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

Σχετικά έγγραφα
> 0 svakako zadovoljen.

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x

a je vrijednost Q x x iznosi P( a ). Primjenom tog stava zaključuje se da ostatak pri dijeljenju P( x ) sa ( ) = ( 1)

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.

Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.

Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A

7 Algebarske jednadžbe

Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA

Ispit održan dana i tačka A ( 3,3, 4 ) x x + 1

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.

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost

Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika

Zadaci iz trigonometrije za seminar

IZVODI ZADACI (I deo)

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL

1.4 Tangenta i normala

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović

( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva

Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK

Osnovne teoreme diferencijalnog računa

PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

Matematička analiza 1 dodatni zadaci

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju

Uvod u teoriju brojeva

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}

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

Operacije s matricama

1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost

Deljivost. 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18.

6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom

Analitička geometrija

( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;

TRIGONOMETRIJA TROKUTA

Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 2009.)

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto

Prvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2.

Pismeni dio ispita iz Matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja u zavisnosti od parametra a:

Računarska grafika. Rasterizacija linije

Program testirati pomoću podataka iz sledeće tabele:

( , 2. kolokvij)

Elementi spektralne teorije matrica

Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo.

Trigonometrijske nejednačine

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

Teorijske osnove informatike 1

41. Jednačine koje se svode na kvadratne

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a =

Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa:

Inženjerska grafika geometrijskih oblika (5. predavanje, tema1)

( ) ( ) Zadatak 001 (Ines, hotelijerska škola) Ako je tg x = 4, izračunaj

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f

1. Pojam fazi skupa. 2. Pojam fazi skupa. 3. Funkcija pripadnosti, osobine i oblici. 4. Funkcija pripadnosti, osobine i oblici

radni nerecenzirani materijal za predavanja

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15

x n +m = 0. Ovo proširenje ima svoju manu u tome da se odričemo relacije poretka - no ne možemo imati sve...

Funkcija gustoće neprekidne slučajne varijable ima dva bitna svojstva: 1. Nenegativnost: f(x) 0, x R, 2. Normiranost: f(x)dx = 1.

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ

1 UPUTSTVO ZA IZRADU GRAFIČKOG RADA IZ MEHANIKE II

Neka su A i B skupovi. Kažemo da je A podskup od B i pišemo A B ako je svaki element skupa A ujedno i element skupa B. Simbolima to zapisujemo:

Računarska grafika. Rasterizacija linije

Zbirka testova za polaganje maturskog i stručnog ispita iz MATEMATIKE. Zavod za udžbenike i nastavna sredstva PODGORICA

4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x.

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

ELEMENTARNA MATEMATIKA 1

UDRUŽENJE MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE UDRUŽENjE MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE UDRUGA MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE. Sarajevo,

1 Promjena baze vektora

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka

VJEROJATNOST I STATISTIKA Popravni kolokvij - 1. rujna 2016.

2. Ako je funkcija f(x) parna onda se Fourierov red funkcije f(x) reducira na Fourierov kosinusni red. f(x) cos

IZRAČUNAVANJE POKAZATELJA NAČINA RADA NAČINA RADA (ISKORIŠĆENOSTI KAPACITETA, STEPENA OTVORENOSTI RADNIH MESTA I NIVOA ORGANIZOVANOSTI)

Matematika 1 - vježbe. 11. prosinca 2015.

Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA. Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke.

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta.

2. KOLOKVIJ IZ MATEMATIKE 1

ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. p q r F

numeričkih deskriptivnih mera.

Dvanaesti praktikum iz Analize 1

Riješeni zadaci: Realni brojevi i realne funkcije jedne realne varijable

OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE

3.1 Granična vrednost funkcije u tački

Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu.

POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE

Zadaci iz Osnova matematike

APROKSIMACIJA FUNKCIJA

Transcript:

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

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

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

Elektrotehnički fakultet u Sarajevu studijska 0/4. Zadatak 7. Vrijednost izraza ( 0) ( 0) ( 0) + iznosi: 4 6 a) 0 b) c) 48 d) 609 Napišio najprije sve sabirke izraza u dekadno brojno sisteu: 0 0(4) 4 0 4 4 4 8 4 = + + + = + + =, 0 0() 0 0 8 = + + + = + + =, 0 0(6) 6 0 6 6 6 4 6 44 = + + + = + + =. Vrijednost zadatog izraza iznosi: + 8 44 = 48 Tačan odgovor je c. Zadatak 8. Ukupan broj rješenja jednačine: cos = sin a) b) c) 4 d) koja pripadaju segentu [ ππ, ] je: Jednačina cos = sin se transforiše u cos = sin cos cos ( + sin ) = 0. Iz prethodne jednačine slijedi da je cos = 0 ili + sin = 0, odakle se dalji rješavanje dobije: π cos = 0, k = + kπ, k Z π π sin =, = + π, Z;, n = + nπ, n Z 6 6 ππ, pripadaju sao rješenja Uvrštavanje k, i n u posljednje relacije se dobije da segentu [ ], = π,,0 segentu [ ] = π,,0 = π,,0 = π, t.j. ukupno 4 rješenja zadane jednačine pripadaju 6 6 ππ,. Tačan odgovor je c. 4

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

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

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

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

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

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