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 OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN. Zadatak B-1.1. Rastavite na faktore izraz x 5 5x + 4x. x 5 5x + 4x = x ( x 4 5x + 4 ) = = x(x 1)(x 4) = = x(x 1)(x + 1)(x )(x + ). ( boda) Zadatak B-1.. Izračunajte 1 1 x 1 + 6 x + 5 x x + 5 x 1. 1 1 x 1 + 6 x + 5 x x + 5 x 1 = = x 1 x x + 6x + 5 x x + 5 x 1 = (x 1) (x + 1) (x + 1) (x + 5) x + 5 x 1 = 1 ( boda) x 1, 0, 1, 5 1
Zadatak B-1.. Otac je od kćeri stariji godine, a prije 11 godina kći je od njega bila 4 puta mlada. Koliko otac ima godina? Ako broj godina oca označimo s x, broj godina kćeri je x. Tada je: x 11 = 4 (x 11) x 11 = 4x 176 x = 55 ( boda) Otac ima 55 godina. Zadatak B-1.4. Ortocentar jednakokračnog trokuta nalazi se u jednom od vrhova trokuta. Ako su duljine krakova cm, kolika je duljina polumjera tom trokutu opisane kružnice? Sjecište visina je vrh trokuta ako i samo ako je trokut pravokutan. Zaključujemo da je zadani trokut pravokutan. ( boda) Polumjer opisane kružnice pravokutnom trokutu je polovica hipotenuze. r = c = 1 ( ) =. ( boda) Zadatak B-1.5. Neka su A, B, C točke na kružnici sa središtem u točki S takve da je SBC = 0, a BCA = 50. Koliko iznosi mjera kuta ABC? (Točka S nalazi se unutar trokuta ABC.) Prvo rješenje. Trokut BSC je jednakokračan pa je kut BSC = 10. U jednakokračnom trokutu SCA je kut SCA = 50 0 = 0, a kut ASC = 140. Nadalje, kut ASB = 60 ( BSC + ASC) = 60 (10 + 140 ) = 100. Konačno, ABS = 1 (180 100 ) = 40 i ABC = 40 + 0 = 70. Drugo rješenje. Trokut BSC je jednakokračan pa je BSC = 180 0 = 10. Prema poučku o obodnom i središnjem kutu vrijedi BAC = 1 BSC = 60. ( boda) Kako je zbroj kutova u trokutu 180, slijedi ABC = 180 (60 + 50 ) = 70.
Zadatak B-1.6. Autobus krene iz početne stanice sa stanovitim brojem putnika. Na prvoj stanici izade 0% putnika, a ude 4 putnika. Na idućoj stanici izade putnika, a nitko ne ude. Na posljednjoj se stanici iskrca preostalih 16 putnika. Koliko je putnika ušlo u autobus na početnoj stanici? Označimo broj putnika koji su ušli u autobus na početnoj stanici s x. Nakon što 0% putnika izade na prvoj stanici, u autobusu je x 0%x = 0.8x putnika. ( boda) Kad tome dodamo još i 4 putnika koji udu, nakon prve stanice u autobusu je 0.8x + 4 putnika. Od tog broja na sljedećoj stanici izade putnika, što znači da je preostala 1 tog broja, odnosno 1 (0.8x + 4), ( boda) a kako taj broj iznosi 16, vrijedi 1 (0.8x + 4) = 16, ( boda) odnosno x = 0. ( boda) Na početnoj stanici u autobus je ušlo 0 putnika. Zadatak B-1.7. Ako su a, b realni brojevi takvi da vrijedi a <, b <, onda je b a > 1 ab. Dokažite! Prema uvjetu zadatka je a + < 0 b < 0 ( boda) Množenjem dva negativna broja dobivamo pozitivan broj, tj. (a + ) (b ) > 0. Ako izmnožimo te dvije zagrade, dobivamo tvrdnju zadatka: (4 boda) ab a + b 4 > 0 b a > 4 ab / 1 b a > 1 ab (4 boda)
Zadatak B-1.8. Suma dvoznamenkastog broja i broja koji ima iste znamenke, ali napisane obrnutim redoslijedom je potpuni kvadrat. Odredite sve takve brojeve! Označimo traženi broj sa xy. Tada je xy + yx = n ( boda) 10x + y + 10y + x = n 11 (x + y) = n ( boda) Zbroj znamenaka mora biti 11, a to se može postići na sljedeće načine: + 9, + 8, 4 + 7, 5 + 6, 6 + 5, 7 + 4, 8 +, 9 + (4 boda) Traženi brojevi su: 9, 8, 47, 56, 65, 74, 8 i 9. 4
ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE. razred srednja škola B kategorija 4. veljače 010. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA ZADATKA, POVJEREN- STVO JE DUŽNO I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN. Zadatak B-.1. Riješite jednadžbu x ( x 6 ) ( x ) = 11. x ( x 6 ) ( x ) = 11 Uvodimo supstituciju x = t. x 6 x x + 4 + 11 = 0 x 8 x + 15 = 0 t 8t + 15 = 0 t 1 =, t = 5 x 1 = 9, x = 5 Zadatak B-.. Izračunajte unutarnji kut pravilnog mnogokuta ako je ukupan broj svih stranica i dijagonala jednak 105. Broj stranica tog mnogokuta označimo s n. Tada je: n + n (n ) Pozitivno rješenje ove kvadratne jednadžbe je 15. Unutarnji kut izračunamo po formuli = 105 (n ) 180 α = n α = 156 5
Zadatak B-.. Dana je jednadžba x px + q = 0, gdje su p i q pozitivni realni brojevi. Ako je razlika rješenja jednadžbe 1, a zbroj rješenja, izračunajte p i q. Prvo rješenje. Prema Vieteovim formulama je x 1 + x = p, x 1 x = q, a prema uvjetima zadatka x 1 + x = x 1 x = 1 iz čega slijedi p =. x 1 x = (x 1 x ) = (x 1 + x ) 4x 1 x 1 = 4 4q q = 4 Napomena: Razliku rješenja možemo dobiti i direktnim uvrštavanjem u formulu za rješenja kvadratne jednadžbe: b + D x 1 x = b D = D D = 1 4 4q = 1 q = 4 Priznati i ako nije korištena apsolutna vrijednost. Drugo rješenje. Ako je zbroj rješenja, a razlika 1, onda su rješenja brojevi 1 i. ( boda) Vrijednosti za p i q dobivamo direktnim uvrštavanjem u jednadžbu (ili opet po Vieteu). ( boda) 6
Zadatak B-.4. Odredite sve prirodne brojeve x koji zadovoljavaju sustav nejednadžbi x 6 x 1, 1 x 6 0. Rješenje tražimo u skupu prirodnih brojeva pa prvu nejednadžbu smijemo pomnožiti s nazivnikom. Dobivamo nejednadžbu x x 6 0 čije rješenje u skupu N je x {, 4, 5,...}. ( boda) Rješenje nejednadžbe x 6 < 0 u skupu N je x {1,,, 4, 5}. Konačno rješenje zadatka je x {, 4, 5}. Zadatak B-.5. Kojom znamenkom završava zbroj svih pozitivnih djelitelja broja 105? 105 = 5 7 Djelitelji od 105 su 1,, 5, 7, 15, 1, 5, 105. ( boda) Zbroj djelitelja iznosi 19. Zadnja znamenka zbroja je. 7
Zadatak B-.6. Izračunajte površinu lika kojeg u Gaussovoj ravnini odreduje skup kompleksnih brojeva z za koje vrijedi z 1 i, Re z 0, Im z 0. Za zadani skup točaka z = x + yi vrijedi Nadalje, x + yi 1 i x 0, y 0 (x 1) + i(y 1) (x 1) + (y 1). Konačno, skup točaka koje treba nacrtati je (x 1) + (y 1), x 0, y 0. ( boda) Treba izračunati površinu dijela kruga sa središtem u S(1, 1) i r =, koji se nalazi u prvom kvadrantu. Taj lik se sastoji od polovice kruga i jednakokračnog pravokutnog trokuta OAB. (Vidi sliku!) Precizno nacrtana slika... ( boda) P = 1 r π + 1 OA = ( boda) = 1 π + 1 4 = π +. ( boda) Napomena: Do kruga sa središtem u S(1, 1) radijusa r =, može se doći i direktno iz modula: kao skup svih kompleksnih brojeva z čija je udaljenost od 1 + i manja ili jednaka od. ( boda) 8
Zadatak B-.7. Poprečni presjek tunela ima oblik parabole. Najveća širina tunela je 6 m, a najveća visina 8 m. Može li kamion širine 4 m i visine 4.5 m proći kroz taj tunel? Obrazložite! Ako je visina kamiona 4 m, do koliko najviše metara može iznositi njegova širina tako da prode kroz tunel? Parabolu smjestimo u koordinatni sustav tako da joj tjeme ima koordinate (0, 8). Tada su njene nultočke T 1 (, 0) i T (, 0), a jednadžba je y = 8 9 x + 8. (4 boda) Priznati i neku drugu jednadžbu parabole (ovisno o odabiru koordinatnog sustava) ako je vidljivo kako je učenik do nje došao, npr. y = 8 9 x + 16 x. Ako je širina kamiona 4 metra, onda bi njegova visina trebala biti manja od 8 9 + 8 = 40. 9 Kako je 4.5 > 40, kamion neće moći ući u tunel. ( boda) 9 Ako je visina kamiona 4 metra, onda maksimalnu širinu (x) možemo izračunati iz: 4 < 8 9 x + 8 x < 9 9 Maksimalna širina mora biti manja od. ( boda) 9
Zadatak B-.8. Dvije kružnice dodiruju se iznutra u točki F. Promjer jedne kružnice je 8 cm, a promjer druge dvostruko je manji. Iz rubne točke T promjera T F veće kružnice konstruiramo tangentu na manju kružnicu. Ako je točka E sjecište (E T ) tangente i veće kružnice, a S 1 središte manje kružnice, odredite opseg trokuta T S 1 E. Skica... Vrijedi da je T DS 1 = 90 (tangenta) i T EF = 90 (kut nad promjerom kružnice) pa su trokuti T DS 1 i T EF slični. ( boda) Vrijedi da je T S 1 = 6 cm, T F = 8 cm i S 1 D = cm. Zbog sličnosti trokuta je T S 1 : T F = S 1 D : EF pa je 6 : 8 = : EF, tj. EF = 8. Sada je T E = T F EF = 64 64 = 16. 9 Po Pitagorinom poučku slijedi T D = T S 1 S 1 D = 6 4 = 4. Sada je S 1 E = S 1 D + DE = (16 4 + 4 ) = 68 9 = 17. ( boda) Opseg trokuta je o = 6 + 17 + 16 cm. ( boda) 10
ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE. razred srednja škola B kategorija 4. veljače 010. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA ZADATKA, POVJEREN- STVO JE DUŽNO I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN. Zadatak B-.1. Izračunajte tg 58 tg 8 1 + tg 58 ctg 6. Prvo rješenje. Kako je ctg 6 = tg 8 tg 58 tg 8 1 + tg 58 ctg 6 = tg 58 tg 8 1 + tg 58 tg 8 = tg (58 8 ) = tg 0 =. ( boda) Drugo rješenje. tg 58 tg 8 1 + tg 58 ctg 6 = sin 58 sin 8 cos 58 cos 8 sin 58 cos 6 = 1 + cos 58 sin 6 = sin 0 sin 6 sin 10 cos 8 = 1 sin (58 8 ) cos 58 cos 8 sin (58 + 6 ) cos 58 sin 6 = = ( boda). ( boda) Zadatak B-.. Riješite nejednadžbu 16 sin x 4 0. 4 sin x 4 sin x 1 sin x 1 π 6 + kπ x 5π 6 + kπ/ 1 π 18 + 5π kπ x 18 + kπ, k Z ( boda) Napomena: Analogno bodovati ako je učenik računao u stupnjevima. 11
Zadatak B-.. Izračunajte 1 log n + 1 log 1 log n + 1 log = log n + log n = log n n + 1 log 4 n + 1 log 4 n +... + 1, n N. log n n n 1 + log 4 n ( 4 n n 1 n +... + 1 log n n 1 n = + + log n n n 1 = ) = = log n n = 1. ( boda) Napomena: Zadatak se može riješiti i prikazivanjem danih logaritama pomoću logaritama po bazi 10 (ili nekoj drugoj bazi) te svodenjem danog izraza na zajednički nazivnik. Zadatak B-.4. Oko kružnice promjera 5 cm opisan je jednakokračni trapez površine 6 cm. Odredite opseg trapeza. Trapez je tangencijalni pa za njegove stranice vrijedi a + c = b. Površina trapeza je P = a + c v = b r. Slijedi 6 = 5b, b = 7. cm. Opseg trapeza iznosi O = a + c + b = 4b = 8.8 cm. Zadatak B-.5. Za koje realne brojeve x funkcija f(x) = sin x cos x 1 ima najmanju vrijednost? Funkciju f(x) = sin x cos x 1 zapišimo u pogodnom obliku. f(x) = sin x cos x 1 = sin x ( 1 sin x ) 1 = sin x + sin x Uz t = sin x funkcija f(t) = t + t je kvadratna funkcija koja postiže najmanju vrijednost za t 0 = 1. Kako je t = sin x, to će zadana funkcija imati najmanju vrijednost za sin x = 1, odnosno za x 1 = 7π 6 + kπ, k Z i x = 11π + kπ, k Z. 6 1
Zadatak B-.6. U unutrašnjosti kvadrata ABCD postoji točka M takva da je MA = 7 cm, MB = 1 cm i MC = 17 cm. Izračunajte površinu kvadrata ABCD. Neka je a duljina stranice kvadrata. Postavimo koordinatni sustav kao na slici: Za točnu sliku s označenim koordinatama svih točaka: Ako su (x, y) koordinate točke M, slijedi: ( boda) x + y = 49 (x a) + y = 169 (x a) + (y a) = 89 Nakon sredivanja dobije se: a ay = 10 a ax = 10, tj. x = y. Dakle, točka M leži na dijagonali kvadrata. Duljina dijagonale kvadrata je 7 + 17 = 4. Površina kvadrata je P = 1 d = 1 4 = 88. ( boda) Napomena: Zadatak se može riješiti i bez koordinatnog sustava. Koristeći Pitagorin poučak, dode se do sličnog sustava jednadžbi. Tada bodujemo kao i gore: 5 bodova za postavljanje sustava i 5 bodova za njegovo rješavanje uključujući i izračunavanje površine. 1
Zadatak B-.7. Riješite jednadžbu sin x cos x = sin(010x). Jednadžba sin x cos x = sin(010x) dijeljenjem s prelazi u 1 sin x cos x = sin(010x) cos π sin x sin π cos x = sin(010x) ( sin x π ) = sin(010x) (5 bodova) 1. slučaj: x π. slučaj: x π 1 = 010x + kπ, tj. x = ( π ) 009 kπ, k Z. ( boda) = π 010x + kπ, tj. x = 1 011 ( ) 4π + kπ, k Z. ( boda) Zadatak B-.8. Pravilnu četverostranu krnju piramidu čiji su osnovni bridovi a = 1 cm i c = 8 cm, a svi bočni bridovi b = 0 cm, presijeca ravnina koja prolazi kroz krajnju točku dijagonale manje osnovke okomito na tu dijagonalu. Koliko je oplošje manjeg dijela piramide koji je nastao tim presijecanjem? Skica: Uvedimo sljedeće oznake: v je visina krnje piramide, d = AC, d 1 = EG, x = P K, y = P C. 14
Traženo oplošje nastale piramide KLCG (s vrhom u G i osnovicom KLC) računamo kao zbroj površina: O = P KLG + P KCG + P KCL. Da bismo mogli izračunati površinu danog presjeka, trokuta KLG, odredimo: y = d d 1 = 1 8 = cm, v = b y = 400 ( ) = 9 = 14 cm. ( boda) Iz sličnosti trokuta MBC i P KC slijedi i KC a = y, odnosno KC = 4 cm. d Osnovica piramide je KLC, a njegova je površina d d x = y, odnosno, x = y = cm P KLG = xv = 56 cm. P KLC = xy = 8 cm. Bočne strane piramide su sukladni trokuti KCG i LCG s osnovicom duljine KC = 4 cm i visinom jednakoj visini jednakokračnog trapeza BCGF. Stoga je P KCG = 4 400 4 = 1 11 cm. I, konačno, O = 56 + 8 + 1 11 = 64 + 4 11 cm. 15
ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. razred srednja škola B kategorija 4. veljače 010. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA ZADATKA, POVJEREN- STVO JE DUŽNO I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN. Zadatak B-4.1. Riješite jednadžbu sin x cos x + tg x = 1. Prvo rješenje. sin x cos x + sin x cos x Jednadžbu pomnožimo sa cos x i dobivamo = 1, cos x 0. sin x cos x cos x + sin x = cos x. Grupiranjem članova slijedi (cos x + 1) (sin x cos x) = 0. cos x = 1 ili tg x = 1. Tada je x 1 = π + kπ, x = π 4 + kπ. ( boda) Drugo rješenje. (Univerzalnom supstitucijom) tg x t 1 t t = t, sin x =, cos x =, tg x = 1 + t 1 + t 1 t, t ±1. t 1 + t 1 t 1 + t + t = 1. 1 t t + t 1 = 0 t 1, = 1 ±, x = arctg( 1 ± ) + kπ, k Z. Još treba provjeriti uvjet tg x ±1 i kada tg x nije definirano. Prvi je uvjet zadovoljen jer je tg x = ±1 za x = ±π + kπ, što nije rješenje. tg x nije definiran za x = π + kπ, odnosno x = π + kπ, a to je rješenje. 16
Zadatak B-4.. Odredite jednadžbu kružnice koja dira pravac x y + 4 = 0, a središte joj se nalazi na pravcima x y 9 = 0 i y + 1 = 0. Središte kružnice je u točki presjeka pravaca x y 9 = 0 i y + 1 = 0, odnosno rješenje danog sustava, a to je točka (, 1). Polumjer je jednak udaljenosti središta S(, 1) do pravca x y + 4 = 0 r = Rješenje: (x ) + (y + 1) = 10. + + 4 1 + 9 = 10. Zadatak B-4.. Odredite ( vrijednosti realnog parametra a, ako je koeficijent uz linearni član u razvoju binoma x + 1 ) 7 jednak 7 ax? ( ) ( ) k 7 1 Opći član u razvoju binoma dan je izrazom x 7 k k ax ( ) ( ) k ( ) 7 1 7 ili, nakon sredivanja, x 7 k = x 7 k k a k. k ax k Linearni član je onaj kojemu je eksponent od x jednak 1, tj. Sada je Napomena: 7 k = 1 k = ( ) 7 a = 7, a odatle a = 9, tj. a = ±. Ako učenik napiše samo a =, gubi 1 bod. ( boda) 17
Zadatak B-4.4. Ako je z rješenje jednadžbe z z + 1 = 0, koliko je z 010 z 1005 + 1? Prvo rješenje. Rješenje dane jednadžbe nije z = 1 pa možemo tu jednadžbu pomnožiti sa z + 1. Dobit ćemo: (z + 1)(z z + 1) = 0 z + 1 = 0 z = 1 Tada je i z 1005 = ( z ) 5 = 1, a z 010 = ( z 1005) = 1 pa je z 010 z 1005 + 1 =. Drugo rješenje. Riješimo kvadratnu jednadžbu. z 1, = 1 ± 1 4 Dobivena rješenja možemo prikazati u trigonometrijskom obliku: = 1 ± i. z 1 = cos π + i sin π z = cos 5π + i sin 5π Sada je z1 1005 = cos 1005π + i sin 1005π = 1 i z 010 1 = 1. Slično je z 1005 = 1 i z 010 = 1. U oba slučaja je z 010 z 1005 + 1 =. 18
Zadatak B-4.5. Elipsa x a + y 16 = 1 i parabola y = px sijeku se u točki T (4, ). Kolika je površina trokuta T F E F P, ako je F E fokus elipse koji se nalazi na pozitivnom dijelu osi x, a F P fokus parabole? Prvo odredimo nepoznate veličine za elipsu: (4 ) + 4 a 16 = 1, a = 64, e = 64 16 = 4, F E (4, 0). Zatim za parabolu: Površina trokuta je 4 = p 4, p = P = 4 1 ( ) 6, F P 1, 0. = 47. 1 Zadatak B-4.6. Jednadžbe pravaca na kojima leže dvije stranice trokuta su AB : x + y = 0, AC : x + 4y = 0. Ako je jednadžba simetrale kuta β jednaka s β : x y + 5 = 0, odredite koordinate vrhova trokuta ABC. ( ) 4 Vrh A je presjek pravaca AB i AC, A =, 1. ( Vrh B je presjek pravaca AB i s β, B = 1, 9 ). Koeficijente smjera pravaca AB, s β, BC označimo sa k AB, k sβ, k BC. Zbog svojstva simetrale kuta vrijedi da su kutovi (BA, s β ) i (s β, BC) jednaki, a tada su i njihovi tangensi jednaki te vrijedi: k AB k sβ 1 + k AB k sβ = k sβ k BC 1 + k BC k sβ ( ) 1 1 + ( ) 1 = 1 k BC 1 + 1 k BC. Ova jednadžba ima dva rješenja: k BC = 1, k BC =, ( boda) 19
ali samo je k BC = 1 dobro rješenje jer u drugom slučaju pravci na kojima leže dvije stranice trokuta imaju isti koeficijent smjera, što je nemoguće. Napomena: Pravilnim poretkom koeficijenata smjera može se izostaviti apsolutna vrijednost u ( ) pa se odmah dobije samo jedno, valjano rješenje. U tom slučaju treba postojati skica iz koje se poredak vidi pa se može dati sva boda za odredivanje k BC. Jednadžba pravca BC točkom B uz poznati koeficijent smjera k BC = 1 je BC : y 9 = ( 1 x + 1 ), odnosno BC : x + y 1 = 0. ( boda) ( I, konačno, vrh C je presjek pravaca BC i AC, C = 5 5, 9 ). 5 Zadatak B-4.7. Riješite jednadžbu ( ) x + 4 x ( ) x + 1 + x ( ) x + = 15. Primjenimo li svojstvo simetričnosti binomnih koeficijenata, jednadžbu pišemo u obliku ( ) ( ) ( ) x x + 1 x + + 4 + = 15. ( boda) x(x 1)(x ) (x + 1)x(x 1) + 4 + 6 6 Nakon provedenog množenja imamo: (x + )(x + 1)x 6 = 15. ( boda) x (x x + + 4x 4 + x + x + ) = 6 15 6x = 6 15 x = 5 (4 boda) ( boda) 0
Zadatak B-4.8. Dokažite da za svaki prirodni broj n vrijedi sin 1 + sin + sin 5 +... + sin(n 1) = sin n sin 1. Prvo rješenje. Zadatak napišimo u obliku sin 1 sin 1 + sin 1 sin + sin 1 sin 5 +... + sin 1 sin(n 1) = sin n. Koristeći identitet sin x sin y = 1 (cos(x y) cos(x + y)) dobivamo: ( boda) sin 1 sin 1 + sin 1 sin + sin 1 sin 5 +... + sin 1 sin(n 1) = = 1 (cos 0 cos + cos cos 4 + cos 4 cos 6 +... + cos(n ) cos(n)) = (5 bodova) = 1 (1 cos(n)) = sin n. ( boda) Drugo rješenje. Matematičkom indukcijom. Provjerimo tvrdnju za n = 1: sin 1 = sin 1 (baza indukcije) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za neki prirodni broj n: sin 1 + sin + sin 5 +... + sin(n 1) = sin n. (pretpostavka indukcije) sin 1 Dokažimo da tada tvrdnja vrijedi i za n + 1: sin 1 + sin + sin 5 +... + sin(n 1) + sin(n + 1) = sin (n + 1). sin 1 Krenimo od lijeve strane i iskoristimo pretpostavku sin 1+sin +sin 5+...+sin(n 1)+sin(n+1) = sin n sin 1 +sin(n+1) = sin n + sin 1 sin(n + 1) sin 1 ( boda) i dalje korištenjem trigonometrijskih identiteta dobivamo = 1 cos n + 1 [cos n cos (n + 1)] sin 1 Dakle, tvrdnja vrijedi za sve prirodne brojeve n. = 1 1 cos (n + 1) sin 1 = sin (n + 1). sin 1 (5 bodova) 1