атематичар БРОЈ 24. ГОДИНА XXIV ЈУН 2011.

Transcript

1 М лади атематичар БРОЈ 24. ГОДИНА XXIV ЈУН 20.

2 БРОЈ 24. ГОДИНА XXIV ЈУН 20.

3 Давид Хилберт Познати немачки математичар Давид Хилберт ( ) након завршене гимназије у родном граду Kонигсберг уписује се на Универзитет у истом граду. Докторирао је 885. године, са дисертацијом О непроменљивим својствима посебних бинарнихформи, са нагласком на сферне хармонијске функције. Године 884. Адолф Харвиц, са факултета у Готингену, постаје ванредни професор на факултету у Kонигсберг и убрзо постаје Хилбертов пријатељ. Од тада њихова међусобна размена научнихидеја има значајан утицај на њих ове научне каријере. Хилберт је био члан наставног особља на Универзитету Готингену године, а године 895. Хилберт је постављен за шефа катедре на Одсеку за математику на Универзитету, у то време најбољем центру за научна истраживања у области математике на свету, где предаје остатак каријере. Хилбертова значајна позиција у свету математике после 900. године се огледала у томе што су га друге институције доводиле у искушење да напусти Готинген, а 902. и нудиле место шефа катедре на Универзитету у Берлину. Хилберт је одбио ту понуду, али након што је склопио уговор са Универзитетом Готинген, убедивши ихда успоставе ново место шефа на које је довео свог најбољег пријатеља Минковског. Хилбертов први рад на непроменљивим функцијама довео га је 888. до познате теореме коначности. Двадесет година раније, Паул Гордон је демонстрирао теорему о коначности генератора бинарнихоблика користећи врло компликоване прорачуне који су онемогућили поједностављивање саме методе на функције са више од две променљиве. Хилберт је уочио потребу сасвим другачијег приступа. Страна

4 Као резултат демонстрирао је Хилбертова основна теореме која показује постојање коначног скупа генератора независно од броја променљивих, у апстрактном облику. Објављивање тог рада у Mthemtishe Annlen му је одбијено са разлогом да није свеобухватан и потпун и да се уопште не ради о математици. Међутим Хилберт је у следећем чланку, којег опет шаље у Annlen, проширио своју методу дајући капацитете о максималном степену минималног сета генератора. Тај рад је оцењен као најзначајније дело у области опште алгебре које је часопис икада објавио. У тексту Основе геометрије који објављује 899., он предлаже сет тзв. Хилбертових аксиома којима замењује традиционалне Еуклидове аксиоме. Те аксиоме исправљају слабости уочене код Еуклидовихаксиома који су се до тада користили дословце као што су написани. Хилбертов приступ означио је пребацивање на модерне аксиоматске методе. Хилберт је презентовао, у облику говора Проблеми Математике листу нерешенихпроблема на интернационалном конгресу математичара у Паризу 900. године, коју је касније проширио на 2 проблема. Тим говором је желео заокружити математички јако успешан 9. век и предвидети развој математике у будућности. Том приликом је рекао: Ако верујемо у развој математичког знања у блиској будућности, морамо се позабавити недовршеним питањима и решити проблеме које задаје данашња наука, а чија решења очекујемо. Знамо да сваки век носи своје проблеме које следећи век решава или замењује новим. Крај сјајне епохе позива нас да се осврнемо на прошлост, али и да погледамо у непознату будућност. Хилбертови проблеми укључују хипотезу континуума, конзистентност аксиома аритметике, Риманову хипотезу и друге. За време прошлог века многи су проблеми и решени, и свако решење је било значајан догађај за математику. Данас се Хилбертово име памти кроз концепт Хилбертовог простора. Математички концепт Хилбертовог простора генерализује појам Еуклидовог простора на начин да проширује методе векторске алгебре са 2- димензионалног и -димензионалног простора на бесконачно димензионалан простор. То је апстрактни векторски простор у коме удаљености и углови могу бити измерени и цели се налазе у том простору. Још један од разлога за успехтеорије Хилбертовог простора је и у чињеници да иако се могу разликовати по пореклу и изгледу, већина Хилбертовихпростора гледано у математици и физици, су само умножена манифестација једног одвојеног Хилбертовог простора. Страна 2

5 Хилберт је дао допринос у многим гранама математике: теорија бројева, функционална анализа, интегралне једначине, итд. Иако је био искључиво математичар, Хилберт је у једном периоду био посвећен и физици, истраживао је и теорију релативности. Хилберт је примио и почаст од Академије наука у Мађарској 905. године, а 90. је проглашен почасним грађанином Kонигсберга. Хилбертов ентузијазам за математику и посвећеност решавању математичких проблема током целог његовог живота исказана је кроз његовихшест познатихречи: Ми морамо знати, ми ћемо знати. Хилбертов систем аксиома Хилбертов систем аксиома је први пут објављен на самом крају 9. века у делу: Др Давид Хилберт, Основе геометрије (Dvid Hilert, Grundlgen der Geometrie, 899), као одговор на тадашње фундаменталне проблеме Еуклидске геометрије. Књига која је много пута превођена и прерађивана, да би данас била позната под именом Хилбертове основе геометрије. Хилбертове аксиоме геометрије су штампане у серијама издања уџбеника средњихшкола, углавном у скраћеном облику. То је основа за онај део математике који називамо елементарна геометрија. Дефиниција: Ми замишљамо три различита система ствари: ствари првог система називамо тачкама и означавамо ихса A, B, C,...; ствари другог система називамо правама и означавамо ихса,,,...; ствари трећег система називамо равнима и означавамо ихса αβγ,,,...; тачке се називају и елементима линеарне геометрије, тачке и праве се називају елементима елементима равне геометрије, а тачке, праве и равни се називају елементима просторне геометрије, или елементима простора. Ми замишљамо тачке, праве и равни у извесним међусобним односима и означавамо ове односе речима "лежати", "између", "подударно", "паралелно", "непрекидно"; тачан и за математичке сврхе потпун опис ових односа постиже се помоћу аксиома геометрије. Аксиоме геометрије можемо поделити у пет група; свака појединачно од овихгрупа изражава извесне повезане основне чињенице нашег опажања. Ми ћемо ове групе аксиома називати на следећи начин: Страна

6 I аксиоме инциденције, II аксиоме распореда, III аксиоме подударности, IV аксиома паралелности, V аксиоме непрекидности. Хилбертови проблеми Хилбертови проблеми, то су 2 проблема, од којихје тринаест поставио математичар Давид Хилберт да би на Другом међународном конгресу математичара у Паризу, 8. августа 900. године било додато још десет, овде број, 2, 6, 7, 8,, 6, 9, 2, и 22. Неки од овихпроблема су заправо подручја за истраживање, а заједно са осталима били су пример нарастања читавихдисциплина, временом, из малих проблема.. Канторов проблем кардиналног броја континуума. 2. Конзистентност аксиома аритметике.. Једнакост запремина два тетраедра једнакихбаза и висина. 4. Проблем праве линије као најкраћег растојања између две тачке. 5. Концепт Лијевихгрупа непрекиднихтрансформација, без претпоставке диференцијабилности. 6. Математички третман аксиома физике. Може ли се физика аксиоматизовати? 7. Ирационалност и трансцедентност извеснихбројева, olik, нпр. 8. Проблем простихбројева, Риманова хипотеза. 9. Општи доказ теорема реципрочности теорије бројева. 0. Опште решење Диофантове једначине.. Квадратна форма произвољног целобројног алгебарског поља. 2. Кронекерова теорема, конструкција холоморфне функције.. Немогућност решења опште једначине 7-ог степена функцијама са само два аргумента. 4. Проблем коначности извеснихфункција. 5.Строго заснивање Шубертовог непребројивог рачуна Страна 4

7 6. Проблем топологије алгебарскихкривихи површи. 7. Репрезентација кончане форме квадрата. 8. Изградња простора из конгруентног полиедра. 9. Јесу ли решења проблема варијација увек аналитичка? 20. Општи проблем граничне вредности. 2. Доказ егзистенције решења линеарне диференцијалне једначине за монодромску групу. 22. Униформизација аналитичкихрелација помоћу аутоморфнихфункција. 2. Даљи развој метода рачуна варијација. Катарина Јовановић I- Провера тачности множења Напишете један већи знак. У један угао напишете збир цифара једног чиниоца, али тако што га увек сведете на једноцифрен број увек новим сабирањем цифара (рецимо - од =8, +8=9 - значи, уписујете "9") У наспрамни угао упишете "збир" цифара другог чиниоца. Помножите те две цифре и резултат (опет "сведен" на једну цифру, по претходном упутству) упишете у један од два преостала угла. У последњи упишете "збир" цифара из "правог" производа до кога сте дошли рачунањем. Ако сте исправно рачунали, ова цифра мора да буде једнака претходној. Страна 5

8 (*) Страна 6 Млади математичар Геометријске неједнакости На почетку наводим дефиниције и тврђења која су неопходна за решавање наведенихзадатака: 2 z, >0 Неједнакост између аритметичке и геометријске средине за члана: за 0,,. Неједнакост између аритметичке и хармонијске средине за члана:. ЗАДАЦИ.Ако су,, дужине страница троугла и,, величине одговарајућихуглова, доказати да је:. Доказ: Нека је.тадаје,паје и, 0 0, 2 0, 0, 0, 0 0, 0, 2 2

9 2. Нека је M произвољна тачка у троуглу ABC чије су дужине страница, и, P његова површина. Даље, нека су R, R2, R одстојање тачке M од врховаa,bиc,а r, r2, r одстојање тачке M од страница BC, CA и AB троугла ABC. Доказати: R R2 R Доказ: =2 r r2 r Ако са M' обележимо тачку симетричну тачки M у односу на симетралу угла BAC = α, одстојање тачке M' од правихab i AC биће једнако дужима r 2 и r. С обзиром да је тачка M u у троуглу ABC, она је и у углу BAC, па је и M' у углу BAC. Према томе, права AM' сече страницу BC у некој тачки A'. Ако затим обележимо са B и C подножја нормала из тачака B и C на правој AM', биће BC = BA ' + A' C = BB +. CC Множењем обе стране ове неједнакости са R,због AM ' =R налазимо да је: BC R = BB R + CC R = 2P?M'AB + 2P?M'AC, тj.r =r 2 + r. A R r r2 M M' R2 r R B B A' C C Страна 7

10 Из ове и аналогнихнеједнакости следи да је R = r 2 + r ; R 2 = r + r ; R = r + r 2 ; Сабирањем одговарајућихстрана овихнеједнакости налазимо да је R R2 R =( + ) r +( + ) r 2 +( + ) r, аодавдејезбог (*) R R2 R =2r r2 r, што је и требало доказати. Знак једнакости важи ако је троугао ABC једнакостраничан, тј. ако је тачка M његово тежиште. Ова неједнакост позната је као Ердеш-Молдерова неједнакост. Њу је поставио мађарски матемаричар Ердеш 95., а исте године Мордел је дао сложен доказ ове неједнакости.. Нека је n природан број и, и углови троугла. Доказати да је: Доказ: tg 2 tg n tg 2 n tg 2 Страна 8 n 2 За углове, и произвољног троугла важи: tg tg tg tg tg tg 2 2 tg 2 2 tg tg tg Зато је n2 2 tg tg tg tg = tg tg tg tg tg tg tg tg tg, одакле следи n n n tg tg tg. Даље је tg tg tg tg tg tg једнакостраничан. n n2 2. Једнакост важи акко је троугао

11 4. Нека су r и R полупречници уписане и описане кружнице, редом, оштроуглог троугла, а, и његови углови. Доказати да важи: 9R. os os os R r Доказ: Нека су,, одговарајуће странице троугла, Р његова површина, а s полуобим. Како је 80, следи sin sin sin( ) 2sin os 2sin os sin os os os os os Из синусне теореме је 2Rsin, 2Rsin, 2Rsin,па како је rs P, следи 4R r 8R sin sin sin 2 R 2R ( ) 4R (sin sin sin ) 2 2sin os 2sin os 2sin os os os os sin sin sin 2os os os os os 2os os os os( ) os os os, Страна 9

12 па је r R os os os Млади математичар. Из претходног и неједнакости између аритметичке и хармонијске средине (како је троугао оштроугли, важи os,os, os > 0) следи 9R 9 os os os R r os os os Једнакост важи акко је троугао једнакостраничан. 5. Дијагонала AC сече дијагоналу BD конвексног четвороугла ABCD у њеном средишту S. У троуглове ABS, BCS, CDS и DAS уписане су редом кружнице са полупречницима r, r2, r, r4. Доказати да је: r r r = AB BC + CD DA. 8 2 r Доказ: На основу познате формуле, имамо: 2P r = SAB 2P, r 2 = SBC SA SB AB SB + SC + BC 2P r = SCD 2P, r 4 = SDA. SC SD CD SD SA DA. os os os Пошто је SB = SD, површине троуглова SAB и SDA си једнаке, а исто тако и површине троуглова SBC и SCD. Зато имамо r - r 2 =2P SAB - () SA SB AB SA + SD + AD 2P = SAB AB AD ( SA + SB + AB )( SA + SD + AD ) A B r 2 S r r r 4 C Страна 0

13 Остаје да оценимо вредност разломка у (). Производ дужина двеју страница ма ког троугла је увек већи или једнак његовој површини, па је тако (опет с обзиром на SB = SD) (SA + SB + AB)(SA + SD + AD) =(SA+SB) 2 +AB SA+AD SA+AB SB+AD SD+AB AD =8P SAB +2P SAB +2P SAD +2P SAB +2P SAD +2P DAB =20P SAB. Из () следи да је r - r 4 = AB AD. 0 Аналогно је r2 - r = CB CD. Пре него што саберемо ове две 0 неједнакости, приметимо да за овакав четвороугао важи AB > AD акко CD > CB, па закључујемо да је r2 r = r - r 4 + r2 - r = ( AB AD + CD CB ) 0 r r = 0 (AB BC + CD DA), Што је јача неједнакост од тражене. 6. У троуглу АВС изабрана је произвољна тачка М. Кроз њу и темена А, В, С повучене су праве АМ, ВМ, СМ, које секу одговарајуће стрнице троугла у тачкама A, B, C. Доказати да важи неједнакост: AM BM CM. 6 Доказ: A M BM CM Означимо са S, S2, S редом површине троуглова МВС, МСА, МАВ. Троуглови АВС и МВС имају заједничку основицу, па је AA : MA S : S ( S S2 S) : S, где је S површина датог троугла. Применом особина пропорција добија се: ( AA MA ) : MA ( S2 S) : S,односно Страна

14 Слично се добија: Млади математичар MA MA S S. 2 S S MB S S MC S S2 и. MB S2 S2 MC S S Сабирањем ове три једнакости и добија се тражена неједнакост: AM BM CM S 2 S S S S S 2 A M BM CM S S 6. S2 S 2 S S 7. У правом углу са теменом А уписан је круг који краке додирује у тачкама В и С. Ако се конструише тангента на дати круг, тако да дужи АВ и АС сече у тачкама М и N, доказати да је: AB AC< MB NC < AB AC. 2 Доказ: Нека је Р додирна тачка тангенте МN и круга. Тада је МР = МВ и NР = NС, па је МN = ВМ + СN. У троуглу АМN је МN < АМ + АN. Сабирањем последње две релације добија се: 2МN<ВМ+СN+АМ+АN=АВ+АС, одакле је МN < AB AC. 2 Са друге стране, МN је хипотенуза троугла АМN, па је МN > АМ и МN > АN,тј.2МN>АМ+АN.КадасетанеједнакостсабересаМN=МВ+СN идобићемомn>ав+ас, одакле је МN > AB AC. Мина Прокић IV- Страна 2

15 Вилсонова теорема Вилсонова теорема је једна од познатихтеорема о теорији бројева. Открио ју је Џон Вилсон, студент енглеског математичара Едварда Варинга. Професор ју је објавио 770. године, али је ни један ни други нису доказали. Славни француски математичар Лагранж je 77. године први доказао ову теорему. За разлику од познатије мале Фермаове теореме, Вилсонова теорема даје и потребан и довољан услов да би број био прост. Представићемо Вилсонову теорему, дати два доказа и решити неколико задатака у којима се теорема примењује. Теорема [Вилсонова теорема]: Природан број p = 2 је прост ако и само ако је (p - )!+=0(modp). Доказ: За p = 2 тврђење очигледно важи. Ако је p прост број већи од 2, тада је p непаран, па се у производу 2... (p - ) паран број чинилаца. Нека је k? {2,,...,p - 2}. Бројеви k, 2k, k,...,(p - )k, pk чине потпун систем остатака по модулу p, па у неком редоследу дају остатке 0,, 2,... p-помодулуp. Обзиром да је k =(modp), (p -)k =(modp) иpk =(mod p), онда је kl =(modp) за један (и само један) l? {2,,...,p - 2}. Ако предпоставимо да је l=k, онда имамо k 2 =(modp) односно(k - )(k +)=0(modp)што повлачи k =(modp) илиk =-(modp), што је супротно томе да k? {2,,...,p- 2}. Према томе, скуп {2,,...,p- 2} можемо поделити на два једнака дела тако да за свако k из једног дела постоји јединствено l из другог дела са својством kl =l(modp). односно (p - 2)! = (mod p). За k = p jek =-(modp),пајеконачно (p -)!=-(modp). Страна

16 Докажимо сада да из p (p - )! + следи да је p прост број. Претпоставимо да p није прост и да има делилац d, d < p. Тада d (p - )! одакле следи d (p - )! + и из тога p (p - )! +. Овим смо добили контрадикцију, па p мора бити прост број. Задатак. Доказати да за сваки прост број p важи: (p!) 2 -p 2 =0(modp ). Решење: Како је а по Вилсоновој теореми је (p - )! + = 0(mod p), дакле (p!) 2 -p 2 =0(modp ). Задатак 2. Доказати да за сваки прост број p и сваки цео број важи: p +(p -)! =0(modp). Решење: Ако је цео број дељив простим бројем p, тврђење је очигледно. Нека цео број није дељив простим бројем p.тадајепомалојфермаовој теореми p - =0(modp), а како је по Вилсоновој теореми следи да је тј. Страна 4

17 Задатак. Нека су p и q различити прости бројеви. Доказати да је: q 2q... (p -)q =-(modp). Решење: По малој Фермаовој теореми je по Вилсоновој теореми је Множењем овихконгруенција добијамо q p- =(modp), (p -)!=-(modp). q p - (p -)!=-(modp), тј. q 2q (p -)q = -(modp) Задатак 4. Одредити све непарне природне бројеве n тако да важи: Решење: Ако n можемо записати у облику n =, гдеје =, =, =, онда се у производу 2... (n - ) налазе чиниоци, 2 i, 2, паје (n -)!дељивс 2 2 =n 2. Нека је сада n = p 2, где је p прост број. Како за све просте бројеве p, p =5 важи неједнакост p 2 ->4p, тако се у производу 2... (p 2 -)налазе чиниоци p, 2p, p i4p па је (p2 - )! дељив са p4 = n2. За p =je n =9, број (9 - )! = 8! је дељив са 9, али није са 8. Коначно, нека је n прост број. Тада је према Вилсоновој теореми (n - )! + дељивосаnпа(n- )!ниједељивосаn,аонданисаn 2. Дакле само за просте бројеве n и за n=9 број (n - )! није дељив са n 2. Задатак 5. Доказати да за сваки прост број p =4k +, k? N, важи: Страна 5

18 Решење: Измноживши очигледне конгруенције добијамо Како је p = 4k + прост број, то је по Вилосоновој теореми па је Задатак 6. Доказати да за све природне бројеве n и све просте бројеве p за које је n!=(-) n (mod p)важи:(p- n- )! + = 0 (mod p) Страна 6

19 Решење: Множењем конгруенција добијамо По Вилсоновој теореми је тј. што постаје Због услова задатка добијамо Задатак 7. Ако је ++ прост број, онда је бар један од бројева!!+,!! -дељивса++. Страна 7

20 Решење: Нека је ++ =p - прост бој. Тада је по Вилсоновој теореми ( +)!+дељивоса++. Како јe дељиво са ++. Даље ј е Како је имамо односно Следи Како је онда је Од тога дељењем добијамо па је (!!+)(!! -)=(!!) 2 - дељиво простим бројем p.дакле, бар један од факторијела је дељив са p. Лазар Беић II- Страна 8

21 Бобилиерова формула У овом чланку дајемо један од многихдоказа теореме познате као Бобилиерова формула. Теорема гласи: Теорема. Ако су R и r полупрецници описане и уписане кружнице троугла ABC и r,r,r полупречници њему приписанихкружница тада важи: r +r +r =4R+r () Доказаћемо најпре неколико идентитета које задовољавају углови троугла, а које ћемо користити у доказу Теореме. Идентитет а) доказаћемо на два начина. Првидоказ:Какојеα+β+γ=π,тоимаморедом Страна 9

22 Слика. Страна 20

23 Нека је тачка D подножје нормале спуштене из центра уписане кружнице троугла I на страницу BC (види Слику.). Из правоуглихтроуглова ΔBDI иδcdiје BD = пазбога= BС = BD + СD имамо: тј. Из (2) и () користећи формулу добијамо што је и требало доказати. Други доказ: Користећи формуле и где је са Р означена површина троугла, а са s полуобим троугла добијамо редом: Страна 2

24 одакле због и косинусне теореме следи Требаприметитидајенаведенидоказ сдеснаналево једноставнији. Докажимо сада б). Након множења са 2 због ) можемо написати у облику Означимо леву страну једнакости (4) са L. Из косинусне теореме следи да је: Страна 22

25 па имамо Млади математичар гдејезадобијањепоследњеједнакости коришћена Херонова формула за површину троугла Доказ идентитета и d остављамо читаоцима. Доказ теореме: Сабирањем једнакости Добијамо због а) следи R даје доказати. одакле што након множења са тј. (), што је и требало Никола Трифуновић II- Страна 2

26 Векторско решење једног задатка Задатак.ИзврхаАквадратаABCDизнутраповученесудвеправена које су спуштене нормале BK, BL, DM и DN из врхова B и D. Доказати да судужинеklиmnнормалнеидаимајуједнакедужине. Решење: Да би потврдили нормалност вектора показати да је довољно је Сасликејеочигледно па је ђ Сада рачунамо: Како () за сада више не можемо поједноставити, искористићемо неке услове из задатка, које ћемо касније доказати. Страна 24

27 Страна 25

28 За Из (4) што је тривијално. Вратимо се сада аједнакости (): Страна 26

29 Сада је Једнакост (6) даље решимо Дакле, важи па је и Да бисмо показали једнакост дужина претпоставићемо да је наш квадрат уписан у координатни систем, нпр. тако да се врхa налази у центру, а странице AB и AD леже на x односно y оси. Ако се вратимо на почетак решења, видимо да је Страна 27

30 одакле, сређивањем, следи Млади математичар На основу релација (2) и (4) имамо Сада је због () и (4) Из (2) и (4) је Користећи (9) у (8) имамо односно И на крају, користећи () и (5) добијамо Дакле, претпоставка решили задатак. је тачна и тиме смо у потпуности Давид Копривица I- Страна 28

31 Разни приступи решавању кобминаторног проблема Осврнућемо се на седам различитихрешења (прва су елементарна, која се могу радити и у редовној настави, док су следећа, помоћу принципа укључења и искључења, рекурентнихвеза и функција генератрисе, за оне ученике који би хтели више да сазнају, односно за рад на додатној настави веомајебитнодаонивидедаимаидругихзнањакојаизлазеваноквира редовног школског програма и последње решење је програмерско) следећег проблема из уџбеника Дискретна математика Драгоша Цветковића и Слободана Симића (задатак 8. са стране 60). Након тога ћемо задати сличан проблем на коме се могу утврдити стечена знања.. Колико има природнихбројева мањиход милион (0 6 ) у којима се јавља цифра 8? Урадићемо поопштење за бројеве мање од 0 n и тражени број бројева ћемо означити са а n. Скуп цифара је С = {0,, 2,, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, S = {0,, 2,, 4, 5, 6, 7, 9} је скуп цифара без осмице. Бројевима који имају k<n цифарадописаћемонапочеткуn kнулаинатајначинсмосвебројеве мање од 0 n (укључујући и 0) свели на сређене n торке елемената из С (варијације са понављањем од n елемената скупа С). Решење I: Бројевасатачноk осмица има : : на начина можемо одабрати тих k места на којима су осмице, а на осталих n kместа може бити било која од осталихцифара, односно ту се налази цифра из скупа S и сваку од њихможемо одабрати на 9 различитихначина (по принципу производа све можемо одабрати на 9 n-k начина). Тражени бројеви могу имати,2,...,n осмица те по принципу збира добијамо да ихукупно има Страна 29

32 Решење II: Уколико је прва цифра 8 слева на првом месту, на осталим местима може бити било која цифра из S ( S = 9 ), 8 је на другом а на осталим местима може бити било која цифра, па таквихбројева има 9?? 0 n-2. Уколико је прва цифра 8 слева на k - том месту, на првих(k-) места може бити било која цифра из S, 8 је на k том, а на осталим местима може бити било која цифра, па таквихбројева има 9 k??0 n-k-.акоје8 само на последњем месту онда таквихбројева има 9 n-. Како су ови догађаји дисјунктни по принципу збира добијамо да траженихбројева има n = 0 n- +9?0 n n- =(0 n- +9?0 n n- )?(0-9) = 0 n 9 n. Решење III: (Помоћу комплемента): Укупно природнихбројева мањиход 0 n (укључујући и 0) има тачно 0 n колико и варијација са понављањем скупа С од n елемената. Бројева мањиход 0 n који не садрже цифру 8 (укључујући и 0) има тачно 9 n колико и варијација са понављањем скупа S од n елемената. Разлика 0 n 9 n представља број природнихбројева са највише n цифара, код којихсе, када су написани у декадном систему, јавља цифра 8 тј. n = 0 n 9 n. Решење IV: (Принцип укључења и искључења): Означимо са А i скуп n-тоцифренихбројева који имају цифру 8 на i- том месту (за разлику од решења II, овде то није прво појављивање,негобилокојетакодаскупови A i нису дисјунктни). А i =0 n- јер на i- том месту имамо фиксирану цифру 8, а на сваком од осталихможемо узети произвољну цифру. За i?jje A i n A j =0 n-2 (слично на i -томи j - том месту имамо осмице, на осталим су произвољне цифре).... Како је А nа 2 n...nа n = {88 8} (n осмица) имамо да је A na 2 n na n =. Kада ово све уврстимо у формулу укључења и искључења и са обзиром на чињеницу да t скупова чији пресек тражимо можемо одабрати на начина добијамо: Страна 0

33 Решење V: (помоћу рекурентнихнизова): Нађимо везу броја (n+) цифренихбројева који задовољавају услов задатка, а n+ i n тоцифрених, а n.aкосеупоследњихn цифара налази цифра 8 (таквихбројева има 9 n варијације скупа S) онда (n+) ваморабити8тј.таквихбројеваима? 9 n. Tако смо дошли до нехомогене линеарне рекурентне везе: n+ =0 n +9 n, са почетним условом а = (*) (једноцифренихбројева који садрже цифру 8 има само један: 8). Ако у (*) заменимо свако n са n+ добијамо n+2 = 0 n+ + 9 n+ и ако од ове једначине одузмемо (*) помножену са 9, добијамо линеарну хомогену рекурентну везу: n+2-9 n+ +90а n = 0, са почетним условима а=, а2 = 9 (**) (други почетни услов добијамо из (*) за n = или простим пребројавањем : 8, 8, 28,..., 78, 80, 8, 82,..., 89, 98 има их9). Карактеристична једначина за (**) је t 2-9t+90 = 0 и њене нуле су t =0и t 2 =9,паје опште решење једначине (**), а самим тим и (*), а n =С?0 n +С 2?9 n,где константе С ис 2 одређујемо из почетнихуслова: а = = 0С +9С 2 и а2 = 9 = 00С + 8С 2. Решавањем овог система добијамо С =ис 2 =-, односно траженихбројева има n = 0 n 9 n. Решење VI (помоћу функција генератрисе): За варијације са понављањем скупа С у којима се један елемент (8) појављује бар једанпут имамо експоненцијалну функцију генератрисе (први фактор одговара цифри 8, а други је за осталих9 цифара) (овде смо користили и развој експоненцијалне функције у ред ). Број варијација n те класе је коефицијент уз, тј. решење задатка је n = 0 n 9 n. Страна

34 Решење VII (Компјутерски приограм); progrm rojnje; vr n,: integer; m,,s: longint; p: Boolen; egin writeln( Progrm trzi koliko im prirodnih rojev mnjih od 0^n u kojim se jvlj ifr 8. ); write( Unesite roj n ); redln(n); s:=0; for m:= to 0^n- do egin :=m; p:=flse; repet := mod 0; if =8 then p:=true else := div 0; until(=0)orp; ifpthens:=s+; end; writeln( Trzenih rojev im,s) end. 2. Koлико има природнихбројева са највише n цифара у којима се појављују цифре или 5? Решење: Потпуно аналогно само је сада S = {0,, 2, 4, 6, 7, 8, 9} и S = 8, па је резултат n = 0 n 8 n. Страна 2 Ђорђе Живановић II-

35 НАЈУСПЕШНИЈИ ТАКМИЧАРИ Државно такмичење из математике одржано је године у Нишу. Пласман на такмичење изборило је десет ученика Ваљевске гимназије, који су били сврстани у две категорије. А категорија Ашковић Јована I- Прлић Растко I- Копривица Давид I- Живановић Ђорђе II- (II награда) Малешевић Сања III- Б категорија Јездић Ивана I-2 Гајић Марија II-2 Тодоровић Љиљана II-2 Јелић Ивана III-2 Стојановић Саша IV-2 На екипном такмичењу Архимедес одржаном у Београду, екипа наше школе заузела је. место ( II награда) у конкуренцији 47 средњихшкола из Србије. Чланови екипе Ваљевске гимназије били су: Прлић Растко I- ( похвала) Живановић Ђорђе II- (III наград а) Малешевић СањаIII- ( I награда) Прокић Мина IV - Страна

36 Тест задаци из математике Страна 4

37 Страна 5

38 Страна 6

39 САДРЖАЈ Давид Хилберт... Геометријске неједнакости...6 Вилсонова теорема - теорија бројева... Бобилиерова формула...9 Вектори...24 Разни приступи решавању комбинаторног проблема...29 Најуспешнији такмичари... Тест задаци из математике...4

40 МЛАДИ МАТЕМАТИЧАР је лист за ученике средњихшкола. Излази једном годишње. Тираж броја је 500 примерака. ИЗДАВАЧ Ваљевска гимназија, Вука Караџића бр., 4000 Ваљево Тел-факс: 04/ e-mil: РЕДАКЦИЈА Главни и одговорни уредник: Предраг Јевтић, професор математике Технички уредник: Момчило Гајић II- Ученици сарадници: Катарина Jовановић I-, Мина Прокић IV-, Лазар Беић II-, Никола Трифуновић II-, Давид Копривица I-, Ђорђе Живановић II-

41