prijemni s rješenjima (etf sarajevo)

Elektrotehniki fakultet u Sarajevu akademska 2015/16. PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

1

R J E E NJ A

Zadatak 1. Cijena nekog proizvoda na tritu je poskupila je za 60%, a nakon nekog vremena je sniena za 50%. Poskupljenje, u procentima, da bi se vratila prvobitna cijena proizvoda mora iznositi 25%.

Rjeenje: Pretpostavimo da je prvobitna cijena robe x . Nakon poskupljenja cijena te roba ima vrijednost

1 60%x x x 60

100x x 0.6 1.6x x x ,

a nakon snienja 2 10.5 0.5 1.6 0.8 .x x x x

Potrebno je vratiti prvobitnu cijenu robe uz poskupljenje od a %. Vrijedi sljedea jednaina, gdje je a izraeno u procentima. Dakle,

0.8 % 0.8x a x x ,

odakle je % 0.8 0.2a , tj. 25%a .

Napomena: Zadatak je mogue rjeavati ukoliko se uzme konkretan broj umjesto x .

Zadatak 2. Zbir etiri broja je 208. Ako se prvom broju doda 3 ili od drugog oduzme 3 ili se trei pomnoi sa 3 ili se etvrti podijeli sa 3 dobije se uvijek isti broj. etvrti broj je 117.

Rjeenje: Oznaimo pomenute brojeve sa x, y, z i v, redom. Iz uslova zadatka je

208x y z v i 3 3 33

vx y z .

Posljednji niz jednakosti implicira da je 3, 3, 3 3 9

v v vx y z , pa uvrtavanjem u prvi uslov

dobijemo da je

3 3 208,3 3 9

v v vv odnosno 117.v


2

Zadatak 3. Izraz

2 2 2 2

2 2

a b a a

ab ab b a ab

je, uz uslove , 0,a b a b , ekvivalentan izrazu

b

a.

Rjeenje: Izraz se moe transformisati, imajui na umu date uslove koji obezbjeuju definisanost datog izraza, na sljedei nain:

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

.

a b a a a b a a

ab ab b a ab ab b a b a a b

a b a b a a a b a b a b a a b

ab a b ab a b

a b a b a a b b b

ab a b ab a b a

Zadatak 4. Skup svih rjeenja nejednaine 1 2 2x x je 1,5x .

Rjeenje: Prema sljedeoj tabeli, formiranoj na osnovu znaka izraza pod apsolutnom vrijednou, mogue je rastaviti rjeavanje zadanenejednaine na tri sluaja:

- -1 2

x+1 - + +

x-2 - - +

1. Za 1x dobije se nejednaina 1 2 2x x iz koje se dobije 5x to ne

zadovoljava uslov 1x .

2. Za 1,2x dobije se nejednaina 1 2 2x x iz koje je 1x . Presjek

postavljenog i dobivenog uslova implicira da je rjeenje u ovom sluaju svaki 1,2x .

3. Za 2x dobije se nejednaina 1 2 2x x iz koje se dobije 5x . Presjek

postavljenog i dobivenog uslova implicira da je rjeenje u ovom sluaju svaki 2,5x . Prema tome, skup svih rjeenja zadane nejednane je unija skupova dobivenih rjeenja u sluajevima

1, 2 i 3 , tj. otvoreni interval 1,5 .


3

Zadatak 5. Polinom 5 4 3 22 7 2P x x ax x bx x , gdje su i a b realni parametri, je

djeljiv polinomom 2 2Q x x x . Ostatak pri dijeljenju polinoma P x

polinomom

2R x x je 0.

Rjeenje:

Nule polinoma 2 2Q x x x su oito 1 i 2 , pa iz uslova da je zadani polinom

5 4 3 22 7 2P x x ax x bx x djeljiv polinomom 2 2Q x x x

slijedi da su 1 i 2

nule i polinoma P x , tj. da vrijedi 1P = 0 i 2P = 0 , pa je, dakle, zadani polinom djeljivi binomom x +2, tj. traeni ostatak je 0.

Zadatak 6. Ako je 1 2 3( )

3 2

xf x

x

, onda je1

fx

jednako 3 2

2 3

x

x

.

Rjeenje:

Iz 1 2 3( )

3 2

xf x y

x

(uz uslov da je 3 2 0)x slijedi da je 2 3 3 2x y xy , odakle je

3 2( )

2 3

yx f y

y

, pa je

13 2

1 3 2

1 2 32 3

xxfx x

x

(uz uslov da je 2

0, )3

x x .


4

Zadatak 7. Zadane su duine stranica kvadra 3a cm, 4b cm i 5c cm. Povrina kvadra,

ukoliko se svaka od stranica produi za 25% e se promijeniti za 52.875 cm2.

Rjeenje:

Povrina kvadra prije promjene duina stranica iznosi: 2 2 2P ab bc ac . Stranice kvadra e nakon produenja imati sljedee duine:

25 525%

100 4 4n

aa a a a a a a ,

25 525%

100 4 4n

bb b b b b b b ,

25 525%

100 4 4n

cc c c c c c c .

Povrina kvadra nakon promjene duina stranica je: 2 2 2n n n n n n nP a b b c a c .

Nakon uvrtavanja i sreivanja se dobije:

5 5 5 5 5 52 2 2

4 4 4 4 4 4nP a b b c a c

252 2 2

16ab bc ac

25 9

16 16P P P .

Promjena povrine kvadra je:

9 9

2 3 4 4 5 3 5 52.87516 16

nP P P P (cm2).

Zadatak 8. Vrijednosti realnih parametra p i q takvih da funkcija 2 2y x px q ima

maksimalnu vrijednost 3 za 1x su 1p , 4q .

Rjeenje: Kvadratna funkcija 2y ax bx c za 0a ima maksimalnu vrijednost u tjemenu

2 4, .

2 4

b acbD

a a

U konkretnom sluaju je 1,a 2 ,b p ,c q pa iz

2

22 4 4, , 1, 32 4

p p qp p q

slijedi da je 1p i 4.q


5

Zadatak 9. Ako su 1x i 2x rjeenja jednaine 2 5 7 0x x , izraz

1 2

1 1

1 1x x

ima brojnu

vrijednost jednaku 1.

Rjeenje: Za rjeenja 1x i 2x kvadratne jednaine 2 0ax bx c vrijedi da je 1 2

bx x

a i

1 2

cx x

a . Za jednainu u zadatku je 1 2 5x x

i 1 2 7x x . Slijedi da je

2 1 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

1 1 21 1 5 21.

1 1 1 1 1 7 5 1

x x x x

x x x x x x x x

Zadatak 10. Rjeenje jednaine 3

2 3

(0.5) 4 1

8 (0.25) 4

x

x

x

je 1x .

Rjeenje:

Zadana jednaina je ekvivalentna s jednainom

2

3

23

34

(0.5) 2 1

12 2

2

x

x

x

, odnosno s jednainom

2

32

33 4

12

2 22

x

x

x

, to se moe napisati i u ekvivalentnom obliku

2 23 4

3 32 2x

x x

. Otuda je

2 24 4

3 3

xx , odnosno 12 2 12 2x x , odakle slijedi da je 1x .


6

Zadatak 11. Sva rjeenja (u skupu realnih brojeva) jednaine 1 13 3

1log 2 3 1 log 5

2x x

su 6x .

Rjeenje:

Definiciono podruje date jednaine je odreeno uslovima 5 0x i 2 3 0x , pa dakle

5, .x Jednaina se moe svesti na kvadratnu jednainu na sljedei nain

1

3

2

log 5 2 3 1

5 2 3 3

2 13 6 0.

x x

x x

x x

Posljednja jednaina ima dva rjeenja 1 1/ 2x i 2 6.x No, samo drugo rjeenje pripada

definicionom podruju poetne jednaine, pa je to i njeno jedino rjeenju u skupu realnih brojeva.

Zadatak 12. Ako je 4

cos5

i 3

22

, onda je tg jednako

3

4 .

Rjeenje:

Iz osnovnog trigonometrijskog identiteta je 2 2sin cos 1 , pa je

2 16 3sin 1 cos 125 5

, no prema uslovu zadatka traeni ugao je u etvrtom

kvadrantu, pa je sinus takvog ugla negativan, dakle 3

sin .5

Slijedi da je

3

sin 35tg4cos 4

5

.


7

Zadatak 13. Vrijednost izraza

5 9ctg ctg 1

8 817 13

ctg ctg8 8

iznosi -1.

Rjeenje: Izraz moemo transformisati na sljedei nain:

5 9 ctg ctg 1ctg ctg 1 tg ctg 122 8 88 8 8 8 1

17 13ctg ctg cos sin 2cosctg 2 ctg

8 8 8 8 48 2 8

sinsin cos48 8

.

Zadatak 14. Data je trigonometrijska nejednaina 22cos 5cos 2 0x x . Sva rjeenja na

segmentu 0,2 date nejednaine su 5

,3 3

x

.

Rjeenje:

Smjenom cos x t data nejednaina se transformie u nejednainu 22 5 2 0.t t Rjeenja

pripadajue jednaine su 1 1/ 2t i 2 2t , te se nejednaina moe napisati u obliku

1

2 2 0,2

t t

odnosno poetna nejednaina u obliku 1

2 cos cos 2 0.2

x x

Kako je

skup vrijednosti funkcije kosinus segment 1,1 , uvijek je cos 2 0.x Proizilazi da mora biti 1

cos 0.2

x Vodei rauna o uslovu da traimo rjeenja u segmenu 0,2 , zakljuujemo da je

5, .

3 3x


8

Zadatak 15. Prava ima jednainu 3 4 12 0y x . Obim trougla kojeg gradi data prava sa

koordinatnim osama je 12 dunih jedinica.

Rjeenje:

Presjene take date prave sa koordinatnim osama dobijemo zahtijevajui da je 0x , odnosno 0.y

Slijedi da su vrhovi posmatranog trougla 0,4A , 3,0B i 0,0 .C Posmatrani trougao je pravougli sa katetama duine 3 i 4 dune jedinice. Primjenom Pitagorine teoreme zakljuujemo da je hipotenuza 5, pa je obim 12 dunih jedinica.

Zadatak 16. Taka M ije je rastojanje od prave 2 3x y jednako 5 , a jednako je udaljena i

od taaka (4, 3)A i (2, 1),B ima koordinate 13 2

,3 3

M

ili 1, 4M .

Rjeenje: Prema poznatoj formuli rastojanje 0( , )d M p take 0 0,M x y od prave ija je jednaina

0ax by c zadano je formulom 0 002 2

( , )ax by c

d M pa b

, a rastojanje 1 2( , )d M M izmeu

taaka 1 1 1 2 2 2( , ) i ( , )M x y M x y formulom 2 2

1 2 1 2 1 2( , ) ( ) ( )d M M x x y y . Otuda, prema

uslovima u zadatku, imamo sljedei sistem jednaina:

2 2 2 20 00 0 0 0

2 2

2 35, ( 4) ( 3) ( 2) ( 1)

2 1

x yx y x y

,

odakle je 2 2 2 2

0 0 0 0 0 0 0 0 0 02 3 5, ( ) 8 16 ( ) 6 9 ( ) 4 4 ( ) 2 1x y x x y y x x y y ,

to se svodi na dva sistema 0 0 0 0

0 0 0 0

2 8 2 2;

5 5

x y x y

x y x y

,

ijim rjeavanjem dobijemo dvije take 13 2

,3 3

M

ili 1, 4 .M


9

Zadatak 17. Neka je 2 1z i . Realni i imaginarni dio kompleksnog broja 98 20151

2s i i

z

,

gdje je i imaginarna jedinica, su 4

Re5

s i 3

Im .5

s

Rjeenje:

Uvrtavanjem date vrijednosti 2 1z i u izraz kojim je definisan kompleksan broj s dobijamo da je:

98 2015 1 1 1 1 2 1 2 4 31 1 1 ,2 (1 2 ) 1 2 1 2 5 5 52 2 1

i is i i i i i i

i i ii

pa je 4

Re5

s i 3

Im5

s .

Zadatak 18. U aritmetikom nizu je 2 8a i 4 18a . Proizvod treeg i sedmog lana je 429.

Rjeenje:

Za n-ti lan aritmetikog niza vrijedi 1 1 ,na a n d gdje je 1a prvi lan niza, a d je diferencija niza. Na osnovu uslova zadatka je

18 ,a d 118 3 ,a d pa je 1 3a i 5.d

Slijedi da je 2 23 7 1 1 1 12 6 8 12 429a a a d a d a a d d .


10

Zadatak 19. etverocifrenih brojeva u ijem zapisu se nalazi barem jedna cifra 4 je 3168.

Rjeenje: Traeni broj brojeva emo odrediti tako to emo od ukupnog broja etverocifrenih brojeva oduzeti broj etverocifrenih brojeva u kojima se ne pojavljuje cifra 4. Ukupan broj etverocifrenih brojeva je 9 10 10 10 = 9000, jer se na prvoj mjestu moe pojaviti bilo

koja cifra iz skupa 1,2,3,4,5,6,7,8,9 , na drugom mjestu se moe pojaviti bilo koja cifra iz istog skupa uz dodatak cifre 0, kao i na preostalim mjestima.

Slino, etverocifrenih brojeva koji ne sadre cifru 4 ima 8 9 9 9 = 5832. Slijedi da etverocifrenih brojeva koji sadre barem jednu cifru 4 ima 9000 - 5832= 3168.

Zadatak 20. Oznaka ba je oznaka broja a zapisanog u brojnom sistemu s bazom b. Suma

6 82015 2015 jednaka je broju 101480 .

Rjeenje: Direktno sumiranje moemo vriti samo s brojevima datim u sistemu sa istom bazom, pa je prije raunanja neophodno date brojeve napisati u istoj bazi. Moemo koristiti baze 4, 8 ili neku drugu. Mi emo koristiti dekadni brojni sistem, to jeste bazu 10.

3 3

6 8 10 10 102015 2015 2 6 1 6 5 2 8 1 8 5 443 1037 1480 .

prijemni s rješenjima (etf sarajevo)

Documents