Rijeıeni Zadaci Iz Matematike I
Riješeni zadaci iz matematike IBaraković ElvisMoguce su greske jer je u pitanju radna verzija materijala!
Sadrµzaj1 Elementi matematiµcke logike32 Skupovi i relacije73 Jednaµcine i nejednaµcine sa apsolutnim vrijednostima114 Binomni obrazac255 Matematiµcka indukcija376 Kompleksni brojevi477 Determinante598 Matrice. Operacije sa matricama.649 Sistemi linearnih jednaµcina8410 Limes funkcije10411 Izvod funkcije11512 Ispitivanje osobina i crtanje gra ka funkcije13213 Neodre†eni i odre†eni integrali.Primjena odre†enog integrala.15414 Parcijalni izvodi.Ekstremi funkcije dvije promjenljive.15515 Diferencijalne jednaµcine170
Baraković Elvis1MatematikaElementi matematiµcke logikeSvaka izjavna reµcenica nekog jezika koja ima smisla i koja ima osobinu da jetaµcna ili netaµcna naziva se iskaz (sud). Svaki iskaz moµzemo obiljeµziti nekimslovom (najµcešće slovom latinice), brojem ili nekim drugim simbolom. Takvesimbole nazivamo iskazna slova.µCinjenicuda je iskaz p taµcan oznaµcavaćemo sa (p) ili (p) 1; aµcinjenicu da je netaµcan sa (p) ? ili (p) 0:Od dva ili više iskaza moµzemo sastaviti novi, sloµzeni iskaz. Sa iskazima, kaoelementima skupa iskaza, uvodimo sljedeće operacije:1. NEGACIJA iskaza p je novi iskaz ep koji ima suprotnu istinitosnuvrijednost od istinitosne vrijednosti iskaza p.2. KONJUNKCIJA iskaza p i q je novi iskaz p q koji je taµcan ako suiskazi p i q istovremeno taµcni a netaµcan u ostalim sluµcajevima.3. DISJUNKCIJA iskaza p i q je novi iskaz p q koji je netaµcan ako suiskazi p i q istvremeno netaµcni a taµcan u ostalim sluµcajevima.4. IMPLIKACIJA iskaza p i q je novi iskaz p ) q koji je netaµcanako je iskaz p taµcan a iskaz q netaµcan a taµcan u ostalim sluµcajevima.5. EKVIVALENCIJA iskaza p i q je novi iskaz p () q koji je taµcanako su iskazi p i q istvremeno iste istinitosne vrijednosti, a netaµcan uostalim sluµcajevima.Operacije sa iskazima moµzemo predstaviti u obliku tabele.(p)1100(q)1010(ep)0011(p q)1000(p q)1110(p ) q)1011(p () q)1001Zadatak 1.1 Provjeriti da li je sljede ca iskazna formula tautologijaF:e (p () q) () (p () eq): {z} {z}LRješenje:D3
Baraković ElvisMatematikaPosmatrajmo tablicu(p)1100(p () q)1001(q)1010(L)0110(eq)0101(D)0110(F)1111Formula je tautologija.Zadatak 1.2 Provjeriti da li je sljede ca iskazna formula tautologijaF:e (p () q) () (p eq) (ep q):{z} {z} LDRješenje:Posmatrajmo tablicu(p)1100(q)1010(p () q)1001(L)0110(ep)0011(eq)0101(p eq)0100(ep q)0010Formula je tautologija.Zadatak 1.3 Provjeriti da li je sljede ca iskazna formula tautologijaF:p (q r) () (p q) (p r): {z} {z }LRješenje:Posmatrajmo tablicu(p)11110000(q)11001100(r)10101010(q r)11101110D(L)11100000Formula je tautologija.4(p q)11000000(p r)10100000(D)11100000(F)11111111(D)0110(F)1111
Baraković ElvisMatematikaZadatak 1.4 Provjeriti da li je sljede ca iskazna formula tautologijaF:(p ) (q r)) ) (p q) (p r):{z} {z} LDRješenje:Posmatrajmo tablicu(p)11110000(q)11001100(q r)11101110(r)10101010(L)11101111(p q)11000000(p r)10100000(D)11100000(F)11110000Formula nije tautologijaZadatak 1.5 Bez upotrebe tablice dokazati da je sljede ca formula tautologijaF:((p ) q) eq) ) ep : {z} {z}LDRješenje:Pretpostavimo suprotno, tj da je formula nije tautologija. Tada postojeistinitosne vrijednosti iskaza p i q za koje vrijedi (L ) D) 0: To će sedesiti samo onda ako je iskaz L taµcan a iskaz D netaµcan. Me†utim, da biiskaz D bio netaµcan onda iskaz p mora biti taµcan. Da bi iskaz P bio taµcan,onda moraju biti taµcni iskazi p ) q i eq a odavdje vidimo da iskaz qmora biti netaµcan. Ali kako je iskaz p taµcan a iskaz q netaµcan tada je iskazp ) q netaµcan a nama se zahtijeva da bude taµcan.Kontradikcija sa pretpostavkom.Dakle, iskaz je tautologija.Zadaci za samostalan radIspitati da li su sljedeće iskazne formule tautologije1. p (q r) () (p q) (p r)2. (p ) q) () ep q5
Baraković ElvisMatematika3. (p () q) () (p q) (ep eq)4. ((p ) q) (q ) r)) ) (p ) r)5. ((p ) q) (q er)) ) (ep ) r)6
Baraković Elvis2MatematikaSkupovi i relacijePojam skupa je osnovni pojam u matematici pa se zato i ne de niše. Ovajpojam objašnjavamo navodeći primjer nekog skupa i ukazujući na pravilanjegove upotrebe u matematici.Skupove oznaµcavamo velikim slovima latinice A; B; C; :::; X; Y; ::: a elementenekog skupa malim slovima latinice a; b; c; :::; x; y; :::.Za skupove A i B kaµzemo da su jednaki ako su sastavljeni od istih elemenata.Za skup A kaµzemo da je podskup skupa b ako svaki element iz skupa Aistovremeno pripada i skupu B. To oznaµcavamo sa A B:Operacije sa skupovima de nišemo sa:A\BA[BAnBA BA B fx : x 2 A x 2 Bgfx : x 2 A x 2 Bgfx : x 2 A x 2 Bg(AnB) [ (BnA)f(a; b) : a 2 A b 2 BgZadatak 2.1 Dokazati:(A [ B)C AC \ B C :Rješenje:x2()()()()()()(A [ B)Cx2 A[Be (x 2 A [ B)e (x 2 A x 2 B)x2 A x2 BCx 2 A x 2 BCx 2 AC \ B C :Zadatak 2.2 Dokazati:AnB A \ B C :Rješenje:x2()()()AnBx2A x2 Bx 2 A x 2 BCx 2 A \ BC :7
Baraković ElvisMatematikaZadatak 2.3 Dokazati(A \ B) [ C (A [ C) \ (B [ C) :Rješenje:x2()()()()()()(A \ B) [ Cx2A\B x2Cx2A x2B x2Cx2A x2C x2B x2C(x 2 A x 2 C) (x 2 B x 2 C)x2A[C x2B[Cx 2 (A [ C) \ (B [ C) :Zadatak 2.4 Dokazati:(A \ B) nC (AnC) \ (BnC) :Rješenje:x2()()()()()()(A \ B) nCx2A\B x2 Cx2A x2B x2 Cx2A x2 C x2B x2 C(x 2 A x 2 C) (x 2 B x 2 C)x 2 AnC x 2 BnCx 2 (AnC) \ (BnC) :Zadatak 2.5 Dokazati:(AnB) \ (CnD) (A \ C) n (B [ C) :Rješenje:x2()()()()()()(AnB) \ (CnD)x 2 AnB x 2 CnDx2A x2 B x2C x2 Dx2A x2C x2 B x2 D(x 2 A x 2 C) (x 2 B x2 D)x2A\C x2 B[Dx 2 (A \ C) n (B [ C) :8
Baraković ElvisMatematikaZadatak 2.6 Dokazati:(A \ B)(C \ D) (AC) \ (BD) :Rješenje:(x; y)2()()()()()()(A \ B) (C \ D)x2A\B y 2C \Dx2A x2B y 2C y 2Dx2A y 2C x2B y 2D(x 2 A y 2 C) (x 2 B y 2 D)(x; y) 2 A C (x; y) 2 B D(x; y) 2 (A C) \ (B D) :Zadatak 2.7 Dat je skup X f1; 2; 3; 4g : Napisati relacije de nisane sa123 (x; y) 2 X 2 : x y(x; y) 2 X 2 : x y(x; y) 2 X 2 : x y :Rješenje:Kako jeX 2 X X f(1; 1) ; (1; 2) ; (1; 3) ; (1; 4) ; (2; 1) ; (2; 2) ; (2; 3) ; (2; 4) ;(3; 1) ; (3; 2) ; (3; 3) ; (3; 4) ; (4; 1) ; (4; 2) ; (4; 3) ; (4; 4)gtada je123 (x; y) 2 X 2 : x y f(1; 2) ; (1; 3) ; (1; 4) ; (2; 3) ; (2; 4) ; (3; 4)g : (x; y) 2 X 2 : x y f(1; 1) ; (1; 2) ; (1; 3) ; (1; 4) ; (2; 2) ; (2; 3) ; (2; 4) ; (3; 3) ; (3; 4) ; (4; 4)g : (x; y) 2 X 2 : x y f(2; 1) ; (3; 1) ; (3; 2) ; (4; 1) ; (4; 2) ; (4; 3)g :Zadatak 2.8 Neka jeX f1; 2; 3g : Napisati elemente relacije de nisane sa (x; y; z) 2 X 3 : x y9z :
Baraković ElvisMatematikaRješenje:Kako jeX 3 X X X f(1; 1; 1) ; (1; 1; 2) ; (1; 1; 3) ; (1; 2; 1) ; (1; 2; 2) ;(1; 2; 3) ; (1; 3; 1) ; (1; 3; 2) ; (1; 3; 3) (2; 1; 1) ; (2; 1; 2) ;(2; 1; 3) ; (2; 2; 1) ; (2; 2; 2) ; (2; 2; 3) ; (2; 3; 1) ; (2; 3; 2) ;(2; 3; 3) (3; 1; 1) ; (3; 1; 2) ; (3; 1; 3) ; (3; 2; 1) ; (3; 2; 2) ;(3; 2; 3) ; (3; 3; 1) ; (3; 3; 2) ; (3; 3; 3)gpa je (x; y; z) 2 X 3 : x y z f(1; 1; 2) ; (1; 1; 3) ; (1; 2; 3)g :Zadatak 2.9 U skupu N de nisana je relacija (x; y) 2 N2 : x 5y 25 :Napisati elemente relacije :Rješenje:Izx 5y 25x 25 5yx 5 (5 y)vidimo da y 2 f1; 2; 3; 4g ; jer u protivnom x ne bi bio prirodan broj.Sadayyyy 1234 ) ) ) )x 20x 15x 10x 5pa je (x; y) 2 N2 : x 5y 25 f(20; 1) ; (15; 2) ; (10; 5) ; (5; 4)g :10
Baraković Elvis3MatematikaJednaµcine i nejednaµcine sa apsolutnim vrijednostimaZadatak 3.1 Riješiti jednaµcinujx1jjx 2j 1:Rješenje:x 1 0 ) x 1x 2 0 ) x 2Posmatrajmo tablicux: 1x 1x 221 1 Imamo tri sluµcaja:1)x 2 ( 1; 2]Sada jejx 1j jx 2j (x 1) 1 x(x 2) x 2pa jednaµcina ima oblik(x1)( (x 2)) 11 x x 2 13 1pa jednaµcina nema rješenja.2)x 2 ( 2; 1]Sada jejx 1j (x 1) 1jx 2j x 2xpa jednaµcina ima oblik(x1)1(x 2)x x 22x 12xx11 11121 2 ( 2; 1]
Baraković ElvisMatematikapa je rješenje jednaµcine x 3)x 2 (1; 1)Sada je1.jx 1j x 1jx 2j x 2pa jednaµcina ima oblikx1x(x 2) 11 x 2 13 1pa jednaµcina nema rješenja.Dakle, jednaµcina ima samo jedno rješenje x 1:Zadatak 3.2 Riješiti jednaµcinux2 x2 x2x2 2:Rješenje:x2 xx2 x2 0 ) x1 2 0 ) x1 2; x2 11; x2 2Posmatrajmo tablicux:x2 xx2 x12221 12 1 Imamo pet sluµcajeva:1)x 2 ( 1; 2]Sada jex2 xx2 x22 x2 x x2 x22pa jednaµcina ima oblikx2 x 2 x2 x 2 2x2 x 2 x2 x 2 22x2 6x2p ( 1; 2]x1 p 3 2 3 )x2 3 2 ( 1; 2] :12
Baraković ElvisMatematikaJednaµcina u ovom sluµcaju nema rješenja.2)x 2 ( 2; 1]Sada jex2 xx2 x22 x2 x 2 x2 x 2x2x 2pa jednaµcina ima oblikx2 x 2 x2 x 2x2 x 2 x2 x 22xx 2 2 2 1 2 ( 2; 1]U ovom sluµcaju rješenje jednaµcine je x 3)x 2 ( 1; 1]Sada jex2 xx2 x22 1.x2 xx2 x2 2 x2 x 2x2 x 2pa jednaµcina ima oblikx2 x 2 x2 x 2 2x2 x 2 x2 x 2 22x2 2x2 1 )x1 1 2 ( 1; 1]x2 1 2 ( 1; 1] :U ovom sluµcaju rješenje jednaµcine je x 1.4)x 2 (1; 2]Sada jex2 xx2 x22 x2 x 2 x2 x 2 x2 x 2pa jednaµcina ima oblikx2 x 2 x2 x 2x2 x 2 x2 x 22xx13 22212 (1; 2] :
Baraković ElvisMatematikaJednaµcina u ovom sluµcaju nema rješenja.5)x 2 (2; 1]Sada jex2 xx2 x x2 x x2 x2222pa jednaµcina ima oblikx2 x 2 x2 x 2 2x2 x 2 x2 x 2 22x2 6x2p (2; 1]x1 p 3 2 3 )x2 3 2 (2; 1] :Jednaµcina u ovom sluµcaju nema rješenja.Dakle, rješenja jednaµcine su x 1 i x 1.Zadatak 3.3 Riješiti jednaµcinu1j x2 3xjx4 5:Rješenje:xx 3x21 0 ) x 14 0 ) x 1 x 4:Posmatrajmo tablicu1x:x 1x 3x 4241 1 Imamo tri sluµcaja:1)x 2 ( 1; 4]Sada jejxx 3x21j (x 1) 124 x 3x 4xpa jednaµcina ima oblik1x x2 3xx2 2x4 58 0 )14x1 4 2 ( 1; 4]x2 2 2 ( 1; 4] :
Baraković ElvisMatematikaU ovom sluµcaju rješenje jednaµcine je x 2)x 2 ( 4; 1]Sada jejxx 3x21j 4 4.(x 1) 1 xx2 3x 4 x23x 4pa jednaµcina ima oblik1xx23x 4 5x24x 0 )x1 4 2 ( 4; 1]x2 0 2 ( 4; 1] :U ovom sluµcaju rješenje jednaµcine je x 0.3)x 2 (1; 1)Sada jejxx 3x21j x 14 x2 3x4pa jednaµcina ima oblikx1 x2 3x4 5p (1; 1)2 p11 2x 4x2 11 2 (1; 1) :pU ovom sluµcaju rješenje jednaµcine je x 2 11.pDakle, rješenja jednaµcine su: x1 4; x2 0; x3 2 11:x1 10 0 )x2 2Zadatak 3.4 Riješiti nejednaµcinux2 2x3 3x 3:Rješenje:x2 2x3 0 ) x1 3; x2 1Posmatrajmo tablicux:x2 2x313 1 1 Imamo tri sluµcaja1)x 2 ( 1; 3]15
Baraković ElvisMatematikaSada jex2 2x3 x2 2x3pa nejednaµcina ima oblikx2 2xx2 x3 3x 36 0Nule kvadratnog trinoma x2 x 6 su x1 2 i x2 naµcine jeR ( 3; 2) :3 pa rješenje nejed-Rješenje poµcetne nejednaµcine jeR1 ( 1:R1 ?:3] \ ( 3; 2)2)x 2 ( 3; 1]Sada jex2 2xx2 2x3 3 x22x 3pa nejednaµcina ima oblikx22x 3 3x 3x2 5x 0Nule kvadratnog trinoma x2 5x su x1 5 i x2 0 pa rješenje nejednaµcine jeR ( 1; 5) [ (0; 1)Rješenje poµcetne nejednaµcine jeR2 (( 1; 5) [ (0; 1)) \ ( 3; 1]R2 (0; 1] :3)x 2 (1; 1)Sada jex2 2x3 x2 2xpa nejednaµcina ima oblikx2 2xx2 x3 3x 36 0163
Baraković ElvisMatematikaNule kvadratnog trinoma x2 x 6 su x1 2 i x2 naµcine jeR ( 3; 2) :3 pa rješenje nejed-Rješenje poµcetne nejednaµcine jeR3 (1; 1) \ ( 3; 2)R3 (1; 2) :Konaµcno rješenje nejednaµcine jeR R1 [ R2 [ R3R (0; 2) :Zadatak 3.5 Riješiti nejednaµcinux22x3 24j x2 :jx2xRješenje:x22xx3 0 ) x1 1; x2 34 0 ) x 4:Posmatrajmo tablicu11x:x2 2x 3x 434 1 Imamo µcetiri sluµcaja:1)x 2 ( 1; 1]Sada jex22x 3 x2 2x 3x 4 (x 4) 4xpa nejednaµcina ima oblikx22x3 22x3xx17x x2 : ( 3)4553
Baraković ElvisMatematikapa je rješenje nejednaµcine x 21; 35 :Rješenje poµcetne nejednaµcine u ovom sluµcaju jeR1 ( 1; 1] \1;R1 5:35:3Dakle,1;2)x 2 ( 1; 3]Sada jex22x 3 x 4 x2 2x 3 (x 4) 4 xx2 2x 3pa nejednaµcina ima oblikx2 2x 3 2 2x2x2 x 1x x2401pa je rješenje kvadratne nejednaµcine x 2;1 :2Rješenje poµcetne nejednaµcine u ovom sluµcaju je1;1 :2R2 ( 1; 3] \Dakle,1;1 :2R2 3)x 2 (3; 4]Sada jex22x 3 x2 2x 3x 4 (x 4) 4xpa nejednaµcina ima oblikx22x3 22x3x53xpa je rješenje nejednaµcine x 21;5318x x2 : ( 3)45:
Baraković ElvisMatematikaRješenje poµcetne nejednaµcine u ovom sluµcaju jeR3 (3; 4] \5:31;Dakle,R3 ?:4)x 2 (4; 1)Sada jex22x 3 x2 2xx 4 x 43pa nejednaµcina ima oblikx22x3 22x5xx4 x23 : ( 5)35xpa je rješenje nejednaµcine x 21; 53 :Rješenje poµcetne nejednaµcine u ovom sluµcaju jeR4 (4; 1) \1;3:5Dakle,R4 ?:Konaµcno rješenje nejednaµcine jeR R1 [ R2 [ R3 [ R451[;1 :R 1;32Zadatak 3.6 Riješiti nejednaµcinux2x2 jx4x 35j :Rješenje:x24x 0 ) x1 0; x2 4x 5 0 ) x 5:19
Baraković ElvisMatematikaPosmatrajmo tablicux:x2x104x545 1 Imamo µcetiri sluµcaja:1)x 2 ( 1; 0]Sada jex2 4x x2 4xjx 5j (x 5) 5xpa nejednaµcina ima oblikx2x2 5 x2 : ( 3)234x 33xx23pa je rješenje nejednaµcine x 21;Rješenje poµcetne nejednaµcine je:R1 ( 1; 0] \R1 1;1;232:32)x 2 (0; 4]Sada jex2 4x jx 5j x2 4x x2 4x(x 5) 5 xpa nejednaµcina ima oblikx2 4x 32x2 5x 2pa je rješenje kvadratne nejednaµcine x 2Rješenje poµcetne nejednaµcine jex2 501;22R2 (0; 4] \R2 1;2 :220:1;22x
Baraković ElvisMatematika3)x 2 (4; 5]Sada jex2 4x x2 4xjx 5j (x 5) 5xpa nejednaµcina ima oblikx2x2 5 x2 : ( 3)234x 33xx23pa je rješenje nejednaµcine x 21;Rješenje poµcetne nejednaµcine jeR3 (4; 5] \:1;23R3 ?:4)x 2 (5; 1)Sada jex2 4x x2 4xjx 5j x 5pa nejednaµcina ima oblikx2x2 x 58 : ( 8)854x 35xxpa je rješenje kvadratne nejednaµcine x 2Rješenje poµcetne nejednaµcine jeR4 1;1; 58 :8\ (5; 1)5R4 ?:Konaµcno rješenje nejednaµcine jeR R1 [ R2 [ R3 [ R421R 1;[ ;2 :3221
Baraković ElvisMatematikaZadatak 3.7 Riješiti nejednaµcinux28x 12 4xx2 jx17j :Rješenje:x28x 12 0 ) x1 2; x2 6x 7 0 ) x 7:Posmatrajmo tablicu1x:x2 8x 12x 726 7 1 Imamo µcetiri sluµcaja:1)x 2 ( 1; 2]Sada jex28x 12 x2 8x 12jx 7j (x 7) 7xpa nejednaµcina ima oblikx28x 12 4xx2 7 x4 : ( 4)4313xxpa je rješenje nejednaµcine x 21; 34 :Rješenje poµcetne nejednaµcine jeR1 ( 1; 2] \R1 1;1;434:32)x 2 (2; 6]Sada jex28x 12 jx 7j x2 8x 12 (x 7) 7 x22x2 8x12
Baraković ElvisMatematikapa nejednaµcina ima oblikx2 8x 12 4x 12x2 13x 20x2 70xpa je rješenje nejednaµcine x 2 52 ; 4 :Rješenje poµcetne nejednaµcine jeR2 (2; 6] \R2 5;425;4 :23)x 2 (6; 7]Sada jex28x 12 x2 8x 12jx 7j (x 7) 7xpa nejednaµcina ima oblikx28x 12 4x13xxx2 7 x4 : ( 4)43pa je rješenje nejednaµcine x 21; 34 :Rješenje poµcetne nejednaµcine jeR3 (6; 7] \1;43R3 ?:4)x 2 (7; 1)Sada jex28x 12 x2 8x 12jx 7j x 7pa nejednaµcina ima oblikx28x 12 4x15xx23x2 x 718 : ( 5)185
Baraković ElvisMatematika:pa je rješenje nejednaµcine x 21; 185Rješenje poµcetne nejednaµcine jeR4 (7; 1) \1;185R4 ?:Konaµcno rješenje nejednaµcine jeR R1 [ R2 [ R3 [ R445R 1;[ ;4 :3224
Baraković Elvis4MatematikaBinomni obrazac(a b)n nXn n k ka bkk 0n n k ka bkTk 1 n! 1 2 3 ::: nnk n!n (n 1) ::: (n k 1) k!(n k)!1 2 3 ::: kZadatak 4.1 Na ci trinaesti µclan u razvoju binomap2 p3153:Rješenje:Budući da traµzimo trinaesti µclan u razvoju binoma, onda uzimamo da jek 12 i uvrštavajući u formulu za opći µclan razvoja binoma, dobijamo:T13 1215 p 15 12 p323 12p15 p2 2 34 73710 2:121512p3213312 Zadatak 4.2 Odrediti koe cijent uz x8 u razvoju binoma (x 3)12 :Rješenje:Opći µclan razvoja binoma (x 3)12 jeTk 1 pa je jasno da mora biti 12k 4. Traµzeni koe cijent je12434 12 12xkk3kk 8 jer traµzimo koe cijent uz x8 , odakle je12 11 10 981 40095:1 2 3 425
Baraković ElvisMatematikaZadatak 4.3 U razvoju binoma152 3xxodrediti koe cijent uz x7 :Rješenje:Opći µclan razvoja binoma jeTk 1 n n k k152a b kkx1515 k2x 13k xk k15 15 k k23 x 15 2kk15 k(3x)k 15 15 k2xk15 k3k xk Budući da traµzimo koe cijent uz x7 ; onda mora biti15 2k 7odakle je k 11, pa je traµzeni koe cijent uz x715 152kk3k 15 1521111311 15 4 112 3 :4Zadatak 4.4 Na ci µclan koji sadrµzi x7 u razvoju binomapp 123x2x:Rješenje:Opći µclan razvoja binoma jeTk 1 p12 kp kn n k k123x2x a b kk2 12 k1 kk1212 24 2kx3x 3( 1)k x 2 x2 kk24 2k48 kk1212( 1)k x 3 2 ( 1)k x 6 :kkSada je jasno da mora biti48k6odakle je k 6:Dakle, sedmi µclan razvoja binoma26 7p3x2p12xsadrµzi x7 .
Baraković ElvisMatematikaZadatak 4.5 U razvoju binomap1x p3x16na ci µclan koji sadrµzi x3 :Rješenje:Opći µclan razvoja binoma jeTk 1 kn n k k16 p 16 k1p a b x3kkx1 16 k1 k1616 16 kx2x 3 x 2 xkk16 16 k k16 48 5kx 2 3 x 6 :kkk3 Sada je jasno da mora biti485k6odakle je k 6:Dakle, sedmi µclan razvoja binoma 3px 1p3x16sadrµzi x3 .Zadatak 4.6 Odrediti onaj µclan razvoja binomap153x2 x 1koji ne sadrµzi x:Rješenje:Opći µclan razvoja binoma jeTk 1 p15 kn n k k15k3a b x2x 1 kk15k21515 30 2kx3( 1)k x k x 3( 1)k xkk30 2k30 5k1515( 1)k x 3 k ( 1)k x 3 :kkBudući da traµzimo µclan koji ne sadrµzi x, onda mora biti305k3odakle je k 6.Dakle, sedmi µclan razvoja binoma27 0p3x2x115ne sadrµzi x.k
Baraković ElvisMatematikaZadatak 4.7 Odrediti onaj µclan razvoja binomap83pxxkoji ne sadrµzi x:Rješenje:Opći µclan razvoja binoma jeTk 1 kn n k k8 p 8 k3pa b xkkx1 8 kk1 k88 8 kx23x 2 x 2 ( 3)k x 2 kk8 k8 2kk888( 3)k x 2 2 ( 3)k x 2 ( 3)k x4 k :kkkBudući da traµzimo µclan koji ne sadrµzi x, onda mora biti4k 0odakle je k 4.Dakle, peti µclan razvoja binomapp3xx8ne sadrµzi x.Zadatak 4.8 Na ci srednji µclan u razvoju binomap2x16x:Rješenje:p 16xima 17 µclanova pa je srednji µclan deveti µclan,Razvoj binoma x2pa ćemu u formulu za opći µclan razvoja binoma uvrstiti k 8. Tako imamoTk 1 n n k ka b k1628x16 82 x81682x818 x2416 816 82 x8 3294720x 4 :Zadatak 4.9 Odrediti peti µclan u razvoju binomapp832x xx :28px88 ( 1)8 x4
Baraković ElvisMatematikaRješenje:Budući da traµzimo peti µclan u razvoju binoma, onda ćemo u formulu zaopći µclan razvoja binoma uvrstiti k 4 i tako dobijamoTk 1 p 8 4pn n k k843x a b 2x xk4431 4488 4 62x 2x3 2 x ( 1)4 x 3 44228 4 6 42 x 3 1120x 3 :4Zadatak 4.10 Na ci trinaesti µclan u razvoju binoma9x1p3xnako je binomni koe ciet tre ceg µclana jednak 105.Rješenje:Binomni koe cijent trećeg µclana jen2 ) )n2pa iz uslova zadatka imamon (n 1) 105 )1 2n (n 1) 210 ) n2 n 210n2 n 210 0:105 )Rješenja ove kvadratne jednaµcine su n1 15; n2 14 pa uzimamo samoprvo rješenje a drugo odbacujemo jer je negativno. Sada binom ima oblik9x1p3x15:Budući da traµzimo trinaesti µclan razvoja binoma, u formulu za opći µclanrazvoja binoma uvrstit ćemo k 12, i tako dobijamo12T13 151p (9x)15 12123x11 121515 3 3(9x)33 2x 2 9 x ( 1)12 3 6 x121215 6 3153 x 3 6x 6 x 3 455x 3 :33296
Baraković ElvisMatematikaZadatak 4.11 Na ci redni broj onog µclana razvoja binomas!21rab3 p p3abkoji sadrµzi a i b na isti eksponent.Rješenje:Opći µclan razvoja binoma jeTk 1 n n k ka b k121a3 bk21 21 ka 3k16k6r21k321 kapb1b2 a21 k6kb2s21 k!k 21 21 ka 3 bkk16bp3a 21 k6kk6b2 a 21 42 3k 4k 21a 6b 6 :k Budući da zahtijevamo da a i b budu na isti eksponent, tada mora biti423k6 4k216odakle dobijamo da je k 9:Dakle, deseti µclan razvoja binoma sadrµzi a i b na isti eksponent.Zadatak 4.12 Na ci vrijednost x u izrazupx1log x 1 p126xµciji je µcetvrti µclan razvoja binoma jednak 200.Rješenje:Prvo, odredimo de niciono podruµcje. Jano je da mora biti x 0 i log x 1 6 0; tj. x 6 10 1 pa jeD 0; 101[ 10 1 ; 1 :Ako u formulu za opći µclan razvoja binoma uvrstimo k 3, dobićemo da jeµcetvrti µclan razvoja binoma jeT4 p log 1x 1 66x316 2(log3x 1)xx4 33p12x3 636 2(log3x 1) 41x3301x21log x 131x 123
Baraković ElvisMatematikapa po uslovu zadatka imamo6 2(log3x 1) 14x 20033120x 2(log x 1) 4 20031x 2(log x 1) 4 10:Logaritmiranjem ovog izraza, dobijamo31log x 2(log x 1) 4 log 10tj.31 log x2 (log x 1) 46 log x 1log x4 (log x 1)7 log xlog x4 (log x 1)(7 log x) log x7 log x log2 xlog2 x 3 log x 4 1 1 1 4 (log x 1) 4 log x 4 0:Uvodeći smjenu log x t; do
Rijeıeni zadaci iz matematike I Barakovi·c Elvis Moguce su greske jer je u pitanju radna verzija materijala!
Zadaci za prijemni ispit iz matematike za generaciju studenata 2009/2010 će biti odabrani iz ove zbirke. Takođe, ova zbirka obuhvata osnovne sadržaje matematike iz srednjoškolskog obrazovanja potrebne za izvođenje nastave matematike u toku studija na Tehničkom fakultetu i zato će biti
iz Matematike I Sesto elektronsko izdanje Novi Sad, 2014. god. Naslov: Zbirka re senih zadataka iz Matematike I . Zadaci za samostalan rad, navedeni uz svako poglavlje, pru zaju korisniku mogu cnost da proveri u kojoj meri je savladao pred ene sadr zaje. Recenzenti Zbirke, dr Jovanka Niki c, redovni profesor FTN u Novom Sadu,
ZADACI IZ MATEMATIKE maj, 2013. Konzorcijum: Australian Council for Educational Research (ACER, Australia) cApStAn Linguistic Quality Control (Belgium) Deutsches Institut für Internationale Pädagogische Forschung (DIPF, Germany) Educational Testing Service (ETS, USA) Institutt for Lærerutdanning og Skoleutvikling (ILS, Norway)
Eni GHG Emissions Statement - 2019 3 1. Scope of the Report This report states direct Scope 1 GHG emissions, indirect Scope 2 and indirect Scope 3 GHG emissions from own and value chain operations and activities of Eni SpA and its subsidiaries (hereinafter Eni Group), starting from 01 Jan 2019 until 31 Dec 2019.
Zadaci za pripremu prijemnog ispita iz matematike 1. Racionalni algebarski izrazi. – Sredjivanje i izraˇcunavanje algebarskih izraza. Polinomi i operacije sa njima. Procentni raˇcun. 2. Linearne jedna cine i nejedna cine. – Linearne jednaˇcine i nejednaˇcine sa jednom nepoznatom. Sistem linearnih jednaˇcina sa viˇse nepoznatih. Primena
Zadaci su svrstani po razredima i oblastima sa rješenjima ili kratkim uputama. U prilog ove zbirke smo postavili i sve formule i matematičke simbole iz gradiva matematike za osnovne škole, da se učenicima nađu na dohvat ruke u eventualnoj, praktičnoj primjeni.
ZBIRKA ZADATAKA IZ MATEMATIKE Osnovna (B) razina Zadaci i rješenja sa nacionalnih ispita i državnih matura 2006.-2012. Prikupio i obradio: Ivan Brzovi ć,prof. Mali Lošinj,rujan 2012. 1 SKUP REALNIH BROJEVA BROJEVI I RA ČUNSKE OPERACIJE 1. Izra čunajte 0.5-7 .
Korean language instruction in order to reduce student attrition. 162 Damron & Forsyth Introduction . Korean is one of many Less Commonly Taught Languages (LCTLs) in America, distinguishing it from Spanish, French, and German. Since the start of the Korean War and the related diaspora of Koreans to the United States and elsewhere, it has become more common for major universities to offer .
