OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE"

Transcript

1 OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B kategorija 9. siječnja Riješi nejednadžbu x + x Rješenje. 1 u skupu prirodnih brojeva. x + x 1 x + x + 0 x x < 0 x <. Tražena rješenja su x = 1 i x =. 5 x 0 (uključeno rješenje x = i/ili x = 0, 4 boda). Odredi sve parove prirodnih brojeva (a, b) takve da je a + b = 78 i D(a, b) = 6 (D(a, b) je najveći zajednički djelitelj). Rješenje. Iz a = 6x, b = 6y dobivamo 6x + 6y = 78 i x + y = 6, x, y N, D(x, y) = 1. Tada je x {1, 5} i y = 6 x te je (a, b) {(6, 15), (15, 6)} (ako napiše x {, 4} i (a, b) {16, 5), (5, 16)} ili x {, } i (a, b) {189, 189)}, 4 boda). Za koje realne brojeve m jednadžba x + 9 = m(m x) ima jedinstveno rješenje? Rješenje. Sredivanjem dobivamo (m + )x = m 9. Za m je m + 0 pa postoji jedinstveno rješenje x = m. (za rješenje x = m (uvijek), 0 bodova) 4. U kvadratu ABCD stranice duljine 6 cm na dijagonali AC dana je točka T tako da je T C = 1 AC. Pravac kroz točke B i T siječe stranicu CD u točki P. 4 Odredi udaljenost P C.

2 Rješenje. Trokuti ABT i CP T su slični (jednaki kutovi) i vrijedi AB : P C = AT : T C = 4 AC : 1 AC = : 1, 4 pa je P C = 1 AB =. Udaljenost P C je cm. (za postavljene omjere 4 boda) 5. Paralelogram ABCD se može podijeliti na četiri jednakostranična trokuta stranice duljine cm. Kolika je duljina dulje dijagonale paralelograma? Rješenje. Nožište okomice iz vrha C na pravac AB označimo s E. Trokut BCE je polovina jednakostraničnog, pa imamo <) CBE = 60, CB = cm, CE = cm, BE = 1 cm. Po Pitagorinom poučku na ACE dobivamo: AC = AE + EC, tj. AC = 5 + ( ) = 8 (ili 7). ( ) (za primjenu Pitagorinog poučka ( ) 4 boda) 6. (0) Ako je a + b + c = ab + bc + ca, koliko je (a + b c) 009? Rješenje. Pomnožimo li zadanu jednakost s i prebacimo sve na lijevu stranu dobit ćemo

3 Preuredimo li jednakost dobivamo a + b + c ab bc ca = 0. odnosno a + b ab + b + c bc + c + a ca = 0. ( boda) (a b) + (b c) + (c a) = 0 (7 bodova) odakle je a = b = c (5 bodova) pa je tražena vrijednost jednaka nula. (5 bodova) 7. (0) Pas trči za zecom koji je za 90 svojih skokova ispred njega. Dok zec skoči 6 puta, pas skoči samo 5 puta, a dva pseća skoka jednako su dugačka kao tri zečja. Koliko će skokova napraviti zec do trenutka kada ga pas uhvati? Rješenje. Duljina psećeg skoka je jednaka duljine zečjeg, pa je 4 pseća skoka jednako duljini 6 zečjih skokova. (5 bodova) Dok zec skoči 6 skokova pas skoči 5 puta pa za to vrijeme pas prevali udaljenost od 5 6 = 5 zečjih skokova. (5 bodova) 4 Ako je x broj zečjih skokova, iz jednadžbe 90 + x = 5 x dobivamo x = 60. Pas će 4 uloviti zeca nakon 60 zečjih (ili 00 psećih skokova). (10 bodova) 8. (0) Poredaj po veličini vrijednosti izraza A, B i C, ako je a 1, b 1, a < b, x y: A = B = [ ( a + z xy ) ( a z xy ) + x y x y ( a + 1 a ) ( a + 1 : 1 ) (a + b), a a a + ( ) ] z xy : b, x y C = a a + 1 a + 1 a a + a a + 1. a

4 Rješenje. A = = [ ( a + z xy ) ( a z xy ) + x y x y [ a ( ) z xy + x y ( ) ] z xy : b x y ( ) ] z xy : b = a x y b < 1; B = ( a + 1 a ) ( a + 1 : 1 ) (a + b) a a a + (6 bodova) = a(a + 1) + a + a(a + ) : (a + )(a + 1) a (a + b) a(a + )(a + )(a + 1) a = a + a + a(a + ) a(a + ) (a + b) = a + b ; a + a + (6 bodova) C = a a + 1 a + 1 a a + a a + 1 a = a a + a a + 1 a + a a + 1 a = a + 1 a + a + a + 1 = 1. (6 bodova) Poredak je A < C < B, tj. najmanja je vrijednost izraza A, a najveća je izraza B. ( boda)

5 OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE. razred srednja škola B kategorija 9. siječnja Racionaliziraj razlomak Rješenje = = = ( + ) 5 = ( ) = 6( + + 5) 1 (za dio rješenja do ( ) 4 boda) (u nazivniku se može grupirati i na druge načine). Polinom f(x) = x + px + q pri dijeljenju s polinomom g 1 (x) = x 1 daje ostatak 6, a pri dijeljenju s g (x) = x ostatak 1. Odredi polinom f(x). Prvo rješenje. p + q + 1: Dijeljenjem polinoma f(x) s polinomom g 1 (x) dobije se ostatak (x + px + q) : (x 1) = x + p + 1 x + x (p + 1)x + q (p + 1)x + (p + 1) p + q + 1

6 Dijeljenjem polinoma f(x) s polinomom g (x) dobije se ostatak p + q + 4: (x + px + q) : (x ) = x + p + x + x (p + )x + q (p + )x + (p + ) p + q + 4 Dobijemo sustav od dvije jednadžbe s dvije nepoznanice: čija su rješenja p =, q =. p + q + 1 = 6, p + q + 4 = 1, Traženi polinom je f(x) = x + x +. ( ) (za barem jednu od jednadžbi sustava ( ) 4 boda) Drugo rješenje. Poznato je (Bezoutov teorem) da je ostatak pri dijeljenju polinoma f(x) s x α zapravo vrijednost f(α). Stoga je: f(1) = 6 i f() = 1. Dobijemo isti sustav kao u prvom rješenju. Treće rješenje. Imamo odakle je (bodovanje isto kao u prvom rješenju) x + px + q = (x 1)(x + α) + 6 = x + (α 1)x α + 6 x + px + q = (x )(x + β) + 1 = x + (β )x β + 1, α 1 = p, α + 6 = q, β = p, β + 1 = q. Rješavanjem ovog sustava jednadžbi dobijemo: ( ) α 1 = β, α + 6 = β + 1, tj. α β + 1 = 0, α β + 6 = 0. Rješenje ovog sustava je α = 4, β = 5, i onda p =, q =. (za sustav jednadžbi ( ) 4 boda)

7 . Odredi kvadratnu jednadžbu s realnim koeficijentima kojoj je rješenje. ( ) i jedno i Rješenje. Kako je i 009 = i = i, izraz u zagradi jednak je Sada je ( i) 009 = i 009 = i. i + 1 i 1 = i + 1 i 1 i + 1 i + 1 = i = i. Kako je jedno rješenje jednako x 1 = i, drugo je x = i, tražena kvadratna jednadžba je (x + i)(x i) = 0 tj. x + 1 = 0, ili svaka jednadžba oblika ax + a = 0 za a R\{0}. (za odredeno jedno rješenje kvadratne jednadžbe 4 boda) 4. Riješi nejednadžbu x + x 5 x + x + 5 < 1. Prvo rješenje. Kako je diskriminanta kvadratne jednadžbe x + ( x + 5 = 0, D = = 11 < 0 lli se pokaže da vrijedi x + x + 5 = x + ) > 0, nazivnik se strogo pozitivan za svaki x. ( ) Množenjem nejednakosti s x + x + 5 dobivamo x + x 5 < x + x + 5 tj. 5 < 5. Kako je ova nejednakost istinita i polazna vrijedi za svaki x R. Drugo rješenje. Redom imamo: x + x 5 x + x + 5 = 1 10 x + x + 5 < 1 10 x + x + 5 > 0. (za tvrdnju ( ) 4 boda) Kako je diskriminanta kvadratne ( jednadžbe x + x + 5 = 0 negativna ili se pokaže da vrijedi x + x + 5 = x + ) + 11 > 0 za svaki x R, polazna najednakost 4 vrijedi za svaki x R. ( ) (za dobivenu nejednakost ( ) 4 boda)

8 5. Nadi sva rješenja jednadžbe (x + 1)(x + )(x + )(x + 4) = 10 u skupu kompleksnih brojeva. Rješenje. Zgodnim grupiranjem, množenjem i supstitucijom t = x + 5x dobivamo: (x + 1)(x + 4) (x + )(x + ) = 10 (x + 5x + 4)(x + 5x + 6) = 10 (t + 4)(t + 6) = 10 Sada treba riješiti dvije kvadratne jednadžbe t + 10t 96 = 0 ( ) t 1 = 6, t = 16. x + 5x = 6, x + 5x = 16, tj. x + 5x 6 = 0, x + 5x + 16 = 0. Njihova rješenja su x 1 = 6, x = 1, x = 5 i 9, x 4 = 5 + i 9. (za rješenja t 1, jednažbe (*) 4 boda) (moguće su i druge supstitucije, npr. t = x + 5x + 5) 6. (0) Dva pravokutna trokuta imaju zajedničku hipotenuzu. Razlika duljina kateta jednog od njih je 9 cm, a drugog 1 cm. Zbroj površina ta dva trokuta je 90 cm. Izračunaj duljine njihovih kateta. Prvo rješenje. Neka su a i b katete jednog te m i n katete drugog trokuta, a c njihova zajednička hipotenuza. Iz uvjeta zadatka imamo: a + b = c, m + n = c, a b = 9, m n = 1, 1 ab + 1 mn = 90.

9 Dobijemo sustav jednadžbi: a b = 9, (1) m n = 1, () ab + mn = 180, () a + b = m + n. (4) Iz prve i druge jednadžbe imamo (4 boda) a = b + 9, m = 1 + n, Iz (4) + () dobivamo (a + b) (m n) = 60, (9 + b) 1 = 60, b + 9b 11 = 0. Zadovoljava samo pozitivno rješenje b = 7. Iz (1) je a = 16. Duljine kateta prvog trokuta su 16 cm i 7 cm. Za drugi trokut imamo: m n = 1 mn = 180 ab = 68 n(1 + n) = 68 n + 1n 68 = 0. (8 bodova) Zadovoljava samo pozitivno rješenje n = 4. Sada je m = 17. Duljine kateta drugog trokuta su 17 cm i 4 cm. Drugo rješenje. Iz uvjeta zadatka dobivamo ove jednadžbe: a + b = c (1) a b = 9 () m + n = c () m n = 1 (4) 1 ab + 1 mn = 90 = ab + mn = 60 (5) (8 bodova) (4 boda)

10 Iz (1) i () imamo a + b = m + n. (6) Zbrajanjem (5) i (6) i sredivanjem dobivamo Konačno je (a + b) = (m n) + 60 tj. (a + b) = = 59. a + b =. (7) Iz () i (7) imamo a = 16, b = 7. Zbrajanjem a + b = m + n i 60 = ab + mn dobivamo (8 bodova) i zatim (a b) + 60 = (m + n) tj. (m + n) = = 441 Iz (4) i slijedi m = 17 i n = 4. m + n = 1. (8 bodova) 7. (0) Za koje cijele brojeve k kvadratna jednadžba kx + (k 1)x + k = 0 ima racionalna rješenja. Rješenje. Nužno je i dovoljno da diskriminanta D = (k 1) 4k(k ) = 4k + 1 bude kvadrat racionalnog broja m tj. 4k + 1 = m. Odavde vidimo da m mora biti neparan cijeli broj. (5 bodova) Kako je m neparan, tj. m = a + 1, imamo 4k + 1 = (a + 1) 4k + 1 = 4a + 4a + 1 k = a + a = a(a + 1) (15 bodova) Dakle, broj k mora biti oblika a + a, a Z odnosno a(a + 1), tj. jednak umnošku dva uzastopna cijela broja. Diskriminanta je D = 4k + 1 = (a + 1).

11 8. (0) Dan je jednakokračan trokut ABC takav da je AC = BC = 1 cm. Paralela s krakom prolazi polovištem visine na osnovicu trokuta i siječe osnovicu u točki M a drugi krak u točki N. Kolika je duljina dužine MN? Prvo rješenje. Dužina MP je srednjica trokuta C 1 BC (pri čemu je C 1 nožište visine na osnovicu). Stoga je M polovište od C 1 B. (10 bodova) Trokuti AMN i ABC su slični (jednaki kutovi). Koeficijent sličnosti je k = AM AB = 4. (5 bodova) Odavde slijedi MN = BC = 9 cm. 4 (5 bodova) Drugo rješenje. Dužina MP je srednjica trokuta BCC 1 i MP = 1 BC = 6 cm. (5 bodova) Dužina NP je srednjica trokuta XC 1 C, a XC 1 je srednjica trokuta ABC. Zato je XC 1 = 1 BC, pa je NP = 1 XC 1 = 1 BC = cm. 4 Stoga je MN = MP + P N = 6 cm + cm = 9 cm. (10 bodova) (5 bodova)

12 OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE. razred srednja škola B kategorija 9. siječnja Izračunaj vrijednost izraza log 5 + log log 50. Prvo rješenje. Redom imamo: log 5 + log log 50 = log 5 + log (log 5 + log ) = log 5 + log ( log 5 + log ) = log 5 + log 5 log + log = (log 5 + log ) = (log 10) = 1. Drugo rješenje. Slično dobivamo: log 5 + log log 50 = log 5 + log (log 5 + log 10) = log 5 + log (log 5 + 1) = log 5 + log 5 log + log = log 5 (log 5 + log ) + log = log 5 log 10 + log = log 5 + log = log 10 = 1.. Odredi zbroj svih rješenja jednadžbe log 8 (sin x) = 1 na intervalu [0, π]. Rješenje. Uz uvjet sin x > 0 iz log 8 (sin x) = 1 = log = log8 1 dobivamo sin x = 1, odakle je zadovoljen uvjet i imamo tj. x = π 1 x = π 6 + kπ ili x = 5π 6 + kπ, 5π + kπ ili x = + kπ. ( ) 1

13 Na intervalu [0, π] rješenja su x 1 = π 1, x = 5π 1, x = 1π 1, x 1 = 17π 1. Zbroj svih rješenja je π 1 + 5π 1 + 1π π 1 = π. (za dio rješenja ( ) 4 boda). Duljina stranice pravilnog šesterokuta A 1 A A A 4 A 5 A 6 jednaka je cm. Njegove stranice A 1 A, A A, A A 4, A 4 A 5, A 5 A 6, A 6 A 1 su preko vrhova A, A, A 4, A 5, A 6, A 1 produžene za 5 cm do vrhova B 1, B, B, B 4, B 5, B 6 novog pravilnog šesterokuta. Kolika je duljina njegove stranice? Rješenje. Po kosinusovom poučku vrijedi: b = B 1 B 6 = A 1 B 6 + A 1 B 1 A 1 B 6 A 1 B 1 cos <) B 1 A 1 B 6 = = 49, odakle je b = 7 cm. (za pravilnu primjenu kosinusovog poučka, ali grešku u računu, 4 boda) 4. S iste strane središta kugle položene su dvije paralelne ravnine čija su presjecišta s kuglom krugovi s površinama 4π cm i 49π cm. Ako je udaljenost tih ravnina jednaka cm, koliki je polumjer kugle? Rješenje. Označimo s r 1 = cm i r = 7 cm polumjere presjeka paralelnih ravnina s kuglom, s l = cm njihovu udaljenost te s R polumjer kugle.

14 Primjenom Pitagorinog poučka, iz slike dobivamo R = r 1 + (d + l) = r 1 + d + dl + l = 1 + d + 6d, R = r + d = 49 + d, a odavde 6d = 6 tj. d = 6, R = = 85. Polumjer kugle je R = 85 cm. (za pravilnu primjenu Pitagorinog poučka barem u jednom slučaju 4 boda) 5. Dokaži da za sve realne brojeve x vrijedi sin 4 x + cos 4 x 1. Prvo rješenje. Imamo sin 4 x + cos 4 x = (sin x + cos x) sin cos x = 1 1 sin x 1 1 = 1. Drugo rješenje. Slično dobivamo sin 4 x + cos 4 x = (sin x) + (1 sin x) = sin 4 x sin x + 1 = 1 (4 sin4 x 4 sin x + 1) + 1 = 1 ( sin x 1)

15 Treće rješenje. Polazna nejednakost je ekvivalentna sljedećima: sin 4 x + cos 4 x 1 (sin x + cos x) sin x cos x 1 1 sin x cos x 1 4 sin x cos x 1 sin x 1, a ovo uvijek vrijedi. Zato vrijedi i polazna nejednakost. 6. (0) Koliki su šiljasti kutovi pravokutnog trokuta ako za njegove katete a, b i hipotenuzu c vrijedi 4ab = c? Prvo rješenje. Za dani pravokutan trokut vrijedi a + b = c. Za kut α nasuprot stranici duljine a uvrštavanjem u danu jednakost dobivamo: 4ab = a + b / : b 4 a b = ( a ) + b tg α 4 tg α + = 0. Odavde dobivamo: tg α 1 = tj. α 1 = 60, β 1 = 0 ili tg α = tj. α = 0, β = 60. Šiljasti kutovi tog trokuta su 0 i 60. (10 bodova) (10 bodova) Drugo rješenje. Iz dane jednakosti dobivamo: 4ab = c / : c 4 a c b c = 4 sin α cos α = tj. sin α =. (10 bodova)

16 Odavde slijedi α = 60 ili α = 10 tj. α = 0 ili α = 60, odnosno β = 60 ili β = 0. (10 bodova) Treće rješenje. Iz a = c sin α, b = c cos α i dane jednakosti imamo 4 c sin α c cos α = c / : c sin α cos α = odnosno sin α =. (10 bodova) Kutovi traženog trokuta su 0 i 60. (10 bodova) 7. (0) Riješi nejednadžbu (x + 1) x x > x + 1. Rješenje. Za x+1 < 0 izraz na lijevoj strani nije definiran, a za x+1 = 0 i x+1 = 1 nejednakost ne vrijedi. Preostaje promatrati slučajeve: 1 0 < x + 1 < 1 tj. 1 < x < 0, 1 < x + 1 tj. x > 0. 1 Redom dobivamo: (6 bodova) što je zadovoljeno za x 1. x 1, 0. x x < 1 x + x + 1 > 0 (x + 1) > 0, U ovom slučaju nejednadžba je zadovoljena za (6 bodova) Dobivamo x x > 1 x + x + 1 < 0 (x + 1) < 0. U ovom slučaju nijedan x ne zadovoljava nejednadžbu. Konačno rješenje je x 1, 0. (6 bodova) ( boda) 8. (0) Duljina hipotenuze pravokutnog trokuta je 15 cm, a jedan njegov kut je 15. Izračunaj duljinu odreska simetrale pravog kuta koji je unutar trokuta. Prvo rješenje. Simetrala pravog kuta siječe hipotenuzu u točki D. Označimo s s duljinu odreska simetrale pravog kuta unutar trokuta. Promatrajmo trokute ABC i ADC:

17 cos 15 = b c tj. b = c cos 15 = 15 cos 15 ; b s = sin(180 ( )) = sin 15 sin 10 sin 60 = sin 15 sin 15 = sin 15, (10 bodova) odakle dobivamo s = b sin 15 = 15 cos 15 sin 15 = 15 sin 0 = 15 = 5. Duljina odreska simetrale pravog kuta je s = 5 cm. (8 bodova) ( boda) Drugo rješenje. Kako je s simetrala pravog kuta, površina trokuta ABC jednaka je zbroju površina trokuta ADC i BDC, pa imamo odavde je P = sa sin 45 + sb sin 45 = s(a + b). 4 s = 4P (a + b) = ab (a + b). (8 bodova) Iz a = c sin 15 i b = c cos 15 dobivamo ab = c sin 15 cos 15 = c sin 0 = c. (5 bodova) Nadalje, (a + b) = a + b + ab = c + ab = c tj. a + b = c. (5 bodova) Konačno je

18 c s = c = c = c 6. Duljina odreska simetrale pravog kuta je s = 5 cm. ( boda) Treće rješenje. Odrezak simetrale pravog kuta unutar trokuta je dijagonala kvadrata CF DE stranice duljine x. Tada je tražena duljina s = x. Iz trokuta ADF i DBE dobivamo c 1 = c 1 + c = c = 15 = x x sin 15, c = ( 1 sin cos 15 ) x cos 15 i Pomnožimo li ovo sa sin 15 cos 15 = sin 0 = 1 dobivamo = x (sin 15 + cos 15 ) sin 15 cos 15. (10 bodova) Kvadriranjem slijedi x (sin 15 + cos 15 ) = 15. odakle imamo 4x (1 + sin 0 ) = 5 4 Konačno je x = 15 4 x = = (8 bodova) i s = 15 4 = 5. ( boda)

19 OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. razred srednja škola B kategorija 9. siječnja Odredi umnožak kvadrata rješenja jednadžbe z (1 + i) = 0. Prvo rješenje. Redom imamo: z = (1 + i) = 1 + i 1 = i, ( i = cos π + i sin π ) ; ( z = cos π + i sin π ), z k = cos π π + (k 1)π + i sin = ( π + 4(k 1)π cos + i sin 6 + (k 1)π z 1 = ( cos π 6 + i sin π ) ( ) = i, z = ( cos 5π 6 + i sin 5π 6 z = ( cos 9π 6 + i sin 9π 6 ) ( = ) ) π + 4(k 1)π, k = 1,,, ( ) 6 ) + 1 i, = ( cos π + i sin π ) = i. Sada je z 1 z z = i z 1 z z = (i) = 4. ( ) ( + 1 ) i + 1 ( i = i 1 4 ) = i, 4 (za odredivanje rješenja ( ), 4 boda)

20 Drugo rješenje. Zadatak se može riješiti i pomoću Vièteovih formula. Za jednadžbu trećeg stupnja ax + bx + cx + d = 0, gdje su x 1, x, x njezina rješenja, vrijedi x 1 x x = d a. U danom slučaju imamo: z (1 + i) = 0, z i = 0, ( ) z 1 z z = i, z1 z z = (i) = 4. (za preuredenu jednadžbu ( ) 4 boda). Dokaži da je za svaki prirodan broj n znamenka jedinica broja n jednaka 6. Rješenje. Dokaz provodimo matematičkom indukcijom. Baza indukcije: Za n = imamo pa tvrdnja vrijedi. = 4 = 16, Pretpostavka indukcije: Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za neki prirodan broj n, tj. znamenka jedinica broja n je 6. Korak indukcije: Dokažimo da tvrdnja vrijedi za n + 1: n+1 = n = ( n ) = ( 6) = 6. Dakle, tvrdnja vrijedi i za n + 1, pa po principu matematičke indukcije vrijedi za svaki prirodan broj n. (za točnu bazu i pretpostavku indukcije 4 boda). U raspisu izraza drugog člana. Odredi član koji ne sadrži x. ( x x + 1 x 4 ) n koeficijent trećeg člana je za 44 veći od koeficijenta Rješenje. Uvjet zadatka može se zapisati u obliku Odavde sredivanjem dobivamo ( ) n = ( ) n

21 n(n 1) = n + 44 n n 88 = 0 n 1 = 11, n = 8. Jedina mogućnost je n = 11. Neka je A k koeficijent uz onaj član koji je jednak nuli. Tada je A k = ( ) ( ) 11 (x ) k 11 k 1 x = k x 4 Kako A k ne sadrži x imamo ( ) 11 ( ) 11 k x x 4k = k (11 k) 4k = 0 k =. ( ) 11 Član koji ne sadrži x je A = = 165. ( ) 11 x (11 k) 4k. k (za izračunato n = 11, 4 boda) 4. U trokutu ABC pravac vrhom A raspolavlja težišnicu iz vrha B. U kojem omjeru taj pravac dijeli stranicu BC? Prvo rješenje (vektorsko). Prikažimo vektor AD na dva načina. AD = AB + BD = AB + α BC, AD = β ( ) 1 AS = β AB + BP = β ( 1 AB + 1 ( ) ) BC AB = β ( AB + 1 ) BC. 4 4

22 Zbog linerne nezavisnosti vektora ( AB i BC iz AB + αbc = β AB + 1 ) BC 4 4 imamo 1 = 4 β, α = 1 4 β β = 4, α = 1, odakle dobivamo BD = 1 BC, odnosno točka D dijeli dužinu BC u omjeru 1 :. Četverokut ABEP je paralel- Drugo rješenje (geometrijsko). Neka je AS = SE. ogram. Iz sličnosti trokuta BED i CAD dobivamo pa je traženi omjer jednak 1. BD CD = BE CA = 1, 5. Odredi kut izmedu tangenata parabole y pravcem x + y 1 = 0. = 4x u točkama njezinog presjeka s Rješenje. Točke presjeka parabole i pravca dobivamo iz jednadžbi: Odavde je y = 4x i y = x + 1. Jednadžbe tangenata parabole su: ( x + 1) = 4x, x 1x + 6 = 0, x 1 = 9, x = 4, S 1 (9, 6), S (4, 4).

23 t 1... y ( 6) = (x + 9) y = 1 x k 1 = 1, t... y 4 = (x + 4) y = 1 x + k = 1. Kut α izmedu tangenata odreduje se iz relacije pa je traženi kut jednak α = 45. tg α = k k k 1 k = = 1, (za točne koeficijente smjerova tangenata k 1, k, 4 boda) 6. (0) Odredi sva rješenja jednadžbe (x 5x + 5) 4x 9 x +4 = 1. Rješenje. Promatrat ćemo tri slučaja. 1 Baza je jednaka 1. x 5x + 5 = 1 x 1 = 1, x = 4. Oba rješenja zadovoljavaju polaznu jednadžbu. Eksponent je jednak nuli, a baza različita od nule. (6 bodova) 4 x 9 x + 4 = 0. Uz supstituciju t = x dobivamo kvadratnu jednadžbu t 9t + 4 = 0 čija su rješenja t 1 = 4 i t = 1. Odavde dobivamo x = i x 4 = 1. Kako je za ova rješenja baza različita od nule, oba zadovoljavaju polaznu jednadžbu. (8 bodova) Eksponent je paran broj, a baza jednaka 1. x 5x + 5 = 1 x 5 =, x 6 =. U oba slučaja je eksponent paran pa su ovo rješenja polazne jednadžbe. (6 bodova) Sva rješena jednadžbe su: 1, 1,,, 4.

24 7. (0) Prvi član aritmetičkog niza je a 1 = 7. Za članove niza vrijedi: a n a n 1 = n + 5, n. Koliko je a 100? Rješenje. Raspišimo: Odavde zbrajanjem dobivamo a 1 = 7 a a 1 = 9 a a = 11 a 4 a = 1. a 100 a 99 = 05 (10 bodova) a 1 + a a 1 + a a + a 4 a a 100 a 99 = a 100 = 100(7 + 05) a 100 = (10 bodova) 8. (0) Dana je hiperbola x y = a. Odredi površinu paralelograma kojem dvije stranice leže na njezinim asimptotama, a jedan vrh mu je točka na hiperboli. Dokaži da površina ne ovisi o odabiru točke! Rješenje. Točka T ove hiperbole dana je s T (x 0, y 0 ) = T (x 0, ± x 0 a ).

25 Asimptote hiperbole su: y = x, y = x. Kako su one medusobno okomite, odreduju pravokutnik. ( boda) Označimo s d 1 i d udaljenosti točke T od asimptota. Tada je tražena površina dana s P = d 1 d. (5 bodova) Nadalje, udaljenosti točke T (x 0, y 0 ) od asimptota su d 1 = x 0 + y 0, (od x + y = 0) d = x 0 y 0, (od x y = 0) pa je tražena površina jednaka P = x 0 + y 0 x 0 y 0 = x 0 y 0 = a, jer je T na hiperboli. Vidimo da površina ne ovisi o izboru točke T! (10 bodova) ( boda)

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 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

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

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

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

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

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

(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

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

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

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

( ) ( ) 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

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

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

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

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

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

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

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

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: 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

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

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

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

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

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

Op cinsko natjecanje Osnovna ˇskola 4. razred

Op cinsko natjecanje Osnovna ˇskola 4. razred 9 1. Općinsko natjecanje Općinsko (gradsko) natjecanje je prvi stupanj natjecanja koji se organizira po jedinstvenim kriterijima Državnog povjerenstva za matematička natjecanja. Godine 1996. ono je održano

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Elementi spektralne teorije matrica

Elementi spektralne teorije matrica Elementi spektralne teorije matrica Neka je X konačno dimenzionalan vektorski prostor nad poljem K i neka je A : X X linearni operator. Definicija. Skalar λ K i nenula vektor u X se nazivaju sopstvena

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

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

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

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

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

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

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

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

( , 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

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

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

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

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

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

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

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

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

PRIMJERI ZADATAKA ZA TEST IZ MATEMATIKE

PRIMJERI ZADATAKA ZA TEST IZ MATEMATIKE PRIMJERI ZADATAKA ZA TEST IZ MATEMATIKE . 0.: 0.0 0. 0.0 je: 5000 0.0 5 0.00. Izračunajte 0.% od : 0. 4 0. 0.0 0.00 0.. Skratite razlomak a a a 4a + 4 + a a a a a a 0.77 4. Rješenje jednadžbe =. 5 je -

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

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

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

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

0 = 5x 20 => 5x = 20 / : 5 => x = 4.

0 = 5x 20 => 5x = 20 / : 5 => x = 4. Zadatak 00 (Denis, ekonomska škola) U kojoj točki pravac s jednadžbom = 8 siječe os? Rješenje 00 Svaka točka koja pripada osi ima koordinate T(0, ). Budući da točka pripada i pravcu = 8, uvrstit ćemo njezine

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

( 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

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

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

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

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

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

Riješeni zadaci: Realni brojevi i realne funkcije jedne realne varijable

Riješeni zadaci: Realni brojevi i realne funkcije jedne realne varijable Riješeni zadaci: Realni brojevi i realne funkcije jedne realne varijable Infimum i supremum skupa Zadatak 1. Neka je S = (, 1) [1, 7] {10}. Odrediti: (a) inf S, (b) sup S. (a) inf S =, (b) sup S = 10.

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

( ) ( ) 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

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

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

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

ŠKOLSKO (GRADSKO) NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A varijanta 4. veljače 2010.

ŠKOLSKO (GRADSKO) NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A varijanta 4. veljače 2010. ŠKOLSKO (GRADSKO) NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A varijanta 4. veljače 2010. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA ZADATKA, POVJEREN- STVO JE DUŽNO I TAJ POSTUPAK BODOVATI

Διαβάστε περισσότερα

> 0 svakako zadovoljen.

> 0 svakako zadovoljen. Elektrotehnički fakultet u Sarajevu akademska 0/3 ŠIFRA KANDIDATA _ Zadatak Za koje vrijednosti parametra ( ) + 3 = 0 m x mx oba iz skupa i suprotnog znaka? m su rješenja kvadratne jednačine a) m > 3 b)

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

- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova)

- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova) MEHANIKA 1 1. KOLOKVIJ 04/2008. grupa I 1. Zadane su dvije sile F i. Sila F = 4i + 6j [ N]. Sila je zadana s veličinom = i leži na pravcu koji s koordinatnom osi x zatvara kut od 30 (sve komponente sile

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

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

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

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

Parabola Definicija parabole Parabola u koordinatnom sustavu Parabola i pravac Uvjet dodira pravca i parabole Jednadžba tangente u točki parabole

Parabola Definicija parabole Parabola u koordinatnom sustavu Parabola i pravac Uvjet dodira pravca i parabole Jednadžba tangente u točki parabole Parabola Definicija parabole Parabola u koordinatnom sustavu Parabola i pravac Uvjet dodira pravca i parabole Jednadžba tangente u točki parabole 5. 1. Definicija parabole...............................

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

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

Operacije s matricama

Operacije s matricama Linearna algebra I Operacije s matricama Korolar 3.1.5. Množenje matrica u vektorskom prostoru M n (F) ima sljedeća svojstva: (1) A(B + C) = AB + AC, A, B, C M n (F); (2) (A + B)C = AC + BC, A, B, C M

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

2.7 Primjene odredenih integrala

2.7 Primjene odredenih integrala . INTEGRAL 77.7 Primjene odredenih integrala.7.1 Računanje površina Pořsina lika omedenog pravcima x = a i x = b te krivuljama y = f(x) i y = g(x) je b P = f(x) g(x) dx. a Zadatak.61 Odredite površinu

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

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 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

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

Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a.

Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a. Determinante Determinanta A deta je funkcija definirana na skupu svih kvadratnih matrica, a poprima vrijednosti iz skupa skalara Osim oznake deta za determinantu kvadratne matrice a 11 a 12 a 1n a 21 a

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