Zbirka , matematika

Zbirka rjeenih zadataka iz matematike za prijemni ispit

Univerzitet u Istonom Sarajevu Mainski fakultet

1

Test broj 1

1. a) Izraunati .0625,0log3071:

59:

43

51

2

2

+

+

b) Uprostiti ( ) .442

22 yxyxy

yxx

+

2. Rjeiti jednaine:

a) xxxx 23

254

25

12 +=++

b) ( )( ) ( ) ( ) .2 ,12 ,1

je ako ,02



2

Rjeenje testa broj 1

1. a)

( )( ) .04414

212log22

3730

6037

5,0log23730

60251225,0log

3730

59:

43

51

0625,0log3071:

59:

43

51

21

2

2

22

22

2

2

2

2

==+

=+

=

=+

+=+

+=

=+

+

b)

( ) ( )( )( )( )

( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )

y. x-y xuslov uz

,12222

22

2222

2222

2

2244

2

22

+=++

++=+++=

=+++=

=++=

+

yxyxyxyxyxyx

yxyxyxyyxx

yxyxyxy

yxx

yxyxyxy

yxx

yxyxy

yxx

2. a) Ako se data jednaina pomnoi sa NZS (3,4,5), tj. sa 60, dobija se:

( ) ( ) ( )

2x 4020189

1202520215121223

254

25

12

=+=

+=+++=++

xx

xxxxxxxx

b) Ako je x < 2, jednaina glasi ( ) ( ) .011 2 =+++ xx Tada je:

( ) ( )

( )-2x-1x

2-2x-1x 20132011 22

==



3

.2:2:

2

1

=+=xyt

xyt

3.) Za Zk ,

2 xza tj.0,sinx ili 0cos === kx jednaina je nemogua.

Dalje, data jednaina je ekvivalentna sa :

( )

. ,4

,2

121t2t

023 032

)0cos sa mdijeljenje(0cossin3sincos2

0cossin3cossincos0cossin31cos

1cossin3cos

2

2

2

22

222

2

2

ZllxZkkarctgx

tgxtgxttgx

ttttgxtgxxtg

xxxxx

xxxxxxxx

xxx

+=+===

====+=

=+

=+=++

=+=

4.) Nejednaina 81log3log 222 0. Ako uvedemo smjenu tx =2log , onda je tx 2= , pa dobijamo:

( )

( ) ( )( ) ( )

3013

03333

22

82

2

2

23

33

13

23

2



4

Slika 2.

Dakle, ,2 bac += 22

bac = i a = 3, odakle je

.21

333

3326

332

==

=

=

=+=

=+=

cb

bcb

bcbb

bcbc

Visinu h dobijamo iz pravouglog trougla AED:

.32

322

360sin ==== cch o To znai da je obim trapeza 813222 =++=++= bacO cm, a povrina trapeza je 323

213

2=+=+= hbaP cm2.

7.) Na osnovu formule za povrinu kupe srrMBP +=+= 2

( )

.6 i 09610 je da odnosno,

,1096 je da dobijamo

2 ==+

+=

rrr

rr

Kako je . 8 je to,222 cmHrsH == Slika 3. Zapreminu kupe izraunavamo po formuli

. 96 tj.

8631 je pa ,

31

3

2

cmV

VHBV

===

8.) Prema uslovu zadatka je 1q i 16...2111



5

Zbir svih lanova progresije izraunava se po formuli

:slijedi 153,61

i 161

iz pa ,1 2

2111 === q

aq

aq

aS

( )

( ) ( )( ) ( )( )

.4112

6,4094,102116

16,1531256116

6,1531

1256

1161

11

2

21

==

==

+==

=

=q

a

qqa

qqqa

qq

qa

Dakle, .643

25612

4112 i

41 44

15 ==

=== qaaq

9.) Znajui da je ( ) sin180sin i sin2 2sincos == o , dobijamo da je

( ) ( ) .

161

20sin20180sin

60sin60180sin

161

20sin160sin

60sin120sin

161

80sin2160sin

60sin2120sin

40sin280sin

20sin240sin80cos60cos40cos20cos

===

==

o

oo

o

oo

o

o

o

o

o

o

o

o

o

o

o

ooooo

10. Mogue sastave grupe prikaimo pomou skupova (jer redosled nije bitan): { } { } { } { } { } { },,,, ,,,, ,,,, ,,,, ,,,, ,,,, VPOOVPPOVVPOPPPOPPOOPOOO gdje O oznaava oficira, P podoficira, i V vojnika.

Od 5 oficira moemo izabrati 3 oficira na 10321345

35 =

=

naina.

etvrti lan grupe mora biti podoficir, za iji izbor imamo 414

14 ==

mogunosti.

Svakom izboru 3 oficira od 5 oficira odgovaraju 4 izbora podoficira pa za ovu kombinaciju imamo 40410 = mogua naina formiranja grupe. Slino rasuivanje primjenjuje se i u ostalim sluajevima. Ukupan broj traenih naina je:

.1720400300900206040110

14

25

110

24

15

210

14

15

34

15

24

25

14

35

=+++++==

+

+

+

+

+



6

Test broj 2

1.) a) Izraunati .116

1:63

1226

416

15+

++

b) Uprostiti .22

2

222

abab

baba

abba

++

2.) Rjeiti jednaine: a) ,6

13

424

132

1 ++=+ xxxx b) ( ) ( ).47124 222 xxxx =+

3.) Rjeiti trigonometrijsku jednainu: .212cos

815sincos 66 =+ xxx

4.) Rjeiti nejednainu: ( ) .4

1log3log313

+



7

10.) Izraunati granine vrijednosti:

a) ,2log...4log2log

lim 2222

n

n

n

++++

b) 23 2

0

11limxx

x

+



8

Rjeenje testa broj 2 1. a)

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )[ ] ( )( ) ( ) .1151216116116 116634262163

11669

631246

26416

1615

1161:

6312

264

1615

==+==++++=

=+

+

++=

=+

++

b)

( ) ( )( )( )

( ) ( )( )( ) b.a i 0b ,0a uslov uz ,1

333223

3322

2222

2

2

2

222

==

=++=

++=

=++=+

+

baababab

baabbabbaaba

baabbababa

baab

baba

abba

abab

baba

abba

2. a) Ako datu jednainu pomnoimo sa NZS (2,3,4,6), tj. sa 12, dobijamo:

( ) ( ) ( ) ( ).1551410915

12424133166

13

424

132

1

===++=+++=+

xxxx

xxxxxxxx

b) Ako uvedemo smjenu txx = 42 , dobijamo da je:

( ) ( )

( ).21344034

44344340127447124

22

222

22222

===+=+=====

=++==+

xxxxxxxxxxxtttxx

tttxxxxxx

3.) Koristei identitete:

( )( )( ),cos1sin

i 2sincossin2,3

,

22

222224224

2233

xxxxx

bababbaa

babababa

==

+=+++=+

transformiemo lijevu stranu jednaine na sledei nain:



9

( ) ( )( )( )( )[ ]

( ).2cos14312sin

431

4cossin431sincos3sincos1

sinsincoscossincossincossincos

22

2222222

422422

323266

xx

xxxxxx

xxxxxxxxxx

=

==+==++=

=+=+

Data jednaina sada ima oblik ( )212cos

8152cos1

431 2 = xx , odakle se sreivanjem

dobija ekvivalentna jednaina, odnosno .022cos52cos2 2 =+ xx Uvoenjem smjene tx =2cos dobija se jednaina 0252 2 =+ tt , ija su rjeenja

21 ili 2 == tt . Jednaina

22cos =x je nemogua, a jednaina 212cos =x ima rjeenja . ,2

6Zkkx +=

4.) Nejednaina ( )4

1log3log313

++> xx , odnosno ako je ( )3,1x . Kako je aa n

n

loglog 1 = bie da je

.1

4log4

1log4

1log4

1log 31

3331 +=

+=+=+

xxxx

Osnova logaritma je vea od 1, pa je logaritamska funkcija rastua, a nejednaina

( )1

4log3log 33 +



10

6.) Kako su poznate sve tri stranice trougla njegovu povrinu moemo izraunati na osnovu Heronovog obrasca ( )( )( )csbsassP = , pri emu je

2cbas ++= poluobim

trougla ije su stranice a, b i c. U ovom zadatku je ( )( )( ) .8415211421132121 je pa 21 === ABCPs Na osnovu uslova zadatka, povrinu trougla ABC moemo dobiti i kao zbir povrina trouglova AOC i BOC, gdje je O centar upisanog polukruga (Slika 5.).

Dakle, BOCAOCABC PPP += , odnosno

22arbrPABC += , odakle je ( ) 8414132 =+

r ,

pa je .956=r

Slika 5. 7.) Na osnovu Pitagorine teoreme (Slika 6.) dobijamo da je ( ) .4 tj.,222 == HrRsH Prenik donje osnove zarubljene kupe je 2R , a kako je i dijagonala D donje osnove upisane zarubljene piramide takoe jednaka 2R (Slika 7.), to e biti 2102 aRD === , pa je 25=a . Slino se iz 242 brd === dobija da je 22 .

Slika 6. Slika 7. Slika 8. Povrine baza zarubljene piramide su: 222

221 8 i 50 cmbBcmaB ==== , pa je zapremnina zarubljene piramide

( ) ( ) . 10488505034

33

2211 cmBBBBHV =++=++=

8.) Neka su stranice trougla 4 i 4, +== acaba . Sa slike 8. vidi se da je

2 i

23 ayax == . Prema Pitagorinoj teoremi je:

( ) ( ) ( )222

222 4422

3 je pa 44 +=

++

+=++ aaaaaayx ,

odakle se sreivanjem dobija jednaina 0202 2 = aa , ija su rjeenja .10 ili 0 == aa Dakle stranice trougla su: .14 i 6 ,10 === cba



11

Do jednaine 0202 2 = aa smo mogli doi i na drugi nain. Na osnovu kosinusne teoreme vai (Slika 8.): ( ) ( ) ( ) o120cos4244 222 +=+ aaaaa . Kako je

21120cos =o (Slika 9.) sreivanjem prethodne

jednaine dobija se jednaina 0202 2 = aa . Slika 9.

9.) Kako je ( )



12

Slika 11.

Apscise zajednikih taaka grafika funkcija f i g predstavljae rjeenja date jednaine. Na slici 11 to su take A i B. To znai za 0



13

Test broj 3

1.) a) ta je vee: 13 % od 200 ili 30 % od 90?

b) Uprostiti izraz .: 2211122

11

22

baba

abba

baba

++

+

2.) Rjeiti jednaine:

a) 3

23

4325

4431 xxx

x

=

++

b) ( ) 12log 231 =+ xx

3.) Dokazati identitet .cos84cos2cos43 4 =++

4.) Rjeiti nejednainu ( ) ( ) .1212 166 xxx + + 5.) Odrediti jednainu tangenti elipse 1004 22 =+ yx povuenih iz take A (2,7). 6.) Dijagonale jednakokrakog trapeza su uzajamno normalne. Izraunati njegovu povrinu ako je krak cmc 52= , a odnos osnovica je 3:1. 7.) Osnova piramide je trougao ije su stranice cmccmbcma 20 i 16 , 12 === , a bone ivice su jednake i imaju duinu 26 cm. Izraunati zapreminu piramide. 8.) Deveti lan aritmetike progresije je pet puta vei od drugog lana, a pri dijeljenju trinaestog lana sa estim lanom dobija se kolinik 2 i ostatak 5. O kojoj progresiji je rije? 9.) Odrediti najmanju i najveu vrijednost funkcije

>++

=0 ,180 ,2

)(2

x

xxxx

xf na segmentu [-1,8].

10.) Skicirati grafike funkcija: a) xy sin2= ; b)

2cos xy = ; c) xy 2log2= ; d) xy

1= .



14


1. a) .10030902726

10013200 =+ xx tj. za 0x i kako je



15

( )( ) ( ) ( )

( ) ( )( )

( ).cos8coscos8

sin1cos8cossin8cos8

cossin8cossinsincos7cossin81sincos7

cossin6sincos2cossinsincos7

cossin6sincossincos4cossin3cossin2sincossincos43

2sin2cossincos434cos2cos43

4

22

22

222

222222

2222

222222222

22442222

222222

2222

==

==

++=+=

++=++++=

++=++=

=++

4.) Zadatak ima smisla, ako je .1x Tada je:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( )( )

( ] [ ).,31,2-x tablicu)i 13. i 12. slike (vidjeti

01

3201

65

01

66166

1) je funkcije jalneeksponenci osnova(

12121212

12112

121121212

2

2

166

166

166

166

+

++++

+

++

>

++

+++

++

+

+

++

xxx

xxx

xxxxx

xx

xxxx

xx

x

xxx

xx

Slika 12.

x ( )1, ( )2 ,1 ( )3 ,2 ( )+ ,3 652 + xx + + - +

1+x - + + +

1652

++

xxx - + - +

Slika 13.



16

5.) Neka je nkxy += jednaina tangente elipse 1004 22 =+ yx , iji je kanonski oblik .1

510 22

2

2

=+ yx Uslov dodira ove elipse i prave nkxy += je .25100 22 nk =+ Taka A (2,7) pripada pravoj nkxy += , pa je .27 nk += Rjeavanjem sistema jednaina nknk +==+ 2725100 22 dobijamo da je

425 i

83 == nk , ili da je

325 i

32 == nk , pa su jednaine traenih tangenti:

0.25-3y2x: i 05083: 21 =+=+ tyxt 6.) Trouglovi ABO i CDO su slini, jer su im odgovarajui uglovi jednaki, pa su im parovi odgovarajuih stranica proporcionalni. Kako je AB:CD = OB:OC, tj. 3:1= OB:OC, bie OB = 3OC. Oznaimo du OB, OC i BC redom sa y, x i c. (Slika 14.). Trougao BOC je pravougli, pa je: ( ) ( ) 2352 2222222 =+=+= xxxyxc iz ega slijedi da je .2=x Dijagonale jednakokrakog trapeza su uzajamno normalne i jednake, pa ako oznaimo dijagonale AC i BD sa d, slijedi da je: Slika 14.

( ) ( ) ( ) . 16224

2232

222

2222

cmyxdPABCD ==+=+== 7.) Iz podudarnosti trouglova VOB, VOC i VOA (Slika 15.; podudarne su po dvije odgovarajue stranice i ugao naspram vee od njih) zakljuujemo da se podnoje visine piramide nalazi u centru opisanog kruga oko trougla ABC. Povrina baze moe se izraunati pomou Heronovog obrasca: ( )( )( ) . 96481224 2cmcsbsassPB ABC ====

Kako je . 10964

2016124

je to,4

cmP

abcRR

abcP ====

Slika 16. Slika 15.



17

Visinu piramide (Slika 16.) izraunavamo pomou Pitagorine teoreme: ( ) ( ) .2464102610261026 2222 ==+=== RdH Sada moemo izraunati zapreminu piramide:

. 768249631

31 3cmBHV ===

Napomena: Ako uoimo da je bazni trougao pravougli, jer je 222 201612 =+ , moemo koristiti formulu .

2cR =

8.) Neka je 1a prvi lan, a d razlika date aritmetike progresije. Prema uslovu zadatka slijedi da je:

( )

( ).

34

525243

5243

51021258

525

11

1

1

11

11

613

29

==

==

==

++=++=+

+==

ad

dadd

adad

dadadada

aaaa

Prvih nekoliko lanova progresije je : 3, 7, 11, 15, 19,... .

9.) Funkcija xy 2= je rastua i ( ) ( ) 10 ,211 == ff .

Koordinate tjemena parabole 182 ++= xxy su: .17

4 i 4

2====

aDy

abx TT

Grafik funkcije je prikazan na slici 17.

Najmanja vrijednost funkcije je 21 i postie

se u taki 1=x , a najvea vrijednost funkcije je 17 i postie se u taki 4=x . Slika 17.



18

10. a)

= xxy

x 1/4 1/2 1 2 4 y -1 0 1 2 3

Slika 20.



19

d)

=

0 ,1

0 ,1

xx

xxy

Slika 21.



20

Test broj 4

1. a) Izraunati: .2:2 22 22 b) Za a = 0,003 i b = 5,994 odrediti vrijednost izraza ( ) ( ) .

92:

96

31

31, 2222 ba

babba

bbaba

baI +

++= 2.) Rjeiti jednaine a) ;

31

2154

323

712 +=+ xxx

b) ( )( ) ( ) ( ) .1 ,1

1 ,log je ako 0 22



21


1. a) .22222:22:2 21

41

41

41

41

22 22 ==== b)

( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) .26

12994,5003,02

125,994 ; 003,0

.0 ,2

,2

12212

29

9633

92:

96

31

31,

22

222222

==+=

+=+=

=+

++=+

++=

I

bbababab

bbab

baba

bbababa

babba

bbaba

baI

2. a) Ako jednainu 31

2154

323

712 +=+ xxx pomnoimo sa NZS (7,3), tj. sa 21 dobijamo

ekvivalentnu jednainu ( ) ( ) 754237123 +=+ xxx , koja se sreivanjem svodi na jednainu 01919 =+ x , a njeno rjeenje je .1=x b) 1 Za ( ) .log je ,1 2 xxfx =

( )

,211

1log0log 01loglog0loglog

22

22222

====

=+=+

xx

xxxxxx

pa je, zbog uslova 1x , jedino rjeenje ove jednaine .1=x 2 Za ( ) 1 je ,1 =< xxfx

( ) ( ) ( ) ( )( ),01

0x01 0111011 2

====

=+=+

xxx

xxxx

pa je zbog uslova ,1



22

. ,2

, 510

,2

,2

5

0cos0cos5 0cos2cos5

06cos4cos

12

6cos12

4113sin2sin 22

ZllxZkkx

ZllxZkkx

xxxx

xx

xxcocxx

+=+=

+=+===

==+

=+=+

4.) Da bi rjeenja 1x i 2x jednaine 02 =++ cbxax bila pozitivna, treba da budu ispunjeni

sledei uslovi: .0 i 0 ,0 2121 >>+ Dxxxx

(1) ( )

( ) ( ).,20, je pa022 tj.,0

22

21

>>==+

k

kkk

kabxx

(2) ( )( )

( ) ( ).,21, je pa,021 tj.,0

21

21

>>

==k

kkkk

acxx

(3) ( )( )

( ) .,3202-3k4

081244k ,012444

22

22

+==

k

kkkkkacbD

Presjek skupova rjeenja uslova (1), (2) i (3) je traeno rjeenje i nalazimo ga koristei sliku 22.

Slika 22.

Prema tome,

( ) ( ) ( ) ( ) ( ).,2,21,,20,,32

kkkk



23

5.) Data kriva je hiperbola iji je kanonski oblik .11824

22

= yx Dodirna taka hiperbole i njene tangente, paralelne datoj pravoj, bie traena taka. Data prava ima koeficijent

pravca .23=pk Tangenta mora biti paralelna sa pravom p, pa je .2

3=tk Uslov dodira

prave nkxy += i hiperbole . je 1 222222

2

2

nbkaby

ax ==

Iz jednaine 22

182324 n=

dobija se da je .6 ili 6 == nn Tangente hiperbole, paralelne pravoj p imaju jednaine: 01223: i 01223: 21 =++=+ yxtyxt

Rjeavanjem sistema

=++=

=+=

012237243

i 01223

7243 2222

yxyx

yxyx

dobijaju se take P1(6,-3) i P2 (-6,3). Prema formuli za rastojanje take od prave slijedi:

( ) ( ) .13

1149

13263, i 13

1349

13263, 21 =+++==+

+= pPdpPd Dakle, taka P2 (-6,3) je traena taka.

6.) Na osnovu sinusne teoreme vai sin8

215 tj.,

sinsin== ba (Slika 23.).

Na osnovu implikacije

53

25161cos

20

54sin ==



24

Pomou Pitagorine teoreme nalazi se visina zarubljene kupe:

( ) . 49252122 cmrrsH === Na osnovu poznatog obrasca za zapremninu zarubljene kupe slijedi da je:

( ) ( ) . 5244252534

33

2211 cmBBBBHV =++=++=

8.) .41

2 je pa ,

211

21

1121

21 ====+ aPaaa

.21

81

2 je pa ,

21

2 122

21

221

22

22 ======+ PaPaaaaa

.21

161

2 je pa ,

221

2

2

1

23

32

322

23

23

======+ P

aPaaaaa

Indukcijom se moe dokazati da je niz ,...,...,, 321 nPPPP geometrijski niz sa kolinikom

21=q .

Kako je ,211

21

211

211

41...21

=

=++= n

n

nn PPPS

prelaskom na graninu vrijednost, kada se n neogranoneno uveava, dobijamo da je

.21

211

21limlim =

=

nnnn S Slika 24.

9.) Sistem ima smisla za .1 i 1 ,0 ,0 >> yxyx

( )

.022

1log

2

01log

2

log21log

2

2log

1log

2

2loglog

222

2

2

2

22

==

==

==

==+

=

=+=

=+

xxyx

yx

x

yx

x

yx

xx

yx

xx

yx

yx

yy

yyy

yxy



25

Iz druge jednaine se dobije da je .1 ili 2 == xx Prema uslovu zadatka, jedino rjeenje sistema je .2 ,2 == yx 10.a) Linije u xOy -ravni odreene jednainama Rkkxy += , su prave paralelne sa pravom ,xy = (Slika 25.). Slika 25. b) Jednainu 122 ++= kkxkxy napiimo u obliku ( ) 1122 ++= xxky , odnosno u obliku ( ) .11 2 += xky Sada se vidi da su linije odreene ovim jednainama parabole koje prolaze kroz taku M (1,1) za ,0k i prava ,0 za 1 == ky (Slika 26.).

Slika 26. Slika 27.

c) Kako je

+ xx

x

5.) Odrediti taku krive 32 22 =+ yx koja je na najkraem odstojanju od prave .042 =+ yx 6.) Kroz proizvoljnu taku u datom trouglu povuene su prave paralelne stranicama i tako su

dobijena tri manja trougla ije su povrine P1, P2 i P3. Kolika je povrina datog trougla? 7.) U pravu krunu kupu sa poluprenikom osnove cmr 4= i visinom cmH 6= upisan je

valjak maksimalne zapremine. Izraunati tu zapreminu. 8.) Trei lan aritmetike progresije je 9, a razlika izmeu sedmog i drugog lana je 20.

Koliko lanova progesije treba sabrati da bi njihova suma bila 91?

9.) Rjeiti sistem jednaina .84

14 22

=++=++

yxyx

yxyx

10.) U xOy - ravni predstaviti skupove odreene relacijama: a) ( ) ( ) 012 ++ xyyx , b) ( ) ( ) 01ln xxy c) ( ) ( ) 0122 ++ xyyx



27


1. a)

( )

( ) .4231

31223

312

3819

1238192

41

4

2log41

3log1

221

2 322

=++=++=

=++=++

b) ( )( )( )( )

( )( ) . ,0 uslov uz ,23:3

22

22

33

222222

22

332

baabbabababa

ababbaba

baba

abab

abbabaab

baba

ba

ab

abba

=++++=

=+=+

+

2. a) Kako je ( )

=

2 ,22 ,2

2xxxx

x

jednainu ,1213 = xx emo rjeavati posebno u sledeim intervalima: ( ).,2 i 2,

31,

31, +

(1) ( ) 122311213

31 =

==+> xxxxxx Prema tome, skup rjeenja date jednaine je { }.1,1 b) Kako zbir lanova beskonane geometrijske progresije postoji samo 1



28

Kako je xq = pozitivno to e biti ,1

1x

S = pa vai:

( )

.21

2505124

14142

14

111

214

...11

2

232

===+

==

=++++

xxxx

xxx

x

xxxx

Prema uslovu zadatka, rjeenje jednaine je samo .21=x

3.)

( )

. ,2 ,2

x

1cos0cos 01-cosxcosx 0coscos

cossinsincoscossin2cos2

2222

ZllxZkk

xx

xxxxxxxxx

=+===

==

=+=+

4.) Nejednaina 12

21

1>+ xx

x ima smisla za .

21 i 1 xx

( )( )( )

( )( ) ( )( )

++

>+>+>+

.21,101210

12112

0121

12012

21

112

21

1

2

2

xxxxx

xxx

xx

xxx

xx

5.) Traena taka je dodirna taka elipse 32 22 = yx i njene tangente koja je paralelna

datoj pravoj .042: =+ yxp Koeficijent pravca tangente jednak je koeficijentu pravca p. Eksplicitni oblik jednaine prave p je 42 += xy , iz ega slijedi da je 2=pk pa je i

.2=tk Iz kanonskog oblika jednaine elipse e: 1323

22

=+ yx nalazimo da je

3 i 23 22 == ba , pa iz uslova dodira 2222 bkan += prave nkxy += i elipse

122

2

2

=+by

ax , gdje je 2=k , dobijamo da je 92 =n .

Jednaine tangenti su .32: i 32: 21 =+= xytxyt



29

Rjeavanjem sistema

==+

==+

32 32x

i 32 32 2222

yxy

yxyx

dobijamo dodirne take ( ) ( ).1,1 i 1,1 21 PP Rastojanja ovih taaka do prave 042 : =+ yxp su:

( ) ( ) ( ) .5

714

4112, i

51

144112

, 21 =+++==+

+= pPdpPd Dakle, taka ( )1,11 P je taka elipse koja je najblia datoj pravoj p. 6.) Trouglovi MCCMAABMB 122121 i , su slini

trouglu ABC (Slika 28.), jer su im odgovarajui uglovi jednaki kao uglovi sa paralelnim kracima. Ako je 3122112 i , , aBAaAAaMBaCB ==== , prema uslovu zadatka slijedi da je

aaaa =++ 321 . Slika 28. Povrine slinih trouglova se odnose kao kvadrati odgovarajuih stranica, pa je:

(3)

(2)

(1)

332

23

32

233

222

22

22

222

112

21

12

211

PaaP

aaPP

aa

PP

PaaP

aaPP

aa

PP

PaaP

aaPP

aa

PP

===

===

===

Iz (1), (2) i (3) se dobija da je ,321321

++=++a

aaaPPPP

iz ega slijedi da je ( ) .2321 PPPP ++= 7.) Neka je H1 visina valjka upisanog u kupu (Slika 29). Prema uslovu zadatka, visina kupe , 6 cmH = a poluprenik osnove kupe je . 4 cmr = Na osnovu slinosti trouglova (Slika 29.) slijedi da je .

4624

46 1

11

1

1

1 rHr

HrH ==

Zapremina valjka je funkcija od 1r , tj. ( ) i 1rfV =

.623

236 21

311

211

2111 rrrrHrHBVV +

=

===



30

Iz ( ) ( )38 00 i 12

29

111,

12

11, ===+= rrrfrrrf

slijedi da funkcija f prima svoju maksimalnu vrijednost za 38

1 =r pa je

3max 91282

964 cmV == .

Slika 29.

8.) Zbir prvih n lanova aritmetike progresije izraunava se po formuli ( )[ ] . ,12

2 1NndnanSn +=

Kako je po uslovu zadatka:

,14

92205

92 206

9 20

111

11

3

27

==

=+=

=+=+

==

ad

dad

dadada

aaa

to je ( )[ ],41122

91 += nn odnosno 0912 2 = nn .

Rjeenja jednaine su .4

27 ili 7 == nn Dakle, treba uzeti 7 lanova progresije da bi njihov zbir bio 91. 9.) Sistem ima smisla za .0xy Kako je

( )

,2282819621421421414

22

2222

xyyxyxxyyxyxyx

+++==+++=

to je



31

( ) ( )

( ) ( )

.01610

10

841010

10

8410

848419628

8419628

8422828196

84

14

2

2222

2222

22

22

22

22

=+=

=++=

=++=+

=+++=+

=+++=++

=++

+++=

=++=

yyyx

yyyy

yx

yxyxyx

yxyxyx

yxyxyxyxyx

yxyxxyyxyxxy

yxyx

yxxy

Rjeavanjem druge jednaine sistema dobijamo da je .2 ili 8 == yy Skup rjeenja sistema je ( ) ( ){ }.8,2,2,8 2. Nain Kako je ( ) ,222 xyyxyxyx +=++ to e dati sistem biti ekvivalentan sistemu:

( ) .8414

2

=+=++

xyyx

xyyx

Uvoenjem smjene xybyxa =+= , dobija se da je

( )( ) .410

614

8414

8414

22

==

==+

=+

=+

==+

ba

baba

bababa

baba

Prelaskom na stare promjenjive, jednostavno se dolazi do rjeenja sistema. 10. a)

( )( )( ) ( )( ) ( ).11

01001001

22

22

2

++++

++

xyxyxyxyxyyxxyyx

xyyx



32

2xy 1 xy 12 xyxy Slika 30. Slika 31. Slika 32. Presjek skupova prikazanih na slikama 30. i 31. predstavljen je na slici 32.

2xy 1 xy 12 xyxy Slika 33. Slika 34. Slika 35. Presjek skupova prikazanih na slikama 33 i 34 predstavljen je na slici 35

. ( ) ( )11 22 xyxyxyxy Slika 36.

Unija skupova prikazanih na slikama 32. i 35., tj. konano rjeenje prikazano je na slici 36.



33

b) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )1ln1ln

010ln010ln01ln

xxyxxy

xxyxxyxxy

xy ln 1x 1ln xxy Slika 37. Slika 38. Slika 39. Presjek skupova prikazanih na slikama 37. i 38. predstavljen je na slici 39.

1x xy ln 1ln xxy Slika 40. Slika 41. Slika 42. Presjek skupova prikazanih na slikama 40. i 41. predstavljen je na slici 42.

. ( ) ( )1ln1ln xxyxxy

Slika 43.

Unija skupova prikazanih na slikama 39. i 42. predstavljena je na slici 43., to je i konano rjeenje zadatka.



34

c)

( )( )( ) ( )( ) ( )xyyxxyyx

xyyxxyyx

xyyx

++++++

++

11

001001

01

2222

2222

22

122 + yx xy xyyx + 122

Slika 44. Slika 45. Slika 46. Presjek skupova prikazanih na slikama 44. i 45. pretstavljen je na slici 46.

122 + yx xy xyyx + 122

Slika 47. Slika 48. Slika 49.

Presjek skupova prikazanih na slikama 47. i 48. pretstavljen je na slici 49.

( ) ( )xyyxxyyx ++ 11 2222 Slika 50.

Unija skupova prikazanih na slikama 46. i 49. predstavljena je na slici 50., to je i konano rjeenje zadatka.

Documents

Zbirka , matematika