Usmeni dio, matematika – rješenjagimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija... · skup tih rješenja. Vertikalni test – svaki pravac okomit na os x siječe graf
Post on 04-Sep-2019
13 Views
Preview:
Transcript
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
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
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
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
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
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
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
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
- 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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
)( 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
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
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 −=
=
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
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
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
- 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
top related