1 RJESENJA TO - Element · PDF fileVec ovaj primjer pokazuje neto´ cnost iz-

1 RJESENJA TOCNO-NETOCNO PITALICA

1. Matematika 1, 1. dio

Napomena. U podnaslovima su navedeni brojevi stranica udzbenika na kojima se nalaze odgovarajuceTocno-Netocno pitalice. Ukoliko su navedena dva broja, prvi odgovara udzbeniku za gimnazije i tehnickeskole, a drugi udzbeniku za prirodoslovno-matematicke gimnazije.

Str. 16. / 33.

1. Ova tvrdnja vrijedi samo i samoako je n paran broj ili nula, za neparne nne vrijedi.

2.

3.

4. Broj n+1 mora biti djelitelj od 15.Zbog toga je n+1 ∈ {±1,±3,±5,±15} .Postoji, dakle, 8 cijelih brojeva za koje jedani razlomak cijeli broj. To su brojevi−16,−6,−4,−2, 0, 2, 4, 14 .

5. Za svaki broj a �= 0 vrijedi upravoobrnuto, vrijedi 0 : a = 0 , a a : 0 nijedefinirano.

6. Kako je 4 : 11 = 0.3636363636 . . .= 36 onda su a i b suprotni brojevi. Nomogli smo zapisati:

b = −3699

= − 411

= −a.

7. m · n = 40 · 14

= 10 . Kako je um-

nozak svaka dva reciprocna broja jednak1, tvrdnja je netocna.

8. Kako je111

= 0.90 zbroj zname-

naka jednog perioda je 9, a ne 2.

9. Ovaj razlomak mozemo pojednos-

tavniti i dobiti razlomak58

. No to nije

potrebno, jer ovdje je naznaceno konacnomnogo osnovnih operacija s racionalnimbrojevima pa je i rezultat tih operacija ra-cionalan broj.

10. Zapisimo(3n − 3) + 3n + (3n + 3) = 9n = 333,

a odatle slijedi n = 37 . Brojevi su 108,111, 114 i najveci od njih je 114, a ne 111.

11. Rastavljanjem broja 1320 na fak-tore dobit cemo 1320 = 23 · 3 · 5 · 11 .Sada vidimo da je 1320 = 10 · 11 · 12 i10 + 11 + 12 = 33 .

12. n = 21 · 7 + 3 = 150 .

Str. 30. / 47.

1.

2. Vrijedi upravo obrnuto, svaki je ci-jeli broj ujedno i racionalan.

3. Ovaj beskonacni decimalni broj na-staje uzastopnim ispisivanjem brojeva ob-lika 10n pa stoga nije periodican. Ondanije niti racionalan.

4. Ovaj broj je konacan decimalni brojpa je stoga racionalan. On je priblizna vri-jednost iracionalnog broja π .

5. Vec zbroj dvaju suprotnih brojevanije iracionalan broj. No mozemo naci idrugih primjera. Primjerice,

0.10100100010000 . . .

+ 1.01011011101111 . . .

= 1.1111111 . . . =109

.

6. Pomnozimo danu jednakost s 3 paimamo 3x − 6y = 9 . Zatim s obje stranedobijene jednakosti dodamo3 te dobijemo3x − 6y + 3 = 12 .

2

MATEMATIKA 1, 1. dio 1

7. Iz 0.05x=11 dobijemo x=1500 ,a 0.8 · 1500 = 1200 .

8. Iz 0.001x = 11 slijedi x = 11 000te je 0.01 · 11 000 = 110 . No mozemoprimijeniti i cinjenicu 1 ‰ = 0.1% .

9. Ako je 0.02 · y = 22 , onda jey = 1100 , a 0.002 · 1100 = 2.2 . Ta-ko -der se moze rabiti odnos 1 ‰ = 0.1% .

10.n + (n+1) + (n+2) + . . . + (n+14)

15

=15n + (1 + 2 + 3 + . . . + 14)

15

=15n+7 · 15

15= n + 7 = 20 .

Dakle je n = 13 i to je ujedno najmanjiod 15 brojeva.

Str. 51. / 69.

1. Posljednja znamenka od 1313 jeista kao i posljednja znamenka potencije313 . No onda imamo:

313=(34)3·3=813·3=. . . 1 · 3=. . . 3.

2. Ako je a = 104 onda je dani izrazjednak 3a + 4a − 5a − 2a = 0 .

3. 84+84+84+84=4·84=214=47 .

4. Zapisimo zbroj triju uzastopnih po-tencija broja 3 kao: 3n +3n+1 +3n+2 . Za-tim pisimo: 3n + 3 · 3n + 9 · 3n = 13 · 3n ,taj je broj ocito djeljiv sa 13.

5. 2x−1−3x−1=2x−3

x=− 1

x=−x−1 .

6. 210·55=25·105=32·105 �=1015 .

7. 162 + 83 + 44 = 28 + 29 + 28

= 28 + 2 · 28 + 28 = 4 · 28 = 210 .

8. Bilo bi tocno 3x−3 =3x3

, a nave-

dena bi jednakost bila tocna kad bi glasila

(3x)−3 =1

3x3.

9. Iz 2n+1 = a slijedi 2n =a2

. Za-tim imamo:

4n−1 =4n

4=

(22)n

4=

(2n)2

4=

a2

16.

10. 3 ·10−4+5 ·10+10−2 = 30 000+50 + 0.01 = 30 050.01 .

11.(

34

)5

·(

45

)5

·(

56

)5

=(

34· 45· 56

)5

=(

36

)5

=(

12

)5

.

12. (−0.1)3 · (−0.01)3 · (−0.001)−3

= −10−3 · 10−6 · 109 = −1 .

Str. 58. / 76.

1. −2−2 · (−2)2 = −14· 4 = −1 .

2. Lijevu stranu navedene jednakostimozemo zapisati u obliku 102+102+102 ,a to je jednako 300 , a ne 106 .

3. Pomnozimo brojnik i nazivnik raz-lomka sa 1010 pa imamo razlomak u ob-

liku1 − 102

10 − 103 =−99−990

=110

= 0.1 .

4. Izraz (0.1)4 · (0.01)5 mozemo za-pisati u obliku 10−4 · 10−10 , a taj je um-nozak jednak 10−14 .

5. 85+85=2 · 85=2 · 215=216=48 .

6. 100−(−10)−2 = 1−0.01 = 0.99 .

7. Iz 2m+1 = x slijedi 2m =x2

, a iz

2n−1 = y slijedi 2n = 2y . Dalje je onda2m · 2n = 2m+n = xy . Tako je

4m+n=(22)m+n=(2m+n)2=(xy)2=x2y2.

8. 225 · 2515 = 225 · 530 = 55 · 225 ·525 = 55 · 1025 = 3125 · 1025 . Ovaj brojima kupno 29 znamenki.

9. 1 · 104 + 0 · 103 + 2 · 102 + 0 · 101

+0 · 100 + 4 · 10−1 + 0 · 10−2 + 1 · 10−3

= 10 200.401 .

3


10.

11.

12.

Str. 100. / 120.

1. Ne, ova jednakost nije definiranaza x = −2 .

2.

3.

4.ak + bk

ck=

k(a + b)ck

=a + b

c,

k �= 0 .

5. Uvrstimo li broj −1 u danu jed-nadzbu, dobit cemo 1 − 1 − 0 = 0 , a toznaci da je −1 rjesenje jednadzbe.

6. Mozemo provesti provjeru kao uprethodnom zadatku, a mozemo je obavitii rjesavanjem jednadzbe. Najprije, jed-nadzba je ekvivalentna jednadzbi

x12

− 4x3

=98,

a ova pak jednadzbi −5x4

=98

. Konacno,

rjesenje jednadzbe ( x = −0.9 ) dobijemo

mnozenjem sa −45

.

7. Rijesimo jednadzbu i dobijemo rje-

senje x =113

. Pritom vrijedi:

185

=5415

<113

=5515

<195

=5715

.

8. Uvrstimo u jednadzbu x = −2 tedobijemo jednadzbu u kojoj je m nepoz-nanica. Njezino rjesenje nije −5 .

9. Zapisemo jednadzbu u obliku

(1 − m)x = m(1 − m)(1 + m).

Za m = 1 ta jednadzba prima oblik 0·x =0 , sto je ispunjeno za svaki realni broj xpa je jednadzba neodre -dena.

10. Jednadzbu zapisemo u obliku

(1 − 2m)x = m(1 − 2m)(1 + 2m).

Za m =12

imamo 0 · x = 0 , sto znaci da

je jednadzba neodre -dena.

11. Imamo redom: tu − tv = uv , za-tim tu − uv = tv , zatim u(t − v) = tv i

konacno u =vt

t − v.

12. Tocno bi bilo t =K − c

cn.

Str. 116. / 136.

1. Nakon pojenostavljivanja izraza sdviju strana nejednakosti dobivamo tocnunejednakost −3 > −8 .

2. Mnozenjem nejednakosti negativ-nim brojem (−1) nejednakost prelazi usuprotnu nejednakost.

3. Lako je vec na primjeru dokazatinetocnost dane tvrdnje: iz 3 > 2 slijedi13

<12

.

4. Za −5 < −3 vrijedi 25 > 9 .Vec ovaj primjer pokazuje netocnost iz-recene tvrdnje.

5. Ove dvije nejednakosti ekvivalent-ne su za sve realne brojeve osim za b �= 0 .

6. Sustav −2 � x <12

zapisujemo

kao interval[−2,

12

⟩.

7. Kako je

〈−3, 0]∩ 〈−2, 1] = 〈−2, 0],broj −1.1 pripada tom intervalu.

8. Ova tvrdnja vrijedi samo ako jex2 − 1 � 0 , odnosno x � −1 ili x � 1 .Opcenito ne vrijedi.

9. Iz 0 < x − 1 < 1 mnozenjems 2 slijedi 0 < 2x − 2 < 2 , a odatle3 < 2x + 1 < 5 .

4


10. Ako je x < 1 , odnosno x−1 < 0 ,

onda uz x + 1 > 0 slijedix + 1x − 1

< 0 .

11. Nejednadzba x−1 > 1 ekvivalent-

na je nejednadzbi1 − x

x> 0 , a njezino

rjesenje jest interval 〈 0, 1〉 .

12. Iz x2 � 2 slijedi |x| �√

2 , od-nosno x � −√

2 ili x �√

2 .

Str. 129. / 149.

1. Uvrstimopodatke za a i b i racuna-mo te dobijemo rezultat 4.

2. Ako je a < b onda je a − b < 0pa je |a − b| = b − a .

3. Ako je x < 0 , onda je |x| = −x te

je|x|x

=−xx

= −1 .

4. Ako je a < −1 , tada je |a| = −a ,pa imamo

a2 + 2a + 1−a − 1

=(a + 1)2

−(a + 1)= −a − 1.

5. Ne, za svaki realni broj k vrijedi|ka − kb| = |k| · |a − b| .

6. Ne, tvrdnja vrijedi samo za po-zitivne realne brojeve. Za negativne jea − |a| = 2a .

7. Za realne brojeve x ∈ [−1, 0] je|2x− 1| = 1− 2x , a |x + 3| = x + 3 pa je|2x−1|+|x+3| = 1−2x+x+3 = −x+4 .

8. Jednakost√

x2 − 4x + 4 = 2 − xekvivalentna je jednakosti |x−2| = 2−x .Za x � 4 je |x− 2| = x− 2 pa je tvrdnjanetocna.

9. Uvrstimo broj56

u jednadzbu pa

provjeravamo vrijedi li jednakost:

34

∣∣∣∣53 − 13

∣∣∣∣ = 1.

Ustanovimo da je tocna pa je tocno da je56

rjesenje dane jednadzbe.

10. Rjesenja jednadzbe su brojevi −4

i −23

. Njihov zbroj nije jednak 3.

11. Poloviste duzine AB je tocka

P1

(−5

2

), a poloviste duzine BC je tocka

P2

(92

). Udaljenost tocaka P1 i P2 jed-

naka je

|P1P2| =∣∣∣∣92 −

(−5

2

)∣∣∣∣ =∣∣∣∣92 +

52

∣∣∣∣ = 7.

12. Najprije uocimo kako je−1 < x − 1 < 1 isto sto i 0 < x < 2 .Nejednadzba (x − 1)2 < 1 ekvivalent-na je nejednadzbi x2 − 2x > 0 , odnosnox(x− 2) < 0 , a njezino je rjesenje upravo0 < x < 2 .

Str. 148. / 168.

1. Tvrdnja je tocna samo ako su x i ypozitivni brojevi, inace ne.

2. Tvrdnja je tocna za svaka dva real-na broja x i y .

3. Navedene su tocke simetricne s ob-zirom na os apscisa, a ne s obzirom na osordinata.

4. Uvjet x ·y > 0 ekvivalentan je sus-tavu x > 0 i y > 0 ili x < 0 i y < 0 , atime su upravo odre -dene tocke u I. ili III.kvadrantu. Primijetimo da danim uvjetomnisu obuhvacene tocke na koordinatnimosima.

5. Jednadzbom x2 + y2 = 4 zadan jeskup tocaka koje su od ishodista udaljeneza 2. Taj je skup kruznica sa sredistem uishodistu i polumjerom r = 2 .

6. Skup tocaka T(x, 0) za x ∈ R jeos apscisa.

5


7. Duljina dijagonale kvadrata jedna-ka je d = |AC| = 10 , povrsina kvadrata

iznosid2

2= 50 .

8. Formula za izracun povrsine troku-ta kojem su vrhovi tocke A(x1, y1) , B(x2,y2) , C(x3, y3) je

P=12

∣∣∣x1(y2−y3)+x2(y3−y1)+x3(y1−y2)∣∣∣.

Naveden uvjet znaci P = 0 , a to je uvjetda tocke A , B i C pripadaju jednomprav-cu.

9. Kako je P poloviste duzine AB ,onda je B(−5, 14) i zbroj koordinata tockeB nije 11 vec 9.

10. Poloviste duzine AC je tocka S(1, 1) .Ta tocka ujedno je poloviste duzine BD paodatle slijedi da je D(−1, 5) .

Str. 165.

1. To je definicija duljine vektora.

2. Za kolinearnost dvaju vektora do-voljno je da imaju isti smjer, da leze naparalelnim pravcima ili na istom pravcu.

3.

4. Jedinicni vektor vektora �v ima jos iistu orijentaciju kao i taj vektor.

5. Tocnost je izravna posljedica defi-nicije razlike dvaju vektora.

6. To je zbroj triju ulancanih vektorapri cemu je pocetak prvoga zavrsna tockatrecega.

7. �a =−→AB = 3�i + �j , �b =

−→AC

= 2�i + 5�j , te je �a +�b = 5�i + 6�j .

8. |�v| =√

(−6)2 + 82 = 10 .

9. Kako je �b = −2�a vektori �a i �b sukolinearni.

6


2. Matematika 1, 2. dio

Str. 36.

1. Izracunamo:

f (−1)−f (1) =12+2−

(−1

2+ 2

)= 1.

2. Provjeru mozemo provesti uvrsta-vanjem koordinata dviju tocaka u jedna-dzbu pravca ili izracunavanjem te jednadzbe.

3. Pravac AB paralelan je s osi y pa jeapscisa svake njegove tocke jednaka −2 .Na tom pravcu onda i nema tocke s apsci-som −4 .

4. Od dva dana pravca jedan je para-lelan s osi x , drugi s osi y pa su stogame -dusobno okomiti.

5. Ordinate tocaka A i B koje pripa-daju pravcu su jednake pa je pravac para-lelan s osi x , njegov je nagib jednak nuli.

6. Nagib pravca ax + by + c = 0 (uz

uvjet b �= 0 ) jednak je −ab

.

7. Tocka N i ne pripada osi y , onaje na osi x . A pravac sijece os y u tocki(0, 3) .

8. Tocna tvrdnja slijedi iz uvjetaf (x) = 0 , odnosno ax + b = 0 .

9. Odredimo f (x) = −x − 2 te jef (2) = −4 .

10.

11. Ova funkcija nema najvece vrijed-nosti, ima najmanju koja je jednaka 1 i toza x = 1 .

12. Za x � 0 je f (x) = 0 , a za x < 0je f (x) = 2x .

Str. 48.

1. Pravci imaju jednak nagib12

, od-

sjecci na osi y su im razliciti. Zbog togasu paralelni i ne sijeku se.

2. Uvrstimo brojeve m i n na od-govarajuca mjesta i dobijemo sustav jed-nadzbi −2x+8y−4 = 0 i x−4y+2 = 0 .Te su jednadzbe ekvivalentne, mnozecidrugu s −2 dobit cemo prvu. Zbog to-ga dani sustav uz m = −2 i n = 2 imabeskonacno mnogo rjesenja.

3. Sjeciste danih pravaca je tocka(−3, 0) , a ta tocka nije na osi y vec naosi x .

4. Rjesenje sustava je

x = −32, y = −2

3

i ocito je x · y = 1 .

5. Uvrstimo dane brojeve za x i yi dobijemo m = −1 , n = 3 . Slijedim + n = 2 .

6.

7. Uz a = −2 sustav ima jedinstveno

rjesenje(−1

2, 0

).

8. Za dani k imamo sustav jednadzbi2x − 3y = 1 i 2x − 3y = −3 pa slije-di netocna jednakost 1 = −3 . Zato za

k = −23

sustav nema rjesenja.

9. Rijesimo sustav i dobijemo rjesenje

x =4

m + 6, y =

m − 2m + 6

. Iz uvjeta x < y

slijedi x − y =6 − mm + 6

< 0 . Rjesenje ove

nejednadzbe je |m| > 6 , a ne |m| < 6 .

7


10. Zbroj kvadrata dvaju brojeva jed-nak je nuli ako i samo ako su ti brojevi jed-naki nuli. Dakle mora biti 2x−3y−3 = 0i x + y − 4 = 0 . Rjesenje ovog sustavajednadzbi je x = 3 , y = 1 te je x+y = 4 .

Str. 118.

1. Za tocnost tvrdnje nedostaje zah-tjev da je dani kut nasuprot vece od dvijustranica.

2. Za sukladnost dvaju trokuta nijedovoljna sukladnost svih odgovarajucihkutova. Primijeti kako je podatkom o dvakuta ionako jednoznacno odre -den i trecikut trokuta.

3. Treci vanjski kut trokuta jednak je158◦24′ pa je uz njega unutarnji kut tro-kuta jednak 21◦36′ .

4. Ortocentar trokuta je tocka u kojojse sijeku njegove visine. Dvije visine pra-vokutnog trokuta su njegove katete i njimaje vrh pravog kuta zajednicka tocka, dakleortocentar trokuta.

5. Ova tvrdnja izravno proistjece izTalesovog poucka o obodnom kutu nadpromjerom kruznice.

6. Pravcu kojem pripada visina na os-novicu jednakokracnog trokuta pripadajui tezisnica i simetrala kuta iz vrha nasuprotosnovice. Pripada mu i simetrala osnovi-ce.

7. Srediste tupokutnom trokutu opi-sane kruznice ne pripada trokutu.

8. Heronovom formulom izracunamopovrsinu trokuta P =

√3780 . Najkraca

visina je ona koja je polozena na najdu-lju stranicu. Njezina je duljina jednaka

v =2P13

≈ 9.46 cm .

9. Omjer duljina dviju odgovarajucihstranica, a neka su to dvije najdulje, jednakje 12 : 20 = 0.6 . Kako je 0.6 · 15 = 9 i0.6 · 12 = 7.2 , trokuti su slicni.

10. Kako je 180◦−(58◦+74◦) = 48◦ ,tvrdnja je tocna.

11. Koeficijent slicnosti ovih trokutajednak je omjeru njihovih opsega: k =18 : 45 = 2 : 5 = 0.4 . Omjer povrsinaje tada jednak k2 = 0.16 . No, to je omjerpovrsine manjeg i povrsine veceg trokuta.Omjer povrsina veceg i manjeg je recipro-can i iznosi 6.25.

12. Visina v na hipotenuzu pravokut-nog trokuta geometrijska je sredina ods-jecaka p i q sto ih njezino noziste odre--duje na hipotenuzi:

v =√

p · q =√

400 = 20.

Str. 145.

1.√

(√

10 − 3) · (√10 + 3) =

=√

(√

10)2 − 32 =√

10 − 9 = 1 .

2. Duljina stranice kvadrata jednakaje 5.5 cm. Opseg kvadrata jednak je4a = 22 cm.

3. Duljina brida kocke jednaka je3√343 = 7 , njezino je oplosje 6a2 =294 cm2 .

4. 3√23 + 33 + 53 = 3√160 �= 10 .

5.√

5 · 3√5 · 6√5 = 6√53 · 6√52 · 6√5= 6√53 · 52 · 5 = 6√56 = 5 .

6. Nakon kvadriranja izraza dobijemoa+b−2

√ab = 54+24−2

√54 · 24 = 6 .

7. Prosirujemo razlomak sa 4√8 padobijemo:

44√2

=4 4√84√16

=4 4√8

2= 2 4√8.

8. Iz√

x = 8 slijedi x = 64 te je3√64 = 4 .

9. Dani brojevni izraz je jednak((5)3

) 23 ·(

(5)−2)− 3

2 = 52 · 53 = 55 .

8


10. Uvrstimo x = 50 u danu jednadzbupa imamo:

3√

1 +√

50 − 1 = 3√1 + 7 = 3√8 = 2.

Str. 183.

1.

2. Da, ovime su zapisaniTalesov poucaki njegov obrat.

3. Omjer je jednak π , a 3.14 samoje priblizna vrijednost broja π .

4. Dana jednakost ekvivalentna je tocnoj

jednakosti l =rπ · 2α180◦

.

5. Diraliste tangente i kruznice je naj-bliza tocka tangente sredistu kruznice.

6. Iz Pi =r2πα360

=rπα180

· r2

=rl2

.

Odatle slijediPi

l=

r2

.

9

Biljeske:

Rjesenja TOCNO-NETOCNO pitalica

MATEMATIKA 1, 1. dio

Str.16. / 33.

Str.30. / 47.

Str.51. / 69.

Str.58. / 76.

Str.100. / 120.

Str.116. / 136.

Str.129. / 149.

Str.148. / 168. Str. 165.

1. 1. 1. 1. 1. 1. 1. 1. 1.

2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2.

3. 3. 3. 3. 3. 3. 3. 3. 3.

4. 4. 4. 4. 4. 4. 4. 4. 4.

5. 5. 5. 5. 5. 5. 5. 5. 5.

6. 6. 6. 6. 6. 6. 6. 6. 6.

7. 7. 7. 7. 7. 7. 7. 7. 7.

8. 8. 8. 8. 8. 8. 8. 8. 8.

9. 9. 9. 9. 9. 9. 9. 9. 9.

10. 10. 10. 10. 10. 10. 10. 10.

11. 11. 11. 11. 11. 11.

12. 12. 12. 12. 12. 12.

Napomena: prvi broj stranice odgovara udzbeniku za gimnazije i tehnicke skole, a drugi udzbeniku za prirodoslovno-matematicke gimnazije.

MATEMATIKA 1, 2. dio

Str. 36. Str. 48. Str. 118. Str. 145. Str. 183.

1. 1. 1. 1. 1.

2. 2. 2. 2. 2.

3. 3. 3. 3. 3.

4. 4. 4. 4. 4.

5. 5. 5. 5. 5.

6. 6. 6. 6. 6.

7. 7. 7. 7.

8. 8. 8. 8.

9. 9. 9. 9.

10. 10. 10. 10.

11. 11.

12. 12.

Documents

1 RJESENJA TO - Element · PDF fileVec ovaj primjer pokazuje neto´ cnost iz-