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 a) Poto je n deljiv sa tri, sledi da je njegov zbir cifara deljiv sa tri, te je onda i f(n) deljiv sa jer ima isti zbir cifara Odatle, iz n = f(n) sledi da je broj n deljiv sa 9 te je i njegov zbir cifara deljiv sa 9, i najzad, poto je i f(n) deljiv sa 9 jer ima isti zbir cifara, iz n = f(n) sledi da je n deljiv sa 7 b) Ukoliko zapiemo n = a k a k a a 0, jednakost n = f(n) se svodi na 0 k a k + + 0a + a 0 = (0 k a a k + a k ) Iz konstatacije 0 i i = (mod 9) sledi a k + + a + a 0 (a a k + a k ) (mod 9), tj a a k + a k 0 (mod 9) Dakle, kako je zbir cifara broja n deljiv sa 9, sledi da je i n deljiv sa 9 a) Neka prava BK seqe produжetak stranice AD u taqki E Kako su BCK i EDK pravougli, K je sredite stranice CD i kod K imamo unakrsne uglove, dobijamo BCK = EDK Odatle imamo ED = BC = AD, pa kako je AHE pravougli (po uslovu zadatka vaжi BK AC), to je D sredite hipotenuze, pa imamo AD = ED = HD, tj HAD je jednakokraki, odakle sledi DAH = DHA Sada iz jednakosti DAH = ACB (uglovi sa paralelnim kracima) dobijamo traжenu jednakost ACB = DHA b) Oqigledno, GAD = HCB (imaju podudarna sva tri odgovaraju a ugla, i AD = CB) Odatle sledi AG = CH, a kako su prave DG i EH paralelne i AD = DE, iz Talesove teoreme sledi AG = GH Konaqno, iz AG = GH = HC sledi GH = AC Nađimo prvo na koliko se naqina mogu odabrati traжeni odbori ako izostavimo zahtev da svaki odbor mora imati bar dva qlana Svaka dva matematiqara koji su međusobno u svađi moжemo na ukupno = 6 naqina rasporediti u tri odbora (prvog matematiqara stavimo u bilo koji odbor, a za drugog biramo jedan od preostala dva), te je ukupan broj naqina 6 n Od ovog broja treba Op 08 A oduzeti odabire u kojima je broj qlanova u nekom odboru 0 ili Primetimo, pre svega, da moжe postojati najvie jedan takav odbor (ako bi dva odbora bila takva, u tre em bismo imali bar n qlanova komisije, a poto za n vaжi n > n, neki od qlanova u tom odboru bi bili međusobno u svađi) Broj odabira gde je neki odbor bez qlanova iznosi n (najpre fiksiramo koji od odbora e biti bez qlanova, a onda svaki par matematiqara u svađi moжemo u preostala dva odbora rasporediti na naqina) Broj odabira gde neki odbor ima samo jednog qlana iznosi n n = n n+ (usamljeni matematiqar se moжe izabrati na n naqina, smestiti u jedan od odbora, osoba sa kojom je u svađi u bilo koji od preostala odbora, a onda se preostalih n matematiqara moжe smestiti na n naqina) Sledi da je reenje zadatka broj 6 n n n n+ = 6 n n (n + ) Neka je t broj sekundi proteklih od pono i, pri qemu je t nenegativan realan broj Uglovi koje su za to t vreme prele sekundna, minutna i satna kazaljka, redom, iznose 6t, 0 i t 0 (izraжeni u stepenima) Uslov da sekundna i minutna kazaljka zaklapaju ugao od 0 je 6t t 0 = ±0 + 60a, to je ekvivalentno sa t = 00(± + a) ; 59 uslov da sekundna i satna kazaljka zaklapaju ugao od 0 je 6t t = 600(± + b) ; 79 t 0 = ±0 + 60b, to je ekvivalentno sa uslov da minutna i satna kazaljka zaklapaju ugao od 0 je t 0 t 0 = ±0 + 60c, to je ekvivalentno sa t = 600(± + c)

2 (gde su a, b i c neki celi brojevi) Po uslovu zadatka, dve od ove tri jednakosti moraju da vaжe Kako su brojevi, 59 i 79 uzajamno prosti po parovima, sledi da t mora biti ceo broj (naime, imenilac broja t mora deliti neka dva od ova tri broja, pa sledi da imenilac mora biti ) Kako vaжi jedna od poslednje jednakosti, a broj 600 je uzajamno prost i sa i sa 79, sledi da je t deljiv sa 600 Drugim reqima, uslovi zadatka se mogu ispuniti samo kad je proao celobrojan broj sati, to znaqi da i sekundna i minutna kazaljka tada pokazuju na broj Tada, da bi se ispunio uslov zadatka, satna kazaljka mora pokazivati na broj ili Sledi da e u toku dvadesetqetvoroqasovnog perioda puta biti zadovoljeni uslovi zadatka: u 00, 00, 00 i 00 5 Baron Minhauzen nije u pravu: iz ustanovljene qinjenice ne sledi njegov zakljuqak Kao kontraprimer moжemo uzeti situaciju u kojoj iz jednog grada polaze qetiri puta, a iz svakog od preostalih 07 gradova po dva puta, na naqin koji je prikazan na slici Oqigledno, u takvoj situaciji jeste ispunjena qinjenica koju je baron ustanovio Odaberimo sada za p i r dva puta oznaqena na slici Jasno, da bismo iz,,gornje polovine preli u,,donju (ili obratno), moramo pro i putem p ili r Međutim, ukoliko bismo njima prolazili neposredno jednim za drugim, oqigledno bismo prvo ili (jednim od njih) u smeru ka gradu X, a potom (drugim od njih) u smeru od grada X Ovo znaqi da smo putovanje zapoqeli u donjoj polovini (budu i da bi eventualni prethodni prelazak iz gornje polovine u donju podrazumevao prolazak putem p ili r u smeru od grada X), no onda, posle prolaska putevima p i r na opisani naqin, ne postoji vie naqin da dođemo do gornje polovine uz potovanje opisanih uslova putovanja Time je zadatak reen Drugi razred A kategorija Op 08 A 5 Iz sin imamo 7 7 sin > 0 za sve vrednosti, pa je koren s leve strane uvek definisan Dakle, pre kvadriranja jednaqine treba postaviti samo uslov cos 5 sin > 0 Nakon kvadriranja ostaje 7 7 sin = 9 cos + 5 sin 0 sin cos, tj, zamenjuju i 7 = 7 sin + 7 cos i prebacuju i sve na levu stranu, 8 cos 8 sin + 0 sin cos 7 sin = 0 Iz identiteta cos sin = cos i sin cos = sin vidimo da je dobijena jednaqina ekvivalentna sa 8 cos + 8 sin = 0 Ovo dalje moжemo transformisati kao 0 = 8 Œ cos + sin = 8 sin π cos + cos π sin = 8 sin + π, odakle sledi + π = kπ, k Z Dakle, reenja poslednje jednaqine su brojevi oblika = π 8 + kπ, k Z Oni se mogu podeliti u qetiri klase (gde u svakoj klasi imamo period π): = π 8 + kπ, = π 8 + kπ, = 7π 8 + kπ, = π 8 +kπ, k Z Reenja iz druge i tre e klase ne ispunjavaju uslov cos 5 sin > 0 (imamo cos π 8 < cos π = i sin π 8 > sin π =, pa cos π 8 5 sin π 8 < < 0; takođe, cos 7π 8 < 0 i sin 7π 8 > 0, pa cos 7π 8 5 sin 7π 8 < 0) Reenja ) > 0; takođe, iz prve i qetvrte klase ispunjavaju taj uslov (cos( π 8 ) > 0 i sin( π 8 ) < 0, pa cos( π 8 ) 5 sin( π 8 cos π 8 > cos 5π = i sin π 8 < sin 5π = π, pa cos 8 5 sin π 8 > > 0), pa samo ona qine reenja polazne jednaqine Drugim reqima, odgovor je: ª π π + kπ, kπ : k Z U oba dela zadatka koristi emo formulu t a = b + c a (i analogno za ostale teжine duжi) Pokaжimo kako se ona izvodi Ako je A sredina stranice BC, iz kosinusne teoreme primenjene na AA B imamo c = t a + BA t a BA cos AA B, a iz kosinusne teoreme primenjene na AA C dobijamo b = t a + CA t a CA cos AA C Sabiranjem ove dve jednakosti, uz primenu BA = CA = a i cos AA B = cos AA C (budu i da su ova dva ugla naporedna), dobijamo b + c = t a + a, odakle sledi жeljena formula a) Pretpostavimo a + c = b Tada imamo Op 08 A t a + t c = b + c a + b + a c = b + a + c = 6b = b

3 i t b = a + c b = b b tj zaista vaжi t a + t c = t b Obratno, ukoliko pretpostavimo t a + t c = t b, ovo se svodi na = b, b + a + c = a + c b, odakle (posle mnoжenja obe strane sa i potiranja) sledi 6b = a + c, tj a + c = b b) Pretpostavimo a + c = b Tada imamo t a t b = b +c a a +c b = b + c a a + c b = (a + c ) + c a (b ) b = c b = c b, tj ta t b = c tc b Analogno, t b = a b Dakle, poto posmatrana dva trougla imaju dva para proporcionalnih stranica, sledi da su oni sliqni Obratno, ukoliko pretpostavimo da su ta dva trougla sliqna, tada imamo ta t c = c a (primetimo, iz a b c sledi t a t b t c, odakle zakljuqujemo koja stranica korespondira kojoj), tj at a = ct c Ovo se dalje svodi na a b + c a = c a + b c, tj a b + a c a = a c + b c c Prebacivanjem svega na desnu stranu jednakosti dobijamo 0 = a c + b c a b = (a c )(a + c ) + b (c a ) = (a c )(a + c b ) Odavde sledi a = c ili a + c = b U drugom sluqaju zadatak je reen U prvom sluqaju, iz a = c i a b c imamo a = b = c, pa tada opet vaжi a + c = b Time je dokaz zavren Posmatrani brojevi su oblika 0k 99 za neki prirodan broj k Za k = imamo broj, to nije prost broj Za k = imamo broj 0, to jeste prost broj Za k imamo 0 k 99 = (0k )(0 k + ) 99 = 0 k 9 (0 k + ) Jedan od dva qinioca u brojiocu mora biti deljiv sa (jer je posmatrani broj prirodan) Ako 0 k +, tada je 0k 9 faktor posmatranog broja (ve i od i razliqit od samog broja), pa je posmatrani broj sloжen; ako 0k 9, tada je 0k 99 faktor posmatranog broja (ve i od i razliqit od samog broja), pa je posmatrani broj ponovo sloжen Dakle, jedino reenje je broj 0 Sabiranjem svih n jednaqina dobijamo nx i = nx i nx to se svodi na P n i = n Pretpostavimo, bez smanjenja optosti, da je minimalan među,,, n Tada imamo 0 Međutim, prva jednaqina daje = ( n ), pa zbog minimalnosti mora biti = = i n = Odatle sledi = 0 ili = U prvom sluqaju na isti naqin dobijamo = = 0, = = 0 itd, tj = = = n = 0, to nije reenje Ostaje samo sluqaj = i odatle opet na isti naqin dobijamo = = = n =, pa je to jedino reenje i nx i + n 5 Jediniqnih kvadrata ima n, svaki ima bar dve crvene stranice, to znaqi da parova oblika (jediniqni kvadrat, njegova crvena stranica) ima bar n Međutim, svaka crvena duж se pojavljuje u najvie dva takva para, pa crvenih duжi ima bar n Pretpostavimo da ih ima taqno n Tada svaka od njih leжi u taqno dva jediniqna kvadrata, a svaki jediniqni kvadrat ima taqno dve crvene duжi (jer bi u suprotnom u nekoj od procena iz prethodnog pasusa vaжila stroga nejednakost, pa bi broj crvenih duжi morao biti strogo ve i od n ) Obojimo jediniqne kvadrate crno i belo, poput ahovske table Svaka crvena duж je u taqno jednom belom kvadratu (i jednom crnom), a poto svaki beli kvadrat ima dve crvene stranice, sledi da belih kvadrata ima n, to nije ceo broj; kontradikcija Dakle, crvenih duжi ima bar n + Pokaжimo da je mogu e dosti i ovu vrednost Dovoljno je obojiti sve horizontalne duжi osim onih koje su na stranicama velikog kvadrata, a vertikalne jediniqne duжi koje naleжu na dve horizontalne stranice velikog kvadrata obojiti naizmeniqno (prvu, tre u, petu) Ovako je obojeno n(n ) + n+ + n+ = n + duжi, qime je dokaz zavren!,

4 Tre i razred A kategorija Ako i y zamene mesta, dobijamo f(f(y)) = y f() + f(y), to oduzimanjem od polazne jednaqine daje f(y) = y f() Za y = imamo f() = f() Zatim za = y = u polaznoj jednaqini dobijamo f(f()) = f(), a poto iz formule iz prethodne reqenice sledi f(f()) = f() f(), spajanjem poslednje dve jednakosti dobijamo f() f() = f(), tj f()( f() ) = 0 Odatle sledi f() {, 0,, tj kandidati za reenja su funkcije f() 0, f() = i f() = Prva od njih oqigledno jeste reenje, vidimo i da druga jeste reenje jer vaжi f(y) + f(y) = y + y = 6 y = f(f(y)), a sliqno i f() = jeste reenje Poznato je da vaжi DC = DI Zaista, ako uglove trougla oznaqimo uobiqajeno sa α, β i γ, imamo ICD = ICB + BCD = ICB + BAD = γ + α = ICA + IAC = DIC, tj DI = DC Neka BI seqe simetralu stranice BC u taqki K Dokaza emo K K, to je dovoljno za reenje zadatka jer po izboru taqke K vaжi BK = CK Kako imamo IK D = BK D = CK D, taqka D je presek simetrale IK C i simetrale duжi IC (podsetimo se, DI = DC), a poznato je da taj presek leжi na kruжnici opisanoj oko IK C Dakle, taqke I, K, C i D su koncikliqne; odatle, K leжi na kruжnici opisanoj oko CDI, pa sledi K K Neka su duжine stranice tog trougla a, b i c, a njegova povrina P Moжemo pretpostaviti, bez umanjenja optosti, a b c Tada je b aritmetiqka sredina a i c, pa iz b = a+c dobijamo c = b a Sada iz a + P = b + c dobijamo P = b+c a = b+(b a) a = b a Izrazi emo povrinu trougla pomo u Heronove formule Imamo s = a+b+c = b, s a = b a, s b = b i s c = a b, pa sledi b a = P = r b b a b a b = b È (b a)(a b) Op 08 A Kvadriranjem obe strane dobijamo 6(b a) = b (b a)(a b), to se svodi na 6(b a) = b (a b) (moжemo skratiti sa b a jer iz b a sledi b a > 0), tj 8b a = 6ab b Uoqavamo da je b paran broj (jer su svi ostali sabirci parni), pa sledi da je i b paran broj, tj b = b Poslednja jednakost se svodi na 96b a = ab b, tj, posle deljenja sa 8, b a = ab b Odavde moжemo izraziti a = b + b b + = b + b + 8b b + = b + 8b b + Kako je a ceo broj, dobijamo b + 8b, a odatle b + 8b Jednakost se dostiжe za b = 8± 6 6 = 8± 6, tj za b = i b =, pa posmatrana nejednakost vaжi za b [, ] Jedini prirodni brojevi u ovom intervalu su b = i b = Za b = imamo a = + 8 7, to nije prirodan broj, pa se ovde ne dobija reenje Za b = imamo a = = + =, b = b =, c = b a = = 5 i P = b a = = 6, to je jedinstveno reenje zadatka Prvo pokaжimo da je mogu e obi i tablu u n(n+)+n = n +n poteza Ovaj broj poteza se moжe posti i ako pauk duж svake kolone ide vertikalno dva polja sve dok je ne obiđe celu, onda se pomeri horizontalno jedno polje do slede e kolone i ponavlja postupak do kraja table Sada pokaжimo da je ovo najmanji mogu broj poteza Obojimo sva polja u neparnim vrstama u crno Vidimo da u svakom potezu skup novoobiđenih polja moжe sadrжati najvie jedno crno polje Ukupan broj neobiđenih crnih polja na poqetku (dakle, sva crna polja osim poqetnog) jednak je (n + )(n + ) = n + n, te sledi da je upravo toliko minimalno poteza potrebno pauku da obiđe sva polja 5 a) Poznato je da trojka (a, b, c) qini primitivnu Pitagorinu trojku ako i samo ako postoje uzajamno prosti prirodni brojevi m i n razliqite parnosti takvi da vaжi a = m n, b = mn i c = m + n (uz mogu e zamenjene uloge za a i b) Odatle, jedan od brojeva a i b je paran a drugi neparan, pa se oni zavravaju razliqitim ciframa Dakle, pod pretpostavkom da se a, b i c mogu zapisati koriste i samo dve razliqite cifre, sledi da se c mora zavravati istom cifrom kao jedan od brojeva a ili b Sada iz a + b = c sledi da se neki od brojeva a, b ili c mora zavravati cifrom 0, pa se odatle i jedan od brojeva a, b ili c zavrava cifrom 0, tj 0 je jedna od dve cifre koje se (po pretpostavci) koriste u zapisu ova tri broja Kad bi druga cifra bila, >, sledilo bi da su sva tri broja deljiva sa, te da P nisu uzajamno P prosta; dakle, te dve cifre moraju biti 0 i n To znaqi da moжemo zapisati a = n, b = 0ai i P P n c = 0bi, gde su a 0ci i, b i i c i nenegativni celi brojevi, indeksirani u rastu em poretku Tada imamo a = i,j n 0 ai+aj i analogno za b i c Najmanji sabirci u brojevima a, b i c, redom, jesu 0 a, 0 b i 0 c, te, ne umanjuju i optost, moramo imati a = c Dokaжimo indukcijom da za sve i vaжi a i = c i (odatle e slediti a = c, kontradikcija) Bazu smo upravo pokazali

5 Pretpostavimo sada da za sve i, i k, vaжi a i = c i, i dokaжimo a k+ = c k+ Iz pretpostavke sledi da se svi sabirci u a oblika 0 ai+aj za i, j k potiru s odgovaraju im sabircima u c Od preostalih sabiraka, najmanji u a je 0 a+a k+, najmanji u b je 0 b, a najmanji u c je 0 c+c k+ Kako se 0 b pojavljuje samo jednom u b, on sam ne moжe potreti 0 c+c k+, pa ostaje 0 a+a k+ = 0 c+c k+, tj a k+ = c k+, to je i trebalo dokazati b) Ponovo emo koristiti karakterizaciju primitivnih Pitagorinih trojki s poqetka dela a) U toj karakterizaciji uzmimo n = 5l i m = 5l + Tada dobijamo a = 0l +, b = 0l(5l + ) i c = 0l(5l + ) + Sledi da je dovoljno na i l takvo da se i l i l(5l + ) mogu ispisati ciframa {0,, 5 Ako uzmemo l = 0 s za proizvoljno s N, tada imamo 5l + = 5 0 s +, pa sledi l(5l + ) = 5 0 s + 0 s, te se za beskonaqno mnogo s moжe napraviti жeljena Pitagorina trojka Napomena Jo neki primeri primitivnih Pitagorinih trojki koje se sastoje samo od tri razliqite cifre su ( 00 00, , ) i (, 55 55, ) za ma koje k N k k k k k k k k k k Qetvrti razred A kategorija Prvo reenje Pre svega, imamo tg k 0 0 sin k cos k sin k 0 k k 0 cos k = k = k tg k Dalje, imamo i 0 =, pa dobijamo da za k > vaжi 0 ( tg k =, a za 0 k < vaжi 0 ( 0 Preostaje sluqaj k = Tada posmatrani izraz transformiemo na slede i naqin: 0 tg 0 + tg tg tg 0 ) + tg Œ tg tg ) = tg Primetimo da za 0 imamo 0 (zbog viđenog tg ), pa je izraz u spoljnim zagradama oblika ( + t) t za t 0, i njegov es je e Prema tome, dalje moжemo raqunati: 0 + tg Œ tg tg 0 + tg Œ tg 0 tg tg 0 = e, tg pa preostaje jo izraqunati 0 Primenjuju i Lopitalovo pravilo (dva puta), dobijamo tg 0 0 Dakle, reenje zadatka je: cos cos ( sin ) cos sin = 6 = 0 tg k = 0, za 0 k < ; e, za k = ;, za k > Drugo reenje Radimo samo sluqaj k = (ostatak ide kao u prethodnom reenju) Moжemo zapisati 0 tg e ln tg Š 0 e tg ln 0 = e 0 tg ln, pa je dovoljno izraqunati 0 ln tg Ovo sprovodimo na slede i naqin (primenjujemo Lopitalovo pravilo svugde gde je naznaqeno ln tg L p 0 0 L p 0 0 tg L p =): cos tg 0 cos sin + cos cos tg tg 0 L p 0 sin sin + cos sin cos sin cos sin cos sin sin + cos + cos sin L p 0 pa dobijamo isti rezultat kao u prethodnom reenju sin cos 0 sin cos sin 0 sin cos cos + cos 8 sin sin cos = + =,

6 Neka su G i H sredita stranica AB i CD, i O centar kvadrata ABCD Neka su r i r polupreqnici dve lopte Tada su r i r, respektivno, polupreqnici kruжnica upisanih u qetvorouglove F GEH i F AEC Obeleжimo OG = a, OA = a = a, OE = b i OF = b Zajedniqki centar S dve posmatrane lopte se nalazi na duжi EF, i pritom je GS simetrala EGF, a AS simetrala EAF (jer je S ujedno centar kruжnica upisanih u F GEH i F AEC) Odatle sledi EG F G = ES F S = EA F A, odakle dobijamo a +b a +b = a +b a +b, a to se (unakrsnim mnoжenjem) svodi na a a + a b + b a + b b = a a + a b + b a + b b, tj a b + b a = a b + b a, a ovo je ekvivalentno sa (a a )(b b ) = 0 Kako vaжi a a, iz prethodne jednakosti sledi b = b, ab a odatle dobijamo S O Sada imamo r = i r a +b = a b = ab a +b a +b (to smo dobili raqunaju i visine iz O u EOG i EOA s pravim uglom u temenu O) Iz uslova zadatka imamo r r = È, tj È = a +b a +b = É +( b a ) +( b a ), a odavde dobijamo 6 + ( b a ) = + ( b a ), tj konaqno EF AB = b a = 6 = Op 08 A Oznaqimo sa A i (n), i {,,,, broj naqina da Perica krene sa i-tog sprata, P napravi n koraka i zavri na poslednjem P P spratu Traжeni broj je B n = A i(n) Direktno izraqunavamo B 0 = A i(0) = = i B = A i() = = Dalje, jasno je da za svako n > vaжi A (n) = A (n ), A (n) = A (n ) + A (n ), A (n) = A (n ) + A (n ), A (n) = A (n ), pa dobijamo B n = X A i (n) = A (n ) + (A (n ) + A (n )) + (A (n ) + A (n )) + A (n ) = A (n ) + A (n ) + X A i (n ) = (A (n ) + A (n )) + (A (n ) + A (n )) + = X A i (n ) + X A i (n ) = B n + B n X A i (n ) Dakle, iz B 0 = = F, B = = F i odgovaraju e rekurentne veze za Fibonaqijeve brojeve, imamo B n = F n+ Brojevi ap za q a q daju razliqite ostatke pri deljenju sa q, pa jedan od njih daje ostatak : neka je to ap = bq + Brojevi ap i bq su uzastopni i manji od pq < p (a time i od q ), pa su njihovi najve i prosti delioci upravo p i q, redom 5 Neka je AB jedna od datih duжi d Pri rotaciji oko centra O kruga Γ, duж AB opisuje kruжni prsten γ AB Neka je C sredina duжi AB i uzmimo, bez smanjenja optosti, OCA 90 Tada imamo OA OC AC = AB, pa je povrina prstena γ AB bar AB π Ako su duжine datih duжi d, d,, d n, iz prethodnog sledi da zbir povrina njima odgovaraju ih prstena nije manji od π (d + d + + d n) π n (d + + d n ) = π (koristili smo nejednakost između kvadratne i aritmetiqke sredine), to je povrina kruga Γ Prema tome, bar dva prstena se seku, to znaqi da postoji kruжnica s centrom O koja seqe njima korespondentne dve duжi Op 08 A 5 Prvi razred B kategorija Kako su merni brojevi uglova tri prosta broja, a njihov zbir je 80, ne mogu sva tri broja biti neparna, pa sledi da jedan ugao mora iznositi Sada za srednji po veliqini ugao isprobavamo proste brojeve, redom, i ispitujemo kada e i vrednost preostalog ugla biti prost broj Nalazimo slede a reenja: {, 5, 7, {,, 67, {, 9, 9, {,, 7, {, 7,, {, 7, 07 i {, 89, 89

7 Miljan treba da okrene karte na kojima su samoglasnici: A, E, A, I, A, i uveri se da je s druge strane paran broj Takođe treba da okrene i kartu na kojoj je broj i uveri se da je s druge strane suglasnik (ako bi s druge strane bio samoglasnik, ta karta bi predstavljala kontraprimer za Vladino tvrđenje) Dakle, treba da okrene najmanje 6 karata Primetimo da vaжi = +6++ a, b, c, d No, tada vaжi Dakle, takvi brojevi a, b, c i d ne postoje = Dakle, posmatrani brojevi nisu,,,, pa imamo a + b + c + d = = = < 0 0 Traжeni skup zapisa emo kao uniju qetiri povezana osenqena dela Time dobijamo reenje: (A B) \ (D E C) Š ((A C) \ (B F ) Š (E C) \ A Š F \ (A B) Š 5 U reqi MAXTOVIT svako slovo sem T se javlja taqno jednom (T se javlja puta) i predstavlja jednu od cifara iz skupa {,,,, 5, 6, 7, pa je zbir cifara broja MAXTOVIT jednak T = 8 + T Dalje, kako je broj MAXTOVIT neparan, T mora biti neparna cifra, a kako je broj MAXTOVIT deljiv sa, i njegov zbir cifara 8 + T mora biti deljiv sa, pa sledi T = 5 Svi suglasnici predstavljaju cifre iste parnosti, pa dobijamo da su i M, X i V neparne cifre (jer je T = 5 neparna cifra), tj M, X, V {,, 7, a kako smo utroili sve neparne cifre, onda samoglasnici predstavljaju parne cifre, tj A, O, I {,, 6 Kako razliqita slova predstavljaju razliqite cifre, to M, X, V moжemo odrediti iz skupa {,, 7 na! = 6 naqina, kao i A, O, I iz skupa {,, 6 takođe na! = 6 naqina, pa ukupno takvih brojeva ima 6 6 = 6 Drugi razred B kategorija Iz drugog uslova sledi da je X podskup skupa {,,,, 5, 6, 7, 8, 9, 0 Iz prvog uslova sledi da on mora sadrжati brojeve 6, 7 i 8, kao i da ne sme sadrжati brojeve 9 i 0 Iz drugog uslova sledi da on mora sadrжati brojeve, i Dakle, preostaju jo brojevi i 5, za koje moжemo proizvoljno odabrati da li da budu ili da ne budu u skupu X Prema tome, postoje qetiri takva skupa: {,,,, 5, 6, 7, 8, {,,, 5, 6, 7, 8, {,,,, 6, 7, 8 i {,,, 6, 7, 8 Deljenjem zadata dva polinoma dobijamo koliqnik + a i ostatak (b a ) + (c ab) Kako ostatak mora biti 0 (jer je prvi polinom deljiv drugim), sledi b a = 0 i c ab = 0, tj b = a i c = ab = a Dakle, prvi polinom iznosi + a + a + a, tj ( + a), a drugi + a + a, tj ( + a) Neka su u A i D pravi uglovi tog trapeza, AB ve a osnovica, CD manja Po uslovu zadatka imamo ACB = ACD = ϕ, a odatle sledi CAB = ACD = ϕ, kao naizmeniqni uglovi Dakle, ABC je jednakokrak, tj AB = BC = c Neka je O presek srednje linije trapeza sa dijagonalom AC; dakle, O je sredite AC Kako je ADC pravougli, to imamo OD = OA = OC = AC = 0 Poto je i OCD jednakokrak sa uglom na osnovici ϕ, imamo ABC DOC Ako oznaqimo CD =, dobijamo proporciju 60 c = 0, odakle sledi c = 800 Dalje, imamo i c + = AB + CD = = 86, pa vaжi c = 86, i uvrtavanjem ovoga u prethodnu jednaqinu dobijamo (86 ) = 800, tj = 0 Reavanjem ove jednaqine izraqunavamo / = 86± = 86± 96 = 86±, tj = 6 i c = 86 = 50 (odbacujemo drugo reenje: = 50 i c = 6, jer treba da vaжi c > ) Dakle, imamo AB = BC = 50, CD = = 6, i iz Pitagorine teoreme raqunamo AD = AC CD = 60 6 = = 0 = 8 Op 08 B Za p = 5 imamo p + = 0 i 6p + = 5, i ovi brojevi su zaista prosti Pretpostavimo sada p 5 Tada imamo p ± (mod 5) ili p ± (mod 5) U prvom sluqaju dobijamo p + (±) + = 5 0 (mod 5), tj broj p + je deljiv sa 5, a kako je on oqigledno ve i od 5, mora biti sloжen U drugom sluqaju dobijamo 6p + 6 (±) + = 5 0 (mod 5), pa je tada broj 6p + sloжen Dakle, jedino reenje je p = 5 5 Pre svega, imamo uslov, jer leva strana nije definisana za =

8 Za > izraz se svodi na, to je negativno za >, tj > 6, a nenegativno za < 6 Za < izraz se svodi na, to je negativno za >, tj < 0, a nenegativno za 0 < Imaju i jo u vidu da, zbog izraza, moramo razlikovati sluqajeve i <, reavanje deo na slede ih pet sluqajeva: > 6: Postavljena nejednaqina se svodi na ( ) ( ), tj 6 + zapisati kao ( ) + 0, i oqigledno je ispunjeno uvek 0, a to se drugaqije moжe < 6: Postavljena nejednaqina se svodi na ( ) ( ), tj 0, a to se drugaqije moжe zapisati kao Funkcija ima nule u taqkama / = 0± 00 7 = 5± 7, pa je nenegativna za 5 7 i 5+ 7 U preseku s uslovom < 6, ovde dobijamo reenja [ 5+ 7, 6] < : Postavljena nejednaqina se svodi na ( ) ( ), tj 0, a to se drugaqije moжe zapisati kao Funkcija ima negativnu diskriminantu (00 0 = 0 < 0), a kako je koeficijent uz vode i qlan negativan, ovde nema reenja 0 < : Postavljena nejednaqina se svodi na ( ) ( ), tj 0, a to se drugaqije moжe zapisati kao Funkcija je nenegativna (kako je ve viđeno) za 5 7 i 5+ 7 U preseku s uslovom 0 <, ovde dobijamo reenja [0, 5 7 ] < 0: Postavljena nejednaqina se svodi na ( ) ( ), tj + 0, a to se drugaqije moжe zapisati kao 8+9 0, tj ( ) + 0, i oqigledno je ispunjeno uvek Dakle, sumiraju i sve, reenje nejednaqine je:, , Œ Tre i razred B kategorija Faktoriimo broj 08 na proste qinioce: 08 = 009 Kako je izraz na levoj strani postavljene jednaqine jednak p(6+7q+8qr+9qrs), i kako je p prost broj, mogu e je p = ili p = 009 Drugi sluqaj otpada, jer bi tada izraz u zagradi morao biti jednak, a on je oqigledno ve i od Dakle, ostaje p = Tada imamo 6+7q+8qr+9qrs = 009, to se svodi na q(7 + 8r + 9rs) = 00 = 7 59 Odavde sledi q = 7 (nemogu e je q = 59 jer je izraz u zagradi ve i od 7) Dalje dobijamo 7 + 8r + 9rs = 59, to se svodi na r(8 + 9s) = 5 = Odavde sledi r = (nemogu e je r = jer je izraz u zagradi ve i od ) Konaqno, preostaje 8 + 9s = 6, to se svodi na 9s = 8, pa dobijamo s = Dakle, jedino reenje je: (p, q, r, s) = (, 7,, ) a) Da bi sva tri logaritma bila definisana, moraju vaжiti uslovi > 0, > 0 i > 0 Prva nejednaqina se svodi na >, tj > 0; tre a nejednaqina se svodi na <, tj < Da bismo reili drugu, uvedimo smenu = t Tada se druga nejednaqina svodi na t t + > 0, tj (t )(t ) > 0, i njeno reenje je t (, ) (, ), a vra anjem smene t = dobijamo (, 0) (log, ) Uzimaju i presek sva tri dobijena uslova za zakljuqujemo da su sva tri logaritma definisana za (log, ) b) Postavljena jednaqina se svodi na tj log ( ) + log ( ) = log (9 + + ), log (( )( )) = log (9 + + ) Desna strana jednakosti je zapravo log (9 + + ), pa nakon oslobađanja od logaritama i uvođenja smene t = preostaje jo reiti jednaqinu (t )( t) = (t )(t ), gde smo za desnu stranu iskoristili faktorizaciju ranije dobijenu u delu pod a) Ovo se dalje svodi na 0 = (t )((t ) ( t)) = (t )(t 5), to ima reenja t = i t = 5 Prvo reenje daje = 0, to odbacujemo jer ne pripada oblasti definisanosti Drugo reenje daje 5 = log, i ova vrednost zaista ispunjava dobijena ograniqenja (log 5 < log < ), pa je to i jedino reenje postavljene jednaqine

9 Oznaqimo sa A, B, C, D i E preostalih pet brojeva koje Marko treba da upie, kao na slici Kako zbirovi na svakoj stranici petougla treba da su jednaki, imamo da vaжi: A B = B + + C = C + D + 6 = E = A + + E, gde A, B, C, D, E {,,,, 99 Iz jednakosti E = A + + E dobijamo A = 8 Iz jednakosti A+6+B = B ++C dobijamo C = A+ = Preostaje jo B ++C = C +D +6 = 6++E, to se svodi na +B = 8+D = 9+E, odakle dobijamo B = D+ i E = D+9 Dakle, odabirom broja D jedinstveno su određeni i B i E, a iz D < B < E 99 sledi D 90 i bilo koju od ovih vrednosti moжemo odabrati za D Dakle, Marko moжe popuniti brojeve na 90 naqina Op 08 B Obeleжimo polja uređenim parovima (i, j), i, j, gde numeriemo sleva nadesno i odozdo nagore (dakle, donje levo polje ima koordinate (, ), a gornje desno (, )) Pretpostavimo prvo da je Anđelija upisala slovo S u polje (, ) Primetimo sada: ukoliko bi upisala slovo R u polje (, ), i potom slovo B upisala u jedno od dva polja levo, tada slovo I mora upisati u drugo od ta dva polja levo, no onda ostaje bez mogu nosti za slovo J, tj ne moжe uspeno popuniti tablicu; analogno zakljuqujemo i ako slovo B upie u jedno od dva polja desno Dakle, ukoliko upie slovo R u polje (, ), tada nikako ne moжe popuniti tablicu do kraja Pretpostavimo sada da je upisala slovo R u jedno od polja (, ) ili (, ) (dve mogu nosti) Tada za slovo B ima izbor između drugog od ta dva polja ili pak polja (, ) U drugom sluqaju prime ujemo da, bez obzira na to gde upie slovo I, ne moжe popuniti tablicu do kraja Prema tome, slovo B mora upisati u preostalo od polja (, ) ili (, ) (jednoznaqno određeno), a zatim i za slovo I ostaje slobodno samo polje (, ), i konaqno, za slova J i A moжe birati kojim e redosledom iskoristiti polja (, ) i (, ) (dve mogu nosti) Dakle, zakljuqimo, ukoliko upie slovo R u jedno od polja (, ) ili (, ), ima ukupno naqina da popuni tablicu Analogno, ukoliko upie slovo R u jedno od polja (, ) ili (, ), ima ukupno naqina da popuni tablicu Sve zajedno, izraqunali smo slede e: ukoliko Anđelija upie slovo S u polje (, ), ima ukupno 8 naqina da popuni tablicu Analogno, ukoliko Anđelija upie slovo S u polje (, ), ima ukupno 8 naqina da popuni tablicu Pretpostavimo sada da je Anđelija upisala slovo S u polje (, ) Ukoliko slovo R upie u polje (, ), tada slovo B mora upisati u jedno od dva polja u srednjoj koloni, a preostala tri polja moжe iskoristiti proizvoljnim redosledom; to ukupno daje! = naqina Pretpostavimo sada da je Anđelija slovo R upisala u jedno od polja (, ) ili (, ) (dve mogu nosti) Tada, ukoliko slovo B upie u drugo od ta dva polja, prime ujemo da, bez obzira na to gde upie slovo I, ne moжe popuniti tablicu do kraja Dakle, slovo B moжe da upie ili u polje (, ), ili u jedno od dva polja u desnoj koloni U prvom sluqaju za slovo I ima jednoznaqno određeno polje u srednjoj koloni, i konaqno, za slova J i A moжe birati kojim e redosledom iskoristiti polja (, ) i (, ) (dve mogu nosti); u drugom sluqaju (B u jedno od dva polja u desnoj koloni dve mogu nosti) zapravo prime ujemo da postoji jedinstven naqin da se tablica popuni do kraja (redosled: preostalo polje u desnoj koloni, preostalo polje u srednjoj koloni, preostalo polje u levoj koloni) Dakle, ima ukupno + = mogu nosti da dovri popunjavanje tablice od slova B nadalje, tj ukupno = 8 mogu nosti da popuni tablicu ukoliko je slovo R na jednom od polja (, ) ili (, ) Sve zajedno, izraqunali smo slede e: ukoliko Anđelija upie slovo S u polje (, ), ima ukupno + 8 = 0 naqina da popuni tablicu Analogno, ukoliko Anđelija upie slovo S u neko od preostala tri ugaona polja, ima 0 naqina da popuni tablicu Prema tome, ukupan rezultat je: = 96 naqina 5 Svaka strana tetraedra je trougao, i duжine stranica svakog od tih trouglova moraju ispunjavati nejednakost trougla To znaqi AC + CB > AB = i AD + DB > AB = Odatle dobijamo AC + CB + AD + DB > 8 Ovo znaqi da obe ivice 7 i 6 moraju biti među AC, CB, AD ili DB (zaista, ako to ne bi bilo ispunjeno, tada bi zbir AC +CB+AD+DB iznosio ili , tj 65 ili 7, to nije ve e od 8) Pritom, ne mogu obe te ivice istovremeno biti stranice ABC odnosno ABD, jer bi tada u drugom trouglu stranica AB = morala biti manja od zbira druge dve, a taj zbir bi iznosio najvie + 8 =, kontradikcija Dakle, u, bez umanjenja optosti, ABC jedna stranica ima duжinu 7, i neka je to, ponovo bez umanjenja optosti, AC, a tada u ABD jedna stranica ima duжinu 6 U ABC mora vaжiti BC > AB AC = 7 =, pa je jedina preostala mogu nost BC = 8 Sada, ukoliko bi vaжilo BD = 6, iz BCD imali bismo CD > BD BC = 6 8 = 8, a ovo je nemogu e jer nema vie,,slobodnih ivica duжine ve e od 8 Dakle, u ABD ne moжe stranica BD imati duжinu 6, pa ostaje AD = 6 Konaqno, iz ACD dobijamo CD > AD AC = 6 7 = 9, pa je jedina preostala mogu nost CD =

10 Qetvrti razred B kategorija Na osnovu identiteta a + b = (a + b)(a ab + b ) moжemo faktorisati levu stranu, i time nam ostaje jednaqina ( )(( 7) ( 7)( + ) + ( + ) ) = 78( ) Jedno reenje je oqigledno = Ostala reenja potraжi emo posle skra ivanja obe strane sa ( ): na levoj strani tada ostaje ( + 9) ( ) + ( ) = + 79, a na desnoj ostaje 9 Dakle, treba jo reiti kvadratnu jednaqinu 60 = 0, a njena reenja su / = ± 6+0 = ±6 = ± 8, tj = 6 i = 0 Primetimo da za 0 + imamo 08 Kako za 0 a < izraz a+08 u okolini taqke = 0 uzima vrednosti iz intervala (0, ), iz toga i prethodne reqenice imamo da je tada traжeni es jednak 0; sliqno, za a > izraz a+08 u okolini taqke = 0 uzima vrednosti ve e od, pa je tada traжeni es jednak Ostaje jedino sluqaj a = Tada imamo: ( e ln ) 08 e 08(ln(+08 ) ln ) 0 + = e ln(+08 ) ln pa preostaje jo izraqunati 0 + ln(+08 ) ln Primenom Lopitalovog pravila dobijamo Dakle, reenje zadatka je: ln( + 08 ) ln a (08 ln 08) = 0, za 0 a < ; 08 ln 08 = e, za a = ;, za a > ln 08, Pretpostavimo najpre da je prva cifra neparna Tada za dve parne cifre treba odabrati dve pozicije od,,, 5 (gledano sleva nadesno), to se moжe uqiniti na = 6 naqina Zatim, nakon to smo odabrali na kojim e pozicijama biti parne cifre a na kojim neparne, za svaku cifru imamo izbor između 5 mogu nosti (za parne cifre između 0,,, 6, 8, a za neparne cifre između,, 5, 7, 9) To daje 5 5 = 5 brojeva za svaku od mogu nosti s fiksiranim pozicijama parnih cifara, tj 6 5 = 8750 brojeva ukupno u sluqaju kada je prva cifra neparna Pretpostavimo sada da je prva cifra parna Tada za preostalu parnu cifru treba odabrati jednu od pozicija,,, 5, to se moжe uqiniti na naqina Zatim, nakon to smo to odabrali, za prvu cifru imamo izbor između mogu nosti (,, 6, 8, tj prva cifra ne moжe biti 0), a za sve ostale cifre između 5 mogu nosti To daje 5 = 500 brojeva za svaku od mogu nosti s fiksiranom pozicijom druge parne cifre, tj 500 = 0000 brojeva ukupno u sluqaju kada je prva cifra parna Prema tome, ukupno postoji = 8750 takvih brojeva Neka je ABC osnova te piramide, A = 60, C = 90, i neka je D qetvrto teme piramide Neka je D 0 podnoжje normale iz temena D na ravan osnove Tada su prave AD 0, BD 0, CD 0 ortogonalne projekcije pravih AD, BD, CD, redom, pa su DAD 0, DBD 0 i DCD 0 upravo uglovi koje ivice AD, BD i CD grade s osnovom piramide, i po uslovu zadatka, svi ovi uglovi iznose po 5 Odatle su ADD 0, BDD 0 i CDD 0 jednakokrako-pravougli trouglovi i pritom međusobno podudarni (jer imaju zajedniqku katetu DD 0 ) Dakle, vaжi AD 0 = BD 0 = CD 0 = DD 0 = 08 = 009 Ujedno, iz AD 0 = BD 0 = CD 0 dobijamo da se D 0 nalazi upravo na sredini hipotenuze AB Dalje moжemo izraqunati AB = AD 0 + BD 0 = 08, AC = AB = 009 i BC = AC = Odatle se lako izraqunava zapremina posmatrane piramide: V = P ( ABC)DD 0 = = Kako je D 0 na sredini AB, sledi da je DD 0 ujedno i visina na AB u ABD Neka su E i F podnoжja normala iz D na AC i BC u ACD i BCD, redom Op 08 B

11 Kako su ovi trouglovi jednakokraki s osnovicama AC i BC, iz Pitagorine teoreme raqunamo Ê AC r DE = DC = r = 009 i DF = Dakle, povrina piramide iznosi: Ê DC BC r = r = 009 P = P ( ABC) + P ( ABD) + P ( ACD) + P ( BCD) = = Œ È È 5 5 Primetimo: m m 000 = yz,yzyzyz = yz + 0,yzyzyz = yz +, n n pa dobijamo 999( m n ) = yz, tj 999m = yz n Jasno, moжemo pretpostaviti da su m i n uzajamno prosti Odatle sledi n 999 = 7 Kako vaжi n > (zbog m < n), jedina mogu nost je n = Tada moжe biti m = ili m = U prvom sluqaju dobijamo yz = = 7 = 07, a u drugom yz = 7 = 96 Dakle, obe mogu nosti za m zaista daju reenja zadatka, pa sledi da m n moжe biti ili