25
Matematika - usmeni dio ispita Pitanja i rješenja 1. Pitagorin poučak 2 2 2 c b a = + (vrijedi samo za pravokutni trokut) Dokaz: (potoji mnogo dokaza Pitagorinog poučka/teorema, 69 dokaza možete naći ovdje: HTU http://www.cut-the-knot.org/pythagoras/ UTH ) Geometrijski dokaz: Imamo pravokutan trokut ABC (slika) Iz vrha C spustimo visinu na stranicu AB (nožište, tj. točku u kojoj visina sječe stanicu označimo sa H). Trokuti CBH, ACH i ABC su slični => istih omjera (u ovom slučaju to vidimo iz dva ista kuta: kod svakog imamo pravi kut, te kutovi u vrhovima A – kod ACH i B – kod CBH su isti kao i kod ABC). Iz toga uzimamo omjere: AH AC AC AB = i BH BC BC AB = => ACP 2 = AB · AH i BCP 2 = AB · BH , zbrojimo ta 2 izraza i dobivamo: ACP 2 + BCP 2 = AB · (AH + BH) => a vidimo da su AH i BH zbrojeni AB pa je stvar dokazana: ACP 2 + BCP 2 = ABP 2 . 2. Heronova formula ) )( )( ( c s b s a s s P - - - = - površina trokuta se može izračunati preko njegovih stranica (s označava pola opsega, tj. 2 c b a s + + = ). Ili je možemo direktno napisati: 4 ) )( )( )( ( c b b a c b c b a P + + + + + = . Dokaz - trigonometrijski: 2 sin γ = ab P - površina trokuta (u slučaju da je trokut pravokutan γ = 90 sin je 1, pa vrijedi formula za pravokutan trokut: 2 ab P = ) Kosinusov poučak: γ cos 2 2 2 2 - + = ab b a c => ab c b a 2 cos 2 2 2 - + = γ U 1 cos sin 2 2 = + α α uvrstimo gornji cos dobivamo: 1

Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

  • Upload
    others

  • View
    12

  • Download
    0

Embed Size (px)

Citation preview

Page 1: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

Matematika - usmeni dio ispitaPitanja i rješenja

1. Pitagorin poučak

222 cba =+ (vrijedi samo za pravokutni trokut)

Dokaz:(potoji mnogo dokaza Pitagorinog poučka/teorema, 69 dokaza možete naći ovdje: HTU http://www.cut-the-knot.org/pythagoras/ UTH )Geometrijski dokaz:

Imamo pravokutan trokut ABC (slika) Iz vrha C spustimo visinu na stranicu AB (nožište, tj. točku u kojoj visina sječe stanicu označimo sa H). Trokuti CBH, ACH i ABC su slični => istih omjera (u ovom slučaju to vidimo iz dva ista kuta: kod svakog imamo pravi kut, te kutovi u vrhovima A – kod ACH i B – kod CBH su isti kao i

kod ABC). Iz toga uzimamo omjere:

AH

AC

AC

AB = i BH

BC

BC

AB = => ACP

2 P= AB · AH i

BCP

2 P= AB · BH , zbrojimo ta 2 izraza i dobivamo:

ACP

2 P+ BCP

2 P= AB · (AH + BH) => a vidimo da su AH i BH zbrojeni AB pa je stvar

dokazana: ACP

2 P+ BCP

2 P= ABP

2P.

2. Heronova formula

))()(( csbsassP −−−= - površina trokuta se može izračunati preko njegovih

stranica (s označava pola opsega, tj. 2

cbas

++= ). Ili je možemo direktno napisati:

4

))()()(( cbbacbcbaP

+++++= .

Dokaz - trigonometrijski:

2

sin γ⋅= abP - površina trokuta

(u slučaju da je trokut pravokutan γ = 90 sin je 1, pa vrijedi formula za pravokutan

trokut: 2

abP = )

Kosinusov poučak:

γcos2222 ⋅−+= abbac => ab

cba

2cos

222 −+=γ

U 1cossin 22 =+ αα uvrstimo gornji cos dobivamo:

1

Page 2: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

22

2222222222

4

)(4

21cos1sin

ba

cbaba

ab

cba −+−=

−+−=−= γγ

Pa je površina trokuta jednaka (kad zamijenimo sin u gornjoj formuli za površinu s ovdje dobivenim izrazom):

4

222

4

)(4

2

222222444

22

22222 cbbacacba

ba

cbabaabP

+++−−−=−+−⋅= , te se

ovaj zadnji izraz malo „pretumba“ i dobije se 4

))()()(( cbbacbcbaP

+++++= .

QED (quod erat demonstrandum).

3. Dokaz da je 2 iracionalan broj. Za dokaz treba razumjeti skupove brojeva N, Z, Q i R, te smještanje brojeva na pravac.

N – skup prirodnih brojeva, 1, 2, 3, 4, ... (nulu ne uključujemo, iako je mnogi uključuju)Z – skup cijelih brojeva, ..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, ... (N mu je podskup)Q – skup svih racionalnih brojeva: svaki broj koji možemo zapisati pomoću razlomka:

b

a, s time da je NbZa ∈∈ , . (napomena: svaki broj iz skupa Z se može zapisati kao

razlomak pa je Z podskup skupa Q)R – skup realnih brojeva (skup racionalnih i iracionalnih brojeva – brojevi koji se nikako ne mogu zapisati kao razlomak)

Dokaz da je 2 iracionalan:Kontradikcijom: Ustvrdimo suprotno da 2 možemo zapisati kao razlomak (tj. kao racionalan broj):

),(,2 Nnmn

m ∈= - gdje je to potpuno skraćen razlomak (jedini zajednički djelitelj

m i n je 1). Kvadriranjem izraza dobivamo 222 mn = i toga slijedi da je mP

2P paran broj

(svaki paran broj kvadriran daje ponovno paran broj – ako je x paran broj možemo ga zapisati kao x = 2p, kvadriranjem xP

2P = (2p)P

2P = 4pP

2P => xP

2P je paran broj također), tj.

možemo ga zapisati kao )(,2 Nkkm ∈= , uvrštavanjem toga gore 22 42 kn = dobivamo da je i nP

2P paran broj – iz toga proizlazi da se razlomak još može skratiti (sa

2) i tu dolazimo do kontradikcije => znači da je 2 iracionalan broj.

Na brojevnom pravcu to izgleda ovako:

Po „gustoći“ posloženi: N, Z, Q, R\Q (iracionalni), R. R je najgušći skup na brojevnom pravcu i popunjava sve točke pravca.

Skupovi N, Z, Q su beskonačno prebrojivi skupovi, dok je R neprebrojiv.

2

Page 3: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

Prebrojivost => ako postoji bijekcija između skupa N i promatranog skupa. Npr. preslikavanje skupa Z na N: 0 -> 1, 1 -> 2, -1 -> 3, 2 -> 4, -2 -> 5, 3 -> 6 ...

4. Svojstva zbrajanja i množenja na skupu R (Q, Z, N)

1. Komutativnost: abba +=+ abba ⋅=⋅2. Asocijativnost:

)()( cbacba ++=++ )()( cbacba ⋅⋅=⋅⋅ 3. Distributivnost (obostrana množenja prema zbrajanju):

cabacba ⋅+⋅=+⋅ )(

cbcacba ⋅+⋅=⋅+ )(4. Postojanje neutralnih elemenata, 0 (nule) za zbrajanje i 1 (jedinice) za množenje:

xx =+ 0 xx =⋅15. Postojanje suprotnog broja i inverznog broja:

0)( =−+ aa 11 =⋅a

a )0( ≠a

5. Talesov poučak o proporcionalnosti

Ukoliko su dužine AB || CD (AB paralelno CD) vrijedi Talesov teorem o proporcionalnosti:

VA : VC = VB : VDVA : AB = VC : CDVA : VC = AB : CD

6. Teoremi o sličnosti trokuta

- osnovni uvjet sličnosti je da kutovi ostaju sačuvani (homotetija)1. poučak o sličnosti trokuta: SSSAko su duljine svih triju stranica dvaju trokuta proporcionalne, onda su ti trokuti slični: a : aB1B = b : bB1B = c : cB1B

2. poučak o sličnosti kuta: SKSAko se dva trokuta podudaraju u jednom kutu, a stranice Uuz taj kutU su proporcionalne, onda su ti trokuti slični: α = αB1B, b : bB1B = c : cB1B

3. poučak o sličnosti kuta: KK (očito je onda i treći kut određen)Ako se dva trokuta podudaraju u dva kuta, onda su ti trokuti slični: α = αB1B, β = βB1

4. poučak o sličnosti trokuta: SSKAko su dvije stranice dvaju trokuta proporcionalne, a Ukutovi nasuprot većoj straniciU

sukladni, onda su ti trokuti slični: α = αB1, B a : aB1B = b : bB1 B(a > b)

Ukoliko je bilo koji omjer stranica u gornjim poučcima o sličnosti trokuta jednak 1, tj. da su stranice u omjeru iste duljine, ti trokuti su sukladni.

3

Page 4: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

7. Poučak o simetrali unutarnjeg kuta trokuta. Dokaz.

Simetrala kuta sječe nasuprotnu stranicu u omjeru jednaku omjeru tom kutu susjednih stranica:

CD : DB = AC : AB

Dokaz:

Povučemo simetralu sa simetralom unutrašnjeg kuta u vrhu A kroz vrh B, pa produžimo stranicu AC preko vrha A da sječe novo povučenu simetralu kroz vrh B u točki E. Pravac AB sječe dva paralelna pravca BE i AD => kutovi ABE i BAD su sukladni, zatim pravac CE sječe opet ista dva paralelna pravca => kutovi CAD i AEB su sukladni. Pošto simetrala kroz kut u vrhu A (BAC) dijeli kut na dva jednaka dijela iz toga i prethodnih zaključaka slijedi da su kutovi AEB i EBA isti => trokut ABE je jednakokračan. Iz Talesovog poučka o proporcionalnosti (5. dokaz) slijedi CD : DB = CA : AE => (jednakokračan trokut AB = AE) CD : DB = AC : AB – dokazano.

8. Talesov poučak o obodnom kutu nad promjerom kružnice. Dokaz.

Obodni kut nad promjerom kružnice je pravi kut (π/2 ili 90).Dokaz:Znamo da je zbroj kutova u trokutu jedan dva prava, tj. π. Pa prema tome 2β = π – δ i 2α = π – γ, zbrojimo te dvije jednadžbe i podijelimo sa 2 dobivamo da je:

2β + 2α = π – δ + π – γβ + α = π – (δ + γ)/2

δ + γ je π => β + α = π /2 = pravi kut.

4

Page 5: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

9. Poučak o obodnom i središnjem kutu. Dokaz.

Središnji kut (na slici kut α) je dva puta veći od obodnog kuta (na slici kut β) nad istim lukom.Dokaz:

Kut β i α podijelimo sa polupravcem iz točke B kroz točku A: αB1B, αB2B i βB1B, βB2B. Trokuti ABC i ADB su jednakokračni (AB, AC, AD su radijusi) pa slijedi da je αB1 B= 2βB1 Bi αB2 B= 2βB2B. Zbrojimo ta dva izraza dobivamo αB1 B+ αB2 B= 2βB2B + 2βB1B. Time smo dokazali poučak, jer αB1

B+ αB2 B= α, a 2(βB2B + βB1B) = 2 β => α = 2 β.

10. Tetivni četverokut. Dokaz kriterija s kutovima.

Tetivni četverokut je onaj četverokut kojemu se sva četiri vrha mogu opisati jednom kružnicom (stranice su mu onda tetive te kružnice). Primjeri: kvadrat, pravokutnik.

Svojstvo: kriterij s kutovima - zbroj nasuprotnih kutova tetivnog četverokuta je π (180) – to su tzv. suplementarni kutovi.

Dokaz:Pomoću gore već dokazanog poučka o obodnom i središnjem kutu pokažemo da je kut ABC jednak polovini β (ljubičasti dio), te da je CDA jednak polovini od α (zeleni dio). α + β čine puni kut, tj. 2π. Iz toga slijedi:

2 ABC + 2 CDA = 2π /:2Dva nasuprotna kuta ABC i CDA zbrojni daju π.

11. Tangencijalni četverokut. Dokaz kriterija sa stranicama.

Četverokut je tangencijalni ako mu se može upisati kružnica (stranice su mu onda tangente te kružnice).

Svojstvo: kriterij sa stranicama - zbroj nasuprotnih stranica je jednak.

Dokaz:Središte upisane kružnice se nalazi u sjecištu dijagonala kutova. Povučemo okomice iz S na stranice

5

Page 6: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

i dobivamo 8 trokuta. Sukladni su dva i dva (KSK), i to SBG i SEB, SAE i SIA, SHD i SDI, SCH i SGC. Iz toga slijedi da su stranice BG i EB = x, GC i CH = y, HD i DI = z, IA i AE = u iste duljine. Pa su zbrojene nasuprotne stranice AB + CD, tj. x + y + z + u jednake AD + BC, tj. x + y + z + u.

12. Diskriminanta kvadratne jednadžbe.

Kvadratna jednadžba: 02 =++ cbxax

Rješenje kvadratne jednadžbe:a

acbbx

2

42

2,1

−±−=

Izraz pod korijenom se zove još i diskriminanta kvadratne jednadžbe: acbD 42 −=O diskriminatni ovisi priroda rješenja kvadratne jednadžbe:1) D > 0 –> jednadžba ima 2 realna rješenja2) D = 0 –> jednadžba ima jedno dvostruko realno rješenje3) D < 0 –> jednadžba ima kompleksno-konjugirana rješenja (rješenja iz skupa C)

13. Vieteove formule. Izvod.

Zbroj rješenja kvadratne jednadžbeP

(12.)P:

a

b

a

Db

a

Dbxx −=−−++−=+

2221 .

Umnožak: a

c

a

Db

a

Dbxx =−−⋅+−=⋅

2221

Za polinome n-tog stupnja stupnjeva vrijedi isto:0... 01

22

11 =+++++ −

− axaxaxaxa nn

nn

n

nn a

axxx 1

21 ... −−=+++

n

nnnnn a

axxxxxxxxxx 20

1232121 ......... −− =⋅++⋅++⋅+⋅++⋅

...

n

nn a

axxx 0

21 )1(... −=⋅⋅⋅

Tip: (-1)P

nP ovdje predznak alternira: kad je n paran predznak je +, kad je neparan

predznak je - ).Za polinom 3. stupnja: 023 =+++ dcxbxax

a

cxxxxxx =⋅+⋅+⋅ 323121

14. Grafovi linearne i kvadratne funkcije. Kako se crtaju grafovi navedenih funkcija?

Graf fΓ funkcije f je skup svih točaka s koordinatama (x, f(x)), za sve x iz domene Funkcije f.

Za realne funkcije:

6

Page 7: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

Domena (područje definicije) funkcije je skup svih realnih brojeva za koje funkcija daje realna rješenja, a kodomena (područje vrijednosti) je skup tih rješenja.

Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf funkcije najviše u jednoj točki, inače to nije funkcija ako daje više rješenja za jedan x.

Horizontalni test (kriterij injektivnosti) – funkcija f je injektivna ako pravac paralelan s x-osi sječe njezin graf najviše u jednoj točki.

Graf linearne funkcije y = ax + b je pravac, a – koeficijent smjera (a > 0 funkcija raste, a < 0 funkcija pada, a = 0 konstanta), b – odsječak pravca na y-osi.Za crtanje pravca dovoljno je odabrati 2 točke (uzmemo 2 različita x, uvrštavanjem u funkciju dobivamo y i to su te 2 točke A(xB1B,yB1B) i B(xB2B,yB2B))

Graf kvadratne funkcije y = axP

2P + bx + c ( 0≠a ) je parabola. Konveksna za a > 0,

konkavna za a < 0.

Konveksna, a > 0 Konkavna, a < 0

Nultočke su točke grafa funkcije koje dobijemo tako da uvrstimo x = 0, tj. da dira x-os.Crtanje: odredimo predznak od a, odredimo nultočke (2 za parabolu), izračunamo koordinate tjemena. (Uvijek si za pomoć možemo odrediti par nasumičnih vrijednosti x da bi dobili više točaka kojima prolazi graf te funkcije – „tablica“).

15. Grafovi eksponencijalne i logaritamske funkcije.

Svojstva potencija (ne traži se, ali dobro je znati ):1) yxyx aaa +=⋅2) xyyx aa =)(

3) xxx baab ⋅=)(

4) 10 =a 0>a

5) xx

xa

aa−=

= 11

6) xx aa1

=

7

Page 8: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

Eksponencijalna funkcija: f(x) = aP

x P, za sve x u skupu R, ali poprima samo vrijednosti

veće od 0. Za a = 1 postaje pravac f(x) = a. Ukoliko je a > 1 funkcija je strogo rastuća: xP

1P < xP

2P => f(xP

1P) < f(xP

2P), za 0 < a < 1 funkcija je strogo padajuća xP

1P > xP

2P => f(xP

1P) >

f(xP

2P) - ta funkcija je simetrična s obzirom na os y sa funkcijom koja ima bazu 1/a.

Prolaze obavezno točkom (0,1).yxay a

x log=⇔=xxf alog)( =

Logaritamska funkcija je inverzna funkcija eksponencijalnoj (njihovi grafovi su simetrični s obzirom na pravac y = x). Prema tome domena logaritama je veća ili jednaka 0 i poprima sve realne vrijednosti (obrnuto od eksp.). Nije definirana za a = 1! Ostala svojstva su također obrnuta od eksponencijalne i mogu se vidjeti na slici.

16. Grafovi trigonometrijskih funkcija

Funkcija f(x) = sin x ima nultočke u Zkk ∈,π i period joj je 2π.

Maksimum funkcije je 1 (i to na Zkkx ∈+= ,22

ππ), a minimum -1 (

Zkkx ∈+= ,22

3 ππ).

Funkcija f(x) = cos x ima nultočke u Zkkx ∈+= ,2

ππ i period joj je 2π.

Maksimum funkcije je 1 (i to na Zkk ∈,2 π ), a minimum -1 ( Zkkx ∈+= ,)12( π ).

Graf sinusoide )sin()( ϕω += xCxf :

- položaj nultočke ωϕ−

8

Page 9: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

- pravce minimuma i maksimuma označimo tako da povučemoy = C i y = -C

- odredimo duljinu perioda, ωπ2=P (podijelimo sa 4 da dobijemo razmake

između nultočaka i ekstrema).Graf funkcije možemo crtati kao sinusoidu tako da dodamo pola perioda.

Funkcije tangens i kotangens imaju period π.

Nultočke tangensa su Zkk ∈,π , kotangensa Zkk ∈+ ,2

ππ.

Vertikalne asimptote (pravci koji omeđuju jedan period) su kod tangensa

Zkkx ∈+= ,2

ππ, a kod kotangensa Zkkx ∈= ,π .

17. Svojstva logaritama. Dokazi.

01log =a (aksiom? ili analogno: ..., aP

2P/a = aP

1P, aP

1P/ a = 1)

yxyx aaa loglog)(log +=⋅ (sve pod bazu a dobivamo: yx aaayx loglog +=⋅ => yx aaayx loglog +=⋅ => yxyx ⋅=⋅ )

9

Page 10: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

xyx ay

a loglog = => ( ) yxy aax log= => yy xx =1log =aa

yxy

xaaa logloglog −=

Za ove preostale upotrijebite svojstva napisana u 15. zadatku.

b

xx

a

ab log

loglog = => xbx aab logloglog =⋅ => xb a

xa

b loglog log = => xx aa loglog =

18. Cavalierijev princip za geometrijska tijela.

„Ako se dva tijela mogu postaviti tako da njihovi presjeci s ravninama paralelnima jednoj zadanoj ravnini imaju jednake površine, onda ta dva tijela imaju jednake obujme.“- pomoću toga možemo izračunati obujam naoko kompleksnih tijela tako da ih presložimo u jednostavnije kojima znamo izračunati volumen.

19. Izvod formule za obujam krnje piramide.

Obujam piramide možemo dobiti tako da rastavimo prizmu (kojoj znamo izračunati obujam: Bv) na 3 iste piramide.

Po Cavalierijevom principu, ako znamo izračunati obujam plave piramide na slici, znamo izračunati volumen bilo koje druge piramide s istom bazom i visinom. Od tuda slijedi

opća formula volumena piramide: 3

vBV

⋅= .

Krnja piramida je piramida kojoj je s vrha „skinuta“ slična, manja piramida čija je baza paralelna s bazom velike

piramide.v – visina krnje piramide (od donje baze, B do gornje baze b)h – visina manje piramide (visina velike je onda v + h)

Baze B i b su slični likovi s koeficijentom sličnosti: h

hv +, pa

su omjeri baza 22 :)(: hhvbB += => bB

bvh

−= . Obujam krnje piramide je

obujam velike manje obujam male, tj. 33

)( bhhvBV −+= . Zamijenimo h sa gore

izračunatim izrazom dobivamo: )(3

bBbBv

V ++= - što je volumen krnje piramide.

10

Page 11: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

20. Definicije trigonometrijskih funkcija.

Trigonometrijske funkcije najlakše definiramo na jediničnoj kružnici, ali i dalje imamo na umu kako to izgleda na pravokutnom trokutu:

1sin

y=α (nasuprotna kateta kutu α , a

„kroz“ hipotenuza c / radijus / 1)

1cos

x=α (kateta uz kut α , b „kroz“

hipotenuza c / radijus / 1)

1

|y

x

ytg ==α (nasuprotna a „kroz“

kateta uz kut α , b, sa slike vidimo da se radi o sličnim trokutima pa je omjer „sačuvan“, tj.vrijedi yP

| P/ (r=1) => tgα = yP

| P)

1

1 |x

tgy

xctg ===

αα (kateta uz kut α , b „kroz“ nasuprotna kateta a, također se sa slike vidi

sličnost pa vrijedi: xP

| P/(r=1)=> ctgα =xP

|P)

(u slučaju da imate problema s razumijevanjem ovoga probajte ovo: HTU http://www.gimnazija.frih.net/additional/trigon_kruznica.html UTH i pročitajte ovo: HTU http://en.wikipedia.org/wiki/Trigonometry UTH ).

21. Izvod osnovnih identiteta kod trigonometrijskih funkcija. ,1cossin 22 =+ xx

x

xtgx

cos

sin= i x

xctgx

sin

cos= .

Do 1cossin 22 =+ xx dolazimo preko Pitagorinog poučka (1.): 222 cba =+ , dijelimo

ga sa 2c : 12

2

2

2

=+c

b

c

a => 1

22

=

+

c

b

c

a. Sada

2

c

azamijenimo sa sinP

2P

α i 2

c

b

sa cosP

2P

α dobivamo gornji identitet.

x

x

c

bc

a

b

atgx

cos

sin=== Ix

x

c

ac

b

a

bctgx

sin

cos=== .

11

Page 12: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

22. Izvod formule: αββαβα cossincossin)sin( +=+ . Ostale adicijske formule.

βαβαβα sincoscossin)sin( +=+βαβαβα sinsincoscos)cos( −=+

βαβαβα

tgtg

tgtgtg

−+=+

1)(

βαβαβαctgctg

ctgctgctg

+−=+ 1

)(

βαβαβα sincoscossin)sin( −=−βαβαβα sinsincoscos)cos( +=+

βαβαβα

tgtg

tgtgtg

+−=−

1)(

βαβαβαctgctg

ctgctgctg

−+=− 1

)(

Izvod αββαβα cossincossin)sin( +=+ :Postavimo 2 pravokutna trokuta jedan na drugi kao na slici. Povučemo okomicu iz vrha D na stranicu AB, pa iz vrha C na okomicu AG. Još samo treba označiti koji su kutovi jednaki: BAC = ACE = CDE.

yxyxAD

CD

CD

DE

AD

AC

AC

CBAD

CB

AD

DE

AD

EGDE

AD

DGyx

sincoscossin

)sin(

+=⋅+⋅

=+=+==+

23. Transformacija zbroja trigonometrijskih funkcija u umnožak i obrnuto. Izvod

formule: .2

cos2

sin2sinsinyxyx

yx−+=+

2cos

2sin2sinsin

βαβαβα −+=+

2cos

2cos2coscos

βαβαβα −+=+

βαβαβα

coscos

)sin( +=+ tgtg

βααββα

sinsin

)sin( +=+ ctgctg

2sin

2cos2sinsin

βαβαβα −+=−

2sin

2sin2coscos

βαβαβα −+=−

βαβαβα

coscos

)sin( −=− tgtg

βααββα

sinsin

)sin( −=− ctgctg

Izvod 2

cos2

sin2sinsinyxyx

yx++=+ :

Zbrojimo dvije adicijske formule:βαβαβα sincoscossin)sin( +=+βαβαβα sincoscossin)sin( −=−

Dobijemo:βαβαβα cossin2)sin()sin( =−++ Sad zamijenimo yx =−=+ βαβα , i

2,

2

yxyx −=+= βα dobivamo: .2

cos2

sin2sinsinyxyx

yx−+=+

24. Poučak o sinusima. ( sinusov poučak kod kosokutnog trokuta) Izvod.

U svakom trokutu omjeri duljina stranica i sinusa tih suprotnih kutova jednaki su promjeru trokutu opisane kružnice:

12

Page 13: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

Rcba

2sinsinsin

===γβα

Duzina CD = v označava visinu spuštenu iz točke C. Time je trokut podijeljen na dva pravokutna trokuta. Iz slike se vidi da je

b

v=αsin , što znači da

je αsinbv = , ali isto

tako je βsinav = . Znači da vrijedi: αβ sinsin ba = , ili βα sinsin

ba = .

Na potpuno isti način se može

dokazati da je γβ sinsin

cb = .

Trokut ABC je pravokutan jer je AB promjer kružnice.

Kut pri vrhu B jednak je kutu pri vrhu D (vidi poučak o obodnom kutu)

Zato vrijedi: R

b

2sin =β odnosno R

b2

sin=

β

25. Poučak o kosinusima. (kosinusov poučak kod kosokutnog trokuta) Izvod.

Kvadrat stranice u trokutu jednak je zbroju kvadrata drugih dviju stranica, umanjenom za dvostruki umnožak tih stranica i kosinusa kuta između njih:

aP

2P = bP

2P + cP

2P – 2bc cosαP

P

bP

2P = aP

2P + cP

2 P– 2ac cosβ

cP

2P = aP

2P + bP

2P – 2ab cosγ

Dužina CD je visina iz točke C. Iz slike čitamo da je: bP

2 P= │AD│P

2 + PvP

2 P

= (c - │BD│)P

2 P + aP

2 P– │BD│P

2 P

= cP

2P – 2c│BD│+ │BD│P

2 P + aP

2P –│BD│P

2P

P

P= aP

2P + cP

2P – 2c│BD│

Iz slike se vidi da je kut uz B jednak a

BD=βcos znači da je |BD| = a cosβ

To uvrstimo u gornju formulu i dobijemo: UbUPU

2UPU = aUPU

2UPU + cUPU

2UPU – 2ac cosβ

Na isti način možemo izvesti i za ostale stranice.

13

Page 14: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

26. Linearna kombinacija vektora.

Ako imamo vektore x1 , x2 , x3 ,... a njihova najopćenitija linearna kombinacija izgleda ovako: k=A1 x1A2 x2A3 x3... gdje su A i skalari.

27. Linearno zavisni i nezavisni vektori.

Definicija: vektor je usmjerena dužina AB koja ima početnu točku – hvatište i završnu točku – kraj, a određen je svojom duljinom, smjerom i orijentacijom.Vektori su kolinearni ako postoji skalar k takav da je 21 aka

= .

Linearna kombinacija vektora 1a

i 2a

: 2211 aa ⋅+⋅ αα - 21,αα -

koeficijenti linearne kombinacije (u slučaju da su oba 0, l. k. Iščezava na trivijalan način).

Dva su vektora linearno nezavisna ako 02211

=⋅+⋅ aa αα i to nužno

slijedi iz 021 == αα . U

suprotnom slučaju 1a

i 2a

su linearno zavisni i tad postoji linearna kombinacija jednaka nulvektoru, a kojoj svi koeficijenti nisu jednaki nuli.

Na slici: vektori u i v su linearno zavisni, a sa vektorom w su linearno nezavisni (u i v su i kolinearni).

28. Skalarni umnožak vektora.

Postoje dva načina računanja skalarnog umnoška: (1) Skalarni umnožak vektora a

i b

je realni broj ba ⋅ iznosa:

=⋅ ba | a

||b

| ϕcos gdje je kut φ kut između vektora a

i b

.

Odavde će biti: ba

ba

⋅⋅=ϕcos

Rezultat skalarnog umnoška bit će skalar.

(2) Skalarni umnožak vektora u Kartezijevom koordinatnom sustavu jednak je zbroju umnožaka odgovarajućih x, y koordinata vektora : yyxx bababa +=⋅

Svojstva skalarnog umnoška:Za sve vektore ba

, i c

i svaki skalar λ koji je iz skupa realnih brojeva vrijedi1. Pozitivnost: 0≥⋅ aa

2. Komutativnost: abba ⋅=⋅

3. Homogenost: )()( baba ⋅=⋅ λλ

4. Distributivnost: cbcacba ⋅+⋅=⋅+ )(

14

Page 15: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

29. Vektorski umnožak vektora.

Vektorski umnožak je operacija množenja vektora, kao i skalarni umnožak, samo što rezultat neće biti skalar, već vektor tj. osim brojčane vrijednosti znat će mu se i smjer i

orijentacija. Vektorski umnožak dvaju vektora označava se kao: bxa

(čitaj: 'a eks b'

ili a vektorski s b'). Ako želimo izračunati samo brojčanu vrijednost, dovoljno je znati

brojčanu vrijednost vektora i kut između ta dva vektora: ϕsinbabxa = . Valja

zapamtiti da će smjer dobivenog vektora biti okomit i na vektor a

i na vektor b

. Ako pak želimo znati koordinate dobivenog vektora u prostornom koordinatnom sustavu, to možemo dobiti preko determinante:

gdje su aB1B, aB2B, i aB3B vrijednosti vektora u prostornom koordinatnom sustavu sa osima ,, ji i k Npr. počevši od osi i idemo ukoso odozgo prema dolje udesno dok ne dođemo do dna, pa

dobijemo i(aB2BbB3B), tada idemo na os j gdje će biti j(aB3BbB1B), sve dok ne dođemo do osi k gdje je k(aB1BbB2B).Da bi bilo lakše to možemo raspisati kao:

Dobivene rezultate zbrojimo i krenemo ponovo od osi i ali ovaj put ulijevo. Te rezultate oduzmemo od prvih rezultata pa dobijemo vrijednosti vektora u prostornom koordinatnom:

30. Oblici jednadžbe pravca: eksplicitni, implicitni, segmentni, parametarski i Hesseov (normalni zašto?).

Implicitni oblik: Ax + By + C = 0

Ako implicitni oblik podijelimo sa koeficijentom B prevodimo u y = B

Cx

B

A −−

Stavimo li B

Ak −= i

B

Cl −= dobijemo:

Eksplicitni oblik: y = kx + l gdje l predstavlja udaljenost točke u kojoj pravac siječe os y i ishodišta sa koordinatama T (0,0). k je koeficijent smjera pravca i jednak je tgα gdje je α kut koji zatvara pravac sa x osi.Jednadžba pravca koji prolazi točkom T (xB1B, yB1B) glasi )( 11 xxkyy −=− .

15

Page 16: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

Segmentni oblik: 1=+n

y

m

x, gdje je m udaljenost (odsječak) točke u kojoj pravac

siječe os x od ishodišta, a n je udaljenost točke u kojoj pravac siječe os y od ishodišta.Na slici je to: AO = m i BO = n.Parametarski oblik: Pravac određen točkom TB1B(xB1B,yB1B) i vektorom smjera

jcicc yx

+= ima jednadžbu

+=+=

tcyy

tcxx

y

x

1

1, gdje je t∈R po volji odabran realni broj.

Normalni oblik: y sin β + x cos β = d – pravac je udaljen za d od ishodišta, β – kut koji zatvara okomica na pravac sa osi x (pozitivnom dijelom).

31. Definicija i izvod jednadžbe kružnice.

Kružnica sa radijusom r i središtem u točki S (a,b) je definirana jednadžbom:

Znamo formulu za udaljenost između dvaju točaka u koordinatnom sustavuUdaljenost između središta kružnice i točke na kružnici je radijus te kružnice.

)( 2)( 21212 yyxxr −+−= , a kvadriranjem se dobije jednadžba kružnice

ryyxx 2)( 2)( 21212 =−+− .

32. Definicija i izvod jednadžbe elipse.

Elipsa je krivulja za koje je zbroj udaljenosti od dviju zadanih točaka (fokusa) stalan i jedan 2a.Jednadžba elipse:

12

2

2

2

=+b

y

a

x

- a i b su poluosi. - linearni ekscentritet:

222 bae −=

Izvod: definicija: add 221 =+

ayexyexyyyyexd

yyexdFF

F

F2)()(0,

)()(2

)()(12222

122

12

22

2

=++++−⇒=

−++=

−+−=

12

2

2

2

=+b

y

a

x

33. Definicija i izvod jednadžbe hiperbole.

16

Page 17: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

Obrnuto od elipse: Skup točaka za koje je razlika udaljenosti od dviju zadanih točaka (fokusa) stalna i jednaka 2a.Hiperbola kojoj je središte točka S (p, q), a osi paralelne s koordinatnim osima ima

jednadžbu: 12

2

2

2

)()(=−

−−b

qya

px

Izvod isti kao i kod elipse (samo drugi predznak između d1 i d2 ).Ako pogledamo hiperbolu, vidimo da se sve više približava nekim zamišljenim pravcima. Ti su pravci asimptote hiperbole (na slici označene crvenim). Asimptote

hiperbole imaju jednadžbe: xa

by = i x

a

by −= .

34. Definicija i izvod jednadžbe parabole.

Graf funkcije cbxaxxf ++= 2)( je parabola.

Tjeme će joj se nalaziti u točki T

+−−a

acb

a

b

4

4,

2

. Parabola je skup svih točaka

ravnine koje su jednako udaljene od jednog čvrstog pravca i jedne čvrste točke F koja

ne leži na tom pravcu. Pravac se zove UravnalicaU, i jednažba mu je 2

px −= , dok su

koordinate žarišta F( 0,2

p).

17

Page 18: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

Dužina AT je udaljena od ravnalice za 2

px + , a prema definiciji parabole, ta

vrijednost mora biti jednaka dužini FT = a (na slici nije zbog tehničkih razloga – „haha, Cetko, nauči koristit Geogebru :P“, op. 4ndY), ako povučemo visinu, ona je

vrijednost y koordinate, dobijemo pravokutan trokut pa je to, 22

2y

px +

− znači da

je 22

22y

px

px +

−=+ .

Nakon kvadriranja dobijemo: 22

22

2

44y

ppxx

ppxx ++−=++ , skratimo to i

dobijemo jednadžbu parabole sa tjemenom u ishodištu: pxy 22 = . Kada je tjeme u

točki V(xB0B,yB0B) jednadžba glasi: )(2)( 00 xxpyy −=− .

35. Jednadžba tangente kroz zadanu točku krivulje (kružnica, elipsa, hiperbola i parabola). Izvodi.

Kružnica: Jednadžba normale tj. pravca koji prolazi središtem kružnice S(p,q) i točkom T(x1,y1), ako znamo T je:

)(1

1px

px

qyqy −⋅

−−=− (jednadžba

za pravac kroz dvije točke).

Uoči da je px

qyk

−−=

1

1.

Tangenta će biti okomita na normalu, pa će koeficijent

smjera normale biti negativan i obrnuto proporcionalan koeficijentu smjera tangente:

NT k

k1−=

Pa će jednadžba tangente koja prolazi točkom B (x1,y1) biti:

18

Page 19: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

)( 11

11 xx

qy

pxyy −⋅

−−−=− ili 0))(())(( 1111 =−−+−− xxpxqyyy .

Točka B leži na kružnici pa će jednadžba za nju vrijediti: ( ) ( ) 222 rqypx =−+−Zbrojimo ove dvije jednadžbe i dobijemo jednadžbu tangente u točki na kružnici:

211 ))(())(( rqyqypxpx =−−+−− .

Elipsa: 12

02

0 =+b

yy

a

xx

Hiperbola: 102

02

0 =b

yy

a

xx

Parabola: ( )00 xxpyy +=

36. Jednadžba tangente kroz zadanu točku izvan krivulje (kružnica, elipsa, hiperbola i parabola). Izvodi.

Do ovih jednadžba dolazimo tako da nađemo pravac koji zadovoljava uvjet dodira sa krivuljom, te da prolazi zadanom točkom T(x1,y1).Napišemo jednadžbu tangente: lkxy += , do k i l dolazimo tako da riješimo sustav:

primjer za uvjeta dodira za kružnicu (inače se dobiva tako da se riješi sustav od jednadžbe krivulje i pravca tako da postoji dvostruko rješenje, tj. diskriminanta kvadratne jednadžbe mora biti 0, pogledaj 12.)

Elipsa: 2222 lbka =+ Hiperbola: 2222 lbka =− Parabila: klp 2=(...)

37. Translacija koordinatnog sustava.

Koordinatni sustav translatiramo za vektor

iqipOO +=' (i, j su jedinični vektori, a p i q

je pomak na x-, tj. y-osi). Iz toga slijedi da su stare koordinate jednake: x = x' + p, y = y' + q; a nove su x' = x – p, y' = y – q. Jednadžba neke krivulje je onda F(x - p, y - q).

38. Matematička indukcija.

Matematičku indukciju koristimo da bi dokazali neku tvrdnju (pretpostavku) i to po principu da pokažemo da vrijedi za bazni, specifičan slučaj (najčešće n=1). Te dokažemo da pretpostavka vrijedi za n+1 – time smo dokazali da tvrdnja vrijedi za sve daljnje cijele brojeve. Tri koraka:1) Baza indukcije: provjerimo da vrijedi za broj 1, tj. za „najosnovniji“ slučaj T(1)

19

−−=+

−=⇒+=

222

1

111

)()1( lkpqkr

x

lyklkxy

Page 20: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

2) Postavimo pretpostavku indukcije, tj. pretpostavimo da vrijedi T(n)3) Korak indukcije: dokažemo da tvrdnja vrijedi za n+1 slučaj, tj. T(n+1).

39. Trigonometrijski prikaz kompleksnog broja. Polarni sustav.

12 −=i - definicija imaginarne jediniceyixz += - kompleksan broj (sastoji se od realnog dijela x, i imaginarnog y)

yixz −= tada je 22 yxzz +=⋅

Modul ili apsolutna vrijednost kompleksnog broja: 22 yxzzz +=⋅= označava

udaljenost točke T(x,y) od ishodišta koordinatnog sustava. Na y-osi se nalazi imaginarni dio, a x-osi realni dio kompleksnog broja => kompleksna ravnina ili Gaussova ravnina.Kompleksni broj najlakše prikazujemo u polarnom sustavu, gdje je svaka točka definirana sa polarnim koordinatama (r – radijus, tj. udaljenost od ishodišta i φ – kut koji radijus zatvara sa pozitivnim dijelom x-osi) kompleksnog broja z.

==

ϕϕ

cos

cos

ry

rx pogledaj definicije trig. funkcija na jediničnoj kružnici 20.

Iz toga slijedi )sin(cos ϕϕ iriyx +=+

zyxr =+= 22 , a )arg(z=ϕ (argument od z, tj. x

yarctg=ϕ , s time da

moramo još odrediti u koji kvadrant pripada jer ova jednadžba ima 2 rješenja (s razlikom od π) u intervalu od 0 do 2π – odabiremo rješenje koje se nalazi u kvadrantu koji je određen predznacima x i y)

y\x + -+ I. II.- III. IV.

40. Potenciranje i korjenovanje kompleksnog broja (Moivreova formula). Izvod.

)sin(cos ϕϕ ninrz nn += - de Moivreova formula

Izvod dokažemo indukcijom (38.):

)sin(cos

)2sin2(cos

)sin(cos)sin(cos22

ϕϕϕϕ

ϕϕϕϕ

ninrz

irz

irirzz

nn +=+=

+⋅+=⋅

))1sin()1(cos()sinsin)sincossin(coscos(cos

))1sin()1(cos()sin(cos)sin(cos11

1

ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ

+++=−+++++=+⋅+

++

+

ninrnnninr

ninrirninrnn

nn

adicijske : ))1sin()1(cos())sin()(cos( 11 ϕϕϕϕϕϕ +++=+++ ++ ninrninr nn . Dokazano.

Za korjenovanje 1,...,1,0,2

sin2

cos −=

+++= nk

n

ki

n

krz nn πϕπϕ

(izvod: induk.)

41. Teorem o uzastopnom prebrojavanju.

„Ako element sB1B možemo izabrati iz skupa SB1B na nB1B različitih načina, nakon toga (bez obzira na to koji smo element već izabrali) element sB2 Biz skupa SB2B na nB2B načina, nakon

20

Page 21: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

toga sB3B iz skupa SB3B na n3 načina itd., onda je ukupan broj načina izbora sB1B,sB2B,...,sk jednak: N = nB1B·nB2B· ... ·nBkB“

Primjer: Koliko je mnogo redoslijeda na koje možemo podijeliti bezalkoholno pivo Žuja Strong™ svim učenicima ex 4.P

c P(ako znamo da ih je bilo u razredu

28 – op. Istina - rijetko, ali to je službena brojka )?Prvog možemo odabrati na 28 načina, drugog izabiremo od preostalih 27, trećeg od 26, ... zadnjeg samo na jedan način, jer je jedini preostao – svi ostali su već posloženi => 28·27·26·...·3·2·1 = 28!

42. Varijacije bez i s ponavljanjem.

Varijacije s ponavljanjem su zapravo Kartezijev umnožak skupova:

( )[ ] kkkn nskSSSkV ==×××= )...(

- važan poredak, elementi se ponavljaju

Varijacije bez ponavljanja:Nakon što izaberemo jedan element iz skupa više ga ne uzimamo:

)!(

!

kn

nV k

n −= (primjer u 41. s time da

je k = n, tj. nazivnik je 0! = 1 pa vrijedi samo n!).- važan poredak, elementi se ne ponavljaju

*Broj različitih permutacija skupa od n elemenata iznosi n!

43. Kombinacije bez ponavljanja.

- dobivamo broj načina na koji od skupa od n elemenata možemo izvući k elemenata ne pazeći na njihov poredak

- dobivamo broj različitih podskupova s k elemenata uzetih iz skupa od n elemenata- nije važan poredak, elementi se ne ponavljaju

44. Binomni poučak. Opis dokaza ili indukcijom ili kombinatorno.

Definiramo prvo faktorijele: 1·2·3·4·...·n = n!, 0!=1

Binomni koeficijent: )!(!

!

knk

n

k

n

−=

(*simetričnosti

=

kn

n

k

n)

Binomni poučak:

nnnnnn ban

nba

n

nba

nba

nba

nba 01122110

1...

210)( ⋅

+⋅

++⋅

+⋅

+⋅

=+ −−−

Dokaz (indukcijom):

1) Baza: babababa +=⋅

+⋅

=+ − 111011

1

1

0

1)( (iako smo mogli uvrstit i 0)

21

)!(!

!

knk

n

k

nC k

n −=

=

Page 22: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

2) Pretpostavljamo da vrijedi binomni poučak3) Korak (pomnožimo sa (a+b)):

1011121101

01122110

1..

0...

210

)(1

...210

)()(

+−+

−−−

+⋅

++⋅

+⋅

++⋅

+⋅

+⋅

=

+

+⋅

++⋅

+⋅

+⋅

=++

nnnnnnn

nnnnnn

ban

nba

n

nba

nba

n

nba

nba

nba

n

baban

nba

n

nba

nba

nba

nbaba

znamo da je 100

1=

=

n i 1

1

1=

++

=

n

n

n

n. Grupiramo članove gorenje sume koji

imaju iste potencije dobivamo:

101011

1

1...

1

1

0

1)( +++ ⋅

++

++⋅

++⋅

+=+ nnnn ba

n

nba

nba

nba

HTU Q.E.D. UTH

45. Aritmetički niz. Definicija i izvod formule za zbroj prvih n-članova.

Niz je aritmetički, ako je razlika svakog člana i člana ispred njega stalna i iznosi d:aBnB – aBn-1 B= d n 2≥

(ili ako 3 uzastopna člana čine aritmetički niz: 2

11 +− += nnn

aaa ).

Broj d je razlika (diferencija aritmetičkog niza). Aritmetički niz sa prvim članom aB1B i razlikom d ima opći član: aBnB = aB1B + (n-1)dZbroj prvih n članova niza može se zapisati na dva načina:

SBn B= aB1B + (aB1B + d) + (aB1B + 2d) + ... + (aBnB + (n-1)d) i (ako brojim od kraja)

SBnB = aBnB + (aBnB - d) + (aBnB – 2d) + ... + (aBnB – (n-1)d)

Zbrajajući jednakosti dobije se: 2SBnB = n(aB1B + aBnB) => SBnB = 2

n(aB1B + aBnB).

46. Geometrijski niz. Definicija i izvod formule za zbroj prvih n-članova.

aB1B, aB1Bq, aB1BqP

2P, aB1BqP

3P,...

Niz je geometrijski ako je omjer svakog člana i člana ispred njega stalan: qa

a

n

n =− 1

Broj q naziva se kvocijent geometrijskog niza. Niz je određen ako mu znamo kvocijent i prvi član. Geometrijski niz s prvim članom aB1B i kvocijetom q ima opći član:

aBnB = aB1B qP

n-1P

Zbog toga će zbroj prvih n članova niza iznositi: SBnB = aB1B + aB1Bq + aB1BqP

2P + ... + aB1BqP

n-1

Ako pomnožimo SBnB sa q dobijemo: qSBnB = aB1Bq + aB1BqP

2P + aB1BqP

3P + ... + aB1BqP

nP

Oduzimanjem tih dviju jednakosti dobijemo: SBnB – qSBnB = aB1B –aB1B qP

n Podakle slijedi izraz

za zbroj prvih n članova: 1

11 −

−=q

qaS

n

n .

47. Limes niza.

Niz je konvergentan ako ima limes (u suprotnom je divergentan).

22

Page 23: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

Broj L je limes niza (xBnB) ako za svaki (ma koliko malen) broj ε > 0 postoji prirodni

broj nB0B takav da za sve n > nB0 Bvrijedi ε<− Lxn , tj. još možemo zapisat kao

0→− Lxn .

0limlim =−⇔=∞→∞→

LxxL nn

nn

Primjer: 0lim1

,...,4

1,

3

1,

2

1,1 =⇒ nx

n (niz konvergira u 0)

Neograničeno rastući nizovi ne konvergiraju, ali pišemo da teži u beskonačnost: +∞=

∞→ nn

xlim . Primjer: 2nxn = .

Teoremi o limesima:Ako su xBnB i yBn Bkonvergentni nizovi vrijedi:1) teorem o limesu zbroj i razlike:

nn

nn

nnn

yxyx∞→∞→∞→

±=± limlim)(lim

2) teorem o limesu umnoška:

nn

nn

nnn

yxyx∞→∞→∞→

⋅=⋅ limlim)(lim

3) teorem o limesu kvocijenta:

nn

nn

n

n

n y

x

y

x

∞→

∞→

∞→=

lim

limlim (uvjet da su ny za svaki n i n

ny

∞→lim različiti od 0)

4) teorem o limesu potencije:( ) n

nn y

nn

yn

nxx ∞→

∞→∞→= limlimlim

5) monotonost limesa:

nn

nn

nnnn yxnyilixyx∞→∞→

≤⇒∀<≤ limlim,

01

limlim =⇒∞=∞→∞→

nn

nn x

x

48. Derivacija.

Grubo govoreći derivacija funkcije pokazuje kako se mijenja prirast funkcije u nekoj točki. Grafički to izgleda: što što funkcija strmije raste (u smjeru x) to je derivacija veća (na slici zelena tangenta), što strmije pada to je veća u negativnom smjeru (crvena), a ako je u minimumu, maksimumu ili točki infleksije derivacija je 0 (plava tangenta je u lokalnom maksimumu).

Prirast za neki x=x2−x1 možemo označiti sf x2− f x1

x2−x1= f xx −f x

x što reprezentira sekantu na grafu funkcije f , a kako se razmak x smanjuje tako sekanta prelazi u tangentu u točki x, što je ujedno i derivacija funkcije f u toj točki

x. limx0

f xx −f x x

=df x

dx=f ' x .

23

Page 24: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

Primjer iz fizike je trenutna brzina = put prevaljen u vremenu. Trenutačna brzina je promjena puta u vrlo, vrlo kratkom (infinitezimalnom) vremenu.

Do derivacija elementarnih funkcija može se doći uvrštavanjem elementarne funkcije u gornju formulu, a neke od takvih derivacija su:

xn '=n xn−1 , x '=1 , ln x'=1x

, sin x '=cos x , C '=0

cosx '=−sin x , ex '=e x ...Postoje još pravila za deriviranje složenih funkcija koja više-manje direktno slijede iz svojstava limesa:f x gx '=f ' x g ' x f x g x '=f ' x g x f xg ' x

f xg x

'=f ' xg x−f x g ' x

gx 2

49. Integral.

TODO

Dodatak (zadaci):

- Riješi nejednadžbu: 6255 64 ≥x

=>

3026

2255 26

464 ≤<⇒≥⇒≥⇒≥ xx

xx

- Riješi sustav:273

2833

==+

+ yx

yx

=> 2833

33 =+=+

−xx

yx=> 28

3

33

3

=+x

x => x

xx

t 3

28333 32

==+

=>

0328 32 =+− tt => 27

1

2

1

==

t

t=>

3,0

0,3

12

11

====

yx

yx

- Odredi površinu jednakokračnog trapeza kojemu je zadana duljina dijagonale 20 cm i ona s većom osnovicom zatvara kut 30P

0P.

Spustimo visinu iz D u točku T na stranici AB, tu visinu izračunamo preko sin(α) c = 10. AT dobijemo računajući cos(α) c = 17.32.P = AT*DT = 173.2.

- Zadan je niz: -5, -4.8, -4.6, … Kakav je to niz? Koliki je 105. član tog niza?Koliko članova niza treba zbrojiti da se dobije 0?Niz je aritmetički jer je -5 - (-4.8) = -4.8 - (-4.6), d = -5 - (-4.8) = 0.2,aB105 B= aB1 B+ d(105-1) = 15.8. Iz aviona možemo vidjeti da će broj članova ispod nule i iznad 0 biti jednak (tj. „simetričnost“ s obzirom na 0), tj. zadnji član niza će biti 5. Iz toga dolazimo da ima 51 članova.

24

Page 25: Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf

- Odredi jednadžbu elipse kojoj je linearni ekscentricitet 3 i prolazi točkom (0,4).

Linearni ekscentritet 32

2221 =−== baFF

e i jednadžba elipse zadovoljava

140

12

2

22

2

2

2

=+⇒=+bab

y

a

x pa b uvrstimo u 3422 =−a , pa je jednadžba elipse

141

22

=+ yx.

- Izračunaj domenu funkcije )32(log)( 5.0 −= xxf . Idemo redom Funkcija će imati

realnu domenu ako je izraz ispod korijena veći ili jednak 0: 0)32(log 5.0 ≥−x . Slika u zadatku 15. pokazuje kako izgleda graf te logaritamske funkcije, pa vidimo da

22

31320 ≤<⇒≤−< xx .

- Odredi jednadžbu tangente hiperbole 1168

22

=− yx, ako je tangenta paralelna s

pravcem 2x + y - 11=0. Ako je paralelna znači da ima isti koeficijent smjera, tj. glasi: 2x + y + l = 0. Taj pravac mora dirati hiperbolu u jednoj točki, tj. rješavanje sustava tangente i hiperbole daje samo 1 rješenje (diskriminanta = 0). Međutim, imamo i gotovu formulu: uvjeti dodira pravca i hiperbole: 2222 lbka =− => iz toga slijedi da je jednadžba tangente 2x + y = 0.

- Koliko je ...2222 ? Korijene pretvorimo u potencije pa dobivamo:

...16

1

8

1

4

1

2

1

16

1

8

1

4

1

2

1

2...2222++++

=⋅⋅⋅⋅ . U potenciji dobijemo geometrijski red, čiju sumu

možemo izračunati po formuli q

as

−=

11 , jer je konvergentan. Dobivamo:

22 2

11

2

1

=−

.

- Izračunaj: !0

!1

!1

!2...

!!48

!49

!49

!50 ++++ . Dok se skrati dobijemo 50+49+...+2+1 =

(1+50)*50/2 = 1275.- U prostoriji je 10 žarulja na koliko načina možemo osvijetliti sobu?- Žarulja može biti ili upaljena ili ugašena – 2 stanja, znači 2*2*2*...*2 = 2^10 ukupno. 2^10 – 1 (jer prostorija nije osvijetljena ako su sve ugašene).

(...)

Goran Cetušić i Andrej Dundović6. 2005.

(revidirano 11. 2008.)

25