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

Transcript

1 . REXENjA ZADATAKA OPXTINSKOG TAKMIQENjENjA IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA, Prvi razred, A kategorija Kako je A sredite duжi MN, sledi da je XA = XM + XN. Analogno je XB = XR + XS. XP + XQ i XC = Qetvorougao XSBM je paralelogram XB je njegova dijagonala, pa je XB = XM+ XS. Analogno, XNCP i XQAR su paralelogrami, pa je XC = XN + XP i XA = XQ + XR. Iz prethodnog i XT = XA+ XB + XC jer je T teжite ABC sledi A Q B P C R X C N OP 09 A A M S B XA + XB + XC = XM + XN + = [ XS + XM + = XP + XQ + XN + XP + XB + XC + XA = XT, XR + XS ] XQ + XR. to je i trebalo dokazati Tangenta 5, str., Pismeni zadaci, zadatak 5. a Kako je zastupljen predstavnik svake zemlje, sledi da ili jedna zemlja ima predstavnika ostale tri po ili dve zemlje imaju predstavnika ostale dve po. Ako jedna zemlja ima predstavnika, njen izbor se moжe izvriti na naqina, njenapredstavnikana naqina, dok se predstavnik neke od preostalih zemalja moжe izvriti na naqina, pa u ovoj situaciji postoji = 0 izbora. Ako dve zemlje imaju predstavnika, njihov izbor se moжe izvriti na naqina, za svaku od njih predstavnika na naqina, dok se predstavnik neke od preostalih zemalja moжe izvriti na naqina, pa u ovoj situaciji postoji = 56 izbora. Dakle, odgovor na pitanje dela a je = 80 izbora. b Kako svaka od zemalja ima najvie predstavnika, sledi da bar tri zemlje moraju imati predstavnike, tj. ili tri zemlje imaju po predstavnika ili ako svaka zemlja ima predstavnika dve zemlje imaju, a dve jednog predstavnika. Ako tri zemlje imaju po predstavnika, njihov izbor se moжe izvriti na naqina, a po predstavnika u svakoj od njih na naqina, pa u ovoj situaciji postoji = 86 izbora.

2 Ako dve zemlje imaju predstavnika a dve jednog, broj izbora je isti kao u drugom delu dela a, tj. u ovom sluqaju ima 56 izbora Dakle, odgovor na pitanje dela b je = 0 izbora. Ako n +n +5,kakoje =, slediida n +n +5. Ako n +n +5= n +7n +, sledi da n +7n. Kako je prost broj, sledi da je bar jedan od brojeva n +7 i n deljiv sa. Međutim, kako je njihova razlika, tada je deljiv idrugi,pa n +7n, odakle n +7n + = n +n +5. Funkcija f : R R, f = a + b je bijekcija ako i samo ako je a 0. Pritom je f f f =aa + b +b a + b = a a + ab. Ako je za neku ovakvu funkciju f f f = , sledia a =56i ab = 008. Jedno od reenja ovog sistema je a =8 0i b = 5, tj. funkcija f = je bijekcija koja zadovoljava navedeni uslov. Kako je BCA = BDA uglovi nad preqnikom, taqka F je ortocentar ABE, paje EF AB. Takođe je i FEC = ABC uglovi sa normalnim kracima. Trougao AF C je pravougli FCA = 90 i vaжi FAC = DAC = DSC =5 periferni i centralni ugao nad tetivom DC, pa je on i jednakokrak, tj. vaжi AC = CF. E C D Sledi da je ABC = FEC AC = CF i jednakost uglova, tj. EF = AB, odakle sledi tvrđenje zadatka Tangenta 5, str., Nagradni zadaci, M7. A F S OP 09 A 5 B Prvi razred, B kategorija. n + n + Kako je = = n + n + n +,dabitraжenibrojbioceo,tomorabitii. Kako je n N, sledin +, a kako je jedini celobrojni delilac broja koji je n + ne manji od jednak, sledi n +=,tj. n =.Akojen =, vrednost traжenog izraza je + =, tj. prirodan broj, pa je jedino reenje zadatka n =Tangenta 5, str. 7, + Pismeni zadaci, zadatak 5.. a Za svako R vaжi f =g g g = ++ +=6 +. b Funkcija f : R R, f =a + b je bijekcija ako i samo ako je a 0. Dakle, f je bijekcija i vaжi f : R R, f = Tangenta 5, str. 7, Pismeni zadaci, 6 zadatak.. Izraz p q implikacija je netaqan ako i samo ako je p taqno i q netaqno. Sledi: a A B = B je ekvivalentno sa A B, paakojeia B =, sledi da mora biti A = ; dakle, ova implikacija je taqna ako i samo ako je ili A = ili A B ; b A = je uvek taqno, pa da bi bila taqna implikacija, mora biti A = ; dakle, ova implikacija je taqna ako i samo ako je A = ; v izraz p q ekvivalencija je taqan ako i samo ako je ili i p taqno i q taqno ili i p netaqno i q netaqno; A B = B je ekvivalentno sa B A, a to je ekvivalentno sa A B ako i samo ako je A = B; dakle, ova ekvivalencija je taqna ako i samo ako je ili A = B ili ako su A i B neuporedivi tj. ne vaжi ni A B ni B A;

3 g ako je A B, tadajea \ B = za sve A, B, pa je ovo tvrđenje uvek taqno; d ako je A B = A, tadajeb A; ako je, uz to, taqna i ova implikacija, sledi da je i A B, pa mora biti A = B; dakle, ova implikacija je taqna ako i samo ako je ili A B A ili A = B.. Tangenta 8, str., Pismeni zadaci, zadatak 7, izmenjen. Neka je f = {.Kakoje =, za <0, sledi da je, za 0 =, za < +, za <0 +, za 0 <, za Prava paralelna -osi moжe se i ovaj grafik u najvie qetiri taqake, to se događa za 0 < a < Tangenta 8, str. 5, Pismeni zadaci, zadatak.. y 0 OP 09 B 5.. Videti reenje drugog zadatka za prvi razred A kategorije. Drugi razred, A kategorija Zamenom =0se dobija 0 b =cosb 0, pasledib =0. Neka je b =0. Sledi, treba odrediti sve a tako da vaжi a cos = cosa... Zamenom =π se dobija cosaπ =,odaklejeaπ =kπ za neko k Z, tj.a je ceo broj. Ako je a =0, traжena relacija je zadovoljena za svako realno. Ako je a 0, zamenom = π a se dobija cos π a =,odaklejeπ a =lπ za neko l Z, tj. i je ceo broj, pa je a a {, }. Akojea =, traжena relacija je zadovoljena za svako realno. Akojea =, traжena relacija se svodi na cos =,tonevaжizasvakorealno na primer ne vaжi za = π. Dakle, reenje je a, b {0, 0,, 0} Tangenta 5, str., Pismeni zadaci, zadatak. Za svako a R jednaqina f a =0je kvadratna i njena diskriminanta je a a 5 = a +8a +0=a + +> 0, tj. ova jednaqina ima realna reenja, odakle sledi tvrđenje dela a. Teme parabole A AC B + B + C je,. Sledi, teme parabole f a je BA A a a, a 5 = a, a + a 5. Funkcija a a je bijekcija iz R u R, pa je jednaqina traжenog geometrijskog mesta taqaka f : R R, f = + 5. Ako su,a i,a koreni jednaqine f a =0po delu a oni su qak i realni i razliqiti, po Vietovim pravilima je,a +,a = a i,a,a = a 5, paje,a+,a =,a +,a,a,a = a +a +0= a , pri qemu jednakost vaжi ako i samo ako je a = Tangenta 50, str., Pismeni zadaci, zadatak Mora biti z +0z + 0,odnosnoz / { } {,,tj.z/ i, i, i, } i.

4 Pod ovim uslovom je 6z +5z +6 z +0z + = 5 z z +0z, to je realan broj ako i samo + ako je z z +0z + R z =0 z +0z + z =0+ z + z R z =0 z + z R. Kako je t C realan broj ako i samo ako je t = t, sledi uz dodatni uslov z 0 z + z R z + z = z + z z z + z z z z =0 z z z z =0 z zz + z z =0. Sledi da je z R ako je z z =0iliz ir ako je z + z =0ili z =. Konaqno, sledi da je 6z +5z +6 z +0z realan ako i samo ako je + { { z R ti t R \,,, }} {t t C t =}.. Neka je u + v = S u,v, uv = P u,v.tadaje u + v = u + v uvu + v 6u v = u + v uvu + v +uv = S u,v P u,vs u,v +P u,v. Po uslovima zadatka je S a,b = S,y,paiza + b = + y sledi P a,b S a,b P a,b =P,yS a,b P,y P a,b P,y P a,b + P,y S a,b =0. Ako je P a,b P,y, bez umanjenja optosti moжe se pretpostaviti da je P a,b >P,y,paje [ P a,b + P,y Sa,b < ab a + b = a + ab + b = a + b ] + b 0, tj. u prvi qinilac mora biti jednak nuli, odnosno P a,b = P,y. Iz dobijene kontradikcije, sledi da je i P a,b = P,y. Na osnovu Vietovih pravila, sledi da su a, b koreni jednaqine t S a,b t+p a,b =0.Analogno,, y koreni jednaqine t S,y t+p,y = 0, pa, kako je S a,b = S,y i P a,b = P,y, sledi da je {a, b} = {, y}, odakle sledi i tvrđenje zadatka. 5. 8! Osmoslovnih reqi koje sadrжe po taqno dva slova azbuke ima = 50 permu-!!!! tacije sa ponavljanjem. Neka je X i, i S = {A, B, V, G}, broj osmoslovnih reqi, koje svako slovo sadrжe taqno dva puta i koje sadrжe dva ista susedna slova i. Tada je broj osmoslovnih reqi koje sadrжe svako slovo dva puta i nisu smislene jednak XA X B X V X, G odnosno, po principu ukljuqenja i iskljuqenja: XA X B X V X G = X i X i X j + X i X j X k i S i,j S i,j,k S k i + XA X B X V X G Broj X i je jednak broju permutacija sa ponavljanjem 7 elemenata, jednog sastavljenog od 7! dva slova i i tri para preostalih slova, tj. jednak je!!!! = 60.

5 ... Broj X i X j je jednak broju permutacija sa ponavljanjem 6 elemenata, jednog sastavljenog od dva slova i, jednog sastavljenog od dva slova j i dva para preostalih slova, tj. jednak 6! je!!!! = 80. Broj X i X j X k je jednak broju permutacija sa ponavljanjem 5 elemenata, jednog sastavljenog od dva slova i, jednog sastavljenog od dva slova j, jednog sastavljenog od dva slova 5! k i dva preostala ista slova, tj. jednak je!!!! =60. Broj XA X B X V X G je jednak broju permutacija elemenata AA, BB, VV i GG, tj. jednak je! =. Konaqno, XA X B X V X G = = 656, pa je traжeni broj poto treba na i broj smislenih reqi jednak = 86. Drugi razred, B kategorija Ako je 0 reenje jednaqine iz zadatka, tada je a = a =0,tj. i 0 je reenje te jednaqine. Ako jednaqina ima jedinstveno reenje, sledi 0 = 0,tj. 0 =0,odaklejea =0. Dakle, jednaqina je =0. Međutim, ova jednaqina ima tri reenja {, 0, }, tj. ni u ovom sluqaju reenje nije jedinstveno, pa traжeni realan broj ne postoji Tangenta 7, str. 5, Nagradni zadaci, M607. Kako je z = iy i z = y +iy, izz = z sledi = y i y =y. Iz druge dobijene jednaqine sledi da je ili y =0ili =. Ako je y =0, prva jednaqina postaje =,tj. {0, }. Ako je =, prva jednaqina postaje y = } {,tj.y,. { Dakle, reenje zadatka je z 0,, i, } + i Tangenta 8, str. 9, Pismeni zadaci, zadatak 0, izmenjen. Neka je T teжite ABC. Kako teжite deli teжinu duж u odnosu :, sledi da su duжine AT, BT, CT jednake t a, t b, t c,redom. Iz BCT sledi t b + t c >anejednakost trougla. Analogno, iz ABT sledi t a + t b >c,aiz ACT sledi t a + t c >b. Sabiranjem se dobija t a + t b + t c >a+ b + c, odakle je t a + t b + t c > a + b + c = s. C A B A T A C B OP 09 B 5

6 Neka je A sredite duжi BC, aa takvadajedajeaa = A A i A A A. Kako je ACA = A BA BA = CA = a, AA = A A, AA C = BA A unakrsni uglovi, sledi BA = CA = b, iz ABA sledi b + c>t a opet nejednakost trougla. Analogno je a + b>t c i a + c>t b. Sabiranjem ovih nejednakosti dobija se a + b + c > t a + t b + t c, odakle se dobija t a + t b + t c < s.. 5. Videti reenje drugog zadatka za drugi razred A kategorije. Prvi zadatak nije uradilo najvie 0 uqenika jer ga je uradilo bar 60, pa je broj parova uqenika, takvih da nijedan od uqenika u tom paru nije reio prvi zadatak, najvie 0. Kako analogno zakljuqivanje vaжi i za preostale zadatke, sledi da je broj parova uqenika, takvih da nijedan od uqenika u tom paru nije reio neki od zadataka, ne ve i 0 00 od 5 = 900. Međutim, kako je ukupan broj parova uqenika = 950 > 900, sledi da postoji par uqenika koji su zajedno reili svih pet zadataka Tangenta 5, str. 6, Nagradni zadaci, M566. Tre i razred, A kategorija. Jednaqina ima smisla za >0. Nekajet =log 0.Tadaje 0 log 0 + log 0 log 0 = log 0 + log 0 log 0 = 0log 0 + t t = 0 t t + t t =. Ako je t {, }, tadajet t =0i =0, pa sledi da ove vrednosti dovode do reenja jednaqine. Ako je t,, tadajet t < 0, a kako je i >0 sledi 0 t t + t t < =, pa ove vrednosti ne mogu dovesti do reenja jednaqine.. Ako je t,,, tadajet t > 0, a kako je i >0 sledi 0 t t + t t > =, pa ove vrednosti ne mogu dovesti do reenja jednaqine. { } Dakle, reenje jednaqine je 0, 0 Tangenta 5, str., Nagradni zadaci, M7. Uslov,y 5,z 6 je ekvivalentan postojanju a, b, c 0, takvihdaje =+a, y = 5+b, z =6+c. Dakle, dovoljno je dokazati da ako je a + b + c +8a +0b +c za neke a, b, c 0, tadajea + b + c. Neka je a + b + c<. Tadaje0 a, b, c <, pajea a, b b, c c, odakleje > a + b + c 9a +b +c a + b + c +8a +0b +c. Iz dobijene kontradikcije, sledi tvrđenje zadatka. Jednakost se postiжe ako i samo ako je a + b + c =,paslediopetje0 a, b, c = a + b + c 9a +b +c a + b + c +8a +0b +c, tj. jednakost se postiжe ako i samo ako je b +a =0, a = a, b = b, c = c, a + b + c +8a +0b +c = 6

7 .. naravno, a, b, c su i dalje nenegativni i a + b + c =, odnosno ako i samo ako je a = b =0, c =, tj. ako i samo ako je, y, z =, 5, 7. Bez umanjenja optosti, moжe se pretpostaviti da je m, n =. Inaqe, ako je m = d m, n = d n onda se problem svodi na analogan za izraz z m + z n z = z d =. Neka je m i ω takvo da je ω m =. Tada je ω m + ω n =+ω n, pa je dovoljno pokazati da postoji ovakvo ω, tako da je Reω n 0. Reenja jednaqine z m = su ω 0 ε k,zak {0,,...,m }, gdejeω 0 =cos π m + i sin π m i ε =cosπ m + i sin π m. Kako je ω 0 + ω 0 ε ω 0 ε m = ω 0 +ε ε m =0ikakobrojevi0,n,...,m n qine potpun sistem ostataka po modulu m m i n su uzajamno prosti, sledi ω0 n +ω 0 ε n ω0 ε m n = ω n 0 +ε n ε m n =0, pa bar jedan od ovih brojeva ima nenegativan realan deo,,geometrijski : ako je taqka teжite pravilnog m-tougla, bar jedno njegovo teme se nalazi u proizvoljnoj poluravni qiji rub sadrжi taqku. Sluqaj n se radi analogno tj. analogno se pokazuje da među reenjima jednaqine z n =postoji bar jedno, tako da je realni deo njegovog m-tog stepena nepozitivan. U nizovima r i n i= i t i n i= se javlja broj deljiv sa n; akojer i t j 0modn za neke i j, tada je r i t i r j t j 0modn, paunizur i t i n i= ne moжe biti n razliqitih brojeva, tj. on ne moжe biti potpun sistem ostataka po modulu n. Dakle, bez umanjenja optosti, neka je r n = t n =0.Nekajepprost qinilac broja n, n = pm. Pritom, ako n nije stepen broja, moжe se izabrati p. Kako je proizvod brojeva, od kojih je jedan deljiv sa m, takođe deljiv sa m i kako u svakom potpunom sistemu ostataka po modulu n ima jednak broj brojeva deljivih sa m, sledi da se moжe pretpostaviti da su r,r,...,r p, t,t,...,t p i r t,r t,...,r p t p brojevi kongruentni sa m, m,...,p m u nekom redosledu. Ako p m, tadazanekoi {,,...,p } vaжi r i t i = m, tj. zanekek, l N vaжi n klm m. Sledipm mklm, pap klm, tojenemogu e,jerizp m sledi p, klm =. Ako je p, m =, po maloj Fermaovoj teoremi je m p modp, a po Vilsonovoj p! modp, pasledi r r... r p m p p! mod p. Analogno je t t... t p modp i r t r t... r p t p modp, pa je = r r... r p t t... t p = r t r t... r p t p mod p, pa p, tj. p =. Kako je birano p ako je to mogu e, sledi da je n stepen broja. Međutim, po, sledi da je n =, to je u kontradikciji sa uslovom zadatka. 5. Na osnovu nejednakosti između geometrijske i harmonijske sredine sledi za svako j {,,...,n} n + i n = n n i = + + n. i + i Na osnovu nejednakosti između aritmetiqke i harmonijske sredine sledi + i n + i = n n + = i n n j. 7

8 Iz i sledi + i n n n n n j = n j j. Mnoжenjem poslednjih nejednakosti za j {,,...,n} dobija se nejednakost iz zadatka. Jednakost vaжi ako i samo ako je = =...= n = na osnovu uslova jednakosti u gore n primenjenim nejednakostima sredina Tangenta 6, str. 0, Nagradni zadaci, M597. Drugo reenje. Funkcija f :0, 0,, f = ln + je konveksna f = + + > 0; naravno, raqun izvoda se moжe izbe i, pa po Jensenovoj nejednakosti sledi za svako j {,,...,n} ln + i n ln + n = n ln + n n j =n ln. j j Sabiranjem prethodnih nejednakosti za j {,,...,n} i skra ivanjem sa n dobija se n n ln + i n i ln, i i= a primenom rasu e funkcije e na poslednju nejednakost i nejednakost iz zadatka. Jednakost vaжi ako i samo ako je = =...= n = f je strogo konveksna. n Napomena. Drugo reenje je simulacija dokaza Karamatine nejednakosti: Neka je f : R + R konveksna funkcija i,,..., n,y,y,...,y n R +, tada i= i,,..., n y,y,...,y n f +f f n fy +fy fy n,,..., n y,y,...,y n majoracija oznaqava da vaжi n i = i= n i= y i i i i= y i za svako k {,,...,n }, i= gde je,,..., n y,y,...,y n n-torka koja je dobijena od n-torke,,..., n y,y,...,y n permutacijom koordinata, tako da vaжi... n y y... y n. Tvrđenje zadatka neposredno sledi iz ove nejednakosti primenjene na funkciju f = ln + ivektore,,..., n i y,y,...,y n,gdejey i = i n. Zaista, f je konveksna videti drugo reenje zadatka, a bez umanjenja optosti moжe se pretpostaviti da je... n. Tada je oqigledno y y... y n i za k {,,...,n } n k = k i = k i + n k i k i + n = n i, i= i= i=k+ i= i=k+ j= i= 8

9 pa je za k {,,...,n } i= Kako je i y n i+ = k k n n i= y i = n n n sledi,,..., n y,y,...,y n. = k + k n k n Tre i razred, B kategorija == n, i. i=. Oduzimanjem prve jednaqine od druge i qetvrte, odnosno dodavanjem na tre u, dobija se ekvivalentan sistem y + z = 0, my + z =, y + mz =, y + z =. Oduzimanjem dvostruke tre e jednaqine novodobijenog sistema od qetvrte, odnosno oduzimanjem tre e jednaqine pomnoжene sa m od druge jednaqine, dobija se ekvivalentan sistem y + z = 0, m z = m, y + mz =, mz =. Iz druge i qetvrte jednaqine poslednjeg sistema sledi m m = m m z = m 0=8m m +5=m 8m 5. Dakle: { } 5 ako je m/ 8,, sistem nema reenja; ako je m =, sistem postaje y + z = 0, z =, y + z =, z = iimajedinstvenorenje, y, z =,, ; ako je m = 5, sistem postaje 8 y + z = 0, 7 z = 7 8, 5 y + z =, z = iimajedinstvenorenje, y, z =, 8,. Tangenta 6, str. 9, Pismeni zadaci, zadatak 5. Neka su r, h i s, polupreqnik osnove, visina i izvodnica, redom, te kupe. Tada je povrina osnove kupe jednaka r π, a povrina kupe rr + sπ, pa iz uslova zadatka sledi da je rr + sπ =r π,odaklejes =r. 9

10 .. 5. Osni presek ove kupe je jednakokraki trougao qija je osnova r, visina h, akraks, papo Pitagorinoj teoremi sledi r + h = s,odaklejer + h =9r h =8r h r = h, r > 0. Videti reenje drugog zadatka za drugi razred A kategorije. Videti reenje petog zadatka za drugi razred B kategorije. Videti reenje prvog zadatka za tre i razred A kategorije. Qetvrti razred, A kategorija.. Neka je a osnovna ivica, a H visina piramide. Kako je V = B H, sledih = V a. Zbir duжina svih ivica prizme je fa =8a +H = a + Va za a 0,. Za ovakve a funkcija f je diferencijabilna i vaжi f a = V a =8 Va.Kakojef a < 0 za a 0, V tj. na ovom intervalu f opada, f a > 0 za a V, tj. na ovom intervalu f raste, f a =0za a = V V > 0, sledi da se u taqki V dostiжe minimum funkcije f. Ako je a = V,slediH = V a = a a = a, tj. u pitanju je kocka stranice V,pajenjena povrina P =6a =6 V =6 =6 =6 Tangenta 5, str., Nagradni zadaci, M7. Neka je tabla smetena u koordinatni sistem, tako da je centar polja koje je donji-levi ugao table 0, 0, a centar polja koje je gornji-desni ugao table 8, 8. Tadajecentarsvakog polja table taqka qije su obe koordinate celobrojne, pa se polja table mogu poistovetiti sa odgovaraju im taqkama skupa {m, n m, n, N 0, 0 m, n 7}. Ako su k, l i m, n polja table neka je njihovo,,rastojanje dist [k, l, m, n] = k m + l n. Tada je dist [0, 0, 7, 7] = ; jedan potez skakaqa moжe smanjiti vrednost prethodne funkcije najvie za, pa sledi da je k 5. Međutim, na standardno obojenoj ahovskoj tabli naizmeniqno crno-belo, polja 0, 0 i 7, 7 su iste boje, a skakaq u svakom potezu moжe pre i samo na polje suprotne boje, pa je za traжeno prebacivanje neophodan paran broj skokova. Sledi k OP 09 A - OP 09 A - OP 09 A - Kako nizom poteza 0, 0,, 0, 5, 6, 5 7, 7 skakaq prelazi iz 0, 0 u 7, 7, sledi da je k =6. Neka je za svako polje poznato na koliko naqina je mogu e do i do njega u n poteza polaze i sa 0, 0. Za proizvoljno polje P, neka su sva polja sa kojih se u jednom potezu moжe do i u P,,polja susedna sa P. Tada je broj naqina na koji je mogu e postaviti skakaqa 0

11 na polje P nakon n + poteza jednak je zbiru broja naqina dolaska na sva polja susedna sa P nakon n poteza. Na taj naqin je mogu e formirati tablicu broja naqina dolaska u proizvoljno polje nakon n poteza na slikama OP 09 A -- je prikazana ova tablica za n {,, }; ukoliko je taj broj 0, polja tablica su prazna. Analogna tablica se moжe napraviti za broj naqina dolaska na proizvoljno polje u n poteza polaze i sa polja 7, 7; zbog simetrije, ta tablica za neko n se moжe dobiti i od prethodne tablice tj. tablice dobijene polaze i sa polja 0, 0 simetijom u odnosu na glavnu dijagonalu tablice tj. upisivanjem u polje m, n vrednosti koja se OP 09 A -. nalazila u polju 7 n, 7 m. Da bi se u est poteza dolo iz 0, 0 u 7, 7, potrebno je u tri poteza do i sa 0, 0 do nekog polja, a nakon toga u jo tri poteza sa tog polja do 7, 7. Sledi da je traжeni broj zbir brojeva iz tablice OP 09 A - ako je na polju upisano k l, to znaqi da se od 0, 0 do tog polja u tri poteza moжe do i na k naqina, a od tog polja do 7, 7 u tri poteza na l naqina; ako je neki od ovih brojeva 0, polje tablice je ostavljeno prazno. Dakle, najmanji broj poteza koji je potreban za traжeno prebacivanje je k =6itosemoжe uraditi na = 08 naqina. Neka je A podnoжje normale iz temena A trougla ABC, B sredite stranice AC, ac sredite stranice AB. Po uslovima zadatka AA C je pravougli sa pravim uglom kod temena A, pri qemu je podnoжje visine iz temena A sredite stranice AC, tj. ovaj trougao je i jednakokraki tj. BCA =5. Trougao OC B je pravougli i BOC = BCA =5 centralni i periferijski ugao. Takođe, vaжi CH = OC homotetija qiji je centar taqka opisane kruжnice ABC dijametralno suprotna taqki C, i koeficijenta, slika duж OC u CH. C B O A H. A C B OP 09 A Dakle, CH BO = CO BO = CO i BO su kateta i hipotenuza jednakokrako-pravouglog BOC Tangenta 6, str. 0, Nagradni zadaci, M59. Videti reenje tre eg zadatka za tre i razred A kategorije.

12 5. Neka je N N, q takvo da vaжi a n a n+q mod N poqev od nekog n po uslovima zadatka takvo q postoji, q takvo da vaжi a n a n+q mod ϕn poqev od nekog n po uslovima zadatka takvo q postoji i p = NZSq,q. Dovoljno je pokazati da je a an n aan+p mod N poqev od nekog n. Kako q p, sledia n+p a n mod N poqev od nekog n, tj. a an+p n+p da je dovoljno pokazati da N a an+p n a an n = aan n aan+p an n aan+p n mod N, pasledi poqev od nekog n. Neka je p α p α... p α k k kanonska faktorizacija broja N. Kako je lim a n =, poqev od n nekog n vaжi a n ma{α,α,...,α k }.Zafiksnoa n sa ovim svojstvom, postoji jedinstveno razlaganje N = N N, tako da je svaki prost faktor broja N i prost faktor broja a n i a n,n =. Ako je p i neki prost faktor broja N, sledi da p an i a an n,paipαi i a an n, odakle N a an n.kakojen,a n =,sledia ϕn n modn,pakakoϕn ϕn, q p i a n+q a n mod ϕn poqev od nekog n, sledi N a an+p an n. Dakle, poqev od nekog n vaжi N a an+p n a an n. Qetvrti razred, B kategorija. Kako je Δ = Δ = Δ y = Δ z = a a a a a a a a a = a 5a +6=a a, = a, = a += a, = a 5a +6=a a, za a {, } vaжi Δ 0,pazaovakvea sistem ima jedinstveno reenje Δ, y, z = Δ, Δ y Δ, Δ z = Δ a, a,. Ako je a =,tadajeδ 0i Δ=0, pa u ovom sluqaju sistem nema reenja. Ako je a =sistem postaje + y z =, y + z =, + y + z =. Oduzimanjem dvostruke tre e jednaqine od prve, odnosno dodavenjem qetvorostruke tre e drugoj, dobija se ekvivalentan sistem y z = 5, y + 6z = 0, + y + z =. odnosno kako su prva i druga jednaqina ekvivalentne + y + z =, y z = 5, odakle je za proizvoljno z R y =5 z i = y z = 5 z z =z,pau ovom sluqaju sistem ima beskonaqno mnogo reenja {z, 5 z,z z R}

13 ... Tangenta, str., Pismeni zadaci, zadatak 5. Kako je povrina paralelograma nad vektorima i y jednaka y = y sin, y, =0, y = y i kako je po uslovima zadatka a = b =i a, b= π, sledi da je traжena povrina jednaka p q = a + b a b = a a + b a a b 6 b b = 7 b a = 7 b a sin a, b =7 sin π = 7. Po uslovima zadatka, boqna strana piramide je jednakokraki pravougli trougao, qija je hipotenuza duжine, pa je povrina svake od tri boqne strane jednaka kraci tog trougla su duжine, pa je njegova povrina =. Osnova piramide je jednakostraniqni trougao stranice, pa je njegova povrina =. Dakle, povrina piramide je + =+ Tangenta 5, str. 8, Pismeni zadaci, zadatak. Izraz log jedefinisanakoisamoakoje > 0, tj. ako i samo ako je 0,. Izraz + sin π je definisan ako i samo ako je 0. Dakle, jednaqina ima smisla ako i samo ako je 0,. Za takve vaжi >0 i >0, pa, po nejednakosti između aritmetiqke i geometrijske sredine, sledi + =, odakle je funkcija log je rastu a log log =. Pritom jednakost vaжi ako i samo ako je =, tj. ako i samo ako je =. Kako je apsolutna vrednost nenegativna, sledi log = + sin π, pa u prethodnom nizu na svakom mestu mora vaжiti jednakost. Sledi da mora biti =. 5. Proverom, sledi da = i jeste reenje Tangenta 5, str. 9, Pismeni zadaci, zadatak. Videti reenje drugog zadatka za qetvrti razred A kategorije.