REXENjA ZADATAKA OPXTINSKOG TAKMIQENjENjA IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA, Prvi razred, A kategorija ( 1)

Transcript

1 REXENjA ZADATAKA OPXTINSKOG TAKMIQENjENjA IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA, Pvi azed, A kategoija Kako je nepaan boj, sledi da je ( 1) (mod 11). Kako je 5 5 = =45 1 (mod 11) ikakojeboj deljiv sa 5, sledi (mod 11).. Sledi = 0 (mod 11), da ovaj boj je deljiv sa 11 (Tangenta 49, st. 1, M644, Nagadni zadaci, eenje u Tangenti 50, st. 11). Neka je f() = { 1. 1, za <1 3 Kako je 1 =, sledi da je 3, za 1 4, za < 4 1 4, za < 1 +4, za 4 < 1, za 1 <1, za 1 <1 3=,pajef() =., za 1 <3, za 1 <3 6, za 3 6, za 3 <6 6, za 6 Pava paalelna -osi moжe se i ovaj gafik u najvie 6 taqaka, to se događa za 1 < a< y B K D L C OP081A O OP081A3 A Neka taqke O, A, B, C, K, L, D odgovaaju Oljinoj ku i, Aninoj ku i, banki, ckvi, Kostinoj ku i, Lazinoj ku i, dvetu, edom. Po uslovima zadatka OABC je pozitivno oijentisan paalelogam. Neka je a = OA, b = OB. Tadaje OD = m ( OL = m a + 1 ) ( ) b i AD = n AK = n 1 b a. Kako je OD = OA + AD, sledim ( a + 1 ) ( ) b = a + n 1 b a,odakleje (m + 1 ) ( ) 1 n 1 a + m n b = o, pa kako su vektoi a i b nekolineani moa biti m + 1 n 1=0 i 1 m n =0. Reavanjem ovog sistema dobija se m = 4 5 i n = 5,odakleje KD = 3 5 KA, pa eanaod Kostine ku e do staog dveta pe i put duжine 1, km.

2 Neka je koliqina tave koju pojede jedna kava za jedan dan, koliqina tave koja izaste na livadi za jedan dan y, a poqetna koliqina tave na livadi z. Po uslovima zadatka je 4 60 = z +4y i = z +60y,. odakle je y =10 i z = =4 50. Iz y =10 sledi da je odgovo na pitanje dela (b) nikad, je za jedan dan izaste taqno onoliko tave koliko 10 kava popase. Ako a kava popase livadu za 100 dana, sledi a 100 = z + 100y = = 100, odakle je a =, tj. odgovo na pitanje dela (a) je kave. Uoqenom izbou 5 knjiga tako da nikoje dve izabane knjige nisu susedne, moжe se piduжiti niz nula i jedinica, tako to je i-ti qlan niza 1 ako je i-ta knjiga izabana, a 0 ako nije. Ovako dobijen niz se sastoji od 9 nula i 5 jedinica i pitom nikoje dve jedinice nisu susedne. Međutim, i svakom nizu koji se sastoji od 9 nula i 5 jedinica i pitom nikoje dve jedinice nisu susedne odgovaa jedan izbo knjiga koji zadovoljava uslove zadatka, pa taжenih izboa ima koliko ovakvih nizova. Sa duge stane, ovakav niz se moжe videti kao aspoeđivanje 5 jedinica na 10 mesta (pepvenule,izmeđui-te ( ) i i +1-venulezai {1,...,8} i posle 9-te nule), pa je ukupan 10 boj ovakvih nizova = 5 (Tangenta 48, st. 33, Pismeni zadaci, zadatak ). 5 Pvi azed, B kategoija Kako petocifenih bojeva zapisanih nepanim cifama ima 5 5 (svaka od 5 cifaa moжe se izabati na 5 naqina), a petocifenih bojeva zapisanih cifama {3, 5, 7, 9} ima 4 5 (svaka od 5 cifaa moжe se izabati na 4 naqina), to petocifenih bojeva zapisanih nepanim cifama, među kojima je ba jedna jedinica ima (Tangenta 48, st. 37, Pismeni zadaci, zadatak 18). Neka je 5p +1= za neko N. Sledi5p =( 1)( +1),pakakosu5ipposti, postoje slede e mogu nosti: 1=5, +1=p, odaklejep =7(5 7+1=6 );. +1=5, 1=p, odaklejep =3(5 3+1=4 ); 1=1, +1=5p, odakleje5p =3, tj. u ovom sluqaju nema eenja (tivijalno ne moжe biti 1=5p, +1=1,jeje5p >1 i 1 <+1). Dakle, p moжe biti 3 ili 7 (Tangenta 44, st. 36, Pismeni zadaci, zadatak 16). { a, za a 0 Kako je a =, sledi da je linija iz zadatka a, za a<0 +1+y =3, tj. y =4, za 1 y, +1 y +=3, tj. y =, za 1 y<, 1+y =3, tj. y =6+, za < 1 y, 1 y +=3, tj. y =, za < 1 y<, y odnosno kvadat qija su temena ( 1, 5), ( 1, 5) 5 ( 1, 1), (, ) i ( 4, ) (na pime ubacivanjem = 1 i y =u gonje jednaqine). Dijagonala ovog kvadata je 6=5 ( 1) = 4 3 ( 4), pa je taжena povina 6 6 =18 ( 4, ) 1 (Tangenta 44, st. 35, Pismeni zadaci, zadatak (, ) 10) ( 1, 1) OP 08 1B 3

3 . Videti eenje pvog zadatka za pvi azed A kategoije. Videti eenje qetvtog zadatka za pvi azed A kategoije. Dugi azed, A kategoija Neka je p = n +1 = k 5 l 5 =(k l)(k 4 + k 3 l + k l + kl 3 + l 4 ) za neke k, l N. Kako je p post i k 4 + k 3 l + k l + kl 3 + l 4 >k l, sledi da je k l =1,paje n +1=(k +1) 5 k 5 = 5k 4 +10k 3 +10k +5k +1,odakleje n =5(k 4 +k 3 +k + k), to je nemogu e (5 ne moжe deliti stepen dvojke) (Tangenta 47, st. 16, Nagadni zadaci, M609, eenje u Tangenti 48, st. 17). Zamenom a i c dobija se tinom c + b + a, qija je diskiminanta jednaka diskiminanti polaznog tinoma. Duga opeacija quva azliku nula jednaqine ( a + b + c =0. Kako za diskiminantu b tinoma a + b + c vaжi b 4ac = a a 4 c ) = a (( 1 + ) ) 4 1 = a ( 1 ), a gde su 1 i nule jednaqine a + b + c =0(po Vietovim pavilima je 1 + = b a i 1 = c ) ni duga opeacija ne menja diskiminantu. a Kako je diskiminanta tinoma jednaka ( 1) 4 1 ( ) = 9, a tinoma 1 jednaka ( 1) 4 1 ( 1) = 5, sledi da je odgovo na pitanje dela (a) negativan (Tangenta 44, st. 18, Nagadni zadaci, M548, eenje u Tangenti 45, st. 0). Odgovo na pitanje dela (b) je pozitivan, je je (na pime):. za = za = Postoji. Neka je z = Tada je z 008 = z 008 =1i z 007 = z 007 =1, odnosno taqke koje odgovaaju bojevima z 007 i z 008 nalaze se na jediniqnoj kuжnici. Ukoliko postoji boj z takav da je z 007 = 1 i z 008 {1, 1}, tada je tougao qija su temena taqke odeđene bojevima 1, z 007 i z 008 pavougli (hipotenuza tog tougla je duж odeđena taqkama koje odgovaaju bojevima 1 i z 007 ), pa je dovoljno dokazati da postoji boj z sa navedenim osobinama. Neka je z 0 = 1 3 +i.tadajez3 0 = 1, pajez0 007 =(z0) =( 1) 669 = 1 i z0 008 = z 0 z0 007 = z 0 { 1, 1}, odnosnoz 0 je boj sa taжenim osobinama. Po uslovima zadatka sva ti tangesa su istog znaka, pa je ABC otougli. Kako je tg α +tgβ tg γ =tg(π (α + β)) = tg(α + β) = 1 tg α tg β, sledi da (u poizvoljnom nepavouglom touglu) vaжi tg α +tgβ +tgγ =tgα tg β tg γ. Ako je k =tgα, tadajetg β =k i tg γ =3k, paiz( ) sledi 6k =6k 3,odnosnok =1(je je k>0). tg α Kako su uglovi oti, sledi sin α = 1+tg α = 1 tg β, sin β = 1+tg β =, sin γ = 5 tg γ 1+tg γ = 3,pajeBC = AB sin α 10 sin γ = 5 i AC = AB sin β sin γ = (sinusna teoema). Konaqno, obim ABC je AB + BC + CA = (Tangenta 45, st. 18, Nagadni zadaci, M579, eenje u Tangenti 46, st. 7). Ako je M taqka simetiqna sa M u odnosu na simetalu BAC, astojanje taqke M od pavih AB i AC je i 3, edom, i taqka M se nalazi u BAC, papavaam seqe duж BC u nekoj taqki A. Neka su B 1 i C 1 podnoжja nomala iz B i C, edom,naam. Kako je BC = BA + A C BB 1 + CC 1 i AM = R 1,sledi BC R 1 BB 1 R 1 + CC 1 R 1 = P ( M AB)+ P ( M AC) ( ) (P ( XY Z) pedstavlja povinu XY Z), odakle je ar 1 c + b 3,tj.R 1 c a + b a

4 A M 3 1 M B 1 B C 1 OP 08 A 5 A C Analogno je R a b 3 + c b 1 i R 3 b c 1 + a c, odakle je (kako za, y > 0 vaжi y + y ) ( b R 1 + R + R 3 c + c ) ( c 1 + b a + a ) ( a + c b + b ) 3 ( ). a Jednakost vaжi ako i samo ako je ABC jednakostaniqan, a taqka M njegovo teжite (Tangenta 49, st. 5, Neke nejednakosti u vezi sa touglom, nejednakost (B)). Napomena. Ova nejednakost je poznata i kao Edős Modell-ova nejednakost. Dugi azed, B kategoija. Kako je povina ABC jednaka zbiu povina touglova MAB, MBC i MCA,oveti povine su jednake te ini povine ABC. Kako ABC i MAB imaju zajedniqku stanicu AB i kako je odnos njihovih povina 3:1, visina ABC koja odgovaa stanici AB jetiputave aodvisine MAB koja odgovaa stanici AB, tj. taqka M se nalazi na pavoj paalelnoj pavoj AB, koja se nalazi u istoj poluavni odeđenoj pavom AB u kojoj i taqka C i koja je na astojanju od pave AB jednakom te ini visine ABC koja odgovaa stanici AB. Analogno, taqka M se nalazi na pavoj paalelnoj pavoj BC, koja se nalazi u istoj poluavni odeđenoj pavom BC u kojoj i taqka A i koja je na astojanju od pave BC jednakom te ini visine ABC koja odgovaa stanici BC, pa (ako postoji) taqka M moa biti jedinstvena (pave paalelne dvema azliqitim stanicama nekog tougla nisu paalelne, pa se seku). Sa duge stane, kako teжite tougla deli teжine duжi u odnosu :1, astojanje od teжita tougla do neke stanice tog tougla je jednako te ini visine koja odgovaa toj stanici, pa teжite tougla zadovoljava uslove zadatka. Dakle, jedina taqka koja zadovoljava uslove zadatka je teжite tougla. Izazi iz zadatka su definisani za z.kakoje(zaz = ) z 3 z =1 z 3 ( ) z 3 z =1 (z 3)(z 3) = ( z)( z) z zz 3z 3z +9=zz z z +4 z + z =5, odakle je Re z = 5,jejeω + ω = Re ω za svako ω C. Sliqno je ( ) ( ) z 9i z 9i z 9i Re = z 1 + i z 1 + i + =4 z 1 + i z 9i z +9i + =4 (z 9i)(1 + i)+(z +9i)(1 i) =8 1 i 1+i z 9i +iz +9+z +9i iz +9=8 i(z z) =10+(z + z) =10+4 Re z.

5 Kako je Re z = 5 ikakojeω ω =i Im ω za svako ω C, sledi4 Im z =0,tj.Im z = Dakle, z =Rez +Imz = 5 +5i (Tangenta 41, st. 3, Pismeni zadaci, zadatak 5). Jednaqina iz zadatka nije definisana za {, 0, }. Za, 0, vaжi = + +( 4)( ) = = 0, a poslednja kvadatna jednaqina ima eenja =i = Međutim, kako jednaqina nije definisana za =, jedino eenje je =3(Tangenta 4, st. 4, Pismeni zadaci, zadatak 1). Videti eenje pvog zadatka za dugi azed A kategoije. Ako pvi utoak u mesecu nije i pvi dan u mesecu, pvi utoak u mesecu je istovemeno i pvi utoak posle pvog ponedeljka u mesecu, pa po uslovima zadatka sledi da je pvi utoak u pvopomenutom mesecu i pvi dan tog meseca. Analogno, u slede em mesecu je seda pvi dan tog meseca. Dakle, pvopomenuti mesec ima 7k +1 dana (za neko k N), a kako meseci imaju 8, 9, 30 ili 31 dan, sledi da je taj mesec febua i da je godina pestupna. Dakle, slede i mesec je mat, a 8. mat je pva seda posle pvog utoka u tom mesecu, tj. Maija je 8. mat povela na Zlatibou. Kako je Δ = Δ = Δ y = Δ z = Te i azed, A kategoija a 1 a a 1 1 a 1 1 a a a 1 a 1 a a 1 a a 1 0 = a3 3a +4=(a ) (a +1), = a +0+(a 1) a(a 1) 1 0=0, =1+a a = (a )(a +1), = a3 +a + a = (a )(a + 1)(a 1), za a { 1, } vaжi Δ 0,pasistemzaoveaima jedno eenje ( Δ (, y, z) = Δ, Δ y Δ, Δ ) ( z = 0, 1 Δ a, a 1 ). a Za a =pva jednaqina sistema glasi + y z =, a te a + y z =0, pa u ovom sluqaju sistem nema eenja (to se moglo zakljuqiti i iz toga to je a =dvostuka nula Δ, a jednostuka Δ y i Δ z ). Za a = 1 sistem postaje + y + z = 1, y + z = 1, y z = 0. Oduzimanjem pve jednaqine od te e, odnosno dvostuke pve jednaqine od duge, dobija se ekvivalentan sistem + y + z = 1, 3y 3z = 1, 3y 3z = 1,

6 odnosno + y + z = 1, 3y 3z = 1, odakle je (za poizvoljno z R) y = z 1 3 i = 1 y z = 1+z z = z 3,pa u ovom sluqaju sistem ima beskonaqno mnogo eenja {( z 3, z 13 ) },z z R. (Tangenta 4, st. 39, Pismeni zadaci, zadatak 4). Neka je polupeqnik lopte, a R, H i s polupeqnik osnove, visina i izvodnica kupe opisane oko te lopte, edom. Izaжavanjem povine osnog peseka kupe na dva naqina, dobija se RH = (R + s), odakle je RH = R+s, paje R H R(R + s) 4 3 = 4, 1 odnosno 3 R Hπ R(R + s)π = π,tj. π V K V L = P K P L. s H R OP 08 3A Ako je =1svi navedeni bojevi su međusobno jednaki. Neka je 0 << Kako je eksponencijalna funkcija stogo monotono opadaju a ako joj je osnova manja od 1, sledi 0 <<1 0 > > 1 1 < < > > < pa je (za 0 <<1) taжeni aspoed < < < <. <, Neka je > Kako je eksponencijalna funkcija stogo monotono astu a ako joj je osnova ve a od 1, sledi 1 < 1 < < < <, pa je (za >1) taжeni aspoed < < < <. Iz uslova 3 zadatka sledi f(ab) ab = f(a) a + f(b) b, pa ako je g() = f(), zahtev zadatka postaje da se odede svi n N takvi da je g(n) =1, gde je g : N N {0} takva da: g(1) = 0;. g(p) = 1 p za svaki post boj p ; g(ab) =g(b)+g(a) za sve piodne a i b.

7 Iz novog uslova 3 sledi da za n = p α1 1 pα... pα k k (kanonska faktoizacija boja n) vaжi g(n) =α 1 g(p 1 )+α g(p )+...+ α k g(p k ), pa teba odediti sve n za koje je α 1 + α α k = ( ) p 1 p p k Svi sabici u pethodnoj jednakosti su pozitivni, pa je ( i {1,,...,k}) α i p i. Nakon mnoжenja iste jednakosti sa p 1 p... p k, dobija se jednakost u kojoj su svi sabici sem jednog deljivi sa p i,paitajsabiak(p 1 p... p k αi ) moa biti deljiv sa p i,pap i α i, p i odakle je α i p i (za svako {1,,...,k}). Sledi da su svi sabici u ( ) jednaki 1, pa se u toj jednakosti pojavljuje samo jedan sabiak, odnosno taжeni bojevi su bojevi oblika p p,gdejeppost boj (Tangenta 44, st. 18, Nagadni zadaci, M554, eenje u Tangenti 45, st. ). Neka je smanjivanje za 1 svih bojeve neke kolone pva, a udvostuqavanje svih bojeva neke vste duga opeacija i neka se na tabli vi slede i algoitam: uoqi se kolona te table;. pimenjuje pva opeacija, dok najmanji element te kolone ne postane 1 (skup N je oganiqen odozdo, pa je ovo mogu e uaditi); ako su svi elementi te kolone jednaki 1, algoitam se zavava, a inaqe se na sve vste koje odgovaaju elementima te kolone koji su jednaki 1 pimeni duga opeacija, a nakon toga vati na koak. Algoitam se zavava. Zaista, najve i boj u toj koloni (moжe ih biti i vie) se nakon pve opeacije smanji za 1, kao i nakon pimene koaka 3 pa pethodnog algoitma, pa e svi elementi uoqene kolone u jednaom momentu postati jednaki Ponovnom pimenom pve opeacije svi elementi te kolone postaju 0. Pimena pve opeacije na nekoj koloni ne menja elemente ostalih kolona te table, a pimena duge opeacije piodne bojeve slika u piodne, dok elementi koji su jednaki 0 ostaju 0. Sledi da su nakon gonjeg algoitma svi bojevi dugih kolona ostali piodni (ako su bili piodni), odnosno 0 (ako su bili 0), pa se ponavljanjem algoitma na svim kolonama ove table dobija tabla u kojoj su svi bojevi jednaki 0. Te i azed, B kategoija. Videti eenje pvog zadatka za te i azed A kategoije. Jednaqina iz zadatka je definisana za 0. Kako je ( ϕ) sin ϕ 1, sledi da je ( L = sin ) ( sin ) 1 6 Na osnovu nejednakosti između aitmetiqke i geometijske nejednakosti, sledi D = =, piqemujednakostvaжiakoisamoakoje =1,tj. { 1, 1}. Kako je L = D, moa biti L = D =,tj. { 1, 1}. Međutim, kako je sin ( 1 ) ( ) 1 sin 6 sin ( 1 ) sin ( 1 6 ), sledi da ova jednaqina nema eenja u skupu ealnih bojeva (Tangenta 46, st. 0, Nagadni zadaci, M591, eenje u Tangenti 47, st. 19). ( ) 4 Poslednje qetii ekipe su međusobno odigale = 6 meqeva i u njima je osvojeno

8 6 = 1poena. Svaki od ovih poena je pipao jednoj od poslednje qetii ekipe. Kako su one osvojile 6+4++=14 poena, poslednje qetii ekipe su u utakmicama potiv pve qetii ekipe osvojile 14 1 = poena, tj. poslednje qetii ekipe pobedile su pve qetii ekipe u jednoj utakmici, odnosno poslednje qetii ekipe izgubile od pve qetii ekipe u 4 4 1=15utakmica (ukupan boj utakmica koje su poslednje qetii ekipe odigale potiv pve qetii ekipe je 4 4 = 16) (Tangenta 49, st. 13, Nagadni zadaci, M651, eenje u Tangenti 50, st. 14). Jednaqine iz zadatka su definisane za y > 0, y > 0 i y Iz duge jednaqine sledi ( 1)(y 1) = 0, odakleje =1ili y = Ako je y =1, iz pve jednaqine sledi = 1 =( 1) = +1, odakle je { } 1 5 +=0,tj.,. Međutim, ako je =,tadaje y = 1 =1,paovo nije eenje. Kako je sistem simetiqan po i y, za =1dobija se eenje y = 1. ( ) ( 1 Dakle, ealna eenja sistema iz zadatka su, 1 i 1, 1 ) (Tangenta 4, st. 47, Pijemni ispiti, zadatak 13). Videti eenje dugog zadatka za te i azed A kategoije. Qetvti azed, A kategoija Iz a + b = b + a dobija se a +(b a) b, odakleje =1ili = b a. Dakle, gafici f i g imaju taqno dve ( zajedniqke taqke ako i samo ako je ab < 0 i a b itada su to taqke (0,a+ b) i (log b ) ), 0. a. Ako je n nepaan (tj. n =k +1 za neko k N 0 ), tada je 5 k+1 +1 k+1 k ( 1) k (mod 5) i ne moжe biti potpun kvadat, je kvadati pi deljenju sa 5 mogu davati ostatke 0,1 ili Ako je n paan (tj. n =k za neko k N) i =5 n +1 n za neko N, tadaje5 k = 1 k = ( 1 k )( +1 k ). Ako 5 1 k i 5 +1 k,tada5 1 k =( +1 k ) ( 1 k ),toje nemogu e, pa je 1 k =1i +1 k =5 k,odakleje 1 k =5 k 1=5 k 1 > 4 k = k 1 k. Za k sledi 1 k > k 1 k > 1 k, to je kontadikcija. Poveom, za k =1se dobija eenje, tj. n =je jedini piodni boj koji zadovoljava uslove zadatka (5 +1 =13 ) (Tangenta 45, st. 17, Nagadni zadaci, M570, eenje u Tangenti 46, st. 3). Ako bi sva eenja jednaqine iz zadatka ( 1,,..., n ima ih n je polinom n-tog stepena ima n kompleksnih nula) bili ealni bojevi, tada bi na osnovu nejednakosti između aitmetiqke i geometijske sedine bilo n n 1 n... n,odakleje ( n ) ( n 1 n ) n n 1... n,odnosnoa n 1 a n n n a 0, to je u supotnosti sa uslovom zadatka. Neka su A i B podnoжja nomala ABC iz taqaka A i B, edom,aα, β, γ odgovaaju i uglovi tougla. Kako je AB H ACA,sledi AH AB ACA ), AB = c cos α (iz ABB )ic = a sin γ bc cos α (sinusna teoema), sledi AH = b sin γ = sin α a ctg α. Analogno je BH = b ctg β i CH = b ctg γ, pa teba dokazati da je = AC AA, a kako je AA = b sin γ (iz ctg α ctg β ctg γ ( )

9 Kako je tg α+tg β+tg γ =tgα tg β tg γ (videti ( ) u qetvtom zadatku za dugi azed A kategoije), na osnovu nejednakosti izmađu aitmetiqke i geometijske sedine sledi tg α tg β tg γ = tgα +tgβ +tgγ 3 3 tg α tg β tg γ, odnosno tg α tg β tg γ 3 3, odakle neposedno sledi ( ). Jednakost vaжi ako i samo ako je ABC jednakostaniqan (Tangenta 46, st. 0, Nagadni zadaci, M589, eenje u Tangenti 47, st. 19). A H B B A C OP 08 4A 4. Neka je A skup aspoeda est tomova enciklopedije, tako da tom nije ni pvi ni poslednji u nizu i. tom se nalazi poed toma, a B skup aspoeda est tomova enciklopedije, tako da tom nije ni pvi ni poslednji u nizu,. tom se nalazi poed toma i tom se nalazi poed 6. toma. S obziom da. i tom moaju biti jedan poed dugog oni se mogu zamisliti kao jedan tom, vode i aquna da se tako pepolovljava boj aspoeda. Pema tome, elementi skupa A se mogu videti kao aspoedi pet tomova, s tim da tom moжe biti na jednoj od ti nekajnje pozicije (ostali nemaju oganiqenja) i unuta toma koji je nastao spajanjem. i toma teba odediti njihov aspoed, pa je A = 3 4! = 14 Analogno, pilikom odeđivanja B se i 6. tom mogu videti kao jedan, pa je B = 3! = 48. Konaqno, ukupan boj aspoeda koji zadovoljavaju taжene uslove je A B = = 96. Qetvti azed, B kategoija Kako je Δ = 1 a 3 a 1 1 = a 3a a = (a +a +5), Δ = 1 a 3 = =, Δ y = = a =1 a, a Δ z = 1 a 1 =0+a =1+a, a 1 0 za svako a R vaжi Δ 0, pa sistem ima jedno eenje ( Δ (, y, z) = Δ, Δ y Δ, Δ ) ( z = Δ a +a +5, a 1 a +a +5, a +1 ) a +a +5 (Tangenta 46, st. 39, Pismeni zadaci, zadatak 4). Kako je povina paalelogama nad vektoima i y jednaka y = y sin (, y), =0, y = y i kako je (po uslovima zadatka) a = b =1i ( a, b)= π, sledi da je taжena povina jednaka p q = ( a +3 b) ( a 4 b) = a a +3 b a 8 a b 1 b b = 11 b a = 11 b a ( a, b)=11 sin π =1 (Tangenta 46, st. 39, Pismeni zadaci, zadatak ). Videti eenje te eg zadatka za te i azed B kategoije. Ravan koja sadжi osu valjka iz uslova zadatka seqe loptu po kuжnici polupeqnika,

10 a valjak po pavougaoniku upisanom u ovu kuжnicu. Ako su R i H polupeqnik osnove i visina ovog valjka, edom, tada su stanice tog pavougaonika R i H, a dijagonala, pa je (Pitagoina teoema) H = 4( R ) (0 <R<). Sledi da je povina omotaqa valjka M(R) =RHπ =4π R R, pa kako je H R OP 08 4B 4 ( ) M (R) =4π R R + R = R ( 0, ) i M (R) < 0 za R 4π R ( R ) ( ),,tj. M(R) je maksimalno sledi da je M (R) > 0 za R za R = itadajeh =, a zapemina tog valjka V = R Hπ = 3 π (Tangenta 50, st. 33, Pismeni zadaci, zadatak 3). Napomena. Na osnovu nejednakosti između aitmetiqke i geometijske sedine sledi R R = R ( R ) R +( R ) i pitom jednakost vaжi za R = R,tj. R =, tj. u pethodnom se moglo izbe i koi enje izvoda. Videti eenje pvog zadatka za qetvti azed A kategoije.