Ministarstvo prosvete, nauke i tehnoloxkog razvoja Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA Rexenja zadataka

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Ministarstvo prosvete, nauke i tehnoloxkog razvoja Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA Rexenja zadataka"

Transcript

1 Ministarstvo prosvete, nauke i tehnolokog razvoja Drutvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA Reenja zadataka Prvi razred A kategorija. Od poqetnog broja mogu e je dobiti brojeve i +, a zatim od + dobiti +. Sada zbog + = + moжemo dobiti i broj +, a onda od njega i broj = +. Najzad, od brojeva + i dobijamo ( +) =. +. Neka je k broj cifara i n = a k a k... a. Za k = evidentno nema reenja. Za k = imamo 0a + a = a a + 8, odakle sledi a = 8 a 0 a = a, te zakljuqujemo 0 a {,, 4, 8}, tj. a {9, 8, 6, }. Dakle, reenja za k = su: {, 36, 58, 99}. Pokaza emo da za k 3 nema reenja, tj. da su maloqas nabrojana reenja i jedina. Zaista, imamo P (n) + 8 = a k a k a + 8 a k 9 k + 8 a k (9 k + 8) < a k 0 k a k a k... a = n (nejednakost 9 k + 8 < 0 k za k 3 direktno se pokazuje indukcijom, indukcijski korak je 9 k + 8 < 9(9 k + 8) < 9 0 k < 0 k ), qime je zadatak reen. 3. Jednakost a + b + c = d ekvivalentna je sa a + b = (d c)(d + c). Pretpostavimo najpre da je jedan od brojeva a i b paran. Ukoliko je drugi broj neparan, tada je izraz a + b neparan; u tom sluqaju odgovaraju e brojeve c i d moжemo na i reavaju i sistem d c = i d + c = a + b (dobijaju se reenja c = a +b i d = a +b +, to jesu prirodni brojevi). Ukoliko je i drugi broj paran, tada je izraz a + b deljiv sa 4, pa u tom sluqaju odgovaraju e brojeve c i d moжemo na i reavaju i sistem d c = i d + c = a +b (dobijaju se reenja c = a +b 4 i d = a +b 4 +, to jesu prirodni brojevi). Uzmimo sada da vaжi a + b = (d c)(d + c), i dokaжimo da je bar jedan od brojeva a i b paran. Pretpostavimo suprotno: neka su i a i b neparni brojevi. Tada vaжi a (mod 4) i b (mod 4), pa sledi a + b (mod 4). S druge strane, ako su c i d iste parnosti, tada su oba izraza d c i d + c parna, pa je njihov proizvod (to je a + b ) deljiv sa 4, kontradikcija; ako su pak c i d razliqite parnosti, tada je njihov proizvod neparan, i ponovo kontradikcija. Time je zadatak reen. 4. Lukovi P B i AQ su jednake duжine, pa je dovoljno dokazati da vaжi AD = AQ. Neka je O centar kruga k. Kako imamo ADO = P DO = DP O = AP O = AQO, sledi QAO = DAO (jer im je jo stranica AO zajedniqka, i vaжi DAO = QAO), pa dobijamo AD = AQ. 5. Vaжi a b = 0, tj. a = b. Dokaza emo da moжemo uspostaviti bijekciju između onih rasporeda qiji smo broj obeleжili sa a (nazovimo ih,,rasporedi tipa A ) i onih rasporeda qiji smo broj obeleжili sa b (nazovimo ih,,rasporedi tipa B ). Neka je uoqen jedan raspored tipa A, i neka u tom rasporedu Mika sedi na seditu M a slobodno je sedite S. Ovom rasporedu pridruжimo raspored u kom Mika sedi na seditu S a slobodno je sedite M (preostali gledaoci ostaju gde su i bili). Nije teko videti da je pridruжeni raspored tipa B (zaista, primetimo da, u momentu kada u uoqenom rasporedu tipa A Miku podiжe neki gledalac, tada e u tom momentu Ok 05 A 4 u pridruжenom rasporedu taj gledalac upravo imati mogu nost da sedne na slobodno sedite), kao i da je ovakvo pridruжivanje zaista bijekcija između svih rasporeda tipa A i svih rasporeda tipa B. qasopisa,,tangenta na doma im srednjokolskim takmiqenjima iz matematike. Drugi razred A kategorija. Iz prve jednaqine dobijamo v = 3u+ 3w+ u+. Analogno imamo u = w+ i w = 3v+ v+. Sada sledi: v = 3u + u + = 3 3w+ w+ + 3w+ w+ + = 5w + w + = 5 3v+ v+ + 3v+ v+ + = 7v + 7 7v + 3.

2 Odavde dobijamo kvadratnu jednaqinu v v = 0. Njena reenja su v = + i v =. Izraqunavaju i u i w koji se dobijaju u ova dva sluqaja, dobijamo dva reenja polaznog sistema: u = v = w = + i u = v = w =.. Neka su (, y ) i (, y ) dve od mogu nosti između kojih Raja ne moжe da se opredeli. Moжemo pretpostaviti, bez umanjenja optosti,. Neka su n i n brojevi koji se dobijaju kada se obrisane cifre zamene ciframa iz uređenog para (, y ) i (, y ), respektivno. Tada imamo n n = ( )0 t+k + (y y )0 t za neki prirodan broj t i neparan broj k (k je neparan broj jer se između obrisanih cifara nalazi k cifra, a po uslovu zadatka ova vrednost je parna). Kako n i n daju iste ostatke pri deljenju sa 9 i takođe pri deljenju sa, sledi da je razlika n n deljiva sa 99, pa dobijamo 99 ( )0 k + (y y ). Iz 0 (mod 99) zbog k sledi 0 k 0 (mod 99), pa dobijamo 99 0( ) + (y y ). Kako su,, y, y cifre i, sledi 0 9 i 9 y y 9, tj. 9 0( ) + (y y ) 99. Prema tome, 0( ) + (y y ) = 0 ili 0( ) + (y y ) = 99. U prvom sluqaju odmah dobijamo = i y = y, tj. (, y ) = (, y ), to je nemogu e. Ostaje drugi sluqaj, koji se postiжe samo za = 9 i y y = 9, tj. za = 9, = 0, y = 9 i y = 0. Dakle, Raja ne moжe da se opredeli između taqno dve mogu nosti, i to su (0, 0) i (9, 9). 3. Prvo reenje. Izraqunavamo BCA = 0. Na duжi CB uoqimo taqku K takvu da vaжi CA = CK. Iz KCM = 60 i CM = CK dobijamo CKM = 90 (jer je CMK polovina jednakostraniqnog trougla). Budu i da je ACK jednakokrak, sledi KAC = CKA = 30. Odatle izraqunavamo MKA = AKC + CKM = 0, a sada dobijamo i AMK = 30. Zakljuqujemo da je i AKM jednakokrak, tj. AK = KM. Takođe imamo BAK = BAC KAC = = 5, pa je i AKB jednakokrak, tj. AK = KB. Odatle je MKB jednakokrako-pravougli, te sledi KBM = KMB = 45. Najzad, AMB = = 75. Drugo reenje. Oznaqimo AC = i CB = y. Na osnovu sinusne teoreme za ABC imamo: sin 5 = y sin 45, pa dobijamo = y sin 5 sin 45 = y 3 (primetimo, sin 5 = sin(45 30 ) = Ok 05 A ). Primenom kosinusne teoreme na MBC imamo MB = () + y 4y cos 60, pa posle sređivanja ostaje MB = (6 3 3)y = 3 (4 3)y, tj. MB = 6 ( 3 )y. Oznaqimo AMB = ϕ. Ponovo iz kosinusne teoreme imamo CB = MB + MC MB MC cos ϕ, pa posle zamene ovih vrednosti i skra ivanja dobijamo cos ϕ = Odatle zakljuqujemo ϕ = = Oznaqimo sa R taqku dijametralno suprotnu taqki P (kroz nju prolazi i prava CK, budu i da je normalna na CP ). Tada imamo BR P A, pa sledi P P BK = P P RK, a zbog toga i P BKL = P LP R. Poto vaжi P A = BR, imamo P CA = BP R = LP R; takođe imamo CAP = CRP, pa su LP R i P CA sliqni. Dakle, P BKL : P P CA = P LP R : P P CA = P R : AC = AB : AC. 5. Oznaqimo sa a, b, c i d broj podskupova skupa {,,..., n} qija kardinalnost pri deljenju sa 4 daje ostatak 0,, ili 3, respektivno. Broj posmatranih podskupova koji imaju paran broj elemenata jednak je broju posmatranih podskupova koji imaju neparan broj elemenata (to se moжe videti na osnovu, recimo, binomnog razvoja izraza nx n ( + ) n = j, () j j=0 Ok 05 A 4 u kom uzimamo = ; tada zbir onih binomnih koeficijenata ispred kojih je znak,,+ qini taqno broj podskupova s parnim brojem elemenata, a onih ispred kojih je znak,, upravo broj preostalih podskupova). Ovim smo dobili a + c = b + d = n = n. () Posmatrajmo ponovo binomni razvoj (), i uzmimo = i, gde je i imaginarna jedinica. Kako vaжi ( + i) 8 = (( + i) ) 4 = ( i) 4 = 6 i n je deljivo sa 8, dobijamo ( + i) n = (( + i) 8 ) n 8 = 6 n 8 = n, tj. n = nx n i j. (3) j j=0 Poto je i j jednako, i, ili i, uslovljeno sa j 0,,, 3 (mod 4), respektivno, izjednaqavanjem realnih delova leve i desne strane jednakosti (3) dobijamo a c = n, a izjednaqavanjem imaginarnih delova dobijamo b d = 0.

3 (Ove jednakosti, koje su zapravo određeni binomni identiteti, mogu e je dobiti i na drugi naqin, bez kori enja kompleksnih brojeva, to ostavljamo zainteresovanim takmiqarima za veжbu.) Dobijene dve jednakosti zajedno sa () qine jednostavan sistem od qetiri jednaqine s qetiri nepoznate, qijim reavanjem dobijamo a = n + n, c = n n i b = d = n. Dakle, kako imamo a + b = n + n, ovaj broj oqito ima taqno dve jedinice u binarnom zapisu, to zavrava dokaz. qasopisa,,tangenta na doma im srednjokolskim takmiqenjima iz matematike. Tre i razred A kategorija. Oznaqimo s = + (p )!. Na osnovu Vilsonove teoreme imamo s 0 (mod p), a poto vaжi i s (mod p ), dobijamo s p (mod (p )p). Kako su (p 3)! i p uzajamno prosti, na osnovu Ojlerove teoreme dobijamo ((p 3)!) ϕ(p) (mod p ), tj. ((p 3)!) (p )p (mod p ). Iz prethodnog i ovog zakljuqka sledi ((p 3)!) s ((p 3)!) p (mod p ). Dalje, opet primenom Vilsonove teoreme dobijamo p (p )! = (p )(p )(p 3)! (p 3)! (mod p), tj. (p 3)! p (mod p). Drugim reqima, za neki ceo broj a vaжi (p 3)! = ap+ p. Iz svega do sada, uz kori enje binomne formule, dobijamo ((p 3)!) s ((p 3)!) p = ap + p p p ap p p + p p p p (mod p ). Dakle, postavljeni zadatak svodi se na p p Šp + + p Šp = (p +) p +(p ) p, pa je, s obzirom na qinjenicu da je p p neparan broj, dovoljno dokazati p (p + ) p + (p ) p. Iz binomne formule dobijamo (p ) p ( ) p = (mod p ), to uz trivijalno (p + ) p (mod p ) daje (p + ) p + (p ) p + ( ) = 0 (mod p ), qime je dokaz zavren.. Oznaqimo yz = a i y z = b. Sabiranje datih jednaqina daje ( y) + (y z) + (z ) = (a + b + c). Primetimo odmah da mora vaжiti a + b + c 0 (ovo e biti potrebno kasnije). Dalje, oduzimanjem druge jednaqine od prve dobijamo ( y)( + y + z) = a b, a sliqno sledi (y z)( + y + z) = b c i (z )( + y + z) = c a, pa kvadriranjem i sabiranjem ove tri jednakosti dobijamo (a + b + c)( + y + z) = (a b) + (b c) + (c a). Odavde sledi + y + z =È a y z = b c s +b +c ab bc ca a+b+c. Obeleжimo ovu vrednost sa s. Iz prethodnih jednakosti dobijamo y = a b i z = c a s. Sada imamo = 3 (s + ( y) + ( z)) = s + a b + a c = s + a b c 3 s s 3s = 3s a + b + c ab bc ca a + b + c + a b c = a bc s(a + b + c), a analogno i y = b ca s(a+b+c) i z = c ab s(a+b+c). Dakle, za a = i b = uslov, y, z 0 svodi se na c 0, 4 c 0, c 0 i a + b + c = c + 3 > 0, a odavde dobijamo 3 < c. 3. Odgovor je potvrdan. Oznaqimo temena qetvorougla A, B, C, D, uglove kod tih temena α, β, γ, δ, redom, i stranice AB = a, BC = b, CD = c, DA = d. Neka je S presek dijagonala. Neka su redom α i α uglovi na koje dijagonala AC deli ugao α. Analogno definiemo uglove β i β, γ i γ, δ i δ. Neka su odseqci dijagonala AS =, SC = y, DS = z, SB = t, i obeleжimo jo CSB = ASD = ϕ, ASB = CSD = 80 ϕ. Iz kosinusne teoreme za ABC dobijamo AC = a + b ab cos β, pa je cos β = a +b AC ab racionalan broj. Iz istog trougla na sliqan naqin dobijamo da su i cos γ i cos α racionalni brojevi. Primenom kosinusne teoreme i na BCD, CDA i DAB, dobijamo da su kosinusi svih uglova α, β, γ, δ, α i, β i, γ i, δ i racionalni. Kako vaжi α +α = α i cos α je racionalan, preko cos α = cos(α + α ) = cos α cos α sin α sin α i cos α Q i cos α Q dobijamo sin α sin α Q. Analogno, sin β sin β Q, sin γ sin γ Q i sin δ sin δ Q. Iz ABD imamo β + δ = 80 α, pa sada iz cos(80 α) = cos α = cos(β + δ ) = cos β cos δ + sin β sin δ dobijamo sin β sin δ Q. Primenom sinusne teoreme na BAS i ASD dobijamo a sin(80 ϕ) = z sin β i sin α = d sin ϕ = vrednosti sin α sin α, ad i sin β sin δ racionalne, dobijamo tz = Analogno dobijamo y = q sin ϕ i y = t sin α = sin δ. Mnoжenjem ovih jednakosti dobijamo Ok 05 3A 3 tz sin α sin α = ad sin ϕ = sin β sin δ, a kako su l sin ϕ i = p za neke racionalne brojeve l i p. sin r ϕ sin ϕ, za neke q, r Q. Kako vaжi + y Q ( + y = d, gde je d duжina dijagonale s,

4 AC), iz jednakosti ( + y) = + y + y = p sin ϕ + q sin ϕ + r sin ϕ dobijamo sin ϕ Q. Sada iz ranijih izraza za i y dobijamo Q i y Q. Konaqno, iz jednakosti y = (d ) = d d + Q dobijamo Q, a tada sledi i y Q. Isto se dokazuje i t Q i z Q. 4. Tvrdimo da e nakon 05 koraka na tabli biti F 06 brojeva, gde smo sa F 06 obeleжili 06. qlan Fibonaqijevog niza. Dokaza emo jaqe tvrđenje: nakon n koraka na tabli e ukupno F n puta biti zapisan broj, zatim F n puta biti zapisan broj,..., F puta biti zapisan broj n, i jednom e biti zapisan broj n +. Dokaжimo ovo indukcijom po n. U prvom koraku briemo s table broj a dopisujemo broj, tj. nakon prvog koraka na tabli se nalazi samo broj, to odgovara tvrđenju koje dokazujemo. Pretpostavimo sada da tvrđenje vaжi za neko zadato n, i posmatrajmo ta se deava nakon koraka n + : broj e biti upisan prilikom brisanja svih brojeva od navie, a takvih ima F n + F n F + ; broj e biti upisan prilikom brisanja svih brojeva od 3 navie, a takvih ima F n 3 + F n F + itd. Dakle, da bismo dokazali жeljeno tvrđenje, dovoljno je dokazati jednakost F + F + + F k + = F k+. Ovu jednakost dokazujemo indukcijom po k. Za k = 0 jednakost vaжi. Pretpostavimo da jednakost vaжi za zadat broj k. Iz te pretpostavke imamo F + F + + F k + F k+ + = F k+ + F k+ = F k+3, to je i trebalo dokazati. Ovim smo pokazali i жeljeno tvrđenje. Prema tome, preostaje samo da primetimo da se nakon 05 koraka na tabli nalazi ukupno F 04 + F F + = F 06 brojeva. 5. Uoqavamo da vaжi ABC = 90. Neka je S presek simetrale BCA sa dijagonalom BD. Tada vaжi S CA = S DA = 0 pa je qetvorougao S ADC tetivan, te se S nalazi na kruжnici opisanoj oko ACD. Na isti naqin, ako sa S oznaqimo presek simetrale BAC sa dijagonalom BD, dobi emo da je qetvorougao S ADC tetivan, pa se i S nalazi na krugu opisanom oko ACD. Ovo je mogu e jedino ukoliko se taqke S i S poklapaju. U toj taqki nalazi se centar upisane kruжnice u ABC, pa zakljuqujemo da je dijagonala BD simetrala pravog ugla ABC, tj. DBC = 45. Sada se dobija da je ugao između dijagonala jednak 85. Ok 05 3A 5 qasopisa,,tangenta na doma im srednjokolskim takmiqenjima iz matematike. Qetvrti razred A kategorija. Jasno da posmatrani izraz uzima samo pozitivne vrednosti. Dokaza emo da moжe uzimati sve vrednosti na (0, ). Posmatrajmo specijalan sluqaj = y = t, y = t, gde t (0, ). Tada ovaj izraz postaje, posle lakog sređivanja f(t) = t+t4 t 3 +. Oqito lim t 0 f(t) = 0, a lim t f(t) =. Takođe oqito je i f(t) neprekidna na (0, ), pa uzima sve vrednosti na (0, ).. Odgovor: svi brojevi deljivi sa, i brojevi , , , , , , , i Svi brojevi deljivi sa imaju traжeno svojstvo. Zaista, kako je broj deljiv sa akko je razlika zbirova cifara na parnim, odnosno neparnim pozicijama deljiva sa, i kako izmenom ma koje cifre u broju ovu razliku pove avamo ili smanjujemo najvie za 9, jasno je da se izmenom ma koje cifre uvek dobija broj koji nije deljiv sa. Neka je, radi jednostavnijeg zapisa, m = , i pretpostavimo sada da broj n = a m a m a a 0, gde n, ima traжeno svojstvo. Vaжi m X m n a i X a i+ b 0 (mod ). Ukoliko bi za neko i, 0 i š m i=0 i=0 vaжilo ai b, zamenom cifre a i sa a i b dobili bismo broj deljiv sa, vaжilo š m to je nemogu e po pretpostavci. Isto vaжi u sluqaju a m > b. Dalje, ukoliko bi za neko i, 0 i a i b, zamenom cifre a i sa a i b + opet bismo dobili broj deljiv sa. Prema tome, jedine mogu nosti su, i am {b, b}. Posmatrajmo sada cifre na neparnim pozicijama. Ukoliko bi a i = b za sve i, 0 i š m za neku od njih vaжilo a i+ 9 b, zamenom cifre a i+ sa a i+ + b dobili bismo broj deljiv sa. Dalje, ukoliko bi za neku od njih vaжilo a i+ b, zamenom cifre a i+ sa a i+ + b dobili bismo broj deljiv sa. Prema tome, sve cifre na neparnim pozicijama moraju iznositi 0 b.

5 Razmotrimo mogu nost a m = b. Tada imamo n j m k + (b ) j m k (0 b) = (b ) (0 b) b (mod ), {z } (mod ) {z } 0 (mod ) to je nemogu e jer vaжi n b (mod ). Prema tome, ostaje a m = b. Uvrtaju i sada sve mogu nosti b =,,..., 9 dobijamo upravo brojeve navedene na poqetku. 3. Dokaжimo najpre da se svaki pozitivan racionalan broj ne ve i od moжe prikazati kao zbir nekoliko razliqitih racionalnih brojeva koji svi imaju brojilac jednak. Neka je zadat racionalan broj y, gde su i y uzajamno prosti i vaжi y. Radi emo indukcijom po. Ukoliko je =, nema ta da se dokazuje. Posmatrajmo sada najve i racionalan broj s brojiocem jednakim, pritom ne ve i od y ; to je broj y, i moжemo zapisati y = y + y y = y + y y y y = ( y) mod + y y. Brojilac razlomka ( y) mod y y y manji je od, pa se, prema induktivnoj hipotezi, ovaj razlomak moжe dalje predstaviti kao traжena suma. Kako je ovaj razlomak pritom strogo manji od y (ukoliko bi vaжilo suprotno, imali bismo y y y, tj. y y > y, a ovo je u kontradikciji s maksimalno u razlomka y ), među dobijenim sabircima se ne javlja y, pa imamo i traжeno predstavljanje razlomka y. Sada dokazujemo da se i racionalni brojevi ve i od mogu predstaviti u obliku opisanog zbira. Neka je zadat racionalan broj r ve i od. Poto vaжi P Pm i= i =, moжemo odabrati takav broj m N za koji vaжi i= i < r ali Pm+ i= i mx mx! > r. Zapiimo r = r. i= i + Kako vaжi r Pm i= i < m+ <, broj r Pm i= i moжemo predstaviti u obliku sume posmatranog oblika, i pritom e imenioci svih dobijenih sabiraka biti ve i od m +. Prema tome, preko gornje jednakosti dobijamo traжeno predstavljanje broja r. Vratimo se sada na postavljeni zadatak. Da bismo dobili na tabli broj q, dovoljno je da racionalan broj q predstavimo u obliku sume a + a + + a n gde a, a,..., a n N, i potom nam brisanje s table brojeva a, a,..., a n omogu uje da umesto njih napiemo upravo broj q (druga od dve mogu nosti dozvoljene u postavci daje upravo rezultat = q). Time je zadatak reen. (Primetimo da smo zapravo dokazali i vie nego to je traжeno: postavljeni cilj q moжemo obaviti u samo jednom koraku.) 4. Neka prava CN ponovo seqe kruжnicu k u taqki D i kruжnicu k u taqki H. Tada vaжi DN = NC = CH. Taqka M preseka pravih P Q i CN ima jednaku potenciju u odnosu na k i k, pa sledi CN MN = CM MD = NM MH = CN CM, to znaqi da je M sredite duжi CN. Dalje, kako vaжi AK KC = P K KQ = NK KT, taqke A, N, C, L leжe na istoj kruжnici, pa dobijamo ALC = ANC = 90. Sledi da je AL tangenta na kruжnicu k, pa zakljuqujemo da je ANCL deltoid, odakle sledi AC NL i MN = MC = MK. Sada imamo LAK = KN M = N KM = LKP, pa KP leжi na visini trougla AKL, tj. KP AL. 5. Takav niz postoji. Definisa emo ga rekurzivno na slede i naqin: neka je a =, a =, a n+ = a n i a n+ = a n+ + r n, gde je r n najmanji prirodan broj koji se ne moжe napisati u obliku a i a j za neke i, j n+. Iz same konstrukcije sledi da se svaki prirodan broj moжe predstaviti u obliku a i a j za neke i, j N. Dokaжimo jo da je ovakvo predstavljanje jedinstveno. Pretpostavimo suprotno: neka je za neke h, k, l, m za koje vaжi k > h i m > l ispunjena jednakost a k a h = a m a l ; bez umanjenja optosti, moжemo pretpostaviti jo m > k. Ukoliko je m neparan broj, recimo m = n +, tada imamo a n+ = a m = a l + a k a h < Ok 05 4A 4 a l + a k a m = a n = a n+, kontradikcija. Neka je sada m paran broj, recimo m = n +. Ukoliko vaжi l = m = n +, tada imamo a m a l = a n+ a n+ = r n, ali tada vaжi i r n = a k a h gde je pritom h < k m = n +, to je u kontradikciji s odabirom r n. Ukoliko vaжi k = n +, tada sliqno kao malopre imamo a m a k = r n ali odatle i r n = a l a h (zbog a m a k = a l a h ), kontradikcija. Najzad, ukoliko vaжi l < n + i k < n +, tada imamo a n+ = a m = a l + a k a h < a l + a k a n + a n = a n+, to je opet kontradikcija, qime je dokaz zavren. i= i qasopisa,,tangenta na doma im srednjokolskim takmiqenjima iz matematike.

6 Prvi razred B kategorija. U skupu A B nalaze se oni elementi koji pripadaju i skupu A i skupu B, a takav je samo element, pa vaжi A B = {} (primetiti da, recimo, element {} nije zajedniqki za skupove A i B, jer on pripada skupu B ali ne i skupu A). Sliqno, prema definiciji unije i razlike skupova, dobijamo A B = {,, {}, {, }}, A \ B = {} i B \ A = {{}, {, }}. (Tangenta 73, str. 33, zad. I..). Izraqunavamo B HC = 360 A HC A HB = 36. Kako zbir uglova qetvorougla AC HB iznosi 360 a njegovi uglovi kod temena C i B iznose po 90, dobijamo BAC = C AB = B HC = 44. (Tangenta 70, str. 9, zad. I..) Ok 05 B 3. Neka je a broj koji se dobija brisanjem poslednje dve cifre broja n. Dakle, n = 00a +b = c (gde vaжi 0 < b < 00), odakle dobijamo 0 < b = c 00a = (c 0a)(c + 0a) < 00. Imamo nejednakosti c > 0a i c + 0a < 00, pa iz njih dobijamo 00 > c + 0a > 0a, tj. a < 5. Kako najve oj mogu oj vrednosti broja n odgovara najve a mogu a vrednost broja a, zakljuqujemo a = 4. Znamo da vaжi c > 0a = 40. Ukoliko bi vaжilo c 4, dobili bismo b = (c 0a)(c + 0a) 8 = 64, kontradikcija sa b < 00. Kao jedina mogu nost ostaje c = 4. Tada imamo n = 4 = 68 (i brisanjem poslednje dve cifre zaista ostaje 6 = 4 ). 4. Poto vaжi 6! = 70 = 4 3 5, napiimo = a 3 b 5 c i y = a 3 b 5 c, gde se uslov iz postavke svodi na ma{a, a } = 4, ma{b, b } = i ma{c, c } =. Dakle, parovi (a, a ), (b, b ) i (c, c ) redom mogu da se odaberu na 9, 5 i 3 naqina (to direktno prebrajamo). Prema tome, odgovor je = Posmatrajmo sve podskupove brojeva zapisanih na tabli, raqunaju i i prazan skup. Njih ima n. Po Dirihleovom principu, postoje bar dva od ovih podskupova, recimo A i B, takvi da suma elemenata skupa A i suma elemenata skupa B imaju isti ostatak pri deljenju sa n 3. Ispred brojeva koji se nalaze u skupu A a ne nalaze se u B napiemo znak,,+, ispred brojeva koji se nalaze u skupu B a ne nalaze se u A napiemo znak,,, a sve ostale brojeve obriemo s table. Vrednost izraza dobijenog na taj naqin jednaka je sumi brojeva iz skupa A umanjenoj za sumu brojeva iz skupa B (zaista, primetimo da se prilikom raqunanja razlike ove dve sume ispotiru oni brojevi koji se nalaze i u skupu A i u skupu B, budu i da oni uqestvuju u obe sume, a time nam ostaje upravo izraz dobijen na tabli); poto ove sume daju isti ostatak pri deljenju sa n 3, njihova razlika deljiva je sa n 3, qime je dokaz zavren. qasopisa,,tangenta na doma im srednjokolskim takmiqenjima iz matematike. Za uqenike koji se takmiqe u kategoriji B ovakva praksa zadrжana je i na ovom takmiqenju, a poqev od Drжavnog takmiqenja ne e vie biti primenjivana. Drugi razred B kategorija. Postavljena jednaqina ekvivalentna je sa a ovo se dalje svodi na a b a = a b ( a), 0 = a b ( a) a b = a b ( a b)( a) a ( a) = b + a + b ab a( b) ( b) + b( b) ( b)( + a + b) ( a) = ( a) = ( a). Prema tome, reenja su = b ili = a + b, uz uslov a. (Tangenta 70, str. 9, zad. II..). Prvo reenje. Mogu e je. Na stranici AC uoqimo taqku D takvu da vaжi AD = AB =. Neka su A, B, C i D sredita duжi BD, DA, AB i BC, redom, kao na slici levo. Od jednakostraniqnog AC B, trapeza DCD A i nekonveksnog estougla D BC B DA moжemo sastaviti pravilan estougao kao na slici u sredini. Drugo reenje. Uoqimo iste taqke kao u prethodnom reenju. Od A BD, trapeza B CD A i trapeza A BAB moжemo sastaviti pravilan estougao kao na slici desno. Ok 05 B

7 3. Za c = ne postoje odgovaraju i a i b. Za c = 3 jedina mogu nost je a = 3 i b = 5 (ili obratno), a tada dobijamo ab + 34 = 49, to jeste sloжen broj. Pretpostavimo sada da vaжi c > 3. Kako je c prost broj, vaжi c = 6k ±. Tada 6 c = a + b. Nemogu e je a = (jer bi tada b bio paran, tj. jednak, a ovo ne odgovara uslovu), kao ni a = 3 (jer bi tada i b bio deljiv sa 3, tj. jednak 3, a ni ovo ne odgovara uslovu). Sledi da je jedan od brojeva a i b jednak 6l + a drugi 6m. Tada vaжi ab + 34 = (6l + )(6m ) + 34 = 36lm 6l + 6m + 33, tj. zbir ab + 34 deljiv je sa 3, pa je sloжen. 4. Poto vaжi MBP = MCQ, BMP = CMQ i BM = CM, po stavu USU sledi MBP = MCQ, a odatle dobijamo BP = CQ. Sada po stavu SUS imamo BCQ = CBP, a odatle sledi BQ = CP. (Tangenta 70, str. 9, zad. I.4.) 5. U narednoj tablici prikazani su sve mogu e kombinacije kako je mogu e ostvariti 30 bodova na ovom takmiqenju (u svakom redu prikazana je po jedna mogu nost u zavisnosti od toga na koliko zadataka je uqenik ostvario 5, 4, 3,, i 0 bodova) broj naqina = 4 5 = = = = 40 5 ukupno: 46 Ok 05 B 4 Poto vaжi 46 < 500, po Dirihleovom principu moraju postojati bar uqenika sa istim rasporedom poena po zadacima. qasopisa,,tangenta na doma im srednjokolskim takmiqenjima iz matematike. Za uqenike koji se takmiqe u kategoriji B ovakva praksa zadrжana je i na ovom takmiqenju, a poqev od Drжavnog takmiqenja ne e vie biti primenjivana. Tre i razred B kategorija. Zapiimo t = t + r, pri qemu vaжi 0 r <. Ukoliko vaжi r < 3, tada imamo t = t + 3 = t + 3, tj. leva strana posmatrane jednakosti iznosi 3 t, dok desna iznosi 3( t + r) = 3 t + 3r = 3 t (budu i da imamo 0 3r < ), pa je u ovom sluqaju jednakost dokazana. Ukoliko vaжi 3 r < 3, tada imamo t = t + 3 i t + 3 = t +, tj. leva strana posmatrane jednakosti iznosi 3 t +, dok desna iznosi 3( t +r) = 3 t +3r = 3 t + (budu i da imamo 3r < ), pa je i u ovom sluqaju jednakost dokazana. Najzad, ukoliko vaжi 3 r <, tada imamo t + 3 = t + 3 = t +, tj. leva strana posmatrane jednakosti iznosi 3 t +, dok desna iznosi 3( t + r) = 3 t + 3r = 3 t + (budu i da imamo 3r < 3), qime je dokaz kompletiran. (Tangenta 7, str. 37, zad. I.4(a).). Poto vaжi (sin + 3 cos ) sin 4 = sin + 3 cos Œ sin 4 = sin + π 3sin 4, postavljena jednaqina ekvivalentna je sa sin ( + π 3 ) sin 4 =. Kako za sve α vaжi sin α, ostaju samo dve mogu nosti: i) sin ( + π 3 ) = i istovremeno sin 4 =, ili ii) sin ( + π 3 ) = i istovremeno sin 4 =. U prvom sluqaju dobijamo = π 6 +kπ i istovremeno = π 8 + lπ, to oqito nije mogu e. U drugom sluqaju dobijamo = π 6 +(k+)π i istovremeno = π 8 + (l+)π 4, to oqito opet nije mogu e. Dakle, ova jednaqina nema reenja. 3. Posle broja 05 u ovom nizu sledi broj, a posle njega 6. Nakon toga svi naredni qlanovi ovog niza su jednaki 6, jer vaжi = 6. Dakle, nakon broja 05 ne e se pojaviti prost broj. Dokaжimo da su svi qlanovi niza pre broja 05 deljivi sa 3. Posmatrajmo neki broj u nizu n. Neka je b njegova cifra jedinica, a a broj koji nastaje kada broju n izbriemo poslednju cifru. Tada je posle broja n = 0a + b slede i qlan niza m = a + 4b = 0a+40b 0 = n+39b 0. Ukoliko 3 m, tada 3 0m, i dalje dobijamo 3 0m 39b = n. Drugim reqima, ukoliko je broj m u nizu deljiv sa 3, tada je i njegov prethodnik deljiv sa 3. Kako je 05 deljivo sa 3, dobijamo da su i svi prethodnici deljivi sa 3. Ostaje jedino proveriti moжe li se broj 3 pojaviti u nizu. To je nemogu e jer bi u tom sluqaju slede i qlan bio = 3, pa bi i svi naredni qlanovi bili jednaki 3, te se u nizu nikada ne bi pojavio broj 05. Dakle, svi qlanovi pre 05 deljivi su sa 3 a nisu jednaki 3, pa ne mogu biti prosti.

8 4. Neka je P C = λac, P A = ( λ)ac, gde vaжi 0 < λ <. Iz Talesove teoreme dobijamo AF = ( λ)ac = λ AB i CE = λca = λ CB. Uvedimo vektore BA = a i BC = c. Dobijamo EF = EB + BF = +λ a ( λ ) c. Dalje, neka su N i M preseqne taqke EF sa CC i AA, redom. Tada vaжi EN = EC + CN = EC +α CC, gde je α neki realni koeficijent, a kako vaжi CC = a c, dobijamo EN = λ c + α( a c ) = α a (α λ ) c. Vektori EF i EN su kolinearni, pa su im odgovaraju i koeficijenti uz a i c srazmerni, tj. vaжi +λ α = λ α λ = k, iz qega se dobija 3λα = λ + λ, tj. α = +λ 3, a odatle sledi k = 3, tj. EF = 3EN. Analogno dobijamo F E = 3F M, qime je tvrđenje dokazano. 5. Razdvajamo dva sluqaja: i) najve a cifra je 9 a najmanja ; ii) najve a cifra je 8 a najmanja 0. (To su jedine dve mogu nosti.) U prvom sluqaju jedinica moжe do i na bilo koju od 6 pozicija, a potom devetka na bilo koju od preostalih 5 Ok 05 3B 4 pozicija. Dalje, na prvu od preostale qetiri pozicije moжe do i bilo koja od cifara, 3,..., 8, to je 7 mogu nosti, za narednu poziciju imamo 6 mogu nosti, za poziciju posle nje 5 mogu nosti i za poslednju preostalu poziciju 4 mogu nosti. Time smo nabrojali ukupno = 5 00 brojeva u prvom sluqaju. Posmatrajmo sada drugi sluqaj. Postoji 5 mogu ih pozicija na kojima se moжe na i nula (jer nula ne moжe biti vode a cifra), a nakon postavljanja nule imamo 5 mogu ih pozicija za osmicu. Dalje rezonujemo sliqno kao u prethodnom sluqaju, i izraqunavamo da u ovom sluqaju imamo ukupno = 000 brojeva. Dakle, reenje zadatka je = brojeva. (Tangenta 7, str. 33, zad. 3.) qasopisa,,tangenta na doma im srednjokolskim takmiqenjima iz matematike. Za uqenike koji se takmiqe u kategoriji B ovakva praksa zadrжana je i na ovom takmiqenju, a poqev od Drжavnog takmiqenja ne e vie biti primenjivana. Qetvrti razred B kategorija. Posmatrana jednakost ekvivalentna je sa za brojeve y, yz i z imamo y + yz + z 3 yz + y + z = 05 3 y + z + zy. Iz nejednakosti aritmetiqke i harmonijske sredine = 3 05 = 6045, tj. y + yz + z Minimum se dostiжe za z = y = yz = 6045, tj. za = y = z = Poto vaжi 375 = 3 5, sledi da je n deljiv sa 375 ako i samo ako je deljiv sa 3 i sa 5. Da bi broj bio deljiv sa 5, potrebno je i dovoljno da mu trocifreni zavretak bude deljiv sa 5; prema tome, a 7 a 8 a 9 {5, 375, 65, 875}. Prve dve mogu nosti otpadaju jer nije ispunjen uslov a 7 a 8, pa ostaju poslednje dve. Razmotrimo prvo sluqaj a 7 a 8 a 9 = 875. Jedine mogu nosti za a a 3 a 4 a 5 a 6 takve da bude ispunjen uslov a a 3 a 8 jesu 88888, 98888, 99888, 99988, i 99999, tj. est mogu nosti. Preostaje jo da prebrojimo na koliko naqina moжemo odabrati cifru a. U zavisnosti od ostatka koji zbir a +a 3 + +a 9 daje pri deljenju sa 3, za cifru a moжemo izabrati neku od cifara iz skupa {3, 6, 9}, odnosno {, 5, 8}, odnosno {, 4, 7} (cifru a biramo tako da zbir svih cifara dobijenog broja bude deljiv sa 3); dakle, uvek imamo izbor između taqno tri mogu nosti za cifru a, pa moжemo zakljuqiti da u sluqaju a 7 a 8 a 9 = 875 imamo 6 3 = 8 mogu ih vrednosti za n. Posmatrajmo sada sluqaj a 7 a 8 a 9 = 65. Prebrojmo koliko postoji mogu nosti za a a 3 a 4 a 5 a 6. Svaka od ovih pet cifara jeste jedna od cifara 6, 7, 8 ili 9. Primetimo da bilo kakav odabir ukupno pet od ovih cifara jednoznaqno određuje a a 3 a 4 a 5 a 6, budu i da je poredak zadat. Koriste i ovo zapaжanje, sada raqunamo: ukoliko biramo samo jednu cifru pet puta, tu imamo 4 mogu nosti; ukoliko biramo dve cifre, njih moжemo izabrati na 6 naqina, a one mogu biti raspodeljene na 4 naqina (+4, +3, 3+ i 4+), to daje 6 4 = 4 mogu nosti; ukoliko biramo tri cifre, njih moжemo izabrati na 4 naqina, a one mogu biti raspodeljene na 6 naqina ( + + 3, + 3 +, 3 + +, + +, + + i + + ), to daje 4 6 = 4 mogu nosti; najzad, ukoliko sve qetiri cifre budu uzete, one mogu biti raspodeljene na 4 naqina (jedna e biti uzeta dva puta a ostale po jednom). Time smo nabrojali 56 mogu nosti za a a 3 a 4 a 5 a 6. Kao i ranije, za svaku od njih cifra a moжe biti odabrana na taqno 3 naqina. Prema tome, u ovom sluqaju imamo ukupno 56 3 = 68 mogu ih vrednosti za n, te je reenje zadatka = 86. (Tangenta 7, str. 36, zad. II.8.)

9 3. Oznaqimo sa M sredite duжi AB, a sa X preseqnu taqku posmatranih kruжnica. Tada je BM X pravougli (XM AB jer je zajedniqka tetiva kruжnica koje se seku normalna na duж koja spaja njihove centre) i vaжi BMX BCA, odakle dobijamo AB BC = BX BM = BD AB, tj. AB = BC BD = BC BC AB BDC BCA), a odavde dobijamo AB3 BC 3 dobijamo DB BC = BC AB = 3. (poslednja jednakost lako sledi iz =, tj. AB BC = 3. Iz BDC BCA konaqno 4. Neka je uoqen valjak polupreqnika osnovice r i visine h, qija je zapremina jednaka zadatoj konstanti V. Iz jednakosti V = r πh dobijamo h = V r π. Povrina ovog valjka iznosi r π + rπh = r π + rπ V r π = r π + V r. Posmatrajmo ovaj izraz kao funkciju po r i potraжimo prvi izvod. Prvi izvod iznosi 4rπ V r. Prvi izvod jednak je nuli kada vaжi r 3 π = V, pozitivan je kada vaжi r 3 π > V a negativan kada vaжi r 3 π < V. Dakle, posmatrana povrina je minimalna kada vaжi r 3 π = V, i tada imamo h = V r 3 π r π = r, to je i trebalo dokazati. (Tangenta 70, str. 3, zad. IV.3.) r π = Ok 05 4B 3 5. Prvo emo pokazati da se u broju ( n )! prost qinilac pojavljuje na stepen n. I zaista, među svim brojevima od do n brojeva deljivih sa ima n, brojeva deljivih sa 4 ima n,..., deljivih sa n ima. Prema tome, u broju ( n )! prost qinilac pojavljuje se na stepen n + n = n, to smo i tvrdili. Odatle sada sledi da se u broju ( n )! prost qinilac pojavljuje na stepen n n. Prema tome, ukoliko uzmemo k = n gde je n proizvoljan broj ve i od 05, tada se u broju k! = ( n )! prost qinilac pojavljuje na stepen n n = k n, a poto vaжi k n < k 05, dobijamo k 05 k!. qasopisa,,tangenta na doma im srednjokolskim takmiqenjima iz matematike. Za uqenike koji se takmiqe u kategoriji B ovakva praksa zadrжana je i na ovom takmiqenju, a poqev od Drжavnog takmiqenja ne e vie biti primenjivana.

Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija. f(x + 1) x f(x) + 1.

Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija. f(x + 1) x f(x) + 1. 09.0200 Prvi razred A kategorija Ako je n prirodan broj, dokazati da 3n 2 + 3n + 7 nije kub nijednog prirodnog broja. U trouglu ABC je ABC = 60. Neka su D i E redom preseqne taqke simetrala uglova CAB

Διαβάστε περισσότερα

Ministarstvo prosvete i sporta Republike Srbije Druxtvo matematiqara Srbije Prvi razred A kategorija

Ministarstvo prosvete i sporta Republike Srbije Druxtvo matematiqara Srbije Prvi razred A kategorija 18.02006. Prvi razred A kategorija Dokazati da kruжnica koja sadrжi dva temena i ortocentar trougla ima isti polupreqnik kao i kruжnica opisana oko tog trougla. Na i najve i prirodan broj koji je maƭi

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz trigonometrije za seminar

Zadaci iz trigonometrije za seminar Zadaci iz trigonometrije za seminar FON: 1. Vrednost izraza sin 1 cos 6 jednaka je: ; B) 1 ; V) 1 1 + 1 ; G) ; D). 16. Broj rexea jednaqine sin x cos x + cos x = sin x + sin x na intervalu π ), π je: ;

Διαβάστε περισσότερα

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović Novi Sad April 17, 2018 1 / 22 Teorija grafova April 17, 2018 2 / 22 Definicija Graf je ure dena trojka G = (V, G, ψ), gde je (i) V konačan skup čvorova,

Διαβάστε περισσότερα

Ministarstvo prosvete, nauke i tehnoloxkog razvoja Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA Rexenja zadataka

Ministarstvo prosvete, nauke i tehnoloxkog razvoja Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA Rexenja zadataka Ministarstvo prosvete, nauke i tehnolokog razvoja Drutvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA Reenja zadataka Prvi razred A kategorija a) Poto je n deljiv sa tri, sledi

Διαβάστε περισσότερα

Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija. imaju istu vrednost.

Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija. imaju istu vrednost. 00200 Prvi razred A kategorija Neka su a 1 < a 2 < < a n dati realni brojevi. Na i sve realne brojeve x za koje je izraz x a 1 + x a 2 + + x a n najmanji. Na i sve trojke međusobno razliqitih dekadnih cifara

Διαβάστε περισσότερα

Ministarstvo prosvete i sporta Republike Srbije Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija

Ministarstvo prosvete i sporta Republike Srbije Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija 18.1200 Prvi razred A kategorija Neka je K sredixte teжixne duжi CC 1 trougla ABC ineka je AK BC = {M}. Na i odnos CM : MB. Na i sve proste brojeve p, q i r, kao i sve prirodne brojeve n, takve da vaжi

Διαβάστε περισσότερα

3.1 Granična vrednost funkcije u tački

3.1 Granična vrednost funkcije u tački 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 2 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 3. Granična vrednost funkcije u tački Neka je funkcija f(x) definisana u tačkama x za koje je 0 < x x 0 < r, ili

Διαβάστε περισσότερα

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2.

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2. Sume kvadrata Koji se prirodni brojevi mogu prikazati kao zbroj kvadrata dva cijela broja? Propozicija 1. Ako su brojevi m i n sume dva kvadrata, onda je i njihov produkt m n takoder suma dva kvadrata.

Διαβάστε περισσότερα

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti). PRAVA Prava je kao i ravan osnovni geometrijski ojam i ne definiše se. Prava je u rostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom aralelnim sa tom ravom ( vektor aralelnosti). M ( x, y, z ) 3 Posmatrajmo

Διαβάστε περισσότερα

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju RAČUN OSTATAKA 1 1 Prsten celih brojeva Z := N + {} N + = {, 3, 2, 1,, 1, 2, 3,...} Osnovni primer. (Z, +,,,, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: sabiranje (S1) asocijativnost x + (y + z) = (x + y)

Διαβάστε περισσότερα

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Građevinski fakultet Univerziteta u Beogradu 3.2.2016. Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Prezime i ime: Broj indeksa: 1. Definisati Koxijev niz. Dati primer niza koji nije Koxijev. 2. Dat je red n=1

Διαβάστε περισσότερα

Deljivost. 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18.

Deljivost. 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18. Deljivost 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18. Rešenje: Nazovimo naš izraz sa I.Važi 18 I 2 I 9 I pa možemo da posmatramo deljivost I sa 2 i 9.Iz oblika u kom je dat

Διαβάστε περισσότερα

Polinomske jednaqine

Polinomske jednaqine Matematiqka gimnazija u Beogradu Dodatna nastava, xk.g. 2005/06. Polinomske jednaqine 13.6.2006. Naslov se odnosi na određivanje polinoma po jednoj ili vixe promenljivih (sa npr. realnim ili kompleksnim

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori MATEMATIKA 2 Prvi pismeni kolokvijum, 14.4.2016 Grupa 1 Rexea zadataka Dragan ori Zadaci i rexea 1. unkcija f : R 2 R definisana je sa xy 2 f(x, y) = x2 + y sin 3 2 x 2, (x, y) (0, 0) + y2 0, (x, y) =

Διαβάστε περισσότερα

Dvanaesti praktikum iz Analize 1

Dvanaesti praktikum iz Analize 1 Dvaaesti praktikum iz Aalize Zlatko Lazovi 20. decembar 206.. Dokazati da fukcija f = 5 l tg + 5 ima bar jedu realu ulu. Ree e. Oblast defiisaosti fukcije je D f = k Z da postoji ula fukcije a 0, π 2.

Διαβάστε περισσότερα

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012 Iskazna logika 3 Matematička logika u računarstvu Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia novembar 2012 Deduktivni sistemi 1 Definicija Deduktivni sistem (ili formalna teorija)

Διαβάστε περισσότερα

1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i

1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i PRIPREMA ZA II PISMENI IZ ANALIZE SA ALGEBROM. zadatak Re{avawe algebarskih jedna~ina tre}eg i ~etvrtog stepena. U skupu kompleksnih brojeva re{iti jedna~inu: a x 6x + 9 = 0; b x + 9x 2 + 8x + 28 = 0;

Διαβάστε περισσότερα

I Pismeni ispit iz matematike 1 I

I Pismeni ispit iz matematike 1 I I Pismeni ispit iz matematike I 27 januar 2 I grupa (25 poena) str: Neka je A {(x, y, z): x, y, z R, x, x y, z > } i ako je operacija definisana sa (x, y, z) (u, v, w) (xu + vy, xv + uy, wz) Ispitati da

Διαβάστε περισσότερα

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET Goran Stančić SIGNALI I SISTEMI Zbirka zadataka NIŠ, 014. Sadržaj 1 Konvolucija Literatura 11 Indeks pojmova 11 3 4 Sadržaj 1 Konvolucija Zadatak 1. Odrediti konvoluciju

Διαβάστε περισσότερα

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA April, 2013 Razni zapisi sistema Skalarni oblik: Vektorski oblik: F = f 1 f n f 1 (x 1,, x n ) = 0 f n (x 1,, x n ) = 0, x = (1) F(x) = 0, (2) x 1 0, 0 = x n 0 Definicije

Διαβάστε περισσότερα

Osnovne teoreme diferencijalnog računa

Osnovne teoreme diferencijalnog računa Osnovne teoreme diferencijalnog računa Teorema Rolova) Neka je funkcija f definisana na [a, b], pri čemu važi f je neprekidna na [a, b], f je diferencijabilna na a, b) i fa) fb). Tada postoji ξ a, b) tako

Διαβάστε περισσότερα

POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, Vladimir Balti

POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, Vladimir Balti POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, 004. Vladimir Balti Pojam polinoma. Prsten polinoma.. Dati su polinomi P (x) = x + x +, Q(x) = x 4 x +, R(x) = x x +. Proveriti da li za

Διαβάστε περισσότερα

Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A

Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A Ime i prezime: 1. Prikazane su tačke A, B i C i prave a,b i c. Upiši simbole Î, Ï, Ì ili Ë tako da dobijeni iskazi

Διαβάστε περισσότερα

VEKTORI. Nenad O. Vesi 1. = α, ako je

VEKTORI. Nenad O. Vesi 1. = α, ako je VEKTORI Nenad O. Vesi 1 1 Uvod Odnos vektora AB, jednak je α CD ( AB CD ) = α, ako je AB = αcd. Teorema 1 (TEOREME BLIZANCI) Dat je trougao ABC i ta ke P i Q na pravama BC, CA redom i ta ke R i S na pravoj

Διαβάστε περισσότερα

Ministarstvo prosvete, nauke i tehnoloxkog razvoja Druxtvo matematiqara Srbije OKRUЖNO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA

Ministarstvo prosvete, nauke i tehnoloxkog razvoja Druxtvo matematiqara Srbije OKRUЖNO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA 8.201 Prvi razred A kategorija Aca, Branka, Vera i Goran su od nastavnika matematike dobili zadatak da izraqunaju koliqnik dva pozitivna realna broja, i to: Aca da izraquna a 1 : a 2, Branka da izraquna

Διαβάστε περισσότερα

Elementi spektralne teorije matrica

Elementi spektralne teorije matrica Elementi spektralne teorije matrica Neka je X konačno dimenzionalan vektorski prostor nad poljem K i neka je A : X X linearni operator. Definicija. Skalar λ K i nenula vektor u X se nazivaju sopstvena

Διαβάστε περισσότερα

Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika

Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika Rešenja. Matematičkom indukcijom dokazati da za svaki prirodan broj n važi jednakost: + 5 + + (n )(n + ) = n n +.

Διαβάστε περισσότερα

Ministarstvo prosvete, nauke i tehnoloxkog razvoja Druxtvo matematiqara Srbije DRЖAVNO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA 5. mart 2016.

Ministarstvo prosvete, nauke i tehnoloxkog razvoja Druxtvo matematiqara Srbije DRЖAVNO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA 5. mart 2016. Prvi razred A kategorija 1. Neka je operacija,, na skupu G = {1, 2, 3,..., 2016} zadata donjom tablicom. 1 2 3 4 2016 1 5 5 5 5 5 2 1 2 5 5 5 3 4 3 5 5 5 4 5 5 5 5 5......... 2016 5 5 5 5 5 (Unutar tablice

Διαβάστε περισσότερα

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A. 3 Infimum i supremum Definicija. Neka je A R. Kažemo da je M R supremum skupa A ako je (i) M gornja meda skupa A, tj. a M a A. (ii) M najmanja gornja meda skupa A, tj. ( ε > 0)( a A) takav da je a > M

Διαβάστε περισσότερα

Teorijske osnove informatike 1

Teorijske osnove informatike 1 Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. () Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. 1 / 17 Funkcije Veze me du skupovima uspostavljamo skupovima koje nazivamo funkcijama. Neformalno, funkcija

Διαβάστε περισσότερα

Prvi razred A kategorija

Prvi razred A kategorija Prvi razred A kategorija 1. Neka su A, B i C konaqni skupovi za koje vaжi Dokazati da tada vaжi A C + B C = A B. A B C A B. (Za skupove X i Y oznaqili smo X Y = (X \Y ) (Y \X), xto se naziva simetriqna

Διαβάστε περισσότερα

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I Odredi na brojevnoj trigonometrijskoj kružnici točku Et, za koju je sin t =,cost < 0 Za koje realne brojeve a postoji realan broj takav da je sin = a? Izračunaj: sin π tg

Διαβάστε περισσότερα

Prvi razred A kategorija

Prvi razred A kategorija 20201 Prvi razred A kategorija Na krakovima AC i BC jednakokrakog trougla ABC date su taqke M i N, redom, tako da je CM + CN = AC. Dokazati da sredixte duжi M N pripada sredƭoj liniji tog trougla koja

Διαβάστε περισσότερα

Matematiqka gimnazija u Beogradu Vektori. Milivoje Luki

Matematiqka gimnazija u Beogradu Vektori. Milivoje Luki Matematiqka gimnazija u Beogradu 30.01.2007. Vektori Milivoje Luki 1. Linearne kombinacije vektora Vektor v je linearna kombinacija vektora v 1, v 2,..., v n ako postoje skalari (odn. realni brojevi) λ

Διαβάστε περισσότερα

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije Glava 1 Realne funkcije realne promen ive 1.1 Elementarne funkcije Neka su dati skupovi X i Y. Ukoliko svakom elementu skupa X po nekom pravilu pridruimo neki, potpuno odreeni, element skupa Y kaemo da

Διαβάστε περισσότερα

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k. 1 3 Skupovi brojeva 3.1 Skup prirodnih brojeva - N N = {1, 2, 3,...} Aksiom matematičke indukcije Neka je N skup prirodnih brojeva i M podskup od N. Ako za M vrijede svojstva: 1) 1 M 2) n M (n + 1) M,

Διαβάστε περισσότερα

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011. INTEGRALNI RAČUN Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa Lucija Mijić lucija@ktf-split.hr 17. veljače 2011. Pogledajmo Predstavimo gornju sumu sa Dodamo još jedan Dobivamo pravokutnik sa Odnosno

Διαβάστε περισσότερα

41. Jednačine koje se svode na kvadratne

41. Jednačine koje se svode na kvadratne . Jednačine koje se svode na kvadrane Simerične recipročne) jednačine Jednačine oblika a n b n c n... c b a nazivamo simerične jednačine, zbog simeričnosi koeficijenaa koeficijeni uz jednaki). k i n k

Διαβάστε περισσότερα

7 Algebarske jednadžbe

7 Algebarske jednadžbe 7 Algebarske jednadžbe 7.1 Nultočke polinoma Skup svih polinoma nad skupom kompleksnih brojeva označavamo sa C[x]. Definicija. Nultočka polinoma f C[x] je svaki kompleksni broj α takav da je f(α) = 0.

Διαβάστε περισσότερα

1 Pojam funkcije. f(x)

1 Pojam funkcije. f(x) Pojam funkcije f : X Y gde su X i Y neprazni skupovi (X - domen, Y - kodomen) je funkcija ako ( X)(! Y )f() =, (za svaki element iz domena taqno znamo u koji se element u kodomenu slika). Domen funkcije

Διαβάστε περισσότερα

( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4

( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET Riješiti jednačine: a) 5 = b) ( ) 3 = c) + 3+ = 7 log3 č) = 8 + 5 ć) sin cos = d) 5cos 6cos + 3 = dž) = đ) + = 3 e) 6 log + log + log = 7 f) ( ) ( ) g) ( ) log

Διαβάστε περισσότερα

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f 2. Nule i znak funkcije; presek sa y-osom IspitivaƬe

Διαβάστε περισσότερα

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. a b Verovatno a da sluqajna promenljiva X uzima vrednost iz intervala

Διαβάστε περισσότερα

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

REXENjA ZADATAKA OPXTINSKOG TAKMIQENjENjA IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA, Prvi razred, A kategorija . REXENjA ZADATAKA OPXTINSKOG TAKMIQENjENjA IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA,.0.009. 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

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Trigonometrijske jednačine i nejednačine. Zadaci koji se rade bez upotrebe trigonometrijskih formula. 00. FF cos x sin x

Διαβάστε περισσότερα

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL MATEMATIKA. Neka je S skup svih živućih državljana Republike Hrvatske..04., a f preslikavanje koje svakom elementu skupa S pridružuje njegov horoskopski znak (bez podznaka). a) Pokažite da je f funkcija,

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNA MATEMATIKA 1

ELEMENTARNA MATEMATIKA 1 Na kolokviju nije dozvoljeno koristiti ni²ta osim pribora za pisanje. Zadatak 1. Ispitajte odnos skupova: C \ (A B) i (A C) (C \ B). Rje²enje: Neka je x C \ (A B). Tada imamo x C i x / A B = (A B) \ (A

Διαβάστε περισσότερα

Sli cnost trouglova i Talesova teorema

Sli cnost trouglova i Talesova teorema Sli cnost trouglova i Talesova teorema Denicija. Dva trougla ABC i A B C su sli cna ako su im sva tri ugla redom podudarna a i ako su im odgovaraju ce stranice proporcionalne tj. a = b b = c c. Stav 1.

Διαβάστε περισσότερα

5 Ispitivanje funkcija

5 Ispitivanje funkcija 5 Ispitivanje funkcija 3 5 Ispitivanje funkcija Ispitivanje funkcije pretodi crtanju grafika funkcije. Opšti postupak ispitivanja funkcija koje su definisane eksplicitno y = f() sadrži sledeće elemente:

Διαβάστε περισσότερα

Paskalova teorema, pol i polara verzija 2.0:

Paskalova teorema, pol i polara verzija 2.0: askalova teorema, pol i polara verzija 2.0: 10.2.2015. uxan uki Teoreme kojima se ovde bavimo su u stvari tvrđenja iz projektivne geometrije, tako da imaju i dokaze unutar projektivne geometrije. Ipak,

Διαβάστε περισσότερα

Operacije s matricama

Operacije s matricama Linearna algebra I Operacije s matricama Korolar 3.1.5. Množenje matrica u vektorskom prostoru M n (F) ima sljedeća svojstva: (1) A(B + C) = AB + AC, A, B, C M n (F); (2) (A + B)C = AC + BC, A, B, C M

Διαβάστε περισσότερα

PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).

PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ). 0.1 Faktorizacija: ID, ED, PID, ND, FD, UFD Definicija. Najava pojmova: [ID], [ED], [PID], [ND], [FD] i [UFD]. ID: Komutativan prsten P, sa jedinicom 1 0, je integralni domen [ID] oblast celih), ili samo

Διαβάστε περισσότερα

1 Afina geometrija. 1.1 Afini prostor. Definicija 1.1. Pod afinim prostorom nad poljem K podrazumevamo. A - skup taqaka

1 Afina geometrija. 1.1 Afini prostor. Definicija 1.1. Pod afinim prostorom nad poljem K podrazumevamo. A - skup taqaka 1 Afina geometrija 11 Afini prostor Definicija 11 Pod afinim prostorom nad poljem K podrazumevamo svaku uređenu trojku (A, V, +): A - skup taqaka V - vektorski prostor nad poljem K + : A V A - preslikavanje

Διαβάστε περισσότερα

OKRUЖNO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA, Prvi razred, A kategorija

OKRUЖNO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA, Prvi razred, A kategorija UQENIKA SREDNjIH XKOLA, 19.0201 Prvi razred, A kategorija Da li postoje prirodni brojevi a, b, c takvi da je 2010 = (a + b) (b + c) (c + a)? U ravni su date kruжnice k 1 i k 2 i prava p koja seqe k 1 u

Διαβάστε περισσότερα

DRUXTVO MATEMATIQARA SRBIJE MATEMATIQKA TAKMIQEƫA SREDƫOXKOLACA 2005/2006.

DRUXTVO MATEMATIQARA SRBIJE MATEMATIQKA TAKMIQEƫA SREDƫOXKOLACA 2005/2006. DRUXTVO MATEMATIQARA SRBIJE MATEMATIQKA TAKMIQEƫA SREDƫOXKOLACA 005/006. Beograd VrƬaqka BaƬa 006 Organizaciju takmiqeƭa su pomogli: ORGANIZACIONI ODBOR 48. REPUBLIQKOG TAKMIQEƫA IZ MATEMATIKE.. 3. 4.

Διαβάστε περισσότερα

Dvostruko prebrojavanje prva-4 verzija:

Dvostruko prebrojavanje prva-4 verzija: Dvostruko prebrojavanje prva- verzija: 0 Duxan uki Pod dvostrukim prebrojavanjem podrazumevamo prebrojavanje neke veliqine na dva naqina u cilju dobijanja neke relacije (ili kontradikcije) Evo jednog banalnog

Διαβάστε περισσότερα

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x Zadatak (Darjan, medicinska škola) Izračunaj vrijednosti trigonometrijskih funkcija broja ako je 6 sin =,,. 6 Rješenje Ponovimo trigonometrijske funkcije dvostrukog kuta! Za argument vrijede sljedeće formule:

Διαβάστε περισσότερα

Prvi razred, A kategorija

Prvi razred, A kategorija UQENIKA SREDƫIH XKOLA, 10201 Prvi razred, A kategorija Neka je K taqka simetriqna ortocentru H trougla ABC u odnosu na sredixte stranice BC. Dokazati da je AK preqnik opisane kruжnice trougla ABC. Dati

Διαβάστε περισσότερα

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Za skiciranje grafika funkcije potrebno je ispitati svako od sledećih svojstava: Oblast definisanosti: D f = { R f R}. Parnost, neparnost, periodičnost. 3

Διαβάστε περισσότερα

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola. KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: = a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije = a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako

Διαβάστε περισσότερα

Potencija taqke. Duxan uki

Potencija taqke. Duxan uki Potencija taqke Duxan uki Neka su dati krug k i taqka u ravni. Posmatrajmo proizvoljnu pravu l kroz i njene preseqne taqke B i sa krugom k. Proizvod B ne zavisi od izbora prave l. Zaista, ako sa D oznaqimo

Διαβάστε περισσότερα

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 Matrice - osnovni pojmovi (Matrice i determinante) 2 / 15 (Matrice i determinante) 2 / 15 Matrice - osnovni pojmovi Matrica reda

Διαβάστε περισσότερα

Prvi razred, A kategorija

Prvi razred, A kategorija UQENIKA SREDƫIH XKOLA, 20201 Prvi razred, A kategorija Neka je E sredixte stranice CD kvadrata ABCD. Ako normala u taqki D na dijagonalu BD seqe pravu AE u taqki F, dokazati da su taqke B, C i F kolinearne.

Διαβάστε περισσότερα

ALGEBRA 1. Grupe. Konaqno generisane Abelove grupe. Zoran Petrovi 11. i 18. decembar ρ = 0. nρ = 0

ALGEBRA 1. Grupe. Konaqno generisane Abelove grupe. Zoran Petrovi 11. i 18. decembar ρ = 0. nρ = 0 ALGEBRA 1 Grupe Konaqno generisane Abelove grupe Zoran Petrovi 11 i 18 decembar 2012 Podsetimo se diedarske grupe: Njena abelizacija zadata je sa: D n = σ, ρ σ 2 = ε, ρ n = ε, σρ = ρ n 1 σ D Ab n = σ, ρ,

Διαβάστε περισσότερα

PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE Fakultet Tehničkih Nauka, Novi Sad PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE 1 Za koje vrednosti parametra p R polinom f x) = x + p + 1)x p ima tačno jedan, i to pozitivan realan koren? U skupu realnih

Διαβάστε περισσότερα

Glava 1. Trigonometrija

Glava 1. Trigonometrija Glava 1 Trigonometrija 1.1 Teorijski uvod Neka su u ravni Oxy dati krug k = {x, y) R R : x +y = 1} i prava p = {x, y) R R : x = 1}. Predstavimo skup realnih brojeva na pravoj p, kao brojevnoj pravoj, tako

Διαβάστε περισσότερα

Matematiqka gimnazija u Beogradu Dodatna nastava iz matematike Inverzija. Milivoje Luki

Matematiqka gimnazija u Beogradu Dodatna nastava iz matematike Inverzija. Milivoje Luki Matematiqka gimnazija u Beogradu Dodatna nastava iz matematike 10.12.2005. Inverzija Milivoje Luki milivoje.lukic@gmail.com Inverzija sa centrom O i polupreqnikom r je preslikavanje ψ O,r : E 2 \{O} E 2

Διαβάστε περισσότερα

TRIGONOMETRIJA TROKUTA

TRIGONOMETRIJA TROKUTA TRIGONOMETRIJA TROKUTA Standardne oznake u trokutuu ABC: a, b, c stranice trokuta α, β, γ kutovi trokuta t,t,t v,v,v s α,s β,s γ R r s težišnice trokuta visine trokuta simetrale kutova polumjer opisane

Διαβάστε περισσότερα

Drugi razred, A kategorija Dokaжimo da Pera uvek moжe pobediti. Pera upisije prvo b = 0. Dalje, mogu a su dva sluqaja:

Drugi razred, A kategorija Dokaжimo da Pera uvek moжe pobediti. Pera upisije prvo b = 0. Dalje, mogu a su dva sluqaja: RXNj ZT ORUЖNOG TMIQNjNj IZ MTMTI UQNI SRNjIH XOL, 19.0.01 Prvi razred, ategorija Pretpostavimo da ovavi brojevi postoje. ao je 010 = 30 67, a 67 prost, barem jedan od brojeva a + b, b + c i c + a mora biti

Διαβάστε περισσότερα

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost M086 LA 1 M106 GRP Tema: CSB nejednakost. 19. 10. 2017. predavač: Rudolf Scitovski, Darija Marković asistent: Darija Brajković, Katarina Vincetić P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/ 1 Baza vektorskog prostora.

Διαβάστε περισσότερα

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo IZVODI ZADACI ( IV deo) LOGARITAMSKI IZVOD Logariamskim izvodom funkcije f(), gde je >0 i, nazivamo izvod logarima e funkcije, o jes: (ln ) f ( ) f ( ) Primer. Nadji izvod funkcije Najpre ćemo logarimovai

Διαβάστε περισσότερα

ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. p q r F

ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. p q r F ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. Istinitosna tablica p q r F odgovara formuli A) q p r p r). B) q p r p r). V) q p r p r). G) q p r p r). D) q p r p r). N) Ne znam. Date

Διαβάστε περισσότερα

XI dvoqas veжbi dr Vladimir Balti. 4. Stabla

XI dvoqas veжbi dr Vladimir Balti. 4. Stabla XI dvoqas veжbi dr Vladimir Balti 4. Stabla Teorijski uvod Teorijski uvod Definicija 5.7.1. Stablo je povezan graf bez kontura. Definicija 5.7.1. Stablo je povezan graf bez kontura. Primer 5.7.1. Sva stabla

Διαβάστε περισσότερα

SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE

SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE Ne postoji precizna definicija skupa (postoji ali nama nije zanimljiva u ovom trenutku), ali mi možemo koristiti jednu definiciju koja će nam donekle dočarati šta su zapravo

Διαβάστε περισσότερα

4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x.

4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x. 4.7. ZADACI 87 4.7. Zadaci 4.7.. Formalizam diferenciranja teorija na stranama 4-46) 340. Znajući izvod funkcije arcsin, odrediti izvod funkcije arccos. Rešenje. Polazeći od jednakosti arcsin + arccos

Διαβάστε περισσότερα

Matematička analiza 1 dodatni zadaci

Matematička analiza 1 dodatni zadaci Matematička analiza 1 dodatni zadaci 1. Ispitajte je li funkcija f() := 4 4 5 injekcija na intervalu I, te ako jest odredite joj sliku i inverz, ako je (a) I = [, 3), (b) I = [1, ], (c) I = ( 1, 0].. Neka

Διαβάστε περισσότερα

Uvod u teoriju brojeva

Uvod u teoriju brojeva Uvod u teoriju brojeva 2. Kongruencije Borka Jadrijević Borka Jadrijević () UTB 2 1 / 25 2. Kongruencije Kongruencija - izjava o djeljivosti; Teoriju kongruencija uveo je C. F. Gauss 1801. De nicija (2.1)

Διαβάστε περισσότερα

Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.

Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1. Pismeni ispit iz matematike 0 008 GRUPA A Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: λ + z = Ispitati funkciju i nacrtati njen grafik: + ( λ ) + z = e Izračunati

Διαβάστε περισσότερα

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE 1 SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE Neka je (V, +,, F ) vektorski prostor konačne dimenzije i neka je f : V V linearno preslikavanje. Definicija. (1) Skalar

Διαβάστε περισσότερα

numeričkih deskriptivnih mera.

numeričkih deskriptivnih mera. DESKRIPTIVNA STATISTIKA Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću numeričkih deskriptivnih mera. Pokazatelji centralne tendencije Aritmetička sredina, Medijana,

Διαβάστε περισσότερα

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva Riješei zadaci: Nizovi realih brojeva Nizovi, aritmetički iz, geometrijski iz Fukciju a : N R azivamo beskoači) iz realih brojeva i ozačavamo s a 1, a,..., a,... ili a ), pri čemu je a = a). Aritmetički

Διαβάστε περισσότερα

Ministarstvo prosvete, nauke i tehnoloxkog razvoja Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA Rexenja zadataka

Ministarstvo prosvete, nauke i tehnoloxkog razvoja Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA Rexenja zadataka Ministarstvo prosvete, naue i tehnooxog razvoja Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA Rexenja zadataa Prvi razred A ategorija 1. Oznaqimo sa p, q, r, s, t,

Διαβάστε περισσότερα

i l 2, paralelne pravim l 1 i l 2, respektivno (sl. 1). Uoqimo ravan ϕ paralelnu ravni π, i neka ona seqe prave l 1 i l 2 u taqkama

i l 2, paralelne pravim l 1 i l 2, respektivno (sl. 1). Uoqimo ravan ϕ paralelnu ravni π, i neka ona seqe prave l 1 i l 2 u taqkama NASTAVA MATEMATIKE U SREDNjIM XKOLAMA Sinixa Gavrilovi GEOMETRIJSKA MESTA TAQAKA U PROSTORU Po I. F. Xariginu, geometrija je mo no sredstvo u razvitku liqnosti u najxirem pogledu. Ona razvija osobine liqnosti

Διαβάστε περισσότερα

2log. se zove numerus (logaritmand), je osnova (baza) log. log. log =

2log. se zove numerus (logaritmand), je osnova (baza) log. log. log = ( > 0, 0)!" # > 0 je najčešći uslov koji postavljamo a još je,, > 0 se zove numerus (aritmand), je osnova (baza). 0.. ( ) +... 7.. 8. Za prelazak na neku novu bazu c: 9. Ako je baza (osnova) 0 takvi se

Διαβάστε περισσότερα

ZANIMLJIVI ZADACI O BROJU 2014 (I)

ZANIMLJIVI ZADACI O BROJU 2014 (I) Prirodno-matematički fakultet, Univerzitet u Nišu, Srbija http://www.pmf.ni.ac.rs/mii Matematika i informatika () (014), 9-4 ZANIMLJIVI ZADACI O BROJU 014 (I) Dušan J. Simjanović Prirodno-matematički fakultet

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D} Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Neka su D i K bilo koja dva neprazna skupa. Postupak f koji svakom elementu x D pridružuje točno jedan element y K zovemo funkcija

Διαβάστε περισσότερα

Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića

Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće zadaci Beleške dr Bobana Marinkovića Iz skupa, 2,, 00} bira se na slučajan način 5 brojeva Odrediti skup elementarnih dogadjaja ako se brojevi biraju

Διαβάστε περισσότερα

Poglavlje 7. Blok dijagrami diskretnih sistema

Poglavlje 7. Blok dijagrami diskretnih sistema Poglavlje 7 Blok dijagrami diskretnih sistema 95 96 Poglavlje 7. Blok dijagrami diskretnih sistema Stav 7.1 Strukturni dijagram diskretnog sistema u kome su sve veliqine prikazane svojim Laplasovim transformacijama

Διαβάστε περισσότερα

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Linearna algebra 2 prvi kolokvij, Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 27.. 20.. Za koji cijeli broj t je funkcija f : R 4 R 4 R definirana s f(x, y) = x y (t + )x 2 y 2 + x y (t 2 + t)x 4 y 4, x = (x, x 2, x, x 4 ), y = (y, y 2, y, y 4 )

Διαβάστε περισσότερα

O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš

O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš O trouglu mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš O trouglu 2 O TROUGLU Trougao je nezaobilazna tema kako osnovne tako i srednje škole. O trouglu se skoro sve zna. Navodimo te činjenice.

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja

radni nerecenzirani materijal za predavanja Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Kažemo da je funkcija f : a, b R u točki x 0 a, b postiže lokalni minimum ako postoji okolina O(x 0 ) broja x 0 takva da je

Διαβάστε περισσότερα

IZVODI ZADACI (I deo)

IZVODI ZADACI (I deo) IZVODI ZADACI (I deo) Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C`=0. `=. ( )`= 4. ( n )`=n n-. (a )`=a lna 6. (e )`=e 7. (log a )`= 8. (ln)`= ` ln a (>0) 9. = ( 0) 0. `= (>0) (ovde je >0 i a

Διαβάστε περισσότερα

18. listopada listopada / 13

18. listopada listopada / 13 18. listopada 2016. 18. listopada 2016. 1 / 13 Neprekidne funkcije Važnu klasu funkcija tvore neprekidne funkcije. To su funkcije f kod kojih mala promjena u nezavisnoj varijabli x uzrokuje malu promjenu

Διαβάστε περισσότερα

Kombinatorna geometrija verzija 1.7.1:

Kombinatorna geometrija verzija 1.7.1: Kombinatorna geometrija verzija 1.7.1: 16.10.016. Duxan uki Granica između kombinatorne geometrije i geometrije, odnosno kombinatorike, qesto je zamrljana. Pod kombinatornom geometrijom obiqno podrazumevamo

Διαβάστε περισσότερα

Matematiqka logika u raqunarstvu, Januar 3. februar 2016.

Matematiqka logika u raqunarstvu, Januar 3. februar 2016. Matematiqka logika u raqunarstvu, Januar 3. februar 2016. 1. Na jeziku L = { }, gde je binarni relacijski simbol, posmatrajmo teoriju T koju qine sledee dve aksiome teorije skupova: x y (y x); i xy (x

Διαβάστε περισσότερα

DRUXTVO MATEMATIQARA SRBIJE MATEMATIQKA TAKMIQENjA SREDNjOXKOLACA 2015/2016

DRUXTVO MATEMATIQARA SRBIJE MATEMATIQKA TAKMIQENjA SREDNjOXKOLACA 2015/2016 DRUXTVO MATEMATIQARA SRBIJE MATEMATIQKA TAKMIQENjA SREDNjOXKOLACA 015/016 Kraljevo, 016 Organizacioni odbor 58. Drжavnog takmiqenja iz matematike 1. Nenad Slavkovi, rukovodilac XU Kraljevo predsednik. Dr Dragoljub

Διαβάστε περισσότερα

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

REXENjA ZADATAKA OKRUЖNOG TAKMIQENjENjA IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA, Prvi razred, A kategorija REXENj ZDTK OKRUЖNOG TKIQENjENj IZ TETIKE UQENIK SREDNjIH XKOL, 8.0.009. Prvi razred, kategorija. naliza. Kakoje N 90, sledi da kruжnica nad kao preqnikom sadrжi i N. Konstrukcija. ko su i N simetriqne u odnosu

Διαβάστε περισσότερα

III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI

III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI III VEŽBA: URIJEOVI REDOVI 3.1. eorijska osnova Posmatrajmo neki vremenski kontinualan signal x(t) na intervalu definisati: t + t t. ada se može X [ k ] = 1 t + t x ( t ) e j 2 π kf t dt, gde je f = 1/.

Διαβάστε περισσότερα

POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE

POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE **** MLADEN SRAGA **** 011. UNIVERZALNA ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE SKUP REALNIH BROJEVA α Autor: MLADEN SRAGA Grafički urednik: BESPLATNA - WEB-VARIJANTA Tisak: M.I.M.-SRAGA

Διαβάστε περισσότερα