Matematika Za 2 Srednje

8/10/2019 Matematika Za 2 Srednje

1/351

INSTRUKCIJEMatematika

2. razred srednje kole

tonym-yuwabits.ne


2/351

InstrukcijeMatematika 2. razred srednje kole

Knjigotisak d.o.o.

Za nakladnika

Marjan are

UredniceLidija are i Melita Tomaevi

PriredioEmil Segulin

NakladnikKnjigotisak d.o.o. Split

Sva prava pridrana. Dijelovi ove publikacije ne smiju se reproducirati ilikoristiti u bilo kojem obliku ili bilo kojim sredstvom, elektronikim ili

mehanikim, ukljuujui fotokopiranje i snimanje,ili bilo kakvim informatikim sustavom za pohranu ili obnavljanje,

bez pisanog odobrenja izdavaa.

Cip zapis dostupan u raunalnom katalogu Sveuiline knjiniceu Splitu pod brojem 131118087.


3/351

Emil Segulin

INSTRUKCIJEREPETICIJE REPETITORIJ

Matematikaza 2.razred srednje kole


4/351


5/351

osnovka B1visinav

osnovka B

osnovni brid

visinah

Krnja piramida

Oploje: PBBO ++= 1

Obujam: ( )1 13vV B B B B= + +

( )2

2

1 h

hv

B

B +=

V

A C

B

bb

a

aC'

VV1 b

r S

a

Pravilna trostrana piramida

Oploje:2

34

3 12

vaaPBO +=+=

Obujam:2

3

3 12

B v a vV

= =

Povrina poboja:2

3 1va

P =

Karakteristini pravokutni trokuti:

' :C SV 2

1

22

vv =+r:VSC

222 bvr =+

V

S

A B

D C

vv

1v

1

FE

b

b

a

a2

a2 d

2

2

Pravilna etverostrana piramida

Oploje: 12

2 vaaPBO +=+=

Obujam:33

2 vavBV

=

=

Povrina poboja: 12 vaP =

Karakteristini pravokutni trokuti:

:ESV 2

1

2

2

2vv

a=+

:VSB 22

2

2bv

d=+

:VFC 2

2

2

12

ba

v =

+


6/351

visinav

osnovka

osnovka

polumjerosnovkei

zvodnica

osvaljka

R

Valjak

Oploje: )(2 vRRO += p

Obujam: vRV = p2

Povrina plata: vRP = p2

Povrina osnog presjeka: 2opP Rv=

Opseg osnog presjeka: ( )2 2opo R v= +Jednakostranini valjak: Rv 2=

vrh stoca V

visina

v

osnovkasrediteosnovke

polumjerosnovke

os stoca

izvodnicas

S

R

Stoac

Oploje: ( )O B P R R sp= + = +

Obujam:33

2 vRvBV

=

=

p

Povrina plata: sRP = p

Karakteristian pravokutan trokut:

222 vRs +=

Povrina osnog presjeka: opP Rv=

Opseg osnog presjeka: ( )2opo R s= +

S

R

(R-R1)

v vs s

S1R1Krnji stoac

Oploje: ( )2 21 1O R R s R Rp = + + +

Obujam: ( )2 21 13

vV R R R R

p= + +

Povrina plata: ( )1RRsP += pKarakteristian pravokutan trokut:

( )2122 RRvs +=


7/351

R

S

R

S

T

S'

d=R-v

r

V

v

RS

S1v=v

1-v

2

S2

r1

r2

T1

T2

Kugla

Oploje: p24RO=

Obujam: p3

3

4RV=

R

S

S' r T1

R R-v

vV

Kuglin odsjeak (kapica)

Povrina: vRP p2=

Obujam:

( )

213

3koV v R vp=

( )2 21 36

koV v r vp= +

Pravokutni trokut SST:

( )222 vRrR +=

VSv '=

Kuglin sloj i pojas

Povrina: vRP p2=

Obujam: ( )2 2 21 21 3 36

ksV v r r vp= + +

Pravokutni trokuti SS1T

1i SS

2T

2:

21 vvv = , 11 SSv = , 22 SSv =

2

2

2

2

2

1

2

1

2

rvrvR +=+=

Kuglin isjeak

Obujam: 22

3kiV R p=

VSv '=

Karakteristian pravokutni trokut SST '1 :

( )22 2R r R v= +


8/351

Pravokutni trokut

cbaO ++=

2 2

ab cvP= =

222 bac += 90a b+ =

pca= ,b qc= , v pq=

ca

=asin , c

b=acos ,

atg

ba =

ab

ctg =a

Jednakokrani trokut

baO 2+=

2

sin

2

sin

22

2 ab bbavbvaP b =

=

=

=

=+ 1802ba

22

2

2bv

a=+

Jednakostranini trokut

aO 3=

4

3

2

2 =

=

avaP

2

3=

av

Kvadrat

aO 4=2aP=

2=ad

C

A B

a

c

b

D

v

pq

C

A

B

a

b bv

a

2

2

vb

C

A

B

=60

a

a a

v

a2 =60=60

d

a

a

A B

CD


9/351

Pravokutnik

( )baO +=2baP =

222 dba =+

Paralelogram

( )baO +=2ja sin

2

1sin === febavaP

Romb

aO 4=

feavaP ===2

1sin2 a

2

22

22afe =

+

Trapez

dcbaO +++=

vsvca

P =+

=

2 =+=+ 180gbda

Jednakokrani trapez

cbaO ++= 2

vsvca

P =+

=

2 =+ 180ba

C

Ba

bS

D

A

d

C

B

a

2S

D

A

v

a

aa

f e

N

C

B

c

a-c2

D

A

v

a

b b

N

C

B

2

S

D

A

v

a

b

e

f

a

b

C

B

cD

A

v

a

d b


10/35110

Krug i krunica

p= rO 2

p= 2rP

ba =2(odnos sredinjeg i obodnog kuta)

Pravilni mnogokut

anO =

2

r=

anP

n

=360

a ,

( )n

n =

1802b ,

2

2

2

2r

a=

+r

C

P

r

v

a2

2r

k

D

aA B

st

r

P

a2

2r

a

A B

s

r

2


11/35111

P1) zbrajanje (oduzimanje) potencija

Jednake potencije se zbrajaju (oduzimaju)

tako da se zbroje (oduzmu) koeficijenti koji

mnoe potencije, dok se potencija prepie.

Primjer:

2 2 2 22 3 (2 3) 5x x x x+ = + =

P2) mnoenje potencija

1 2 1 2r r r r a a a + =

P3) dijeljenje potencija

1 2 1 2:r r r r a a a =

P4)potenciranje potencije

1 2 1 2( )r r r r a a =

P5)potenciranje umnoka

( )r r ra b a b =

P6)potenciranje razlomka

r r

r

a ab b

=

P7) umnoak potencija s jednakim

eksponentima

( )rr ra b a b = P8)potenciranje s nulom

Zasvaki broj 0a> vrijedi 0 1a = .

P9)potencije s negativnim eksponentom

rr

aa

1= ,

r ra b

b a

=

Osnovna svojstva potenciranja prirodnim, cijelim i racionalnimbrojevima

P10)potencije s racionalnim

eksponentom (korijeni)

1

, , 0nn

a a n N a=

, , , 0m

n mna a n N m Z a= >

Svojstva logaritamske funkcije

L1)logaxa x=

L2)logaritamska funkcija je inverzna funkcija s obzirom na eksponencijalnu funkciju, stoga

vrijedi: logx aa y x y= =

L3) log 1 0a =

L4) log 1aa= , a > 0

L5)logaritam umnoka log ( ) log loga a ax y x y = +

L6)logaritam kvocijenta log log loga a ax

x yy

= L7) logaritam potencije log ( ) logra ax r x=


12/351

Svojstva eksponencijalne funkcije

E1) 0 1a =E2) 1a a=

E3)mnoenje potencija s jednakim bazama1 2 1 2x x x xa a a + =

E4)dijeljenje potencija s jednakim bazama 1 2 1 2:x x x xa a a =E5)potenciranje potencije 1 2 1 2( )x x x xa a =

E6)potenciranje umnoka ( )x x xa b a b =

E7)potenciranje razlomka

x x

x

a ab b

=

E8) 1

x

xa a =

,

x x

a bb a

= E9)ako je 1>a i 1 2x x< tada vrijedi 1 2

x xa a< (rastua funkcija), ako je 0 1a< < i

1 2x x< tada vrijedi 1 2x xa a> (padajua funkcija);

E10)svojstvo injektivnosti eksponencijalne funkcije:

iz 1 2x xa a= slijedi 1 2x x=

L8)baza logaritma je prikazana u obliku potencije1

log logr aa x xr=

L9)ako je 1a> , tada za 1 2x x< vrijedi 1 2log loga ax x< (funkcija je rastua); ako je

0 1a< < tada za 1 2x x< vrijedi 1 2log loga ax x> (funkcija je padajua).L10)svojstvo injektivnosti logaritamske funkcije: ako je 1 2log loga ax x= , onda vrijedi

1 2x x= .

L11)veze logaritama po razliitim bazama:

L11a)recipronost logaritama:1

loglog

ba

ab

= ;

L11b) veza s dekadskim logaritmima: logloglog

a xx a=


13/35113

1. Skup kompleksnih brojeva

1.1. Kompleksni broj

Kompleksni brojevi su nastali zbog potrebe da se pronae rjeenje kvadratnejednadbe:x2+ 1 = 0 x2= 1Budui da znamo da nema realnog broja koji kvadriran daje negativan brojuvode se imaginarni brojevi: 2 21 1x i= = .

Imaginarna jedinica i

Imaginarna jedinica iima svojstvo

2

1i = .Imaginarni broj biImaginarni broj bije umnoak realnog broja bi imaginarne jedinice i.

Kompleksni brojz = a + biKompleksni brojz = a + bije zbroj realnog broja ai imaginarnog broja bi.Prikaz kompleksnog brojaz = a + binazivamo algebarski ili standardni prikazkompleksnog broja. Realni broj anazivamo realni dio, dok realni broj bnazivamo imaginarni diokompleksnog brojaz. Moemo zapisati: a = Re(z)ib = Im(z).

Skup kompleksnih brojeva CSkup kompleksnih brojeva oznaavamo s C. Skup realnih brojevaRje podskupskupa kompleksnih brojeva C(R C ).

Jednakost kompleksnih brojevaDva su kompleksna brojaz1=a1+ b1i i z2=a2+ b2i (a1, a2, b1, b2R) jednakaako su im jednaki realni i imaginarni dijelovi:a

1= a2i b1= b2.

Potencije imaginarne jediniceVrijedi sljedee ( Zn ):

4 0 1ni i= = 1i i=

5 4 1i i i i i= = =

4 1 1ni i i+ = = 2 1i = 6 5 2 1i i i i i i= = = = 4 2 2 1ni i+ = =

3 2 ( 1)i i i i i= = = 7 6 1i i i i i= = =

4 3 3ni i i+ = = 4 3 2( ) 1i i i i i i= = = =

8 7 2 1i i i i i i= = = =


14/35114

Apsolutna vrijednost kompleksnog brojaApsolutna vrijednost (ili modul) kompleksnog brojaz= a+ biglasi:

2 2z a b= +

Konjugirani kompleksni brojNeka je zadan kompleksni brojz= a+ bi. Konjugirani kompleksni brojkompleksnog brojazoznaavamo sa z , te ga moemo zapisati u sljedeemobliku: = z a bi.

Zadatak 1. Rijei jednadbu:25 320 0x + = .

Rjeenje:2

5 320 0x + = Nepotpuna kvadratna jednadba (koeficijent b= 0)2

5 320 : 5x =

264x =

64x=

Na ovom mjestu treba uoiti da ova jednadba nemarjeenja u skupu realnih brojevaR, ve samo u skupukompleksnih brojeva C. Budui da se radi o kvadratnojjednadbi potrebno je dobiti dva rjeenja. Umjesto (-1)uvodi se imaginarna jedinica i2.

64 ( 1)x= 2 1i =

264x i=

2(8 )x i=

Uzeti u obzir

2c c=

8x i=

8x i=

Jednadbu s apsolutnom vrijednou oblika x a= rjeavamo na sljedei nain: zax >0, x = a zax < 0, x = -a

Zadatak 2. Odredi realne i imaginarne dijelove sljedeih kompleksnih brojeva:

a) 1 4 2z i= c) 3 (2 11)z i=

b)2

2 3

7

iz

+ =

d) 4 5z = .


15/35115

Rjeenja:

a) Usporedi zadani kompleksni broj 1 4 2z i= s opim standardnim zapisomz a bi= + . Na osnovi navedenog moe se oitati:

1Re( ) 4z a= = , 1Im( ) 2z b= = .

Ovdje treba uoiti da je imaginarni dio kompleksnog broja 1z realni broj bkojimnoi imaginarnu jedinicu te da ne ukljuuje imaginarnu jedinicu i.

b) 22 3 2 3

,7 7 7 7

z i a b= + = =

c) 0, (2 11)a b= = (brojz3je imaginaran broj)

d) 5, 0a b= = (brojz4je realan broj i R C )

Zadatak 3. Izraunaj kompleksni brojzkoji je zadan na sljedei nain:2

41 1051

104

226

5 3 4

13

i iz

ii

+

=

.

Rjeenje:

Preporuuje se da se najprije izraunaju vrijednosti potencija imaginarnejedinice. Zapii i41u obliku i4k+n: i41= i410+1=i1=i. Tako i sljedee brojeve.

41 4 10 1 1i i i i += = =

( )4 262 31051 3i i i i + = = = Podijeliti na depnom raunalu broj -1049 s4. Broj -262 je prvi manji cijeli broj.

104 4 26 0 0 1i i i += = =

( )4 56 2226 2226

11i i i

i

+= = = =

Nakon uvrtavanja vrijednosti potencija imaginarne jedinice u poetni izrazdobiva se sljedee:

2 12 25 3 ( ) 4 5 3 4 8 4 4

1 3 ( 1) 1 3 4

i i i i iz

+ + + + = = = = +

(1 2 )

4

i+2

2

1

(1 2 )i = +

21 4 4z i i= + + Kvadriranje se vri prema formuli za kvadrat

zbroja ( )+ = + +2 2 2

2I II I I II II .Umjesto i2uvrtava se -1.1 4 4 ( 1)= + + z i

3 4z i= +


16/35116

Zadatak 4. Izraunaj apsolutnu vrijednost kompleksnog brojazkoji je zadanna sljedei nain:

867

94

3 9 2

1 2

iz

i+

=

.

Rjeenje:867 4 216 3 3i i i i += = =

( )4 23 294 21

+ = = = i i i1

3 9 2 ( ) 3 9 2 3

1 2 ( 1) 1 2 ( 1)

+ = = =

i i

z (1 3 2 )

3

i

1

1 3 2= i

Re( ) 1= =z a

Im( ) 3 2= = z b

2 2 2 21 ( 3 2) 1 (9 2) 1 18z a b= + = + = + = +

19z =

Zadatak 5. Odredi konjugirano kompleksne brojeve sljedeih kompleksnihbrojeva:

a) 1 3 2 3z i= +b) 2 4z i=

c) 3 5z = .

Rjeenja:

Uputstvo: konjugirani kompleksni broj dobivamo na nain da se promijenipredznak iskljuivo imaginarnog dijela kompleksnog broja (predznak realnog

dijela se u ovom sluaju ne mijenja).a) 1 3 2 3z i=

b) 2 4z i=

c) 3 5=z

Zadatak 6. Odredi realni broj mtako da broj 5 10 ( 3)= + w m m i bude:a) realan brojb) imaginaran broj.

Prvo izraunajmopotencije od i, tepojednostavimoizraz kako bismolake izrazili ai b.


17/351


18/35118

2 3 2 2

4 11 30

x y

x y

=

=

Sada kada je sustav zapisan ustandardnom zapisu, mogue jeodabrati metodu rjeavanja sustava.Koristimo metodu suprotnihkoeficijenata.

4 x 6 4

4

=y

x 11 30 =y

Zbrajanje jednadbi.

17 34 : ( 17) = y

2y= 4 11 30x y =4 11 ( 2) 30 =x

4 30 22x= 2x=

Nakon izraunavanja vrijednostinepoznanicey, vraamo se u jednu

jednadbu radi izraunavanjavrijednostix(odabiremo jednostavnujednadbu).

1.2. Zbrajanje i mnoenje kompleksnih brojeva

Zbrajanje (oduzimanje) kompleksnih brojevaZbrajanje (oduzimanje) kompleksnih brojeva vrimo tako da zbrajamo(oduzimamo) istovrsne dijelove kompleksnih brojeva, tj. realne dijelovezbrajamo s realnim i imaginarne s imaginarnim.

Openito za dva kompleksna broja z a bi= + i w c di= + ( , , ,a b c d R ) vrijedi:

( ) ( ) = + z w a c b d i

Mnoenje kompleksnih brojevaPrilikom mnoenja dvaju kompleksnih brojeva primjenjujemo pravilo zamnoenje dviju zagrada (svaki lan prve zagrade mnoi se sa svakim lanomdruge zagrade).

Openito za dva kompleksna broja z a bi= + i w c di= + ( , , ,a b c d R )vrijedi:

( ) ( ) ( ) ( ) = + + = + +z w a bi c di ac bd ad bc i


19/35119

Zadatak 1. Izraunaj zbroj, razliku i umnoak kompleksnih brojevazi w.

4 3z i= + , 3 2w i= .

Rjeenje:

(4 3 ) (3 2 ) 4 3 3 2 4 3 (3 2) 7+ = + + = + + = + + = +z w i i i i i i

(4 3 ) (3 2 ) 4 3 3 2 4 3 (3 2) 1 5 = + = + + = + + = +z w i i i i i i2

(4 3 ) (3 2 ) 3 4 3 3 2 4 2 3 12 9 8 6 = + = + = + =z w i i i i i i i i i

12 (9 8) 6 ( 1) 12 6 18= + = + + = +i i i

Zadatak 2. Izraunaj z w ako je:6 11 86

2 4 42 , 1

i i i iz w i

i i i

+ + + += = +

+ + +

.

Rjeenje:

Najprije je potrebno izraunati kompleksni broj z.Brojnik kompleksnog broja z:

6 11 86 4 1 2 4 2 3 4 4 0 4 5 1 4 21 2i i i i i i i i i i + + + + ++ + + + = + + + + + + 2 3 0 2

0

( 1) ( ) 1 ( 1)= + + + + + + = + + + + + +

i i i i i i i i i

Izraz je potrebno grupirati u etvorke (sume etiri uzastopnih lanova).Vrijednost zbroja etiri uzastopna lana iznosi 0 i tako trebamo doi do 86 (i86).Prva etvorka (i1, i6, i11, i16) zavrava s lanom i16, druga etvorka zavrava slanom i36(i21, i26, i31, i36), trea s i56 (i41, i46, i51, i56), etvrta s i76 (i61, i66, i71, i76).Znai, izvan etvorki ostaju lanovi i81i i86.Moemo zakljuiti sljedee: grupiranje lanova provodimo kako bismo bre

izraunavali ovakve dugake izraze, jer raunanje vrijednosti svakog pojedinoglana iziskivalo bi previe vremena.

Vrijednost brojnika brojazse svodi na zbroj:81 86 4 20 1 4 21 2 1 2 1i i i i i i i + ++ = + = + =

Nazivnik brojazraunamo na slian nain, samo to lanove grupiramo uparove.


20/35120

2 4 6 8 42i i i i i+ + + + 2 4 1 0 4 1 2 4 2 0 4 10 2

2 0 2 0 2

2 0 2 0 2

1 1 1 1

+ + + += + + + + +

= + + + + +

= + + + + +

i i i i i

i i i i i

i i i i i

0 0

1 1 ( 1) 1 ( 1) 1= + + + + + =

1 11

1 1

+= = =

i i

z iMinus iz nazivnika prebacimo u brojnik

(1 ) (1 ) = +z w i iPrimijeni formulu za razliku kvadrata:

2 2( ) ( ) + = I II I II I II2 2

1z w i = 21 ( 1) = z w

1 1 2 = + =z w

Zadatak 3. Izraunaj 2Im(2 3 ) + z z z , ako je1 3

2 2z i= .

Rjeenje:

( ) 1Re2

z a= =

( ) 3Im2

z b= =

22

2 2 1 3 1 3 12 2 4 4

z a b = + = + = + =

1 3

2 2z a bi i= = +

2 22

2 1 3 1 1 3 3 12 22 2 2 2 2 4 4

= = + =

z i i i 1

2 2

3 3

2 4 +i i

2 1 3 3 1 3

4 2 4 2 2z i i= =

2 1 3 1 3 3 3 3 1 32 3 2 1 3 2

2 2 2 2 2 2 2 2z z z i i i i

+ = + + = + + + +

2

3 1 3 3 3 4 4

2 22 2 2 2 2

= + + + + = + + i

3

2 1 4 2 3= +i i

2Im(2 3 ) 2 3 + =z z z

Izraunaj |z|

Izraunajz

Izraunajz2

Uvrsti u izraz


21/35121

Zadatak 4. Rijei sljedeu jednadbu u skupu kompleksnih brojeva C:

2 3 2z z i+ = + .

Rjeenje:

U ovom zadatku potrebno je izraunati kompleksni brojz= a+ bikoji je odreensa svojim realnim i imaginarnim dijelom (Re (z) = a, Im (z) = b, a, b R).

2 2 ( 2) Re( 2) ( 2), Im( 2)+ = + + = + + + = + + =z a bi a bi z a z b

2 2 2 2 2 22 (Re( 2)) (Im( 2)) ( 2) 4 4z z z a b a a b+ = + + + = + + = + + +

z a bi=

2 3 2z z i+ = +

2 2

2 2

4 4 ( ) 3 2

4 4 3 2

+ + + = +

+ + + + = +

a a b a bi i

a a b a bi i

Ovdje je rije o jednakosti kompleksnihbrojeva, iz koje slijede dvije realnejednadbe (izjednaavanje realnih iimaginarnih dijelova kompleksnihbrojeva na lijevoj i desnoj stranijednadbe).

2 24 4 3

2

a a b a

b

+ + + =

=

Iz druge jednadbe direktno oitavamovrijednost broja b.

22 24 4 2 3+ + + = +a a aPrva jednadba je iracionalna jednadbakoju prepoznajemo po korijenu.Iracionalne jednadbe rjeavamokvadriranjem. U ovom sluaju prijekvadriranja je potrebno prebaciti anadrugu stranu, kako bi se kvadriranjemuspjelo ukloniti korijen.

2 24 4 4 ( 3)+ + + = +a a a2 2

4 8 6 9a a a a+ + = + +2

a 2

4+ a a 6 9 8 = a2 1 : ( 2) = a

1

2a=

Traeni kompleksni broj z glasi1

22

z i= + .


22/35122

Zadatak 5. Odredi kompleksne brojevezi w(z, w, C) iz sustava jednadbi:1 2z wi i+ = +1w zi i = .

Rjeenje:

Pretpostavi da jez= a1+ b1ii w= a2+ b2i (a1, b1, a2, b2 R). Na ovaj nainzadatak svodimo na rjeavanje sustava 2 jednadbe s 4 nepoznanice, (a1, b1, a2,b

2). Nakon uvrtenjazi w,sustav jednadbi ima sljedei oblik:

1 1 2 2

2 2 1 1

( ) 1 2

( ) 1

+ + = +

+ =

a b i a b i i i

a b i a b i i i

z = a1 b

1i

w = a2 b

2i

i2=1

2

1 1 2 2

2

2 2 1 1

1 21

+ + = + + =

a b i a i b i ia b i a i b i i

1 1 2 2

2 2 1 1

1 2

1

a b i a i b i

a b i a i b i

+ = +

+ =

Na temelju pravila za jednakost kompleksnih brojeva dobivamo sustav od 4linearne jednadbe s 4 nepoznanice (a

1, b

1, a

2, b

2):

( )11 2 1a b = Jednakost realnih dijelova iz 1. jednadbe

( )22 1 2a b = Jednakost imaginarnih dijelova iz 1. jednadbe

( )32 1 1a b+ = Jednakost realnih dijelova iz 2. jednadbe

( )41 2 1a b = Jednakost imaginarnih dijelova iz 2. jednadbe

Zbrojimo ( )1 i ( )4 jednadbu, koje sadre nepoznanice 1a i 2b . Na ovaj nain e

se eliminirati nepoznanica 1a .

2 22 0 0b b = =

1 2

1 2

1

1

=

=

a b

a b

Uvrstimo b2= 0 u jednadbu (1)kako bismo izraunali a

1.

1 2 1 11 0 1 1 = = =a b a a


23/35123

Zbrojimo (2)i (3)jednadbu, koje sadre nepoznanice a2i b

1. Na ovaj nain e se

eliminirati nepoznanica b1.

2 1a b 2 2

2 1

32 2 3

2= = =

+

a a

a b 1=

Uvrstimo 23

2a = u jednadbu ( )3 kako bismo izraunali 1b .

2 1 1 1 1

3 3 11 1 1

2 2 2

+ = + = = =a b b b b

Dakle, 1 1

2 2

11, ,

2

3, 0

2

= =

= =

a b

a b

Kompleksni brojevizi wglase:1

12

z i= ,

3

2w=

1.3. Dijeljenje kompleksnih brojeva

Neka su zadana dva kompleksna broja 1z a bi= + i 2z c di= + ( , , ,a b c d R ;

1 2,z z C ; 2 0z ). Kompleksne brojevez1iz2moemo podijeliti na sljedeinain:

2

1

2 2 2 2

2 ( )

+ + + + += = = =

+ + +z a bi a bi c di ac adi bci bdi ac adi bci bd

z c di c di c di c di c d

1

2 2 2 22

z ac bd bc ad

iz c d c d

+

= ++ +Prilikom dijeljenja kompleksnih brojeva eli se eliminirati imaginarna jedinicaiz nazivnika (postupak je slian postupku racionalizacije kojim se elimoosloboditi korijena u nazivniku).

Zadatak 1. Podijeli kompleksne brojeve u sljedeim izrazima:

a)2 3

3 5

i

i

+

b)4 3

3

ii

+.


24/35124

Rjeenje:

a) 2 3 2 3 3 5

3 5 3 5 3 5

i i ii i i

+ + +=

+

Eliminacija imaginarne jedinice iz nazivnikapostie se nadopunjavanjem na razlikukvadrata 2 2( ) ( ) + = I II I II I II

2

2 2 2

2 3 (2 3 ) (3 5 ) 6 9 10 15

3 5 3 (5 ) 9 25

+ + + + + += =

i i i i i i

i i i

6 19 15 9 19 9 19

9 25 34 34 34

+ += = +

+i i

i 2 1i =

b) 4 3 4 3

3 3

i i i

i i i

+ +=

Dovoljno je mnoiti s i, jer broj 3

moe ostati u nazivniku.2

2 2

(4 3 ) 4 3

3 3

+ +=

i i i ii i

21i =

3 4 3 4

3 3 3

+=

i

i

Zadatak 2. Odredi ( )Re z , ako je76 532 3

4 3

i iz

i

=

.

Rjeenje:76 4 19 0 0 1i i i += = =53 4 13 1 1i i i i += = =

Uvrstimo 1 i i u izraz umjesto i76i i53.2

2

22 22 1 3 4 3 (2 3 )(4 3 ) 8 4 3 2 3 3

16 34 3 4 3 4 ( 3 ) + + + = = = + i i i i i i iz ii i i

8 2 3 3 11 2 3 11 2 3

16 3 19 19 19

i iz i

+ = = =

+

11Re( )

19=z


25/35125

Zadatak 3. Izraunaj

10 831332Im

8 2

z z i

z z

+

+

ako je1 1

2 2z i= .

Rjeenje: 52 5 5 5

10 2 5 21 1 1 1 1 1 1 1 1 1( ) 2

2 2 4 2 2 4 4 2 4 2

= = = + = = z z i i i i i

10 5 4 1 1 11 1 1 1

32 32 32 32z i i i i += = = =

1 1

2 2z i= +

83 4 20 3 3i i i i += = = 2 2

2 2 1 1 1 1 2 2

2 2 4 4 4 2z a b = + = + = + = =

8 4 2 2 2= =

10 83

1

1 1 1 11 3332 2 2 3232

8 22

i i iz z i

z z

+ + +

=+ 22

2

2

1

1 3 3 1

32 2 2 322 21 1 222 22 2

i i i

ii

+ + +

= + +

3 1 3 1 3 33 1 3 1 32 32 2 32 2 2

2 1 3 2 3 2 3 3

+ + + + + + + = = = = + +

i i i i ii i i i i

( ) ( )

( )

2

2 2 2

1 33 3 3 3 3 3 4 1

2 3 2 9 2 9 1

+ + + + + + = = =

i i i i i i

i i3 2 4 3

2 10 2

+= =

i

1

2

( )1

1 2 3 6 3 6 3 3

10 10 10 10 10 5

+ += = + = +

i ii i

10 8313

332Im58 2

z z i

z z

+ =

+


26/351


27/35127

2 2y=

1y=

4x y+ =

1 4x + = 5x=

Konano rjeenje ( , ) ( 5,1)= x y

Zadatak 5. Izraunaj 6z ako je3

(2 4 ) (1 3 )

=

+ +i

zi i

Rjeenje:

Rjeavanje ovog zadatka zapoinjemo sa sreivanjem brojaz.(2 4 ) (1 3 )+ +i i 22 4 6 12i i i= + + + 2 1i =

2 10 12i= +

10 10i=

10( 1)= i

3

10( 1)

=

i

z i

26 3

6 3 3

10( 1) 10( 1)

= =

i iz

i i

Primjenjuje se pravilo za potenciranjepotencije (an)m=anm.Najprije se potencira na 3, kako bi sepojednostavio brojnik.

3 2 26 3 3 3 3 +=

i i iz

23

3 3 2 3

3

10 ( 3 3 1 )

+ i i i

Primijeniti formulu za kub razlike:( )I II I I II I II II

3 3 2 2 33 3- = - + -

Primijeniti pravila za rad s potencijamaimaginarne jedinice:i3= ii2= 1Takoer: 3 23 3 3 3 3= = .

6 3 3 += i

z 9 3 3+ i

2

310 ( 3 3 1)

+ + i i

2 4

6

3

8 8

10 (2 2 )

= = +

iz

i 310 2

i2

2

3

1

4

10 (1 )(1 )

= +

+

i

ii

26

6 2 6 2

16 16

10 (1 ) 10 (1 2 )

= =

+ + +i

zi i i


28/35128

6

6 6

16 16

10 (1 2 1) 10 2

= =

+ z

i i

6

6

8

10z

i

=

6

6 6 2 6

8 8 8

10 10 10

i i izi i i

= = =

Potrebno je ukloniti imaginarnujedinicu iz nazivnika.

6

6

8

10

iz =

Zadatak 6. Izraunaj z , ako je( )

( )( )

21 2

2 3

iz

i i

=

+ +

.

Rjeenje:

2 2(Re(7)) (Im(7))= +zTrebamo izraz pojednostaviti damoemo lake izraziti realni iimaginarni dio kompleksnog broja.

2 2(1 2 ) 1 2 2 (2 ) = +i i iPrimjena formule za kvadrat razlike( )I II I I II II

2 2 22- = - +

2 2(1 2 ) 1 4 4 = +i i i 2 1i = 2(1 2 ) 1 4 4 = i i

2(1 2 ) 3 4 = i i

2(2 ) (3 ) 6 3 2 6 5 1 5 5 5(1 )+ + = + + + = + = + = +i i i i i i i i

2

(1 2 ) 3 4 1(2 ) (3 ) 5(1 ) 1

= = + + + i i iz i i i i

Izvriti dijeljenje kompleksnih brojeva(eliminirati imaginarnu jedinicu iznazivnika).

2

2 2

( 3 4 ) (1 ) 3 4 3 4 3 4

5(1 ) (1 ) 5(1 ) 5(1 1)

i i i i i ii i i

+ + = = =

+ +

7 7 1

10 10 10

iz i

= =

7Re( )10

= z

1Im( )10

= z


29/35129

2 2 49 1 50 1(Re( )) (Im( ))

100 100 100 2= + = + = =z z z

1

2z= Razlomak se korjenuje tako da se zasebno korjenuje

brojnik, a zasebno nazivnik.

1 2

2 2z =

Jo je potrebno izvriti racionalizaciju (eliminirati korijeniz nazivnika).

2

2z=

1.4. Kompleksna ravninaKompleksna ili Gaussova ravnina

Svaki kompleksni broj , , ,z a bi z C a b R= + je odreen svojim realnimi imaginarnim dijelom. Zbog toga svakom kompleksnom brojuz = a + bimoemo pridruiti ureeni par (a, b), tj. toku u koordinatnoj ravnini kojunazivamo kompleksna ili Gaussova ravnina (vidjeti sliku 1.1.). U kompleksnojravnini os apscisa (x)nazivamo realna os, dok os ordinata (iy) nazivamoimaginarna os. Realna os sadri toke pridruene realnim brojevima, dokimaginarna os sadri imaginarne brojeve.

Slika 1.1. Kompleksna ili Gaussova ravnina

iy

x

bi z(a,b)=a+bi


30/35130

Geometrijsko znaenje apsolutne vrijednosti kompleksnog broja

Apsolutna vrijednost kompleksnog broja 2 2z a b= + predstavlja udaljenosttoke u kompleksnoj ravnini pridruene kompleksnom brojuzod ishoditakoordinatnog sustava.

Geometrijsko znaenje konjugirano kompleksnog brojaToka pridruena konjugiranom kompleksnom broju z a bi= jeosnosimetrina toki pridruenoj kompleksnom broju z a bi= + s obzirom narealnu os (os apscisu).

Udaljenost kompleksnih brojeva

Neka su zadana dva kompleksna broja 1 1 1z a b i= + i 2 2 2z a b i= +

1 2 1 2( , , , )a a b b R . Udaljenost dviju toaka 1 1 1( , )M a b i 2 2 2( , )M a b pridruenih

kompleksnim brojevima 1z i 2z jednaka je modulu razlike tih kompleksnih

brojeva: 2 21 2 1 2 1 2 1 2( , ) ( ) ( )= = + d M M z z a a b b .

Krunica u kompleksnoj ravnini

Krunica u kompleksnoj ravnini predstavlja skup svih toakazkoje su jednako

udaljene od toke pridruene kompleksnom brojuz0, pri emu ta udaljenostiznosi r(vidjeti sliku 1.2.). Ovakvu krunicu oznaavamo s k(z0, r). Njezina

jednadba u kompleksnoj ravnini glasi: 0z z r = .

Slika 1.2. Krunica u kompleksnoj ravnini opisana formulom 0z z r =

iy

x

Zo

k

r

z


31/35131

Redni broj Zadatak Rjeenje

1 0z z r =Krunica k(z0, r) s polumjerom risreditem u toki pridruenoj brojuz0

2 0z z r >Dio ravnine izvan krunice k(z

0, r) - sama

krunica knije ukljuena u rjeenje

3 0z z r Dio ravnine izvan krunice k(z0, r) -krunica kje ukljuena u rjeenje

4 0z z r > Dio kompleksne ravnine desno od pravcax= 1.Pravacx= 1 nije ukljuen u rjeenje, jer je u ovom uvjetu naveden samo znakvee od.

Im( ) 1 1z y< < Dio kompleksne ravnine ispod pravca 1y= .Pravac 1y= nije ukljuen u rjeenje, jer je u ovom uvjetu naveden samo znakmanje od.

Ovaj zadatak treba shvatiti kao rjeavanje sustava nejednadbix> 1 iy< 1.Rjeenje zadatka je dio kompleksne ravnine koji sadri toke ije koordinatezadovoljavaju obje spomenute nejednadbe (x> 1 iy< 1). Vidjeti grafikiprikaz rjeenja ovog zadatka na slici 1.6.

Rjeenje je najtamniji dio ravnine koji se dobije kao presjek rjeenja

nejednadbix > 1 iy< 1.

c) Pretpostavimo da je kompleksni brojzu obliku z x yi= + .

1 3 1 3Re( )

2 2 2 2z x < < rjeenje ovog sustava nejednadbi

je dio ravnine izmeu pravaca 1

2

x= i3

2

x= , uzimajui u obzir da pravac

1

2x= pripada rjeenju (jer se uz znak nejednakosti nalazi i znak jednakosti),

iy

x

0

3

2

1

-2 -1 1 2

x=1 x>1

x>1 i y


36/35136

dok pravac3

2x=

ne pripada rjeenju (jer se uz znak nejednakosti ne nalazi

znak jednakosti).

0 Im( ) 2 0 2z y s < < rjeenje ovog sustava nejednadbi je dio

ravnine izmeu pravacay= 0 (os apscisa) iy= 2, uzimajui u obzir da pravacy= 0 pripada rjeenju (jer se uz znak nejednakosti nalazi i znak jednakosti),dok pravacy= 2 ne pripada rjeenju (jer se uz znak nejednakosti ne nalazi znakjednakosti).

Ovaj zadatak treba shvatiti kao rjeavanje sustava nejednadbi1 3

2 2x < i

0 2y < . Rjeenje zadatka je dio kompleksne ravnine koji sadri toke ijekoordinate zadovoljavaju oba spomenuta sustava nejednadbi.

Rjeenje je najtamniji dio ravnine koji se dobije kao presjek rjeenja sustava

nejednadbi 1 32 2

x < i 0 2y < .

iy

x0

2

1

-1 -2 -1 1 2

-12

x = 32

x =

y = 2

y = 0

0y


37/35137

Zadatak 4. Odredi skup toaka kompleksne ravnine koji je odreen uvjetom:

21

2

z iz

=

Rjeenje:

21

2

z iz

=

Za apsolutnu vrijednost kvocijenta kompleksnih

brojeva vrijedizz

w w= .

21 2

2

=

z iz

z

2 2z i z = Dalje se ovaj zadatak rjeava slino zadatku 2.

Kompleksni brojzu obliku z x yi= + .2 2x yi i x yi+ = +

( 2) ( 2)x y i x yi+ = +Apsolutnu vrijednost kompleksnog brojaz

raunamo kao [ ] [ ]2 2Re( ) Im( )= +z z z .

[ ] [ ] [ ] [ ]2 2 2 2 2Re( 2 ) Im( 2 ) Re( 2) Im( 2) + = + z i z i z z2 2 2 2

( 2) ( 2)x y x y+ = +2 2 2 24 4 4 4x y y x x y+ + = + + Nakon sreivanja se dobiva sljedea

jednadba.4 4 0 =x y

4 4 = y x : ( 4)

y x= Traeni skup toaka je pravac.

Zadatak 5. Odredi skup toaka kompleksne ravnine koji je odreen uvjetom:2 3 2z i+ = .

Rjeenje:

U uvodnom dijelu ovog poglavlja u tablici 1.1. navedeno je da je rjeenje

ovakvih jednadbi oblika 0z z r = krunica k(z0, r) s polumjerom ri

sreditem u toki pridruenoj brojuz0. Na temelju usporedbe zadanog

2 3z i+ i opeg izraza 0z z , uoavamo da jez0= 2 + 3i. Kompleksnombrojuz0pridruena je toka koja predstavlja sredite ove krunice. Polumjerkrunice iznosi r= 2.


38/35138


1 3z+ > .

Rjeenje:

Kao to je navedeno u uvodnom dijelu ovog poglavlja (vidjeti tablicu 1.1.sluaj pod rednim brojem 2) rjeenje ovog zadatka je dio ravnine izvan

krunice sa sreditem u toki pridruenoj kompleksnom brojuz0= 1 ipolumjerom r= 3. Budui da se u ovoj nejednadbi javlja znak nejednakostibez znaka jednakosti, sama krunica nije ukljuena u rjeenje.

Rjeenje je osjeneni dio ravnine, pri emu sama krunica ne pripada rjeenju.

iy

x

0

5

4

3

2

1

-3 -2 -1 1 2

k

z0 = -2 + 3i

iy

x

0

4

3

2

1

-1-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3

k

z0= -1 + 0i

z0= 2 +3i

(x,y) = (2, 3)


39/35139


1 3z<

Rjeenje:

Navedeni zapis predstavlja sustav dviju nejednadbi 1z > i 3z .Rjeenje nejednadbe 1z > je dio ravnine izvan krunice k

1sa sreditem u

ishoditu i polumjerom r1= 1, tj. k1((0,0);1). Sama krunica k1nije ukljuena urjeenje, jer je u nejednadbi samo znak nejednakosti bez znaka jednakosti.

Rjeenje nejednadbe 3z je dio ravnine unutar krunice k2sa sreditem uishoditu i polumjerom r2= 3, tj. k2((0,0);3). Sama krunica k2je ukljuena urjeenje, jer je u nejednadbi naveden znak nejednakosti i znak jednakosti.

Konano rjeenje ovog zadatka predstavlja presjek rjeenja prethodnihnejednadbi, tj. dio ravnine koji obuhvaa toke koje zadovoljavaju objenejednadbe. To je kruni vijenac izmeu krunica polumjera r

1= 1 i r

2= 3.

Rjeenje je osjeneni dio kompleksne ravnine; krunica k1nije ukljuena, dokje krunica k2ukljuena u rjeenje.

iy

x

0

3

2

1

-1

-2

-3

-4

-3 -2 -1 1 2 3 4

k1

k2


40/35140


31

1 2

zz i

+.

Rjeenje:

31

1 2

zz i

+

Za apsolutnu vrijednost kvocijenta kompleksnih

brojeva vrijedizz

w w= .

31 1 2

1 2

+

+

zz i

z i

3 1 2z z i + Pretpostaviti kompleksni brojzu obliku

z=x+yi.3 1 2

3 1 (2 )

+ + +

+ + +

x yi x yi i

x yi x y i

Apsolutnu vrijednost kompleksnog brojaz

raunamo kao [ ] [ ]2 2

Re( ) Im( )= +z z z .

[ ] [ ] [ ] [ ]2 2 2 2Re( 3) Im( 3) Re( 1 2 ) Im( 1 2 ) + + + +z z z i z i2 2 2 2 2( 3) ( 1) ( 2) + + +x y x y

2 2 2 2

6 9 2 1 4 4x x y x x y y + + + + + +2 2 2 26 9 2 1 4 4 0x x y x x y y + + +

4 4 4 0 : ( 4)

0

+

+

x y

x y

1y x +

Pri rjeavanju nejednadbi potrebno jeprilikom mnoenja ili dijeljenja nejednadbes negativnim brojem promijeniti znaknejednakosti.

Rjeenje nejednadbe je dio kompleksne ravnine koji se nalazi ispod pravcay= x+ 1.Budui da pravacy= x+ 1 dijeli kompleksnu ravninu na dva dijela, kakobismo bili sigurni koji dio je rjeenje, proizvoljno odabiremo jednu toku uravnini, npr. toku O(0,0) koja se nalazi ispod pravcay= x+ 1, te njezinekoordinate uvrstimo u konanu nejednakost 0 0 1 + , tj. 0 1 . Kako jenejednakost zadovoljena, zakljuujemo da smo pravilno procijenili koji diokompleksne ravnine je rjeenje ovog zadatka. Potrebno je naglasiti da pravac

y= x+ 1 pripada rjeenju zadatka, jer je u zadatku naveden znak jednakostiuz znak nejednakosti. Da je u zadatku bio naveden samo znak nejednakosti,tada pravac ne bi bio ukljuen u rjeenje.


41/35141

Rjeenje je osjeneni dio kompleksne ravnine; pravacy= x+ 1 je ukljuen u

rjeenje.

iy

x

0

5

4

3

2

1

-1

-2

-3

-3 -2 -1 1 2 3 4


42/35142

2. Kvadratne jednadbe

2.1. Kvadratna jednadba

Kvadratna jednadba

Jednadba oblika 2 0ax bx c+ + = ( , ,a b c R i )0a naziva se kvadratnajednadba. Nazivi koeficijenata kvadrante jednadbe su:a vodei koeficijent;b linearni koeficijent;c slobodni koeficijent.

Rjeenje kvadratne jednadbeSvaki brojx ( )x R koji zadovoljava odreenu kvadratnu jednadbu naziva serjeenje kvadratne jednadbe.

Kvadratne jednadbe posebnog oblikaKvadratne jednadbe posebnog oblika se dobivaju kada su linearni (b) i/ilislobodni (c) koeficijent kvadratne jednadbe jednaki nuli.

1. b = 0, c 0Kvadratna jednadba glasi: 2 0ax c+ = .Nain rjeavanja: potrebno je dobitixna lijevoj strani jednadbe. Zbog togase najprije slobodni koeficijent cprebaci na desnu stranu, zatim se cijelajednadba podijeli s vodeim koeficijentom ai na kraju se vri korjenovanje.

Dobiva se sljedea jednadba: 1,2c

xa

= . Rjeenja ove kvadratne jednadbe

su:- dva realna rjeenja ako koeficijenti ai cimaju suprotne predznake;- dva konjugirana kompleksna broja ako koeficijenti ai cimaju jednakepredznake.

2. b 0, c = 0

Kvadratna jednadba glasi: 2 0ax bx+ =Nain rjeavanja: lijevu stranu jednadbe prikazati u obliku umnoka. Ovo

se postie primjenom metode izluivanja. Izluivanjemxdobije se sljedeakvadratna jednadba:x(ax+ b) = 0. Rjeenja ove kvadratne jednadbe su:


43/35143

1x a= i 2b

xa

= (uzeti u obzir da je umnoak jednak nuli kada mu je jedan od

faktora jednak nuli. Zbog toga se svaki od faktora izjednaava s nulom, te setako dobivaju dva rjeenja).

3. b = 0 ic = 0Kvadratna jednadba glasi: ax2= 0Rjeenja ove kvadratne jednadbe:x= 0. Budui da kvadratna jednadba imadva rjeenja, kae se da jex= 0 dvostruko rjeenje ove kvadratne jednadbe.

Rjeavanje kvadratne jednadbe faktorizacijomAko se kvadratna jednadba moe napisati kao

1 2( ) ( ) 0x x x x =tada su brojevix1ix2rjeenja kvadratne jednadbe.

Zadatak 1. Provjeri jesu li brojevi 4,7

9 i

5

4rjeenja kvadratne jednadbe

236 17 35 0?x x =

Rjeenje:

Neki broj je rjeenje kvadratne jednadbe ako zadovoljava kvadratnujednadbu. Praktino se ovo provodi na nain da se promatrani broj uvrstiumjesto x u zadanu kvadratnu jednadbu.Provjera za 4:

236 4 17 4 35 0

576 68 35 0

473 0

=

=

=

Ovaj rezultat nije mogu, te zakljuujemo da broj 4 nije rjeenje zadane

kvadratne jednadbe.

Provjera za7

9 :

27 7

36 17 35 09 9

764 11935 0

81 9

0 0

=

+ =

=

Broj7

9 je rjeenje zadane kvadratne jednadbe.


44/35144

Provjera za5

4:

25 5

36 17 35 04 4

900 85 35 016 4

0 0

=

=

=

Broj5

4je rjeenje zadane kvadratne jednadbe.

Zadatak 2. Rijei jednadbu: 21

64 0

4

x = .

Rjeenje:

Potrebno je uoiti da je linearni koeficijent b= 0. Potrebno je slijediti uputevezana uz nain rjeavanja ovakvih jednadbi s poetka ovog poglavlja.

2

2

1,2

164 4

4

256

16

x

x

x

=

=

=

Zadatak 3. Rijei jednadbu: 22 2 8 0x x+ = .

Rjeenje:

Uoiti da je u ovoj jednadbi slobodni koeficijent cjednak nuli. Potrebnoje slijediti upute za rjeavanje ovakvih jednadbi s poetka ovog poglavlja.

Najprije je potrebno lijevu stranu jednadbe prikazati u obliku umnokametodom izluivanja. Uzeti u obzir da je 8 4 2 2 2= = .

22 2 8 0x x+ =22 2 2 2 0x x+ =

2 ( 4) 0x x + = Umnoak je jednak nuli kada je jedan od faktora jednak nuli.

1 0x = 2 24 0 4x x+ = =


45/35145

Zadatak 4. Rijei jednadbu: 2 (2x1)2= 5 (2x1).

Rjeenje:

( ) ( )22 2 1 5 2 1x x =

( ) ( )22 2 1 5 2 1 0x x =

( ) ( )2 1 2 2 1 5 0x x =

Potrebno je uoiti da imamo jednakuzagradu na lijevoj i desnoj strani

jednadbe. Prebaciti izraz s desne nalijevu stranu i izvriti faktorizaciju.Primijeniti metodu izluivanja.

2 1 0x =

2 1 : 2=x

1

1

2x =

Umnoak je jednak nuli, ako mu jejedan od faktora jednak nuli.

Zadatak 5. Rijei jednadbu: ( ) ( )2 23 1 2x x+ = .

Rjeenje:Ova kvadratna jednadba se rjeava faktorizacijom pomou formule za razliku

kvadrata ( ) ( )2 2I II I II I II = + .

( ) ( )2 23 1 2 0x x+ = Razlika kvadrata.

( ) ( ) ( ) ( )[ ] [ ]

3 1 2 3 1 2 0

3 1 2 3 1 2 0

x x x x

x x x x

+ + + = + + + + =

( ) ( )2 3 4 1 0x x+ = Umnoak je jednak nuli kada mu jebarem jedan od faktora jednak nuli.

2 3 0x + = 4 1 0x =

2 3 : 2= x 4 1 : 4=x

1

3

2x = 2

1

4x =

( )2 2 1 5 0x =2 (2 1) 5 : 2 =x

52 1

2

x =

52 1

2= +x

2

7

2=x


46/35146

Zadatak 6. Rijei jednadbu:3 2

13 2x x

=+

.

Rjeenje:

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

Pomnoiti s najmanjim zajednikim

viekratnikom nazivnika uz uvjet zarjeenja jednadbe:x 3 ix 2, jernam 0 u nazivniku ne odgovara.

2

2

3 ( 2) 2 ( 3) ( 3) ( 2)

3 6 2 6 3 2 6

12 6

x x x x

x x x x x

x x x

+ = +

= +

= + 2

6 12 = +x x x

2 6 0x + =

Kvadratna jednadba posebnog oblika(linearni koeficijent b=0). Uputstvo

za rjeavanje: vidjeti teorijski uvod napoetku ovog poglavlja.

2 6x =

2

1,2 6 6 ( 1) 6x i= = = Primijeniti: i2= 1

1,2 6x i=

Napomena: rjeenja ove jednadbe 1,2 6x i= su prihvatljiva, jerzadovoljavaju uvjet s poetka rjeavanja 3x i 2x .

2.2. Rjeenja kvadratne jednadbe

Rjeavanje kvadratnih jednadbiZa rjeavanje kvadratnih jednadbi koristimo sljedee metode:

1. formulu za rjeenja kvadratnih jednadbi;2. metodu nadopunjavanja do potpunog kvadrata;3. metodu faktorizacije;4. ostale metode za rjeavanje kvadratnih jednadbi posebnog oblika (prikazanesu u prethodnom poglavlju).

Formula za rjeenja kvadratnih jednadbiRjeenja kvadratne jednadbe ax2+ bx+ c= 0 (a, b, c R i a 0) pripadaju

skupu kompleksnih brojeva Ci dana su formulom:2

1,2

4

2

b b a cx

a

=


47/35147

Zadatak 1. Rijei jednadbu metodom nadopunjavanja do potpunog kvadrata:23 19 14 0x x+ = .

Rjeenje:

2

3 19 14 0 3+ = x xJednadbu pomnoiti s brojem3 kako bi broj koji mnoix2biopotpuni kvadrat (32= 9).

29 57 42 0x x+ = Prikazati srednji lan kao umnoaktri faktora: prvi faktor je broj 2,drugi faktor je korijen prvog lana,dok se trei lan izraunava izuvjeta da umnoak ovih faktora

mora biti jednak srednjem lanu izprethodnog reda.

( )2 199 2 3 42 02

x x+ =Dodati i oduzeti kvadrat broja19

2(ovo je trei faktor umnoka

srednjeg lana jednadbe).

( )2 2

2 19 19 199 2 3 42 0

2 2 2x x + + =

Prva tri lana mogu se napisati kaokvadrat zbroja.

219 361 42

3 02 4 1

+ =

x

219 529

3 02 4

x + =

2 219 23

3 02 2x

+ =

Lijevu stranu jednadbe

je mogue prikazati uobliku umnoka koristeiformulu za razliku kvadrata:

( ) ( )2 2I II I II I II = + .19 23 19 23

3 3 02 2 2 2

x x + + + =

( ) ( )3 2 3 21 0x x + = Umnoak je jednak nuli ako jebarem jedan od faktora jednak nuli.

3 2 0x = 3 21 0x + =

:2

1

23 2

3= =x x

:3

23 21 7= = x x


48/35148

Zadatak 2. Rastavljanjem na umnoak rijei jednadbu:x2x 12 = 0

Rjeenje:

Srednji lan kvadratne jednadbe je potrebno tako rastaviti da je mogueprimijeniti metodu grupiranja radi faktorizacije. Zbog toga se linearni

koeficijent btako rastavlja na dva realna broja di eza koja vrijedi: d+ e= bid e= c. Znai u ovom sluaju nepoznati realni brojevi di etrebaju zadovoljitiuvjete: d+ e= 1i d e= 12. Zakljuujemo da je d= 4 i e= 3.

2 4 3 12 0x x x + = Primijeniti metodu grupiranja (izvritiizluivanje iz prvog i drugog, tj. iz treeg ietvrtog lana).

( ) ( )4 3 4 0x x x + = Umnoak je jednak nuli kada je baremjedan od faktora jednak nuli. Izluimo(x 4) i ostane namxi 3.( ) ( )4 3 0x x + =

4 0x = 3 0x + =

1 4x = 2 3x =

Zadatak 3. Rijei jednadbu pomou formule: 10x2 11x 6 = 0.

Rjeenje:

Rjeavanje kvadratne jednadbe zapoinje usporedbom zadane i opekvadratne jednadbe radi oitavanja vrijednosti koeficijenata.

2

2

10 11 6 010, 11, 6

0

x xa b c

ax bx c

= = = =

+ + = Oitane vrijednosti koeficijenata uvrtavaju se u formulu za izraunavanje

rjeenja kvadratne jednadbe:

( ) ( )221,2

11 11 4 10 64 11 12 1 240 11 19

2 2 10 20 20

+ = = = =

b b a c

xa

1

11 19 2

20 5x

= = 2

11 19 3

20 2x

+= =


49/35149

Zadatak 4. Rijei jednadbu:2

1 2 3 1

6 4 3 2 9 4

x xx x x

+ =

+ .

Rjeenje:

Najprije je potrebno izvriti faktorizaciju nazivnika, kako bi se lake procijenio

najmanji zajedniki viekratnik.

( )( ) ( )( )1 2 3 1 2 3 2 3 2

2(3 2) 3 2 3 2 3 2

x xx x

x x x x+

= + + +

Uvjeti:2

3 2 03

x x 2

3 2 03

x x+

Vri se mnoenje s najmanjim zajednikim viekratnikom kako bismo serijeili nazivnika. S obzirom na izraz s kojim mnoimo jednadbu, moramo

navesti da rjeenja ove jednadbe moraju biti razliita od vrijednosti za kojebi izraz s kojim mnoimo bio jednak nuli. Na ovaj nain se osigurava dajednadbu ne mnoimo s nulom.( )( ) ( )( )1 3 2 2 2 3 3 2 2x x x x+ + =

23 3 2 2 (2 3)(6 4) 2x x x x x+ + + =2 23 3 2 2 (12 18 8 12) 2x x x x x x+ + + + =2 2

3 5 2 12 18 8 12 2 0+ + + + =x x x x x2 ( 1)9 31 12 0 + =x x 29 31 12 0 9 31 12x x a b c + = = = =

( )221,2

31 31 4 9 124 31 23

2 2 9 18

b b a cx

a

= = =

1

31 233

18

x +

= = 231 23 4

18 9

x

= =

Dobivena rjeenja su prihvatljiva, jer zadovoljavaju ranije postavljeni uvjet

(razliita su od2

3 ).

Zadatak 5. Rijei jednadbu: 213 7 1 6 0x x x+ + = .

Rjeenje:

Budui da je u ovoj kvadratnoj jednadbi lan s apsolutnom vrijednou, morate se razmotriti dva sluaja kada je izraz pod apsolutnom vrijednou negativan(1. sluaj) i kada je pozitivan (2. sluaj).

Da vodei koeficijentne bude negativanmnoimo s (1).


50/35150

1. sluaj 2. sluaj

1 0 1x x+ < < 1 0 1x x+ > >

Za sluaj kada je vrijednost izraza podapsolutnom vrijednou manja od nule,tada se znakovi apsolutne vrijednostizamjenjuju sa zagradama ispred kojihse postavlja predznak minus.

Za sluaj kada je vrijednost izraza podapsolutnom vrijednou vea od nule,tada se znakovi apsolutne vrijednostizamjenjuju sa zagradama ispred kojihse postavlja predznak plus.

( )213 7 1 6 0x x x + = ( )213 7 1 6 0x x x+ + =

2 213 7 7 6 0x x x = 2 213 7 7 6 0x x x+ + =

26 7 6 0

6, 7, 6x x

a b c =

= = =

220 7 6 0

20, 7, 6x xa b c

+ = = = =

2

1,2

4

2

b b a cx

a

=

2

3,4

4

2

b b a cx

a

=

( ) ( )2

1,2

7 7 4 6 6

2 6x

=

( )2

3,4

7 7 4 20 6

2 20x

=

1,2

7 49 144

12x

+= 3,4

7 49 480

40x

+=

1

7 1930.574

12x

= = 3

7 23 3

40 4x

= =

1x nije prihvatljivo rjeenje, jer nezadovoljava uvjet (-0.574 nije manjiod 1).

4

7 23 2

40 5x

+= =

2

7 1931.741

12x

+= =

Rjeenjax3ix4su prihvatljiva rjeenja,jer zadovoljavaju uvjetx> 1.

x2nije prihvatljivo rjeenje, jer ne

zadovoljava uvjet (1.741 nije manjiod 1).


51/35151

Zadatak 6. Stranica pravokutnika povrine 20 cm2je 0.8 dm dulja od drugestranice. Izraunaj opseg tog pravokutnika.

Rjeenje:

Najprije je potrebno pravilno postaviti zadatak, jer e to omoguiti njegovo

lake rjeavanje.

pravokutnik Lik koji se promatra u zadatku.

P= 20 cm2

a= b+ 0.8 dm = b+ 8 cm Budui da je razlika duljina stranicaizraena u decimetrima, potrebno jerazliku preraunati u centimetre, jer

nam je povrina u cm.o=? Veliina iju vrijednost je potrebno

izraunati.

a b P =

( )2

8 20

8 20 0

b b

b b

+ =

+ =

Oitavanje koeficijenata kvadratnejednadbe:a=1, b=8, c=-20

Postaviti formulu za veliinu ija jevrijednost poznata. Umjesto veliineauvrstiti izraz b+8cm. Na ovaj nainovaj problem svodimo na rjeavanje

kvadratne jednadbe. Vano je dase vrijednosti svih veliina uvrste uistovrsnim mjernim jedinicama.

Potrebno je razlikovati linearni koeficijent bkvadratne jednadbe na desnojstrani formule za rjeavanje kvadratne jednadbe od nepoznate stranicepravokutnika bna lijevoj strani formule.

22

1,2

8 8 4 1 ( 20)4 8 64 80 8 12

2 2 1 2 2

b b a cb a

+ = = = =

1

8 122cm

2b

+= = 2

8 1210 cm

2b

= =

U geometriji su jedino prihvatljiva pozitivna rjeenja, tako da rjeenje 2b moramo odbaciti (stranica ne moe imati negativnu duljinu).

8 2 8 10 cma b= + = + =

2 ( ) 2 (10 2) 24 cmo a b= + = + =


52/35152

Zadatak 7. Ako se bazen puni kroz dvije cijevi, napunit e se nakon 2 satapunjenja. Bazen bi se napunio 3 sata prije ako bi se punio samo kroz prvu cijevu odnosu na punjenje samo kroz drugu cijev. Koliko je vremena potrebno dase bazen napuni vodom koja bi dotjecala samo kroz prvu cijev, a koliko kad bidotjecala samo kroz drugu cijev?

Rjeenje:

Kapacitet prve cijevi po satu:1

x.

Veliinaxje vrijeme u satima potrebno da se bazen napuni vodom koja bidotjecala samo kroz prvu cijev.

Kapacitet druge cijevi po satu:1

3x +

.

Veliinax+3je vrijeme u satima potrebno da se bazen napuni vodom koja bidotjecala samo kroz drugu cijev.

Budui da je obujam bazena nepoznat, u brojnik prethodnih izraza za kapacitetstavlja se 1 koja predstavlja potpuno napunjeni bazen.

Zbroj zajednikog kapaciteta prve i druge cijevi po satu:1

2

.

Broj 2 u nazivniku predstavlja vrijeme u satima potrebno da se bazen napunivodom koja bi dotjecala istodobno kroz obje cijevi.

Moe se postaviti sljedea jednadba za zbroj kapaciteta prve i druge cijevi:

( )1 1 1 2 33 2

x xx x

+ = ++

Kako u nazivnicima nije potrebna faktorizacija, odmah se moe prijei namnoenje s najmanjim zajednikim viekratnikom nazivnika radi eliminacijenazivnika.

2

2

2

2( 3) 2 ( 3)

2 6 2 3

3 4 6

3 4 6 0

x x x x

x x x x

x x x

x x x

+ + = +

+ + = +

+ = +

+ =

2 6 0 1, 1, 6x x a b c = = = =

Kako bi lan sx2doao nalijevu stranu jednadbe,zamijenit emo poloaj lijevei desne strane jednadbe.Tada nije potrebno zamijenitipredznake, jer se zamjenjujukompletne strane jednadbi.


53/35153

22

1,2

1 ( 1) 4 1 ( 6)4 1 1 24 1 5

2 2 1 2 2

b b a cx

a

+ = = = =

1

1 53

2x

+= = 2

1 52

2x

= =

Rjeenjex2= 2 se odbacuje, jer negativno vrijeme punjenja nema smisla.Kapacitet prve cijevi po satu je

1

3 obujma bazena, dok je kapacitet druge cijevi

po satu

1 1

6 3x +

obujma bazena.

Zadatak 8. Dva mjesta su udaljena 10 km. Prvi ovjek prelazi 0.5 km vie zajedan sat hoda u odnosu na drugog ovjeka i prelazi udaljenost izmeu dva

mjesta za 1 h bre u odnosu na drugog ovjeka. Kojom brzinom hodaju ovipjeaci?

Rjeenje:

Brzina hodanja prvog pjeaka:xkm/h.Brzina hodanja drugog pjeaka:x-0.5km/h.Vrijeme potrebno prvom pjeaku da propjeai udaljenost izmeu dva mjesta:10

x . (brojnik: udaljenost izmeu dva mjesta 10 km; nazivnik: brzina hodanjaprvog pjeakax)Vrijeme potrebno drugom pjeaku da propjeai udaljenost izmeu dva mjesta:

10

0.5x .

(brojnik: udaljenost izmeu dva mjesta 10 km; nazivnik: brzina hodanja drugogpjeakax-0.5)

Postavimo jednadbu za razliku vremena potrebnog drugom i prvom pjeakuza savladavanje udaljenosti izmeu dva mjesta.

10 10 11

1 2

2

x xx

x

=

1 110 102 2x x x x =

2 110 10 52

x x x x + =

2 152

x x=

10.52

=


54/351


55/35155

[ ]22( 1) 4( 2)( 3) 0p p p + =24( 1) (4 8)( 3) 0p p p + =

2 24( 2 1) (4 8 12 24) 0p p p p p + + =

2 2

4 8 4 4 8 12 24 0p p p p p + + + =4 28 0p + =

4 28 : ( 4) 7p p = =

Zadatak 2. Za koje vrijednosti realnog parametrapjednadba2 2

(4 4 1) 5 2 1p x x x x + = + + ima realna rjeenja?

Rjeenje:Najprije je potrebno tako srediti zadanu kvadratnu jednadbu da je mogueoitati koeficijente a, bi c.

2 24 4 5 2 1 0px px p x x + + = Grupirati lanove sx2,xi lanove bezx.

( ) ( )24 5 2 2 1 1 0p x p x p+ + =Koeficijenti kvadratne jednadbe jesu: ( )4 5, 2 2 1 , 1a p b p c p= + = =

Uvjet za postojanje realnih rjeenja:0D

D= b2 4ac2 4 0b a c

( ) ( )( )2

2 2 1 4 4 5 1 0p p p +

( ) ( )( )24 4 4 1 16 20 1 0p p p p + + 2 216 16 4 (16 16 20 20) 0p p p p + +

2 216 16 4 16 16 20 20 0p p p p + + +

20 24 0p +

120 24

20p

6 6,5 5

p p

Linearna nejednadba, kojase rjeava poput linearnejednadbe (nepoznanica mora

postepeno ostati sama nalijevoj strani) uz razliku: kadase nejednadba mnoi ili dijelis negativnim brojem, znaknejednakosti se okree.


56/35156

Zadatak 3. Opii ovisnost rjeenja kvadratne jednadbex2 2x+ (p2) = 0o vrijednosti realnog parametrap.

Rjeenje:

( )

2 2 2 0x x p + =

1, 2, 2a b c p= = =

Oitamo vrijednosti koeficijenata

kvadratne jednadbe, kako bi sedobila vrijednost diskriminante.

( ) ( ) ( )22 4 2 4 1 2 4 4 8 12 4 4 3D b a c p p p p= = = + = =

1. sluaj:D > 0(rjeenja su realna i razliita)

( )

( )

0

4 3 0 : 4

3 0

3 : 3

3 ,3

D

p

p

p

p p

>

>

>

>

<

Rjeenje je otvoreni interval (granice intervala nisu ukljuene u rjeenje).

2. sluaj:D = 0(jedno dvostruko realno rjeenje)

( )0

4 3 0 : 4

3 0

3 ( 1)

3

D

p

p

p

p

=

=

=

=

=

3. sluaj:D< 0(rjeenja su dva konjugirana kompleksna broja)

( )0

4 3 0 : 4

3 0

3 3,

Dp

p

p p

< 1 0 1p p+ < <

Rjeenje 1. sluaja:1,1p

Rjeenje 2. sluaja ne postoji, jer realni

brojevi ne mogu istovremeno biti veiod 1 i manji od -1.

Konano rjeenje: 1,1 ,p p R .

b) Trai se: vrijednost realnog parametrapkoji zadovoljava uvjet 2 21 2 2x x + =

2 22 2 2 1

1 2 2 2 2 2

1 2 1 2

1 1 x xx x

x x x x

++ = + =

2 2

1 22 2

1 2

1 1 ix x

x x

= =

Naemo zajedniki nazivnik.2 2 2

2 2 2 1 2 1 1 2 1 2 1 21 2 2 2

1 2 1 2

2 2 ( ) 2

( ) ( )

x x x x x x x x x xx x

x x x x + + + + = =

Primjena Viteove formule.2

2 2

1 2 2

42

b c

a ax x

c

a

+ = =

4

p2

2 2

p

22

4

p

2

2

22

2

2

4

p

p

p

p

=

1

4p 2

2 2

2 2 2

2 22 2

2 2

2 1 2

2 2

2 2

4 4

p p

p p p

p p

p p

=

22

2

22

2

2 2

2

2

4

ppp

pp

+

= =

22p

22

2 22

2

1 4

2 22

4

ppp

p

=

2 2

1 2 2x x + =

22

2

1 42 2

2 2

pp

=

22

2

44

2

p

p

=

2

2

42

2

p

p =

Rjeavanje jednadbe x a= se svodina dva sluaja: x a= i x a= .

Dopunimo dokvadrata zbroja.


61/35161

1.sluaj 2.sluaj2

2

2

42 (2 )

2

pp

p =

22

2

42 (2 )

2

pp

p =

2 2

4 2(2 )p p= 2 24 2(2 )p p= 2 2

4 4 2p p= 2 24 4 2p p= +2 2

4 2 4p p+ = 2 24 2 4p p = 26 4 : 6p = 22 4 : 2p =

2 2

3p = 2 2p =

1,22 2 33 3 3

p = = 3,4 2p i=

1,2

6

3p =

Ova rjeenja nisu prihvatljiva, jertraimo da jeprealan broj

c) Trai se: vrijednost realnog parametrapkada jedan korijen jednadbe

iznosi1

2

.

Jedan korijen (rjeenje) jednadbe iznosi1

1 1

2 2x =

Realni parametarpje mogue izraunati nakon to se u jednadbu umjesto

nepoznanicexuvrsti vrijednost1

2.

( ) ( )22 1 8 1px p p x+ = +

1

2 1

2p

2 4

1

1 8p p + = +

1

2

1

1

( ) ( )21 4 1p p p+ = + 2 22 1 4 1p p p p+ + = + 2 2

2 1 4 1 0p p p p+ + + =

2 2 0p + =

2 2 : ( 2)p =

1p=


62/35162

d) Trai se: vrijednost realnog parametrapkada su korijeni jednadbe

reciproni. Tada vrijedi: 12

1x

x= .

Zadani uvjet 12

1x

x= je potrebno uvrstiti u Viteovu formulu za umnoak

rjeenja jednadbe.

1 2

cx x

a =

2

1

x 2x 1

c ca a

= =

22

2

21 4

4

pp

p

=

2 22 4p p =2 2

2 4 2p p = 25 2 ( 1)p =

25 2p =

1,2

2 5 10

5 55

p = =

Zadatak 3. Skrati razlomak:2

2

2 35

10 25

x xx x

+ +

.

Rjeenje:

Skraivanje razlomaka se moe provesti tek nakon faktorizacije brojnika inazivnika. Brojnik se faktorizira pomou izraza za faktorizaciju kvadratne

funkcije, dok se nazivnik faktorizira primjenom formule za kvadrat razlike.

Da bi bilo mogue izvriti faktorizaciju kvadratne jednadbe, potrebno jenajprije izraunati rjeenja kvadratne jednadbe.

2 2 35 0 1, 2, 35x x a b c+ = = = =

( )221,2

2 2 4 1 354 2 121 6

2 2 1 2

b b a cx

a

= = = =

1

2

1 6 7

1 6 5

x

x

= = = + =


63/35163

Prema formuli za faktorizaciju kvadratne jednadbe slijedi:

( )( )2 2 35 5 7x x x x+ = + ( )( )2 1 2ax bx c a x x x x+ + =

( )22 10 25 5x x x + = Kvadrat razlike: ( )22 22I I II II I II + =

2

2

( 5)2 35

10 25

xx xx x

+ =

+ 2( 7)

( 5)

x

x

+

7

5

xx

+=

Zadatak 4.Napii kvadratnu jednadbu ako su zadana njezina rjeenja:

1 22 2, 2 2x x= = + .

Rjeenje:

Potrebno je koristiti formulu za dobivanje kvadratne jednadbe ako su poznata

njezina rjeenja koja glasi: ( )2 1 2 1 2 0x x x x x x + + =

1 2

2 2

1 2

2 2 2 2 4

(2 2)(2 2) 2 ( 2)

x x

x x

+ = + + =

= + = 4 2 2= =

Traena kvadratna jednadba glasi: 2 4 2 0x x + = .

Zadatak 5.Napii kvadratnu jednadbu ije je jedno rjeenje zbroj, a drugo

rjeenje umnoak rjeenja jednadbe ije je jedno rjeenje2

3 3i.

Rjeenje:

Dakle, imamo 2 jednadbe, te znamo jedno od rjeenja prve jednadbe.Najprije je potrebno odrediti drugo rjeenje prve kvadratne jednadbe. Kadakvadratna jednadba ima kompleksna rjeenja, njezina rjeenja su konjugiranokompleksni brojevi.Primjenjuje se dijeljenje kompleksnih brojeva (nadopuniti nazivnik na razlikukvadrata eli se eliminirati imaginarna jedinica iiz nazivnika).

1 1 22 2

2 3 3 2(3 3) 2(3 3) 2(3 3) 3 3( )

9 3 9 3 63 3 3 3 3 ( 3)

i i i i ix

ii i i

+ + + + += = = = =

+ +


64/35164

Drugo rjeenje glasi: ( )2 13 3

6

ix

= , dakle, promijenili smo + u .

Potrebno je koristiti formulu za dobivanje druge kvadratne jednadbe ako su

poznata njezina rjeenja koja glasi: ( )2 1 2 1 2 0x x x x x x + + =

Rjeenja druge kvadratne jednadbe izraunavamo na sljedei nain:

( ) ( ) ( )1 1 22 1 13 3 3 3

1 zbroj rjeenja prve jednadbe6 6

i ix x x

+ = + = + =

2 2

2 2 1 1 2 1 2

3 3 3 3 3 ( 3) 9 3 1( ) ( ) ( )

6 6 6 36 3

i i ix x x

+ += = = = =

Sada kad smo nalix1ix2od druge jednadbe uvrstit emo ih u formulu:( ) ( )1 22 2

1 41

3 3x x+ = + =

( ) ( )1 22 21 1

13 3

x x = =

( )2 1 2 1 2 0x x x x x x + + =

2 4 1 0 33 3

x x + =

23 4 1 0x x + =

umnoakrjeenja


65/35165

2.5. Jednadbe koje se svode na kvadratne

Jednadbe koje se svode na kvadratneSljedee vrste jednadbi se rjeavaju svoenjem na kvadratnu:1. sustav linearne i kvadratne jednadbe;

2. bikvadratne jednadbe;3. iracionalne jednadbe;4. ostale jednadbe koje se metodom supstitucije svode na kvadratnujednadbu;5. simetrine jednadbe treeg stupnja.

Sustav linearne i kvadratne jednadbeIz linearne jednadbe se jedna nepoznanica izraava pomou druge

nepoznanice, te se taj izraz uvrtava u kvadratnu jednadbu. Na ovaj nainse dobiva kvadratna jednadba po jednoj nepoznanici. Rjeenja kvadratnejednadbe se nakon toga uvrtavaju u poetnu supstituciju, kako bi se dobilarjeenja druge nepoznanice.

Bikvadratne jednadbeJednadba oblika ax4+ bx2+ c= 0 (a, b, cR, a 0) naziva se bikvadratnajednadba. Rjeava se supstitucijom t=x2ime se svodi na kvadratnu

jednadbu. Bikvadratna jednadba openito ima etiri rjeenja.

Iracionalne jednadbeJednadbe u kojima se nepoznanica javlja pod znakom korijena (u radikantukorijena) naziva se iracionalna jednadba. Ovdje su vrijednosti drugogkorijena iskljuivo pozitivne. Ove jednadbe se rjeavaju postupkompotenciranja. Jednadbe dobivene postupkom potenciranja ne moraju bitiekvivalentne (jednadbe s jednakim rjeenjima i razliitog oblika). Zbog

navedenog, svako rjeenje dobivene jednadbe ne mora biti rjeenje poetneiracionalne jednadbe, ali je zato svako rjeenje iracionalne jednadbe rjeenjedobivene jednadbe. Zbog navedenog, na kraju zadatka je potrebno provjeritiprihvatljivost dobivenih rjeenja uvrtavanjem rjeenja u poetnu iracionalnujednadbu.

Simetrine jednadbe treeg stupnja

Jednadba oblika 3 2 0ax bx bx a+ + + = , , 0a b R a naziva se simetrina

jednadba treeg stupnja. Ove jednadbe se rjeavaju rastavljanjem na faktoregrupirajui prvi i etvrti lan, te drugi i trei lan.


66/35166

Zadatak 1. Rijei sustav jednadbi:

2

2 1

2 2 7

x y

x x y

=

= + .

Rjeenje:Potrebno je rijeiti sustav linearne i kvadratne jednadbe primjenom metodesupstitucije.

2 1 2 1x y y x = = Uvijek se iz linearne jednadbe izrazi jednanepoznanica pomou druge, te se taj izrazuvrtava u kvadratnu jednadbu.

22 2 7x x y = +2

2 2 7 2 1x x x = + 22 2 2 6x x x = +2

2 2 2 6 0x x x =22 4 6 0 : 2x x =

22 3 0 1 2 3x x a b c = = = =

( ) ( )221,2

2 2 4 1 34 2 4 2 41 2

2 2 1 2 2 2

b b acx

a

= = = = =

1 1 2 1x = = 2 1 2 3x = + =

1 12 1y x= 2 22 1y x=

( )1 2 1 1 3y = = 2 2 3 1 5y = =

Rjeenja sustava su: ( )1, 3 i ( )3,5 .

Zadatak 2. Rijei jednadbu: 4 22 7 4 0x x = .

Rjeenje:

Bikvadratna jednadba se rjeava svoenjem na kvadratnu jednadbu metodom

supstitucije 2t x= .4 22 7 4 0x x = supstitucija

2t x=2

2 7 4 0 2 7 4t t a b c = = = =

( ) ( )221,2

7 7 4 2 44 7 49 32 7 9

2 2 2 4 4

b b act

a

+ = = = =


67/35167

1

7 9 1

4 2t

= = 2

7 94

4t

+= =

Umjesto nepoznanice tpotrebno je vratiti prvobitnu nepoznanicux t =x2.

2 1

2

x =

2

1,2

1 1

2 2x i

= =

24x =

3,4 2x =

1,2

1 2

2 2x i=

1,2

2

2x i=

Zadatak 3.Napii bikvadratnu jednadbu s vodeim koeficijentom 1 i

rjeenjima 2 , 2 , 3, 3i i .

Rjeenje:

Potrebno je napisati bikvadratnu jednadbu: 4 2 0ax bx c+ + = . Vodeikoeficijent jednak je 1, znai 1=a .

Rjeenja: 1 2x i= , 2 2x i= , 3 3x = 4 3x = .

Za rjeavanje bikvadratnih jednadbi koristi se supstitucija 2t x= .

Za rjeenja 1 2 1 2x i x t = .

Za rjeenja 3 4 2 9x i x t = .

Treba promatrati t1i t2kao rjeenja kvadratne jednadbe oblika

( )2 1 2 1 2 0t t t t t t + + = (vidjeti poglavlje 2.4. Vitove formule).

1 2 2 9 7t t+ = + = t =x2 t2=x4

1 2 2 9 18t t = = Rjeenje zadatka: 4 27 18 0x x =

Zadatak 4. Rijei jednadbu: 10 31 2 1x x = .

Rjeenje:

10 31 2 1x x =

Iracionalna jednadba s drugim korijenom rjeava se kvadriranjem ime seuklanja korijen. U ovom zadatku je prije kvadriranja potrebno prebaciti lan 2x


68/35168

na desnu stranu, kako bi na lijevoj strani ostao samo korijen. U suprotnom sene bismo kvadriranjem rijeili korijena.

2

10 31 1 2x x = +

2 2( 10 31 ) (1 2 )x x = +210 31 4 4 1x x x = + +

24 4 1 10 31 0x x x+ + + =2

4 35 9 0 4, 35, 9x x a b c+ = = = =

22

1,2

35 35 4 4 ( 9)4 35 1225 144 35 37

2 2 4 8 8

b b acx

a

+ = = = =

1

35 37 72

98 8x

= = = 235 37 2 1

8 8 4x

+

= = =Budui da se kvadriranjem ne dobivaju ekvivalentne jednadbe, potrebnoje provjeriti prihvatljivost rjeenja. Provjera se vri uvrtavanjem dobivenihrjeenja u poetnu iracionalnu jednadbu. Za vrijeme provjere uzima se samopozitivna vrijednost korijena.

( ) ( )10 31 9 2 9 1 = 1 110 31 2 14 4

=

10 279 18 1+ + = 31 1

10 14 2

=

17 18 1+ = 3 1

12 2

=

35 1 1 1=

Rjeenjex1= 9 nije prihvatljivo(nije rjeenje zadane iracionalnejednadbe).

Rjeenje 2

1

4x =

je prihvatljivo, toznai da je 2

1

4x = rjeenje poetne

iracionalne jednadbe.


69/35169

Zadatak 5. Rijei jednadbu: 2 5 2 2x x = .

Rjeenje:

2 5 2 2x x =

22 5 2 2x x = +

Prije kvadriranja jednadbe prebacimo korijen2x na desnu stranu kako bi se nakon

kvadriranja dobio jednostavniji izraz.

2 2 2( 2 5) 2 2 2 2 ( 2)x x x = + + Kvadrat zbroja.

2 5 4 4 2 2x x x = + +

2 5 4 2 4 2x x x + = 27 4 2x x =

2( 7) 16( 2)x x = 2 14 49 16 32x x x + = 2

14 49 16 32 0x x x + + =

Kod iracionalnih jednadbi s dva korijena

potrebno je dva puta provesti kvadriranje.

230 81 0 1, 30, 81x x a b c + = = = =

( )221,2

30 30 4 1 814 30 900 324 30 24

2 2 1 2 2

b b acx

a

= = = =

1

30 243

2x

= = 2

30 24 5427

2 2x

+= = =

Provjera rjeenja:

2 3 5 3 2 2 = 2 27 5 27 5 2 =

1 1 2 = 7 5 2 =

0 2 2 2=x

1= 3 nije rjeenje ove

iracionalne jednadbe x

2= 27 je rjeenje ove iracionalne jednadbe.

Zadatak 6. Rijei jednadbu: ( ) ( )2 27 2 4 2 3 24x x x x + + = .

Rjeenje:

Rjeavanje zadane jednadbe zapoinjemo supstitucijom 2 2t x x= + .

(Nepoznanicaxse zamjenjuje s novom nepoznanicom t). Bez primjene metodesupstitucije ne bismo uspjeli rijeiti jednadbu, jer bi nakon mnoenja zagradadobili jednadbu etvrtog stupnja koju ne znamo rijeiti.


70/35170

( )( )7 4 3 24t t = Radi svoenja jednadbe na standardnioblik kvadratne jednadbe, mnoi sezagrada sa zagradom.

27 4 21 12 24 0t t t + =27 25 12 0 7, 25, 12t t a b c = = = =

( ) ( )221,2

25 25 4 7 124 25 625 336 25 31

2 2 7 14 14

b b act

a

+ = = = =

1

25 31 6 3

14 14 7t

= = = 2

25 31 564

14 14t

+= = =

Umjesto nepoznanice tvraamo poetnu nepoznanicux 2 2t x x = + .

2 32 7

7x x + = 2 2 4x x + =

27 7 14 3x x + = 2 2 0x x =

27 7 14 3 0x x + + = 2 2 4 0x x + =

27 7 17 0x x + = 1, 1, 2a b c= = =

7, 7, 17a b c= = = 2

3,4

4

2

b b acx

a

=

2

1,2

4

2

b b acx

a

=2

3,4

1 ( 1) 4 1 ( 2)

2 1x

=

( )21,2

7 7 4 7 17

2 7x

=

3,4

1 1 8

2x

+=

1,2

7 49 476

14x

= 3,41 9

2x

=

1,2

7 427

14x

= 3,4

1 3

2x

=

Primijeniti 12 =i 31 3

12

x = =

2

1,2

7 427

14

ix

= 3,4

1 32

2

x += =

Rjeenjax1ix

2su konjugirani

kompleksni brojevi.Rjeenjax

3ix

4su realni i razliiti

brojevi.


71/35171

Zadaci 7. Rijei jednadbu: 3 23 7 7 3 0x x x + = .

Rjeenje:

Ovdje se radi o simetrinoj jednadbi treeg stupnja. Njezino rjeavanje zapoinje

grupiranjem prvog i etvrtog, te drugog i treeg lana.3 23 3 7 7 0x x x+ =3

3( 1) 7 ( 1) 0x x x+ + =

Prikazati 3( 1)x + kao zbroj kubova: 3 3 2 2( )( )I II I II I I II II+ = + +23( 1)( 1) 7 ( 1) 0x x x x x+ + + = Izvuemo zajedniki faktor (x+ 1).

( ) ( )21 3 1 7 0x x x x + + = 2( 1)(3 3 3 7 ) 0x x x x+ + =2( 1)(3 10 3) 0x x x+ + = Umnoak je jednak nuli kada je neki od

faktora jednak nuli.

1

1 0

1

x

x

+ =

=

23 10 3 0 3, 10, 3x x a b c + = = = =

22

2,3

10 ( 10) 4 3 34 10 100 36 10 8

2 2 3 6 6

b b acx

a

= = = =

2

10 8 1

6 3x

= =

3

10 83

6x

+= =


72/35172

3. Polinom drugog stupnja i njegov graf

3.1. to je funkcija

FunkcijaFunkcija (preslikavanje)fje pravilo po kojem se svakom elementuxskupaApridruuje tono jedan elementyskupaB. SkupAnazivamo domena funkcijef (podrujem definicije funkcijef) i oznaavamo sDf, dok skupBnazivamokodomena funkcijef(podrujem vrijednosti funkcijef) i oznaavamo sKf.Funkciju moemo zapisati kaoy=f(x). Moemo rei da jeyfunkcija odx,definirana naAi s vrijednostima uB. Kao primjer uzimamo artikle u duanu injihove cijene. Svakom proizvodu pridruena je njegova cijena.

Realne funkcije su one funkcije za koje su domena i kodomena podskup skuparealnih brojeva. Ovdje e biti promatrane samo realne funkcije.

Domena funkcijeDomena realne funkcije je skup svih realnih brojevaxza koje funkcija imasmisla. Domene nekih karakteristinih funkcija prikazane su u sljedeoj tablici:

Rednibroj

Naziv funkcije Analitiki zapisfunkcije

Definicija domene

1. Linearna funkcija ( )f x ax b= + fD R=

2. Iracionalna funkcija ( ) ( )f x g x= { }: ( ) 0fD x g x i x R=

3. Racionalna funkcija ( )

( )( )

u xf x

v x=

{ }

{ }

: \G

: ( ) 0

fD x x R

G x v x

=

= =

Tablica 3.1. Domene nekih karakteristinih funkcijaPrimjena ove tablice je prikazana u zadatku 1.

A B

domenaDf kodomenaKf

x y


73/35173

Graf funkcije

Graf f funkcijef je skup ureenih parova ( ), ( )x y x koji predstavljajukoordinate toaka u koordinatnom sustavu, za svex iz domeneDffunkcijef:

{ }( , ) : , ( )f fx y x D y f x = = .

Svaka krivulja u ravnini ne predstavlja graf neke funkcije, jer se svakom brojux Dfmora pridruiti samo jedan brojypo praviluy=f(x). Da bi se praktinomoglo procijeniti je li odreena krivulja graf funkcije, moe se provestivertikalni test, prema kojem svaki pravac okomit na os x sijee graf funkcijenajvie u jednoj toki. Ako postoji pravac koji moe sjei krivulju u vie odjedne toke, tada ta krivulja nije graf funkcije.

Linearna funkcijaFunkcija :f R R zadana formulom ( ) ( , , 0)f x ax b a b R a= + jepolinom prvog stupnja ili linearna funkcija. Graf linearne funkcije naziva sepravac. Koeficijent azove se koeficijent smjera, dok se koeficijent bzoveodsjeak na osi y.

Zadatak 1. Odredi domenu funkcija:

a) ( ) 3 2f x x= ; b) ( ) 2

5

4 12 7

x

f x x x= ;

c) ( ) 5 7f x x= + ; d) 1( ) .5

xf x

x

=

Rjeenja:

Prilikom rjeavanja zadataka u vezi domene funkcije vano je na poetkuzadatka prepoznati vrstu zadane funkcije, jer se na temelju tog saznanja

odreuje domena funkcije. U sljedeim zadacima koristit emo tablicu 3.1.navedenu u teorijskom uvodu.a) Zadana je linearna funkcija. Kao to je navedeno u spomenutoj tablici,domena linearne funkcije je skup realnih brojeva. To moemo zapisati nasljedei nain:Df=R.b) Zadana je racionalna funkcija. Da bismo odredili domenu najprije moramoizraunati za koje vrijednosti nezavisne varijablexje nazivnik jednak nuli.

24 12 7 0 4, 12, 7x x a b c = = = =


74/35174

( ) ( )221,2

12 12 4 4 74 12 16 3 4

2 2 4 8 2

b b a cx

a

= = = =

1

3 4 1

2 2x

= = 23 4 7

2 2x

+

= =

Domena funkcije jest:1 7

\ ,2 2

fD R =

. Domena zadane funkcije je jednaka

skupu realnih brojeva osim brojeva1

2 i

7

2.

c) Zadana je iracionalna funkcija. Domena iracionalne funkcije se rauna

iz uvjeta da radikant (izraz ispod korijena) treba biti vei ili jednak nuli. Usuprotnom, rezultat bi pripadao skupu kompleksnih, a ne realnih brojeva.Postavimo nejednadbu u skladu sa zadanim zadatkom.

5 7 0

5 7 : 5

7

57

: , ,5

f

x

x

x

D x x R x

+

= +

d) Zadana je iracionalna funkcija s radikantom u obliku racionalne funkcije.Prilikom odreivanja domene funkcije, potrebno je uzeti u obzir obje funkcije.Uvjet za raunanje domene iracionalne funkcije je da radikant mora biti vei

ili jednak nuli, a zatim moramo iz tog rjeenja iskljuiti vrijednosti x za koje jenazivnik jednak nuli.1

05

x

x

U 1. razredu srednje kole se obradilo rjeavanje ovakvih nejednadbi. Da biracionalna funkcija bila vea od nule, izrazi u brojniku i nazivniku trebaju bitijednakih predznaka (ili oba pozitivna ili oba negativna). Da bi se rijeila ovanejednadba potrebno je rijeiti oba sluaja.

Takoer, potrebno je uzeti u obzir, dok brojnik moe biti jednak nuli, nazivnicinikada ne smiju biti jednaki nuli (jer ne znamo dijeliti s nulom), bez obzira toje u nejednadbi naveden znak vei ili jednak nuli. Na ovaj nain se uzima uobzir da je promatrani radikant izraen u obliku racionalne funkcije.


75/35175

1. sluaj (oba negativna) 2. sluaj (oba pozitivna)1 0 1x x 1 0 1x x

5 0 5x x < < 5 0 5x x > >

Rjeenje sustava nejednadbi za 1.

sluaj

Rjeenje sustava nejednadbi za 2.

sluaj1x 5x>

1. sluaj

Rjeenje je tamniji dio koji se dobije kao presjek rjeenja pojedinihnejednadbi sustava.

2. sluaj

Rjeenje je tamniji dio koji se dobije kao presjek rjeenja pojedinihnejednadbi sustava.Konano rjeenje ovog sustava nejednadbi je unija rjeenja 1. i 2. sluaja:

]{ }: , ,1 5,fD x x R x= +

Zadatak 2. Odredi linearnu funkcijuf(x) = ax+ b, ako je poznato:

( )1 2f = i (6) 5f = .

Rjeenje:

Budui da linearna funkcija ima oblik ( )f x ax b= + , ovaj zadatak se svodi narjeavanje sustava od dvije jednadbe s dvije nepoznanice (koeficijenti ai b).Sustav dobijemo tako da umjestoxiyuvrstimo zadane vrijednosti.

y

x0 1 2 3 4 5

x1 x5


76/35176

( )

1 2 ( 1)

6 5

ax b f x

a b

a b

+ =

+ =

+ =2

6 5

a b

a b

= +

+ = 7 7 1a a= =

6 5

6 1 5

5 6 1

a b

b

b b

+ =

+ =

= =

Zadatak 3.Nacrtaj graf funkcije ( ) 1

32f x x= + .

Rjeenje:

Za rjeavanje ovog zadatka koristimo svojstvo pravca da je odreen s dvijetoke. Odabiremo dvije proizvoljne vrijednosti nezavisne promjenljiveveliinex, te zatim izraunavamo pripadne vrijednosti funkcije. Na ovaj nainizraunavamo koordinate dviju toaka A i B pomou kojih moemo nacrtatizadani pravac.

( )1(0) 0 3 3 0,32

1(2) 2 3 1 3 2 (2, 2)

2

f A

f B

= + =

= + = + =

y

x

-1

4.5

4

3.5

3

2.5

2

1.5

1

0.5

-0.5-1

0.5 1 1.5 2 2.5 3

A = (0, 3)

B = (2, 2)

f (x) = - x + 312

f(1) = 2

f(6) = 5

Traena linearna funkcija glasi:

( ) 1f x x= .


77/35177

Zadatak 4. Prikai grafiki funkciju ( ) 2 1 1f x x= + + .

Rjeenje:

Budui da se radi o izrazu s apsolutnom vrijednou, moramo promotriti dva

sluaja: kada je izraz pod apsolutnom vrijednou negativan, i sluaj kada jepozitivan.

1. sluaj (negativan) 2. sluaj (pozitivan)1

2 1 02

x x+ < < 1

2 1 02

x x+ > >

Ako je izraz pod apsolutnomvrijednou negativan, tada se znak

apsolutne vrijednosti zamjenjuje sobinom zagradom ispred koje jepredznak minus.

Ako je izraz pod apsolutnomvrijednou pozitivan, tada se znak

apsolutne vrijednosti zamjenjuje sobinom zagradom ispred koje jepredznak plus.

( )( ) 2 1 1f x x= + + ( )( ) 2 1 1f x x= + + +

( ) 2 1 1f x x= + ( ) 2 1 1f x x= + +

( ) 2f x x= ( ) 2 2f x x= +

2y x= 2 2y x= +

y

x

-1

4.5

4

3.5

3

2.5

2

1.5

1

0.5

-0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3-3 -2.5 -2 -1.5

A = (-2, 4)

y=-2x y=2x+2

C = (1, 4)

D = (0, 2)B = (-1, 2)

B = (-0.5, 1)

0

x 2 1 1

2

y 4 2 1

x 0 1

y 2 4


78/35178

3.2. Graf kvadratne funkcijef(x)= ax2; translacija grafa

Kvadratna funkcija (polinom drugog stupnja)

Funkcija :f R R zadana formulom 2 0ax bx c+ + = ( , ,a b c R i 0)a jepolinom drugog stupnja ili kvadratna funkcija. Nazivi koeficijenata kvadrante

funkcije su:a vodei koeficijent;b linearni koeficijent;c slobodni koeficijent.Graf kvadratne funkcije je parabola.

Graf kvadratne funkcije 2( )f x ax=

Graf kvadratne funkcije2

( )f x ax= , :f R R , (a R , 0)a je parabolaosnosimetrina s obzirom na os ordinata (os y) i s tjemenom u toki T (0, 0).Ovisnost oblika parabole o vodeem koeficijentu a: ako je a> 0: otvor parabole je okrenut prema gore, u toki s x koordinatomx

0= 0 (tjeme) funkcija poprima najmanju vrijednost; ako je a< 0: otvor parabole je okrenut prema dolje, u toki s x koordinatomx

0= 0 (tjeme) funkcija poprima najveu vrijednost;

ako je broj a vei, parabola se suuje, dok ako je broj a manji, parabola

se iri.

Graf kvadratne funkcije 2( )f x ax c= +Graf kvadratne funkcije 2( )f x ax c= + , :f R R , ( ,a c R i 0)a

dobivamo translacijom parabole 2( )f x ax= za iznos c prema gore ako je0c> ili prema dolje ako je 0c< . Dobivena parabola je osnosimetrina s

obzirom na os ordinata (os y) i ima tjeme u toki T (0, c).

Graf kvadratne funkcije 20( ) ( )f x a x x= Graf kvadratne funkcije 20( ) ( )f x a x x= , :f R R , 0( ,a x R i 0)a

dobivamo translacijom parabole 2( )f x ax= za iznos 0x udesno ako je 0 0x > ili ulijevo ako je 0 0x < . Dobivena parabola je osnosimetrina s obzirom napravacx=x0i ima tjeme u toki T (x0, 0).

Graf kvadratne funkcije2

0 0( ) ( )f x a x x y= +Graf kvadratne funkcije 20 0( ) ( )f x a x x y= + , :f R R , 0 0( , ,a x y R

i 0)a dobivamo translacijom parabole 2( )f x ax= za iznos 0x du osi

8/10/2019 Matematika Za 2 Sred

Documents

Matematika Za 2 Srednje