x bx c + + = 0 po nepoznatoj x, vrijedi da je

Transcript

1 Elektrotehnički fakultet u Sarajevu studijska 0/4. ŠIFRA KANDIDATA _ Zadatak. Za rješenja, kvadratne jednačine + = i + = 7. Koliko iznosi? 9 b c + + = 0 po nepoznatoj, vrijedi da je a) 4 b) 6 c) 7 d) 4 Iz relacije: slijedi da je: ( + ) = = + + ( + ) = ( + ) ( + ) ( ) + Uvrštavanje + = 7 i + = u prethodnu relaciju, dobije se = 4. 9 Zadatak. Koliko realnih rješenja ia jednačina + =? a) nijedno b) jedno c) dva d) četiri Definiciono područje ove nejednačine određeno je sa + 0. S obziro da je sa lijeve strane zadane jednačine kvadratni aritetički korijen, to izraz sa njene desne strane treba biti nenegativan, pa je doen zadane jednačine određen sa: 0 [,] Nakon kvadriranja početne jednačine dobije se: 4 + = +, = 0, 4 ( ) = 0.. Moguća rješenja su = 0 = =, od kojih sao rješenje pripada doenu, pa postoji jedan realan broj koji zadovoljava zadanu jednačinu. Tačan odgovor je b.

2 Elektrotehnički fakultet u Sarajevu studijska 0/4. Zadatak. Paraetar k za koji kvadratna jednačina ( ) = i, gdje je i iaginarna jedinica, je: a) b) 7 c) d) 4 + k + k+ = 0 ia jedno rješenje Zadan kvadratna jednačina ia jedno rješenje = i pa joj je drugo rješenje = + i, odakle slijedi da jednačin čija su to rješenja ia oblik: ( i) ( + i) = + 4+ = 0. Izjednačavanje koeficijenata uz i slobodnih članova ove i zadane jednačine slijedi da je: k = 4 k = ili k+ = k =. Zadatak je oguće riješiti i uvrštavanje zadanog rješenja u početnu jednačinu. Tačan odgovor je c. Zadatak 4. Rješenje nejednačine + 6 < 6 je svaki realni broj za koji vrijedi: a) ( 0, + ) b) (,0) c) (, 6] d) (,) ( 0, + ) Doen zadane nejednačine je: [ 6, + ) Kvadriranje zadane nejednačine dobije se: < + + > Posljednja nejednačina je zadovoljena za sve (,) ( 0, + ) Dobijena rješenja posljednjenejednačine koja ujedno pripadaju i doenu zadane nejednačine su 0, +. svi realni brojevi: ( )

3 Elektrotehnički fakultet u Sarajevu studijska 0/4. Zadatak. Rješenje jednačine ( i) iaginarna jedinica, je: + = ( i), gdje je iz skupa cijelih brojeva Z, a i je a) = 4 k, k Z b) = k +, k Z c) = 4k, k Z d) = k, k Z + i + = ( i) slijedi da je i Iz ( i) =, a racionalizacijo nazivnika dobije se: + ( ) ( )( ) i + i+ i = i = =, i i + i odakle slijedi da su sva rješenja po zadane jednačine oblika = 4k, k Ζ. Zadatak 6. Ako za kopleksni broj z vrijedi Re = I =, gdje je i iaginarna jedinica, z z tada je arg ( z ) : a) 4 π b) 0 c) π d) π 4 Neka je z = + iy, gdje su i y realni brojevi, a i iaginarna jedinica. Oblast rješavanja dobijenog sistea jednačina (zbog + y 0 ) je određena sa ( y, ) ( 0,0). iy iy y Izračunavanje dobijao: = = = + i, z + iy iy + y + y + y y tj. Re = = i I = = z + y z + y Na osnovu prethodnih izraza je: = + y i y = + y. Iz posljednjeg sistea jednačina slijedi da je = y, pa je = +, tj. = 0 i =. S obziro da = 0 ne zadovoljava oblast definiranosti posljednjeg sistea jednačina, a = zadovoljava, to je y =, pa je traženi kopleksni broj z = i, odakle je ( ) π arg z = arctg = arctg ( ) =. 4

4 Elektrotehnički fakultet u Sarajevu studijska 0/4. Zadatak 7. Vrijednost izraza ( 0) ( 0) ( 0) + iznosi: 4 6 a) 0 b) c) 48 d) 609 Napišio najprije sve sabirke izraza u dekadno brojno sisteu: 0 0(4) = = + + =, 0 0() = = + + =, 0 0(6) = = + + =. Vrijednost zadatog izraza iznosi: = 48 Tačan odgovor je c. Zadatak 8. Ukupan broj rješenja jednačine: cos = sin a) b) c) 4 d) koja pripadaju segentu [ ππ, ] je: Jednačina cos = sin se transforiše u cos = sin cos cos ( + sin ) = 0. Iz prethodne jednačine slijedi da je cos = 0 ili + sin = 0, odakle se dalji rješavanje dobije: π cos = 0, k = + kπ, k Z π π sin =, = + π, Z;, n = + nπ, n Z 6 6 ππ, pripadaju sao rješenja Uvrštavanje k, i n u posljednje relacije se dobije da segentu [ ], = π,,0 segentu [ ] = π,,0 = π,,0 = π, t.j. ukupno 4 rješenja zadane jednačine pripadaju 6 6 ππ,. Tačan odgovor je c. 4

5 Elektrotehnički fakultet u Sarajevu studijska 0/4. Zadatak 9. Rješenje logaritaske jednačine log + log9 + log = 4 je: a) = 8 b) = c) = 4 d) = 9 Iz izraza za zadanu jednačinu slijedi da je > 0, odnosno doen zadane jednačine je ( 0, + ). Zadana jednačina je ekvivalentna jednačinaa: log + log + log = 4, log + log + log = 4, + + log = 4, log = 4, log =, = = 9. Kako je = 9 (0, + ), to zadana jednačina ia sao jedno rješenje = 9. Zadatak 0. Rješenje eksponencijalne nejednačine 0, 4 je svaki realni broj za koji je: + a) < b) > c) d) Doen zadane nejednačine je R\ {,}. Zadana nejednačina je ekvivalentna sa: < 0 < < Tačno rješenje je a. NAPOMENA: Naknadni pregledo je ustanovljeno da je u postavci zadatka došlo do štaparske greške, gdje je trebalo da stoji znak, a greško je napisano >. Zbog navedene činjenice svi kandidatia je priznato boda na ovo zadatku.

6 Elektrotehnički fakultet u Sarajevu studijska 0/4. Zadatak. Vrijednost izraza sin π 7π + cos iznosi: 4 4 a) 8 b) 8 c) 9 8 d) 7 8 Izračunavanje se dobije: 0π π cos cos π 6 + sin = = = =, π π + cos + cos + 7π 6 cos = = = =, 4 odakle uvrštavanje se dobije vrijednost izraza zadanog izraza: sin 4 4 π 7π cos = + = = = Zadatak. Ako je zbir trećeg i petog člana aritetičkog niza, a šesti član je 7, zbir drugog i četvrtog člana je: a)4 b) c) 0 d) 6 Za n-ti član aritetičkog niza vrijedi an = a + ( n ) d gdje je a prvi član niza, a d je diferencija niza. Na osnovu uslova iz postavke zadatka je a + a = a + d + a + 4d = a + 6d =, a + d = 7. Dakle, treba riješiti siste linearnih jednačina a + 6d = a + d = 7. Njegovi rješavanje se dobije da je a = i d =. Zbir drugog i četvrtog člana je a + a = a + d + a + d = a + 4d =

7 Elektrotehnički fakultet u Sarajevu studijska 0/4. Zadatak. Pojednostavljenje izraza a a b b a+ b b a+ b a ab, 0, a bdobije se: u skupu realnih brojeva, ako je a) a b b) b a ab c) d) ( ) a+ b Zadati izraz se ože napisati u obliku: ab a ab ab ab b a b a b ab = = = ( a+ b) b ( a+ b) a ( a+ b) b ( a+ b) a ( a+ b) ab ( a+ b) Zadatak 4. Koliko rješenja u skupu prirodnih brojeva ia nejednačina log ( log ) > 0 a) b) c) 4 d) Doen zadane nejednačine je skup { N} 0 < log < < < {,,4} Dakle ukupno ia rješenja. Tačan odgovor je b., pa je ta nejednačina ekvivalentna sa 7

8 Elektrotehnički fakultet u Sarajevu studijska 0/4. Zadatak. Kružnice poluprečnika r = dodiruje pozitivan dio ose O i ia centar na pravoj y =. Jednačina te kružnice je: a) ( ) + ( y ) = 4 b) ( ) ( y ) = 4 c) ( + ) + ( y+ ) = 4 d) ( ) ( y ) + = 4 Neka je tačka C( pq, ) centar tražene kružnice. Kako tačka (, ) C pq pripada pravoj y =, to je q = p. S obziro da tražena kružnica dodiruje osu O to ora vrijediti da je q = r =, gdje je r poluprečnik kružnice, tj. q =, pa je q = ±. Tada iz q = p slijedi da je p = ±. S obziro da kružnica dodiruje pozitivan dio ose O, to je njen centar u tački C (, ) pa je jednačina tražene kružnice ( ) ( y ) + = 4. Zadatak 6. Ako je ostatak pri dijeljenju polinoa + + a + b polinoo jednak 7 + 7, onda je a b jednako: a) 0 b) c) d) + + Dijeljenje polinoa + + a + b polinoo + + dobijeo: ( + + a + b) : ( + + ) = + + a + b + a + b Dakle, ostatak prethodnog dijeljenja je + a + b a to je jednako 7 + 7, odakle izjednačavajući odgovarajuće koeficijente uz i slobodan član iao: + a = 7 a = 0, b = 7 b = 9 Na osnovu ovog slijedi da je a b = Tačan odgovor je b. 8

9 Elektrotehnički fakultet u Sarajevu studijska 0/4. Zadatak 7. Poznat je položaj tačaka T (,) i ( ) T,. Prava p prolazi kroz središte duži TT a okoita je na pravac koji prolazi tačkaa T i T.Jednačina prave p je: a) y = + b) y = c) y = + d) y = Jednačina prave p koja sadrži tačke T i T je y = ( + ; ) y = +. Tražena prava p je + okoita na pravu p pa joj je koeficijent nagiba k = =, pri čeu je k koeficijent nagiba prave k T + T y T + y T p. Koordinate tačke A koja se nalazi na polovini duži TT su, = 0,. Jednačina prave p se ože pisati u obliku y = k + n. Uvrštavanje podataka za tačku A, i koeficijent k dobije se vrijednost n =, pa jednačina prave p ia oblik: y = +. Zadatak 8. Prosti faktor polinoa nije: a) b) + c) d) 4 Riješio bikvadratnu jednačinu: + 4= 0 Uvođenje sjene = t i rješavanje dobijene kvadratne jednačine dobijeo: t t+ 4 = 0 t =, t = 4, odakle uvrštavanje u = t dobijeo: = =±, = 4 =± 4 Slijedi da se dati izraz ože napisati u obliku: + 4 = ( )( + )( )( + ), odnosno izraz 4 nije prosti faktor polinoa

10 Elektrotehnički fakultet u Sarajevu studijska 0/4. Zadatak 9. Koliko ia parnih četverocifrenih brojeva kojia je zbir cifara jedinica i desetica 4? a) 70 b) 400 c) 00 d) 40 Na prvo jestu četverocifrenog broja (cifra hiljada) se ože pojaviti bilo koja cifra iz skupa,,,4,,6,7,8,9, na drugo jestu (cifra stotica) se ože pojaviti bilo koja cifra iz istog skupa { } uz dodatak cifre 0. Na posljednja dva jesta (cifra desetica i jedinica) se ože pojaviti neki od skupova { 0,4 }, {, }, { 4,0 } da bi bili zadovoljeni uslovi zadatka. Multiplikativni principo se sada dobija da postoji 9 0 = 70 takvih brojeva. π Zadatak 0. Ako je tg α = 0, ( π < α < ), tada je sinα + cosα : a) b) c) d) Iz tg α = 0,, tj. sin α cosα = je cosα sinα =. Izračunavanje se dobije: sin α + cos α =, π da je prea uslovu zadatka: π < α <, to je cos α + cos α =, tj. cosα = ±. S obziro 4 cosα =, pa je tada sin α =. Konačno je: sinα + cosα =. 0