ЗАДАЦИ ЗАПРИПРЕМУ

ПРИЈЕМНОГ ИСПИТАИЗ МАТЕМАТИКЕ

1

Садржај: АЛГЕБАРСКИ ИЗРАЗИ И ОПЕРАЦИЈЕ СА ЊИМА ................................................................................................... 2

Степеновање и кореновање ....................................................................................................................................... 2

Правила за рачунање са степенима................................................................................................................... 3

КВАДРАТНА ЈЕДНАЧИНА И НЕЈЕДНАЧИНА .......................................................................................................... 11

ИРАЦИОНАЛНЕ ЈЕДНАЧИНЕ ......................................................................................................................................... 16

ЕКСПОНЕНЦИЈАЛНЕ И ЛОГАРИТАМСКЕ ЈЕДНАЧИНЕ ..................................................................................... 19

ТРИГОНОМЕТРИЈА .............................................................................................................................................................. 27

АНАЛИТИЧКА ГЕОМЕТРИЈА .......................................................................................................................................... 32

ПЛАНИМЕТРИЈА И СТЕРЕОМЕТРИЈА ........................................................................................................................ 39

2

АЛГЕБАРСКИ ИЗРАЗИ И ОПЕРАЦИЈЕ СА ЊИМА

За одговарајуће скупове бројева, користимо следеће ознаке:

N = {1, 2, 3, …} природни бројеви,

Z = {…, -2,-1, 0, 1, 2, …} цели бројеви,

Q ={ 𝑝

𝑞 │p ∈ Z ˄ q ∈ N} рационални бројеви,

I – скуп ирационалних бројева (то су они бројеви који се не могу представити као

количник целог и природног броја). Примери: √2 = 1,41... , √3 = 1,73... , 𝜋 =3,14...

R = Q ∪ I – скуп реалних бројева ( чине га сви рационални и ирационални бројеви),

C – скуп комплексних бројева (то су бројеви облика ɑ + bi,где ɑ, b ∈ R, а за

имагинарну јединицу i важи 𝑖2 = −1 ). Примери: 1+4i, -2i, 1

5, 𝜋, cos

𝜋

4 + isin

π

4...

Степеновање и кореновање

У даљем тексту могу се појавити и симболи ˄, ˅, =>, <=> који имају следеће значење:

˄ - и

˅ - или

=> - следи(повлачи)

<=> - еквивалентно са(ако и само ако).

Степен броја ɑ, ɑ ∈ R чији је изложилац (експонент) цео број дефинишемо на следећи

начин:

ɑ0 = 1, ɑ1 = ɑ, ɑ𝑛+1 = ɑ𝑛 · ɑ, n ∈ N

ɑ−𝑛 = 1

ɑ𝑛 , ɑ ≠ 0, n ∈ N. Пример: 43= 4·4·4 = 64, 2−3 =

1

23 =

1

8.

n – ти корен броја ɑ, ɑ ∈ R у ознаци √ɑ𝑛

или ɑ1

𝑛 је такав број x за који је 𝑥𝑛= ɑ.

( √ɑ𝑛

)𝑛

= ɑ за свако ɑ за које је √ɑ𝑛

дефинисан ; √ɑ2 = │ ɑ │= {ɑ, за ɑ ≥ 0

−ɑ, за ɑ < 0}.

3

Пример: √32 = │ 3 │= 3, √(−3)2 = │ -3 │= 3 (√(−3)2 ≠ −3).

Правила за рачунање са степенима

(−ɑ)𝑛 = (−1)𝑛 · ɑ𝑛 = {ɑ𝑛 за парно 𝑛 (𝑛 = 2𝑘), ɑ ∈ R

−ɑ𝑛 за непарно 𝑛 (𝑛 = 2𝑘 + 1), 𝑘 ∈ N }.

Пример: (−3)2 = 9, (−2)3 = −8.

ɑ𝑛 · ɑ𝑘 = ɑ𝑛+𝑘

ɑ𝑛 ∶ ɑ𝑘 = ɑ𝑛−𝑘 односно ɑ𝑛

ɑ𝑘 = ɑ𝑛−𝑘

(ɑ𝑛)𝑘 = ɑ𝑛𝑘

(ɑ · b)𝑛 = ɑ𝑛 · b𝑛

(ɑ

b)

𝑛

= ɑ𝑛

b𝑛

√ɑ𝑘𝑛= ( √ɑ

𝑛)

𝑘= ɑ

𝑘𝑛

Пример: √2743= (√27

3)

4= (√333

)4

= 34 = (32)2 = 92 = 81

НАПОМЕНА: (ɑ + b)𝑛 ≠ ɑ𝑛 + b𝑛, √ɑ + b𝑛

≠ √ɑ𝑛

+ √b𝑛

, ( √ɑ · b𝑛

= √ɑ𝑛

· √b𝑛

).

Нека су ɑ, b, x, y ∈ R тада је:

ɑx + ɑy = ɑ(x + y)

(ɑ + b)2 = ɑ2 + 2ɑb + b2 (квадрат збира)

(ɑ − b)2 = ɑ2 − 2ɑb + b2 (квадрат разлике)

ɑ2 − b2 = (ɑ − b) · (ɑ + b) (разлика квадрата)

(ɑ + b)3 = ɑ3 + 3ɑ2b + 3b2ɑ + b3 (куб збира)

(ɑ − b)3 = ɑ3 − 3ɑ2b + 3b2ɑ − b3 (куб разлике)

ɑ3 + 𝑏3 = (ɑ + b)·(ɑ2 − ɑb + b2 ) (збир кубова)

ɑ3 − 𝑏3 = (ɑ − b)·(ɑ2 + ɑb + b2 ) (разлика кубова).

4

ЗАДАЦИ

1. Одредити вредност израза:

a. 272

3 · 91

2 · 3−2 - (−1

2)−2 + (−

2

5)0

б. ((2−1 ∶ (1

4)−3) · 8)

0,25

в. 0,2·0,4−1 · 2−3

(−2)3 ·0,1· √8−13 : 18

11 −

1

2

2+ 18

11

г. (5√3+ √50) ·(5− √24)

√75−5√2

РЕШЕЊЕ:

а. 272

3 · 91

2 · 3−2 - (−1

2)−2 + (−

2

5)0 = √2723

· √9 ·1

32 − 1

(−1

2)

2 + 1 =

= (√333)

2 · 3 ·

1

9 -

11

4

+ 1 = 32 ·3·1

9 - 4 + 1 = 0

б. ((2−1 ∶ (1

4)−3) · 8)

0,25

= ((1

2∶ (

4

1)

3

) · 8)

1

4

= ((1

2∶ 64) · 8)

1

4=

= (1

2 ·

1

64 · 8)

1

4= (

1

2 ·

1

8)

1

4 = (

1

2 ·

1

23)

1

4= (

1

24)

1

4= (2−4)

1

4 = 2−1 = 1

2

в. 0,2·0,4−1 · 2−3

(−2)3 ·0,1· √8−13 : 18

11 –

1

2

2+ 18

11

= 0,2 · (

4

10)

−1 ·

1

23

−8 · 1

10 · √

1

8

3∶

36

22−

11

2222

11 +

18

11

= 2

10 ·

10

4 ·

1

8

−8

10 · √(

1

2)

3 3∶

25

2240

11

=

= 1

16

−8

10 ·

1

2

∶25 ·11

22 ·40 =

1

16

− 4

10

∶ 25

2 ·40=

− 10

16 ·4 ·

2 ·40

25=

−2 · 4

16= −

1

2

5

г. (5√3+ √50) ·(5− √24)

√75−5√2=

(5√3+ √25 ·2) ·(5− √4 ·6)

√25 ·3 −5√2=

(5√3+ 5√2) ·(5−2 √6)

5√3−5√2=

5(√3+√2 ) ·(5−2√6)

5(√3−√2) ·

√3+√2

√3+√2=

(√3+√2)2

· (5− 2√6)

(√3−√2) · (√3+√2) =

((√3)2

+2 √3 √2 + (√2)2

) · (5−2√6)

(√3)2

− (√2)2 =

(3+2√6+2) · (5−2√6)

3−2=

(5+2√6) · (5−2√6)

1 = 52 − (2√6)

2= 25 − 22 · √6

2= 25 − 4 · 6 = 25 − 24 = 1

2. Упростити изразе:

a. (ɑ + b

ɑ−

2ɑ

ɑ−b) · (

ɑ2+ b2

b− ɑ)

−1

б. (ɑ+b

b2ɑ− ɑ2b)

−1 · (

1+ ɑ

ɑ2− ɑb−

1−b

b2− ɑb )

в. (x2 + y2)−1 · (x2 + xy) · (x

x−y −

y

x+y)

г. ((p−q)2

pq+ 3) ∶ (

p

q−

q

p)

−1 · (

pq

p3− q3)

д. (x2

ɑ2 − ɑ2

x2) ∶ (x

ɑ+

ɑ

x) ∶

(x2− ɑ2) · x−1

2ɑ

РЕШЕЊЕ:

a. (ɑ + b

ɑ−

2ɑ

ɑ−b) · (

ɑ2+ b2

b− ɑ)

−1

= ((ɑ+b) · (ɑ−b)−2ɑ2

ɑ(ɑ−b)) ·

b− ɑ

ɑ2+ b2=

ɑ2− b2−2ɑ2

ɑ(ɑ−b) ·

(b− ɑ)

(ɑ2+ b2)=

−ɑ2− b2

ɑ(ɑ−b) · (

(− (ɑ−b))

ɑ2+ b2) =

−(ɑ2+ b2) · (− (ɑ−b))

ɑ(ɑ−b) · (ɑ2+ b2) =

−(−1)

ɑ=

1

ɑ

б. (ɑ+b

b2ɑ− ɑ2b)

−1 · (

1+ ɑ

ɑ2− ɑb−

1−b

b2− ɑb ) =

b2ɑ −ɑ2b

ɑ+b · (

1 + ɑ

ɑ(ɑ−b)−

1−b

b(b− ɑ)) =

bɑ (b− ɑ)

ɑ+b ·

(1+ ɑ

ɑ(ɑ−b)+

1 − b

b(ɑ−b)) =

bɑ(b− ɑ)

ɑ+b ·

(1+ ɑ)b+ (1−b)ɑ

ɑb(ɑ−b)=

bɑ(b− ɑ)

ɑ+b ·

b+ɑb+ ɑ−bɑ

ɑb(ɑ−b) =

bɑ(b− ɑ)·(b+ɑ)

(ɑ+b)·ɑb(ɑ−b)=

b−ɑ

ɑ−b=

− (ɑ−b)

ɑ−b= −1

в. (x2 + y2)−1 · (x2 + xy) · (x

x−y −

y

x+y) =

1

x2+y2 · x(x + y) · x (x+y)−y(x−y)

(x+y)·(x+y)=

x(x+y)

x2+ y2 ·(x2+xy−yx+y2)

(x−y ) · (x+y)=

x (x+y) · (x2+ y2)

(x2+ y2) · (x−y) · (x+y)=

x

x−y

6

г.((p−q)2

pq+ 3) ∶ (

p

q−

q

p)

−1 · (

pq

p3− q3) = (p2−2pq+q2

pq+

3pq

pq) ∶ (

p2−q2

qp)

−1

·

(pq

(p−q)· (p2+pq+q2)) = (

p2−2pq+ q2+3pq

pq) ∶

pq

p2− q2 · pq

(p−q)(p2+pq+q2)=

p2+ pq+ q2

pq ·

(p2− q2)

pq ·

pq

(p−q)(p2+ pq+ q2)=

(p2+ pq+ q2)·(p−q)·(p+q)pq

p2q2(p−q)(p2+ pq+ q2)=

p+q

pq

д. (x2

ɑ2 − ɑ2

x2) ∶ (x

ɑ+

ɑ

x) ∶

(x2− ɑ2) · x−1

2ɑ=

𝑥4−ɑ4

ɑ2𝑥2 ∶𝑥2+ɑ2

ɑx ∶

𝑥2− ɑ2

2ɑx=

(𝑥2− ɑ2)·(𝑥2+ ɑ2)

ɑ2𝑥2 ·

ɑx

𝑥2+ɑ2 · 2ɑx

𝑥2−ɑ2 = (𝑥2−ɑ2)·(𝑥2+ɑ2)·2ɑ2𝑥2

ɑ2𝑥2 ·(𝑥2+ɑ2)·(𝑥2−ɑ2) = 2

3. Решити једначине:

а. 4 (𝑥 + 3

4) − 3 (3𝑥 −

1

3) = 19

б. (9𝑥+7

4) − 7𝑥 = 1 −

2−𝑥

9

в. 3(𝑥−3)

7+

7(𝑥−7)

3= 𝑥

г. 2𝑥−1

3−

4−𝑥

2= 𝑥 + 1 +

𝑥−3

6

д. 1+5

(𝑥−3)(𝑥+2) = −

1

𝑥+2

ђ. │ 3 – 2x│+ x = 2

е. ││x│– 2│= 5

7

РЕШЕЊА:

а. 4 (𝑥 + 3

4) − 3 (3𝑥 −

1

3) = 19

4𝑥 + 43

4− 3 · 3𝑥 + 3 ·

1

3= 19

4𝑥 + 3 – 9𝑥 + 1 =19

4𝑥 – 9𝑥 = 19 – 3 – 1

–5𝑥 = 15

𝑥 = 15

−5

𝑥 = – 3

б. (9𝑥+7

4) − 7𝑥 = 1 −

2−𝑥

9 / · 36

9(9𝑥 + 7) – 36 · 7𝑥 = 36 · 1 – 4(2 − 𝑥)

81𝑥 + 63 – 252𝑥 = 36 – 8 + 4𝑥

63 – 36 + 8 = 4𝑥 + 252𝑥 – 81𝑥

35 = 175𝑥

𝑥 = 35

175

𝑥 = 1

5

в. 3(𝑥−3)

7+

7(𝑥−7)

3= 𝑥 / · 21

3·3(𝑥 − 3) + 7·7(𝑥 − 7) = 21𝑥

9(𝑥 − 3) + 49(𝑥 − 7) = 21𝑥

8

9𝑥 – 27 + 49𝑥 – 343 = 21𝑥

9𝑥 + 49𝑥 −21𝑥 = 343+27

37𝑥 = 370

𝑥 = 370

37

𝑥 = 10

г. 2𝑥−1

3−

4−𝑥

2= 𝑥 + 1 +

𝑥−3

6 /· 6

2(2𝑥 − 1) – 3(4 −𝑥) = 6𝑥 + 6 + 𝑥 – 3

4𝑥 −2 −12 + 3𝑥 = 7𝑥 + 3

7𝑥 − 14 = 7𝑥 + 3

7𝑥 – 7𝑥 = 3 + 14

0 = 17

Добили смо нетачну једнакост, што значи да ова једначина нема

решења.

д. 1+5

(𝑥−3)(𝑥+2) = −

1

𝑥+2 /· (x −3)(x + 2)

Услов дефинисаности разломка је 𝑥 − 3 ≠ 0 ˄ 𝑥 + 2 ≠ 0 тј. 𝑥 ≠ 3 ˄ 𝑥 ≠ 2.

(𝑥 − 3)(𝑥 + 2) + 5 = − (𝑥 −3)

𝑥2 + 2𝑥 − 3𝑥 − 6 + 5 = −𝑥 + 3

𝑥2 −𝑥 −1 = −𝑥 + 3

𝑥2 − 𝑥 + 𝑥 = 3 + 1

9

𝑥2 = 4

𝑥 = ± √4

𝑥 = ± 2

Због услова 𝑥 ≠− 2 , 𝑥 = 2 је решење ове једначине.

ђ. │ 3 – 2𝑥│+ 𝑥 = 2

3 – 2𝑥 ≥ 0 => 3 ≥ 2𝑥 => 𝑥 ≤ 3

2

3

2

3 – 2 𝑥 + -

│ 3 – 2 𝑥 │ 3 – 2 𝑥 - (3 – 2 𝑥) = 2 𝑥 - 3

I случај: За 𝑥 ≤ 3

2 једначина постаје:

3 – 2𝑥 + 𝑥 = 2

–2𝑥 + 𝑥 = 2 – 3

– 𝑥 = –1

𝑥 = 1 ово решење прихватамо јер задовољава услов 𝑥 ≤ 3

2.

II случај: За 𝑥 > 3

2 једначина постаје:

2𝑥 – 3 + 𝑥 = 2

2𝑥 + 𝑥 = 2 + 3

3𝑥 = 5

𝑥 = 5

3 ово решење такође прихватамо јер задовољава услов 𝑥 >

3

2 .

Према томе, полазна једначина има два решења 𝑥 = 1 и 𝑥 = 5

3.

10

е. ││𝑥│ –2│= 5

I случај: за 𝑥 < 0 једначина постаје:

│- 𝑥 - 2│= 5 => │-(𝑥 + 2)│= 5 => │𝑥 + 2│= 5 =>

𝑥 + 2 = -5 ˅ 𝑥 + 2 = 5

𝑥 = -5 - 2 ˅ 𝑥 = 5 - 2

𝑥 = -7 ˅ 𝑥 = 3

Због услова 𝑥 < 0, прво решење 𝑥 = -7 прихватамо, а друго 𝑥 = 3

одбацујемо.

II случај: за 𝑥 ≥ 0 једначина постаје:

│𝑥 - 2│= 5 => 𝑥 - 2 = -5 ˅ 𝑥 - 2 = 5

𝑥 = -5 + 2 ˅ 𝑥 = 5 + 2

𝑥 = -3 ˅ 𝑥 = 7

Због услова 𝑥 ≥ 0, сада одбацујемо прво решење 𝑥 = -3, а друго 𝑥 = 7

прихватамо.

Према томе, полазна једначина има два решења 𝑥 = ± 7.

0

𝑥 - +

│ 𝑥 │ - 𝑥 𝑥

11

КВАДРАТНА ЈЕДНАЧИНА И НЕЈЕДНАЧИНА

Општи облик квадратне једначине гласи ɑx2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0, ɑ ≠ 0. Њена решења ( или

корени) одређују се према формули : 𝑥 ½ = − 𝑏 ± √𝑏2 −4ɑc

2ɑ .

Квадратни трином ɑ𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 се може факторисати на следећи начин: ɑ𝑥2 + 𝑏𝑥 +

𝑐 = ɑ(𝑥 − 𝑥1)(𝑥 − 𝑥2).

Израз D = 𝑏2 − 4 ɑc зове се дискриминанта квадратне једначине и њен знак утиче на

број и природу решења квадратне једначине:

- ако је D > 0 => 𝑥1, 𝑥2 ∈ 𝑅 и 𝑥1 ≠ 𝑥2 (једначина има два различита реална

решења)

- ако је D = 0 => 𝑥1 = 𝑥2 ∈ 𝑅 (једначина има једно реално решење)

- ако је D < 0 => (једначина нема реалних решења)

Општи облик квадратне функције је y = ɑ𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐, ɑ ≠ 0. Крива која описује њен

график зове се парабола и може бити окренута на горе ∪ (ако је ɑ > 0) или на доле ∩

(ако је ɑ < 0).

Теме параболе је тачка Т(−𝑏

2ɑ,

4ɑc− 𝑏2

4ɑ) и она представља тачку минимума (односно

максимума) функције.

Знак квадратне функције одређујемо на основу њеног графика.

4. Решити неједначине:

а. 2𝑥+3

4−𝑥 ≥ 0

б. 5−𝑥

12𝑥 ≤ 2

в. 𝑥2−𝑥−6

1−𝑥 ≤ 0

г. 𝑥2−2𝑥+3

𝑥2−4𝑥+3 > -3

д. 1 < 3𝑥2−7𝑥+8

𝑥2+1 < 2

12

РЕШЕЊА:

а. 2𝑥+3

4−𝑥 ≥ 0

2𝑥 + 3 ≥ 0 4 – 𝑥 > 0

2𝑥 ≥ - 3 4 > 𝑥

𝑥 ≥ - 3

2 𝑥 < 4

Табелу користимо за одређивање знака количника на основу знака

бројиоца и имениоца, тако да из њеног последњег реда закључујемо да

решење 𝑥 ∈ [ − 3

2, 4).

б. 5−𝑥

12𝑥≤ 2 =>

5−𝑥

12𝑥− 2 ≤ 0 =>

5−𝑥−2 ·12𝑥

12𝑥 ≤ 0 =>

=> 5 −𝑥−24𝑥

12𝑥 ≤ 0 =>

5−25𝑥

12𝑥≤ 0 =>

5(1 −5𝑥)

12𝑥≤ 0 /·

12

5 =>

=> 1−5𝑥

𝑥 ≤ 0

1 – 5𝑥 ≤ 0 => 1 ≤ 5𝑥 => 𝑥 ≥ 1

5

𝑥 ∈ (− ∞, 0) ∪ [ 1

5 , ∞)

−3

2 4

2𝑥 + 3 - + +

4 – 𝑥 + + -

2𝑥 + 3

4 − 𝑥 - + -

▪ ▫

0

1

5

1 - 5𝑥 + + -

𝑥 - + +

1 − 5𝑥

𝑥 - + -

/////) [/////

13

в. 𝑥2−𝑥−6

1−𝑥 ≤ 0

𝑥2 − 𝑥 − 6 = 0

𝑥12⁄ =

1 ± √12 − 4 · (−6)

2

𝑥12⁄ =

1 ± √1 + 24

2=

1 ± 5

2

𝑥1 = −4

2= −2

𝑥2 = 6

2 = 3

1 − 𝑥 > 0

1 > 𝑥 => 𝑥 < 1

𝑥 ≠ 1

𝑥 ∈ [−2, 1) ∪ [3, ∞)

г. 𝑥2−2𝑥+3

𝑥2−4𝑥+3 > -3

𝑥2 − 2𝑥 + 3

𝑥2 − 4𝑥 + 3+ 3 < 0

𝑥2 − 2𝑥 + 3 + 3(𝑥2 − 4𝑥 + 3)

𝑥2 − 4𝑥 + 3> 0

𝑥2 − 2𝑥 + 3 + 3𝑥2 − 12𝑥 + 9

𝑥2 − 4𝑥 + 3> 0

4𝑥2 − 14𝑥 + 12

𝑥2 − 4𝑥 + 3> 0 /: 2

2𝑥2 − 7𝑥 + 6

𝑥2 − 4𝑥 + 3> 0

2𝑥2 − 7𝑥 + 6 = 0

𝑥12⁄ =

7 ± √72 − 4 · 2 · 6

2 · 2=

7 ± √49 − 48

4=

7 ± 1

4

𝑥1 = 3

2

-2 1 3 𝑥2 − 𝑥 − 6 + - - +

1 − 𝑥 + + - -

𝑥2 − 𝑥 − 6

1 − 𝑥 + - + -

14

𝑥2 = 2

𝑥2 − 4𝑥 + 3 = 0

𝑥12⁄ =

4 ± √42 − 4 · 3

2 · 1=

4 ± √16 − 12

2=

4 ± 2

2

𝑥1 = 1

𝑥2 = 3

1 3

2 2 3

2𝑥2 − 7𝑥 + 6 + + - + +

𝑥2 − 4𝑥 + 3 + - - - +

2𝑥2 − 7𝑥 + 6

𝑥2 − 4𝑥 + 3 + - + - +

𝑥 ≠1, 𝑥 ≠3

𝑥 ∈ (− ∞, 1) ∪ ( 3

2 , 2) ∪ ( 3 , ∞)

д. 1 < 3𝑥2−7𝑥+8

𝑥2+1 < 2 /· 𝑥2 + 1

С обзиром да је 𝑥2 + 1 > 0 за свако 𝑥 ∈ 𝑅, можемо помножити сва три

дела неједначине са 𝑥2 + 1.

𝑥2 + 1 < 3𝑥2 − 7𝑥 + 8 < 2𝑥2 + 2

2𝑥2 − 7𝑥 + 7 > 0

2𝑥2 − 7𝑥 + 7 = 0

𝑥12⁄ =

−7 ± √72 − 4 · 3 · 7

2 · 2

𝑥12⁄ =

−7 ± √49 − 56

4 ∉ R

𝑥2 − 7𝑥 + 6 < 0

𝑥2 − 7𝑥 + 6 = 0

15

𝑥12⁄ =

−7 ± √72 − 4 · 6

2=

−7 ± 5

2

𝑥1 = 1

𝑥2 = 6

𝑥 ∈ (1, 6)

1 6

2𝑥2 − 7𝑥 + 7 + + +

𝑥2 − 7𝑥 + 6 + - +

2𝑥2 − 7𝑥 + 7

𝑥2 − 7𝑥 + 6 + - +

16

ИРАЦИОНАЛНЕ ЈЕДНАЧИНЕ

Код решавања ирационалних једначина важно је повести рачуна о условима

дефинисаности датих израза, а такође и о новим условима који се могу појавити

током решавања. Ако услове занемаримо, онда је НЕОПХОДНО да решење које

добијемо ОБАВЕЗНО ПРОВЕРИМО, јер се квадрирањем једначине скуп стварних

решења може повећати.

5. Решити једначине:

a. (16 − 𝑥2)√2𝑥 + 6 = 0

б. √𝑥 − 1 + √2 − 𝑥 = 1

в. √𝑥 + 1 + √𝑥 − 2 = 3

г. √2𝑥 + 7 − √4𝑥 − 9 = √6𝑥 + 2

РЕШЕЊЕ:

a. (16 − 𝑥2)√2𝑥 + 6 = 0

Услов дефинисаности квадратног корена је да поткорена

величина буде позитивна или једнака 0, тако да је 2x + 6 ≥ 0, тј.

2x ≥ -6 , тј. x ≥ -3. Сада је:

16 − 𝑥2 = 0 ˅ √2𝑥 + 6 = 0

16 = 𝑥2 2𝑥 + 6 = 0

𝑥 = ± √16 ˅ 2𝑥 = −6

𝑥 = ± 4 𝑥 = −3

Због услова x ≥ -3 одбацује се решење 𝑥 = −4, тако да скуп

решења остаје {-3, 4}.

б. √𝑥 − 1 + √2 − 𝑥 = 1

Једначина је дефинисана за 𝑥 − 1 ≥ 0 ˄ 2 − 𝑥 ≥ 0 тј. 𝑥 ≥ 1 ˄ 𝑥 ≤ 2

или 1 ≤ 𝑥 ≤ 2. Квадрирањем полазне једначине добијамо:

17

(√𝑥 − 1 + √2 − 𝑥)2

= 12

𝑥 − 1 + 2√𝑥 − 1 · √2 − 𝑥 + 2 − 𝑥 = 1

2√𝑥 − 1 · √2 − 𝑥 = 1 + 1 − 2

2√𝑥 − 1 · √2 − 𝑥 = 0

√𝑥 − 1 = 0 ˅ √2 − 𝑥 = 0

𝑥 − 1 = 0 ˅ 2 − 𝑥 = 0

𝑥 = 1 ˅ 𝑥 = 2

С обзиром да оба решења задовољавају услов 1 ≤ 𝑥 ≤ 2 (а и

заменом у полазну једначину се можемо уверити да је

задовољавају), закључујемо да је скуп решења {1,2}.

в. √𝑥 + 1 + √𝑥 − 2 = 3

Овде су услови дефинисаности 𝑥 + 1 ≥ 0 ˄ 𝑥 − 2 ≥ 0 тј. 𝑥 ≥ −1 ˄

𝑥 ≥ 2 тј. 𝑥 ≥ 2. Квадрирањем , тј. из

(√𝑥 + 1 + √𝑥 − 2)2

= 32 следи:

𝑥 + 1 + 2√𝑥 + 1 · √𝑥 − 2 + 𝑥 − 2 = 9

2√𝑥 + 1 · √𝑥 − 2 = 9 + 2 − 1 − 2𝑥

2√𝑥 + 1 · √𝑥 − 2 = 10 − 2𝑥 /: 2

√𝑥 + 1 · √𝑥 − 2 = 5 − 𝑥

Пошто је лева стана новодобијене једначине позитивна, мора

бити и десна, тако да је нови услов 5 − 𝑥 ≥ 0 тј. 𝑥 ≤ 5 који у

пресеку са старим условом даје 2 ≤ 𝑥 ≤ 5. Новим квадрирањем

добијамо:

18

(𝑥 + 1) · (𝑥 + 2) = (5 − 𝑥)2

𝑥2 − 2𝑥 + 𝑥 − 2 = 25 − 10𝑥 + 𝑥2

−𝑥 + 10𝑥 = 25 + 2

9𝑥 = 27

𝑥 = 3

Ово решење задовољава услов 2 ≤ 𝑥 ≤ 5 и представља једино

решење почетне једначине.

г. √2𝑥 + 7 − √4𝑥 − 9 = √6𝑥 + 2

Услови дефинисаности су:

2𝑥 + 7 ≥ 0 ˄ 4𝑥 − 9 ≥ 0 ˄ 6𝑥 + 2 ≥ 0

𝑥 ≥ − 7

2 ˄ 𝑥 ≥

9

4 ˄ 𝑥 ≥ −

2

6

што у пресеку даје 𝑥 ≥ 9

4. После квадрирања:

(√2𝑥 + 7 − √4𝑥 − 9)2

= (√6𝑥 + 2)2

следи:

2𝑥 + 7 − 2√2𝑥 + 7 · √4𝑥 − 9 + 4𝑥 − 9 = 6𝑥 + 2

6𝑥 − 2 − 6𝑥 − 2 = 2√2𝑥 + 7 · √4𝑥 − 9

−4 = 2√2𝑥 + 7 · √4𝑥 − 9

Како је лева страна негативна, а десна позитивна ( вредност

квадратног корена је увек позитивна!), добили смо

противречност што показује да ова једначина нема решења.

19

ЕКСПОНЕНЦИЈАЛНЕ И ЛОГАРИТАМСКЕ ЈЕДНАЧИНЕ

Једначина облика ɑ𝑥 = 𝑏, где су ɑ и 𝑏 позитивни реални бројеви и ɑ ≠ 1 зове се

експоненцијална једначина, а функција 𝑦 = ɑ𝑥, ɑ > 1 и ɑ ≠ 1 зове се

експоненцијална функција. За њу важи ɑ𝑥 > 0 за свако 𝑥 ∈ R , ɑ𝑥 = ɑ𝑦 <=> 𝑥 = 𝑦,

ɑ𝑥 = 1 <=> 𝑥 = 0. Правила за рачунање код експоненцијалних израза су аналогна

онима код степена.

Ако је ɑ𝑥 = 𝑏, тада је 𝑥 = logɑ 𝑏, при чему ɑ, 𝑏 ∈ R+ и ɑ ≠ 1. Тако дефинишемо појам

логаритма. Функција 𝑦 = logɑ 𝑥 при чему је ɑ > 0, ɑ ≠ 1 и 𝑥 > 0 зове се

логаритамска функција. За њу важе следећа правила:

logɑ 𝑥 = logɑ 𝑦 <=> 𝑥 = 𝑦

logɑ 𝑥 = 0 <=> 𝑥 = 1

logɑ(𝑥𝑦) = logɑ 𝑥 + logɑ 𝑦

logɑ (𝑥

𝑦) = logɑ 𝑥 − logɑ 𝑦

logɑ 𝑥𝑘 = 𝑘 · logɑ 𝑥

logɑ 𝑥 = log𝑏 𝑥

log𝑏 𝑥

6. Решити експоненцијалне једначине:

a. 3𝑥 − 2 · 3𝑥−1 = 1

9

б. (1

2)

𝑥2−20𝑥+61,5=

8

√2

в. 1

8 · 42𝑥−3 = (

√2

8)

−𝑥

г. 16𝑥 − 3 · 4𝑥 + 2 = 0

д. 20𝑥 − 6 · 5𝑥 + 10𝑥 = 0

20

РЕШЕЊА:

a. 3𝑥 − 2 · 3𝑥−1 = 1

9 /·9

3𝑥 − 2 · 3𝑥−1 =1

9/· 9

9 · 3𝑥 − 9 · 2 · 3𝑥−1 = 1

9 · 3𝑥 − 6 · 3𝑥 = 1

3 · 3𝑥 = 1

3𝑥+1 = 1

3𝑥+1 = 30 => 𝑥 + 1 = 0 => 𝑥 = −1

б. (1

2)

𝑥2−20𝑥+61,5=

8

√2

(2−1)𝑥2−20𝑥+61,5 = 23

21

2⁄

2−𝑥2+20𝑥−61,5 = 252

−𝑥2 + 20𝑥 − 61,5 = 2,5

𝑥2 − 20𝑥 + 61,5 + 2,5 = 0

𝑥2 − 20𝑥 + 64 = 0

(𝑥 − 16) · (𝑥 − 4) = 0

𝑥 − 16 = 0 ˅ 𝑥 − 4 = 0

𝑥 = 16 ˅ 𝑥 = 4

в. 1

8 · 42𝑥−3 = (

√2

8)

−𝑥

(22)

2𝑥−3

23 = (2

12

23)

−𝑥

24𝑥−6

23 = (21

2−3)

−𝑥

24𝑥−6−3 = (2−5

2)−𝑥

21

24𝑥−9 = (25

2𝑥)

4𝑥 − 9 = 5

2𝑥 /· 2

8𝑥 − 18 = 5𝑥

8𝑥 − 5𝑥 = 18

3𝑥 = 18

𝑥 =18

3

𝑥 = 6

г. 16𝑥 − 3 · 4𝑥 + 2 = 0

16𝑥 = (42)𝑥 = (4𝑥)2

(4𝑥)2 − 3 · 4𝑥 + 2 = 0

Смена: 𝑡 = 4𝑥

𝑡2 − 3𝑡 + 2 = 0

𝑡12⁄ =

3 ±√32−4·2

2·1=

3 ±√9−8

2=

3 ±√1

2=

3 ±1

2

𝑡1 = 2

2= 1

𝑡2 = 4

2= 2

Значи, 4𝑥 = 1 или 4𝑥 = 2

4𝑥 = 40 или 4𝑥 = √4 = 41

2 => 𝑥 = 0 или 𝑥 =1

2

д. 20𝑥 − 6 · 5𝑥 + 10𝑥 = 0

(4 · 5)𝑥 − 6 · 5𝑥 + (2 · 5)𝑥 = 0

22

4𝑥 · 5𝑥 − 6 · 5𝑥 + 2𝑥 · 5𝑥 = 0/: 5𝑥

4𝑥 − 6 + 2𝑥 = 0

Смена: 𝑡 = 2𝑥 , 4𝑥 = (22)𝑥 = (2𝑥)2 = 𝑡2

𝑡2 − 6 + 𝑡 = 0

𝑡2 + 𝑡 − 6 = 0

(𝑡 + 3) · (𝑡 − 2) = 0

𝑡 = −3 ˅ 𝑡 = 2

2𝑥 = −3 ˅ 2𝑥 = 2

2𝑥 = −3 ово је немогуће

2𝑥 = 21 => 𝑥 = 1

7. Израчунати вредност израза:

a. log3 81 · log31

27 · log1

2

16 · log2 8

б. 3 log5 25 + 2 log3 27 − 4 log1

2

1

8

в. log1

3

27 − 2 log21

32+ 3 log1

5

125

РЕШЕЊА: Сваки од логаритама којисе појављује у изразима израчунаћемо

посебно и дати објашњење.

a. log3 81 · log31

27 · log1

2

16 · log2 8

log3 81 = 4 јер је 34 = 3 · 3 · 3 · 3 = 81

log31

27 = −3 јер је 3−3 =

1

33 =1

3·3·3=

1

27

log1

2

16 = −4 јер је (1

2)

−4= (

2

1)

4= 2 · 2 · 2 · 2 = 16

log2 8 = 3 јер је 23 = 2 · 2 · 2 = 8

23

Према томе, log3 81 · log31

27 · log1

2

16 · log2 8 = 4 · (−3) · (−4) · 3 = 144

б. 3 log5 25 + 2 log3 27 − 4 log1

2

1

8

log5 25 = 2 јер је 52 = 5 · 5 = 25

log3 27 = 3 јер је 33 = 3 · 3 · 3 = 27

log1

2

1

8= 3 јер је (

1

2)

3=

1

2·

1

2·

1

2= 27

Caда је: 3 log5 25 + 2 log3 27 − 4 log1

2

1

8= 3 · 2 + 2 · 3 − 4 · 3 = 6 + 6 − 12 = 0

в. log1

3

27 − 2 log21

32+ 3 log1

5

125

log1

3

27 = 3 јер је (1

3)

3=

1

3·

1

3·

1

3=

1

27

log21

32= −5 јер је 2−5 =

1

25 = 1

2·2·2·2·2=

1

32

log1

5

125 = −3 јер је (1

5)

−3= (

5

1)

3= 5 · 5 · 5 = 125

Сада је: log1

3

27 − 2 log21

32+ 3 log1

5

125 = 3 − 2 · (−5) + 3 · (−3) =

= 3 + 10 − 9 = 4

8. Решити логаритамске једначине:

a. log𝑥−2(2𝑥 − 1) = 2

б. log7(log5(log2 𝑥)) = 0, 𝑥 > 0

в. log6(𝑥 + 1) + log6(2𝑥 + 1) = 1

г. 5 log 𝑥 + 4

log 𝑥= 12

д. 9 log𝑥 2 − log2 𝑥 = 0

ђ. log2 𝑥 + log𝑥 2 =5

2

е. log22

𝑥 − 3 log2 𝑥 + 2 = 0

24

РЕШЕЊА:

a. log𝑥−2(2𝑥 − 1) = 2

Услови дефинисаности једначине log𝑥−2(2𝑥 − 1) = 2 су 𝑥 − 2 > 0, 𝑥 −

2 ≠ 1, 2𝑥 − 1 > 0 тј. 𝑥 > 2, 𝑥 ≠ 3, 𝑥 >1

2 што у пресеку даје 𝑥 ∈ (2,3) ∪

(3, ∞). Полазна једначина је еквивалентна са :

(𝑥 − 2)2 = 2𝑥 − 1

𝑥2 − 4𝑥 + 4 = 2𝑥 − 1

𝑥2 − 4𝑥 − 2𝑥 + 4 + 1 = 0

𝑥2 − 6𝑥 + 5 = 0

𝑥12⁄ =

6 ± √62 − 4 · 5

2 · 1

𝑥12⁄ =

6 ± √16

2=

6 ± 4

2

𝑥1 =2

2= 1

𝑥2 =10

2= 5

С обзиром на услов 𝑥 > 2, 𝑥 ≠ 3 решење је 𝑥 = 5. Заменом решења 𝑥 = 5

у полазну једначину добијамо: log5−2(2 · 5 − 1) = log3 9 = 2 (јер је 32=9)

и тиме смо се уверили да је 𝑥 = 5 заиста решење полазне једначине.

б. log7(log5(log2 𝑥)) = 0, 𝑥 > 0

Према дефиницији логаритма је: 70 = log5(log2 𝑥) тј. log5(log2 𝑥) = 1, а

такође: 51 = log2 𝑥, одакле је 𝑥 = 25 = 2 · 2 · 2 · 2 · 2 = 32

в. log6(𝑥 + 1) + log6(2𝑥 + 1) = 1

Услови дефинисаности су: 𝑥 + 1 > 0 и 2𝑥 + 1 > 0 тј. 𝑥 > −1 и 𝑥 > −1

2 тј.

𝑥 > −1

2. На основу једне од особина логаритама, једначина постаје

log6((𝑥 + 1) · (2𝑥 + 1))=1

2𝑥2 + 𝑥 + 2𝑥 + 1 = 6

2𝑥2 + 3𝑥 + 1 − 6 = 0

25

2𝑥2 + 3𝑥 − 5 = 0

𝑥12⁄ =

−3 ±√32−4·2·(−5)

2·2

𝑥12⁄ =

−3 ± √9 + 40

4=

−3 ± 7

4

𝑥1 =4

4= 1

𝑥2 =−10

4= −

5

2

Због услова 𝑥 > −1

2 решење је: 𝑥 = 1.

г. 5 log 𝑥 + 4

log 𝑥= 12

Ако уведемо смену log 𝑥 = 𝑡, једначина постаје:

5𝑡 +4

𝑡= 12 /· 𝑡

5𝑡2 + 4 = 12𝑡

5𝑡2 + 4 − 12𝑡 = 0

𝑡12⁄ =

12 ±√122−4·5·4

2·5

𝑡12⁄ =

12 ± √144 − 80

10=

12 ± √64

10=

12 ± 8

10

𝑡1 =4

10=

2

5

𝑡2 =20

2= 2

log 𝑥 =2

5 ˅ log 𝑥 = 2

𝑥 = 1025 ˅ 𝑥 = 102

𝑥 = √1005

˅ 𝑥 = 100

НАПОМЕНА: Приметимо да у овом примеру у поставци задатка није

присутна основа алгоритма. Ако је то од важности, обично се сматра да

изостављање основе у логаритму подразумева основу 10.

д. 9 log𝑥 2 − log2 𝑥 = 0

На основу једне од особина логаритма је log𝑥 2 =log2 2

log2 𝑥=

1

log2 𝑥.

26

Према томе, ако уведемо смену log2 𝑥 = 𝑡, онда је log2 𝑥 =1

𝑡, па

једначина добија облик:

9

𝑡− 𝑡 = 0/· 𝑡

9 − 𝑡2 = 0

𝑡2 = 9

𝑡 = ±√9

𝑡 = ±3

Сада је log2 𝑥 = 3 ˅ log2 𝑥 = −3

𝑥 = 23 = 8 ˅ 𝑥 = 2−3 =1

23 =1

8

ђ. log2 𝑥 + log𝑥 2 =5

2

Аналогно прошлом примеруако узмемо t = log2 𝑥 => log2 𝑥 =1

𝑡, па

једначина гласи: 𝑡 +1

𝑡=

5

2/· 2𝑡

2𝑡2 + 2 = 5𝑡

2𝑡2 + 2 − 5𝑡 = 0

𝑡12⁄ =

5 ±√52−4·2·2

2·2

𝑡12⁄ =

5 ± √25 − 16

4=

5 ± 3

4

𝑡1 =2

4=

1

2

𝑡2 =8

4= 2

log2 𝑥 =1

2 ˅ log2 𝑥 = 2

𝑥 = 212 ˅ 𝑥 = 22

𝑥 = √2 ˅ 𝑥 = 4

е. log22

𝑥 − 3 log2 𝑥 + 2 = 0

Сменом t = log2 𝑥, једначина постаје:

𝑡2 − 3𝑡 + 2 = 0

27

𝑡12⁄ =

3 ±√32−4·2

2·1=

3±1

2

𝑡1 =2

2= 1

𝑡2 =4

2= 2

log2 𝑥 = 1 ˅ log2 𝑥 = 2 => 𝑥 = 2 ˅ 𝑥 = 4

ТРИГОНОМЕТРИЈА

Основне тригонометријске функције sin 𝛼, cos 𝛼, tg 𝛼, ctg 𝛼 дефинишу се у правоуглом

троуглу на следећи начин:

sin 𝛼=а

𝑐 - однос наспрамне сранице и хипотенузе

cos 𝛼 =𝑏

𝑐 - однос налегле странице и хипотенузе

tg 𝛼 = а

𝑏 - однос наспрамне и налегле странице

ctg 𝛼 = 𝑏

а - однос налегле и наспрамне странице

Лако се може доказати да важи:

tg 𝛼 = sin 𝛼

cos 𝛼 , ctg 𝛼 =

cos 𝛼

sin 𝛼 тј. ctg 𝛼 =

1

t𝑔 𝛼

sin2 𝛼 + cos2 𝛼 = 1, sin 𝛼 = cos (𝜋

2− 𝛼).

Углови се могу задати у степенима и у радијанима, а веза између њих је следећа:

180° = 𝜋(𝑟𝑎𝑑) тј. 1° =𝜋

180(𝑟𝑎𝑑).

У наредној табели даћемо вредности синуса и косинуса неких карактеристичних

углова:

𝛼 0°(0) 30° (𝜋

6) 45° (

𝜋

4) 60° (

𝜋

3) 90° (

𝜋

2) 180°(𝜋) 270° (

3𝜋

2) 360°(2𝜋)

sin 𝛼 0 1

2

√2

2

√3

2 1 0 -1 0

cos 𝛼 1 √3

2

√2

2

1

2 0 -1 0 1

28

Вредности тригонометријских функција се могу приказати на јединичној

тригонометријској кружници, и то не само за оштре углове (од 0° до 90°), већ и за

све углове од 0° до 360°.

sin 𝛼 и cos 𝛼 су 2𝜋 периодичне функције, а tg 𝛼 и ctg 𝛼 𝜋 периодичне функције, тј.

за произвољан угао 𝛼 важи:

sin(𝛼 + 2𝜋) = sin 𝛼, cos(𝛼 + 2𝜋) = cos 𝛼, tg(𝛼 + 𝜋) = tg 𝛼, ctg(𝛼 + 𝜋) = ctg 𝛼.

9. Израчунати:

а. cos 945°

б. sin 1050°

в. tg 600°

РЕШЕЊЕ

a. cos 945° = cos(2 · 360° + 225°) = cos 225° = cos(180° + 45°) =

− cos 45° = −√2

2

б. sin 1050° = sin(3 · 360° − 30°) = − sin 30° = −1

2

в. tg 600° = tg (3 · 180° + 60°) = tg 60° =sin 60°

cos 60°=

√3

21

2

= √3

10. Одредити sin 𝛼, tg 𝛼 и ctg 𝛼 ако је cos 𝛼 = −3

5, 𝜋 < 𝛼 <

3𝜋

2.

Како је sin2 𝛼 + cos2 𝛼 = 1

sin2 𝛼 + (−3

5)

2= 1

sin2 𝛼 +9

25= 1

sin2 𝛼 = 1 −9

25

sin2 𝛼 =16

25

29

sin 𝛼 = ±√16

25

С обзиром да је 𝜋 < 𝛼 <3𝜋

2,знамо да је sin 𝛼 < 0 => sin 𝛼 = −

4

5.

tg 𝛼 =sin 𝛼

cos 𝛼=

−4

5

−3

5

=4

3

ctg 𝛼 =1

tg 𝛼=

3

4

11. Одредити sin 𝛼, cos 𝛼 и ctg 𝛼 ако је tg 𝛼 =−5

12,

𝜋

2< 𝛼 < 𝜋.

ctg 𝛼 =1

tg 𝛼=

−12

5

tg 𝛼 =−5

12=>

sin 𝛼

cos 𝛼=

−5

12/2

sin2 𝛼

cos2 𝛼=

25

144

144 sin2 𝛼 = 25 cos2 𝛼

144 sin2 𝛼 = 25(1 − sin2 𝛼)

144 sin2 𝛼 = 25 − 25sin2 𝛼

144 sin2 𝛼 + 25sin2 𝛼 = 25

169 sin2 𝛼 = 25

sin2 𝛼 =25

169

sin 𝛼 = ±√25

169

С обзиром да је 𝜋

2< 𝛼 < 𝜋, sin 𝛼 > 0 тј. sin 𝛼 =

5

13, cos 𝛼 =

12 sin 𝛼

−5=

12

−5·

5

13= −

12

13.

12. Решити једначину:

а. 2 sin2 𝑥 − √3 cos 𝑥 − 2 = 0

б. 2 sin2 𝑥 + 7 cos 𝑥 + 2 = 0

в. 2 cos2 𝑥 − √2 sin 𝑥 = 2

г. 4cos22𝑥 − 1 = 0 на интервалу (0, 𝜋)

д. 3 − 4sin23𝑥 = 0 на интервалу (0,2𝜋

3)

РЕШЕЊЕ:

30

а. 2 sin2 𝑥 − √3 cos 𝑥 − 2 = 0

2(1 − cos2𝑥) − √3 cos 𝑥 − 2 = 0

2 − 2cos2𝑥 − √3 cos 𝑥 − 2 = 0

2cos2𝑥 + √3 cos 𝑥 = 0

cos 𝑥 (2 cos 𝑥 + √3) = 0

cos 𝑥 = 0 за 𝑥 =𝜋

2+ 𝑘𝜋, 𝑘 ∈ Z

или 2 cos 𝑥 + √3 = 0

2 cos 𝑥 = −√3

cos 𝑥 = −√3

2

𝑥 = ±5𝜋

6+ 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ Z

б. 2 sin2 𝑥 + 7 cos 𝑥 + 2 = 0

2(1 − cos2𝑥) + 7 cos 𝑥 + 2 = 0

2 − 2cos2𝑥 + 7 cos 𝑥 + 2 = 0

2cos2𝑥 − 7 cos 𝑥 − 4 = 0

Сменом cos 𝑥 = 𝑡, добијамо

2𝑡2 − 7𝑡 − 4 = 0

𝑡12⁄ =

7 ±√72+4·2·2

2·2=

7±√81

4=

7±9

4

𝑡1 =−2

4= −

1

2

𝑡2 =16

4= 4

Значи, cos 𝑥 = −1

2 или cos 𝑥 = 4 (немогуће)

cos 𝑥 = −1

2 за 𝑥 = ±

2𝜋

3+ 2𝑘𝜋

в. 2 cos2 𝑥 − √2 sin 𝑥 = 2

2 ∙ (1 − sin2 𝑥) − √2 sin 𝑥 − 2 = 0

2 − 2sin2 𝑥 − √2 sin 𝑥 − 2 = 0

2sin2 𝑥 + √2 sin 𝑥 = 0

31

√2 sin 𝑥(√2 sin 𝑥 + 1) = 0

sin 𝑥 = 0 или √2 sin 𝑥 + 1 = 0

sin 𝑥 = 0 за 𝑥 = 𝑘𝜋, 𝑘 ∈ Z или

√2 sin 𝑥 = −1

sin 𝑥 =−1

√2=

−√2

2

𝑥 = −𝜋

4+ 2𝑘𝜋 или 𝑥 = −

3𝜋

4+ 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ Z

г. 4cos22𝑥 − 1 = 0 на интервалу (0, 𝜋)

4cos22𝑥 = 1

cos22𝑥 =1

4

cos22𝑥 = ±√1

4

cos 2𝑥 = ±1

2, 𝑥 ∈ (0, 𝜋) => 2𝑥 ∈ (0,2𝜋)

cos 2𝑥 =1

2

2𝑥 =𝜋

3 или 2𝑥 =

5𝜋

3

cos 2𝑥 = −1

2

2𝑥 =2𝜋

3 или 2𝑥 =

4𝜋

3

Значи, 𝑥 ∈ {𝜋

6,

5𝜋

6,

𝜋

3,

2𝜋

3}.

д. 3 − 4sin23𝑥 = 0 на интервалу (0,2𝜋

3)

𝑥 ∈ (0,2𝜋

3)

3𝑥 ∈ (0,2𝜋)

3 = 4 sin2 3𝑥

sin2 3𝑥 =3

4

sin 3𝑥 = ±√3

4= ±

√3

2

sin 3𝑥 =√3

2

3𝑥 =𝜋

3 или 3𝑥 =

2𝜋

3

32

𝑥 =𝜋

9 или 𝑥 =

2𝜋

9

sin 3𝑥 = −√3

2

3𝑥 =4𝜋

3 или 3𝑥 =

5𝜋

3

𝑥 =4𝜋

9 или 𝑥 =

5𝜋

9

Значи, 𝑥 ∈ {𝜋

9,

2𝜋

9,

4𝜋

9,

5𝜋

9}.

13. Доказати да је: 1−2 sin2 𝛼

1+2𝛼=

1−tg 𝛼

1+tg 𝛼 на скупу дефинисаности.

Важе формуле: sin 2𝛼 = 2 sin 𝛼 cos 𝛼, cos 2𝛼 = cos2 𝛼 − sin2 𝛼.

1 − 2 sin2 𝛼

1 + 2𝛼=

sin2 𝛼 + cos2 𝛼 − 2 sin2 𝛼

sin2 𝛼 + cos2 𝛼 + 2 sin 𝛼 cos 𝛼=

cos2 𝛼 − sin2 𝛼

(sin 𝛼 +cos 𝛼)2=

=(cos 𝛼−sin 𝛼)·(cos 𝛼−sin 𝛼)

(sin 𝛼 + cos 𝛼)·(sin 𝛼 + cos 𝛼)=

cos 𝛼−sin 𝛼

cos 𝛼+sin 𝛼=

cos 𝛼(1−sin 𝛼

cos 𝛼)

cos 𝛼(1+sin 𝛼

cos 𝛼)

=1−tg 𝛼

1+tg 𝛼 ,

што је и требало доказати.

АНАЛИТИЧКА ГЕОМЕТРИЈА

Растојање између две тачке А(𝑥1, 𝑦1) и B(𝑥2, 𝑦2), задате

својим координатама, рачуна се по формули

d(A, B) = √(𝑥2 − 𝑥1)2 + (𝑦2 − 𝑦1)2.

Средиште S дужи AB добијамо као S (𝑥1+𝑥2

2,

𝑦1+𝑦2

2).

Ако са 𝑘 oзначимо коефицијент правца праве (тј. тангес

нагибног угла који права заклапа са позитивним делом 𝑥 -осе),

са 𝑚 и 𝑛 одсечке које права одсеца на 𝑥 и 𝑦 оси и са А(𝑥1, 𝑦1) и

B(𝑥2, 𝑦2) тачке које припадају правој, тада се неком од следећих

једначина: 𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑛, 𝑦 − 𝑦1 = 𝑘(𝑥 − 𝑥1), 𝑦 − 𝑦1 =𝑦2−𝑦1

𝑥2−𝑥1(𝑥 − 𝑥1),

𝑥

𝑚+

𝑦

𝑛= 1 може описати поменута права.

33

Праве које су међусобно паралелне имају исти коефицијент правца, док међусобно

нормалне праве имају коефицијенте правaца 𝑘 и −1

𝑘.

Површина троугла одређеног тачкама А(𝑥1, 𝑦1), B(𝑥2, 𝑦2) и С(𝑥3, 𝑦3) може се

израчунати по формули P =1

2|𝑥1(𝑦2 − 𝑦3) + 𝑥2(𝑦3 − 𝑦1)+𝑥3(𝑦1 − 𝑦2)|.

Једначина кружнице са центром у тачки C(𝑝, 𝑞) и полупречника r гласи:

(𝑥 − 𝑝)2 + (𝑦 − 𝑞)2 = 𝑟2. Ако је центар кружнице у координантном почетку, тада је

𝑝 = 𝑞 = 0, па једначина добија облик 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2.

14. Одредити једначину праве која пролази кроз координантни почетак и пресечну

тачку прави 𝑥 + 2𝑦 − 3 = 0 и 2𝑥 − 𝑦 + 4 = 0.

РЕШЕЊЕ: Пресечна тачка поменутих прави добија се решавањем система

једначина

𝑥 + 2𝑦 − 3 = 0 2𝑥 − 𝑦 + 4 = 0

𝑥 + 2𝑦 = 3 2𝑥 − 𝑦 = −4/· 2

+

5𝑥 = −5

𝑥 =−5

5= −1

𝑥 + 2𝑦 = 3 => −1 + 2𝑦 = 3 => 2𝑦 = 4 => 𝑦 =4

2 => 𝑦 = 2

Тако смо добили пресечну тачку S(-1, 2). Сада је остало да поставимо праву која

пролази кроз координантни почетак (0, 0) и тачку S(-1, 2). Ако једну од њих, нпр.

(0, 0) сматрамо за (𝑥1, 𝑦1), а S(-1, 2) за (𝑥2, 𝑦2), тада, на основу једначине праве кроз

две тачке која гласи 𝑦 − 𝑦1 =𝑦2−𝑦1

𝑥2−𝑥1(𝑥 − 𝑥1), добијамо: 𝑦 − 0 =

2−0

−1−0(𝑥 − 0) тј. 𝑦 = −2𝑥.

15. Наћи тачку у којој права која пролази кроз тачку А(3, 2) и паралелна је правој

2𝑥 − 𝑦 + 4 = 0, сече y-осу.

РЕШЕЊЕ: 2𝑥 − 𝑦 + 4 = 0 => 𝑦 = 2𝑥 + 4 => 𝑘 = 2 . Како паралелне праве имају

исти коефицијент правца, ми треба да поставимо праву кроз тачку А(3, 2) с

коефицијентом правца 𝑘 = 2. Ако тачку А(3, 2) прогласимо за (𝑥1, 𝑦1), на основу

једначине праве кроз једну тачку која гласи: 𝑦 − 𝑦1 = 𝑘(𝑥 − 𝑥1), добијамо 𝑦 − 2 =

2(𝑥 − 3) => 𝑦 = 2𝑥 − 6 + 2 => 𝑦 = 2𝑥 − 4. На крају, тачку у којој ова права сече y-

34

осу добијамо када у њеној једначини заменимо 𝑥 = 0 => 𝑦 = −4, па je тражена

тачка (0,-4).

16. Одредити коефицијент правца праве нормалне на праву која пролази кроз тачке

А(-2, -1) и В(2, 2).

РЕШЕЊЕ: Најпре одредимо коефицијент правца праве која пролази кроз тачке А и

В. Једну од тачака, нпр. А прогласимо за (𝑥1, 𝑦1), а другу за (𝑥2, 𝑦2).

К𝐴𝐵 =𝑦2 − 𝑦1

𝑥2 − 𝑥1 => К𝐴𝐵 =

2 − (−1)

2 − (−2)=> К𝐴𝐵 =

3

4

Како нормална права има коефицијент правца −1

𝑘, то је тражени коефицијент 𝑘 =

−13

4

, 𝑘 = −4

3.

17. Кроз тачку А(3, 3) пролази права која је нормална на праву 𝑥 + 2𝑦 − 3 = 0.

Одредити координате тачке P у којој се ове две праве секу.

РЕШЕЊЕ: Кроз тачку А треба поставити праву која је нормална на дату праву.

Најпре одредимо коефицијент правца дате праве:

2𝑦 = −𝑥 + 3, 𝑦 = −1

2𝑥 +

3

2, 𝑘 = −

1

2

Коефицијент правца нормалне праве је: −1

𝑘=

−1

−1

2

= 2. Сада постављамо једначину

праве кроз тачку А(3, 3) и коефицијентом правца 2:

𝑦 − 𝑦1 = 𝑘(𝑥 − 𝑥1)

𝑥1 = 𝑦1 = 3, 𝑘 = 2

𝑦 − 3 = 2(𝑥 − 3)

𝑦 − 3 = 2𝑥 − 6

2𝑥 − 𝑦 − 3 = 0

Остало је да, помоћу система једначина, нађемо пресек ове праве 2𝑥 − 𝑦 − 3 = 0 и

полазне 𝑥 + 2𝑦 − 3 = 0.

2𝑥 − 𝑦 = 3/· 2

𝑥 + 2𝑦 = 3

4𝑥 − 2𝑦 = 6 𝑥 + 2𝑦 = 3

+

5𝑥 = 9

35

𝑥 =9

5

Заменом 𝑥 =9

5 у било коју од једначина , нпр. у 𝑥 + 2𝑦 = 3, добијамо:

9

5+ 2𝑦 = 3

2𝑦 = 3 −9

5

2𝑦 = 15

5−

9

5

2𝑦 =6

5

𝑦 =6

5: 2 =

6

5·

1

2=

3

5

Значи, пресечна тачка је А(9

5,

3

5).

18. Дата су темена троугла А(1, 2), B(0, -1) и средиште S(-1, 0) странице AC. Одредити

координате темена C и дужину висине троугла из тог темена.

РЕШЕЊЕ:

Ако са 𝑥, 𝑦 означимо непознате координате темена C, и с

обзиром да је S средиште странице AC, важи 𝑥+1

2= −1,

𝑦+2

2= 0 => 𝑥 + 1 = −2, 𝑦 + 2 = 0 => 𝑥 = −3, 𝑦 = −2. Тако

смо добили координате тачке C(-3, -2). Сада израчунајмо

површину троугла одређеног тачкама A, B, C, по формули:

P =1

2|𝑥1(𝑦2 − 𝑦3) + 𝑥2(𝑦3 − 𝑦1)+𝑥3(𝑦1 − 𝑦2)|. Прогласимо нпр. тачку А за (𝑥1,𝑦1), B

за (𝑥2,𝑦2) и C за(𝑥3,𝑦3).

P =1

2|1(−1 + 2) + 0(−2 − 2) − 3(2 + 1)| =

1

2|1 − 3 · 3| =

1

2|1 − 9| =

1

2|−8| =

8

2= 4

Сада искористимо једну од класичних формула за површину троугла 𝑃 =𝑐·ℎ𝑐

2,

𝑐 = 𝑑(𝐴, 𝐵)

𝑐 = √(0 − 1)2 + (−1 − 2)2 = √(−1)2 + (−3)2 = √1 + 9 = √10.

Када у формули 𝑃 =𝑐·ℎ𝑐

2 заменимо добијене вредности за P и c , лако ћемо

израчунати тражену вредност за ℎ𝑐.

36

4 =√10 · ℎ𝑐

2

4 · 2 = √10 · ℎ𝑐

ℎ𝑐 =8

√10·

√10

√10=

8√10

10

/:2

=4√10

5

19. Права а пролази кроз тачку М(1, 1) и нормална је на праву b:𝑥 − 𝑦 + 3 = 0.

Израчунати површину △ABS ако је S тачка пресека правих а и b , a A и B пресечне

тачке правих а и b и x осе.

РЕШЕЊЕ:

Најпре одредимо једначину праве а.

b: 𝑥 − 𝑦 + 3 = 0 => 𝑦 = 𝑥 + 3 => 𝑘𝑏 = 1

a ⊥b => 𝑘𝑎 = −1

𝑘𝑏 => 𝑘𝑎 = −1

M(1, 1) ∈ a => 𝑥1 = 1, 𝑦1 = 1

a: 𝑦 − 𝑦1 = 𝑘𝑎(𝑥 − 𝑥1) => 𝑦 − 1 = −1(𝑥 − 1)

a: 𝑦 = −𝑥 + 1 + 1 => 𝑦 = −𝑥 + 2

Сада нађимо тачку S тј. пресек правих а и b.

b: 𝑦 = 𝑥 + 3

a: 𝑦 = −𝑥 + 2

𝑥 + 3 = −𝑥 + 2 => 𝑥 + 𝑥 = 2 − 3 => 2𝑥 = −1 => 𝑥 = −1

2

𝑦 = −1

2+ 3 => 𝑦 =

5

2= 2

1

2

Значи, S(−1

2,

5

2) је пресек правих а и b. Тачке А и B, тј. пресечне тачке правих а и b

са x осом добићемо када у једначине ових правих уврстимо 𝑦 = 0

b: 𝑥 − 𝑦 + 3 = 0 => 𝑥 = −3 => B(−3, 0)

a: 𝑥 + 𝑦 − 2 = 0 => 𝑥 = 2 => A(2, 0)

Још је остало да израчунамо P(△ABS), при чему знамо координате његових

темена A(2, 0), B(−3, 0) и S(−1

2,

5

2).

P =1

2|𝑥1(𝑦2 − 𝑦3) + 𝑥2(𝑦3 − 𝑦1)+𝑥3(𝑦1 − 𝑦2)|

37

P =1

2|2 (0 −

5

2) + (−3) (

5

2− 0) −

1

2(0 − 0)| =

1

2|−5 −

15

2| =

1

2|−10 − 15

2|

P = 1

2·

25

2=

25

4

20. Одредити једначину праве која пролази кроз тачку А(2, 1) , одсеца позитивне

делове координантних оса и са њима гради троугао површине 4.

РЕШЕЊЕ: У овом задатку можемо искористити

сегментни облик једначине праве који гласи: 𝑥

𝑚+

𝑦

𝑛= 1,

при чему су 𝑚 и 𝑛 одсечци које права одсеца на

координатним осама. Према услову задатка су 𝑚, 𝑛 > 0.

Како тражена права садржи тачку А(2, 1), заменом

њених координата у једначину праве, добијамо једначину 2

𝑚+

1

𝑛= 1. Поменути

троугао површине 4 представља правоугли троугао са катетама 𝑚 и 𝑛 па је

његова површина P =𝑚·𝑛

2тј. 4 =

𝑚·𝑛

2.

Тако добијамо систем једначина:

2

𝑚+

1

𝑛= 1

4 =𝑚 · 𝑛

2

=> 2𝑛 + 𝑚

𝑚𝑛= 1 =>

2𝑛 + 𝑚

8= 1 => 𝑚 + 2𝑛 = 8

𝑚 = 8 − 2𝑛

8 = 𝑚 · 𝑛

8 = (8 − 2𝑛) · 𝑛

8 = 8𝑛 − 2𝑛2

2𝑛2 − 8𝑛 + 8 = 0/: 2

𝑛2 − 4𝑛 + 4 = 0

(𝑛 − 2)2 = 0

𝑛 − 2 = 0

𝑛 = 2

𝑚 = 8 − 2𝑛

𝑚 = 8 − 2 · 2

38

𝑚 = 8 − 4 = 4, па једначина праве гласи:

𝑥

4+

𝑦

2= 1 или

𝑥 + 2𝑦

4= 1 тј. 𝑥 + 2𝑦 = 4

𝑥 + 2𝑦 − 4 = 0 или 2𝑦 = −𝑥 + 4, 𝑦 = −1

2𝑥 + 2

21. Написати једначину кружнице која садржи тачку А(5, 2), додирује апсцисну осу и

има полупречник 𝑟 = 5.

РЕШЕЊЕ: Кружница са центром 𝐶(𝑝, 𝑞) која додирује апсцису

(x осу) има особину 𝑞 = 𝑟, па њена једначина гласи: (𝑥 − 𝑝)2 +

(𝑦 − 𝑞)2 = 𝑟2. Како је 𝑞 = 𝑟 = 5

(𝑥 − 𝑝)2 + (𝑦 − 5)2 = 52. Како кружница садржи тачку А(5, 2),

то заменом њених координата на место x, y добијамо:

(5 − 𝑝)2 + (2 − 5)2 = 52

(5 − 𝑝)2 + 32 = 52

(5 − 𝑝)2 = 25 − 9

(5 − 𝑝)2 = 16

5 − 𝑝 = 4 ˅ 5 − 𝑝 = −4 => 𝑝 = 1 ˅ 𝑝 = 9.

Значи, постоје две кружнице које задовољавају услове задатка. Једна са центром у

тачки (1, 5), а друга са центром у тачки (9, 5). Њихове једначине гласе:

(𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 5)2 = 52 и (𝑥 − 9)2 + (𝑦 − 5)2 = 52.

Напомена: Код кружнице која додирује х осу могуће је да буде и 𝑞 = −𝑟,али се може

показати да у нашем случају то није могуће.

39

ПЛАНИМЕТРИЈА И СТЕРЕОМЕТРИЈА

Подсетимо се основних геометријских фигура и формула за њихов обим и

површину.

Троугао

O = a + b + c

P =𝑎 · ℎ

2

Специјално, ако је троугао једнакостраничан

O = 3a

ℎ =a√3

2

P =a2√3

4

Квадрат

O = 4a

P = a2

𝑑 = a√2

Правоугаоник

O = 2(a + b)

P = a · b

𝑑 = √a2 + b2

40

Ромб

O = 4a

P = a · h или P =𝑑1 · 𝑑2

2

a2 = (𝑑1

2)

2+(

𝑑2

2)

2

Трапез

O = a + b + c + d

P = a + b

2· ℎ

Паралелограм

O = 2(a + b)

P = a · ℎ

Правилан шестоугао

O = 6a

P = 6 ·a√3

4=

3a2√3

2

Круг

O = 2rπ

P = 𝑟2𝜋

41

22. Одредити висину ромба чије су дијагонале d1=4 и d2=5.

РЕШЕЊЕ: Најпре израчунајмо страницу ромба а, применом

Питагорине теореме: d2

2

а2 = (d1

2)

2

+ (d2

2)

2

а2 = (4

2)

2

+ (5

2)

2

а2 = 22 +25

4

a2 = 4 +25

4

a2 =16

4+

25

4=

41

4

a = √41

4=

√41

2

Сада израчунајмо површину ромба по формули:

P =d1 · d2

2

P =4 · 5

2

P = 10

На крају, применом друге формуле за површину ромба која гласи P = a · h,

заменом вредности за P и h, можемо израчунати h тј. 10 =√41

2 · h => h =

20

√41.

23. У једнакокраком трапезу чије су дијагонале нормалне, основице су 12 и 6. Колика

је површина тог трапеза?

РЕШЕЊЕ: На основу допуне одговарајућих троуглова до

квадрата (испрекиданим линијама) можемо закључити са слике

да је h = x + y при чему је x =12

2= 6, y =

6

2= 3 => h = 6 + 3 =

9. Сада је P = a+b

2 · h =

12+6

2 · 9 = 9 · 9 = 81

42

24. У троуглу површине 6√3 странице а = 3 и b = 7 заклапају туп угао. Колика је

трећа страница c?

РЕШЕЊЕ: Ако у формули P =a·h

2 заменимо вредност

P = 6√3 и a = 3, добићемо h:

6√3 =3·h

2 => h =

2·6√3

3 => h = 4√3. Сада

применимо Питагорину теорему на мањи

правоугли троугао на слици (с леве стране):

x2 + h2 = b2

x2 + (4√3)2

= 72

x2 = 49 − 16 · 3

x2 = 49 − 48

x2 = 1 => x = 1

Сада поново применимо Питагорину теорему, али на већи правоугли троугао на

слици:

c2 = (a + x)2 + h2

c2 = (3 + 1)2 + (4√3)2

c2 = 42 + 16 · 3

c2 = 16 + 48

c2 = 64

c2 = √64 = 8

25. Oко квадрата странице 10 cm описана је кружница , а око кружнице квадрат.

Колики је однос површина ових квадрата?

РЕШЕЊЕ: а = 10 cm

r = d

2=

a√2

2=

10√2

2= 5√2 cm

r = a1

2 => a1 = 2r = 10√2

P = a2 = 100 cm2

P1 = a12 = (10√2)

2cm2 = 100 · 2 cm2 = 200 cm2

43

P

P1=

100 cm2

200 cm2=

1

2

Сада се подсетимо основних геометријских тела и формула за њихову површину и

запремину. Ако је B површина базе (основе), а М површина омотача одговарајућег

геометријског тела, тада је:

код призме:

P = 2B + M, V = B · H

Примери:

тространа призма коцка квадар

Специјално, за коцку важи P = 6а2, V = а3, а за квадар P = 2(аb + ac + bc), V = abc.

код пирамиде:

P = B + M, V =1

3B · H

Примери:

тространа пирамида четворострана пирамида

код ваљка (полупречника основе r и висине H):

P = 2B + M = 2r2𝜋 + 2rπH = 2rπ(r + H)

V = B · H = r2𝜋 · H

44

код купе(полупречника основе r, висине H и изводнице ѕ):

P = B + M = r2𝜋 + rπѕ = rπ(r + ѕ)

V =1

3B · H =

1

3r2𝜋 · H

код лопте (полупречника R):

P = 4R2𝜋

V =4

3R3𝜋

Призма је права ако су јој бочне ивице нормалне на равни основа. Правилна

призма је права призма код које је база правилан многоугао. Пирамида је права

ако јој нормална пројекција врха представља средиште базе (тј. центар описаног

круга базе). Из овог директно следи да су код праве пирамиде све бочне ивице

једнаке. Правилна пирамида је права пирамида код које је база правилан

многоугао.

26. Основа праве призме је једнакостраничан троугао око кога је описан круг

полупречника r = 2.

а. Израчунати површину базе призме.

б. Израчунати површину призме ако је њена запремина једнака запремини

коцке странице а = 2.

РЕШЕЊЕ:

a. r = 2, r =2

3h, h =

a√3

2

r =2

3·

a√3

2 => r =

a√3

3 => 2 =

a√3

3

a√3 = 6 => a =6

√3=

6√3

3= 2√3

45

B =a2√3

4=

(2√3)2

√3

4=

4 · 3 · √3

4= 3√3

б. Најпре израчунајмо запремину запремину коцке странице а = 2

V = a3 = 23 = 8, што значи да и запремина дате призме треба да да буде 8.

V = B · H, V = 8, B = 3√3, H =V

B

H =8

3√3·

√3

√3 => H =

8√3

9

На крају је,

P = 2B + M

M = 3aH

P = 2 · 3√3 + 3 · 2√3 ·8√3

9

P = 6√3 +48 · 3

9

P = 6√3 + 16

27. Бочна ивица праве правилне четворостране пирамиде има дужину 3 и заклапа са

равни основе угао од 45▫. Одредити запремину пирамиде.

РЕШЕЊЕ: На основу слике, тј. допуне једнакокрако-правоуглог троугла до

квадрата, закључујемо да је H =d

2 , 𝑠 = H√2.

Како је дато ѕ = 3 => H =3

√2=

3√2

2

d = 3√2. Знамо да је: d = a√2 => a√2 = 3√2 =

> a = 3.

Сада је: V =1

3BH, B = a2 = 32 = 9

V =1

3· 9 ·

3√2

2=

9√2

2

28. Хипотенуза правоуглог троугла је 10 cm, а угао 60°. Наћи запремину тела које

настајеротацијом троугла око дуже катете.

РЕШЕЊЕ: Ротацијом троугла око дуже катете настаје купа чији

је полупречник базе r =c

2=

10

2= 5, а висина H =

c

2√3 = 5√3 (то

46

закључујемо на основу допуне правоуглог троугла до једнакостраничног). Сада је:

V =1

3BH =

1

3r2𝜋 · H =

1

352𝜋 · 5√3

V =125𝜋√3

3

29. Наћи површину и запремину равностраног ваљка (то је ваљак код кога је H = 2r)

ако је M = 100π.

РЕШЕЊЕ: Како је М = 2rπH, H = 2r => M = 2rπ · 2r = 4r2𝜋.

Заменом

M = 100π => 100𝜋 = 4r2𝜋 => r2 =100𝜋

4𝜋= 25 => r = 5

=> H = 10

B = r2𝜋 = 52𝜋 = 25𝜋

P = 2B + M = 2 · 25π + 100π = 50π + 100π = 150π

V = B · H = 25π · 10 = 250π

30. Ако се полупречник лопте повећа за 1 њена површина се повећа за 8𝜋. За колико

се повећа њена запремина?

РЕШЕЊЕ: P = 4r2𝜋, P1 = 4(r + 1)2𝜋

P1 = P + 8𝜋 => 4(r + 1)2𝜋 = 4r2𝜋 + 8𝜋/: 4𝜋

(r + 1)2 = r2 + 2

r2 + 2r + 1 = r2 + 2

2r = 1 => r =1

2

V =4

3r3𝜋 =

4

3(

1

2)

3

𝜋 =4𝜋

3 · 8=

𝜋

6

r1 = r + 1 = 1 +1

2=

3

2

V1 =4

3r1

3𝜋 =4

3(

3

2)

3

𝜋 =4

3·

27

8𝜋 =

9𝜋

2

V1 − V =9𝜋

2−

𝜋

6=

27𝜋

6−

𝜋

6=

26𝜋

6=

13𝜋

3