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 +. Rešenje. Ako je n =, onda tražena jednakost jeste =, što je očigledno tačno. Indukcijska pretpostvka jeste da je traženo tvr denje tačno za neki prirodan broj n, tj. pretpostavimo da važi + 5 + + (n )(n + ) = n n +. Potrebno je dokazati tvr denje za prirodan broj n+, odnosno treba dokazati da važi + 5 + + (n )(n + ) + (n + )(n + ) = n + n +. Na osnovu indukcijske pretpostavke sledi: + 5 + + (n )(n + ) + (n + )(n + ) = n n + + (n + )(n + ) = n + n + (n + )(n + ) = n + n +. Time je tvr denje dokazano.. Dat je aritmetički niz a, a, a,.... Zbir prva člana na neparnim mestima je, a zbir prva člana na parnim mestima je. Odrediti prvih šest članova ovog aritmentičkog niza. Rešenje. Neka je a prvi član, a d neka je razlika tog aritmetičkog niza. Tada je, na osnovu uslova zadatka, ispunjeno: Tako de je a + a + a 5 =, a + a 4 + a 6 =. a = a + d, a = a + d, a 4 = a + d, a 5 = a + 4d, a 6 = a + 5d.
Dolazimo do sistema linearnih jednačina a + 6d =, a + 9d =, odnosno a + d =, a + d = 4, čija su rešenja a = 5, d =. Prvih šest članova ovog aritmetičkog niza jesu a = 5, a =, a =, a 4 = 4, a 5 = 7, a 6 = 0.. Odrediti broj a tako da rešenja x i x kvadratne jednačine 4x 5x+a = 0 zadovoljavaju uslov x = x. Rešenje. Na osnovu Vijetovih formula, važe jednakosti: x + x = 5 4, x x = a 4. Ako tim uslovima pridružimo pretpostavku zadatka x = x, tada je 4x + 4x 5 = 0, a = 4x. Rešavanjem prve jednačine dolazimo do zaključka da može biti x = 5, ili x = 5. Stoga postoje dve mogućnosti za a, i to: a = ili a = 7. 4. Rešiti nejednačinu x 4x + < 0. x + Rešenje. Kako je x 4x + = (x )(x ), potrebno je rešiti nejednačinu (x )(x ) x + < 0. Znak svakog činioca posmatramo u odnosu na karakteristične tačke,,, i prikazujemo tabelarno: Sledi da je x + 0 + + + + + x 0 + + + x 0 + (x )(x ) x + + 0 0 + (x )(x ) < 0 ako i samo ako je x < ili < x <. x +
5. Rešiti jednačinu sin x cos x =. Rešenje. Data jednačina može biti zapisana u ekvivalentnom obliku: sin x cos x =. Kako je sin π = i cos π =, poslednja jednačina je ekvivalentna jednačini sin x cos π cos x sin π =, ili ( sin x π ) =. Rešenje ove jednačine jeste x π = π + kπ, k Z, odnosno x = 5 π + kπ, k Z. 6 6. Izračunati ( + i ) 0. Rešenje. Neka je z = + i. Tada je z =. Argument φ kompleksnog broja z zadovoljava uslov tg φ =. Kako broj z pripada drugom kvadrantu (realan deo broja z je pozitivan, a imaginaran deo broja z je negativan), sledi da je φ = 5 π. Stoga je 6 z = z (cos φ + i sin φ) = (cos 56 π + i sin 56 ) π. Na osnovu Moavrove formule, važi z 0 = z 0 (cos 0φ + i sin 0φ) = 5 ( cos 5 π + i sin 5 π ). 7. Rašiti jednačinu 6 4 x 6 x + 6 9 x = 0.
Rešenje. Polaznu jednačinu podelimo sa 9 x, i dobijamo jednačinu ( ) x ( ) x 4 6 + 6 = 0. 9 ( ) x Smenom t = dolazimo do kvadratne jednačine 6t t + 6 = 0, čija su rešenja t = i t = (. Ako je ( Ako je ) x =, onda je jedno rešenje x =. ) x =, onda je drugo rešenje jednačine x =. 8. Osnovica jednakokrakog trougla iznosi. Težišne duži koje su povučene na krake, seku se pod pravim uglom. Odrediti površinu trougla. Rešenje. C T Slika. A Neka je ABC polazni jednakokraki trougao (videti Sliku.), tako da je AB osnovica tog trougla. Povucimo sve tri težišne duži trougla, koje se seku u težištu T. Neka je D sredina osnovice AB. Tada je AD istovremeno težišna duž i visina koja odgovara osnovici AB. Stoga je AD =. Troguao ABT je jednakokraki, sa pravim uglom u tački T. Sledi da je trougao AT D tako de jednakokraki sa pravim uglom u tački D. Proizilazi da je DT = AD =. Poznato je da težiste T deli svaku težišnu duž, pa i duž CD u odnosu :, posmatrano od C ka D. Dakle, CT : T D = :. Sledi da je CD =. Na kraju, površina trougla ABC jeste D P = AB CD =. B 4
9. Dužina dijagonale jednakokrakog trapeza je, a ugao izmedu dijagonale i osnovice tog trapeza je 0. Odrediti površinu tog trapeza. Rešenje. D C Slika. A F E B Neka je AB = a duža osnovica, a CD = b kraća osnovica trapeza (videti Sliku.). Neka su tačke E i F na osnovici AB, tako da su CE = h i DF = h visine trapeza. Kako je EF = b, sledi da je EB = a b i AE = a + b. Uočimo trougao AEC, koji kod temena E ima prav ugao, a kod temena A ima ugao od 0. Tada je CE = h = 6, a na osnovu Pitagorine tereme sledi AE = 6. Proizilazi da je površina trapeza jednaka P = a + b h = 6. 0. Izračunati zapreminu pravilne četvorostrane piramide, koja ima visinu 8 i čiji je dijagonalni presek površine 60. Rešenje. S D C O Slika. A B 5
Neka je osnova piramide kvadrat ABCD, teme piramide neka je S, i neka je O presek dijagonala osnove (videti Sliku.). Tada je SO visina piramide, koja iznosi 8. Dijagonalni presek piramide jeste bilo koji od podudarnih trouglova ACS i BDS. Visina OS ovih trouglova je 8, a površina je 60. Sledi da je AC = BD = 5. Kvadrad ABCD ima dijagonalu 5, te je njegova stranica jednaka 5. Na kraju, zapremina piramide je V = 5 8 = 00. 6