Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK
|
|
|
- Παντελεήμων Λιάπης
- 6 χρόνια πριν
- Προβολές:
Transcript
1 Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK Živinice
2 ZADACI
3 UDRUŽENJE MATEMATIČARA TUZLANSKOG KANTONA PEDAGOŠKI ZAVOD TUZLA Takmičenje učenika srednjih škola Tuzlanskog kantona iz MATEMATIKE Živinice, 1. april 014. godine I RAZRED Zadatak 1. da je vrijedi identitet Dokazati da za sve realne brojeve a, b, c različite od nule i takve a b (c b) + bc ca (a c) + c (b a) 0, ab a ( 1 b 1 c a bc ) + b ( 1 c 1 ) a + c ( 1 a 1 ) b (c b) + b ca (a c) + c ab (b a) = a + b + c. Zadatak. Dokazati da za pozitivne realne brojeve x i y vrijedi nejednakost ( x + ) ( ) y y x + 8. Kada se dostiže znak jednakosti? Zadatak 3. Prirodan broj p nazivamo palindromom ako se čita isto i slijeva i sdesna. Odrediti sve proste brojeve koji su palindromi i koji u dekadskom brojnom sistemu imaju paran broj cifara. Zadatak 4. Tačka I je centar upisane kružnice trougla ABC. Kružnica koja prolazi tačkom B i dodiruje pravu AI u tački I siječe stranice AB i BC u tačkama P i Q, respektivno. Sa R označimo tačku presjeka prave QI i stranice AC. Dokazati da je CQ = CR. ************************************************************* Svaki tačno ura deni zadatak boduje se sa 10 bodova. Izrada zadataka traje 180 minuta.
4 UDRUŽENJE MATEMATIČARA TUZLANSKOG KANTONA PEDAGOŠKI ZAVOD TUZLA Takmičenje učenika srednjih škola Tuzlanskog kantona iz MATEMATIKE Živinice, 1. april 014. godine II RAZRED Zadatak 1. Naći najmanju vrijednost izraza (x 1) (x ) (x 3) (x 4) + 10 gdje je x realan broj, a potom odrediti sve vrijednosti x za koje se ta vrijednost dostiže. Zadatak. Odrediti sve parove (a, b) realnih brojeva za koje jednačine x + ax + b = 0 x + bx + a = 0 imaju bar jedan zajednički korijen iz skupa realnih brojeva. Zadatak 3. Neka je n prirodan broj. a) Dokazati da su brojevi n + 1 i n (n + ) relativno prosti. b) Dokazati da proizvod n (n + 1) (n + ) nije potpun kvadrat. Zadatak 4. Tačka I je centar upisane kružnice trougla ABC. Kružnica koja prolazi tačkom B i dodiruje pravu AI u tački I siječe stranice AB i BC u tačkama P i Q, respektivno. Sa R označimo tačku presjeka prave QI i stranice AC. Dokazati da je CQ = CR i RP Q = 90. ************************************************************* Svaki tačno ura deni zadatak boduje se sa 10 bodova. Izrada zadataka traje 180 minuta.
5 UDRUŽENJE MATEMATIČARA TUZLANSKOG KANTONA PEDAGOŠKI ZAVOD TUZLA Takmičenje učenika srednjih škola Tuzlanskog kantona iz MATEMATIKE Živinice, 1. april 014. godine III RAZRED Zadatak 1. Dokazati da je log b+c a + log c b a = log c+b a log c b a, ako su a i b dužine kateta, a c dužina hipotenuze pravouglog trougla. Zadatak. Ako su a, b, c pozitivni realni brojevi takvi da je abc = 1 dokazati da vrijedi nejednakost Kada se dostiže znak jednakosti? a 4 + b 4 + c 4 a + b + c. Zadatak 3. Tačka M je središte stranice AB trougla ABC. Dokazati da je proizvod dužina poluprečnika kružnice opisane oko trougla AM C i visine iz M na AC jednak proizvodu dužina poluprečnika kružnice opisane oko trougla BMC i visine iz M na BC. Zadatak 4. kvadrat. Odrediti sve prirodne brojeve n za koje je 43 n + 6 n potpun ************************************************************* Svaki tačno ura deni zadatak boduje se sa 10 bodova. Izrada zadataka traje 180 minuta.
6 UDRUŽENJE MATEMATIČARA TUZLANSKOG KANTONA PEDAGOŠKI ZAVOD TUZLA Takmičenje učenika srednjih škola Tuzlanskog kantona iz MATEMATIKE Živinice, 1. april 014. godine IV RAZRED Zadatak 1. Četiri broja čine rastući aritmetički niz. Prva dva od njih i četvrti čine geometrijski niz. Odrediti sve članove aritmetičkog niza ako se zna da je njegova razlika jednaka količniku geometrijskog niza. Zadatak. Naći sve prirodne brojeve a, b, c takve da je ab + bc + ca prost i da vrijedi jednakost a + b a + c = b + c b + a. Zadatak 3. Dokazati da za pozitivne realne brojeve a, b, c vrijedi nejednakost ( a b + b c + c ) 3 ( a + b + b + c + c + a ). a c a b Kada se dostiže znak jednakosti? Zadatak 4. Na stranici BC oštrouglog trougla ABC uzete su tačke X i Y tako da je BX = XY = Y C, pri čemu je tačka X bliže tački B nego tački C. Polukružnice sa centrima u X i Y koje dodiruju stranice AB i AC, respektivno, sijeku se u tački Z. Ako je XZY = θ dokazati da vrijedi jednakost cos (B) + cos (C) + 4 sin (B) sin (C) cos (θ) = 0. ************************************************************* Svaki tačno ura deni zadatak boduje se sa 10 bodova. Izrada zadataka traje 180 minuta.
7 RJEŠENJA
8 PRVI RAZRED Zadatak 1. da je vrijedi identitet Dokazati da za sve realne brojeve a, b, c različite od nule i takve a ( 1 a bc a b (c b) + bc ca (a c) + c (b a) 0, ab b 1 c ) ( + b 1 c ) ( 1 a + c 1 a ) 1 b (c b) + b ca (a c) + c ab (b a) = a + b + c. Rješenje: Imamo a ( 1 b 1 c Dalje imamo ) ( 1 +b c 1 ) ( 1 +c a a 1 ) = 1 [ a 3 (c b) + b 3 (a c) + c 3 (b a) ]. b abc a 3 (c b)+b 3 (a c)+c 3 (b a) = a 3 (c b)+b 3 (a c)+c 3 [(b c) + (c a)] = (c b) ( a 3 c 3) + (a c) ( b 3 c 3) = (c b) (a c) ( a + ac + c ) + (a c) (b c) ( b + bc + c ) = (c b) (a c) [( a + ac + c ) ( b + bc + c )] = (c b) (a c) [ a b + c (a b) ] = (c b) (a c) [(a b) (a + b) + c (a b)] = (c b) (a c) (a b) (a + b + c) = (a b) (b c) (c a) (a + b + c). Slično računamo i za nazivnik izraza sa lijeve strane datog identiteta a bc i b (c b) + ca (a c) + c 1 [ (b a) = a (c b) + b (a c) + c (b a) ] ab abc a (c b)+b (a c)+c (b a) = a (c b)+b (a c)+c [(b c) + (c a)] =
9 (c b) ( a c ) +(a c) ( b c ) = (c b) (a c) (a + c)+(a c) (b c) (b + c) = (c b) (a c) [(a + c) (b + c)] = (c b) (a c) (a b) = (a b) (b c) (c a). Sada konačno imamo a ( 1 a bc b 1 c ) ( + b 1 c ) ( 1 a + c 1 a ) 1 b (c b) + b ca (a c) + c ab (b a) = a + b + c. 1 abc (a b) (b c) (c a) (a + b + c) 1 abc (a b) (b c) (c a) = Zadatak. Dokazati da za pozitivne realne brojeve x i y vrijedi nejednakost ( x + ) (y ) y x + 8. Kada se dostiže znak jednakosti? Rješenje: Kako su x, y pozitivni realni brojevi to možemo primijeniti nejednakost izme du aritmetičke i geometrijske sredine na osnovu koje imamo x + y x x y = (1) y i y y y x + x = x. () Sada na osnovu (1) i () imamo ( x + ) (y ) y x + x y y x = 8, te je ovim dokaz završen. Da bi se dostigao znak jednakosti mora biti x = y i y x =. Iz druge jednačine je y = x, pa uvrštavajući ovo u prvu jednačinu dobijamo da mora biti x = x, odakle slijedi x = 1, a kako je po uslovu x > 0 to iz posljednje jednačine slijedi x = 1. Iz x = 1 dalje imamo y =. Provjerom utvr dujemo da se za (x, y) = (1, ) zaista dostiže znak jednakosti.
10 Zadatak 3. Prirodan broj p nazivamo palindromom ako se čita isto i slijeva i sdesna. Odrediti sve proste brojeve koji su palindromi i koji u dekadskom brojnom sistemu imaju paran broj cifara. Rješenje: Neka je p = a 1 a... a n prost broj koji ima paran broj cifara i koji je palindrom. Tada je a n = a 1, a n 1 = a,.... To znači da je suma cifara na parnim mjestima jednaka sumi cifara na neparnim mjestima. Zbog toga je taj broj djeljiv sa 11. Dakle, 11 p. Kako je p prost broj, to je p = 11. Zadatak 4. Tačka I je centar upisane kružnice trougla ABC. Kružnica koja prolazi tačkom B i dodiruje pravu AI u tački I siječe stranice AB i BC u tačkama P i Q, respektivno. Sa R označimo tačku presjeka prave QI i stranice AC. Dokazati da je CQ = CR. Rješenje: Neka su α, β, γ vrijednosti unutrašnjih uglova kod vrhova A, B i C trougla ABC, respektivno. Označimo sa J tačku presjeka pravih AI i BC. Iz trougla AJB imamo AJB = 180 ABC BAJ = 180 β α.
11 Kako je JI tangenta na pomenutu kružnicu vrijedi Sada iz trougla JIQ računamo IQJ = 180 JIQ = IBQ = β. ( 180 β α ) β = α + β, odakle slijedi da je CQR = α+β. Iz trougla CRQ imamo CRQ = 180 α + β γ = α + β a iz posljednje jednakosti slijedi CQ = CR. = CQR,
12 DRUGI RAZRED Zadatak 1. Naći najmanju vrijednost izraza (x 1) (x ) (x 3) (x 4) + 10 gdje je x realan broj, a potom odrediti sve vrijednosti x za koje se ta vrijednost dostiže. Rješenje: Imamo (x 1) (x ) (x 3) (x 4) + 10 = [(x 1) (x 4)] [(x ) (x 3)] + 10 = ( x 5x + 4 ) ( x 5x + 6 ) Uvedimo smjenu x 5x + 4 = t. Tada je ( x 5x + 4 ) ( x 5x + 6 ) + 10 = t (t + ) + 10 = (t + 1) Jednakost se dostiže ako i samo ako je t + 1 = 0, tj. ako i samo ako je t = 1, što je ekvivalentno sa x 5x + 4 = 1, a rješenja ove jednačine su x 1, = 5 ± 5. Dakle, najmanja vrijednost datog izraza jednaka je 9 i dostiže se za x = 5 5 i x = Zadatak. Odrediti sve parove (a, b) realnih brojeva za koje jednačine x + ax + b = 0 x + bx + a = 0 imaju bar jedan zajednički korijen iz skupa realnih brojeva.
13 Rješenje: Tada je i Pretpostavimo da je x 0 R zajednički korijen datih jednačina. x 0 + ax 0 + b = 0 x 0 + bx 0 + a = 0, pa oduzimanjem ovih dviju jednačina dobijamo što je ekvivalentno sa Stoga imamo dva moguća slučaja: x 0 (a b) + ( b a ) = 0, (a b) [x 0 (a + b)] = 0. a = b Tada obje jednačine poprimaju oblik x + ax + a = 0 i da bi imale zajednički realan korijen dovoljno je da posljednja jednačina ima realan korijen. Kako je njena diskriminanta jednaka 3a 0, to ona ima realan korijen ako i samo ako je a = 0, tj. u ovom slučaju nalazimo da je par (0, 0) jedino rješenje. x 0 = a + b Uvrštavajući vrijednost a + b za x 0 u jednačinu x 0 + ax 0 + b = 0 dobijamo (a + b) + a (a + b) + b = 0. Posljednja jednačina je ekvivalentna sa (a + b) + 1 (a + b) + 1 a + 1 b = 0 i očigledno je njeno jedino rješenje a = b = 0. Za ovaj par smo u prethodnom slučaju ustanovili da zadovoljava uslove zadatka, te je on stoga jedino rješenje. Zadatak 3. Neka je n prirodan broj. a) Dokazati da su brojevi n + 1 i n (n + ) relativno prosti. b) Dokazati da proizvod n (n + 1) (n + ) nije potpun kvadrat.
14 Rješenje: Za dokaz prvog dijela zadatka dovoljno je dokazati da ne postoji prost broj koji dijeli i n + 1 i n (n + ). Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji prost broj p takav da p n + 1 i p n (n + ). Kako je p prost i p dijeli proizvod n (n + ) to p mora dijeliti jedan od brojeva n i n +. Ukoliko p n tada p (n + 1) n, tj. p 1 što je nemoguće. Slično, ukoliko p n + tada p (n + ) (n + 1), pa ponovo dobijamo p 1. Dakle, pretpostavka da postoji prost broj koji dijeli brojeve n + 1 i n (n + ) dovodi nas do kontradikcije, pa stoga oni moraju biti relativno prosti. Datu tvrdnju je tako der moguće dokazati i tako što uočimo da je n (n + ) = (n + 1) 1, a ovaj broj je očigledno relativno prost sa n + 1. Sada, zbog već dokazanog, da bi proizvod n (n + 1) (n + ) = (n + 1) [n (n + )] bio potpun kvadrat oba broja n + 1 i n (n + ) moraju biti potpuni kvadrati. Neka je n (n + ) = u za neki prirodan broj u. Posljednja jednakost je ekvivalentna sa (n + 1) 1 = u, što je dalje ekvivalentno sa (n + 1 u) (n u) = 1, što nema rješenja u skupu prirodnih brojeva jer je n u > 1, a n + 1 u očigledno mora biti prirodan broj pa je n + 1 u 1, tj. (n + 1 u) (n u) 1 3 > 1. Iz ovog zaključujemo da ne postoji nijedan prirodan broj n takav da je n (n + ) potpun kvadrat, pa stoga ni proizvod n (n + 1) (n + ) ne može biti potpun kvadrat. Zadatak 4. Tačka I je centar upisane kružnice trougla ABC. Kružnica koja prolazi tačkom B i dodiruje pravu AI u tački I siječe stranice AB i BC u tačkama P i Q, respektivno. Sa R označimo tačku presjeka prave QI i stranice AC. Dokazati da je CQ = CR i RP Q = 90. Rješenje: Neka su α, β, γ vrijednosti unutrašnjih uglova kod vrhova A, B i C trougla ABC, respektivno. Označimo sa J tačku presjeka pravih AI i BC. Iz trougla AJB imamo AJB = 180 ABC BAJ = 180 β α.
15 Kako je JI tangenta na pomenutu kružnicu vrijedi Sada iz trougla JIQ računamo IQJ = 180 JIQ = IBQ = β. ( 180 β α ) β = α + β, odakle slijedi da je CQR = α+β. Iz trougla CRQ imamo CRQ = 180 α + β γ = α + β = CQR, a iz posljednje jednakosti slijedi CQ = CR. Kako je CI simetrala ugla iz vrha C u jednakokrakom trouglu CRW to je CI ujedno i težišnica iz vrha C pomenutog trougla, pa je stoga IQ = IR. Iz tetivnog četverougla IP BQ imamo IQP = IBP = β i IP Q = IBQ = β,
16 iz čega zaključujemo da je IQP = IP Q, što implicira IQ = IP. Kombinujući posljednju jednakost sa IQ = IR imamo IQ = IR = IP, odakle slijedi da postoji kružnica sa centrom u I, prečnika RQ, koja sadrži tačke R, P i Q, pa je RP Q = 90 kao ugao nad prečnikom te kružnice.
17 TREĆI RAZRED Zadatak 1. Dokazati da je log b+c a + log c b a = log c+b a log c b a, ako su a i b dužine kateta, a c dužina hipotenuze pravouglog trougla. Rješenje: odnosno U pravouglom trouglu vrijedi c = a + b, a = c b = (c b)(c + b). Logaritmiranjem posljednje jednakosti po bazi a dobija se = log a (c b) + log a (c + b) = odakle neposredno slijedi navedena jednakost. 1 log c b a + 1 log c+b a, Zadatak. Ako su a, b, c pozitivni realni brojevi takvi da je abc = 1 dokazati da vrijedi nejednakost Kada se dostiže znak jednakosti? a 4 + b 4 + c 4 a + b + c. Na osnovu nejednakosti izme du aritmetičke i geometrijske sre- Rješenje 1: dine imamo a + b + c 3 3 abc = 3, Koristeći ove nejednakosti imamo x = x x4 = 4x.
18 a 4 + b 4 + c 4 = ( a ) + ( b ) + ( c ) 9 4a + 4b + 4c 9 = a + b + c + 3(a + b + c 3) a + b + c. Jednakost vrijedi ako i samo ako je a = b = c = 1. Rješenje : Na osnovu nejednakosti izme du aritmetičke i geometrijske sredine i zbog uslova abc = 1 imamo sljedeće nejednakosti a 4 + b + c 3 3 a4 bc = 3 3 a 3 3 abc = 3a b 4 + c + a 3 3 b4 ca = 3 3 b 3 3 abc = 3b c 4 + a + b 3 3 c4 ab = 3 3 c 3 3 abc = 3c. Sabiranjem gornjih nejednakosti i sre divanjem dobijamo datu nejednakost. Rješenje 3: Na osnovu nejednakosti izme du kvadratne i aritmetičke sredine imamo a + b + c 3 a + b + c 3 i a4 + b 4 + c 4 što je ekvivalentno sa 3 a + b + c. 3 i a + b + c a 4 + b 4 + c 4 (a + b + c) 3 ( a + b + c ). 3
19 Koristeći se ovim nejednakostima imamo a 4 + b 4 + c 4 ( a + b + c ) (3 3 abc ) 3 3 ( ) (a+b+c) 3 3 = (a + b + c)3 7 (a + b + c) = 33 (a + b + c) = a + b + c, 7 7 što je i trebalo dokazati. (a + b + c) Zadatak 3. Tačka M je središte stranice AB trougla ABC. Dokazati da je proizvod dužina poluprečnika kružnice opisane oko trougla AM C i visine iz M na AC jednak proizvodu dužina poluprečnika kružnice opisane oko trougla BMC i visine iz M na BC. Rješenje 1: Označimo sa R 1 i R dužine poluprečnika kružnica opisanih oko trouglova AMC i BMC, respektivno. Tako der, neka je CAB = α i ABC = β. Tada na osnovu opštepoznate formule za dužinu poluprečnika kružnice opisane oko trougla imamo i R 1 = CM sin α R = CM sin β.
20 Neka su U i V podnožja normala iz M na AC i BC, respektivno. Tada iz pravouglih trouglova AM U i M BV imamo i MU = AM sin α = AB sin α MV = BM sin β = AB sin β. Koristeći gornje jednakosti nalazimo da je R 1 MU = CM AB sin α = sin α CM AB 4 R MV = CM AB CM AB sin β =, sin β 4 odakle neposredno slijedi da je R 1 MU = R MV, što je i trebalo dokazati. Rješenje : Poznato je da je poluprečnik opisane kružnice proizvoljnog trougla XY Z dat formulom XY Y Z ZX 4P XY Z gdje P označava površinu. Označimo sa R 1 i R dužine poluprečnika kružnica opisanih oko trouglova AMC i BMC, respektivno. Tada na osnovu navedene formule imamo CM MA AC R 1 = 4P AMC i CB BM MC R =. 4P CBM Neka su U i V podnožja normala iz M na AC i BC, respektivno (vidjeti sliku iz prvog rješenja). Trebamo dokazati da je R 1 MU = R MV što je ekvivalentno sa Kako je CM MA AC 4P AMC MU = 4P AMC = MU AC CB BM MC 4P CBM MV. (1)
21 i to je (1) ekvivalentno sa CM MA AC MU AC 4P BMC = MV BC, MU = a ovo je dalje očigledno ekvivalentno sa CB BM MC MV BC MV, AM = BM. Posljednja jednakost vrijedi zbog uslova da je M središte stranice AB i ovim je dokaz završen. Zadatak 4. kvadrat. Odrediti sve prirodne brojeve n za koje je 43 n + 6 n potpun Rješenje: Očigledno je n = 1 rješenje. Pretpostavimo sada da je n > 1. Tada je 6 n djeljivo sa 4 pa je 43 n + 6 n 43 n ( 1) n (mod 4). Kako potpuni kvadrati daju ostatke 0 ili 1 pri dijeljenju sa 4 to n mora biti paran broj. Stoga postoji prirodan broj m takav da je n = m, te je dovoljno naći sve prirodne brojeve m takve da je 43 m + 6 m potpun kvadrat. Dokažimo da se vrijednost posljednjeg izraza uvijek nalazi izme du kvadrata dva uzastopna prirodna broja te stoga ne može biti potpun kvadrat. Dokazat ćemo da je (43 m ) < 43 m + 6 m < (43 m + 1). Dokaz lijeve strane posljednje nejednakosti je trivijalan dok je desna strana ekvivalentna sa 43 m + 1 > 6 m što je tačno za sve prirodne brojeve m jer je 43 m + 1 > 43 m > 36 m = 6 m. Dakle, jedini prirodan broj n za koji je 43 n + 6 n potpun kvadrat je broj 1.
22 ČETVRTI RAZRED Zadatak 1. Četiri broja čine rastući aritmetički niz. Prva dva od njih i četvrti čine geometrijski niz. Odrediti sve članove aritmetičkog niza ako se zna da je njegova razlika jednaka količniku geometrijskog niza. Rješenje: Neka je prvi član aritmetičkog niza jednak a, a njegova razlika d. Tada je, zbog uslova zadatka, količnik pomenutog geometrijskog niza tako der jednak d dok su njegovi članovi a, a + d i a + 3d. Stoga imamo sljedeće jednakosti a + d = ad a + 3d = (a + d) d. Lijeva strana druge jednakosti je jednaka pa je druga jednakost ekvivalentna sa a + 3d = (a + d) + d = ad + d, ad + d = ad + d, odakle slijedi d = d, što je dalje ekvivalentno d (d ) = 0. Po uslovu zadatka je d > 0, pa iz posljednje jednakosti imamo d =. Sada iz jednakosti a + d = ad lahko dobijamo da je a =. Dakle, članovi aritmetičkog niza su, 4, 6 i 8. Zadatak. Naći sve prirodne brojeve a, b, c takve da je ab + bc + ca prost i da vrijedi jednakost a + b a + c = b + c b + a.
23 Rješenje: Data jednakost je ekvivalentna sa što je dalje ekvivalentno sa (a + b) = ab + bc + ca + c (a + b c) (a + b + c) = ab + bc + ca. Kako je ab + bc + ca prost i a + b c < a + b + c to mora biti a + b c = 1 i a + b + c = ab + bc + ca. Iz jednakosti a + b + c = ab + bc + ca imamo a (b 1) + b (c 1) + c (a 1) = 0. Kako su a, b, c prirodni brojevi to je lijeva strana jednaka nuli ako i samo je a = b = c = 1, dok je u svim ostalim slučajevima očigledno a (b 1) + b (c 1) + c (a 1) > 0. Provjerom utvr dujemo da trojka (1, 1, 1) zadovoljava sve uslove zadatka te je stoga ona jedino rješenje. Dokazati da za pozitivne realne brojeve a, b, c vrijedi nejed- Zadatak 3. nakost ( a b + b c + c ) 3 ( a + b + b + c + c + a ). a c a b Kada se dostiže znak jednakosti? Rješenje: Datu nejednakost možemo napisati u njoj ekvivalentnom obliku ( a ) ( ) b ( c ) ( 1 a b c a c + b a + c ) 3 ( a b b + b c + c ). a Iz ( a b 1) 0 imamo i analogno ( a ) a b b 1 ( ) b b c c 1,
24 pa je ( a ) ( ) + b ( c ) b c a ( 3 a ( 3 a b + b c + c a ( c ) c a a 1, ( a c + b a + c ) ( a b b + b c + c ) + 1 ( c a b + b c + c ) + 1 ( a a b + b c + c a + c a + b a + c ) b ) ( + 1 ) a 6 6 b b c c a c a b a c 3 = 3 b a + b a + c b 3 AM GM ( a b + b c + c ), a ) 3 = te je ovim dokaz završen. Da bi se dostigao znak jednakosti potrebno je da bude ( a b 1) = 0 što implicira a = b i analogno b = c, tj. mora biti a = b = c. S druge strane, nije teško provjeriti da se za a = b = c zaista dostiže znak jednakosti. Zadatak 4. Na stranici BC oštrouglog trougla ABC uzete su tačke X i Y tako da je BX = XY = Y C, pri čemu je tačka X bliže tački B nego tački C. Polukružnice sa centrima u X i Y koje dodiruju stranice AB i AC, respektivno, sijeku se u tački Z. Ako je XZY = θ dokazati da vrijedi jednakost cos (B) + cos (C) + 4 sin (B) sin (C) cos (θ) = 0. Rješenje: Neka je X 1 tačka u kojoj polukružnica sa centrom u X dodiruje stranicu AB. Primjenom sinusne teoreme na pravougli trougao BXX 1 nalazimo da je XX 1 = BX sin B = a sin B. 3 Budući da su XZ i XX 1 poluprečnici pomenute polukružnice to imamo XZ = XX 1 = a sin B. 3 Analogno računamo Y Z = Y Y 1 = a sin C. 3
25 Primjenom kosinusne teoreme na trougao XZY imamo XY = XZ + Y Z XZ Y Z cos ( XZY ), što je ekvivalentno sa ( a 3) = ( a 3 sin B ) + ( a 3 sin C ) ( a 3 sin B ) ( a 3 sin C ) cos θ. i dobi- Sada, kako je a > 0, posljednju jednakost možemo pomnožiti sa 9 a jamo = sin B + sin C 4 sin B sin C cos θ = 0. Posljednju jednakost možemo napisati u njoj ekvivalentnom obliku ( 1 sin B ) + ( 1 sin C ) + 4 sin B sin C cos θ = 0, što je zbog opštepoznatog trigonometrijskog identiteta cos t = 1 sin t ekvivalentno sa cos B + cos C + 4 sin B sin C cos θ = 0, što je i trebalo dokazati.
56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA. Sarajevo, godine
56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA Sarajevo, 3.04.016. godine 56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA
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
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.
( ) ( ) 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
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
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 +.
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
UDRUŽENJE MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE UDRUŽENjE MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE UDRUGA MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE. Sarajevo,
ZADACI UDRUŽENJE MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE UDRUŽENjE MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE UDRUGA MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE BOSNIA-HERZEGOVINA MATHEMATICAL SOCIETY BHMS Zmaja od Bosne 35, 7000
Konstruktivni zadaci. Uvod
Svaki konstruktivni zadatak ima četri dijela: 1. Analiza 2. Konstrukcija 3. Dokaz 4. Diskusija Konstruktivni zadaci Uvod U analizi pretpostavimo da je zadatak riješen, i na osnovu slike (skice) rješenja,
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:
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
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
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:
(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,
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
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 ( +
Osnovne teoreme diferencijalnog računa
Osnovne teoreme diferencijalnog računa Teorema Rolova) Neka je funkcija f definisana na [a, b], pri čemu važi f je neprekidna na [a, b], f je diferencijabilna na a, b) i fa) fb). Tada postoji ξ a, b) tako
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
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.
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
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
PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).
PRAVA Prava je kao i ravan osnovni geometrijski ojam i ne definiše se. Prava je u rostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom aralelnim sa tom ravom ( vektor aralelnosti). M ( x, y, z ) 3 Posmatrajmo
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.
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
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,
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
Elementarni zadaci iz Euklidske geometrije II
Elementarni zadaci iz Euklidske geometrije II Sličnost trouglova 1. Neka su dati krugovi k 1 (O 1, r 1 ), k 2 (O 2, r 2 ) i k 3 (O 3, r 3 ) takvi da k 1 dodiruje krug k 2 u tački P, k 2 dodiruje krug k
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)
SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA
SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA April, 2013 Razni zapisi sistema Skalarni oblik: Vektorski oblik: F = f 1 f n f 1 (x 1,, x n ) = 0 f n (x 1,, x n ) = 0, x = (1) F(x) = 0, (2) x 1 0, 0 = x n 0 Definicije
IZVODI ZADACI (I deo)
IZVODI ZADACI (I deo) Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C`=0. `=. ( )`= 4. ( n )`=n n-. (a )`=a lna 6. (e )`=e 7. (log a )`= 8. (ln)`= ` ln a (>0) 9. = ( 0) 0. `= (>0) (ovde je >0 i a
> 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)
x bx c + + = 0 po nepoznatoj x, vrijedi da je
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
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)
Ako dva trougla imaju dvije stranice proporcionalne i podudaran ugao izme du njih tada su ta dva trougla slična.
Sličnost trouglova i Talesova teorema Definicija sličnosti trouglova Dva trougla ABC i A B C su slična ako su im sva tri ugla redom podudarna i ako su im a odgovarajuće stranice proporcionalne tj. = b
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
Deljivost. 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18.
Deljivost 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18. Rešenje: Nazovimo naš izraz sa I.Važi 18 I 2 I 9 I pa možemo da posmatramo deljivost I sa 2 i 9.Iz oblika u kom je dat
PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE
Fakultet Tehničkih Nauka, Novi Sad PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE 1 Za koje vrednosti parametra p R polinom f x) = x + p + 1)x p ima tačno jedan, i to pozitivan realan koren? U skupu realnih
Aksiome podudarnosti
Aksiome podudarnosti Postoji pet aksioma podudarnosti (tri aksiome podudarnosti za duži + dvije aksiome podudarnosti za uglove) III 1 Za svaku polupravu a sa početnom tačkom A i za svaku duž AB, postoji
2.7. DEVET RJEŠENJA JEDNOG ZADATKA IZ GEOMETRIJE *)
.7. DEVET RJEŠENJ JEDNOG ZDTK IZ GEOMETRIJE *) Riječ je o sljedećem zadatku iz geometrije: Oko jednakostraničnog trougla Δ opisana je kružnica. Dokazati da svaka tačka M luka ima osobinu M+ M = M. Daćemo
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
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
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
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,
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
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
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
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 )
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
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
1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i
PRIPREMA ZA II PISMENI IZ ANALIZE SA ALGEBROM. zadatak Re{avawe algebarskih jedna~ina tre}eg i ~etvrtog stepena. U skupu kompleksnih brojeva re{iti jedna~inu: a x 6x + 9 = 0; b x + 9x 2 + 8x + 28 = 0;
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 +
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
MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15
MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 Matrice - osnovni pojmovi (Matrice i determinante) 2 / 15 (Matrice i determinante) 2 / 15 Matrice - osnovni pojmovi Matrica reda
OBRTNA TELA. Vladimir Marinkov OBRTNA TELA VALJAK
OBRTNA TELA VALJAK P = 2B + M B = r 2 π M = 2rπH V = BH 1. Zapremina pravog valjka je 240π, a njegova visina 15. Izračunati površinu valjka. Rešenje: P = 152π 2. Površina valjka je 112π, a odnos poluprečnika
Ministarstvo prosvete i sporta Republike Srbije Druxtvo matematiqara Srbije Prvi razred A kategorija
18.02006. Prvi razred A kategorija Dokazati da kruжnica koja sadrжi dva temena i ortocentar trougla ima isti polupreqnik kao i kruжnica opisana oko tog trougla. Na i najve i prirodan broj koji je maƭi
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
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
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
Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu
Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Planimetrija. Sličnost trouglova. GF 000 Dužine stranica trougla su 5cm, cm i 8cm. Dužina najduže stranice njemu sličnog
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
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
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
O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš
O trouglu mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš O trouglu 2 O TROUGLU Trougao je nezaobilazna tema kako osnovne tako i srednje škole. O trouglu se skoro sve zna. Navodimo te činjenice.
Teorija brojeva Okvirni program rada sa nadarenim učenicima osnovnih škola. Hasan Jamak Prirodno-matematički fakultet Sarajevo
Teorija brojeva Okvirni program rada sa nadarenim učenicima osnovnih škola Hasan Jamak Prirodno-matematički fakultet Sarajevo January 24, 2012 Uvod U Bosni i Hercegovini već pedesetak godina se organizuju
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
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
ZANIMLJIVI ZADACI O BROJU 2014 (I)
Prirodno-matematički fakultet, Univerzitet u Nišu, Srbija http://www.pmf.ni.ac.rs/mii Matematika i informatika () (014), 9-4 ZANIMLJIVI ZADACI O BROJU 014 (I) Dušan J. Simjanović Prirodno-matematički fakultet
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: ;
RAČUNSKE VEŽBE IZ PREDMETA POLUPROVODNIČKE KOMPONENTE (IV semestar modul EKM) IV deo. Miloš Marjanović
Univerzitet u Nišu Elektronski fakultet RAČUNSKE VEŽBE IZ PREDMETA (IV semestar modul EKM) IV deo Miloš Marjanović MOSFET TRANZISTORI ZADATAK 35. NMOS tranzistor ima napon praga V T =2V i kroz njega protiče
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
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
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
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
x n +m = 0. Ovo proširenje ima svoju manu u tome da se odričemo relacije poretka - no ne možemo imati sve...
1 Kompleksni brojevi Kompleksni brojevi Već veoma rano se pokazalo da je skup realnih brojeva preuzak čak i za neke od najosnovnijih jednačina. Primjer toga je x n +m = 0. Pokazat ćemo da postoji logično
4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x.
4.7. ZADACI 87 4.7. Zadaci 4.7.. Formalizam diferenciranja teorija na stranama 4-46) 340. Znajući izvod funkcije arcsin, odrediti izvod funkcije arccos. Rešenje. Polazeći od jednakosti arcsin + arccos
a je vrijednost Q x x iznosi P( a ). Primjenom tog stava zaključuje se da ostatak pri dijeljenju P( x ) sa ( ) = ( 1)
Elektrotehnički fakultet u Sarajevu akademska 0/. ŠIFRA KANDIDATA _ Zadatak. Proizvod rješenja jednačine 4 5 = 64 je: a) 6 b) -6 c) d) - Jednačinu je moguće napisati u obliku 4 5 64 = 0. Na osnovu Vietovih
( 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,
Dvanaesti praktikum iz Analize 1
Dvaaesti praktikum iz Aalize Zlatko Lazovi 20. decembar 206.. Dokazati da fukcija f = 5 l tg + 5 ima bar jedu realu ulu. Ree e. Oblast defiisaosti fukcije je D f = k Z da postoji ula fukcije a 0, π 2.
Elementarni zadaci iz predmeta Euklidska geometrija 1
Elementarni zadaci iz predmeta Euklidska geometrija 1 Trougao Računanje uglova u trouglu 1. Težišnica i visina iz vrha A u ABC djele ugao α na tri jednaka dijela. Koliki su uglovi trougla ABC. 2. U trouglu
numeričkih deskriptivnih mera.
DESKRIPTIVNA STATISTIKA Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću numeričkih deskriptivnih mera. Pokazatelji centralne tendencije Aritmetička sredina, Medijana,
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
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
MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori
MATEMATIKA 2 Prvi pismeni kolokvijum, 14.4.2016 Grupa 1 Rexea zadataka Dragan ori Zadaci i rexea 1. unkcija f : R 2 R definisana je sa xy 2 f(x, y) = x2 + y sin 3 2 x 2, (x, y) (0, 0) + y2 0, (x, y) =
Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1
Građevinski fakultet Univerziteta u Beogradu 3.2.2016. Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Prezime i ime: Broj indeksa: 1. Definisati Koxijev niz. Dati primer niza koji nije Koxijev. 2. Dat je red n=1
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)
9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE
Geodetski akultet, dr sc J Beban-Brkić Predavanja iz Matematike 9 GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Granična vrijednost unkcije kad + = = Primjer:, D( )
Sli cnost trouglova i Talesova teorema
Sli cnost trouglova i Talesova teorema Denicija. Dva trougla ABC i A B C su sli cna ako su im sva tri ugla redom podudarna a i ako su im odgovaraju ce stranice proporcionalne tj. a = b b = c c. Stav 1.
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
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 =,
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
MJERA I INTEGRAL 2. kolokvij 30. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!)
JMBAG IM I PZIM BOJ BODOVA MJA I INTGAL 2. kolokvij 30. lipnja 2017. (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. (ukupno 6 bodova) Neka je (, F, µ) prostor mjere i neka je (
Otpornost R u kolu naizmjenične struje
Otpornost R u kolu naizmjenične struje Pretpostavimo da je otpornik R priključen na prostoperiodični napon: Po Omovom zakonu pad napona na otporniku je: ( ) = ( ω ) u t sin m t R ( ) = ( ) u t R i t Struja
Uvod u teoriju brojeva. Andrej Dujella
Uvod u teoriju brojeva (skripta) Andrej Dujella PMF - Matematički odjel Sveučilište u Zagrebu Sadržaj. Djeljivost.... Kongruencije... 3. Kvadratni ostatci... 9 4. Kvadratne forme... 38 5. Aritmetičke funkcije...
Dužina luka i oskulatorna ravan
Dužina luka i oskulatorna ravan Diferencijalna geometrija Vježbe Rješenja predati na predavanjima, u srijedu 9. ožujka 16. god. Zadatak 1. Pokazati da je dužina luka invarijantna pod reparametrizacijom
5 Ispitivanje funkcija
5 Ispitivanje funkcija 3 5 Ispitivanje funkcija Ispitivanje funkcije pretodi crtanju grafika funkcije. Opšti postupak ispitivanja funkcija koje su definisane eksplicitno y = f() sadrži sledeće elemente:
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
Pismeni ispit iz predmeta Euklidska geometrija 1
Univerzitet u Zenici Pedagoški fakultet Odsjek: Matematika i informatika Zenica, 27.01.2010. Pismeni ispit iz predmeta Euklidska geometrija 1 Zadatak br. 1 a) U oštrouglom trouglu ABC (AC < BC) visina
Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu
Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Analitička geometrija 1. Tačka 1. MF000 Neka su A(1, 1) i B(,11) tačke u koordinatnoj ravni Oxy. Ako tačka S deli duž AB
9 Elementarni zadaci: Prizma i kvadar
9 Elementarni zadaci: Prizma i kvadar Elementarna pitanja: 1. Kako glasi formula za računanje površine prizme? 2. Kako glasi formula za računanje zapremine prizme? [V = B H] 3. Kako glasi formula za računanje
Slučajni procesi Prvi kolokvij travnja 2015.
Zadatak Prvi kolokvij - 20. travnja 205. (a) (3 boda) Neka je (Ω,F,P) vjerojatnosni prostor, neka je G σ-podalgebra od F te neka je X slučajna varijabla na (Ω,F,P) takva da je X 0 g.s. s konačnim očekivanjem.