OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE

Transcript

1 Ministarstvo znanosti, obrazovanja i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A kategorija 5. siječnja Rastavi izraz (x + x) 4 (x 3 + x ) (3x + 6x) + 9x na faktore koji se ne mogu dalje rastaviti.. Nad stranicama jednakokračnog pravokutnog trokuta ABC s katetom duljine a nacrtani su s vanjske strane kvadrati ABLK, BCNM i CAQP. Odredi površinu i opseg šesterokuta KLMNP Q. 3. Duljine svih bridova i duljina prostorne dijagonale kvadra su prirodni brojevi. Ako su duljine dvaju bridova tog kvadra 9 i 1, odredi duljinu trećeg brida. 4. Magični kvadrat je tablica dimenzija n n u koju su upisani svi prirodni brojevi od 1 do n, na takav način da u svakom stupcu, u svakom retku i na obje dijagonale zbroj upisanih brojeva bude jednak istom broju S n. Na slici je prikazan jedan magični kvadrat Odredi zbroj S n u magičnom kvadratu n n. 5. (a) Nadi sve prirodne brojeve kojima je prva znamenka 6 i koji zadovoljavaju uvjet da se uklanjanjem te prve znamenke dobije broj koji je 5 puta manji od početnog. (b) Dokaži da ne postoji prirodan broj n sa svojstvom da se uklanjanjem njegove prve znamenke dobije broj koji je 35 puta manji od n. Svaki se zadatak boduje s 0 bodova. Nije dozvoljena uporaba džepnog računala niti bilo kakvih priručnika.

2 Ministarstvo znanosti, obrazovanja i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE. razred srednja škola A kategorija 5. siječnja Odredi sva cjelobrojna rješenja jednadžbe x 3 y 3 = 91.. Za koje vrijednosti broja m vrijedi za svaki realni broj x? 3 < x mx + 1 x + x + 1 < 3 3. Za koje sve kompleksne brojeve z je broj z 3 realan i veći od 7? 4. Neka je ABCD paralelogram, E polovište stranice AB, F polovište stranice BC i P sjecište dužina EC i F D. Dokaži da dužine AP, BP, CP i DP dijele paralelogram na trokute čije se površine u nekom poretku odnose kao 1 : : 3 : Sjecišta dijagonala pravilnog peterokuta odreduju manji peterokut. Odredi omjer duljina stranica manjeg i većeg peterokuta. Svaki se zadatak boduje s 0 bodova. Nije dozvoljena uporaba džepnog računala niti bilo kakvih priručnika.

3 Ministarstvo znanosti, obrazovanja i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 3. razred srednja škola A kategorija 5. siječnja Riješi sustav jednadžbi: log y x + log x y = 5 x + y = 1.. Riješi jednadžbu sin x + cos x + sin x cos x = Ako za kutove trokuta α, β i γ vrijedi dokaži da je jedan njegov kut jednak 60. sin(3α) + sin(3β) + sin(3γ) = 0, 4. U trokutu ABC simetrala kuta pri vrhu B siječe stranicu AC u točki K. Ako je BC =, CK = 1 i BK = 3, odredi površinu trokuta ABC. 5. Duljina visine pravilne uspravne četverostrane prizme je v. Dijagonale dviju susjednih pobočki povučene iz zajedničkog vrha zatvaraju kut α. Odredi duljinu a brida baze. Svaki se zadatak boduje s 0 bodova. Nije dozvoljena uporaba džepnog računala niti bilo kakvih priručnika.

4 Ministarstvo znanosti, obrazovanja i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. razred srednja škola A kategorija 5. siječnja Dokaži da je (5n)! 40 n n! prirodan broj za svaki prirodan broj n.. Ako su sin(β + γ α), sin(γ + α β), sin(α + β γ) uzastopni članovi aritmetičkog niza, dokaži da su tg α, tg β, tg γ takoder uzastopni članovi aritmetičkog niza. 3. Zadana je elipsa s jednadžbom b x + a y = a b. Dokaži da sva sjecišta po dvije medusobno okomite tangente ove elipse leže na istoj kružnici. 4. Odredi zbroj svih peteroznamenkastih brojeva kojima su sve znamenke različite i koji su zapisani samo znamenkama 1,, 3, 4 i Zadan je niz realnih brojeva a n takav da je a n+1 = n + 1 n a n + 1 za svaki prirodan broj n i a 009 = 009. Odredi zbroj a 1 + a a 008. Svaki se zadatak boduje s 0 bodova. Nije dozvoljena uporaba džepnog računala niti bilo kakvih priručnika.

5 OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A kategorija 5. siječnja 008. Ukoliko učenik ima rješenje (ili dio rješenja) različito od ovdje navedenog, bodovanje treba uskladiti s ovdje ponudenim. Ispravno riješen zadatak boduje se s 0 bodova. Zadatak 1. Rastavi izraz (x + x) 4 (x 3 + x ) (3x + 6x) + 9x na faktore koji se ne mogu dalje rastaviti. (x + x) 4 (x 3 + x ) (3x + 6x) + 9x = x 4 (x + ) 4 x 4 (x + ) 9x (x + ) + 9x = x 4 (x + ) ((x + ) 1) 9x ((x + ) 1) = x ((x + ) 1)(x (x + ) 9) = x ((x + ) + 1)((x + ) 1)(x(x + ) + 3)(x(x + ) 3) = x (x + 3)(x + 1)(x + x + 3)(x + x 3) (10 bodova) = x (x + 3)(x + 1)(x + x + 3)(x + 3x x 3) = x (x + 3)(x + 1)(x + x + 3)(x + 3)(x 1) = x (x + 3) (x + 1)(x 1)(x + x + 3) Napomena. Za pokušaj rastava na faktore ili za izlučivanje faktora x dati do 5 bodova. Zadatak. Nad stranicama jednakokračnog pravokutnog trokuta ABC s katetom duljine a nacrtani su s vanjske strane kvadrati ABLK, BCNM i CAQP. Odredi površinu i opseg šesterokuta KLMNP Q. Neka je C vrh nasuprot hipotenuze danog trokuta. Kvadrati BCNM i CAQP imaju stranicu duljine a i površinu a, dok je duljina stranice kvadrata ABLK jednaka a, a površina a. ( boda) Trokut CN P je jednakokračan i pravokutan, sukladan danom trokutu, pa je P ABC = P CNP = a. Jasno je da su trokuti BLM i AKQ medusobno sukladni i stoga jednake površine. ( boda) Kako su točke M, B i K kolinearne, a AL BK, zaključujemo da je nožište visine iz vrha L na stranicu BM upravo središte O kvadrata ABLK. Stoga je duljina te visine jednaka a, pa LO BM površina trokuta MBL iznosi = a. 1

6 Sada lako odredimo površinu šesterokuta: P = P ABC + P ABLK + P BCNM + P ACP Q + P AQK + P BLM + P CNP = a + a + a + a + a = 6a. Uočimo da je LM hipotenuza pravokutnog trokuta LOM, pa vrijedi LM = MO + OL = (a) + a = a 5. Odredimo sada opseg šesterokuta KLMNP Q: O = KL + LM + MN + NP + P Q + QK = a + a 5 + a + a + a + a 5 = a( ). Zadatak 3. Duljine svih bridova i duljina prostorne dijagonale kvadra su prirodni brojevi. Ako su duljine dvaju bridova tog kvadra 9 i 1, odredi duljinu trećeg brida. Veza duljine prostorne dijagonale d i duljina bridova a, b, c dana je formulom d = a + b + c. Uvrštavanjem danih duljina, dobivamo (d c)(d + c) = d c = a + b = = 5 = 5 3. Kako je d c < d + c u obzir dolaze samo ove faktorizacije: Stoga imamo 4 sustava: (d c)(d + c) = 1 5 = 3 75 = 5 45 = 9 5. (3 boda) d c = 1 d + c = 5 d c = 3 d + c = 75 d c = 5 d + c = 45 d c = 9 d + c = 5 čija su rješenja redom

7 c = 11 d = 113 c = 36 d = 39 c = 0 d = 5 c = 8 d = 17 Postoje 4 kvadra koja zadovoljavaju uvjete zadatka. (8 bodova) Zadatak 4. Magični kvadrat je tablica dimenzija n n u koju su upisani svi prirodni brojevi od 1 do n, na takav način da u svakom stupcu, u svakom retku i na obje dijagonale zbroj upisanih brojeva bude jednak istom broju S n. Na slici je prikazan jedan magični kvadrat 3 3. Odredi zbroj S n u magičnom kvadratu n n Ukupna suma svih brojeva u magičnom kvadratu n n je suma prvih n prirodnih brojeva: (n 1) + n = n (n + 1). (10 bodova) Kako je suma brojeva u svakom retku jednaka S n, suma brojeva u svih n redaka jednaka je ns n, pa iz ns n = n (n + 1) slijedi S n = n(n + 1). (10 bodova) Napomena. Učenik koji tvrdi S n = (suma svih brojeva od 1 do n )/n, ali ne zna odrediti sumu prvih n prirodnih brojeva dobiva 10 bodova. Zadatak 5. (a) Nadi sve prirodne brojeve kojima je prva znamenka 6 i koji zadovoljavaju uvjet da se uklanjanjem te prve znamenke dobije broj koji je 5 puta manji od početnog. (b) Dokaži da ne postoji prirodan broj n sa svojstvom da se uklanjanjem njegove prve znamenke dobije broj koji je 35 puta manji od n. (a) Traženi broj je oblika 6 10 k + x, pri čemu je x k-znamenkasti završetak broja. Prema uvjetu zadatka, vrijedi 6 10 k + x = 5x. Dakle, 4x = 6 10 k, 4x = 10 k = k 5 k i konačno, x = k 5 k = 5 10 k. Traženi brojevi su oblika 6 10 k k = k, odnosno brojevi 65, 650, 6500,... (b) Označimo prvu znamenku s a, a k-znamenkasti završetak broja s x. Prema uvjetu zadatka, treba vrijediti a 10 k + x = 35x, pa dobivamo a 10 k = 34x. Desna strana jednakosti je djeljiva sa 17, ali lijeva ne može biti jer je a vodeća znamenka broja, dakle izmedu 1 i 9. Stoga takav broj ne postoji. 3

8 OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE. razred srednja škola A kategorija 5. siječnja 008. Ukoliko učenik ima rješenje (ili dio rješenja) različito od ovdje navedenog, bodovanje treba uskladiti s ovdje ponudenim. Ispravno riješen zadatak boduje se s 0 bodova. Zadatak 1. Odredi sva cjelobrojna rješenja jednadžbe x 3 y 3 = 91. Odmah vidimo da je x > y pa mora biti x y > 0. Jednadžbu možemo zapisati u obliku (x y)(x + xy + y ) = 91. Kako je 91 = 91 1 = 7 13, imamo sljedeća četiri slučaja: 1 x y = 1 x y = 7 x + xy + y = 91 x + xy + y = 13 y = x 1 y = x 7 x + x(x 1) + (x 1) 91 = 0 x + x(x 7) + (x 7) 13 = 0 x x 30 = 0 x 7x + 1 = 0 x 1 = 6, x = 5 x 3 = 4, x 4 = 3 y 1 = 5, y = 6 y 3 = 3, y 4 = 4 3 x y = 91 4 x y = 13 x + xy + y = 1 x + xy + y = 7 y = x 91 y = x 13 x + x(x 91) + (x 91) 1 = 0 x + x(x 13) + (x 13) 7 = 0 x 91x = 0 x 13x + 54 = 0 x 5,6 = 91 ± / R x 7,8 = 13 ± / R (svaki od ova 4 slučaja po 4 boda) Dakle, sva cjelobrojna rješenja jednadžbe su: (6, 5), ( 5, 6), (4, 3), (3, 4). Zadatak. Za koje vrijednosti broja m vrijedi za svaki realni broj x? 3 < x mx + 1 x + x + 1 < 3 Kako je x + x + 1 = ( x + 1 ) + 3 > 0 za svaki realan broj x, (3 boda) 4 4

9 treba odrediti sve parametre m za koje vrijede nejednakosti 3(x + x + 1) < x mx + 1 i x mx + 1 < 3(x + x + 1), tj. 4x + ( m + 3)x + 4 > 0 i x + (m + 3)x + > 0. ( boda) Da bi ove nejednakosti vrijedile za svaki realan broj x moraju odgovarajuće diskriminante biti negativne, tj. (3 boda) ( m + 3) < 0 i (m + 3) 4 < 0 m 6m 55 < 0 i m + 6m 7 < 0 (m + 5)(m 11) < 0 i (m 1)(m + 7) < 0 m 5, 11 i m 7, 1. (10 bodova) Obje nejednakosti su zadovoljene za m 5, 1. Dakle, za 5 < m < 1 sve vrijednosti danog izraza su izmedu 3 i 3. ( boda) Zadatak 3. Za koje sve kompleksne brojeve z je broj z 3 realan i veći od 7? Neka je z = a + bi. Tada je z 3 = (a + bi) 3 = a 3 + 3a bi 3ab b 3 i = (a 3 3ab ) + (3a b b 3 )i. ( boda) Ovaj kompleksan broj je realan ako i samo ako je 3a b b 3 = b(3a b ) = 0, ( boda) tj. mora biti b = 0 ( boda) ili b = a 3 ( boda) ili b = a 3 ( boda) Budući da je Re z 3 > 7, imamo a 3 3ab > 7 (1) ( boda) Moramo promatrati ova dva slučaja: 1 Za b = 0 iz (1) je a 3 > 7, odakle je a > 3; ( boda) Za b = ±a 3 je b = 3a, pa se iz (1) dobije a < 3 Traženi brojevi su: z = a, gdje je a R i a > 3; z = a(1 ± i 3), gdje je a R i a < 3. ( boda) Napomena. Zadnja dva boda treba dodijeliti svakom učeniku koji je točno zapisao rješenja koja je računom dobio, bez obzira na možebitnu prethodnu pogrešku. Zadatak 4. Neka je ABCD paralelogram, E polovište stranice AB, F polovište stranice BC i P sjecište dužina EC i F D. Dokaži da dužine AP, BP, CP i DP dijele paralelogram na trokute čije se površine u nekom poretku odnose kao 1 : : 3 : 4. 5

10 Prvo rješenje. Koristit ćemo oznaku P (XY Z) za površinu trokuta XY Z i P (XY ZW ) za površinu četverokuta XY ZW. Vrijedi: Zato je P (EBC) = P (F CD) = 1 4 P (ABCD). i 1 P (AP B) + P (BP C) = 1 P (ABCD) (1) 4 1 P (BP C) + P (CP D) = 1 P (ABCD). () 4 Kako je ABCD paralelogram vrijedi i P (AP B) + P (CP D) = 1 P (ABCD) (3) (10 bodova) Napomena. Za jednu od tih jednakosti dati 3 boda, a za dvije 6 bodova. Iz (1), () i (3) dobivamo P (AP B) = 3 10 P (ABCD) P (BP C) = 1 10 P (ABCD) P (CP D) = 1 5 P (ABCD). Odavde slijedi P (DP A) = P (ABCD) P (AP B) P (BP C) P (CP D) = 5 P (ABCD). ( boda) 6

11 Dakle, P (BP C) : P (CP D) : P (AP B) : P (DP A) = 1 : : 3 : 4. ( boda) Drugo rješenje. Neka je AB = a, BC = b, P M = m i P N = n. Promotrimo parove sličnih trokuta. Iz P MC EBC slijedi P M : MC = EB : BC, odnosno m : n = a : b. (3 boda) Iz DNP DCF slijedi DN : NP = DC : CF, odnosno (a m) : n = a : b. Napomena. Za jednu sličnost dati 3 boda, a za dvije nezavisne 8 bodova. Sada imamo a b = m n = a m n, pa slijedi m = 1 5 a, n = 5 b. Označimo s P površinu danog paralelograma, a s v a, v b P = av a = bv b. njegove visine, tako da vrijedi Visina trokuta ABP odnosi se prema visini v a kao MB prema BC, stoga vrijedi P (ABP ) = AB d(p, AB) = 1 a (b n)v a b = a 3 5 P a = 3 10 P. Slično, P (BCP ) = BC d(p, BC) = 1 b mv b a = b 1 5 P b = 1 10 P. P (CDP ) = CD d(p, CD) = 1 a nv a b = a 5 P a = 1 5 P. P (DAP ) = DA d(p, DA) = 1 b (a m)v b a = b 4 5 P b = 5 P. 7

12 Napomena. Za prvu površinu dati boda, a za svaku sljedeću još po 1 bod. Stoga je P (BCP ) : P (CDP ) : P (ABP ) : P (DAP ) = 1 : : 3 : 4. (1 bod) Napomena. Zadatak se može riješiti i analitičkom geometrijom. Zadatak 5. Sjecišta dijagonala pravilnog peterokuta odreduju manji peterokut. Odredi omjer duljina stranica manjeg i većeg peterokuta. Prvo rješenje. Označimo: AB = BC = CD = DE = EA = a, A 1 B 1 = B 1 C 1 = C 1 D 1 = D 1 E 1 = E 1 A 1 = x. Treba odrediti omjer x a. Neka je y = AC 1 = AD 1 = BD 1 = BE 1 = CE 1 = CA 1 = DA 1 = DB 1 = EB 1 = EC 1. (1 bod) Kako je EC AB, trokuti ABD i A 1 B 1 D su slični, a kako je još i AC DE, BE DC, i trokuti ABD 1 i CED su slični. Sada imamo: ABD A 1 B 1 D AB : AD = A 1 B 1 : A 1 D a : (x + y) = x : y (1) ABD 1 CED AB : AD 1 = CE : CD a : y = (x + y) : a () ( boda) ( boda) Iz (1) i () slijedi x y = y a. (1 bod) Kako je <) ABE 1 = 7 i <) E 1 AB = 36 trokut ABE 1 je jednakokračan tj. AB = AE 1. Dakle, a = x + y. Napomena. Učenik koji koristi ovu jednakost, ali ju nije dokazao gubi 3 boda. x Sada iz sustava jednadžbi a = x + y, y = y a trebamo odrediti x a. Dobivamo: y = a x, ax = y ax = (a x). Rješenja kvadratne jednadžbe x 3ax + a = 0 su x = a(3 ± 5). (3 boda) Kako je x < a, slijedi x = a(3 5), odnosno x a = 3 5. ( boda) 8

13 Drugo rješenje. Uvedimo oznake kao u prvom rješenju. Uočimo da je ABD A 1 B 1 D, (1 bod) ( boda) pa vrijedi AB : A 1 B 1 = BD : B 1 D, tj. a : x = (x + y) : y. ( boda) Kako je A 1 B 1 D DB 1 C (kutovi su 36, 7, 7 ) slijedi A 1 B 1 : B 1 D = DB 1 : B 1 C x : y = y : (x + y), (3 boda) ( boda) odakle dobivamo (omjer zlatnog reza) x 5 1 y =. Sada je a x = x + y y = x y + = = Napomena. Učenik koji koristi, ali ne dokaže, činjenicu da je x : y = ( 5 1)/ (ili neku ekvivalentnu) gubi 5 bodova. 9

14 OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 3. razred srednja škola A kategorija 5. siječnja 008. Ukoliko učenik ima rješenje (ili dio rješenja) različito od ovdje navedenog, bodovanje treba uskladiti s ovdje ponudenim. Ispravno riješen zadatak boduje se s 0 bodova. Zadatak 1. Riješi sustav jednadžbi: log y x + log x y = 5 x + y = 1. Sustav jednadžbi je definiran na skupu S = {(x, y) : x, y 0, 1 1, }. Iz prve jednadžbe imamo ( boda) log y x + log x y = 5, 1 log x y + log x y = 5, (log x y) 5 log x y + = 0. Odavde dobivamo dvije mogućnosti: log x y = i log x y = 1. To možemo zapisati u obliku y = x, y = x. ( boda) Skup rješenja danog sustava jednadžbi je presjek skupa S i unije skupova rješenja ovih dvaju sustava: y = x, y = x x + y = 1, x + y = 1 x + x 1 = 0, x 1 = 4, x = 3, x + x 1 = 0 x 3 = 9, ( x 0) y 1 = 16, y = 9, y 3 = 3. Skup rješenja polaznog sustava je S {( 4, 16), (3, 9), (9, 3)} = {(3, 9), (9, 3)}. (8 bodova) ( boda) Zadatak. Riješi jednadžbu sin x + cos x + sin x cos x = 1. 10

15 Prvo rješenje. Uvedimo supstituciju t = sin x + cos x. Tada je t = sin x + cos x + sin x cos x = 1 + sin x cos x, odakle je sin x cos x = t 1. Sada jednadžba prelazi u t + t 1 = 1 tj. t + t 3 = 0. Rješenja ove kvadratne jednadžbe su: t 1 = 1, t = 3. ( boda) U prvom slučaju jednadžba se svodi na sin x + cos x = 1, koju možemo zapisati u zgodnijem obliku sin x + cos x = ( sin x + π ) 4 = (3 boda) x + π 4 = π 4 + kπ, x + π 4 = 3π 4 + kπ Odavde dobivamo x = π + kπ, k Z ili x = kπ, k Z. U drugom slučaju nema rješenja jer je t = 3 > sin x + cos x. Dakle, skup rješenja je { π + kπ : k Z } {kπ : k Z}. ( boda) Drugo rješenje. Iz dane jednadžbe dobivamo (sin x + cos x) = (1 sin x cos x) (1) Redom imamo: sin x + sin x cos x + cos x = 1 sin x cos x + sin x cos x 1 + sin x cos x = 1 sin x cos x + sin x cos x 4 sin x cos x sin x cos x = 0 () sin x cos x(4 sin x cos x) = 0 (10 bodova) Jednadžba (1), odnosno () ekvivalentna je polaznoj jednadžbi uz uvjet sin x + cos x 0. ( boda) 11

16 Kako je 4 sin x cos x > 0 iz () slijedi sin x cos x = 0, tj. x = kπ, k Z. Uvjet sin x + cos x 0 zadovoljavaju x Zadatak 3. Ako za kutove trokuta α, β i γ vrijedi { π + kπ, k Z } {kπ, k Z}. sin(x) = 0, odakle dobivamo (3 boda) sin(3α) + sin(3β) + sin(3γ) = 0, dokaži da je jedan njegov kut jednak 60. Kako su α, β i γ kutovi trokuta imamo γ = 180 (α + β). Zato je sin(3γ) = sin(540 3(α + β)) = sin(3α + 3β). Trigonometrijskim transformacijama dobivamo ( boda) sin(3α) + sin(3β) + sin(3γ) = sin(3α) + sin(3β) + sin(3α + 3β) = sin = sin 3α + 3β 3α + 3β cos 3α 3β + sin ( 3α 3β cos + cos 3α + 3β 3α + 3β cos ) 3α + 3β = sin 3α + 3β cos 3α 3β + 3α+3β cos 3α 3β 3α+3β 3α + 3β = 4 sin cos 3α cos 3β ( ) ( 3(α + β) 540 ) ( 3γ Kako je sin = sin = sin 70 3γ ) = cos 3γ dobivamo cos 3α cos 3β cos 3γ = 0, pa je ili α = 60 ili β = 60 ili γ = 60. Zadatak 4. U trokutu ABC simetrala kuta pri vrhu B siječe stranicu AC u točki K. Ako je BC =, CK = 1 i BK = 3, odredi površinu trokuta ABC. Iz kosinusovog poučka za trokut KBC dobijemo cos γ = BC + CK BK BC CK = 1. (1) (3 boda) 8 Primjenom kosinusovog poučka za trokut ABC imamo 1

17 Iz (1) i () dobivamo jednadžbu cos γ = BC + AC AB BC AC = 4 + b c. () 4b 8 + b c = b. (3) Iz poučka o simetrali kuta za kut <) ABC imamo AK CK = AB BC tj. b 1 1 = c. Odavde dobivamo drugu jednadžbu c = (b 1). Uvrštavanjem u (3) dobijemo b = 5, c = 3. Površinu trokuta ćemo izračunati koristeći Heronovu formulu. Kako je poluopseg s = 15, to je 4 P = = Napomena. Zadatak se može riješiti i primjenom kosinusovog poučka na kut β ABK. u trokutima BCK Zadatak 5. Duljina visine pravilne uspravne četverostrane prizme je v. Dijagonale dviju susjednih pobočki povučene iz zajedničkog vrha zatvaraju kut α. Odredi duljinu a brida baze. Prvo rješenje. Dijagonala baze je d 1 = a, a duljina dijagonale pobočke d = a + v. Sada imamo sin α = d 1 d, = a a + v odakle kvadriranjem i sredivanjem dobivamo 13

18 (a + v ) sin α ( a 1 sin α ) = a, = v sin α, a cos α = v sin α, a = v sin α. cos α (10 bodova) Drugo rješenje. Dijagonala baze je d 1 = a, a duljina dijagonale pobočke d = a + v. Primijenimo kosinusov poučak na označeni kut: tj. d cos α = d d 1, odnosno cos α = d + d d 1 d d, (a + v ) cos α = (a + v ) a, a = v (1 cos α), cos α 1 cos α tj. a = v. (10 bodova) cos α 14

19 OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. razred srednja škola A kategorija 5. siječnja 008. Ukoliko učenik ima rješenje (ili dio rješenja) različito od ovdje navedenog, bodovanje treba uskladiti s ovdje ponudenim. Ispravno riješen zadatak boduje se s 0 bodova. Zadatak 1. Dokaži da je (5n)! 40 n n! prirodan broj za svaki prirodan broj n. Zadatak rješavamo matematičkom indukcijom. Baza indukcije: n = 1, 5! = 3, što je prirodan broj. 40 Korak indukcije: Pretpostavimo da je (5k)! 40 k prirodan broj za neki prirodan broj k. ( boda) k! Za n = k + 1 imamo [5(k + 1)]! 40 k+1 (k + 1)! = (5k)! 40 k k! Nakon skraćivanja, dobivamo [5(k + 1)]! 40 k+1 (k + 1)! = (5k)! 40 k k! (5k + 1)(5k + )(5k + 3)(5k + 4)(5k + 5). 40(k + 1) (5k + 1)(5k + )(5k + 3)(5k + 4). 8 Prvi faktor je prirodan broj po pretpostavci. U brojniku drugog faktora je produkt 4 uzastopna prirodna broja, od kojih su dva parna, a jedan od njih je djeljiv s 4, pa je produkt djeljiv s 8. Zbog toga je drugi faktor, a onda i umnožak, prirodan broj. Po principu matematičke indukcije slijedi da je (5n)! 40 n n! prirodan broj za svaki n N. ( boda) Zadatak. Ako su sin(β + γ α), sin(γ + α β), sin(α + β γ) uzastopni članovi aritmetičkog niza, dokaži da su tg α, tg β, tg γ takoder uzastopni članovi aritmetičkog niza. Prvo rješenje. Uvjet da su sin(β + γ α), sin(γ + α β), sin(α + β γ) uzastopni članovi aritmetičkog niza može se zapisati kao sin(β + γ α) + sin(α + β γ) = sin(γ + α β). Primjenom formule za pretvaraje sume sinusa u produkt trigonometrijskih funkcija i adicijske formule za sinus dobivamo sin β + γ α + α + β γ cos β + γ α α β + γ = (sin(γ + α) cos β cos(α + γ) sin β) 15

20 sin β cos(γ α) = sin(γ + α) cos β cos(α + γ) sin β sin β(cos(γ α) + cos(γ + α)) = sin(γ + α) cos β Dijeljenjem s cos α cos β cos γ dobivamo sin β cos γ cos α = (sin γ cos α + cos γ sin α) cos β tg β = tg γ + tg α, što znači da su tg α, tg β, tg γ uzastopni članovi aritmetičkog niza. Drugo rješenje. Uvjet da su sin(β + γ α), sin(γ + α β), sin(α + β γ) uzastopni članovi aritmetičkog niza se može napisati kao sin(γ + α β) sin(β + γ α) = sin(α + β γ) sin(γ + α β). Korištenjem formule za pretvaranje razlike sinusa u produkt, dobivamo odnosno cos γ sin (α β) = cos α sin (β γ), cos γ sin(α β) = cos α sin(β γ). Primjenom adicijskih formula za sinus imamo cos γ sin α cos β cos γ cos α sin β = cos α sin β cos γ cos α cos β sin γ. Dijeljenjem s cos α cos β cos γ dobivamo tg α tg β = tg β tg γ, što znači da su tg α, tg β i tg γ uzastopni članovi aritmetičkog niza. Zadatak 3. Zadana je elipsa s jednadžbom b x + a y = a b. Dokaži da sva sjecišta po dvije medusobno okomite tangente ove elipse leže na istoj kružnici. Neka su pravci y = kx + l i y = 1 x + m medusobno okomite tangente te elipse. k Iz uvjeta dodira tih pravaca s elipsom dobivamo: a k + b = l odnosno (množenjem s k ), a + k b = k m, što zbrajanjem daje k m + l = a (k + 1) + b (k + 1) = (k + 1)(a + b ). i a k + b = m, 16

21 Izjednačavanjem kx + l = 1 x + m dobivamo koordinate sjecišta T (x, y) tih tangenti: k k(m l) x = k i y = k (m l) + 1 k + 1 Dalje sredujemo: + l = k m + l k + l. x + y = k (m l) (k + 1) + (k m + l) (k + 1) = k m k ml + k l + k 4 m + l + k ml (k + 1) = l (k + 1) + k m (k + 1) (k + 1) = k m + l k + 1 = (k + 1)(a + b ) k + 1 = a + b. Dakle, sva sjecišta zadanih tangenti leže na kružnici koja je dana jednadžbom x + y = a + b. Zadatak 4. Odredi zbroj svih peteroznamenkastih brojeva kojima su sve znamenke različite i koji su zapisani samo znamenkama 1,, 3, 4 i 5. Takvih brojeva ukupno ima 5! = 10. Svaka se znamenka pojavljuje na mjestu jedinica, desetica, stotica, tisućica i desettisućica onoliko puta koliko je načina za razmještanje preostale 4 znamenke, a to je 4! ili 4 puta. (8 bodova) Tada je zbroj svih znamenki na nekom mjestu u zapisu jednak ( ) 4 = 15 4 = 360. (8 bodova) 17

22 Ukupan zbroj tada iznosi = = Zadatak 5. Zadan je niz realnih brojeva a n takav da je a n+1 = n + 1 n a n + 1 za svaki prirodan broj n i a 009 = 009. Odredi zbroj a 1 + a a 008. Rekurzivni uvjet možemo napisati kao na n+1 (n + 1)a n = n. 1,,..., 008 u tu jednakost, dobivamo: Zbrojimo li ovih 008 jednakosti, dobivamo 1 a a 1 = 1, a 3 3 a =, 3 a 4 4 a 3 = 3,. 008 a a 008 = 008. Uvrštavajući redom brojeve (a 1 + a a 008 ) a 009 = (8 bodova) Ukoliko traženu sumu označimo s S, prethodna jednakost postaje S = ( ) , S = Konačno je S = =