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

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

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

Transcript

1 DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Šibenik, travnja-4travnja razred-rješenja OVDJE JE DAN JEDAN NAČIN RJEŠAVANJA ZADATAKA UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN 1 Nakon što Maja načini = 36 koraka, pomakne se = 4 koraka od kuće Kako je 014 = , da bi se pomakla 014 koraka od kuće, mora 83 puta ponoviti postupak i još se pomaknuti koraka od kuće Preostalih koraka će se odmaknuti tako da učini 10 koraka naprijed, 3 natrag, 10 naprijed, natrag i 7 naprijed Tako je Maja načinila = 300 koraka Izračunajmo koliko ima znamenaka u nizu Za 9 jednoznamenkastih brojeva koristili smo 9 znamenaka, za 90 dvoznamenkastih brojeva 180 znamenaka, za 900 troznamenkastih brojeva 700 znamenaka i za 1015 četveroznamenkastih brojeva 4060 znamenaka U nizu ima ukupno 6949 znamenaka Kako je 6949 = , tražimo 3475 znamenku Za jednoznamenkaste, dvoznamenkaste i troznamenkaste brojeve koristili smo 889 znamenaka Za četveroznamenkaste brojeve nam preostaje = 586 znamenaka Kako je 586 = , tražena znamenka je znamenka u 147 četveroznamenkastom broju To je broj 1146, a tražena znamenka je 1 3 Vrijedi ab cc abc = abcabc ab cc abc = abc000 + abc ab cc abc = 1000 abc + abc ab cc abc = 1001 abc

2 Dijeljenjem jednakosti s abc, dobije se ab cc = 1001 Na kraju, ab cc = ili ab cc = Dakle, abc = 137 ili abc = 911 ab cc = Vrhovi A i C nesusjedni su vrhovi kvadrata te je dužina AC njegova dijagonala Dijagonale kvadrata sijeku se pod pravim kutom pa se preostali vrhovi kvadrata nalaze na simetrali dužine AC Dijagonale kvadrata raspolavljaju se u polovištu dužine AC što nam daje položaj preostalih vrhova kvadrata Budući da je pravac p os simetrije, a točka D' pripada osi simetrije, tada se točke D i D' preklapaju Dakle, os simetrije je pravac p koji prolazi točkama D i E (Pri tome treba voditi računa na označavanje vrhova u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu)

3 Nacrtamo i označimo osnosimetrične slike točaka A, B i C s obzirom na pravac DE 5 Automobil za 1 sat (60 minuta) prijeđe 1 (60 : 10) = 7 km Automobil za 30 minuta prijeđe 36 km Automobil za sata i 30 minuta prijeđe = = 180 km Kamion za 1 sat prijeđe 10 (60 : 1) = 50 km Kamion za 30 minuta prijeđe 5 km Kamion za sata i 30 minuta prijeđe = 15 km S obzirom da je = 305 > 300, automobil i kamion će se putem sresti i nastaviti dalje put prema odredištu Njihova udaljenost nakon sata i 30 minuta bit će = 5 km

4 DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Šibenik, travnja-4travnja razred-rješenja OVDJE JE DAN JEDAN NAČIN RJEŠAVANJA ZADATAKA UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN 1 Neka je x broj kuglica u kutiji C prije premještanja Tada vrijedi 1 x+ x= x = x = 150 U kutiji C bilo je 150 kuglica Kako je = 30, bilo bi premješteno 30 kuglica Neka je y broj kuglica u kutiji B Tada je y broj kuglica u kutiji A i vrijedi 1 1 y+ y = y+ y = y = y = 36 odnosno y = 7 U kutiji A ima 7 kuglice Prvi način Tražimo ab, tako da je 93 a b 13a+ 7b = + = Dakle, 93 = 13a+ 7b odnosno 13a = 93 7b, ab, Kako je b 1, onda je 7b 7 te je 13a = 93 7b 86 što znači da je a 6

5 Iz 93 = 13a+ 7b slijedi 7b = 93 13a, a kako je 7b djeljiv sa 7, onda i 93 13a mora biti djeljiv sa 7 Vrijedi a a S obzirom da je samo broj 8 djeljiv sa 7, slijedi a = 5 i b = 4 Traženi prikaz je 93 = Drugi način Tražimo ab, tako da je 93 a b 13a+ 7b = + = Dakle, 93 = 13a+ 7b odnosno 7b = 93 13a, ab, To znači da ako od broja 93 oduzmemo višekratnik broja 13, trebamo dobiti višekratnik broja 7 No, = 80, 93 6 = 67, = 54, 93 5 = 41, = 8, = 15, =, a za veće višekratnike broja 13 od 91, tražena razlika više neće biti prirodni broj, što znači da je samo broj 8 odgovarajući Slijedi b = 4 i a = 5 te je traženi prikaz je 93 = Neka su a1, a, a3, a4, a5, a6bilo kojih šest prirodnih brojeva Pri dijeljenju prirodnog broja s 5 može biti ostatak 0, 1,, 3 ili 4 pa prema Dirichletovom načelu neka dva od zadanih brojeva pri dijeljenju s 5 imaju isti ostatak Neka su to brojevi a i i a, pri čemu je 1 i 6, 1 j 6, i j j Tada postoje mnr,, tako da vrijedi a = 5 m+ r i a = 5 n+ r Dalje je a a ( 5 m r) ( 5 n r) 5 m r 5 n r 5 ( m n) dokazana i j i = + + = + = te je time tvrdnja j 4 Primijetimo da su trokutaste pločice jednakokračni pravokutni trokuti te da dvije trokutaste pločice spojene po hipotenuzi čine kvadratnu pločicu sukladnu kvadratnim pločicama na podu

6 Površina poda iznosi 3 = 6 m, a na podu se nalazi 7 kvadratnih pločica i 5 kvadratnih pločica sastavljenih od po dvije trokutaste pločice Prema tome, površina jedne kvadratne pločice iznosi 6 : 1 = 05 m Površina jedne trokutaste pločice je 05 m Primijetimo da se uz rubove poda nalaze trokutaste pločice, uz stranicu duljine 3 m su tri takve pločice, a uz stranicu duljine m dvije takve pločice To znači da će uz stranicu duljine 10 m biti 10, a uz stranicu duljine 0 m bit će 0 trokutastih pločica Na podu dimenzija 10 m 0 m bit će ukupno ( ) = 60 trokutastih pločica Pod dimenzija 10 m 0 m ima površinu 00 m 60 trokutastih pločica ima površinu = 15 m, a razliku = 185 m prekrivaju kvadratne pločice Kvadratnih pločica trebamo 185 : 05 = C E D A F B Vrijedi ECD = BAD jer su to šiljasti kutovi s međusobno okomitim kracima Dalje je CDE = 90 = ADB i CE = AB prema uvjetima zadatka Zato slijedi DEC = DBA pa prema poučku K-S-K o sukladnosti vrijedi ΔCED Δ ABD Iz sukladnosti slijedi da je CD = AD pa je ΔADC jednakokračan i pravokutan

7 Veličine šiljastih kutova u ΔADC iznose 45 pa je ACB = 45 Na kraju je BAC = CBA = = 675

8 DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Šibenik, travnja-4travnja razred-rješenja OVDJE JE DAN JEDAN NAČIN RJEŠAVANJA ZADATAKA UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN a c e 1 Neka su to razlomci,, b d f, pri čemu su abcde,,,,, f Kako je a: c: e= 1:3:5, onda je c = 3a i e= 5a S obzirom da je b: d = 1:, onda je d = b Budući da je d : f = 4:9, onda je 9 9 f = d = b 4 Zato vrijedi a 3a 5a 65 b + b + 9 = b 7 odnosno a 3a 10a = b b 9b 7 Dalje je 18a+ 7a+ 0a 65 = odnosno 18b 7 65a 65 18b = 7 Kako je a b neskrativ razlomak, onda slijedi a = 1 i b = 4 Na kraju, c = 3, e = 5, d = 8, f = 18 Traženi razlomci su 1 3 5,, Neka je n broj nogometnih klubova Tada je 0 < n < 30 Tijekom godine odigra se n ( n 1) utakmica 15 3 = = Neriješenih utakmica je bilo 15% n ( n 1) n ( n 1) n ( n 1) Kako je broj neriješenih utakmica prirodni broj, slijedi da je n ( n 1) djeljiv s 0 S obzirom da su n i n 1 uzastopni prirodni brojevi, oni su različite parnosti To znači da je ili n djeljiv s 0 ili n 1 djeljiv s 0 ili je jedan od tih faktora djeljiv s 5, a drugi s 4

9 Iz n n slijedi n { 1, 5 } Dakle, bilo je ili 63 ili 90 neriješenih utakmica 3 Neka pravac p koji sadrži točku D, a paralelan je sa stranicom AC, siječe dužinu BE u točki F C a a p A a B x D F E Kako je FBD = CBA = 60 ( vršni kutovi ) i BDF = BAC = 60 ( šiljasti kutovi s usporednim kracima ), onda je Prema uvjetu zadatka je CD ΔBFD jednakostraničan pa je BD = FD = BF = DE Dalje je DBC = 180 CBA = 10 i EFD = 180 DFB = 10 Prema poučku S-S-K> o sukladnosti slijedi ΔBDC Δ FDE Iz sukladnosti slijedi BC = FE Na kraju, AD = AB + BD = BC + BD = FE + BF = BE

10 4 Skup jednostavnih događaja je S = { (1,1,1), (1,1,), (1,1,3), (1,,1),, (4,4,3), (4,4,4) } te se on sastoji od = 64 člana Iz nejednakosti trokuta znamo da sljedeće duljine ne mogu biti duljine stranica trokuta: 1 dm, 1 dm, dm (Takvih je događaja 3 (1,1,), (,1,1), (1,,1) ), 1 dm, 1 dm, 3 dm (Takvih je događaja 3 (1,1,3), (3,1,1), (1,3,1) ), 1 dm, 1 dm, 4 dm (Takvih je događaja 3 (1,1,4), (4,1,1), (1,4,1) ), 1 dm, dm, 3 dm (Takvih je događaja 6 (1,,3), (1,3,), (,3,1), (,1,3), (3,1,), (3,,1) ), 1 dm, dm, 4 dm (Takvih je događaja 6 (1,,4), (1,4,), (,1,4), (,4,1), (4,1,), (4,,1) ), 1 dm, 3 dm, 4 dm (Takvih je događaja 6 (1,3,4), (1,4,3), (3,1,4), (3,4,1), (4,1,3), (4,3,1) ), dm, dm, 4 dm (Takvih je događaja 3 (,,4), (4,,), (,4,) ) Dakle, takvih događaja ima = 30 Zato je tražena vjerojatnost = Kako je ABCDEF pravilni šesterokut, onda su njegovi karakteristični trokuti jednakostranični Neka je a duljina stranice pravilnog šesterokuta ABCDEF Tada je FS = FE = a Dalje je FSM = = 10 i FEN = = 10 Kako je točka M polovište dužine BS, a točka N polovište dužine DE, vrijedi Prema poučku S-K-S o sukladnosti slijedi ΔFMS Δ FNE SM a = EN =

11 Iz sukladnosti slijedi FM = FN i MFS = NFE Na kraju, MFN = MFS + SFN = NFE + SFN = SFE = 60 Tada je i 60 FNM =, a to znači da je NFM Δ jednakostraničan

12 DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Šibenik, travnja-4travnja razred-rješenja OVDJE JE DAN JEDAN NAČIN RJEŠAVANJA ZADATAKA UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN 1 Vrijedi ( )( ) ( )( ) ( a ( b c) )( a+ ( b c) ) (( ) )(( ) ) ( ) ( ) a+ c b a+ b c a b c y = = = a+ b+ c b+ c a b+ c + a b+ c a b+ c a pa je ( ) ( ) 4 ( ) ( ) ( ) y + 1 = = = b+ c a b+ c a b+ c a a b c b c a a b bc c b bc c a bc Vrijedi ( ) b+ c a b + c a + bc x + 1 = = te je bc bc ( x )( y ) ( ) b+ c a 4bc = = bc b+ c a ( ) Neka je abc traženi troznamenkasti broj, pri čemu je a {1,,3,,9}, bc {0,1,,,9}, Tada vrijedi abc a+ b+ c = k, gdje je k najveći mogući takav broj Dalje je abc = k ( a + b + c) 100a+ 10b+ c = ka+ kb+ kc ( ) ( ) ( ) 100 k a+ 10 k b+ 1 k c= 0 Za k > 100 bi bilo 100 k < 0, 10 k < 0 i 1 k < 0 te bi za svaki izbor mogućih abc,, bilo ( ) ( ) ( ) 100 k a+ 10 k b+ 1 k c< 0 Zato je k 100 k = vrijedi ( k) b ( ) Za 100 Na kraju a {1,,3,,9} k c= 0 te slijedi b = 0, c = 0 Traženi brojevi su 100, 00, 300, 400, 500, 600, 700, 800, 900

13 3 Prvi način Neka je n broj igrača iz grada B, a k broj bodova svakog od igrača iz grada B Tada je ukupan broj igrača n + Budući da je svaki par igrača igrao međusobno po jednu partiju, ukupan broj partija je ( n+ )( n+ 1) Zbroj bodova svih igrača jednak je broju odigranih partija 1 = nk + 8 ( n+ )( n+ ) Povezivanjem ovih zaključaka dobivamo jednakost n+ n+ 1 = nk + 16 Slijedi ( )( ) n n nk = + 16 n n nk + 3 = 16 ( k) n n+ 3 = 14 Brojevi n i k su prirodni pa n mora biti djelitelj broja 14 Za n = 1 je n+ 3 k = 14pa je k = 5 što nije moguće Za n = je n+ 3 k = 7 pa je k = 1 što nije moguće Za n = 7 je n+ 3 k = pa je k = 4 Za n = 14 je n+ 3 k = 1 pa je k = 8 Preostaje pokazati primjerima da su obje ove situacije moguće Neka su A 1 i A igrači iz grada A, a B 1, B,, B n igrači iz grada B Za n = 7 svaki igrač je odigrao 8 partija Ako su sve partije završile neriješeno, onda će svi igrači imati 4 boda i uvjeti zadatka su zadovoljeni Za n = 14 svaki igrač je odigrao 15 partija Neka su neriješeno završile partije: -između igrača A 1 i A, -između igrača A 1 i svakog od igrača B 1,,B 7, -između igrača A i svakog od igrača B 8,,;B 14, -između svaka dva igrača iz grada B, Neka su sve ostale partije završile pobjedom igrača iz grada B Tada će svaki igrač iz grada A imati

14 ukupno 4 boda, a svaki igrač iz grada B ukupno 8 bodova i uvjeti zadatka su ispunjeni Drugi način Neka je n broj igrača iz grada B, a k broj bodova svakog od igrača iz grada B Tada je ukupan broj igrača n + Budući da je svaki par igrača igrao međusobno po jednu partiju, ukupan broj partija je ( n+ )( n+ 1) Zbroj bodova svih igrača jednak je broju odigranih partija ( n+ )( n+ ) Povezivanjem ovih zaključaka dobivamo jednakost n+ n+ 1 = nk + 16 Slijedi ( )( ) 1 = nk + 8 n n nk = + 16 nk = n + 3n + 16 k n = n + 3n 14 n + 3n k = = n+ 3 n n Budući da k mora biti prirodan broj, zaključujemo da n mora biti djelitelj broja 14 Za n = 1 je k = 10 pa je k = 5 što nije moguće Za n = je k = pa je k = 1 što nije moguće Za n = 7 je k = 8 pa je k = 4 Za n = 14 je k = 16 pa je k = 8 Preostaje pokazati primjerima da su obje ove situacije moguće Neka su A 1 i A igrači iz grada A, a B 1, B,, B n igrači iz grada B Za n = 7 svaki igrač je odigrao 8 partija Ako su sve partije završile neriješeno, onda će svi igrači imati 4 boda i uvjeti zadatka su zadovoljeni Za n = 14 svaki igrač je odigrao 15 partija Neka su neriješeno završile partije: -između igrača A 1 i A, -između igrača A 1 i svakog od igrača B 1,,B 7,

15 -između igrača A i svakog odd igrača B 8,,;B 14, -između svaka dva igrača iz grada B, Neka su sve ostale partije završile pobjedom igrača iz grada B Tada će svaki igrač iz gradaa A imati ukupno 4 boda, a svaki igrač iz grada B ukupno 8 bodova i uvjeti zadatka su ispunjeni 4 Primijenimo li Pitagorin poučak na pravokutni trokut ABC, vrijedi AC = a + b odnosnoo AC ( 3 3) = + 3 pa je AC = 6 cm To je dvostruko više od duljine stranice b što znači da je trokut ABCC polovina jednakostraničnog trokuta Dakle, BAC = 30 pa je CAD = 60 odnosno EAD = 30 To znači da je trokut AED polovina jednakostraničnog trokuta te primjenom Pitagorinog poučka slijedii AE = DE + AD ) odnosno (c = c + 3 pa je c = 3 cm Dalje je EC = DC DE te je EC = 3 cm Na kraju, P Δ ACE = EC AD 3 3 = = 3 3 cm

16 5 Kako je ΔA1BC 1 1 ΔABC, onda je α1 = α, β1 = β i γ 1 = γ Prema poučku o obodnom i središnjem kutu vrijedi AS 1 1B1= γ 1odnosno ASB = γ A SB = γ = γ = ASB Dakle, γ1 S obzirom da je A1S1 = S1B1= r1, onda je Δ A1BS 1 1 jednakokračan te je BAS = 180 γ Isto tako je AS = SB = r pa je Δ ABS jednakokračan i vrijedi BAS = B AS = B AS Dakle, Prema poučku K-K o sličnosti slijedi ΔA1BS 1 1 ΔABS pa je A S A B = odnosno AB A S r = k što je i trebalo dokazati r 1

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 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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

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

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

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

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

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

OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE

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

Διαβάστε περισσότερα

(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

( ) ( ) 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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. razred osnovna škola 25. siječnja 2008.

OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. razred osnovna škola 25. siječnja 2008. Ministarstvo znanosti, obrazovanja i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. razred osnovna škola 25. siječnja

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

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

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

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

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

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

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

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

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

21. ŠKOLSKO/OPĆINSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ GEOGRAFIJE GODINE 8. RAZRED TOČNI ODGOVORI

21. ŠKOLSKO/OPĆINSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ GEOGRAFIJE GODINE 8. RAZRED TOČNI ODGOVORI 21. ŠKOLSKO/OPĆINSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ GEOGRAFIJE 2014. GODINE 8. RAZRED TOČNI ODGOVORI Bodovanje za sve zadatke: - boduju se samo točni odgovori - dodatne upute navedene su za pojedine skupine zadataka

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

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

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

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

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

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012 Iskazna logika 3 Matematička logika u računarstvu Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia novembar 2012 Deduktivni sistemi 1 Definicija Deduktivni sistem (ili formalna teorija)

Διαβάστε περισσότερα

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011.

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011. Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika Monotonost i ekstremi Katica Jurasić Rijeka, 2011. Ishodi učenja - predavanja Na kraju ovog predavanja moći ćete:,

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

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

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

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

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

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

- 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

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

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

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

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

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

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

KOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI. NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA.

KOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI. NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA. KOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA 1 Grupoid (G, ) je asocijativa akko važi ( x, y, z G) x (y z) = (x y) z Grupoid (G, ) je komutativa akko važi ( x, y G) x y = y x Asocijativa

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

OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. razred osnovna škola 29. siječnja 2007.

OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. razred osnovna škola 29. siječnja 2007. Ministarstvo prosvjete i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. razred osnovna škola 9. siječnja 007.. U brojevnom

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

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

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

Teorem 1.8 Svaki prirodan broj n > 1 moºe se prikazati kao umnoºak prostih brojeva (s jednim ili vi²e faktora).

Teorem 1.8 Svaki prirodan broj n > 1 moºe se prikazati kao umnoºak prostih brojeva (s jednim ili vi²e faktora). UVOD U TEORIJU BROJEVA Drugo predavanje - 10.10.2013. Prosti brojevi Denicija 1.4. Prirodan broj p > 1 zove se prost ako nema niti jednog djelitelja d takvog da je 1 < d < p. Ako prirodan broj a > 1 nije

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Teorijske osnove informatike 1

Teorijske osnove informatike 1 Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. () Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. 1 / 17 Funkcije Veze me du skupovima uspostavljamo skupovima koje nazivamo funkcijama. Neformalno, funkcija

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

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

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

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

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

IZBORNO NATJECANJE prvi dio rješenja zadataka

IZBORNO NATJECANJE prvi dio rješenja zadataka IZBORNO NATJECANJE 2010. prvi dio rješenja zadataka Zadatak 1. Postoji li funkcija f : N N za koju vrijedi f(f(n)) = f(n + 1) f(n) za svaki n N? Prvo rješenje. Pretpostavimo da postoji tražena funkcija.

Διαβάστε περισσότερα

b = k a. Govorimo jošda a dijeli b ipišemo a b.

b = k a. Govorimo jošda a dijeli b ipišemo a b. 1 DJELJIVOST 1.1. Djeljivost. Prosti brojevi Količnik dvaju prirodnih brojeva nije uvijek prirodni broj. Tako na primjer, broj 54 8 nije prirodan, jer 54 nije djeljiv s 8. Broj 221 jest prirodan, jer 221

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

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

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

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

Proširenje na poučku o obodnom i središnjem kutu

Proširenje na poučku o obodnom i središnjem kutu Proširenje na poučku o obodnom i središnjem kutu Ratko Višak 1. Uvod Na osnovu poučka o obodnom i središnjem kutu izvedene su relacije kada točka nije na kružnici, nego je izvan ili unutar nje. Relacije

Διαβάστε περισσότερα

Sortiranje prebrajanjem (Counting sort) i Radix Sort

Sortiranje prebrajanjem (Counting sort) i Radix Sort Sortiranje prebrajanjem (Counting sort) i Radix Sort 15. siječnja 2016. Ante Mijoč Uvod Teorem Ako je f(n) broj usporedbi u algoritmu za sortiranje temeljenom na usporedbama (eng. comparison-based sorting

Διαβάστε περισσότερα

Geometrijski trikovi i metode bez imena

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

Διαβάστε περισσότερα

Pošto pretvaramo iz veće u manju mjernu jedinicu broj 2.5 množimo s 1000,

Pošto pretvaramo iz veće u manju mjernu jedinicu broj 2.5 množimo s 1000, PRERAČUNAVANJE MJERNIH JEDINICA PRIMJERI, OSNOVNE PRETVORBE, POTENCIJE I ZNANSTVENI ZAPIS, PREFIKSKI, ZADACI S RJEŠENJIMA Primjeri: 1. 2.5 m = mm Pretvaramo iz veće u manju mjernu jedinicu. 1 m ima dm,

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Proširenje na poučku o obodnom i središnjem kutu

Proširenje na poučku o obodnom i središnjem kutu Proširenje na poučku o obodnom i središnjem kutu Ratko Višak 1. Uvod Na osnovu poučka o obodnom i središnjem kutu izvedene su relacije kada točka nije na kružnici, nego je izvan ili unutar nje. Relacije

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

ELEMENTARNA MATEMATIKA 1

ELEMENTARNA MATEMATIKA 1 Na kolokviju nije dozvoljeno koristiti ni²ta osim pribora za pisanje. Zadatak 1. Ispitajte odnos skupova: C \ (A B) i (A C) (C \ B). Rje²enje: Neka je x C \ (A B). Tada imamo x C i x / A B = (A B) \ (A

Διαβάστε περισσότερα