k = (b 1, b, b 3 ) i c = c 1 i + c j + c 3 k = (c 1, c, c 3 ). Skalarni proizvod vektora a 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

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

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije Glava 1 Realne funkcije realne promen ive 1.1 Elementarne funkcije Neka su dati skupovi X i Y. Ukoliko svakom elementu skupa X po nekom pravilu pridruimo neki, potpuno odreeni, element skupa Y kaemo da

Διαβάστε περισσότερα

SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE

SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE Ne postoji precizna definicija skupa (postoji ali nama nije zanimljiva u ovom trenutku), ali mi možemo koristiti jednu definiciju koja će nam donekle dočarati šta su zapravo

Διαβάστε περισσότερα

Eksponencijalna i logaritamska funkcija

Eksponencijalna i logaritamska funkcija 16 1. UVOD U ANALIZU Rešenje. Kako je ovo neprava funkcija, deljenjem nalazimo da je (11) f() = 1 + 5 6 + 1 3 5 + 6 = 1 + 5 6 + 1 ( )( 3). Prema postupku navedenom u teoremi 1.7, važi razlaganje odnosno

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 Planimetrija. Sličnost trouglova. GF 000 Dužine stranica trougla su 5cm, cm i 8cm. Dužina najduže stranice njemu sličnog

Διαβάστε περισσότερα

VEKTORI. Nenad O. Vesi 1. = α, ako je

VEKTORI. Nenad O. Vesi 1. = α, ako je VEKTORI Nenad O. Vesi 1 1 Uvod Odnos vektora AB, jednak je α CD ( AB CD ) = α, ako je AB = αcd. Teorema 1 (TEOREME BLIZANCI) Dat je trougao ABC i ta ke P i Q na pravama BC, CA redom i ta ke R i S na pravoj

Διαβάστε περισσότερα

MATERIJAL ZA VEŽBE. Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić. Asistent: dr Tibor Lukić. Godina: 2012

MATERIJAL ZA VEŽBE. Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić. Asistent: dr Tibor Lukić. Godina: 2012 MATERIJAL ZA VEŽBE Predmet: MATEMATIČKA ANALIZA Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić Asistent: dr Tibor Lukić Godina: 202 . Odrediti domen funkcije f ako je a) f(x) = x2 + x x(x 2) b) f(x) = sin(ln(x

Διαβάστε περισσότερα

numeričkih deskriptivnih mera.

numeričkih deskriptivnih mera. DESKRIPTIVNA STATISTIKA Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću numeričkih deskriptivnih mera. Pokazatelji centralne tendencije Aritmetička sredina, Medijana,

Διαβάστε περισσότερα

Prvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a

Prvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a Testovi iz Analize sa algebrom 4 septembar - oktobar 009 Ponavljanje izvoda iz razreda (f(x) = x x ) Ispitivanje uslova Rolove teoreme Ispitivanje granične vrednosti f-je pomoću Lopitalovog pravila 4 Razvoj

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja

radni nerecenzirani materijal za predavanja Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Kažemo da je funkcija f : a, b R u točki x 0 a, b postiže lokalni minimum ako postoji okolina O(x 0 ) broja x 0 takva da je

Διαβάστε περισσότερα

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. a b Verovatno a da sluqajna promenljiva X uzima vrednost iz intervala

Διαβάστε περισσότερα

Prvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum

Prvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum 27. septembar 205.. Izračunati neodredjeni integral cos 3 x (sin 2 x 4)(sin 2 x + 3). 2. Izračunati zapreminu tela koje nastaje rotacijom dela površi ograničene krivama y = 3 x 2, y = x + oko x ose. 3.

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

3n an = 4n3/2 +2n+ n 5n 3/2 +5n+2 n a 2 n = n 2. ( 2) n Dodatak. = 0, lim n! 2n 6n + 1

3n an = 4n3/2 +2n+ n 5n 3/2 +5n+2 n a 2 n = n 2. ( 2) n Dodatak. = 0, lim n! 2n 6n + 1 Nizovi 5 a = 5 +3+ + 6 a = 3 00 + 00 3 +5 7 a = +)+) ) 3 3 8 a = 3 +3+ + +3 9 a = 3 5 0 a = 43/ ++ 5 3/ +5+ a = + + a = + ) 3 a = + + + 4 a = 3 3 + 3 ) 5 a = +++ 6 a = + ++ 3 a = +)!++)! +3)! a = ) +3

Διαβάστε περισσότερα

Sistemi linearnih jednačina

Sistemi linearnih jednačina Sistemi linearnih jednačina Sistem od n linearnih jednačina sa n nepoznatih (x 1, x 2,..., x n ) je a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1, a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n = b 2, a n1 x 1 + a n2 x 2 +

Διαβάστε περισσότερα

Na grafiku bi to značilo :

Na grafiku bi to značilo : . Ispitati tok i skicirati grafik funkcije + Oblast definisanosti (domen) Kako zadata funkcija nema razlomak, to je (, ) to jest R Nule funkcije + to jest Ovo je jednačina trećeg stepena. U ovakvim situacijama

Διαβάστε περισσότερα

6 Neodreženi integrali. F (x) = f(x). Primer 38 Funkcija F (x) = sin x je primitivna funkcija funkcije f(x) = cos x na (, + ), jer je

6 Neodreženi integrali. F (x) = f(x). Primer 38 Funkcija F (x) = sin x je primitivna funkcija funkcije f(x) = cos x na (, + ), jer je 6 Neodreženi integrali 39 6 Neodreženi integrali Funkcija F (x) na intervalu (a, b) R je primitivna ili prvobitna funkcija funkcije f(x), ako je x (a, b) F (x) = f(x). Primer 38 Funkcija F (x) = sin x

Διαβάστε περισσότερα

Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu.

Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu. Kompleksna analiza Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu. Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu

Διαβάστε περισσότερα

Prediktor-korektor metodi

Prediktor-korektor metodi Prediktor-korektor metodi Prilikom numeričkog rešavanja primenom KP: x = fx,, x 0 = 0, x 0 x b LVM α j = h β j f n = 0, 1, 2,..., N, javlja se kompromis izmed u eksplicitnih metoda, koji su lakši za primenu

Διαβάστε περισσότερα

PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).

PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ). 0.1 Faktorizacija: ID, ED, PID, ND, FD, UFD Definicija. Najava pojmova: [ID], [ED], [PID], [ND], [FD] i [UFD]. ID: Komutativan prsten P, sa jedinicom 1 0, je integralni domen [ID] oblast celih), ili samo

Διαβάστε περισσότερα

4 Izvodi i diferencijali

4 Izvodi i diferencijali 4 Izvodi i diferencijali 8 4 Izvodi i diferencijali Neka je funkcija f() definisana u intervalu (a, b), i neka je 0 0 + (a, b). Tada se izraz (a, b) i f( 0 + ) f( 0 ) () zove srednja brzina promene funkcije

Διαβάστε περισσότερα

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a =

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a = x, y, z) 2 2 1 2. Rešiti jednačinu: 2 3 1 1 2 x = 1. x = 3. Odrediti rang matrice: rang 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. 2 0 1 1 1 3 1 5 2 8 14 10 3 11 13 15 = 4. Neka je A = x x N x < 7},

Διαβάστε περισσότερα

Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost

Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost 1 Pojam granične vrednosti Naka su x 0 R i δ R, δ > 0. Pod δ okolinom tačke x 0 podrazumevamo interval U δ x 0 ) = x 0 δ, x 0 + δ), a pod probodenom δ

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

ELEMENTARNE FUNKCIJE

ELEMENTARNE FUNKCIJE 1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup Y je pridruživanje

Διαβάστε περισσότερα

III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI

III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI III VEŽBA: URIJEOVI REDOVI 3.1. eorijska osnova Posmatrajmo neki vremenski kontinualan signal x(t) na intervalu definisati: t + t t. ada se može X [ k ] = 1 t + t x ( t ) e j 2 π kf t dt, gde je f = 1/.

Διαβάστε περισσότερα

Ministarstvo prosvete i sporta Republike Srbije Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija

Ministarstvo prosvete i sporta Republike Srbije Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija 18.1200 Prvi razred A kategorija Neka je K sredixte teжixne duжi CC 1 trougla ABC ineka je AK BC = {M}. Na i odnos CM : MB. Na i sve proste brojeve p, q i r, kao i sve prirodne brojeve n, takve da vaжi

Διαβάστε περισσότερα

Trigonometrija 1. Trigonometrijska kružnica. Razumijevanje postupka izrade složenijeg matematičkog problema iz osnova trigonometrije

Trigonometrija 1. Trigonometrijska kružnica. Razumijevanje postupka izrade složenijeg matematičkog problema iz osnova trigonometrije Trigonometrija Trigonometrijska kružnica Razumijevanje postupka izrade složenijeg matematičkog problema iz osnova trigonometrije Projektna nastava Osnovne trigonometrijske relacije:. +. tgx. ctgx tgx.

Διαβάστε περισσότερα

POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE

POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE **** MLADEN SRAGA **** 011. UNIVERZALNA ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE SKUP REALNIH BROJEVA α Autor: MLADEN SRAGA Grafički urednik: BESPLATNA - WEB-VARIJANTA Tisak: M.I.M.-SRAGA

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNE FUNKCIJE

ELEMENTARNE FUNKCIJE 1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup Y je pridruživanje

Διαβάστε περισσότερα

ZADATAKA IZ MATEMATIKE 2

ZADATAKA IZ MATEMATIKE 2 Mr VENE T BOGOSLAVOV ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ MATEMATIKE 5 ispravljeno izdanje ZAVOD ZA UDŽBENIKE BEOGRAD Redaktor i recenzent DOBRILO TOŠIĆ Urednik MILOLJUB ALBIJANIĆ Odgovorni urednik MILORAD MARJANOVIĆ

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

Algebarske strukture sa jednom operacijom (A, ): Ako operacija ima osobine: zatvorenost i asocijativnost, onda je (A, ) polugrupa

Algebarske strukture sa jednom operacijom (A, ): Ako operacija ima osobine: zatvorenost i asocijativnost, onda je (A, ) polugrupa Binarne operacije Binarna operacija na skupu A je preslikavanje skupa A A u A, to jest : A A A. Pišemo a b = c. Označavanje operacija:,,,. Poznate operacije: sabiranje (+), oduzimanje ( ), množenje ( ).

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš

ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš 1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva

Διαβάστε περισσότερα

Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK

Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK Živinice 1.4.014. ZADACI UDRUŽENJE MATEMATIČARA TUZLANSKOG KANTONA PEDAGOŠKI ZAVOD TUZLA Takmičenje učenika srednjih škola Tuzlanskog

Διαβάστε περισσότερα

ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA

ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA **** IVANA SRAGA **** 1992.-2011. ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE POTPUNO RIJEŠENI ZADACI PO ŽUTOJ ZBIRCI INTERNA SKRIPTA CENTRA ZA PODUKU α M.I.M.-Sraga - 1992.-2011.

Διαβάστε περισσότερα

Jednodimenzionalne slučajne promenljive

Jednodimenzionalne slučajne promenljive Jednodimenzionalne slučajne promenljive Definicija slučajne promenljive Neka je X f-ja def. na prostoru verovatnoća (Ω, F, P) koja preslikava prostor el. ishoda Ω u skup R realnih brojeva: (1)Skup {ω/

Διαβάστε περισσότερα

Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića

Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće zadaci Beleške dr Bobana Marinkovića Iz skupa, 2,, 00} bira se na slučajan način 5 brojeva Odrediti skup elementarnih dogadjaja ako se brojevi biraju

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

Univerzitet u Kragujevcu Tehnički fakultet u Čačku Katedra za matematiku Zbirka zadataka za prijemni ispit iz MATEMATIKE Čačak, 2009.

Univerzitet u Kragujevcu Tehnički fakultet u Čačku Katedra za matematiku Zbirka zadataka za prijemni ispit iz MATEMATIKE Čačak, 2009. Univerzitet u Kragujevcu Tehnički fakultet u Čačku Katedra za matematiku Zbirka zadataka za prijemni ispit iz MATEMATIKE Čačak, 009. Autori: Mr Nada Damljanović Mr Rale Nikolić Recenzenti: Prof. dr Mališa

Διαβάστε περισσότερα

Granične vrednosti realnih nizova

Granične vrednosti realnih nizova Graiče vredosti realih izova Fukcija f : N R, gde je N skup prirodih brojeva a R skup realih brojeva, zove se iz realih brojeva ili reala iz. Opšti čla iza f je f(), N, i običo se obeležava sa f, dok se

Διαβάστε περισσότερα

Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu:

Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu: Refleksija S φ u odnosu na pravu kroz koordinatni početak Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu: ( ) ( ) ( ) x cos 2φ

Διαβάστε περισσότερα

Skup svih mogućih ishoda datog opita, odnosno skup svih elementarnih događaja se najčešće obeležava sa E. = {,,,... }

Skup svih mogućih ishoda datog opita, odnosno skup svih elementarnih događaja se najčešće obeležava sa E. = {,,,... } VEROVTNOĆ - ZDI (I DEO) U računu verovatnoće osnovni pojmovi su opit i događaj. Svaki opit se završava nekim ishodom koji se naziva elementarni događaj. Elementarne događaje profesori različito obeležavaju,

Διαβάστε περισσότερα

4.1 Elementarne funkcije

4.1 Elementarne funkcije . Elementarne funkcije.. Polinomi Funkcija f : R R zadana formulom f(x) = a n x n + a n x n +... + a x + a 0 gdje je n N 0 te su a n, a n,..., a, a 0 R, zadani brojevi takvi da a n 0 naziva se polinom

Διαβάστε περισσότερα

56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA. Sarajevo, godine

56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA. Sarajevo, godine 56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA Sarajevo, 3.04.016. godine 56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA

Διαβάστε περισσότερα

Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B.

Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B. Korespondencije Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B. Pojmovi B pr 2 f A B f prva projekcija od

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

Tehnologija bušenja II

Tehnologija bušenja II INŽENJERSTVO NAFTE I GASA Tehnologija bušenja II 1. Vežba V - 1 Tehnologija bušenja II Slide 1 of 44 Algebra i trigonometrija V - 1 Tehnologija bušenja II Slide 2 of 44 Jednačine Pitanje: Ako je a = 3b

Διαβάστε περισσότερα

Geometrija (I smer) deo 1: Vektori

Geometrija (I smer) deo 1: Vektori Geometrija (I smer) deo 1: Vektori Srdjan Vukmirović Matematički fakultet, Beograd septembar 2013. Vektori i linearne operacije sa vektorima Definicija Vektor je klasa ekvivalencije usmerenih duži. Kažemo

Διαβάστε περισσότερα

5 Sistemi linearnih jednačina. a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2.

5 Sistemi linearnih jednačina. a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2. 5 Sistemi linearnih jednačina 47 5 Sistemi linearnih jednačina U opštem slučaju, pod sistemom linearnih jednačina podrazumevamo sistem od m jednačina sa n nepoznatih x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNA MATEMATIKA 2

ELEMENTARNA MATEMATIKA 2 ELEMENTARNA MATEMATIKA 1. Osnovni pojmovi o funkcijama Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup

Διαβάστε περισσότερα

f n z n, (2) F (z) = pri čemu se pretpostavlja da red u (2) konvergira bar za jednu konačnu vrednost kompleksne promenljive Z(f n ) = F (z).

f n z n, (2) F (z) = pri čemu se pretpostavlja da red u (2) konvergira bar za jednu konačnu vrednost kompleksne promenljive Z(f n ) = F (z). Z-TRANSFORMACIJA Laplaceova transformacija je primer integralne transformacije koja se primenjuje na funkcije - originale. Ova transformacija se primenjuje u linearnim sistemima koji su opisani diferencijalnim

Διαβάστε περισσότερα

POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA. U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije:

POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA. U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije: POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije: min f(x) (1.1) pri čemu nema dodatnih ograničenja na X = (x 1,..., x n ) R n. Probleme bezuslovne optimizacije

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

ELEMENTARNA MATEMATIKA 2

ELEMENTARNA MATEMATIKA 2 ELEMENTARNA MATEMATIKA 1. Osnovni pojmovi o funkcijama Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup

Διαβάστε περισσότερα

I Pismeni ispit iz matematike 1 I

I Pismeni ispit iz matematike 1 I I Pismeni ispit iz matematike I 27 januar 2 I grupa (25 poena) str: Neka je A {(x, y, z): x, y, z R, x, x y, z > } i ako je operacija definisana sa (x, y, z) (u, v, w) (xu + vy, xv + uy, wz) Ispitati da

Διαβάστε περισσότερα

Zbirka rešenih zadataka iz Matematike I

Zbirka rešenih zadataka iz Matematike I UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Tatjana Grbić Silvia Likavec Tibor Lukić Jovanka Pantović Nataša Sladoje Ljiljana Teofanov Zbirka rešenih zadataka iz Matematike I Novi Sad, 009. god.

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

METODA SEČICE I REGULA FALSI

METODA SEČICE I REGULA FALSI METODA SEČICE I REGULA FALSI Zadatak: Naći ulu fukcije f a itervalu (a,b), odoso aći za koje je f()=0. Rešeje: Prvo, tražimo iterval (a,b) a kome je fukcija eprekida, mootoa i važi: f(a)f(b)

Διαβάστε περισσότερα

Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija. f(x + 1) x f(x) + 1.

Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija. f(x + 1) x f(x) + 1. 09.0200 Prvi razred A kategorija Ako je n prirodan broj, dokazati da 3n 2 + 3n + 7 nije kub nijednog prirodnog broja. U trouglu ABC je ABC = 60. Neka su D i E redom preseqne taqke simetrala uglova CAB

Διαβάστε περισσότερα

Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na

Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na . Ispitati tok i skicirati grafik funkcij = Oblast dfinisanosti (domn) Ova funkcija j svuda dfinisana, jr nma razlomka a funkcija j dfinisana za svako iz skupa R. Dakl (, ). Ovo nam odmah govori da funkcija

Διαβάστε περισσότερα