Luka Celikovic Metode i Zadatci Za Nadarene Ucenike (Za Voditelje ZSV-A)

METODE IMETODE I ZADATCI ZADATCI ZA NADARENE UZA NADARENE UENIKEENIKE

Luka elikovi, prof.Recenzentica: Tamara Srnec, prof.

SadrSadraj (I)aj (I)1.

Metoda duina

2.

Metoda pravokutnika3.

Grafiko rjeavanje problema jednolikoga gibanja

4.

Logiki zadatci 5.

Dirichletov

princip

6.

Metoda pomonih likova u planimetrijskim zadatcima

7.

Primjena radijus-vektora i koordinatne metode u planimetrijskim zadatcima

8.

Opseg i povrina lika omeena krunim lukovima9.

Oploje i volumen (obujam) rotacijskoga tijela

10.

Funkcija apsolutna vrijednost

11.

Funkcija najvee cijelo12.

Rasprava rjeenja linearne jednadbe s jednom nepoznanicom

13.

Gaussova

metoda eliminacije14.

Diofantove

jednadbe

-

linearne diofantove

jednadbe-

nelinearne diofantove

jednadbe

15.

Tablino rjeavanje nejednadaba16.

Logaritamske nejednadbe

u kojima su i

logaritmand

i baza promjenjive veliine17.

Dokazi algebarskih nejednakosti primjenom odnosa izmeu sredina

SadrSadraj (II)aj (II)

1. METODA DUINA Ovu metodu moemo primijeniti pri

rjeavanju problemskih zadataka.

Primjer 1. (Regionalno natjecanje 2010., 4. razred O)

Jedan je broj vei od drugoga za 406. Ako se vei broj podijeli manjim, dobit e se kolinik 3 i ostatak 66. Koji su to brojevi?

Manji broj ima vrijednost 170, a vei 3170

+

66

=

576.

m

m 406

m m m 66

m m

m

manji broj

vei broj

vei broj

406-

66 = 340

340:2 = 170


U tri sela ima ukupno 12000 stanovnika. Koliko ima stanovnika u svakome selu ako 2/3 prvoga,1/2 drugoga i 2/5 treega sela imaju jednak broj stanovnika?

12 = 12

000ukupan broj

stanovnika u sva tri sela

PRVO SELO

DRUGO SELO

TREE SELO

Prvo selo ima 3000, drugo 4000, a tree 5000 stanovnika.

= 1000 stanovnika

Zadatak 1.Razlika dvaju brojeva je 15. Koliki su ti brojevi ako je jedan od njih 4 puta vei od drugoga?

Rezultat.Vei je broj 20, a manji 5.

Zadatak 2.Antun i Branko poli su na izlet. Usput je Antun kupio 5, a Branko 3 kolaa, plativi ukupno za njih 24 kune. Na izletu im se pridrui i Cvjetko

te

sva trojica zajedno pojedoe kolae. Za svoj dio kolaa Cvjetko

im plati 8 kuna. Kako e tih 8

kuna podijeliti Antun i Branko?

Rezultat.Antun e dobiti 7, a Branko 1 kunu.

Rjeenje Z2 (RADIONICA)

Za 8 kolaa su Antun i Branko platili 24 kune, pa je svaki kolakotao 3 kune.---------------

Antun je za 5 kolaa platio 15 kuna

---------

Branko je za 3 kolaa platio 9 kunaSvaki od njih trojice je pojeo kolaa za 24:3=8 kuna.---------------

Antun je platio 7 kuna vie za kolae negoto ih je pojeo.

---------

Branko je platio 1 kunu vie za kolae negoto ih je pojeo.

Od 8 dobivenih Cvjetkovih

kuna Antun e dobiti 7, a Branko 1

kunu.

2. METODA PRAVOKUTNIKAUmjesto klasinog rjeavanja nekih jednadaba u kojima se pojavljuje umnoak binoma moemo te jednadbe rjeavati grafiki primjenom povrine pravokutnika.


Zadan je pravokutnik ABCD opsega 4 cm.Produljimo stranicu AB za 4 cmpreko toke B do toke E, a stranicu ADza 4 cmpreko toke D do toke F. Za koliko se razlikuju povrine zadanogapravokutnika ABCD i pravokutnika komu su___ ___

AE i AF susjedne stranice?

Iz o=2(a+b)=42 slijedi a+b=21, pa se povrine novodobivenoga

pravokutnika AEGF i danoga pravokutnika

ABCD razlikuju za 4a+4b+16=4(a+b)+16=421+16=100, tj. za 100 cm.

ab

4a

4b

16

A B E

CD

F G

a

a

b b b

4

4

4

4


Iz jednoga kvadrata izrezan je u sredini drugi kvadrat, tako da je ostao okvir irine 6 cm. Kolika je duljina stranice novodobivenoga

kvadrata ako je povrina

okvira 384 cm?

Povrina okvira je 4(6x+36)=384, odakle je 6x+36=384:4, 6x+36=96, 6x=96-36, 6x=60,

x=10 cm.

6X

6X

6X 6X

3636

36 36

X

X

X

X

6

6

6

6

Zadatak 1. (Regionalno natjecanje 1996., 4. razred O)

Ako duljinu stranice kvadrata poveamo za 2 cm, dobit emo kvadrat koji ima povrinu za 8 cm

veu od povrine prvobitnoga

kvadrata. Koliko iznosi duljina stranice, opseg i povrina prvobitnoga kvadrata?

Rezulat.a = 1 cm, o = 4 cm, p = 1 cm.

Zadatak 2. Dana su dva razliita pozitivna broja. Ako od veega broja oduzmemo 3, a manjemu dodamo 2, dobit emo jednake brojeve iji je produkt jednak produktu danih brojeva. Koji su dani brojevi?

Rezultat.

a=9, b=4.


Iz a-3=b+2 izlazi a=b+5, pa iz 2(b+2)=3b slijedib=4 i a=9.

3b

2(a-3)=2(b+2)

a-3 3

bb

2

a-3=b+2

3. GRAFIKO RJEAVANJE PROBLEMA JEDNOLIKOGA GIBANJA

Rabit emo formulu jednolikoga gibanja po

pravcu

tvs = vst =

tsv =, odakle je

s

=

duljina putat =

veliina vremena

v = veliina brzine

Primjer 1. Put izmeu mjesta A i B pjeak prijee za 6, a

biciklist za 2 sata. Pjeak krene u 7, a biciklist u 9 sati. Kada e biciklist stii pjeaka?

Neka je x broj satikoje e proteinakon 9 sati dosusreta biciklista ipjeaka.Tada iz

6x=2(x+2) 4x=4

x=1 sat, tj.biciklist e prestii

pjeaka u 10 sati.

( ) xsxs2

26

=+

x

10sati

s

t (sati)11 1397 sati

Primjer 2. Dva pjeaka, meusobno udaljena 15 km, kreu

istovremeno jedan drugome u susret. Prvi ide 4 km/h, a drugi 6 km/h. Poslije koliko e se sati sresti i na kojim udaljenostima od polaznih toaka?

Iz 4x+6x=15

slijedi

x=1,5.Susret e biti

1,5 sati nakon

polaska.

Za to

e vrijemeprvi pjeak

prijei 6 km, a

drugi 9 km.

s (km)

t (sati)A

B

1 1,5

4

15

9

6

6 km

4 km

Primjer 3. (upanijsko natjecanje 2001., 6. razred O)

Igor i Mario nalazili su se na ravnoj cesti, meusobno udaljeni, i istovremeno krenuli jedan prema drugomu. U svakoj sekundi Igor prijee 6 m, a Mario 8 m. Tono 30 sekundi od poetka vonje Igor i Mario bili su meusobno udaljeni jednako kao i 40 sekundi nakon poetka vonje. Koliko su metara Mario i Igor bili udaljeni na poetku vonje?

Lako zakljuujemo da e se Igor i Mario sresti nakon 35 sekundi, odakle slijedi da su tada njihove udaljenosti od polaznih toaka 210 i 280 metara.

s (m)

t (s)

M

I

8

6

1 30 4035

35x6=210

35x8=280

Zadatak 1. (Opinsko/gradsko natjecanje 1999.,

7. razred O)Iz mjesta A krenuo je biciklist u mjesto B brzinom 9 km/h. Jedan sat i 15 minuta nakon biciklista krenuo je motorist iz mjesta B u mjesto A brzinom od 21 km/h. Koliko km od mjesta A su se susreli biciklist i motorist, ako je udaljenost mjesta A i B jednaka 81

km?

Rezultat.Susret je bio na udaljenosti 32

km od mjesta A.


m

by

x

60,25

81,25B

A

9

s(put)

t(sati)21

Za vrijeme x proteklo od polaska biciklista do njegova susreta s motociklistom

( iz 9x+21(x-5/4)=81+1/4 ) dobivamo

x = 43/12 sati, odakle za udaljenost y njihova susreta od mjesta A slijedi

y=(43/12)9=129/4, tj. y=(32+1/4) km.

Zadatak 2. (Opinsko/gradsko natjecanje 2000.,

8. razred O)

Iz mjesta A krenuo je autobus u mjesto B brzinom od 48 km/h. Nakon pola sata vonje autobusa, motorist se kretao isto iz mjesta A u B brzinom od 60 km/h, sustigao je autobus i odmah nastavio vonju u mjesto B. Doavi u mjesto B motorist se zadrao u mjestu 12 minuta i nastavio vonju natrag u mjesto A, pa se tako susreo s autobusom na udaljenosti 12 km od mjesta B. Kolika je udaljenost mjesta A i B?

Rezultat.

Udaljenost mjesta A i B je 180 km.

Rjeenje

Z2. (RADIONICA)

Autobus za 1 sat prijee 48 km, pa e za pola sata prijei 24 km.

Dakle, motociklist e prestii autobus na udaljenosti 24 km od mjesta A (motociklist je oito krenuo prema mjestu B nakon poetka kretanja autobusa). Motociklist za 1 sat prijee 60 km, pa e nakon 1.5 sati od poetka vonje autobusa biti na udaljenosti 84 km (24+60) od mjesta A.

Motociklist i autobus srest e se na udaljenosti 12 km od mjesta B, pri emu e autobus jo

uvijek ii

prema mjestu B, dok e se motociklist ve

vraati iz mjesta B, zadravajui se prethodno u mjestu B 12 minuta (1/5 sata).

Pri tome za vrijeme izmeu 2 susreta vrijedi(y-24-12)/48=(y-24+12)+1/5, odakle je

y=180 km.

4. LOGIKI ZADATCI

Primjer 1.U deset pravokutnika upisati devet slova, ali

tako da u svaki pravokutnik doe tono jedno slovo. Izostavite sloena slova d, lj, nj.

Rjeenje 1.

D E V E T S L O V A

Primjer 2.

Pomou etiri ibice sloen je jedan kvadrat. Kako pomicanjen

samo jedne ibice od

toga jednog kvadrata dobiti etiri?

Rjeenje 2.

Primjer 3.

Rekonstruirajte dijeljenje: 1

: 11 =

9

Rjeenje 3.

*9*11*9*

*9* ***1*

99211

ili 10912:11=992992

99210912

Primjer 4. (Regionalno natjecanje 1999.,

5. razred O)

Izraunaj vrijednost izraza ___TALES

,

PITAGORAako svako slovo predstavlja jednu znamenku (0,1,2, ..., 9) i to tako da razliita slova predstavljaju razliite, a jednaka slova jednake znamenke.

Rjeenje 4.

Budui da je 10 razliitih slova, a 10 razliitih znamenaka, tada su zastupljene sve znamenke. Budui da nula ne moe biti u nazivniku, tada je ona u brojniku, pa je vrijednost razlomka nula.

Primjer 5.

Dva djeaka, Antun i Branko poli su na izlet. Antun je ponio 5, a Branko 3 kolaa. Na izletu im se pridrui i Cvjetko

i sva trojica zajedno

pojedoe kolae. Za svoju treinu Cvjetko

im plati 8 kuna.

Tebi 5, a meni 3 kune

ree Branko.Nee biti tako

odgovori Antun.

Kako e Antun i Branko pravedno podijeliti 8 kuna?

Rjeenje 5.

Ukupno je bilo 8 kolaa, pa je svaki djeak pojeo 8/3 kolaa. Antun je ponio 5, a Branko 3 kolaa, od ega je svaki pojeo 8/3 kolaa, pa Antunu treba platiti za 7/3, a Branku za 1/3 kolaa, tj. u omjeru 7:1. Dakle, Antun treba dobiti 7, a Branko 1 kunu.

Primjer 6.

(Regionalno natjecanje 1997., 5. razred O)

U istoj zgradi u 4 stana stanuju osobe A, B, C i D. Osobe B, C i D su braa osobe A, a osim njih osoba A nema vie brae. U stanu osobe A postoje 2 vrata i 3 prozora.U stanu osobe B ima toliko vrata koliko u stanu osobe C ima prozora i toliko prozora koliko tamo ima vrata.U stanovima brae osobe D ima jednak broj vrata i prozora.ivi li u toj zgradi punica (tata) osobe A?

Rjeenje 6.

U stanu osobe A ima dvoja vrata i tri prozora. S druge strane u stanovima brae osobe D ima jednak broj vrata i prozora, pa zakljuujemo da osoba A nije brat nego sestra osobama B, C i D. Zato osoba A nema punicu, pa je odgovor zadatka nijean.

Primjer 7.

(Regionalno natjecanje 1997., 6. razred O)

Prodavaica prodaje punu korpu jaja. Kupac A prvo kupi polovinu sadraja korpe i jo pola jajeta. Zatim doe kupac B i kupi polovinu ostatka jaja i jo

pola jajeta. To isto uine redom

kupci C, D i E. Nakon odlaska kupca E, u korpi vie nije bilo jaja. Koliko je jaja bilo u korpi? Je li prodavaica mogla prodati cijela jaja?

Rjeenje 7.

Raunanje unatrag.Iza kupca E nije ostalo nita jaja. On je uzeo jedno

(posljednje) jaje (pola ostatka tj. 0.5 i jo

pola jajeta). Iza kupca D ostalo je 1 jaje. On je uzeo 2 jajeta (pola ostatka, tj

1.5 i jo

pola jajeta). Iza kupca C ostalo je 3

jaja. On je uzeo 4 jajeta (pola ostatka 3.5 i jo

pola jajeta). Iza kupca B ostalo je 7 jaja. On je uzeo 8 jaja (pola ostatka 6.5 i jo

pola jajeta). Iza kupca A ostalo je

15 jaja. On je uzeo 16 jaja (pola ukupne koliine 15.5 i jo

pola jajeta). Dakle, u korpi je bilo ukupno 31 jaje. Od

toga je A uzeo 16, B 8, C 4, D 2 i E 1 jaje. Provjerite to.

Metoda lane pretpostavke.Pretpostavimo da je u korpi bilo (na primjer) 15 jaja (neparan broj). Kupac A uzima pola od 15 i jo

pola

jajeta, tj. uzima 8 jaja. Ostaje jo

u korpi 7 jaja. Kupac B uzima 3.5+0.5=4 jaja, pa u korpi ostaje 3 jajeta. Kupac C uzima 2 jajeta, a u korpi ostaje 1 jaje. Kupac D uzima 0.5+0.5=1 jaje i u korpi ne ostaje vie ni jedno jaje za kupca E. Dakle, u korpi treba biti 2(15+0.5)=31 jaje.

Primjer 8.

Jedna osoba u skupini stavlja prsten na jedan lanak na jednome prstu jedne ruke. Oznaimo osobe brojevima 1,2,3, ..., desnu ruku s 1, a lijevu sa 2, prste na ruci s 1,2,3,4 i 5 (raunajui od palca) i lanke na prstu s 1, 2 i 3 (raunajui od vrha prsta). Sada raunajte sljedee:

Broj osobe koja ima prsten pomnoite s 2, dodajte tomu 5 i sve pomnoite s 5. Rezultatu dodajte broj ruke na kojoj je prsten, sve pomnoite s 10 i tomu dodajte redni broj prsta na kome je prsten. Rezultat pomnoite s 10, tomu dodajte broj lanka na kome je prsten i sve to umanjite za 491. Recite rezultat. Ja u pogoditi osobu kod koje je prsten, na kojoj je ruci, na komu prstu i na komu lanku prsta.

Obrazloite odgovor!

Rjeenje 8.

Oznaimo:a

broj osobe (1,2,3)

b

broj ruke, 1-

desna, 2-

lijeva)c

broj prsta na ruci (1,2,3,4,5 -

raunajui od palca)

d

broj lanka na prstu (1,2,3 -

raunajui od vrha)

(((a2 + 5)5 + b)10 + c)10 + d -

491 = K (konani rezultat)1000a + 100b + 10c + d + 2009 = K____ abcd

= K-2009

Nagradni zadatak

Tono u 8 sati Smotanko

je krenuo u dugu etnju iz Slavonskoga Broda u Bukovlje, udaljeno 4 km od Slavonskoga Broda.

Nakon 5 minuta za njim je poletio njegov papagaj Smuenko

5 puta veom brzinom od brzine kretanja Smotanka. Poto je sustigao Smotanka, Smuenko

se okrenuo u letu, vratio do Slavonskoga Broda,

odmorio 5 minuta i ponovno poletio prema Smotanku. Kada ga je sustigao, Smuenko

mu sleti na rame, tu ostane 5 minuta, a nakon toga

poleti prema Bukovlju. Nakon 5 minuta leta Smuenko

doleti do Pospanka koji je drijemao u hladu, pojede mu dio doruka i nakon ukupnoga zadravanja od 5 minuta ponovno poleti prema Bukovlju. Sto metara ispred Bukovlja

ugleda Zanesenka

kako vozi osmice

biciklom,

sleti na bicikl i vozi se sa Zanesenkom

5 minuta. Potom Smuenko ponovno poleti prema Bukovlju

i leti amo-tamo od Bukovlja

do Smotanka

i natrag sve dok Smotanko

ne stigne u Bukovlje, odmarajui se na tomu dijelu puta jo

ukupno 5 minuta.

U meuvremenu Smotanko

je pjeaio prema Bukovlju, odmarajui se unutar svake treine puta po 5 minuta, te je stigao u Bukovlje

u 9 sati i 15 minuta.

U koje je vrijeme iz Slavonskoga Broda krenuo aavko, hodajui unatrake prema Bukovlju

dvostruko

sporije od kretanja Smotanka, ako je u Bukovlje

stigao nakon Smotanka

onoliko minuta koliko je ukupno

kilometara preletio Smuenko

do 9 sati i 15 minuta?Pretpostavit emo da su kretanja Smotanka, Smuenka

i aavka

bila jednolika.

Rjeenje nagradnoga zadatka.

Smotanko:SB 4 km B

Odmor:

35=15 minuta8:00 1 sat i 15 minuta 9:15 Vrijeme pjeaenja:

1 satPrijeeni put:

4 kmBrzina:

4 km/h

Smuenko:

SB ? B Brzina:

54=20 km/h8:05 1 sat i 10 minuta 9:15 Odmor:

55=25 minutaVrijeme leta: 1 sat 10 minuta -

25 minuta =

sataPrijeeni put:

(3/4)20=15 km

aavko:

SB 4 km B Brzina:

4:2=2 km/h? 9:15+0:15=9:30 Prijeeni put:

4 kmVrijeme pjeaenja: 21=2 sataOdmor:

310=30 minuta

Vrijeme polaska: 7 sati

5. DIRICHLETOV PRINCIP

(princip zeeva i kaveza, princip kuglica i kutija,)

[Pierre

Gustave Lejeune

Dirichlet, 1805.-1859.]

Dirichletov

princip pokazuje postojanje objekata koji imaju jedno ili vie unaprijed danih svojstava, ali ne pokazuje kako se to konkretno ostvaruje.

Ako n+1 zeca rasporeujemo u n praznih kaveza, tada e postojati barem jedan kavez u kome su smjetena barem 2 zeca.

Openito:

Ako nk+1 zeca rasporeujemo u n kaveza, tada postoji barem jedan kavez u kome su smjeteni barem k+1 zec.


U jednoj upaniji na opinskom natjecanju iz matematike od 4. do 8. razreda sudjelovalo je 1995 uenika. Svaki natjecatelj roen je jedne od ovih godina: 1980., 1981., 1982., 1983. ili 1984.

(a) Dokai da postoje barem dva uenika roena istoga dana iste godine.(b) Dokai da postoji barem 6 natjecatelja koji su roeni istoga dana i mjeseca.

(a) Budui da su 1980. i 1984. bile prijestupne

godine, zakljuujemo da u pet navedenih godina ima 1827 dana. Kako je na natjecanju sudjelovalo 1995 natjecatelja, izlazi da su barem dva natjecatelja roena istoga dana iste godine.

(b)Prema nadnevku roenja natjecatelje moemo razvrstati u 366 skupina. Kako je 1995=3665+165, tada prema Dirichletovom

principu postoji barem jedna skupina s najmanje 6 natjecatelja, tj. najmanje 6 natjecatelja je roeno istoga dana i mjeseca.

Rjeenje.

Primjer 2. (Dravno natjecanje 2008., 2. razred S

A i B)

Dano je 10 sloenih prirodnih brojeva manjih od 840. Dokai da meu njima postoje barem dva broja koja nisu relativno prosta.

Kako je 29=841, tada je svaki sloeni broj, koji je manji od 840, djeljiv barem s jednim prostim brojem koji nije vei od 23. To su prosti brojevi: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19 i 23 (ukupno 9 prostih brojeva). Budui da ima 10 sloenih brojeva, a 9 prostih brojeva

23, tada po Dirichletovom

principu

postoje barem dva sloena broja koja su djeljiva istim od 9 navedenih prostih brojeva.

Rjeenje.

Primjer 3.Na nekom ahovskom turniru sudjeluje 8 ahista. Svaki od njih igra sa svakim od preostalih 7 ahista po jednu partiju aha. Dokazati da u svakome trenutku postoje barem dva ahista koja su odigrala jednak broj partija aha.

Ako postoji ahist koji je ve

odigrao svih 7 partija aha, tada ne postoji ahist koji jo

nije odigrao ni jednu partiju aha. Broj odigranih partija aha svakoga ahista tada moe biti 1,2,,6 ili 7, tj. ukupno 7 mogunosti. Budui da je 8 ahista, a 7 moguih brojeva odigranih partija aha, tada po Dirichletovom

principu barem dva ahista

imaju jednak broj odigranih partija aha.

Rjeenje.

Ako postoji ahist koji nije odigrao ni jednu partiju aha, tada ne postoji ahist koji je odigrao svih 7 partija aha. Mogui broj odigranih partija aha svakoga ahista sada je 0,1,,5 ili 6, tj. ukupno 7 mogunosti. Sluaj se svodi na prethodni sluaj.

Zadatak 1. (Opinsko natjecanje 1998., 1. razred S)

U konveksnom mnogokutu s 1998 stranica duljine su stranica prirodni brojevi. Opseg mnogokuta je 1997000. Dokaite da barem dvije stranice mnogokuta imaju jednake duljine.

Zadatak 2.

Dokazati da izmeu 11 proizvoljno odabranih prirodnih brojeva uvijek postoji dva broja ija je razlika djeljiva sa 10.


Ostaci dijeljenja prirodnih brojeva sa 10 mogu biti: 0,1,2,,9 (ukupno 10 razliitih ostataka).Budui da je 11 prirodnih brojeva, a 10 razliita ostatka, tada po Dirichletovom principu meu njima postoje bar dva broja s istim ostatkom. Razlika tih brojeva je djeljiva sa 10.

Svaka toka ravnine obojena je jednom od 3 boje: crvenom, bijelom ili plavom. Dokazati da postoje dvije toke na meusobnoj udaljenosti 1 cm, koje su obojene istom bojom.

Zadatak 3. (Republiko natjecanje RH 1989., 4. razred S)

Rjeenje Z3 (RADIONICA)Ne smanjujui openitost,

pretpostavimo da je toka A obojena crvenom bojom.Nadopunimo sliku.

Ako je cijela krunica k1 obojena istom bojom, tada su toke B i C traene toke. Neka su toke B i C razliitih boja.

Ako je bilo koja toka na krunici k1 crvena toka, tada su ta toka i toka A traene toke. Neka na krunici k1 nema crvenih toaka.

Tada su te toke bijele ili plave boje. Ako su B i C iste boje (bijele ili plave), tada su B i C traene toke. Ne smanjujui openitost pretpostavimo da je B bijela, a C plava toka.

11

111

D

C

B

A

k1(A,1)

k2(A, 3)

Ako je toka D bijela toka, tada su B i D, traene toke, a ako je plava toka, tada su C i D traene toke.

Ako su sve toke krunice k2 crvene boje, tada na toj krunici moemo pronai crvenu toku D1 na udaljenosti 1 cm od toke D, pa su D i D1 traene toke. Dakle, sve toke krunice k2 ne mogu biti crvene.

Imamo sljedee injenice: A je crvena toka, toke krunice k1 obojane su bijelom ili plavom bojom, a sve toke krunice k2 nisu crvene.

Provedimo sada ovu raspravu:Rotirajmo romb ABDC oko toke A dok toka D (na krunici k2) ne bude bijela ili plava toka. Neka je toka D bijela toka. Ako je B ili C bijela toka, tada su D i B, odnosno D i C traene toke. Ako su B i C obje plave toke, tada su one traene toke.

Analogno zakljuujemo ako je D plava toka.

Time je tvrdnja zadatka dokazana.

6. METODA POMONIH LIKOVA U PLANIMETRIJSKIM ZADATCIMA

LEMA 1.

Duljina katete pravokutnoga trokuta s kutovima 30

i 60

koja se nalazi nasuprot

kutu od 30

jednaka je polovini duljine hipotenuze.

c30

60

bc

CB

A

2ca =

2ca =

LEMA 2.

Duljina visine na hipotenuzu pravokutnoga trokuta s kutovima 75

i 15

jednaka je etvrtini

duljine hipotenuze.

c90

90 c

v

60

9015

15F

E

D

C

BA

h

b

ba

2 :BEF ch =

2 :EAF hv =

4cv =

Primjer 1. (Dravno natjecanje 2010., 7. r. O)

U pravokutnome trokutu s duljinom hipotenuze c veliine iljastih kutova odnose se kao 1:5. Izrazi povrinu toga trokuta pomou duljine c hipotenuze.

Iz +=90

i iz uvjeta zadatka =5

slijedi =75

i =15.

Za povrinu ABC tada dobivamo P=c(c/4)/2=c/8.

90 cD BA

C

vb a

Primjer 2. (Opinsko/kolsko natjecanje 2009.,

3. razred S

B)

Duljina hipotenuze pravokutnoga trokuta je 15 cm, a jedan njegov kut je 15. Izraunaj duljinu odreska simetrale pravoga kuta koji je unutar trokuta.

ABC:

v=c/4=15/4 cmCDN:

x=s/2

c = 15 cm

v

x

1545

15 7590

30

60

s

D N

C

BA

.325 cmx, svs =+=

Zadatak 1. (Republiko natjecanje RH 1989., 7. razred O)

Dan je kvadrat ABCD i toka M unutar kvadrata takva da je ABP=

PAB =15.

Dokazati da je trokut PCD jednakostranian.

Uputa.Rijeite zadatak kada je pomoni lik pravokutan trokut s

kutovima 30

i 60, pravokutan trokut s kutovima 15

i 75, jednakostranian

trokut, kvadrat, trapez,...


Pomoni lik je kvadrat.Neka su ispunjeni uvjeti zadatka. Tada je trokut CDP jednakokraan. Konstruirajmo kvadrat APQR. Tada su trokuti ADR i ABP

sukladni.(IADI= IABI=a, IARI=IAPI=b,DAR=

BAP=15

(kutovi s

okomitim kracima)), pa je IDRI=IARI=b, RDA= RAD=15

i

ARD=180-215=150.

a

b

b

bb

a

a

a

15 A

15

R

Q

P

D C

B

Stoga je

QRD=150-90=60, pa je (zbog IQRI=IRDI=b) RQD jednakostranian

trokut, tj.

RQD=60

i

DQ = PQ =b, pa je PQD=90+60=150. Dalje slijedi da su trokuti DPQ i ADR

sukladni ( PQ = AR =b, DQ = DR =b, PQD = DRA=150), pa je DP = AD =a, zbog ega je CDP jednakostraniantrokut.

7. PRIMJENA RADIJUS-VEKTORA I KOORDINATNE METODE U PLANIMETRIJSKIM ZADATCIMA

| Vektori koji imaju poetak u ishoditu zovu se radijus-vektori.

| Svaki se vektor u ravnini moe prikazati kao razlika radijus-vektora svoje zavrne i radijus-vektora svoje poetne toke.

AB = rB - rA

A B

O

AB

Ar Br

Dva su pravca AB i CD paralelna akko

za njihove koeficijente smjera

kAB

i kCD

vrijedi kAB

=kCD

. Dva su pravca AB i CD okomita akko

za njihove koeficijente smjera kAB

i kCD

vrijedi kAB

kCD

= -1.

Primjer 1. (Dravno natjecanje 1996., 1. razred S)

Toke K, L, M, N redom su polovita

stranica

peterokuta ABCDE, a P i Q redom su polovita duina

Dokazati da je

DE ,CD ,BC ,AB

.LN i KM

.4

AEPQ i AE||PQ =

Dokazat emo da je:

Q

P

N

M

L

K

E

D

C

BA

4AEPQ =

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) .41

41

21

21

21

21

21

21

21

21

AErr

rrrrrrrr

rrrrrrPQ

AE

DCBAEDCB

MKNLPQ

==

=

+++

+++=

=++==


Dan je paralelogram ABCD, pri emu je lABl=2|BC|. Ako je toka M polovite

stranice onda je

Dokaite!

AB .DMCM

Neka je A(0,0), B(2a,0), C(d+2a,v)

i D(d,v).

Tada je v=a-d

i M(a,0),

pa jekMC

=v/(d+a)

i kMD

=v/(d-a).

.DMCM

y

xdd

vv va

a

2a

aa

Iz kMC

kMD

=v/(d-a)=v/(-v)=-1 slijedi

Zadatak 1.

Toke E i F redom su __ __

sredita stranica AB i CD etverokuta ABCD, a toke P, Q, R i S redom su sredita duina __ __ __ __

AF, ED, BF i EC. Dokazati da je etverokut PQRS paralelogram.

Isto se dobije i za QR, pa iz PS=QR slijedi tvrdnjazadatka.


P S

RQ

F

E

D

C

B

A

Zadatak 2. (upanijsko natjecanje 1999., 8. razred O)

U pravokutniku ABCD toka E je noite

okomice sputene iz vrha B

na dijagonalu AC. Ako je toka M polovite duine AE, a toka N

polovite

stranice CD, dokaite da je


Neka je A(0,0), B(a,0), C(a,b),D(0,b). Tada je N(a/2,b), pa imamo

AC

y = (b/a)x, kAC

= b/akBE

= -1/kAC

= -a/bBE

y = -(a/b)x+a/b

E(a/(a+b), ab/(a+b))M(a/2(a+b), ab/2(a+b))kMN

=(a+2b)/abkMB

= -ab/ (a+2b)kMN

kMB

= -1BMN=90

y

x

b

a

M

N

E

D C

BA

8. OPSEG I POVRINA LIKA OMEENA KRUNIM LUKOVIMA

ok

=2r, pk

=r krug

l=r/180, oki

=2r+l, pki

=lr/2=r/360 kruni isjeak

oko

=t+l, pko

=pki

-p kruni odsjeak

okv

=2(R+r), pkv

=(R-r)(R+r) kruni vijenac

L=R/180, l=r/180,oikv

=2(R-r)+L+l, pikv

=(LR-lr)/2=(R-r)(R+r)/360

isjeak krunog vijenca

Primjer 1. Izraunajte opseg i povrinu obojanoga lika ako je

duljina polumjera svih krunica jednaka a.

o=6ok (r = a)

= 62a

=12a.

P=6pki(r=a,=120)

= 2p k(r=a)

= 2a.

Primjer 2.

Izraunajte opseg i povrinuobojanoga lika.

c)b1)(a2

(

cba2

c2

b2

a

c)b,(a,OOk21Ok

21Ok

21O

)2

(r)2

(r)2

(r

+++=

+++++=

=+++= ===

cba

c)b,(a,P2

a2

c8

b8

a

c)b,(a,P2Pk21Pk

21Pk

21P

222

)2

(r)2

(r)2

(r

==++=

=++= ===

ab

b

cba

Zadatak 1.Odredite opseg i povrinu obojanoga lika ako je promjer manjega kruga jednak a, a veega 2a.

Rezultat.O=6aP=(-2)a


o=4ok

(r = a/2)

+ok

(r = a)

=4a+2a=6a

p=pk

-p

=a-(2a)/2=a-2a=(-2)a

Zadatak 2. (Dravno natjecanje iz matematike 2007.,

1. razred S

B)

Kvadratu stranice duljine1 upisana je krunica, a nadnjegovim stranicama kao promjerima konstruirane su4 krunice. Izraunaj opseg propelera

na slici.

Rezultat.o=10/3


Uzmimo oznake kao na slici.Zbog

9. OPLOJE I VOLUMEN ROTACIJSKOGA TIJELA

Pv

=2rv, Bv

=r, Ov

=2r(r+v), Vv

=rvuspravni kruni

valjakPs

=rs, Bs

=r, Os

=r(r+s), Vs

=rv/3uspravni kruni

stoacPks=s(R+r), Bks=R, Bks=r,

Oks=(R+r+s(R+r)), Vks=v(R+r+Rr)

uspravni krnji kruni stoac

Ok=4r, Vk=4r/3 kugla

Zadatak 1.

to opisuje zadana duina rotacijom oko zadane osi s?

Rezultat.Redom dobivamo: plat uspravnoga krunog valjka, plat uspravnoga krunog stoca, plat uspravnoga krnjeg

krunog stoca, krug i kruni

vijenac.

s

J

I

H

G

FE

D

C

BA

Zadatak 2. to opisuje zadani lik raotacijom

oko zadane osi s?

Rezultat.Redom dobivamo:

uspravni kruni

valjak, uspravni

kruni stoac,

uspravni kruni

krnji stoac ikuglu

Primjer 1. (Opinsko/gradsko natjecanje 1998.,

3. razred S)

Nai oploje i volumen (obujam) rotacijskoga tijela koje nastaje rotacijom zadanoga (obojenog) lika oko zadane osi s.

O=Ok(r=a)+2Pks(R=a,r=a/2,v=a3/2,s=a)+2pk(r=a/2)++Ok(r=a3/2)+Os(r=3a/4,v=3a3/4,s=3a/2)+Ok(r=a3/4)

=

=195a/16.V=Vk(r=a)-2Vks(R=a,r=a/2,v=a3/2,s=a)++Vk(r=a3/2)-Vs(r=3a/4,v=3a3/4,s=3a/2)+Vk(r=a3/4)

=

=(4/3-313/192)a.

Zadatak 3.

Rezultat.O=2(14+32)aV=16a/3

Odredite oploje i volumen (obujam) rotacijskoga tijela nastalog rotacijom zadanoga (obojenog) lika oko zadane osi s.


O=Ok(r=a)

+2Ok(r=a)

+Pv(r=a, v=2a)

+2Pks(R=2a, r=a, v=a, s=a )=2(14+3 )a

V=O=Vk(r=a)

-2Vk(r=a)

+Vv(r=a, v=2a)

-2Vks(R=2a, r=a, v=a, s=a )=16a/3

2

22

10. FUNKCIJA APSOLUTNA VRIJEDNOST

Funkciju apsolutna vrijednost definiramo kao funkciju:

Za ovu funkciju vrijedi:

baba

bba

ba

baba

++==

0,

>=

Primjer 1. Nacrtajte graf funkcije f(x)=|||x|-3|-2|-1, xR.

4

2

-2

-4

-5 5

f(x)=IIxI-3I

f(x)=IxI-3

f(x)=IxI

42

-2

-4

-5 5

f(x)=IIxI-3I-2

f(x)=IIIxI-3I-2I

42

-2

-4

-5 5

f(x)=IIIxI-3I-2I-1

Primjer 2. Rijeite jednadbu |||x|-3|-2|-1=0, xR.

Grafika metoda.Prema prethodnomu primjeru nultoke

funkcije su

x{-6,-4,-2,0,2,4,6}.

Primjer 3.Rijeite nejednadbu

|||x|-3|-2|-10, xR.

Grafika metoda.Prema primjeru 1. rjeenja nejednadbe

su

x[-6,-4][-2,2][4,6].

Primjer 4. Rijeite jednadbu |3-xI+1=IxI-2x, xR.

Metoda razlikovanja sluajeva.3-x=0 x=3, x=0Interval

( -

, 0 ) [ 0 , 3 ] ( 3 , )

x 0 3 . 3-x

+ + + 0 -

x

-

0 + + +I3-xI+1=IxI-2x

3-x+1=-x-2x 3-x+1=x-2x -(3-x)+1=x-2x

Rjeenja x = -2 0x=-4 x =1

Rjeenja x = -2

Dakle, jedino je rjeenje zadane jednadbe x= -2.

Zadatak 1. Nacrtajte grafove funkcija

f0

(x)=IxI, f1

(x)=Ix-3I, f2

(x)=IxI+2 i F(x)=Ix-3I+2, xR, i usporedite ih.

Rezultat.Graf funkcije f1(x) nastaje translacijom

grafa funkcije

f0(x) u smjeru osi x za 3. Graf funkcije f2(x) nastaje translacijom

grafa funkcije

f0(x) u smjeru osi y za 2. Graf funkcije F(x) nastaje translacijom

grafa funkcije

f0(x) u smjeru osi x za 3 i u smjeru osi y za 2.

Zadatak 2. Rijeite jednadbu

I2-xI-I2x-3I+4x-1)/Ix+4I=1, xR.Rezultat.x[3/2,2]

Zadatak 3.Rijeite

nejednadbu

I2-xI-I2x-3I+4x-1)/Ix+4I1, xR.Rezultat.x[-3/2, )

Rjeenje Z3

(RADIONICA)

Za x -

4 zadanu nejednadbu

moemo pisati u oblikuI2-xI-I2x-3I+4x-1-Ix+4I0, x-4. (*)

Metoda razlikovanja sluajeva.2-x=0 x=2, 2x-3=0 x=3/2, x+4=0 x=-4 -4, 3/2, 2 (dobivene nultoke

poredane po veliini)

1) (**)Iz (*) izlazi (2-x)+(2x-3)+4x-1+(x+4) 0, odakle je x-1/2, pa uintervalu (**) nejednadba

nema rjeenja.

2) x(-4,3/2) (***)Iz (*) izlazi (2-x)+(2x-3)+4x-1-(x+4)0, odakle je x-3/2, pa su u intervalu (***) rjeenja nejednadbe

x(-372,3/2)

)4,( x

3) x[3/2,2] (****)Iz (*) izlazi 2-x-(2x-3)+4x-1-(x+4)0, odakle je 0x0, pa su

uintervalu (****) rjeenja nejednadbe

x[3/2,2].

4) (*****)Iz (*) izlazi (2-x)-(2x-3)+4x-1-(x+4)0, odakle je x-2, pa su u intervalu (*****) rjeenja nejednadbe

.

Dakle, rjeenja zadane nejednadbe

su

),2( x),2( x

),2/3( x

11. FUNKCIJA NAJVEE CIJELO

Funkciju

zovemo funkcija "najvee cijelo,a funkciju

{ }: R[0,1),

,: ZR { }xkZkxx = :maxa

{ } xxxx =azovemo funkcija "razlomljeni (decimalni) dio.

f(x)={x}

xf(x)=

2

-2

-5 5

-5 5

2

-2

Za funkciju najvee cijelo

vrijede ova svojstva: (a) x= x+{x}, x

= x -

{x}, xR

(b) 0

{x} < 1, xR (c) k

=k, k

Z

(d) x-1< x

x, xR (e) x

x < x

+1, xR

(f) k+x

=k+ x, k

Z, xR

Pouak.

U sljedeim emo primjerima primijeniti ovu funkciju na

rjeavanje jednadaba.

Primjer 1. Rijeite jednadbu

Prema definicije funkcije najvee cijelo

lijeva je strana zadane jednadbe cijeli broj, pa je onda to i desna strana, tj. xZ.

.,3

22 Rxxx =

+

21 22312

3/3

2213

223

223

2213

22

Primjer 2. Rijeite jednadbu

Neka je lijeva strana zadane jednadbe cijeli broj k. Tada je to i desna strana, pa iz k=(x-1)/2 slijedi x=2k+1, to znai

da je i x cijeli broj.

Supstitucijom x=2k+1 u zadanu jednadbu dobivamo (2k+2)/3

= k, kR.

Prema prethodnomu zadatku rjeenja ove jednadbe su k{0,1,2}, pa iz x=2k+1 izlazi x{1,3,5}.

.,2

13

1 Rxxx =

+

Zadatak 1.

Rezultat.

Rijeite jednadbu

{ }5 4, 3, 2,x

Rxxxx =

++ ,1232

Zadatak 2.

Rezultat.

R. x,5

71586x5 =

+ xRijeite jednadbu:

54 ,

157 x

Rjeenje Z2 (RADIONICA)Neka je lijeva strana zadane jednadbe jednaka

k,

kZ.Tada i za desnu stranu te jednadbe vrijedi

(15x-7)/5 = k, odakle je x=(5k+7)/15.

(*)

Prema svojstvu (d) navedenoga pouka vrijedi(5+6x)/8-1 < k

(5+6x)/8,

odnosno primjenom (*)-1/30 < k

39/30.

Zbog kZ je k{0,1}, pa je prema (*) rjeenje zadane jednadbe

.54 ,

157 x

12. RASPRAVA RJEENJA LINEARNE JEDNADBE S JEDNOM NEPOZNANICOM

| Jednadba ax=b, a0, ima jedinstveno realno rjeenje x=b/a (odreena/mogua jednadba).

| Jednadba 0x=0 ima beskonano mnogo realnih rjeenja xR (neodreena jednadba).

| Jednadba 0x=b0 nema rjeenja (nemogua jednadba).

Primjer 1. U ovisnosti o parametru aR raspravite

rjeenja jednadbe a(x-1)=3x+2, xR.

a(x-1)=3x+2 ax-a=3x+2 ax-3x=a+2 x(a-3)=a+2 /:

(a-3)0

x=(a+2)/(a-3)

z 1 a R\{3} x=(a+2)/(a-3) (odreena jednadba)z 2 a = 3 0x=5 0=5 (nemogua jednadba)

Rezultat.

Primjer 2. U ovisnosti o parametru aR raspravite

rjeenja jedanadbe

a(x-1)+a(x+2)=2x+1, xR.

Zadanu jednadbu moemo transformirati u oblik x(a+a-2)=a-2a+1, odnosno x(a+2)(a-1)=(a-1).

Dijeljenjem dobivene jednadbe s (a+2)(a-1) 0 (za a

-2 i a

1)

slijedi

x=(a-1)/(a+2).

Rezultat.

1

a

R\{-2,1}

x=(a-1)/(a+2). 2

a = 1 0x=0 x

R.

3

a = -2 0x=9 0=9 .

Dakle, za a

R\{-2,1}

zadana jednadba ima jedinstveno

rjeenje x=(a-1)/(a+2) (odreena jednadba), za a=1 beskonano mnogo rjeenja

x

R

(neodreena jednadba), za a=-2 nema rjeenja

(nemogua jednadba).

Zadatak 1. U ovisnosti o parametru aR raspravite

rjeenja jednadbe 2ax+6a+x+3=0, xR.

Rezultat.Za aR\{-1/2} zadana jednadba ima jedinstveno rjeenje x= -3 (odreena jednadba), dok za a= -1/2 ima beskonano mnogo rjeenja xR (neodreena jednadba).

Zadatak 2. U ovisnosti o parametrima a,bR raspravite

rjeenja jednadbe

Rezultat.Za a

-b

zadana jednadba ima jedinstveno rjeenje

x=(a-b)/2, za a = -b

ima beskonano mnogo rjeenja xR\{a}.

Rxbaxbax

bxax ++

=+ ,

22


Za x

-b (*) i x

-a-2b (**) (x-a)(x+a+2b)=(x+b)(x-2a-b), tj. 2x(a+b)=(a-b)(a+b), pa za a

-b (***) slijedi x=(a-b)/2 (****)

Iz (*) i (****) izlazi (a-b)/2-b, tj. a-b, to je ve naglaeno u (***).

Iz (**) i (****) izlazi (a-b)/2-a-2b, tj. a-b, to je takoer ve

naglaeno u (***).

1

a

-b x=(a-b)/22

a = -b (x-a)/(x-a)=(x-a)/(x-a) (x-a)/(x-a)-(x-a)/(x-a)=0 0/(x-a)=0 xR\{a}.

13. GAUSSOVA METODA ELIMINACIJE

[Carl

Friedrich

Gauss, 1777.-1815.]

Pri rjeavanju vielinearnih

sustava jednadaba primjenjivat emo elementarne transformacije pri kojima sustav linearnih jednadaba ostaje ekvivalentan:-

Zamjena mjesta dviju ili vie jednadaba

-

Pomnoiti (podijeliti) jednadbu bilo kojim nenul

brojem-

Dodati (oduzeti) jednadbi bilo koju drugu jednadbu

Najee primjenjujemo kombinaciju ovih transformacija.

Vielinearne

sustave jednadbi

moemo krae zapisati u matrinome obliku.

Primjer 1. U ovisnosti o parametru kR raspraviti

(diskutirati) rjeenja sustava jednadaba

Rzyxzykxzkyxkzyx

=++=++=++

,,11

2

1 1 k 21 k 1 -1 II.-

I.

k 1 1 -1 III.-kI.

1 1 k 20 k-1 1-k -30 1-k (1-k)(1+k) -1-2k III.+II.

Rjeenje.

1 1 k 20 k-1 1-k -30 0 (1-k)(2+k) -2(2+k)

1

kR\{-2,1}

1 1 k 20 k-1 1-k -3 / : (k-1)0 0 (1-k)(2+k) -2(2+k) / : (1-k)(2+k)

1 1 k 2 I.-kIII.0 1 -1 -3/(k-1) II.+III.0 0 1 -2(1-k)

1 1 0 2/(1-k) I.-II.0 1 0 1/(1-k)0 0 1 -2(1-k)

1 0 0 1/(1-k)0 1 0 1/(1-k)0 0 1 -2(1-k)

k

zk

yk

x === 1

2,1

1,1

1(*)

2

k = -2

1 1 -2 20 -3 -3 -3 / : (-3)0 0 0 0

1 1 -2 2 I.-II.0 1 -1 10 0 0 0

1 0 -1 10 1 -1 10 0 0 0

11

==

zyzx Odnosno:

Rzzyzx

+=+=

11

Stavljajui z=t dobivamo:

Rttztytx

=

+=+=

11

(**)

3

k=1

Dakle, za kR\{-2,1} sustav linearnih jednadbi je odreen, a rjeenja su mu dana sa (*).

Za k=-2 sustav je neodreen, a rjeenja su mu dana sa (**).

Za k

= -1 sustav linearnih jednadaba nemogu

(nema rjeenja).

1 1 1 20 0 0 -30 0 0 -6

x + y + z = 2tj. 0x+0y+0z

=

-3

0x+0y+0z

=

-6Sustav linearnih jednadabanema rjeenja.

Zadatak 1. U ovisnosti od parametara a,bR rijeite sustav linearnih

jednadbi:

Rezultat.1

ba2x=(1-b)/(a-b), y=(a-1)/(a-b), z=0

2

ba=2x=(-2(b-1)/(b-2))t + (b-1)/(b-2), y=(2/(b-2))t

1/(b-2), z=t, tR

3

b=a231. a=1

x=-t+1, y=t, z=0, tR32. a1

nemogu

sustav linearnih jednadaba4

b=a=2x=-t, y=t, z=1/2, tR

Rzyxzyx

azyxazbyax

=++=++=++

,,1211

a b a |

1 1 1 2 |

1 1 1 2 |

1 1 1 a |

1 ~

a b a |

1 II.-aI.

~

0 b-a -a |

1-a1 1 2 |

1 1 1 a |

1 III.-I.

0 0 a-2 |

0

1

ba21 1 2 |

1 1 1 2 |

1 I.-2III.

0 b-a -a |

1-a /:(b-a) ~

0 1 a/(a-b) |

(a-1)/(a-b) II.+(a/(b-a))III.0 0 a-2 |

0 /:(a-2) 0 0 1 |

0

1 1 0 |

1 I.-II.

1 0 0 |

(1-b)/(a-b) x =(1-b)/(a-b)~

0 1 0 |

(a-1)/(a-b) ~

0 1 0 |

(a-1)/(a-b) , tj. y = (a-1)/(a-b)

0 0 1 |

0 0 0 1 |

0 z = 0


2

ba=2

1 1 2 |

1 1 1 2 |

1 I.-II.0 b-2 -2 |

-1 /:(-2) ~

0 1 -2(b-2) |

-1/(b-2) ~

0 0 0 |

0 0 0 0 |

0

1 0 2(b-1)/(b-2) |

(b-1)/(b-2)

~

0 1 -2/(b-2) |

-1/(b-2) , tj.

0 0 0 |

0

x = (-2(b-1)/(b-2))z+(b-1)/(b-2) x = (-2(b-1)/(b-2))t+(b-1)/(b-2) y = (2(b-1)/(b-2))z+1/(b-2) , odnosno

y = (2(b-1)/(b-2))t+1/(b-2)

zR z = ttR

3

b=a-2

1 1 2 |

1

1 1 2 |

1 I.-2III.

1 1 0 |

1

0 0 -a |

1-a ~

0 0 -a |

1-a II.+aIII.

0 0 0 |1-a 0 0 a-2 |

0 / :(a-2) 0 0 1 |

0 0 0 1 |

0

31

a=11 1 0 |

1 x = -y+1 x = -t+1

0 0 0 |

0 , tj. z = 0 , odnosno y = 20 0 1 |

0 yR z = 0

tR

32.

a1

1 1 0 |

1

0 0 0 |

1-a (0)

(druga je jednadba nemogua)0 0 1 |

0

4

b=a=21 1 2 |

1 I.+II.

1 1 0 |

0 x = -y0 0 -2 |

-1 /:(-2) ~

0 0 1 |

, tj. z = 1/2 , odnosno

0 0 0 |

-2 0 0 0 |

0 yR

x = -ty = tz = 1/2tR

14. DIOFANTOVE JEDNADBE

[Diofant, 3. st., Aleksandrija]

Jednadbu kojoj traimo cjelobrojna rjeenja zovemo Diofantova

jednadba.

Razlikovat emo linearne i nelinearne Diofantove

jednadbe

I. LINEARNE DIOFANTOVE JEDNADBE

Primjer 1.Nai cjelobrojna rjeenja jednadbe

13x+8y=15, x,yZ.

Eulerova

metoda.[Leonhard

Euler, 1707.-1763.]

13x+8y=15, x,yZ y=(15-13x)/8, x,yZ

y=2-2x+(-1+3x)/8, x,yZ (-1+3x)/8=uZ i y=2-2x+u, x,yZ x=(1+8u)/3=3u+(1-u)/3=3u+v Z i v=(1-u)/3 Z

i y=2-2x+u Z x=3u+v Z i u=1-3v Z i y=2-2x+u Z, v Z x=3(1-3v)+v Z i y=2-2(3-8v)+(1-3v) Z, vZ x=3-8v i y=-3+13v, vZ

Zadatak 1.

Rezultat.x = 2+3t, y = -1+2t, t

Z.

Nai sva cjelobrojna rjeenja jednadbe 2x-3y=7,

x,yZ

Zadatak 2. (Regionalno natjecanje 1999., 6. razred O)

Odredi sve cijele brojeve y za koje je razlomak (5y-6)/y pozitivan cijeli broj.

Rezultat.

y{-1, 2, -2, 3, -3, 6, -6}.

Zadatak 3.

Rijeite jednadbu

12x-3y=5, x,yZ.

Rezultat.Zadana jednadba nema cjelobrojnihrjeenja.


Iz zadane jednadbe dobivamoy=(12x-5)/3, tj. y=4x-2+1/3.Budui da desna strana posljednje jednadbe nijenikada cijeli broj (za xZ), tada zadana jednadbanema cjelobrojnih rjeenja.

Napomena. Moe se pokazati da jednadba ax+by=c, a,b,cZIma cjelobrojnih

rjeenja akko

(ako i samo ako) vrijedi

M(a,b)|c, gdje je M(a,b) najvei zajedniki djelitelj brojeva a i b.U Z3 je M(a,b)=M(a , b )=M(12,3)=3, ali 3 ne dijeli 5=c, pazadana jednadba nema cjelobrojnih rjeenja.

METODA RASTAVLJANJA POLINOMA NA IMBENIKE (FAKTORE)

Primjer 1.(kolsko/opinsko natjecanje 2010., 2. razred S

A)

Odredi sve cijele brojeve x za koje jex+3x+24 kvadrat nekog cijelog broja.

Iz x+3x+24=y

slijedi (2x+3)+87=4y, a odavde 87=(2y+2x+3)(2y-2x-3).

Zbog 87=871=187=329=293= = -1(-87)= -87(-1)= -3(-29)= -29(-3) slijedi

Rjeenja su jednadbe x{-23, -8, 5, 20}.

2y+2x+3=A 2y-2x-3=B x =(A-B-6)/4 y =(A+B)/4

1 87 -23 22

87 1 20 23

3 29 -8 8

29 3 5 8

-1 -87 20 -22

-87 -1 -23 -22

-3 -29 5 -8

-29 -3 -8 -8

Zadatak 1. (upanijsko natjecanje 2007., 1. razred S

A)

Odredite sva cjelobrojna rjeenja jednadbe x+11=y.

Rezultat.

(x,y){(0,11), (-11,0)}

Zadatak 2.

Odredite sva cjelobrojna rjeenjajednadbe x-2011=y.

Rezultat.

(x,y){(106,105), (106,-105), (-106,105), (-106,-105)}


Zadanu jednadbu moemo pisati u obliku(x-y)(x+y)=2011. Budui da je2011=12011=20111=-2011(-1)=-1(-2011), imamo:

Rjeenja su zadane jednadbe(x,y){(106,105), (106,-105), (-106,105), (-106,-105)}

x-y=A x+y=B x=(A+B)/2 y=(B-A)/21 2011 106 105

2011 1 106 -105-2011 -1 -106 105

-1 -2011 -106 -105

METODA OSNOVNOG POUKA O DIJELJENJU POLINOMA

Primjer 1.Rijeite jednadbu xy+2y=x, x,yZ.

Rjeenje.Iz zadane jednadbe slijedi y=x/(x+2)=1-2/(x+2), x-2

(jer x=-2 nije rjeenje zadane jednadbe).yZ 2/(x+2)

Z x+2

{1, -1, 2, -2}

x

{1, -3, 0, -4} (x,y){(-1,-1), (-3,3), (0,0), (-4,2)}

Zadatak 1.

Rijeite jednadbu

x-xy+2x-3y-6=0, x,yZ.

Rezultat.

(x,y){(-6,-6), (-4,-2), (-2,-6), (0,-2)}

Zadatak 2.

Odredite sva cjelobrojna rjeenja jednadbe

Rezultat.

(x,y){(2,-6), (-6,2), (4,12), (12,4), (6,6)}

3111 =+

yx


Oito su x,y0.Zadanu jednadbu moemo pisati u obliku

x(y-3)=3y.Oito je y3 (jer za y=3 lijeva je strana posljednjejednadbe 0, a desna 9), pa imamox=3y/(y-3)=(3(y-3)+9)/(y-3)=3+9/(y-3). Odavde je

(x,y){(2,-6), (-6,2), (4,12), (12,4), (6,6)}

y-3 1 -1 3 9 -9y=(y-3)+3 4 2 6 12 -69/(y-3) 9 -9 3 1 -1x=3+9/(y-3) 12 -6 6 4 2

METODA ZBROJA POTENCIJA S PARNIM EKSPONENTIMA

Primjer 1.

(upanijsko natjecanje 2010., 1. razred S

B)Odredi sve cijele brojeve x,y za koje vrijedi (y)+x=2y-1.

Rjeenja.Zadanu jednadbu moemo pisati u obliku (y-1)+x=0. Kako su oba pribrojnika nenegativna

(zbog

parnosti potencija 2 i 2010) i kako je desna strana jednadbe nula, slijedi da je y-1=0 i x=0, tj. y=1 i x=0.

Rjeenja su jednadbe (x,y){(0,-1), (0,1)}.

Zadatak 1. Rijeite jednadbu x+y=5, x,yZ.

Rezultat.

(x,y){(-2,-1), (-2,1), (-1,-2), (-1,2), (1,-2), (1,2), (2,-1), (2,1)}.

Zadatak 2. Rijeite jednadbu x+y+z=2(x+1),

x,y,zZ.

Rezultat.

(x,y,z){(0,1,1), (0,1,-1), (0,-1,1), (0,-1,-1),(2,1,1), (2,1,-1), (2,-1,1), (2,-1,-1)}


Zadanu jednadbu moemo pisati u obliku(x-1)+y+z=3, pa je x-1=1, y=1, z=1, tj.x{0,2}, y{1,-1}, z{1,-1}.Rjeenja su zadane jednadbe(x,y,z){(0,1,1), (0,1,-1), (0,-1,1), (0,-1,-1),

(2,1,1), (2,1,-1), (2,-1,1), (2,-1,-1)}.

Primjer 1.(upanijsko natjecanje 2009., 1. razred S

A)

Odrediti cjelobrojna rjeenja jednadbe x+y-8z=14.

METODA POSLJEDNJE ZNAMENKE (specijalno: METODA PARNOSTI I NEPARNOSTI)

Desna je strana zadane jednadbe parna, pa to treba biti i lijeva strana. Stoga su x i y iste parnosti.

Ako su x i y oba parna broja, tada je lijeva strana zadane jednadbe djeljiva sa 4, a desna nije, pa zadana jednadba nema rjeenja.

Neka su x i y oba neparna broja, tj. x=2m+1, y=2n+1, m,nZ. Uvrtavanjem toga u zadanu jednadbu i sreivanjem dobivamo m(m+1)+n(n+1)-2z=3.

Budui da su m(m+1) i n(n+1) parni brojevi (umnoak dva uzastopna cijela broja) slijedi da je lijeva strana posljednje jednadbe parna, a desna to nije, pa ova jednadba, a s tim ni zadana, nema rjeenja.

Dakle, zadana jednadba nema rjeenja.

Primjer 2. Nai cjelobrojna rjeenja jednadbe

x+5y=201020092008.

Rjeenje.Budui da x

ima posljednju znamenku

0,1,4,5,6 ili 9, a 5y 0 ili 5, tada lijeva strana zadane jednadbe ima posljednju znamenku 0,1,4,5,6 ili 9, a nikada 8, pa zadana jednadba nema cjelobrojnih rjeenja.

Zadatak 1.

Rezultat.Zadana jednadba nema cjelobrojnih rjeenja.

Nai cjelobrojna rjeenja jednadbe (x)+(y)=1223334444999999999.


Oito su x,y0.x

i y

mogu imati posljednju znamenku 1, 4, 5, 6 ili 9,

pa (x)

i (y)

mogu imati posljednji znamenku 1, 5 ili6. Stoga (x)+(y)

moe imati posljednju znamenku

0, 1, 2, 6 ili 7, a nikada 9.Dakle, zadana jednadba nema rjeenja.

Zadatak 2. Nai cjelobrojna rjeenja jednadbe

5x

+ 6y

= 123456789.

Rezultat.Zadana jednadba nema cjelobrojnih rjeenja.

METODA KONGRUENCIJE (METODA OSTATKA DIJELJENJA)

Primjer 1.Nai cjelobrojna rjeenja jednadbe x-3y=17.

Kako je 3y djeljivo s 3, a 17 nije, tada ni x, pa s tim ni x nije djeljivi s 3. Stoga moemo pisati x=3k1, kZ. Uvrtavanjem toga u zadanu jednadbu i sreivanjem dobivamo

3(3k2k-y)=16. Budui da je lijeva strana posljednje jednadbe djeljiva s 3, a desna to nije, tada posljednja jednadba, a s tim ni zadana jednadba nema cjelobrojnih rjeenja.

Zadatak 1. Nai cjelobrojna rjeenja jednadbe

x=9y+5.

Rezultat.

Zadana jednadba nema cjelobrojnih rjeenja.


Budui da desna strana zadane jednadbe nije djeljiva s 3, tada to nije ni lijeva strana, tj. ni x nije djeljiv s 3. Neka je x=3k1, kZ. Tada zadanu jednadbu moemo pisati u obliku (3k1)=9y+5,tj. 9k

6k+1=9y+5, odnosno 3(3k2k-3y)=4.

Lijeva je strana posljednje jednadbe djeljiva s 3, a desna nije, pa ta jednadba, a s tim ni zadana, nema rjeenja u skupu Z.

Zadatak 2. Nai cjelobrojna rjeenja jednadbe x-

4y=2011.

Rezultat.

Zadana jednadba nema cjelobrojnih rjeenja.

METODA NEJEDNAKOSTIPrimjer 1.Odrediti cjelobrojna rjeenja jednadbe 3x + 4x

=5x

.

Zadanu jednadbu moemo pisati u obliku

154

53 =

+

xx

Za x2 manja od 1. Jedino je rjeenje ove, pa s tim i zadane jednadbe x=2.

Zadatak 1. Nai prirodna

rjeenja jednadbe

Rezultat.

(x,y,z){(2,3,6), (2,6,3), (3,2,6), (3,3,3),(3,6,2), (6,2,3), (6,3,2)}.

1111 =++zyx


Oito je (x,y,z)=(3,3,3) jedno rjeenje zadane jednadbe i x,y,z1.Neka je x1/z, pa iz 3/z

15. TABLINO RJEAVANJE NEJEDNADBI

Primjer 1.Rijeiti nejednadbu .,0

312 Rxx

x +

2x+1=0 x=-1/2, 3-x=0 x=3x -1/2 3

.

2x+1 -

0 + + + 3-x + + + 0 -

.

(2x+1)/(3-x)

-

0 + -

Rjeenja dane nejednadbe

su:

3,21\Rx

Primjer 2. Rijeiti nejednadbu

Zadanu nejednadbu

moemo zapisati u obliku

Rxx

xx ,0

162

Granice promatranih intervala su -2, 1 i 3.

( )( ) .01

32 +

xxx

. x -2 1 3 .

x+2 -

0 + + + + + x-3 - - - - - 0 +

1-x + + + 0 -

-

- _______________________________

(x+2)(x-3)

+ 0 -

+ 0 - 1-x

Rjeenja zadane nejednadbe

su:( ] ( ].3,12, x

Zadatak 1. Rijeite nejednadbu

(x-2)(3-2x)>0, xR.

Rezultat.x(3/2,2).

Zadatak 2.Rijeiti nejednadbu

(x+2)/(x-1)1/(x+1) < 1, x

R.

Rezultat.x

R \ ([-2,1][1,2]).


Zadanu nejednadbu

moemo transformirati na oblik(2-x)(2+x)(/(x-1)(x+1)>0.

x -2 -1 1 2 .2-x + + + + + + + + +x+2 -

0 + + + + + + +

x-1 -

-

-

-

-

0 -

-

-x+1 -

-

-

0 + + + + + .

(2-x)(x+2)/(x-1)(x+1) -

0 + -

+ 0

),2()1,1()2,( x

16. LOGARITAMSKE NEJEDNADBE U KOJIMA SU I LOGARITMAND I BAZA PROMJENJIVE VELIINE

Lema.Neka a,bR

zadovoljavaju svojstva:

b>0, a>0 i a1. (*)Tada vrijedi

< >

Neka su ispunjeni uvjeti (*). Tada vrijedilogab0 akkoakko

((0

Primjer 1. (Opinsko/kolsko natjecanje 2008.,

3. razred S

B)

Rijeiti nejednadbu

log(x-3)

(x-4x+3)0, x-3>0 i x-31 slijedix(-3,4)(4,). (*)

Sada primjenom leme slijedi (x-4)(x-4x+2)

Zadatak 1. Rijeiti nejednadbu

log(2-x)

(x+2)log(x+3)

(3-x)0, xR.

Rezultat.

x(-2,-1](1,2).

Uputa.

Rijeiti nejednadbu(1-x)(x+1)(x+2)(2-x)0 i primijeniti uvjete definiranosti

logaritamskih funkcija.


Iz uvjeta definiranosti logaritamskih funkcija: 2-x>0, x+2>0, x+3>0, 3-x>0, 2-x1 i x+31 slijedi x(-2,1) (1,2). (*)Zadana nejednadba

ekvivalentna je nejednadbi

(1-x)(x+1)(x+2)(2-x)>0, uz uvjet (*).x -2 -1 1 2 .

1-x + + + + + 0 -

-

-x+1 -

-

-

0 + + + + +

x+2 -

0 + + + + + + +2-x + + + + + + + 0 -

.

(1-x)(x+1)(x+2)(2-x) + 0 -

0 + 0 -

0 +

x[-2,-1] [1,2]. (**)Iz (*) i (**) slijedi x(-2,-1] (1,2).

17. DOKAZI ALGEBARSKIH NEJEDNAKOSTI PRIMJENOM ODNOSA IZMEU SREDINA

Za a,b,cR, a,b,c>0 definiramo:-

3 abcG =

3/)( 222 cbaK ++=

A=(a+b)/2, A=(a+b+c)/3 aritmetiku sredinu

geometrijsku sredinu

1/H=(1/a+1/b)/2, 1/H=(1/a+1/b+1/c)/3 harmonijsku sredinu

kvadratnu sredinu

abG =

2/)( 22 baK +=

Odnosi izmeu sredina: H

G

A

KPri tome vrijedi jednakost akko

je a=b=

Primjer 1. (upanijsko natjecanje 2005., 1. razred S)

Ako su a,b,c pozitivni realni brojevi takvi da je 1/a+1/b+1/c=1, dokaite nejednakost (a-1)(b-1)(c-1)8.

Rjeenje.Iz 1/a+1/b+1/c=1 slijedi ab+bc+ca=abc.

Primjenom H-A nejednakosti 3/(1/a+1/b+1/c)

(a+b+c)/3 slijedi a+b+c9, a

odavde (a-1)(b-1)(c-1)= abc-(ab+bc+ca)+a+b+c-1 = abc-abc+a+b+c-1= a+b+c-19-1=8, to se i tvrdilo.

Primjer 2. (upanijsko natjecanje 2009.,1. razred S

A)

Dokai da za sve x, x>0 vrijedi nejednakost( ) xyyxyx2912322 >++++

Iz (x-1)0 slijedi (x)+12x.Analogno je y+12y, pa je y+y2y.Stoga je (x)+y+x+y+1>3x+2y. (*)

Primjenom A-G nejednakosti je

Budui je

.6223 22 xyyx +

slijedi da je 3x+2y9xy/2. (**)Sada iz (*) i (**) slijedi tvrdnja zadatka.

29

4812462 =>=

Rjeenje.

Zadatak 1. (Dravno natjecanje 2008., 2. razred S

A)

Neka su a,b,c pozitivni realni brojevi takvi da je a+b+c=3. Dokaite nejednakost

23

11

11

11 +++++ cabcab

Uputa.Koristite A-H nejednakost.

Zadatak 2. (Dravno natjecanje 2010., 1. razred S

A)

Neka su a,b,c pozitivni realni brojevi za koje vrijedi

Dokai nejednakost

Uputa.

Koristite A-K i A-G nejednakost.

( ) 6)2(1

)2(1

21 222222 +

++++++

+acbbc

cbaab

bacca

21222 =++ cba

Zadatak 3.Dokazati nejednakost

4.48log7log4log5log 7654 >+++

Uputa.Koristiti A-G nejednakost.


4.4234

2log22log34

4log8log4

7log8log

6log7log

5log4log

4log5log4)(

7log8log

6log7log

5log4log

4log5log

8log7log4log5log

444

4

7654

>===

+++==+++

GA

METODE I ZADATCI ZA NADARENE UENIKESadraj (I)Slide Number 31. METODA DUINAOvu metodu moemo primijeniti pri rjeavanju problemskih zadataka.Slide Number 5Primjer 2. (Regionalno natjecanje 2005., 6. razred O)Slide Number 7Slide Number 8Slide Number 9Rjeenje Z2 (RADIONICA)2. METODA PRAVOKUTNIKAPrimjer 1. (Regionalno natjecanje 2007., 5. razred O)Slide Number 13Primjer 2. (Regionalno natjecanje 2001., 4. razred O)Slide Number 15Zadatak 1. (Regionalno natjecanje 1996., 4. razred O)Zadatak 2. Dana su dva razliita pozitivna broja. Ako od veega broja oduzmemo 3, a manjemu dodamo 2, dobit emo jednake brojeve iji je produkt jednak produktu danih brojeva. Koji su dani brojevi?Rezultat. a=9, b=4.Rjeenje Z2 (RADIONICA)3. GRAFIKO RJEAVANJE PROBLEMA JEDNOLIKOGA GIBANJA Primjer 1. Put izmeu mjesta A i B pjeak prijee za 6, a biciklist za 2 sata. Pjeak krene u 7, a biciklist u 9 sati. Kada e biciklist stii pjeaka?Primjer 2. Dva pjeaka, meusobno udaljena 15 km, kreu istovremeno jedan drugome u susret. Prvi ide 4 km/h, a drugi 6 km/h. Poslije koliko e se sati sresti i na kojim udaljenostima od polaznih toaka?Primjer 3. (upanijsko natjecanje 2001., 6. razred O)Slide Number 23Zadatak 1. (Opinsko/gradsko natjecanje 1999., 7. razred O) Rjeenje Z1 (RADIONICA)Slide Number 26Zadatak 2. (Opinsko/gradsko natjecanje 2000., 8. razred O)Rjeenje Z2. (RADIONICA)Slide Number 294. LOGIKI ZADATCIRjeenje 1.Primjer 2.Rjeenje 2.Primjer 3.Rjeenje 3.Primjer 4. (Regionalno natjecanje 1999., 5. razred O)Rjeenje 4.Primjer 5.Rjeenje 5.Primjer 6. (Regionalno natjecanje 1997., 5. razred O)Rjeenje 6.Primjer 7. (Regionalno natjecanje 1997., 6. razred O) Rjeenje 7.Slide Number 44Primjer 8.Rjeenje 8.Nagradni zadatakSlide Number 48Rjeenje nagradnoga zadatka.Slide Number 505. DIRICHLETOV PRINCIP (princip zeeva i kaveza, princip kuglica i kutija,) [Pierre Gustave Lejeune Dirichlet, 1805.-1859.]Ako n+1 zeca rasporeujemo u n praznih kaveza, tada e postojati barem jedan kavez u kome su smjetena barem 2 zeca.Openito:Ako nk+1 zeca rasporeujemo u n kaveza, tada postoji barem jedan kavez u kome su smjeteni barem k+1 zec.Primjer 1. (upanijsko natjecanje 1995., 7. razred O)Budui da su 1980. i 1984. bile prijestupne godine, zakljuujemo da u pet navedenih godina ima 1827 dana. Kako je na natjecanju sudjelovalo 1995 natjecatelja, izlazi da su barem dva natjecatelja roena istoga dana iste godine.Primjer 2. (Dravno natjecanje 2008., 2. razred S A i B)Kako je 29=841, tada je svaki sloeni broj, koji je manji od 840, djeljiv barem s jednim prostim brojem koji nije vei od 23. To su prosti brojevi: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19 i 23 (ukupno 9 prostih brojeva). Budui da ima 10 sloenih brojeva, a 9 prostih brojeva 23, tada po Dirichletovom principu postoje barem dva sloena broja koja su djeljiva istim od 9 navedenih prostih brojeva.Primjer 3. Ako postoji ahist koji je ve odigrao svih 7 partija aha, tada ne postoji ahist koji jo nije odigrao ni jednu partiju aha. Broj odigranih partija aha svakoga ahista tada moe biti 1,2,,6 ili 7, tj. ukupno 7 mogunosti. Budui da je 8 ahista, a 7 moguih brojeva odigranih partija aha, tada po Dirichletovom principu barem dva ahista imaju jednak broj odigranih partija aha.Ako postoji ahist koji nije odigrao ni jednu partiju aha, tada ne postoji ahist koji je odigrao svih 7 partija aha. Mogui broj odigranih partija aha svakoga ahista sada je 0,1,,5 ili 6, tj. ukupno 7 mogunosti. Sluaj se svodi na prethodni sluaj.Zadatak 1. (Opinsko natjecanje 1998., 1. razred S)Zadatak 2. Rjeenje Z2 (RADIONICA)Svaka toka ravnine obojena je jednom od 3 boje: crvenom, bijelom ili plavom. Dokazati da postoje dvije toke na meusobnoj udaljenosti 1 cm, koje su obojene istom bojom.Rjeenje Z3 (RADIONICA)Slide Number 656. METODA POMONIH LIKOVA U PLANIMETRIJSKIM ZADATCIMASlide Number 67LEMA 2.Duljina visine na hipotenuzu pravokutnoga trokuta s kutovima 75 i 15 jednaka je etvrtini duljine hipotenuze.Slide Number 69Primjer 1. (Dravno natjecanje 2010., 7. r. O)Slide Number 71Primjer 2. (Opinsko/kolsko natjecanje 2009., 3. razred S B)Slide Number 73Zadatak 1. (Republiko natjecanje RH 1989., 7. razred O)Rjeenje Z1 (RADIONICA)Slide Number 767. PRIMJENA RADIJUS-VEKTORA I KOORDINATNE METODE U PLANIMETRIJSKIM ZADATCIMASlide Number 78Dva su pravca AB i CD paralelna akko za njihove koeficijente smjera kAB i kCD vrijedi kAB=kCD. Dva su pravca AB i CD okomita akko za njihove koeficijente smjera kAB i kCD vrijedi kABkCD = -1.Primjer 1. (Dravno natjecanje 1996., 1. razred S)Slide Number 81Slide Number 82Primjer 2. (upanijsko natjecanje 1994., 7. razred O)Slide Number 84Zadatak 1. Toke E i F redom su __ __sredita stranica AB i CD etverokuta ABCD, a toke P, Q, R i S redom su sredita duina __ __ __ __AF, ED, BF i EC. Dokazati da je etverokut PQRS paralelogram. Rjeenje Z1 (RADIONICA)Zadatak 2. (upanijsko natjecanje 1999., 8. razred O)Rjeenje Z2 (RADIONICA)8. OPSEG I POVRINA LIKA OMEENA KRUNIM LUKOVIMAPrimjer 1. Izraunajte opseg i povrinu obojanoga lika ako je duljina polumjera svih krunica jednaka a. o=6ok (r = a) = 62a =12a. Primjer 2.Slide Number 93Zadatak 1. Rjeenje Z1 (RADIONICA)Zadatak 2. (Dravno natjecanje iz matematike 2007., 1. razred S B)Rjeenje Z2 (RADIONICA)9. OPLOJE I VOLUMEN ROTACIJSKOGA TIJELAZadatak 1. to opisuje zadana duina rotacijom oko zadane osi s?Zadatak 2. to opisuje zadani lik raotacijom oko zadane osi s?Primjer 1. (Opinsko/gradsko natjecanje 1998., 3. razred S)Slide Number 102Zadatak 3. Rjeenje Z3 (RADIONICA)10. FUNKCIJA APSOLUTNA VRIJEDNOSTPrimjer 1. Nacrtajte graf funkcije f(x)=|||x|-3|-2|-1, xR.Slide Number 107Slide Number 108Primjer 2. Rijeite jednadbu |||x|-3|-2|-1=0, xR.Primjer 4. Rijeite jednadbu |3-xI+1=IxI-2x, xR.Zadatak 1. Nacrtajte grafove funkcijaf0(x)=IxI, f1(x)=Ix-3I, f2(x)=IxI+2 i F(x)=Ix-3I+2, xR, i usporedite ih.Zadatak 2. Rijeite jednadbuI2-xI-I2x-3I+4x-1)/Ix+4I=1, xR.Rjeenje Z3 (RADIONICA)Slide Number 11411. FUNKCIJA NAJVEE CIJELOSlide Number 116Primjer 1. Rijeite jednadbuPrimjer 2. Rijeite jednadbuZadatak 1. Zadatak 2. Rjeenje Z2 (RADIONICA)12. RASPRAVA RJEENJA LINEARNE JEDNADBE S JEDNOM NEPOZNANICOMPrimjer 1. U ovisnosti o parametru aR raspravite rjeenja jednadbe a(x-1)=3x+2, xR. Primjer 2. U ovisnosti o parametru aR raspravite rjeenja jedanadbe a(x-1)+a(x+2)=2x+1, xR.1 a R\{-2,1} x=(a-1)/(a+2). 2 a = 1 0x=0 x R. 3 a = -2 0x=9 0=9 .Zadatak 1. U ovisnosti o parametru aR raspravite rjeenja jednadbe 2ax+6a+x+3=0, xR.Zadatak 2. U ovisnosti o parametrima a,bR raspravite rjeenja jednadbe Rjeenje Z2 (RADIONICA)13. GAUSSOVA METODA ELIMINACIJEPrimjer 1. U ovisnosti o parametru kR raspraviti (diskutirati) rjeenja sustava jednadabaSlide Number 132Slide Number 133Slide Number 134Slide Number 135Zadatak 1. U ovisnosti od parametara a,bR rijeite sustav linearnih jednadbi:Rjeenje Z1 (RADIONICA)2 ba=23 b=a-2 32. a114. DIOFANTOVE JEDNADBEI. LINEARNE DIOFANTOVE JEDNADBESlide Number 143Zadatak 1. Zadatak 2.(Regionalno natjecanje 1999., 6. razred O)Zadatak 3.Rjeenje Z3 (RADIONICA)II. NELINEARNE DIOFANTOVE JEDNADBEMETODA RASTAVLJANJA POLINOMA NA IMBENIKE (FAKTORE)Iz x+3x+24=y slijedi (2x+3)+87=4y, a odavde 87=(2y+2x+3)(2y-2x-3). Zbog 87=871=187=329=293== -1(-87)= -87(-1)= -3(-29)= -29(-3) slijediZadatak 1. (upanijsko natjecanje 2007., 1. razred S A)Zadatak 2. Rjeenje Z2 (RADIONICA)METODA OSNOVNOG POUKA O DIJELJENJU POLINOMAZadatak 1. Zadatak 2.Rjeenje Z2 (RADIONICA)METODA ZBROJA POTENCIJA S PARNIM EKSPONENTIMAZadatak 1. Rijeite jednadbu x+y=5, x,yZ.Zadatak 2. Rijeite jednadbu x+y+z=2(x+1), x,y,zZ.Rjeenje Z2 (RADIONICA)METODA POSLJEDNJE ZNAMENKE (specijalno: METODA PARNOSTI I NEPARNOSTI) Desna je strana zadane jednadbe parna, pa to treba biti i lijeva strana. Stoga su x i y iste parnosti. Ako su x i y oba parna broja, tada je lijeva strana zadane jednadbe djeljiva sa 4, a desna nije, pa zadana jednadba nema rjeenja. Neka su x i y oba neparna broja, tj. x=2m+1, y=2n+1, m,nZ. Uvrtavanjem toga u zadanu jednadbu i sreivanjem dobivamo m(m+1)+n(n+1)-2z=3. Budui da su m(m+1) i n(n+1) parni brojevi (umnoak dva uzastopna cijela broja) slijedi da je lijeva strana posljednje jednadbe parna, a desna to nije, pa ova jednadba, a s tim ni zadana, nema rjeenja. Dakle, zadana jednadba nema rjeenja.Primjer 2. Nai cjelobrojna rjeenja jednadbe x+5y=201020092008.Zadatak 1. Rjeenje Z1 (RADIONICA)Zadatak 2.Nai cjelobrojna rjeenja jednadbe5x + 6y = 123456789.METODA KONGRUENCIJE (METODA OSTATKA DIJELJENJA)Zadatak 1. Nai cjelobrojna rjeenja jednadbe x=9y+5.Rjeenje Z1 (RADIONICA)Zadatak 2. Nai cjelobrojna rjeenja jednadbe x-4y=2011.METODA NEJEDNAKOSTIZadatak 1. Nai prirodna rjeenja jednadbeRjeenje Z1 (RADIONICA)15. TABLINO RJEAVANJE NEJEDNADBIPrimjer 2. Rijeiti nejednadbu Zadatak 1. Rijeite nejednadbu (x-2)(3-2x)>0, xR.Rjeenje Z2 (RADIONICA)16. LOGARITAMSKE NEJEDNADBE U KOJIMA SU I LOGARITMAND I BAZA PROMJENJIVE VELIINESlide Number 181Primjer 1.(Opinsko/kolsko natjecanje 2008., 3. razred S B)Rijeiti nejednadbu log(x-3)(x-4x+3)

Documents

Luka Celikovic Metode i Zadatci Za Nadarene Ucenike (Za Voditelje ZSV-A)