Sadržaj

18. February 2012. 3 comments
Categories: Sadržaj

KOMBINATORIKA NA LAKŠI NAČIN – :)

18. February 2012. 118 comments

Šta biste uradili sa novcem koji dobijete na loto premiji? Hmm, lepa tema za razmišljanje. Međutim, koje su šanse da dobijete premiju na lotou, odnosno, da od svih mogućih kombinacija izvuku baš vašu. Treba pogoditi jednu kombinaciju od … hmmm… mnogo J . Dakle, treba da izračunamo koliko ima svih mogućih loto kombinacija. E, tu na scenu stupa kombinatorika.

Kombinatorika u srednjoj školi može biti pravi bauk. Silne permitacije, kombinacije, varijacije i još ko zna šta. Baš kad pomislite da ste nešto razumeli dobijete zadatak koji nemate pojma kako da rešite. Kako najlakše razumeti elemente kombinatorike? Kako shvatiti kombinacije, permutacije i varijacije? I, na kraju, kako sve to primeniti u konkretnim zadacima?

Na sva ova pitanja pokušaću da odgovorim što jednostavnije i što razumljivije. Uvedimo najpre neke osnovne oznake i formule.

FAKTORIJEL

Faktorijel nekog prirodno broja je proizvod svih prirodnih brojeva koji su manji ili jednaki njemu. Faktorijel označavamo uzvičnikom (n!) i računamo ga na sledeći način:

n!=n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot ..\cdot 2\cdot 1

Dakle, kada treba da izračunamo faktorijel neko broja samo pomnožimo sve prirodne brojeve od 1 do tog broja. To znači da je faktorijel broja 5 jednak

5!=5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=120

Zadatak 1: Koliko je 8!

Rešenje: 8!=8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=40320

Primetimo da važi:

n!=n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot ..\cdot 2\cdot 1=n\cdot (n-1)!

odnosno:

5!=5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=5\cdot 4!

Ovo možemo i dalje da nastavimo:

n!=n\cdot (n-1)!=n\cdot (n-1)\cdot (n-2)!=..

To znači da je:

10!=10\cdot 9!=10\cdot 9\cdot 8!=10\cdot 9\cdot 8\cdot 7!=10\cdot 9\cdot 8\cdot 7\cdot 6!=...

Radi lakšeg računanja uzima se da je 0!=1.

BINOMNI KOEFICIJENT

Još jedan važan pojam je binomni koeficijent. Naziv “binomni koeficijent” potiče iz formule za razvijanje pirodnog stepena binoma, ali to nama ovde ne treba pa nećemu gubiti vreme na to😉 .

Binomni koeficijent označavamo \left( \begin{matrix}  n \\  k \\  \end{matrix} \right) (čita se n nad k) i računamo po formuli

\left( \begin{matrix}  n \\  k \\  \end{matrix} \right)=\frac{n!}{k!\cdot (n-k)!}

Dakle, za računanje binomnog koeficijenta potrebna su nam dva prirodna broja.

Zadatak 2: Koliko je \left( \begin{matrix}  7 \\  4 \\  \end{matrix} \right)?

Rešenje:

 \left( \begin{matrix}  7 \\  4 \\  \end{matrix} \right)=\frac{7!}{4!\cdot (7-4)!}=\frac{7!}{4!\cdot 3!}=\frac{7\cdot 6\cdot 5\cdot 4!}{4!\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=\frac{210}{6}=35

.

Vratimo se sada na kombinatoriku. Kombinatorika nam računa na koliko načina možemo da izaberemo elemente nekog skupa. Dakle, imamo neki skup, iz njega izdvajamo podskupove i brojimo ih. Tri osnovna elementa kombinatorike su: permutacija, varijacija i kombinacija. Da bismo ih prepoznali potrebno je da odgovorimo na dva pitanja:

Da li su izabrani svi elementi početnog skupa?
Da li je poredak izabranih elemenata bitan?

Kada odgovorimo na ova dva pitanja znaćemo da li je u pitanju permutacija, varijacija ili kombinacija. J

PERMUTACIJE

Zamislite da tri knjige treba da stavimo na policu. Na koliko načina možemo da ih poređamo?

Ako označimo knjige brojevima 1, 2 i 3 dobićemo šest mogućih rasporeda (1-2-3, 1-3-2, 2-1-3, 2-3-1, 3-1-2 i 3-2-1). Dakle, tri knjige možemo rasporediti na ukupno 6 načina. Ovo i nije bilo teško.

Međutim, stvar nam se znatno komplikuje ako imamo više knjiga, na primer 15. Posmatrajmo zato ovaj primer kao permutaciju. Naime, od 15 knjiga iz početnog skupa svih 15 moraju da budu postavljene na policu i bitan nam je njihov raspored na polici.

Odavde vidimo da će permutacija kao odgovor na gore spomenuta pitanja dati sledeće:

Svi elementi početnog skupa JESU izabrani.
Poredak izabranih elemenata JESTE bitan.

Dakle, ako u zadatku na oba pitanja dobijemo potvrdan odgovor, u pitanju su permutacije.

Permutacije mogu da budu bez ponavljanja i sa ponavljanjem. Bez ponavljanja znači da su svi elementi u početnom skupu različiti (svih 15 knjiga koje treba da stavimo na polici su različite), dok permutacija sa ponavljanjem znači da neki elementi mogu da se javljaju više puta (na primer, u reči TATA slova T i A se javljaju po dva puta).

Broj permutacija od n elemenata bez ponavljanja (u oznaci P(n))računamo po formuli:

P(n)=n!

Pretpostavimo da da imamo 3 knjige među kojima su dve iste. Dve iste knjige možemo označiti brojem 1, a treću brojem 2. Sada ih na polici možemo rasporediti na samo 3 načina (1-1-2, 1-2-1 i 2-1-1). Dakle, dozvolimo li ponavljanje smanjiće nam se broj mogućih rasporeda.

Ako imamo n elemenata u početnom skupu u kome su m1, m2, m3,.. i mk brojevi istih elemenata elemenata, to jest koliko imamo istih elemenata koje vrste (pri čemu je m1+m2+m3+.. +mk=n), ukupan broj permutacija računamo prema formuli:

P(n,{{m}_{1}},{{m}_{2}},{{m}_{3}},..{{m}_{k}})=\frac{n!}{{{m}_{1}}!\cdot {{m}_{2}}!\cdot {{m}_{3}}!\cdot \cdot \cdot {{m}_{k}}!}

Dakle, ako imamo 15 knjiga na policu ih možemo rasporediti na

P(15)=15!=1307674368000

Kad vidim ovako veliki broj, moram da priznam da mi je drago da nisam morao da pišem sve moguće kombinacije. J

Zadatak 3: Na koliko se načina 3 ista udžbenika matematike, 2 iste zbirke iz matematike i 1 radna sveska mogu poređati na polici.Rešenje: Odgovorimo najpre na dva važna pitanja. Vidimo da sve knjige idu na policu pa svi elementi početnog skupa jesu izabrani. Osim toga, poredak knjiga na polici jeste važan, pa zaključujemo da se radi o permutacijama.Takođe vidimo da se neke knjige ponavljaju pa su u pitanju permutacije sa ponavljanjem.Od ukupno n=3+2+1=6
knjiga imamo 3 ista udžbenika pa se prva knjiga ponavlja 3 puta, odnosno m1=3, dve iste zbirke te je m2=2 i samo jedna radna sveska pa je m3=1. Prema formuli za računanje broja permutacija sa ponavljanjem imamo:

P(n)=\frac{n!}{{{m}_{1}}!\cdot {{m}_{2}}!\cdot {{m}_{3}}!}=\frac{6!}{3!\cdot 2!\cdot 1!}=\frac{120}{2}=60

VARIJACIJE

Pretpostavimo sada da u jednom odeljenju od 25 učenika treba da izaberemo predsednika, sekretara i blagajnika. Dakle, od 25 učenika treba da odaberemo 3 i pritom je važno ko je predsednik, ko sekretar a ko blagajnik u odeljenju. Na koliko načina možemo napraviti ovaj izbor.

Ovde su u pitanju varijacije. Od 25 učenika u odeljenju mi biramo samo 3, pa nisu svi učenici izabrani. Takođe, važno je koga ćemo izabrati za predsednika, koga za sekretara a koga za blagajnike, obnosno, bitan je poredak našeg izbora. Odavde zaključujemo da će na dva važna pitanja varijacije dati sledeće odgovore:

  1. NISU svi elementi početnog skupa izabrani.
  2. Poredak izabranih elemenata JESTE bitan.

Varijacije takođe mogu da budu sa i bez ponavljanja. Ako od n početnih elemenata biramo njih k, dobijamo varijacije od n elemenata k-te klase njihov broj označavamo kao V_{n}^{k} ako su varijacije bez ponavljanja, i \overline{V_{n}^{k}} ako su u pitanju varijacije sa ponavljanjem. Da ne dođe do zabune, u nekim udžbenicima se koriste i oznake V_{k}^{n} i \overline{V_{k}^{n}}.

Broj varijacija k-te klase od n elemenata bez ponavljanja računamo po formuli:

V_{n}^{k}=\frac{n!}{(n-k)!}

U slučaju varijacija sa ponavljanjem imamo formulu:

\overline{V_{n}^{k}}={{n}^{k}}

U našem primeru pretpostavimo da isti učenik ne može da dobije dve funkcije (niko ne može da bude, na primer, i predsednik i blagajnik). Dakle, od 25 učenika biramo 3 bez ponavljanja učenika. To su varijacije od 25 elemenata treće klase bez ponavljanja pa imamo da je n=25 i k=3:

V_{25}^{3}=\frac{25!}{(25-3)!}=\frac{25!}{22!}=\frac{25\cdot 24\cdot 23\cdot 22!}{22!}=13800

Zadatak 4: Koliko se trocifrenih brojeva može napisati pomoću cifara 1, 2, 3, 4, 5 i 6 ako se cifre

  1. ne ponavljaju;
  2. ponavljaju;

Rešenje:

a) Dakle, od ponuđenih 6 cifara mi pravimo trocifrene brojeve (odnosno biramo po tri cifre) pri čemu se cifre ne ponavljaju. Dakle, sve cifre NISU izabrane i poredak izabranih JESTE bitan pa su u pitanju varijacije bez ponavljanja treće klase od 6 elemenata, odnosno n=6 i k=3:

V_{6}^{3}=\frac{6!}{(6-3)!}=\frac{6!}{3!}=\frac{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3!}{3!}=120

odnosno, ukupno 120 brojeva.

b) Ovde imamo isti slučaj ali ifre smeju da se ponavljaju pa je broj mogućih varijacija veći:

\overline{V_{6}^{3}}={{6}^{3}}=216

KOMBINACIJE

Pretpostavimo sada da o jednom odeljenju od 25 učenika treba odabrati dva predstavnika za Učenički parlament. U ovom slučaju opet ne mogu svi učenici da budu izabrani (jer od njih 25 biramo samo 2), ali poredak nije bitan (jer oba člana parlamenta imaju jednake funkcije). Dakle, kombinacija nam na dva važna pitanja daje sledeće odgovore:

NISU svi elementi početnog skupa izabrani.
Poredak izabranih elemenata NIJE bitan.

I kombinacije mogu biti sa ponavljanjem i bez ponavljanja. Kombinacije bez ponavljanja od n elemenata k-te klase obeležavamo sa C_{n}^{k} i računamo po formuli:

C_{n}^{k}=\left( \begin{matrix}  n \\  k \\  \end{matrix} \right)

Kombinacije sa ponavljanjem od n elemenata k-te klase (u oznaci\overline{C_{n}^{k}}) računamo formulom:

\overline{C_{n}^{k}}=\left( \begin{matrix}  n+k-1 \\  k \\  \end{matrix} \right)

Dakle, u našem slučaju od 25 učenika biramo 2 pa su u pitanju kombinacije druge klase od 25 elemenata, a njih ima ukupno:

C_{25}^{2}=\left( \begin{matrix}  25 \\  2 \\  \end{matrix} \right)=\frac{25!}{2!\cdot (25-2)!}=\frac{25!}{2!\cdot 23!}=\frac{25\cdot 24\cdot 23!}{2!\cdot 23!}=\frac{600}{2}=300

Zadatak 5: Na koliko se načina iz špila od 32 karte mogu izvući 4 karte?

Rešenje: Od ukupno 32 karte mi biramo 4. Kako ne mogu biti izabrane sve karte i poredak nije bitan, zaključujemo da su u pitanju kombinacije od 32 elementa četvrte klase bez ponavljanja, pa je n=32 i k=4 odakle imamo da je:

C_{32}^{4}=\left( \begin{matrix}  32 \\  4 \\  \end{matrix} \right)=\frac{32!}{4!\cdot (32-4)!}=\frac{32!}{2!\cdot 28!}=\frac{32\cdot 31\cdot 30\cdot 29\cdot 28!}{4!\cdot 28!}=

=\frac{32\cdot 31\cdot 30\cdot 29}{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=\frac{863040}{24}=35960

ZAKLJUČCI

Sve gore navedeno možemo smestiti u jednu tabelu:

Da li su izabrani svi elementi početnog skupa?

Da li je bitan poredak među izabranim elementima?

Formule za računanje

DA

DA

PERMUTACIJE

Bez ponavljanja

P(n)=n!

Sa ponavljanjem

P(n,{{m}_{1}},{{m}_{2}},{{m}_{3}},..{{m}_{k}})=\frac{n!}{{{m}_{1}}!\cdot {{m}_{2}}!\cdot {{m}_{3}}!\cdot \cdot \cdot {{m}_{k}}!}

NE

DA

VARIJACIJE

Bez ponavljanja

V_{n}^{k}=\frac{n!}{(n-k)!}

Sa ponavljanjem

\overline{V_{n}^{k}}={{n}^{k}}

NE

NE

KOMBINACIJE

Bez ponavljanja

C_{n}^{k}=\left( \begin{matrix}  n \\  k \\  \end{matrix} \right)

Sa ponavljanjem

\overline{C_{n}^{k}}=\left( \begin{matrix}  n+k-1 \\  k \\  \end{matrix} \right)

Vratimo se sada na naš problem sa početka ovog teksta, dakle, koliko ima mogućih kombinacija u lotou. Podsetimo se da se u lotou od 39 brojeva bira 7 i nije važno kojim redom su brojevi izabrani. Posmatramo gornju tabelu i odgovaramo na pitanja: svi elementi NISU izabrani i poredak NIJE bitan. Dakle, zaključujemo da su u pitanju kombinacije. Osim toga, znamo da se brojevi ne vraćaju u bubanj pa se ne može desiti da se isti broj izvuče više puta, te su u pitanju kombinacije bez ponavljanja sedme klase o 39 elemenata. Dalje pratimo tablicu i nalazimo formulu po kojoj ćemo izračunati ukupan broj kombinacija:

C_{n}^{k}=\left( \begin{matrix}  n \\  k \\  \end{matrix} \right)

U našem slučaju imamo:

C_{39}^{7}=\left( \begin{matrix}  39 \\  7 \\  \end{matrix} \right)=\frac{39!}{7!\cdot (39-7)!}=\frac{39!}{7!\cdot 32!}=\frac{39\cdot 38\cdot 37\cdot 36\cdot 35\cdot 34\cdot 33\cdot 32!}{7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1\cdot 32!}=

=\frac{77519922480}{5040}=15380937

Dakle, šanse da na lotou dobijemo premiju su 1 u 15380937, ili 1 u preko 15 miliona. Hmmm, može li kombinatorika i teorija verovatnoće bar malo da povećaju te šanse?😉

Napomena: Ceo tekst možete preuzeti u pdf formatu ovde.

Categories: Srednja škola

KVADRATNE JEDNAČINE

2. December 2011. 6 comments

KVADRATNE JEDNAČINE

Kvadratne jednačine imaju oblik a{{x}^{2}}+bx+c=0, gde su ab i c realni brojevi, a x nepoznata veličina. Za rešavanje kvadratnih jednačina jako je važno znati kako prepoznati koeficijete ab i c.

Zadatak 1: Izdvojiti koeficijete ab i c u datim kvadratnim jednačinama.

a) 3{{x}^{2}}-2x+7=0;     b) {{x}^{2}}+2x+9=0

c) 2{{x}^{2}}+x=0;     d) 3{{x}^{2}}-7=0

Rešenje:

  1. 3{{x}^{2}}-2x+7=0\Rightarrow a=3b=-2 i c=7
  2. Ovu jednačinu možemo napisati i ovako

    1{{x}^{2}}+2x+9=0\Rightarrow a=1b=2 i c=9

  3. U ovoj jednačini nemamo slobodan član c, pa smatramo da je c=0

    2{{x}^{2}}+x+0=0\Rightarrow a=2b=1 i c=0

  4. Slično kao pod c)

    3{{x}^{2}}-7=0\Rightarrow a=3b=0 i c=-7

Jednačine u kojima je b=0 ili c=0 imaju oblik

a{{x}^{2}}+bx=0 ili a{{x}^{2}}+c=0 ili a{{x}^{2}}=0

i one su nepotpune kvadratne jednačine. Njihovo rešavanje se razlikuje od rešavanja potpunih kvadratnih jednačina.

REŠAVANJE NEPOTPUNIH KVADRATNIH JEDNAČINA

Oblika{{x}^{2}}+bx=0

Rešavanje: U ovom slučaju možemo ispred zagrade izvući zajedničko x:

a{{x}^{2}}+bx=0\Rightarrow (ax+b)x=0

Zadatak 2: Reši jednačinu: 2{{x}^{2}}-3x=0

Rešenje2{{x}^{2}}-3x=0\Rightarrow (2x-3)x=0

x=0 ili 2x-3=0\Rightarrow 2x=3\Rightarrow x=\frac{3}{2}

Rešenja su {{x}_{1}}=0 i {{x}_{2}}=\frac{3}{2}

Dobijamo proizvod monoma i binoma koji je jednak nuli, pa bar jedan od njih mora biti 0, odnosno:

x=0 ili

ax+b=0\Rightarrow ax=-b\Rightarrow x=-\frac{b}{a}

pa su rešenja {{x}_{1}}=0 ili {{x}_{2}}=-\frac{b}{a}

Oblika{{x}^{2}}+c=0

Rešenje: Sada imamo samo jedan nepoznati element, a to je x2:

a{{x}^{2}}+c=0\Rightarrow a{{x}^{2}}=-c\Rightarrow {{x}^{2}}=-\frac{c}{a}\Rightarrow x=\pm \sqrt{-\frac{c}{a}}

Opet imamo dva rešenja: {{x}_{1}}=-\sqrt{-\frac{c}{a}} i {{x}_{2}}=\sqrt{-\frac{c}{a}}

Zadatak 3: Reši jednačinu 3{{x}^{2}}-6=0

Rešenje3{{x}^{2}}-6=0\Rightarrow 3{{x}^{2}}=6\Rightarrow {{x}^{2}}=\frac{6}{3}\Rightarrow {{x}^{2}}=2\Rightarrow x=\pm \sqrt{2}

Dakle, rešenja su {{x}_{1}}=-\sqrt{2} i {{x}_{2}}=\sqrt{2}.

Zadatak 4: Reši jednačinu 3{{x}^{2}}=0

Rešenje3{{x}^{2}}=0\Rightarrow {{x}^{2}}=0\Rightarrow x=0

Dakle, rešenja su {{x}_{1}}={{x}_{2}}=0.

Oblika{{x}^{2}}=0

Rešenje: Sada imamo da je proizvod a\cdot {{x}^{2}}=0 pa mora biti {{x}^{2}}=0 odnosno x=0 je jedino rešenje.

REŠAVANJE POTPUNIH KVADRATNIH JEDNAČINA

Prilikom rešavanja potpune kvadratne jednačine potrebno je najpre ispitati prirodu njenih rešenja. To radimo ispitivanjem diskriminante kvadratne jednačine. Diskriminantu računamo po formuli D={{b}^{2}}-4\cdot a\cdot c. Nakon toga ispitujemo da li je diskriminanta veća, manja ili jednaka nuli.

Ako je diskriminanta veća od 0 kvadratna jednačina ima dva realna različita rešenja, ako je jednaka nuli ima dva realna jednaka rešenja, a ako je manja od 0 jednačina ima dva konjugovano kompleksna rešenja.

To je jednostavnije opisano u sledećoj tablici:

Vrednost

diskriminante

Priroda rešenja kvadratne jednačine
D>0 Kvadratna jednačina ima dva realna različita rešenja ({{x}_{1}}\ne {{x}_{2}})
D=0 Kvadratna jednačina ima dva realna jednaka rešenja ({{x}_{1}}={{x}_{2}})
D<0 Kvadratna jednačina ima dva konjugovano kompleksna rešenja

({{x}_{1}}={{\overline{x}}_{2}})

Ovo nam omogućava da vidimo kakve su osobine rešenja kvadratne jednačine pre nego što ih pronađemo.

Zadatak 5: Ne nalazeći rešenja datih kvadratnih jednačina ispitaj njihovu prirodu:

a) 6{{x}^{2}}-x-1=0    b) {{x}^{2}}-2x+1=0    c) 2{{x}^{2}}-5x+4=0

Rešenje:

a) 6{{x}^{2}}-x-1=0\Rightarrow a=6\wedge b=-1\wedge c=-1

D={{b}^{2}}-4\cdot a\cdot c\Rightarrow D={{(-1)}^{2}}-4\cdot 6\cdot (-1)\Rightarrow D=1+24\Rightarrow D=25

Kako je D=25>0, prema tablici ova kvadratna jednačina ima dva realna različita rešenja ({{x}_{1}}\ne {{x}_{2}}).

b) {{x}^{2}}+2x-1=0\Rightarrow a=1\wedge b=-2\wedge c=1

D={{b}^{2}}-4\cdot a\cdot c\Rightarrow D={{(-2)}^{2}}-4\cdot 1\cdot 1\Rightarrow D=4-4\Rightarrow D=0

Kako je D=0, prema tablici ova kvadratna jednačina ima dva realna jednaka rešenja ({{x}_{1}}={{x}_{2}}).

c) 2{{x}^{2}}-5x+4=0\Rightarrow a=2\wedge b=-5\wedge c=4

D={{b}^{2}}-4\cdot a\cdot c\Rightarrow D={{(-5)}^{2}}-4\cdot 2\cdot 4\Rightarrow D=25-32\Rightarrow D=-7

Kako je D=-7<0, prema tablici ova kvadratna jednačina ima dva konjugovano kompleksna rešenja ({{x}_{1}}={{\overline{x}}_{2}}).

Dakle, vidimo da kvadratna jednačina uvek ima dva rešenja, a ona su realna i različita, realna i jednaka ili konjugovano kompleksna. Ta rešenja tražimo pomoću formule:

{{x}_{1/2}}=\frac{-b\pm \sqrt{D}}{2\cdot a}

Ovde su u jednoj formuli napisana dva rešenja: {{x}_{1}}=\frac{-b+\sqrt{D}}{2\cdot a} i {{x}_{2}}=\frac{-b-\sqrt{D}}{2\cdot a}.

Zadatak 6: Nađimo rešenja kvadratnih jednačina iz prethodog zadatka:

a) 6{{x}^{2}}-x-1=0    b) {{x}^{2}}-2x+1=0    c) 2{{x}^{2}}-5x+4=0

Rešenje:

a) Ovde smo dobili da je D=25>0pa ova kvadratna jednačina ima dva realna razliita rešenja, odnosno

{{x}_{1/2}}=\frac{-b\pm \sqrt{D}}{2\cdot a}\Rightarrow {{x}_{1/2}}=\frac{-(-1)\pm \sqrt{25}}{2\cdot 6}\Rightarrow {{x}_{1/2}}=\frac{1\pm 5}{12}, odnosno:

{{x}_{1}}=\frac{1+5}{12}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2} i {{x}_{2}}=\frac{1-5}{12}=\frac{-4}{12}=-\frac{1}{3} pa su rešenja {{x}_{1}}=\frac{1}{2} i {{x}_{2}}=-\frac{1}{3}

b) U ovom slučaju je D=0 pa ova kvadratna jednačina ima dva realna jednaka rešenja ({{x}_{1}}={{x}_{2}}):

{{x}_{1/2}}=\frac{-b\pm \sqrt{D}}{2\cdot a}\Rightarrow {{x}_{1/2}}=\frac{-(-2)\pm \sqrt{0}}{2\cdot 1}\Rightarrow {{x}_{1/2}}=\frac{2\pm 0}{2}\Rightarrow {{x}_{1/2}}=\frac{2}{2}=1

Odnosno {{x}_{1}}={{x}_{2}}=1

c) U trećem slučaju je D=-7<0 pa, prema tablici, ova kvadratna jednačina ima dva konjugovano kompleksna rešenja ({{x}_{1}}={{\overline{x}}_{2}}):

{{x}_{1/2}}=\frac{-b\pm \sqrt{D}}{2\cdot a}\Rightarrow {{x}_{1/2}}=\frac{-(-5)\pm \sqrt{-7}}{2\cdot 2}\Rightarrow {{x}_{1/2}}=\frac{5\pm i\sqrt{7}}{4}

Pa su rešenja: {{x}_{1}}=\frac{5}{4}+i\frac{\sqrt{7}}{4} i {{x}_{2}}=\frac{5}{4}-i\frac{\sqrt{7}}{4}

Koristeći ova rešenja možemo rastaviti kvadratni trinom na proizvod dva bioma po sledećoj formuli:

Ako su {{x}_{1}} i {{x}_{2}} rešenja kvadratne jednačine a{{x}^{2}}+bx+c=0, tada se kvadratni trinom a{{x}^{2}}+bx+c može napisati kao:

a{{x}^{2}}+bx+c=a\cdot (x-{{x}_{1}})\cdot (x-{{x}_{2}})

Kao primer rastavićemo polinom pod a) iz prethodnog zadatka.

Zadatak 7: Rastavi na činioce polinom 6{{x}^{2}}-x-1.

Rešenje: Ovaj polinom je kvadratni trinom pa za njega važi gore navedena formula razlaganja. Kako smo videli u prethodnom zadatku, rešenja ovog polinoma su {{x}_{1}}=\frac{1}{2} i {{x}_{2}}=-\frac{1}{3}, a vrednost a je a=6, pa prema formuli, imamo da je:

6{{x}^{2}}-x-1=6\cdot (x-\frac{1}{2})\cdot (x-(-\frac{1}{3}))=6\cdot (x-\frac{1}{2})\cdot (x+\frac{1}{3})

čime je ovaj zadatak završen.

Categories: Srednja škola

ПРОЦЕНТНИ И ПРОМИЛНИ РАЧУН

2. December 2011. 2 comments

Свакодневно се у животу срећемо са процентним рачуном. Појам процента уско је повезан са размером и пропорцијом. Наиме, један проценат (у ознаци 1%) неке величине је уствари један стоти део те величине. Дакле, 1% од величине А једнак је . То значи да је p процената величине А једнако p стотих делова од А, односно: .

На пример, 25% од 750 је

.

Очигледно је да проценат од А зависи од величине А. Наиме, 30% од 100 је 30, али, са друге стране, 30% од 200 је 60, даље, 30% од 300 је 90 и тако даље. Дакле, 30% од различитих бројева су различите величине. Величина од које рачунамо проценат назива се главница.

Пример 1. Колико је 80% од 1320?

Решење: Дакле, главница је 1320 и треба наћи 80% те величине, односно

Можемо приметити да је главница увек 100%. Иначе, овакви проблеми могу се решавати и коришћењем директне пропорционалности. Тако Пример 1 можемо решити и на следећи начин:

Решење: Главница је 1320 и она је увек 100%. Треба наћи 80% те главнице, па овај проблем можемо да поматрамо као пропорцију, односно:

Код процентног рачуна увек користимо директну пропорционалност, па је:

па је резултат исти.•

Дакле, у процентном рачуну имамо три основне величине: основна вредност од које се рачуна проценат (главница) – G, проценатp и процентни износP. Користећи ове ознаке постављамо пропорцију:

Промил је сличан проценту и има исте особине. Разлика је у томе што је промил (у ознаци ‰) хиљадити део главнице, док је проценат (ознака %) стоти део. Користeћи исте ознаке, за промил важи следећа пропорција:

Пример 2. Израчунај 120‰ ако је главница 350.

Решење: Из задатка закључујемо да је G=350 и p=120, па је

па 120‰ од 350 износи 42.•

У претходним примерима била нам је позната главница и проценат, а требало је наћи процентни износ. Погледајмо примере у којима треба наћи проценат или главницу.

Пример 3. Након поскупљења од 10%, ципеле коштају 3300 динара. Колико су коштале пре поскупљења?

Решење: У овом случају имамо проценат и процентни износ, а треба наћи главницу. Овде треба бити опрезан приликом одређивања процента. Наиме, након повећања од 10%, нова цена биће 110% старе цене, па је проценат p=110% , а процентни износ P=3300. Поставимо ли одговарајућу пропорцију, добијамо:

па је стара цена 3000 динара.•

Пример 4. У једној шећерани од 141.350kg шећерне репе добијено је 15.780kg шећера. Колики је проценат шећера остварен из шећерне репе.

Решење: У овом случају имамо главницу (G=141.350kg) и процентни износ (P=15.780kg), а треба наћи проценат.

Дакле, цена добијене мешавине је 232 динара и 75 пара.•

Задаци за вежбу:

  1. Израчунати 30% од 1200 и 120% од 2400.
  2. Израчунати 25‰ од 420.
  3. Проценат је 15%, а процентни износ 30. Наћи главницу.
  4. Ако је 30% неке вредности једнака 125, наћи ту вредност.
  5. У Републици Србији порез на додату вредност (ПДВ) износи 18%. Колика је вредност ПДВ на робу вредности 10000 динара?
  6. Ако смо робу заједно са ПДВ платили 1300 динара, колика је цена те робе без ПДВ?
  7. Колико процената износи поскупљење са 330 на 396 динара?
  8. За прскање 1ha воћњака користи се 400 литара 1% раствора плавог камена. Колико ће коштати прскање 3,5ha воћњака ако је цена плавог камена 250 динара за килограм?
Categories: Ostalo, Srednja škola

Razlomci

30. October 2011. Leave a comment

* Prevođenje decimalnog zapisa u razlomak i obrnuto:

Decimalni zapis -> Razlomak

Prevođenje iz decimalnog zapisa u razlomak vršimo tako što taj broj izjednačimo sa razlomkom čiji je brojilac jednak početnom broju ali bez zareza, a u imeniocu pišemo 1 i dodamo onoliko nula koliko imamo decimala iza zareza u zapisu tog broja.

Razlomak -> Decimalni zapis

Prevođenje razlomka u decimalni zapis vrši se jednostavno deljenjem brojioca imeniocem🙂 .

* Upoređivanje razlomaka

Pravilo 1: Ako dva razlomka imaju isti imenilac, veći je onaj čiji je brojilac veći.

Pravilo 2: Ako dva razlomka imaju isti brojilac, veći je onaj čiji je brojilac manji.

Pravilo 3: Ako dva razlomka imaju različite i imenioce i brojioce, treba ih proširiti tako da imaju iste imenioce, a zatim primeniti pravilo 1.🙂

Categories: Osnovna škola

Grupa “Zanimljiva matematika” na FB

30. October 2011. Leave a comment

Grupa “Zanimljiva matematika” na Fejsbuku je pred “arhiviranjem”:

What happens to my old group when it gets archived?
When your old group gets archived, it will be converted to the new groups format. Before this happens, members will see an announcement when they visit the group. If they choose to continue their membership, they can keep using the group after it’s archived. Almost everything from your old group will be available in the archived group, with a few exceptions. 

Things that will be available in the archived version include:

  • Group photos and Wall posts
  • Group discussion threads, which become Wall posts
  • The group description, which can be found at the top of the page when you click “See All” members in the new group

Things that will NOT be available in the archived version include:

  • Recent news
  • Group officer titles
  • The info box under the old group picture
  • The group network
  • The members of your old group. You can still add new members by clicking “Add Friends to Group.”

Keep in mind that the new groups format was designed to help you share with the small groups of people in your life. If you’ve been using your old group to promote your business, we recommend you create a Page instead. Learn more about the differences between groups and Pages.

Grupa je, na moje veliko iznenađenje, prerasla moja planiranja i očekivanja. Da ne bih otvarao novu grupu, potrudićemo se da je opet aktiviramo da bi nas prebacili u nov format grupe. To uklučuje i veći broj administratora, pa molim sve zainteresovane za tu dužnost i privilegiju da se jave.🙂

Hvala.😉

Pogledajte, ima mnogo interesantnih zadataka.

Categories: Ostalo

Zadaci sa školskih takmičenja za VIII razred

30. October 2011. Leave a comment

ŠKOLSKO TAKMIČENJE 1990.

VIII RAZRED

  1. Odredi skup tačaka u ravni xOy koje zadovoljavaju jednačinu y = |x| + x.
  2. Na školskom takmičenju je bilo 240 učenika. Polovinu učenika čine 3/5 devojčica i 3/7 dečaka. Koliko je bilo dečaka, a koliko devojčica
  3. Pomoću tačaka skupa S, takvih da su svake tri nekolinearne, a svake četiri nekomplanarne, određebno je dva puta više ravni nego pravih. Koliko pravih i koliko ravni određuju tačke skupa S?
  4. Dužine ivica kvadra izražavaju se sa tri uzastopna cela broja. Izračunaj površinu i zapreminu kvadra ako se zna da mu je dijagonalni presek kvadrat.
  5. U unutrašnjoj oblasti diedra sa uglom od 120° izabrana je tačka P koja je udaljena po 4cm od obe strane diedra. Izračunaj najkraće rastojanje tačke P od ivice diedra.

ŠKOLSKO TAKMIČENJE 1991.

VIII RAZRED

  1. Reši nejednačinu x – 2|x| > 2.
  2. Koliko ima četvorocifrenih brojeva čija je prva cifra paran broj, druga cifra prost broj, treća neparan broj, a četvrta složen broj.
  3. Tri čoveka treba da podele 21 posudu sa medom (7 punih, 7 do pola ispunjenih i 7 praznih). Kako to da urade, a da svako dobije jednaku količinu meda i jednak broj posuda?
  4. Nad hipotenuzom pravouglog trougla čije su katete a i b konstruisan je kvadrat. Koliko je središte kvadrata udaljeno od temena pravouglog trougla?
  5. Prava četvorostrana prizma visine 2dm ima za bazu romb čije su dijagonale 1dm i 24dm. Izračunaj površinu i zapreminu prizme.

ŠKOLSKO TAKMIČENJE 1992.

VIII RAZRED

  1. Među n datih tačaka ne postoje četiri koje pripadaju jednoj ravni. Ako je broj ravni koje one određuju 35 puta veći od broja tačaka, odredi koliko pravih određuju ove tačke.
  2. Dokazati da je razlika kvadrata bilo koja dva neparna broja deljiva sa 8.
  3. Reši jednačinu |2x – 1| + 2x = 3.
  4. Odrediti razlomak koji je jednak periodičnom razvoju 0,818181…
  5. Oko jednakokrakog trapeza čije su osnovice 24cm i 10cm. a visina jednaka srednjoj liniji, opasan je krug. Odredi koliko procenata površine kruga zauzima trapez.

ŠKOLSKO TAKMIČENJE 1993.

VIII RAZRED

    1. Neka su na mimoilaznim pravama p i q date tačke A, B, C Πp i D, E Πq. Koliko ravni određuju tačke A, B, C, D, E, F ako tačka F ne pripada ni jednoj od pravih određenim tačkama A, B, C, D, E?
    2. Reši nejednačinu .
    3. Krugovi k1 i k2 sa centrima O1 i O2 dodiruju se spolja u tači B. Sečica kroz tačku B seče krugova k1 i k2 redom u tačkama A i C. Dokazati da su tangente ovih krugova u tačkama A i C paralelne.
  1. Dokaži da je izraz 8n + 8n+1 + 8n+2 deljiv sa 584 (nÎN).
  2. Od kocke čija je ivica 10cm odrezana je njena trećina, kao što je prikazano na slici. Izračunaj dužine x i y.

ŠKOLSKO TAKMIČENJE 1994.

VIII RAZRED

  1. Date su tačke A i B sa raznih strana date ravni α i njihove normalne projekcije A’ i B’ na ravan α.
    1. Nacrtati odgovarajuću sliku.
    2. Izračunati dužinu duži AB ako je A’B’=AA’=8cm i BB’=7cm.
  2. Od kocke ivice 6cm, sa četiri ravni normalne na bazu, odsečene su četiri jednake trostrane prizme, tako da su im baze jednakokrako pravougli trouglovi. Ostatak kocke predstavlja prizmu čija je baza pravilan osmougao. Izračunaj zapreminu pravilne osmostrane prizme.
  3. Koji broj treba dodati imeniocu i brojiocu razlomka 34/53 da bi se dobio razlomak jednak sa 4/5?
  4. Vozeći ravnomerno 15 minuta biciklista je prešao polovinu puta AB. Drugu polovinu je vozio brzinom za 6km/hmanjom od prvobitne brzine. Tako je ceo put od A do B prešao za 33 minuta. Odrediti brzinu kretanja bicikliste i dužinu puta AB.

ŠKOLSKO TAKMIČENJE 1995.

VIII RAZRED

  1. Dat je razlomak čiji je imenilac za 1995 veći od njegovog brojioca. Ako se datom razlomku doda 1/3 dobije se razlomak koji je tri puta veći od brvobitnog. Koliki je imenilac, a koliki brojilac datog razlomka?
  2. Rešiti nejednačinu

    .

  3. Sveža trava sadrži 80% vode, a seno svega 20%. Koliko treba sveže trave da bi se dobila 1 tona sena?
  4. Dat je konveksan četvorougao ABCD. Ako je O presek njegovih dijagonala, onda je: P(ΔAOB)·P(ΔCOD)= P(ΔBOC)·P(ΔDOA). Dokazati.
  5. Kocka ABCDA’B’C’D’ čija ivica ima dužinu a presečena je sa ravni π koja sadrži tačke A, C i D’. Odredi površinu preseka kocke sa ravni π. Odredi zapremine delova na koje ravan π deli kocku.
Categories: Osnovna škola
Follow

Get every new post delivered to your Inbox.

Join 53 other followers