UDRUŽENJE MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE UDRUŽENjE MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE UDRUGA MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE. Sarajevo,

Transcript

1 ZADACI

2 UDRUŽENJE MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE UDRUŽENjE MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE UDRUGA MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE BOSNIA-HERZEGOVINA MATHEMATICAL SOCIETY BHMS Zmaja od Bosne 35, 7000 Sarajevo, Bosnia and Herzegovina Tel: (387)(33) Fa: (387)(33) Sarajevo, I RAZRED ) Odrediti sve uređene trojke cijelih brojeva (,,z) za koje vrijedi ( ) z( z ) z( z ) ) Koliki je minimum izraza z, ako su,, z realni brojevi za koje vrijedi 4, 5, z 6 i z 90? 3) Da li je moguće u ravni označiti 0 crvenih, 0 plavih i 0 zelenih tačaka (sve različite), tako da su zadovoljeni slijedeći uslovi: Za svaku crvenu tačku A postoji plava tačka koja je bliža tački A od bilo koje druge zelene tačke Za svaku plavu tačku B postoji zelena tačka koja je bliža tački B od bilo koje druge crvene tačke Za svaku zelenu tačku C postoji crvena tačka koja je bliža C od bilo koje plave tačke 4) Neka je C kružnica sa centrom u O i poluprečnika R Iz tačke A kružnie C konstruišemo tangentu t na kružnicu C Konstruiišemo pravu d kroz centar O kružnice C koja siječe tangentu t u tački M i kružnicu C u tačkama B i D (B leži između O i M) Ako je AM R 3, dokaži: a) Trougao AMD je jednakokraki; b) Centar opisane kružnice okružnice oko trougla AMD leži na kružnici C

3 UDRUŽENJE MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE UDRUŽENjE MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE UDRUGA MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE BOSNIA-HERZEGOVINA MATHEMATICAL SOCIETY BHMS Zmaja od Bosne 35, 7000 Sarajevo, Bosnia and Herzegovina Tel: (387)(33) Fa: (387)(33) Sarajevo, II RAZRED ) U trouglu ABC da pravim uglom kod C, neka H označava podnožje visine iz C na stranicu AB Pokaži da zbir poluprečnika upisanih kružnica u trouglove ABC, BCH i ACH je jednak CH ) Odrediti minimalnu vrijednost a R za koji sistem z a ima rješenje u skupu realnih brojeva z a 3) Razlaganje broja n je prikaz broja n u obliku zbira prirodnih brojeva Poredak sabiraka je bitan Primjer: za n4, broj razlaganja je 8, jer je Za dati prirodan broj n, dokaži da je broj razlaganja jednak n 4) Neka su, prirodni brojevi za koje je i cijeli brojevi cijeli broj Dokazati da su

4 UDRUŽENJE MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE UDRUŽENjE MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE UDRUGA MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE BOSNIA-HERZEGOVINA MATHEMATICAL SOCIETY BHMS Zmaja od Bosne 35, 7000 Sarajevo, Bosnia and Herzegovina Tel: (387)(33) Fa: (387)(33) Sarajevo, III RAZRED ) U trouglu ABC važi C 90, A 30 i BC Neka je u trougao ABC upisan jednakostranični trougao (svaka stranica trougla ABC sadrži po jedan vrh upisanog trougla) Naći najmanju moguću dužinu stranice upisanog jednakostraničnog trougla ) Za zadani prirodan broj n odrediti sve uređene četvorke cijelih brojeva,,, ) koje zadovoljavaju jednačinu n ( 3 4 3) n prirodnih brojeva je dato na tabli Mogu se dodavati samo prirodni brojevi oblika a b, gdje su a i b brojevi već napisani na tabli a b a) Odredite najmanje n, tako da dodavajući brojeve na gornji način možemo dobiti bilo koji prirodan broj b) Za takvo n odrediti početne brojeve (ispitati sve mogućnosti) 4) Kolika je najmanja vrijednost izraza 3 4z, ako su,,z nenegativni brojevi za koje je z4?

5 UDRUŽENJE MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE UDRUŽENjE MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE UDRUGA MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE BOSNIA-HERZEGOVINA MATHEMATICAL SOCIETY BHMS Zmaja od Bosne 35, 7000 Sarajevo, Bosnia and Herzegovina Tel: (387)(33) Fa: (387)(33) Sarajevo, IV RAZRED ) Dokazati da za svaki prirodan broj m postoji prirodan broj n tako da su mn potpun kvadrat i mn potpun kub nekih prirodnih brojeva ) Neka je ABC jednakostranični trougao čija je dužina visine jednaka Kružnica sa centrom sa iste strane prave AB kao i tačka C i poluprečnikom dodiruje stranicu AB Kružnica se kotrlja (kliže) po stranici AB Dok se kotrlja, uvijek siječe stranice AC i BC Dokaži da dužina luka kruga, koji je unutar trougla, je konstantna 3) n prirodnih brojeva je dato na tabli Mogu se dodavati samo prirodni brojevi oblika a b, gdje su a i b brojevi već napisani na tabli a b c) Odredite najmanje n, tako da dodavajući brojeve na gornji način možemo dobiti bilo koji prirodan broj d) Za takvo n odrediti početne brojeve (ispitati sve mogućnosti) 4) Kolika je najmanja vrijednost izraza 3 4z, ako su,,z nenegativni brojevi za koje je z4?

6 RJEŠENJA

7 I RAZRED Zadatak: Odrediti sve uređene trojke cijelih brojeva (,,z) za koje vrijedi I RJEŠENJE: ( ) z( z ) z( z ) Primjetimo da vrijedi z z z z ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) z z z z ( ) z( ) z( z ) z( z ) ( )( z) z( z )( ) ( )( z)( ( ) z( z)) ( )( z)( z ( z)) ( )( z)( z)( z) Dakle, polazna jednačina se svodi na ( )( z)( z)( z) Odavde zaključujemo da vrijedi, z, z {, } Dakle, mora vrijediti ( ) ( z) ( z ) 0, što je nemoguće Prema tome, zadana jednačina nema rješenja u skupu cijelih brojeva II RJEŠENJE slučaj najmanje dva od brojeva,, z su djeljiva sa Tada su i izrazi, z i z djeljivi sa, pa je i desna strana date jednačine djeljiva sa, dok desna nije Znači, u ovom slučaju jednačina nema rješenje slučaj tačno jedan broj od brojeva,, z je djeljiv sa Bez gubitka opštosti možemo uzeti da je djeljivo sa Tada su i izrazi i z djeljivi sa Pošto su i z iste parnosti (oba neparna), imamo da je i ( z ) djeljivo sa Znači, desna strana date jednačine je djeljiva sa, pa opet imamo kontradikciju 3 slučaj svaki od brojea,,z, je neparan Pošto su,, Znači, desna strana date jednačine je djeljiva sa z iste parnosti, to su izrazi ( ), ( z ), ( z ) Iz svega imamo da data jednačina nema cjelobrojnih rješenja djeljivi sa

8 I RAZRED Zadatak Koliki je minimum izraza z, ako su,, z realni brojevi za koje vrijedi 4, 5, z 6 i z 90? RJEŠENJE: Neka je 4a, 5b, z6c Tada je a, b, c 0 i vrijedi ( 4 a ) ( 5 b) ( 6 c) 90 a 8a b 0b c c 3 S druge strane, dobijamo da je a b c 6 ( ) a a b b c c ab bc ca 36 a 8a b 0b c c Dakle, ( a b c 6) 49, odakle zaključujemo da je a b c 6 7 ili a b c Posljednja nejednakost je ekvivalentna sa z 6 Kako u posljednjoj nejednakosti znak jednakosti nastupa za 4, 5 i z 7, to zaključujemo da minimalna vrijednost izraza z iznosi 6 I RAZRED 3 Zadatak Da li je moguće u ravni označiti 0 crvenih, 0 plavih i 0 zelenih tačaka (sve različite), tako da su zadovoljeni slijedeći uslovi: Za svaku crvenu tačku A postoji plava tačka koja je bliža tački A od bilo koje druge zelene tačke Za svaku plavu tačku B postoji zelena tačka koja je bliža tački B od bilo koje druge crvene tačke Za svaku zelenu tačku C postoji crvena tačka koja je bliža C od bilo koje plave tačke I RJEŠENJE: Nije moguće Između svih parova različito obojenih tačaka izaberimo jedan od onih sa najmanjim rastojanjem Neka su to crvena tačka C i plava tačka P Tada, po uslovu zadatka, postoji zelena tačka Z takva da je PZ < PC, što je kontradikcija II RJEŠENJE: Neka je A crvena i C zelena tačka Tada postoji B - plava tačka tako da je AB < AC Dalje, postoji crvena tačka A ( A A) takva da je AC < BC Takođe, postoji zelena tačka C ( C C) takva da je BC < AB

9 Nastavljajući postupak, dobijamo da mora biti beskonačno mnogo datih tačaka, što je suprotno uslovima zadatka Znači, nije moguće u ravni označiti po 0 crvenih, zelenih i plavih tačaka, tako da budu ispunjeni uslovi zadatka I RAZRED 4 Zadatak Neka je C kružnica sa centrom u O i poluprečnika R Iz tačke A kružnie C konstruišemo tangentu t na kružnicu C Konstruiišemo pravu d kroz centar O kružnice C koja siječe tangentu t u tački M i kružnicu C u tačkama B i D (B leži između O i M) Ako je AM R 3, dokaži: a) Trougao AMD je jednakokraki; b) Centar opisane kružnice okružnice oko trougla AMD leži na kružnici C RJEŠENJE: Slika 90 ϕ ω 30 Znači, trougao AMD je jednakokraki sa AM AD a) OAM 90 - jer je t tangenta na kružnicu C Iz Pitagorine teoreme imamo ( ) 3 4 OM OA AM R R R OM R Znači u pravouglom trouglu OAM imamo OM OA, pa je ϕ OMA 30 Pošto je OA OD R, Trougao OAD je jednakokraki sa ODA OAD ω i AOD 80 ω Ugao AOG je vanjski ugao trougla OAM Znači, AOD 90 OMA 80 ω 90 ϕ b) Centar opisane kružnice trougla AMD leži na simetrali stranice MD, koja prolazi kroz vrh A i siječe kružnicu C u još jednoj tački K Imamo da je KA okomito na DM Trougao OAK je jednakokraki (OA OK ) Znači, DM je simetrala duži KA, pa je DAK jednakokraki trougao ( DA DK ) Dalje je ADK Znači, trougao DAK je jednakokraki, pri čemu je ADK 60 ugao pri vrhu

10 Pošto su ostala dva ugla trougla DAK jednak i njihov zbir je 0, to oni iznose po 60 Znači, trougao DAK je jednakostranični, pa je KA KD Pošto K pripada simetrali stranice DM, to je KM KD Iz svega imamo: KA KM KD Znači, K je centar opisane kružnice oko trougla DAM

11 II RAZRED Zadatak U trouglu ABC da pravim uglom kod C, neka H označava podnožje visine iz C na stranicu AB Pokaži da zbir poluprečnika upisanih kružnica u trouglove ABC, BCH i ACH je jednak CH RJEŠENJE: Iz sličnosti trouglova imamo: a odavde: Iz Imamo Znači, r r c, b r r a b c Neka je s Pošto je CH visina na stranicu AB, to je trougao ACH pravougli, pa je AHC 90 Znači, trouglovi AHC i ABC imaju dva ugla jednaka, pa su slični Analogno, trouglovi BCH i ABC su slični Neka su rr,, r poluprečnici kružnica upisanih u trouglove ABC, ACH i BCH, redom c, a b a r r, r r c c ab P ab r s a b c a b c ab b r a b c c, ab a r a b c c ab ab b ab a r r r a b c a b c c a b c c ab a b c ab a b c c c S druge strane, iz sličnosti trouglova ACH i ABC imamo: b CH, c a a odavde ab CH c Znači,

12 r r r CH, što je i trebalo dokazati II RAZRED Zadatak Odrediti minimalnu vrijednost R a za koji sistem a z a z ima rješenje u skupu realnih brojeva RJEŠENJE: Oduzimanjem zadanih jednačina dobijamo da je ( ) ( ) ( ) z z z z Dakle, dobijamo da je z z, 9 9 a z z pri čemu smo primijenili nejednakost između aritmetičke i harmonijske sredine Dakle, 9 a Da bi nastupio znak jednakosti u posljednjoj nejednakosti, potrebno je i dovoljno da vrijedi 3 z z Rješavajući jednačinu 3 uvjeravamo se da je jedno njeno rješenje Dakle, za 9 a, rješenje polaznog sistema je z Prema tome, minimalna vrijednost parametra a za koju zadani sistem ima rješenje je 9 II RAZRED 3 Zadatak Razlaganje broja n je prikaz broja n u obliku zbira prirodnih brojeva Poredak sabiraka je bitan Primjer: za n4, broj razlaganja je 8, jer je 4 3 3

13 Za dati prirodan broj n, dokaži da je broj razlaganja jednak I RJEŠENJE: n Posmatrajmo n jedinica poredanih u vrstu Između svake dvije susjedne jedinice možemo da stavimo ili ne stavimo pregradu, odnosno ukupno na n načina da stavimo pregrade Svakim rasporedom pregrada odgovara jedinstveno razlaganje broja n Primjer: je raspored pregrada koji odgovara razlaganju 33 broja 0 II RJEŠENJE: Indukcija Za n imamo samo jedan prikaz, što je jednako Pretpostavimo da je tvrdnja tačna za sve n, k Dokažimo da je tačna i za nk Odaberimo neko t {,,, k} Tada imamo k t ( k t) Prema induktivnoj pretpostavci, broj ( k t) se može razložiti na kt načina k k 0 Varirajući t, imamo ukupan broj načina: k Ako ubrojimo još i razlaganje kk imamo ukupno k razlaganja, što je i trebalo dokazati II RAZRED 4 zadatak Neka su, prirodni brojevi za koje je cijeli brojevi cijeli broj Dokazati da su i RJEŠENJE: Stavimo da je a i b Tada su a i b racionalni brojevi, ab i ab nenegativni cijeli brojevi Posmatrajmo jednačinu ( a b) ab 0 Diskriminanta ove jednačine je D ( a b) 4ab, pa zaključujemo da je D nenegativan cijeli broj Kako su rješenja posmatrane jednačine racionalna, to zaključujemo da je D racionalan, pa prema tome i nenegativan cijeli broj Dakle, a b ( a b) 4ab D je nenegativan cijeli broj

14 Prema tome, zaključujemo da su ab i a-b cijeli brojevi Tada su i a, b cijeli brojevi Pošto je ab cio broj, to je a cio broj akko je b cio broj Neka a nije cio broj Tada je ak/, bt/, gdje su k i t neparni brojevi Tada je abkt/4, pa ab nije cio broj, što je kontradikcija Znači, a i b su cijeli brojevi ALTERNATIVNO: a b a b 4ab ( ) ( ) a b ( a b) 4ab D, ( D ) D - racionalan broj D - cio broj ab ab

15 III RAZRED Zadatak U trouglu ABC važi C 90, A 30 i BC Neka je u trougao ABC upisan jednakostranični trougao (svaka stranica trougla ABC sadrži po jedan vrh upisanog trougla) Naći najmanju moguću dužinu stranice upisanog jednakostraničnog trougla RJEŠENJE: Pošto tačke F,E,D,G pripadaju istoj kružnici to je EGD EFD Dalje je DGB Pošto je DBG 60, To je trougao GBD jednakostranični Neka je BD i GH visina trougla GBD Tada je 3 GH Četverougao ECHG je pravougaonika, pa je 3 EC GH Iz pravouglog trougla ECD imamo: Znači, Neka je DEF jednakostranični trougao upisan u trougao ABC Neka je duž EG okomita na stranicu AC Iz pravouglog trougla AEG imamo: FGE 90 EAG Pošto je EDF 60, to je EDF FGE, pa su tačke F,E,D,G konciklične 3 ED EC CD ( ) ED 7

16 Dokažimo da se dostiže znak jednakosti 3 Iz gornjeg razmatranja imamo da je ED akko je Dokažimo da za proizvoljnu vrijednost BD trougao FDE 3 Neka je E tačka na stranici AC, tako da je EC iz intervala ( ) 7 0, tj akko je 7 0, postoji jednakostranični Neka je tačka G tačka na na stranici AB, tako da je BG Tada je BGD jednakostranični trougao 3 Neka je GH visina trougla BGD Tada je GH, pa je EC GH, tj četverougao ECHG je pravougaonik Iz trougla AEG je FGE 60, pa je i EGD 60 Na stranici AB uzmimo tačku F, tako da je EDF 60 Tada je EDF FGE, pa je četverougao F,E,D,G koncikličan, pa je EGD EFD Znači, trougao DEF ima dva ugla od po 60, pa je jednakostraničan III RAZRED Zadatak Za zadani prirodan broj n odrediti sve uređene četvorke cijelih brojeva (,, 3, 4) koje n zadovoljavaju jednačinu 4 RJEŠENJE: 3 4 Pretpostavimo najprije da je n Tada dobijamo jednačinu 3 4 4, pa zaključujemo da vrijedi,,, ) ( ±,0,0,0), ( 0, ±,0,0),( 0,0, ±,0),( 0,0,0, ± ) ( 3 4 {,( ±, ±, ±, ± ) } Pretpostavimo sada da je n Tada je desna strana zadane jednačine djeljiva sa 8 Pokažimo da brojevi,, 3, 4 moraju biti djeljivi sa Imamo da je 3 4 0( mod8) Kvadrat cijelog broja pri djeljenju sa 8 može dati ostatke 0,,4 Ako se među ostacima nađe jedna jedinica, tada se mora pojaviti paran broj jedinica (da bi zbir bio paran) Znači, imamo slijedeće slučajeve: 00

17 44 04 Ni u jednom od slučajeva nemamo djeljivost sa 8 Znači, nijedan od brojeva,, 3, 4 pri djeljenju sa 8 ne može dati ostatak, pa je svaki od brojeva,, 3, 4 paran Dakle, zaključujemo da je k, k, 3 k3, 4 k4 n Uvrstimo li ovo u polaznu jednačinu dobijamo da je ( k ) (k) (k3) (k4) 4, odnosno n k k k3 k4 4 Ukoliko je n, onda, na osnovu dokazanog, zaključujemo da brojevi k,k,k 3,k 4 moraju biti parni, tj vrijedi k l, k l, k3 l3, k4 l4, za neke cijele brojeve l, l, l3, l4 Nastavljajući ovaj postupak, zaključujemo da je n n n n m, m, 3 m3, 4 m4, za neke cijele brojeve m,m,m 3, m 4 Uvrštavajući ovo u polaznu jednačinu dobijamo da vrijedi n n n n n ( m ) ( m ) ( m ) ( m ) 4 3 4, odnosno m m m3 m4 4 Odavde zaključujemo da m, m, m, m ) { ( ±,0,0,0), ( 0, ±,0,0),( 0,0, ±,0),( 0,0,0, ± ),( ±, ±, ±, ) } Dakle, rješenja ( 3 4 ± jednačine u ovom slučaju su,,, ) ( n,0,0,0),( 0, n,0,0), ( 0,0, n ± ± ±,0), ( 0,0,0, ± n ) ( {,( n, n, n, n 3 4 ± ± ± ± )} Dakle, sva rješenja polazne jednačine su n n n n n n n n (,, 3, 4) { ( ±,0,0,0),( 0, ±,0,0), ( 0,0, ±,0), ( 0,0,0, ± ),( ±, ±, ±, ± )} III RAZRED 3 Zadatak n prirodnih brojeva je dato na tabli Mogu se dodavati samo prirodni brojevi oblika a b a b, gdje su a i b brojevi već napisani na tabli a) Odredite najmanje n, tako da dodavajući brojeve na gornji način možemo dobiti bilo koji prirodan broj b) Za takvo n odrediti početne brojeve (ispitati sve mogućnosti) RJEŠENJE: Odgovor: {, } ili {, 3 } Pošto je a b> a b ne možemo dobiti jedinicu Znači, jedinica mora biti napisana na tabli (Pokažimo da su dva broja dovoljna)

18 Neka je drugi broj je jedini broj koji se može dobiti u prvom koraku Pošto važi, to je 3 Znači, drugi broj je ili 3 Dobijamo: {, } ili {, 3 } (Dokažimo da su oni dovoljni) I slučaj Neka na tabli imamo brojeve {, } Iz 3 dobijamo: {,, 3 } Dokažimo induktivno da možemo dobiti bilo koji prirodan broj,,3,, k Tada možemo dobiti k i Pretpostavimo da na tabli imamo brojeve { } k3 k 3 ( k ) ( k ) ( k ) ( k ), k II slučaj Neka na tabli imamo brojeve {, 3 } ( k 3) ( k ) ( k 3) ( k ) Iz 3 dobijamo: {,, 3 } 3 Dalje analogno kao u prvom slučaju III RAZRED 4 Zadatak Kolika je najmanja vrijednost izraza 3 4z, ako su,,z nenegativni brojevi za koje je z4? I RJEŠENJE: Imamo A-3( ) ( 3 ) ( 4z ) ( ) ( ) ( z ) z z z z 8 9 Dakle, A 5 Kako u posljednjoj nejednakosti znak jednakosti vrijedi za 4, z0, to zaključujemo da je minimalna vrijednost izraza A5

19 II RJEŠENJE: Označimo Dokažimo da važi: Az (,, ) 3 4z ( ) ( ) ( ) A,, z A,0, z A 4 z,0, z 5 (,, ) (,0, ) ( ) A z A z 3 4z 3 0 4z ( ) 3 ( ) 3 Ako je 0, važi znak jednakosti Ako je 0, imamo: S druge strane, imamo: > 3 9( ) > 43 ( ) ( 3 ) Ovim smo dokazali da važi A( z,, ) A (,0, z) Dokažimo da važi A( z z) A( 4 z,0, z) 5 ( z) z 4,0, z 4z 4 > 9 z 4z 4 Ako je 4z 4, posljednja nejednakost je tačna U suprotnom imamo: 9 z 4 4z ( ) 9 z 6 4z 4z 7 4z 4z 8 6z 4z 4 3z 4z ( ) 6 4z 9z 64z 6 9z 40z 0

20 Posljednja nejednakost je tačna, jer je z 4 Znači, dokazali smo: A,, z > A,0, z A 4 z,0, z 5 ( ) ( ) ( ) ( z ) z Znak jednakosti se dostiže z a 4, z 0

21 IVRAZRED Zadatak Dokazati da za svaki prirodan broj m postoji prirodan broj n tako da su mn potpun kvadrat i mn potpun kub nekih prirodnih brojeva RJEŠENJE: Neka je m bilo koji prirodan broj Stavimo da je Tada je i što je i trebalo dokazati n m 3 m ( ) m n m 3 ( 3m 3) ( ) 3 mn m m m, IV RAZRED Zadatak Neka je ABC jednakostranični trougao čija je dužina visine jednaka Kružnica sa centrom sa iste strane prave AB kao i tačka C i poluprečnikom dodiruje stranicu AB Kružnica se kotrlja (kliže) po stranici AB Dok se kotrlja, uvijek siječe stranice AC i BC Dokaži da dužina luka kruga koji je unutar trougla je konstantna RJEŠENJE: Neka je k posmatrana kružnica i neka je O centar kružnice k Neka k siječe stranice AC i BC u M i N, redom Pošto su tačke O i C jednako udaljene od prave AB, to je OC AB Iz OC AB i ABC 60, imamo OCB 0 S obzirom da je ACB 60, to je ACO 60 Neka kružnica kroz O, C, M siječe BC u P Dokažimo da je P N Pošto je MOCP tetivan četverougao, te iz jednakosti uglova nad istom tetivom imamo da je PMO 80 OCP 60 MCO MPO Znači, trougao MOP ima dva ugla od po 60, pa je jednakostranični, pa je OP OM, pa se P podudara sa N

22 Koristeći podudarnost uglova nad istom tetivom, imamo da je: MON MOP MCP 60 Znači, centralni ugao kružnice k nad lukom MP (dio koji se nalazi unutar trougla ABC) je konstantan, pa je i dužina luka MP konstantna IV RAZRED 3 Zadatak n prirodnih brojeva je dato na tabli Mogu se dodavati samo prirodni brojevi oblika a b a b, gdje su a i b brojevi već napisani na tabli a) Odredite najmanje n, tako da dodavajući brojeve na gornji način možemo dobiti bilo koji prirodan broj b) Za takvo n odrediti početne brojeve (ispitati sve mogućnosti) RJEŠENJE: Odgovor: {, } ili { }, 3 Pošto je a b> a b ne možemo dobiti jedinicu Znači, jedinica mora biti napisana na tabli (Pokažimo da su dva broja dovoljna) Neka je drugi broj je jedini broj koji se može dobiti u prvom koraku Pošto važi, to je 3 Znači, drugi broj je ili 3 Dobijamo: {, } ili {, 3 } (Dokažimo da su oni dovoljni) I slučaj Neka na tabli imamo brojeve {, } Iz 3 dobijamo: {,, 3 } Dokažimo induktivno da možemo dobiti bilo koji prirodan broj Pretpostavimo da na tabli imamo brojeve {,,3,, k } Tada možemo dobiti k i k3 ( k ) ( k ) ( k 3) ( k ) k 3, k k k k 3 k ( ) ( ) II slučaj Neka na tabli imamo brojeve {, 3 } Iz 3 dobijamo: {,, 3 } 3 Dalje analogno kao u prvom slučaju ( ) ( )

23 IV RAZRED 4 Zadatak Kolika je najmanja vrijednost izraza 3 4z, ako su,,z nenegativni brojevi za koje je z4? I RJEŠENJE: Imamo A-3( ) ( 3 ) ( 4z ) ( ) ( ) ( z ) z z z z 8 9 Dakle, A 5 Kako u posljednjoj nejednakosti znak jednakosti vrijedi za 4, z0, to zaključujemo da je minimalna vrijednost izraza A5 II RJEŠENJE: Označimo Dokažimo da važi: Az (,, ) 3 4z ( ) ( ) ( ) A,, z A,0, z A 4 z,0, z 5 (,, ) (,0, ) ( ) A z A z 3 4z 3 0 4z ( ) 3 ( ) 3 Ako je 0, važi znak jednakosti Ako je 0, imamo: S druge strane, imamo: > 3 9( ) > 43 ( ) ( 3 )

24 Ovim smo dokazali da važi A(,, z) A(,0, z) Dokažimo da važi A( z z) A( 4 z,0, z) 5 ( z) z 4,0, z 4z 4 > 9 z 4z 4 Ako je 4z 4, posljednja nejednakost je tačna U suprotnom imamo: 9 z 4 4z ( ) 9 z 6 4z 4z 7 4z 4z 8 6z 4z 4 3z 4z ( ) 6 4z 9z 64z 6 9z 40z 0 z ( 9z40) 0 Posljednja nejednakost je tačna, jer je z 4 Znači, dokazali smo: A(,, z) > A(,0, z) A( 4 z,0, z) 5 Znak jednakosti se dostiže z a 4, z 0