[ ]1;1

1.U skupu realnih brojeva uprostiti izraz:
1
- MATEMATIKA -
GRUPA 1
1−
x + 1+
x 2tgα
, za x =
2
1+
x + 1−
x 1+
tg α
⎡ π π⎤
⎛ π π⎤ ⎡π π ⎞
a) α ∈
⎢
− ,
⎣ 4 4⎥
b) α ∈ ⎜−
, − ∪ ⎟
⎦ ⎝
⎥
⎦
⎢
,
2 4 ⎣ 4 2 ⎠
2.U skupu realnih brojeva riješiti nejednačinu
3.U skupu realnih brojeva riješiti sistem jednačina
x
7 9
+ <
−5x
+ 6 x −3
2
−
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
2x y
x 2
3 − 2 = 77 ∧ 3 − 2 = 7
4.Naći skup rješenja sistema jednačina:
2 2
log
2
x − log
4
y = 0 ∧ 5x − y = 4
5. Na koliko različitih načina se od prvih 27 uzastopnih prirodnih brojeva, mogu odabrati tri broja,
tako da njihov zbir bude djeljiv sa 3?
1 1 1
6.Odrediti x tako da brojevi , , obrazuju aritmetičku progresiju.
log
3
5 log
6
5 log
x
5
7. U skupu realnih brojeva riješiti nejednačinu
tg ( ) 2 x − 1+
3 tgx + 3 < 0
8. Neka su P i Q sredine redom stranica BC i CD paralelograma ABCD, neka je R presjek duži AP i
BQ i neka je a = AB, b = BC.
a) Izračunati ϕ i ψ ako je ϕ a + ψb
= 0
b) Ako je PR = αPA
i RB = βQB
, tada izraziti vektore BP,PR i RB u zavisnosti od vektora a i b i
skalara (realnih brojeva) α i β
c) Izračunati α i β i AR:RP, koristeći zbir BP + PR + RB
9. Izračunati površinu trapeza ABCD čije osnovice su AB=8 i CD=4, a uglovi na osnovici su
π π
α = i β = .
4 6
10. Izračunati zapreminu pravilnog tetraedra, ako mu je rastojanje između sredina dvije naspramne
ivice 2 .
RJEŠENJA:
y
1
2tgα
1+
−
2
tg α + 1
2tgα
1+
+
2
tg α + 1
2tgα
1−
2
tg α + 1
2tgα
1−
2
tg α + 1
=
tgα + 1 −
tgα + 1 +
tgα −1
tgα −1
Ako je
⎡ π
α ∈
⎢
− ;
⎣ 4
π⎤
4⎥
⎦
tgα
+ 1 − tgα −1
α ,pa je = tgα
tgα + 1 + tgα −1
, tada je tg ∈[ −1;1 ]

Ako je
⎛ π π⎤
α ∈ ⎜−
; −
⎥
, tada je tgα
∈ ( − ∞,
−1]
,pa je
⎝ 2 4⎦
2
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
tgα + 1 − tgα −1
tgα + 1 + tgα −1
⎡π π ⎞
tgα + 1 − tgα −1
1
Ako je α ∈
⎢
; ⎟ , tada je tg α ∈[ 1;
+ ∞)
,pa je
=
⎣ 4 2 ⎠ tgα + 1 + tgα −1
tgα
7 9 ( x + 5)( x −1)
2. + < −1
⇔
< 0 ⇒ x ∈ ( − 5;1 ) ( 2;3)
x
2 − 5x
+ 6 x − 3 x − 2 x − 3
∪
y
2 2
( )( )
1
=
tgα
3.Smjenom 3 x = u i = ν dati sistem se svodi na ekvivalentan sistem
2 2
u −ν
= 77 ∧ u −ν
= 7 Djeljenjem ovih jednačina dobija se u + v = 1 i u - v = 7 , pa je (u,v)=(9,2)
odnosno (x,y)=(2,2).
2 2
2 2
4. log x − log y = 0 ∧ 5x − y = 4 ⇔ log x − log y = 0 ∧ 5x − y
2 4
2 2 = 4
2
x = pa ako uvrstimo u drugu biće: ( ) {( ) ( )}
Iz prve je y
x , y ∈ 1,1 , 2,4
5.Podelimo tih 27 brojeva u tri grupe po 9 brojeva tako da su u prvoj grupi svi brojevi koji su djeljivi
sa 3, u drugoj grupi su brojevi koji pri djeljenju sa 3 daju ostatak 1 i u trećoj grupi svi brojevi koji pri
djeljenju sa 3 daju ostatak 2 .Da bi zbir tri izabrana broja bio djeljiv sa tri moraju ti brojevi da budu u
⎛9⎞
istoj grupi ili sva tri broja treba da budu iz različitih grupa.U prvom slučaju ima ih ukupno 3 ⋅⎜
⎟ a u
⎝3⎠
drugom slučaju ima ih ukupno 9 3 ⎛9⎞
, te je rezultat da ih ima ukupno 3⎜
⎟ + 9
3 = 981.
⎝3⎠
1
1
1
6.Kako važi = log
5
3, = log
5
6, = log
5
x to iz uvjeta da oni tim redom obrazuju
log
3
5 log
6
5 log
x
5
aritmetičku progresiju slijedi da je 2 log 5 6 = log 5 3 + log 5 x = log 5 3x => x = 12 .
2
tg x − 1+
3 tgx + 3 < 0 ⇔ tgx −1
tgx − 3 < 0 ⇔ tgx ∈ 1, 3 to je rješenje date
7.Kako je ( ) ( )( ) ( )
⎛ π π ⎞ ⎛π
π ⎞
nejednačme nad intervalom ⎜ − , ⎟ interval ⎜ , ⎟ , a nad cijelim skupom realnih brojeva unije
⎝ 2 2 ⎠ ⎝ 4 3 ⎠
⎛ π π ⎞
svih intervala oblika ⎜ + kπ
, + kπ
⎟ , gde k prolazi kroz skup cijelih brojeva.
⎝ 4 3 ⎠
8. a) Kako su vektori a i b nekolinearni to važi: ϕa + ψb
= 0 ⇒ ϕ = 0 ∧ ψ = 0
1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞
b) BP = b, PR = α⎜−
b − a ⎟,
RB = β⎜
a − b⎟ 2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠
1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞
d) BP + PR + Rb = 0 ⇔ b + α⎜−
b − a ⎟ + β⎜
a − b⎟
= 0
2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠
⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 α ⎞
1
⎜−
α − β⎟a
+ ⎜ − − β⎟b
= 0 ⇔ −α − β = 0 ∧
⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 2 ⎠
2
1
2
α
1
− − β = 0 ⇔ α = ∧ β =
2
5
Slijedi AR:RP= 4:1
9.Ako su E i F redom normalne projekcije tačaka D i C na osnovicu AB i ako je DE=CF=h, tada je
AB=AE +FB=h+4’h 3 =8, odakle slijedi da je h = 2 3 -2, te je tražena površina
8 + 4
P= ⋅ 2( 3 −1) = 12( 3 −1)
2
2
5

3
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
10. Ako sa M i M označimo redom sredine ivica AB i CD tetraedra ABCD a sa a=AB to iz pravouglog
2
⎛ a ⎞
trougla AMN slijedi da je: ⎜ ⎟ + ( 2)
tetraedra jednaka
V =
⎝ 2 ⎠
2
1 a 3
⋅ ⋅ a
3 4
2
3
2
3
a 2
=
12
⎛ 1
= ⎜ a
⎝ 2
⎞
3 ⎟
⎠
GRUPA 2
2
odnosno da je a=2.Slijedi da je zapremina
− x 2 + 2x −16
1. U skupu realnih brojeva naći skup rješenja nejednačine: ≥ 3 .
x − 6
2. Naći m tako da zbir korjena (rješenja) jednačine:
x 2 + (2 + m - m 2 )x + m 2 = 0
bude jednak 0, a da proizvod korjena jedaačine bude jednak 4.
3. Dokazati da za svaki prirodan broj n. važi jednakost: 1
( n 1) 2
⎡ n +
⎢
⎣ 2
⎤
⎥
⎦
3 3 3
3
+ 2 + 3 + L + n = .
30
4. Zbir prva tri člana geometrijskog niza je 91. Ako se zbir prvog i trećeg člana pomnoži sa , dobija 61
se drugi član niza. Odrediti prva tri člana niza.
x−2
5. U skupu realnih brojeva riješiti jednačinu: log
4
( 2 ⋅ 4 −1) + 4 = 2x
6. U skupu realnih brojeva riješiti jednačinu:3cos 2 x - sin 2 x - sin 2x = 0.
7. Stranica romba je a = 5, a zbir dijagonala d 1 + d 2 = 14. Izračunati površinu romba.
8. Koliko se petocifrenih brojeva može napisati od cifara 0,1,. . . ,9 ako se cifre
(a) mogu ponavljati,
(b) ne mogu ponavljati.
9. Data je prava 2x + y — 12 = 0 i parabola y 2 = 4x. Naći jednačinu tangente na parabolu u presječnoj
tački M(x 0 ,y 0 ), y 0 < 0, prave i parabole.
10. Visina i izvodnica kupe se odnose kao l : 2, a njena zapremina je 1000 π cm 3 . Izračunati površinu
kupe.
RJEŠENJE:
2
1. − x + 2x −16
2
− x − x + 2 ( x −1)( x + 2)
x − 6
≥ 3 ⇔
x − 6
≥ 0 ⇔
x − 6
≤ 0 ⇒ x ∈
( − ∞;
− 2]
∪ [ 1; 6)
2. Iz x 2 + (2 + m - m 2 )x + m 2 = 0 na osnovu Vietovih formula i uvjeta zadatka slijedi
x 1 +x 2 = m 2 -m-2 = 0 ⇔ m ∈{ −1,2}
, x 1 x 2 =m 2 = 4 ⇔ m ∈{ − 2,2}
.Znači oba uvjeta, zadovoljava samo m
= 2.
2
3 ⎛1⋅
2 ⎞
3. Za n = l tvrđenje je tačno zbog 1 = ⎜ ⎟ . Predpostavimo da je tačno za n i dokažimo da je tačno i
⎝ 2 ⎠
2
2
za n + 1. 3 3 3
3 ⎡ n( n + 1)
⎤ 3 3 3
3
3 ⎡ n
( )
( n + 1)
⎤
1 + 2 + 3 + L + n = ⇔ 1 + 2 + 3 + L + n + n + 1 = + ( n + 1) 3
⎢
⎣
2
⎥
⎦
2
3 2 2
3
2
( n + 1) 4( n + 1) n ( n + 1) + 4( n + 1) ( n + 1) ( n 2)
2
3 3 3
3
3 n
+
1 + 2 + 3 + L + n + ( n + 1)
= + =
=
4 4
4
4
61
4. Neka su to brojevi a, b, c. Po uvjetu zadatka je a+b+c = 91, a + c = i ac = b 2 .Iz prve dvije
30
jednačine slijedi b = 30, što znači da je a +c = 61. Sada iz sistema jednačina a + c = 61 i
ac = 900 slijedi (a, b, c) ∈ {(25, 30, 36), (36, 30, 25)}.
5. log 4 (2 • 4 x-2 - 1) + 4 = 2x ⇔ log 4 (2 • 4 x-2 - 1) = 2x - 4 ⇔
⎢
⎣
2
2
⎥
⎦

4
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
4 2x-4 = 2 • 4 x-2 - l ⇔ (4 x ) 2 - 32 • 4 x + 256 = 0 ⇔ (4 x - 16) 2 = 0 ⇔ 4 x = 16 ⇒ x= 2.
6. 3 cos 2 x - sin 2 x - sin2x = 0

( x + 2)( x −1)
5
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
x 2 + x − 2
2 . ≤ 0 ⇔
≤ 0 ⇔ x ∈ ( − ∞;
− 2] ∪ [ 1; 3)
x − 3
x − 3
1⋅
2
3) n=1; = 1
2
k( k + 1)
Predpostavka da tvrđenje važi za n =k : 1+ 2 + 3 + L + k = .Dokaz da tvrđenje važi za n = k +
2
1: k( k + 1) ( k + 1)( k + 2)
1+ 2 + 3 + L + k + k + 1 = + k + 1 ⇔ + 2 + 3 + L + k + k + 1 =
2
3
6
5)S 3 =21 ∧ S 6 =78 ⇔ ( 2a1 + 2d) = 21∧
( 2a1
+ 5d) = 78
2
2
Rješavanjem sistema jednačina a 1 +d=7 ∧ 2a 1 +5d=26 dobijamo a 1 =3 i d=4 tako da je: S 10
= 210
2
x
x
6) ( 3 ) − 8⋅
3 − 9 = 0 , 3 x =9, 3 x = -1, => x= 2; 3 x = -l nema rešenja.
7) sin 2 x + cos x + 1 = 0 l - cos 2 x +cos x + 1 = 0; -cos 2 x + cosx + 2 = 0;cosx = -l x = ( 1+
2k)π
cos x = 2 nema rešenje
2 2
3⋅
4
8) c = a + b = 5 a ⋅ b = c ⋅ h
c
⇒ h
c
= h r =2.4cm
5
9) (y~4) 2 +y 2 +6(y-4}-4y = 0 i x=y-4
y = 4 => x = 0 A(0,4)
y=-1=>x=-5 B(-5,-1)
1
2
10) V = B ⋅ H B = r ⋅ π = 9π
3
1
H = b = 4cm r = a = 3cm
V = 9π ⋅ 4 = 12π
3
GRUPA 4
1.Proizvod korjena jodnačine -5x 2 +bx + c= 0 je 12.Parametri b i c su realni brojevi.Funkcija
f(x) = -5x 2 + bx + c ima maksimum za z = 4. Odrediti korjene te jednačine.
2. Za koje realne vrijednosti parametra k će izraz
kx 2 - 2k 2 x + k 3 + k 2 -3k- 4 biti negativan za svaki realni broj x?
3. U skupu realnih brojeva riješiti jednačinu: 3 x+2 + 9 x+l = 810.
4.Naći skup realnih rješenja nejednačine: log x (6 - 5x) < 2.
5. Pravougaonik ABCD ispresjecan je sa 6 pravih koje su paralelne sa stranicom AB i 8 pravih koje su
paralelne sa stranicom BC.Koliko ukupno ima pravougaonika na dobijenoj slici?
6. Neka je b 1 ,b 2 ,b 3 , ...,b n ,... geometrijska progresija sa količnikom q za koju važi da je zbir
b 1 + b 2 + b 3 + ... +b n + ... =∑ ∞ b
n
= -4 i da je b 4 –b 1 =7(q- l) 2 .
n=1
Izračunati b 2002
7. Riješiti nejednačinu: sin x - 3 sin 3x + sin 5x < 0
za x ∈(0, π ).
8. Neka su A(1, l, 2), B(l, 2,3) i C(-l, 1,2) tjemena paralelograma ABCD.Izračunati koordinate tjemena
D i težišta T trougla ABC.
9.Neka su nad katetama OA i OB jednakokrako pravouglog trougla OAB, kao nad prečnicima
konstruirane kružnice k 1 i k 2 .
a) Dokazati da tačka C pripada hipotenuzi AB, gdje su O i C presječne tačke kružnica k 1 i k 2 .
b) Izračunati površinu presjeka krugova koji su određeni kružnicama k 1 i k 2 ,ako je OA = 4cm.
2

6
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
10. Izračunati zapreminu lopte upisane u pravilni oktaedar ivice a. (Pravilni oktaedar se sastoji od dvije
jedriakoivične prave pravilne četverostrane piramide koje imaju zajedničku kvadratnu osnovu, a
vrhovi tih piramida su sa različitih strana te osnove.)
1.Na osnovu Vietovih pravila i uvjeta zadatka slijedi da je
c
− 5
= 12 tj. c = -60.Kako funkcija f dostiže
− b
maksimum za x = 4 to je = 4. tj b = 40.Sada se lako dobija da je x = 2 ili x = 6.
2( − 5)
2. Očevidno je da k=0 zadovoljava uvjet zadatka.Neka je sada k ≠ 0 tj. dati izraz jeste kvadratni
trinom.Dati izraz je negativan za svaki realni broj x ako i samo ako je k

7
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
piramida). Ako je P sredina ivice BC, tada iz pravouglog trougla STP slijedi da je r 2 = ST 2 = SP 2 – PT 2
2
2
2
a ⎛ 1 a 3 ⎞ a
= − ⎜ ⎟
4
3 2
tj r = , pa je zapreniina lopte 1 a
3 6π
.
⎝ ⎠ 6
27
Napomena: Kako je u pitanju pravilni oktaedar to tačka T mora biti baš težište trougla BCV.
GRUPA 5
1.Naći interval najmanje dužine kojem pripada realan broj k tako da rješcnja x 1 , x 2 kvadratne jednačine
(k - l)x 2 1 1
+ \k - 5)x – (K + 2) =0 zadovoljava uvjet + > 2.
x1 x 2
2.Cijena nekog proizvoda povećana je za 40%.Za koliko procenata treba mijenjati dobijenu cijenu, da
bi se dobila početna cijena.
3.Zbir tri uzastopna člana aritmetičke progresije je 54. Ako je najveći od njih dva puta veći od
najmanjeg, naći proizvod ta tri broja.
b x + y
4.Ako je cosx + cosy = a, sinx + siny = b,a ≠ 0, pokazati da je = tg .Naći cos(x+y) kao
a 2
funkciju od a i b.
5.Riješiti jednačinu log
2
x − log
2
8x + 5 = 0
6.Naći jednačinu kružnice koja spolja dodiruje kružnicu x 2 +y 2 -4x-5 = 0 a centar joj je u tački C(5.4)
7.Dijagonale jednakokrakog trapeza su uzajamno normalne.Izračunaj njegovu površinu ako je krak c =
2 5 ,a odnos osnovica 3:1.
8.Osnova prave pravilne šestostrane piramide je upisana u osnovu valjka a njen vrh leži u centru
gornje osnove valjka.Ako je visina piramide H=6 cm, a njena zapremina V=12 3 cm 3 , naći površinu
valjka.
9.Naći rješenje jednačine 2*3 x+1 –4*3 x-2 =450.
10.Koeficijent četvrtog i šestog člana u razvijenom obliku binoma
vrednost člana koji ne sadrži a.
n
⎛ 1 ⎞
⎜ + a ⎟ odnose se kao 5:18. Naći
⎝ a ⎠
RJEŠENJA:
k − 5
−
1 1 x + x k −1
x x x x
k + 2
1 2
1 2
−
k −1
2.C- prvobitna cijena
nakon povećanja: C 1 =1,4CC 1 -xC 1 =C ⇒ x=28.57%
3. a 1 + a 1 + d + a 1 + 2d = 54 a 1 +d = 18 => a 2 =18
a 1 + 2d = 2a 1
-a 1 +2d = 0
a 1 = 12,a 3 = 24,d = 6
a 1 a 2 a 3 = 12 *18= 5184
k + 9
k + 2
1 2
1. + > 2 ⇔ > 2 ⇔ > 2 ⇔ ⇒ k ∈ ( − 9; −2)

8
x + y x − y
2sin cos
b sin x + sin y
x y
4.
2 2 +
=
=
= tg
a cos x + cos y x + y x − y 2
2cos cos
2 2
2
2 x + y b
1−
tg 1−
2 2 2
a b
( )
2 a −
cos x + y =
= =
2 2 2
2 x + y b a + b
1+
tg 1+
2
2 a
5. log
2
x − log
2
8x + 5 = 0
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
2
log 2
x = t ≥ 0 t − t − 2log
2
8 + 5 = 0 ⇒ t1
= 2 t
2
= −1
⇒ log
2
x = 4 ⇒ x = 16
6.
2 2
k : x − 2 + y
d
1
( ) = 9
2
2
( A,C) = ( 5 − 2) + ( 4 − 0) = 5
= d( A,C) − r 2
2
2
: ( x − 5) + ( y − 4) 4
r2 1
=
k
2
=
7. 2y 2 =a 2
2x 2 =a 1
2
a=3a 1
x 2 +y 2 =5a 1
2
x
5a
a
2
1
+ y
2
1
= 2
a = 6
2
= c
= 20
2
= 20
a − a1
m = = 2
2
2 2 2
h = c − m = 4
a + a
P =
2
1
⋅ h = 16
2
8.
1 1 a 3
2
r = a ⇒ V = B⋅
H = 6 ⋅ ⋅ 6 = 12 3 ⇒ a = 2 ; PV
= 2rπH
+ 2r π = 32π
3 3 4
x+
1 x−2
⎛ x ⎛ 4 ⎞⎞
2 ⋅ 3 − 4 ⋅3
= 450 ⇔ ⎜ 3 = t ∧ ⎜6t
− t = 450⎟⎟
⇔ t = 81 ⇒ x =
⎝ ⎝ 9 ⎠⎠
10.
9. ( ) 4
⎛ n⎞
⎛n
⎞
2
⎛ 1
⎜ ⎟ : ⎜ ⎟ = 5 :18 ⇔ n − 7n − 60 = 0 ⇒ n = 12 ⇒ ⎜ +
⎝3
⎠ ⎝5
⎠
⎝ a
⎞
a ⎟
⎠
12
=
12
∑
k=
0
⎛12⎞⎛
1 ⎞
⎜ ⎟⎜
⎟
⎝ k ⎠⎝
a ⎠
k
12 12−
12−k
⎛12⎞
2
( a ) = ⎜ ⎟a
∑
k=
0
⎝k
⎠
⎛12 ⎞
12 − 3k = 0 ⇒ k = 4 pa traženi član koji ne sadrži a iznosi: ⎜ ⎟ = 495
⎝4
⎠
GRUPA 6
3k
2
x + x − 4x x −
1.Uprostiti izraz:
−
2
x − x − 4x x +
2.Riješiti nejednačinu: x − 3 < 2x −1
x
x
2
2
− 4x
− 4x

9
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
3.U jednačini 5x
2 − kx + 1 = 0 odrediti k tako da razlika korjena jednačine bude jednaka 1.
x
4.Riješiti jednačinu: log
2
( 9 − 2 ) = 3 − x
5.Riješiti sistem:
2x+
1
4y−1
8 = 32 ⋅ 2
6.Dokazati identitet:
7.Riješiti jednačinu:
5 ⋅5
x−y
=
25
2y+
1
2
1−
2cos α
= tgα − ctgα
sin α cosα
2
3
( 3 + 1) cos x sin x = ( 3 + 1) sin x
sin x − cos x −
8.Dat je paralelogram u kome je oštar ugao 60 0 .Odrediti odnos dužine stranica ako je odnos kvadrata
dužina dijagonala jednak 19:7.
9.U kružnici su date tetive AB=3 cm i AC=2 cm.Izračunati poluprečnik kružnice ako tetive zaklapaju
ugao 60 0 .
10.Naći jednačinu kružnice koja prolazi tačkama A(0,-7) i B(4,1) a centar joj leži na pravoj 3x+2y=0.
RJEŠENJE:
2
2
2
2
x + x − 4x x − x − 4x x + x − 4x − x − x − 4x
2
2
2
x − x − 4x x + x − 4x
4x
1
2. x − 3 < 2x −1
⇒ x >
2
1
x
3 + ∞
2
x-3 ------------------- +++++++++++++++++
1. ( ) ( )
−
=
= x − 4x
x − 3 < 2x −1
3-x1
∈ 1,3
x ( )
x-3-2
x ∈ 3;+
2
[ ∞)
⎛ 1 ⎞
x ∈ ⎜ ;+∞⎟
⎝ 2 ⎠
2
2
− x = 1 ⇔ x − x = 1 ⇔ x + x − 4x x = 1
3. ( ) ( ) ⇔
x1
2
1 2
1 2
1 2
⎛ k ⎞
2 1
⎜ − ⎟ − 4 ⋅ = 1⇒
k = 3 5
⎝ 5 ⎠ 5
±
x
log 9 − 2 = 3 − x ⇔ 9 − 2
= 0 ∨ x 3
x 3−x
2x x
x
4. ( ) = 2 ⇔ 2 − 9 ⋅ 2 + 8 = 0( 2 = t)⇒
2
lt 2 − 9t + 8 = 0 ⇒
x1 2
=
⎛ 3 ⎞
2x+
1
4y−1
⎛
⎞
6x+
3 4y+
4
8 = 32 ⋅ 2 ⎛
⎞
⎜ x = ⎟
⎛
⎞ ⎛ − = ⎞
5. ⎜
⎟
2 = 2 6x + 3 = 4y + 4 6x 4y 1
⇔ ⎜
⎟ ⇔ ⎜
⎟ ⇔ ⎜ ⎟ ⇔ ⎜ 14 ⎟
⎜ x−y
2y+
1 ⎟
x−y+
1 2y+
1
⎝ = ⎠ ⎝ − + = + ⎠ ⎝ − = ⎠ ⎜ ⎟
⎝5⋅
5 = 25 ⎠ 5 5 x y 1 2y 1 x 3y 0 1
⎜ y = ⎟
⎝ 14 ⎠
2
2
2
2
2
2
1 − 2 cos α sin α + cos α − 2 cos α sin α − cos α
6. =
=
=
sin α cos α sin α cos α
sin α cos α
2
2
sin α cos α
sin α cosα
= − = − = tgα − ctgα
cosα
sin α
sinαcosα
sinαcosα
2

2
( 3 + 1) cos x sin x = ( 3 + 1)
( ) ⇔
sin x − cos x −
7.
= 3 + 1 sin x
10
sin
3
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
x ⇔ sin x − cos x
⎛ π ⎞
π
3 sin x + cos x = 0 ⇔ sin⎜
+ x⎟
= 0 ⇒ x = − + kπ
⎝ 6 ⎠
6
2 2
8. e : f = 19 : 7 i po kosinusnoj teoremi e
a b
2 2 2
+ + 1
2 2 2
0
e a + b + ab 19
f = a + b − 2abcos 60 .Odavde je = ⇒ =
b a
Sada se lako nalazi
2 2 2
f a + b − ab 7 a b
+ −1
b a
a b 13 a 3 b 2
+ = Dalje je = ∨ =
2
60
b a 6 b 2 a 3
9.Prema kosinusnoj teoremi je
3
r
2 2 2
0
120
t = 2 + 3 − 2 ⋅ 2 ⋅ 3⋅
cos60 =
2 2
0
t r
= r + r − 2r ⋅ r ⋅ cos120
Dalje slijedi:
7 = 3r
2
⇒ r =
7
3
2
2 2 2
2 2
2
2 2
10. ( x − p) + ( y − q) = r ⇒ p + ( − 7 − q) = r ∧ ( 4 − p) + ( 1−
q) = r ∧ 3p + 2q = 0
p
2
2
2
2
( − 7 − q) = ( 4 − p) + ( 1−
q) ∧ 3p + 2q = 0
+ p + 2q = −4
∧ 3p + 2q = 0
p = 2 ∧ q = −3
∧ r = 2 5 Jednačina tražene kružnice je: ( x − 2) + ( y + 3) = 20
GRUPA 7
2x
2 − 2x −1
1. U skupu realnih brojeva riješiti nejednačinu: ≤ 4
2x + 1
2. Za koje vrijednosti realnih brojeva a i b jednačina ax 2 -x+b=0
ima tačno jedno rješenje x = x 0 za koje važi 2x 0 = x 2 0.
3
3. U skupu realnih brojeva riješiti jednačinu: tgx ( 2 − sin x)
=
4cos x
4. U skupu realnih brojeva riješiti jednačinu log 2 (x + l) = log 4 (x + 3).
x y−2
x 2y
5.U skupu realnih brojeva riješiti sistem jednačina: 2 ⋅ 3 = 4 ∧ 2 + 3 = 13
6.Data je kocka sa tjemenima A(0,0,0); B( 1,0,0); C(1,1,0); D(0,1,0); A 1 (0,0,1) ;
B 1 ( 1,0,1); C 1 (1,1,1); D 1 (0,1,1);
2
2 2 2
0
= a + b − 2abcos120 i
a) Izračunati ugau između vektora AB
1
i A 1C1
b) Izračunati skalarni prozvod vektora AB
1
i A 1C1
:
c) Izračunati koordinate težišta T trougla ACB 1
7.Date su tačke A(l,l); B(2,1); C(2,1+ 3 ) i kružnica K čija je jednačina (x-l) 2 +y 2 =1.Odrediti jednačine
onih tangenti kružnice K koje su paralelne sa simetralon unutrašnjeg ugla kod tjemena T trougla ABC.
1
1
8.Da li postoji geometrijski niz {b n } kod koga je ( b1 + b3
+ b
4
) = ( b
2
+ b
4
) .Odgovor obrazložiti.
3
2
9.Dokazati da za svaki prirodan broj n, broj 10*3 2n+1 -24n-30 djeljiv sa 24.
2

11
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
10 Košarkaški klub A ima na raspolaganju 8 igrača, a košarkaški klub B ima na raspolaganju 9 igrača.
Svaki od klubova za utakmicu bira prvu postavu od 5 košarkaša.Koliko ima različitih načina da 10 igrača
izađe na parket? .
RJEŠENJA:
l. Data nejednačina je definirana za
2
2x − 2x −1
2x
≤ 4 ⇔
2x + 1
2
1
x ≠ .
2
−10x
− 5 ⎛ 1 ⎞ ⎡ 5 − 35 5 +
≤ 0 ⇒ x ∈ ⎜− ∞,
− ⎟ ∪ ⎢ ;
2x + 1
⎝ 2 ⎠ ⎣ 2 2
2. Rješenja kvadratne jednačine 2x 0 =x 2 0 su brojevi x 01 = O, x 02 = 2. Uvrštavanjem x 01 =0 u jednačinu ax 2 -x + b =
0 dobija se da je b=0itadaje ax 2 -x=0 x(ax-l) = 0, pa kako je x o1 =0 jedino rješenje te jednačine, slijedi da
mora da bude a = 0. Uvrštavanjem x 02 = 2 u jednačinu ax 2 - x + b = 0 dobija se da je 4a-2+b=0 odnosno b =2-4a,
pa data jednačina sada glasi ax 2 -x + 2-4a = 0 .Kako je x 01 =2 jedino rješenje slijedi da mora da bude ili a=0/\b =
1
2 − 4a
1
2 ili a ≠ 0 ; x1 + x
2
= = 4;x
1
⋅ x
2
= = 4 Slijedi da je u ovom slučaju a = ;b = 1 .Dakle, rješenje je
a
a
4
a=b=0 ∨ (a = 0/\b = 2) ∨ (a = 4
1 /\b=l).
⎧π
⎫
3. Data jednačina definirana je za x ∉ ⎨ + kπ;k
∈ Z⎬
⎩2
⎭
3
2
3
1 3
tgx( 2 − sin x)
= ⇔ sin x − 2sin x + = 0 ⇔ sin x = ∨ sin x =
4cos x
4
2 2
1 ⎧π
⎫ ⎧5π
⎫
Skup rešenja jednačine sin x = je ⎨ + 2lπ;l
∈ Z⎬
∪ ⎨ + 2mπ;m
∈ Z⎬
, dok druga jednačina nema
2 ⎩6
⎭ ⎩ 6
⎭
⎧π
⎫ ⎧5π
⎫
rešenja. Dakle, skup rešenja polazne jednačine je ⎨ + 2lπ;l
∈ Z⎬
∪ ⎨ + 2mπ;m
∈ Z⎬
⎩6
⎭ ⎩ 6
⎭
4.Data jednačina je definirana za x >-1.
log, (x + 1) = Iog 4 (x + 3) log 2 (x + 1) = log 2
2 (x + 3) log 2(x + l) = 2
1 log2 (x + 3) log,(x + 1) 2 =
log 2 (x + 3) (x+ l) 2 = x + 3 => x = -2 v x = 1. Rješenje polazne jednačine je samo realan broj x=l, dok realan
broj x = -2 nije rješenje, jer data jednačina je definirana za x > -1 .
5 Smjenom 2 x =u,3 y =v dati sistem se svodi na ekvivalentan sistem u-v-36;u+v = 13, sa rješenjima (n.v)∈{(4,9),
(9,4)}, odnosno sa rješenjima (x,y)∈{(2,2),(log 2 9,log 3 4)}.
35 ⎤
⎥
⎦
6. a) Ako sa a označimo ugao između vektora AB 1 = OB 1 -OA = (1,0,1) -(0,0,0) = (1,0.1) i
A 1 C 1 =OC 1 -OA 1 = ( 1,1,1)-(0.0,1 ) = ( 1,1,0) to iz AB1 = A1C1
= 2 slijedi da
AB1
⋅ A1C1
1
cosα =
= odnosno
AB ⋅ A C 2
1
1
1
π
α =
3
b) AB
1
⋅ A1C1
= (1.0.1) • (1,1,0) =1
1 1 2 1 2
c) OT = (OA+ OC+ OB1 ) = ((0.0.0)+(1,1,1) + (1,0,1)) = ( , , ).
3 3 3 3 3
7. Kako prava b=p(A.B) čija je jednačina y=l zaklapa ugao 0 sa pozitivnim djelom x-ose, a prava c=p(A.C)
čija je jednačina y = 3 x +1- 3 zaklapa ugao 3
π sa pozitivnim djelom x-ose , to tangente treba sa

12
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
π
pozitivnim djelom x~ose da zaklapaju ugao . Dakle , tangente treba da imaju koeficijent pravca
6
π 3
k = tg = .Da bi prava p:y=kx+n bila tangenta kružnice (x-x 0 ) 2 +(y~y 0 ) 2 =r 2 , treba da važi uvjet dodira
6 3
r 2 (l +k 2 ) = (kx 0 - y 0 +n) 2 3
. Uvrštavajući k = ,x 0= 1,y 0 =0,r =1 u uvjet dodira dobija se daje n 1 = − 3 , n 2
3
3 3 3 3
= . Dakle, tražene tangente su prave t1 : y = x- 3 ; t2 : y = x+
3
3
3 3
8.Pretpostavimo da postoji geometrijski niz {b n }.Na osnovu uvjeta treba da
1
1
b1
3 b1
2
važi: ( b1 + b
2
+ b
4
) = ( b
2
+ b
4
) ( 1+ q + q ) = ( q + q ) Ako je b 1 =0,to slijedi da stacionaran niz
3
2
3
2
{b n b n =0,n∈ N] ispunjava dati uvjet. Dalje, ako je b 1 ≠ 0 sijledi iz (l + q + q 3 ) = (q + q 2 ) => (q-l)(q 2 -q +
2)=0=>q = l. Slijedi da su jedini realni geometriski nizovi koji ispunjavaju dati uvjet stacionarni nizovi, tj.
nizovi oblika {b n :b„=b∈R,n∈N}.
9. Tvrđenje je tačno za n =1, jer je broj 10 • 3 2 - 24 - 30 = 24 • 9 deljiv sa 24 .
Pretpostavimo da tvrđenje važi za n = k , tj. da je broj 10 • 3 2k - 24k - 30 deljiv sa 24.Potrebno je dokazati
da tvrđenje važi i za n =k +1, tj. da je, broj 10 • 3 2k - 24(k +1) - 30 deljiv sa 24 .Kako je: 10 • 3 2k+3 - 24(k +
1)-30 = 9•10• 3 2k+1 - 9 • 24k + 8 • 24k - 9 • 30 + 216 = 9 -(10 • 3 2k+1 - 24k - 30) + 24 • (8k + 9) i 10 • 3
2k+1 - 24k -30 = 24q po pretpostavci, to je
10 • 3 2k+3 - 24(k + 1) - 30 = 24 • (9q + 8k + 9). Dakle, po principu matematičke indukcije, dati broj je deljiv
sa 24 za svaki prirodan broj.
⎛8⎞
⎛9⎞
10. Klub A prvu postavu može izabrati na ⎜ ⎟ načina,a klub B prvu postavu može izabrati na ⎜ ⎟
⎝5⎠
⎝5⎠
⎛8⎞
⎛9⎞
načina.Dakle, utakmica može da započne na ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = 56 ⋅125
= 7056 načina.
⎝5⎠
⎝5⎠
1−
2x 2
1. Riješiti nejednačinu:
<
2
x − 5x + 6 5
2. Riješiti jednačinu: log 2 (2 x + 2) = 3 - x .
3. Riješiti jednačinu: cosx + sin 2
x +2 = 0
GRUPA 8
4. Dokazati da za svako n ∈ N važi:
1 1
1 n
+ + K +
=
1⋅
7 7 ⋅13
( 6n − 5)( 6n + 1) 6n + 1
5. Neka su x 1 i x 2 rješenja jednačine:x 2 +5(m-3)x + 6(m-1) = 0 . Odrediti parametar m tako da je :
x1
x
2 13
+ =
x
2
x1
6
6. Dati su brojevi a=-6 i b= 48. Odrediti brojeve x i y, a

13
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
9. Prava pravilna šestostrana piramida osnovne ivice a = 6 i bočne ivice b= 10 presječena je ravni koja
prolazi kroz sredinu visine a paralelna je ravni osnove.Izračunati površinu dobijene zarubljene
piramide.
10. Neka su P,O,R,S redom sredine stranica AB,BC,CD i DA proizvoljnog četvorougla ABCD i neka
je AB = p , BC = q i CD = r .Ako je {M} = PR ∩ QS , izraziti vektor AM u zavisnosti od vektora p , q
i r .
RJEŠENJE
2
1−
2x 2 5 −10x
− 2x − 7
1. < ⇔
− 2 < 0 ⇔
< 0 ⇒ x ∈ ( − ∞,2) ∪ ( 3,
+∞)
2 2
2
x − 5x + 6 5 x − 5x + 6 x − 5x + 6
2. Data jednačina je defmisana za svako x.
log 2 (2 x + 2) = 3 - x 2 x + 2 = 2 3-x (2 x ) 2 + 2 • 2 x - 8 = 0 => x = l je rešenje date jednačine.
x
3.cosx +sin +2 = 0l-2sin
2 x x +sin +2=0
2 2 2
2(sin 2
x - 2
3 )(sin 2
x + 1)= 0=>x∈{(4k - l) π : k∈ Z}
4.Da data jednakost važi za svaki prirodan broj n dokazati ćemo koristeći princip matematičke
1 1
indukcije. Za n = l data jednakost važi, jer je = .Pretpostavimo da data jednakost važi za n = k,
7 6 + 1
1 1
1 k
tj. + + K +
=
1⋅
7 7 ⋅13
( 6k − 5)( 6k + 1) 6k + 1
Dokazaćemo da data jednakost važi i za n = k +1:
1 1
1
1
+ + K +
+
1⋅ 7 7 ⋅13
( 6k − 5)( 6k + 1) ( 6( k + 1)
− 5) ( 6( k + 1)
+ 1) =
k 1 k + 1
+
= Dakle, na osnovu principa matematičke indukcije data jednakost
6k + 1 ( 6k + 1)( 6k + 7) 6k + 7
važi za svaki prirodan broj n.
2 2
2
x1
x
2 13 x1
+ x
2 13 x1
x
2 13 ( x1
+ x
2
) 13
5. + = ⇔ = + = ⇔ − 2 =
x x 6 x x 6 x x 6 x x 6
2
1
1
2
2
( − 5( 2m − 3)
) 25
2
⎧5
= ⇔ 4m −13m
+ 10 = 0 ⇒ m ∈ ⎨ ,2
6( m −1) 6
4 ⎭ ⎬⎫
2
1
(Primjetimo da je m ≠ l.Iz m=l slijedilo bi da
⎩
su rješenja x 1 =0,x 2 =5 , tj. da data jednakost nije definirana).
a + y y − 6
6.Iz činjenice da su a,x,.b članovi aritmetičke progresije slijedi da je x= = .Iz činjenice da
2 2
su x,y,b članovi geometrijske progresije slijedi da je y 2 y 2
=xb=>x= . 48
Rješavajući dati sistem jednačina dobija se da je x=3;y=12.
7. Označimo uglove sa α , β,
γ . Iz uslova α = 2x; β = 3x; γ = 4x α + β + γ = 2 π ⇒ x= 40° => α =
0
80°, β = 120 γ =160 0 , => β − α = 40° , γ − β =40°.Ugao β je veći od ugla β za 50% a ugao γ od ugla
100
α za %
3
1
2

14
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
8. Označimo sa r poluprečnik upisanog kruga, h visinu romba, a sa d 1 ,d 2 dijagonale romba. r 2 π = 12 π
=> r = 2 3 ; h = 2r = 4 3 ; α = a 1 = A 1 B 1 =3 ∧ s 1 =5.
a − a1
3
2 2 91
l = = ⇒ h = s1
− l =
2 2
2
2
2
a 3 a1
3 a + a1
3
P = B + B1 + M = 6 + 6 + 6 h = ( 45 3 + 9 91)
4 4 2 2
10. AM = AP + PM .Kako je .POftS' paralelogram (PQ i RS su paralelne i podudarne kao srednje linije
trouglova ABC i CDA) to slijedi da je:
1 1 1
1 ⎛ 1 1 ⎞
AM = AP + PR = AB + ( PB + BC + CR) = ⎜AB
+ AB + BC + CD⎟
=
2 2 2
2 ⎝ 2 2 ⎠
3
( 3p + 2q + r)
.
4