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

Transcript

1 REXENj ZDTK OKRUЖNOG TKIQENjENj IZ TETIKE UQENIK SREDNjIH XKOL, Prvi razred, kategorija. naliza. Kakoje N 90, sledi da kruжnica nad kao preqnikom sadrжi i N. Konstrukcija. ko su i N simetriqne u odnosu na p, nekajex proizvoljna taqka koja pripada p, a ne pripada N.Nekasuipreseqne taqke prave p ikruжnicesacentrom u X koja sadrжi. Taqka je preseqna taqka pravih N i slika OK 09 -). ko N nije normalno na p, nekajex presek simetrale duжi N ipravep. Taqke i su preseqne taqke prave p ikruжnicesacentromux koja sadrжi. Taqka je preseqna taqka pravih N i slike OK 09 --)). Dokaz. Po konstrukciji taqke i N pripadaju pravama i, redom, a prava se poklapa sa p. Kako je N 90 ugao nad preqnikom), sledi da su i N podnoжja normala iz i na i, redom. N N OK 09 - OK 09 - N N OK 09 - OK 09 - Diskusija. SredixteduжiN ne sme pripadati p. U tom sluqaju bi qetvorougao N bio paralelogram dijagonale mu se polove), tj. dve stranice bi bile paralelne. ko je N p i i N nisu simetriqne u odnosu na p, traжeni trougao ne postoji ne postoje, p tako da je N 90 ). ko je N p i i N su simetriqne uodnosunap, konstrukcija je mogu a za bilo koje X p, takodax N X N je nemogu e po gornjem komentaru). Dakle, u ovom sluqaju postoji beskonaqno mnogo rexenja. ko nije N p isredixteduжin ne pripada p inaqe nema rexenja po gornjem komentaru), konstrukcija je korektno definisana. Tada postoji dva rexenja zadatka kruжnica

2 sa centrom u X koja sadrжi seqe p u dve taqke; obe mogu biti taqka preostala je taqka )) Tangenta 5, str. 50, Pismeni zadaci, zadatak )... Iz p + q + r 0sledi da je pq +qr+rp 0,pajep+q +r) p +q +r )+pq +qr+rp), odakle je p + q + r.sledipa + qb + rc) +qa + rb + pc) +ra + pb + qc) p + q + r )a + b + c )+pq + rq + pr)ab + bc + ac) a + b + c )+0a + b + c. Neka je proizvoljna taqka prvog kvadranta, m prava koja sadrжi i seqe pozitivne delove koordinatnih osa u taqkama x-osu) i y-osu). Neka su O,, taqke simetriqne u odnosu na sa O,,, redom. Sledi O O. Neka su X i Y podnoжja normala iz O na x i y osu, redom. Unija povrxi trouglova O i O sadrжi pravogaonik OXO Y, pa je P O) P O) + P O ) P OXO Y ); jednakost se dostiжe ako i samo ako je X i Y. y Y O Dakle, traжena prava je dijagonala XY XY ) pravougaonika OXO Y. O X x OK 09.. Jedan takav broj je n. Neka je n> neki broj za koji je traжeno tvrđenje taqno, Sk) zbir cifara prirodnog broja k i x... }{{}, y... }{{} 0.KakojeSx) Sy) n sledi n n da n x jer n Sx)) in y jer n Sy)), pa n x y 9. Otuda su jedini brojevi koji mogu biti rexenja n i n 9. Izkriterijumazadeljivostsai9sledidajetvrđenje taqno za ove brojeve. Dakle, traжeni brojevi su, i 9. Jedan tim ne moжe imati istovremeno dve karakteristiqne boje, jer odevnih predmeta u preostaloj boji ima 8, xto je manje od 6 tj. igraqi drugog tima ne bi mogli da se obuku). Dakle, igraqi jednog tima moraju nositi svih 8 odevnih predmeta u svojoj karakteristiqnoj boji, a njihova preostala odevna predmeta moraju biti na qetiri razliqita igraqa, i to u boji koja nije karakteristiqna za drugi tim. To je izvodljivo samo ako u timu dva fudbalera imaju i majicu i xorts u karakteristiqnoj boji, dva samo majicu, a dva samo xorts. Karakteristiqne boje timovima se mogu dodeliti na 6naqina; igraqi jednog tima 6! mogu da se obuku na 90naqina, i to nezavisno od oblaqenja drugog tima. Dakle,!!! ukupan broj razliqitih oblaqenja je Prvi razred, kategorija Kako je a a, 7 > 0 i 7 6 < 0, sledi ) ) ) 7 6 ) 7 + ) ) ) 7,. tj. ovaj broj je racionalan Tangenta 5, str. 6, Pismeni zadaci, zadatak 5). Po nejednakosti trougla je > +, odakleje E D.

3 E je jednakokrak, pa je DE E 90. D je jednakokrak, pa je E D DE D 90 Konaqno, iz DE sledi. OK 09. DE 80 + DE DE 5. Jednaqina x a ima dva rexenja ako je a>0, jednoakojea 0,anemarexenjaakoje a<0. Sledi, ako je y > 009 jednaqina nema rexenja; ako je y 009, postoji taqno jedno i to celo) x koje je rexenje jednaqine; ako je y < 009, y Z, postoji taqno dva i to cela) x koja su rexenja jednaqine. Dakle, ukupan broj rexenja ove jednaqine u Z )je ) Iz formule za povrxinu trougla je P ch a + b + c)r, a po nejednakosti trougla a + b>c,paje r h c a + b + c < c c + c. Kako je c a + b ab, sledic a + b),tj.a + b c,paje r h c a + b + c c c + ) > 5. Traжeni broj je jednak broju izbora 0 karata od 0), među ) kojima su taqno dame. 6 Sedam karata od 6 koje nisu dame) mogu se izabrati na naqina, a od ) dame ) 7 ) ) 6 na naqina nezavisno od prethodnog izbora), pa je traжeni broj Tangenta 5, str. 8, Pismeni zadaci, zadatak 9). Drugi razred, kategorija.. Jednaqina ima smisla za x 0. Kako je a + b) a +a b +ab + b a + b +aba + b), sledi + x + x + x + x + + x) x) + x + ) x + + x) x) x x Proverom se dobija da x 5 i jeste rexenje Tangenta 5, str. 6, Pismeni zadaci, zadatak ). Napomena. Provera rexenja je neophodna da bi rexenje bilo potpuno. Zaista, primenom istog postupka na jednaqinu +x + x dolazi se do mogu eg rexenja x 0. eđutim, ovo nije rexenje polazne jednaqine. Jednaqina sin ϕ a imarexenjaakoisamoakojea [, ], pa je dovoljno dokazati da sin β sin γ je [, ]. Kako za x 0,π) vaжi cos x <, sledi cos α cos β cos γ n cos α cos β cos γ cos α cos β cos γ <, odakle je cos α cos β cos γ < n, pa je imenilac posmatranog razlomka pozitivan. Sledi da je tvrđenje ekvivalentno sa ± sin β sin γ +cosα cos β cos γ n. )

4 Kako je ± sin β sin γ sin β +sin γ ) poxto je 0 sin β sin γ) )i cos α cos β cos γ cos α cos β cos γ cos α cos β cos γ < cos β cos γ cos β +cos γ ), sledi ± sin β sin γ +cosαcos β cos γ sin β +sin γ ) + cos β +cos γ ) n, tj. ). ko je n ceo broj, analogno tvrđenje ne vaжi. Zaista, za n 0, α β γ π,vrednost sin β sin γ izraza n cos α cos β cos γ jednaka je, pa ne postoji traжeno ϕ. Napomena. Sliqno prethodnom rexenju, moжe se dokazati da za svaki negativan ceo broj n tvrđenje vaжi, tj. jedina vrednost celog broja n za koju tvrđenje nije taqno je n 0.. Lema. Od svih trouglova upisanih u krug polupreqnika R, najve u povrxinu ima jednakostraniqni trougao. Dokaz. Temena trougla najve e povrxine pripadaju kruжnici. Od svih trouglova upisanih u krug kojima je jedna stranica fiksna tetiva tog kruga, najve u povrxinu ima jednakokraki trougao qija je osnovica ta tetiva, a ugao pri vrhu nije tup jer ima najve u visinu). Dakle, dovoljno je da posmatrati jednakokrake trouglove upisane u taj krug. Ukoliko je osnovica duжine x 0 <x R), odgovaraju a visina je R+ R x, a povrxina P ) Rx + x R x. Na osnovu nejednakosti između aritmetiqke i kvadratne sredine je R x Rx + Rx + x R x P Rx + x R x + x 6R x x. R x Kvadratna funkcija t 6R t t postiжe maksimum za t R, odakle sledi da se najve a vrednost izraza pod prethodnim korenom postiжe za x R. Tada vaжi jednakost i u primenjenoj nejednakosti sredina. Kako se ova situacija dexava u i samo u) jednakostraniqnom trouglu, sledi tvrđenje leme. ) Tvrđenje zadatka sledi iz gornje leme, poxto je povrxina jednakostraniqnog trougla upisanog u krug polupreqnika R jednaka R jednakost se dostiжe ako i samo ako je trougao jednakostraniqni). Napomena. Primena nejednakosti sredina se mogla izbe i dokazivanjem odgovaraju e trigonometrijske nejednakosti ili primenom diferencijalnog raquna. R x R R x OK 09

5 Iz gornjeg izraza za povrxinu trougla, sledi da je funkcija P x) neprekidna na 0, R ] i diferencijabilna na 0, R). Na 0, R) vaжi P x) R x + R R x, pa je R x. P x) > 0 za x 0,R ) i P x) < 0 za x R, R), tj. maksimum funkcije P :0, R ] R se postiжe za x R. p plavih kuglica treba rasporediti na b + c + mesta pre prve bele ili crne kuglice, između k-te i k +)-vebeleilicrnekuglicezak {,,...,b+ c }), posle poslednje bele ili crne kuglice). ko je p>b+ c + ovo nije mogu e uraditi tj. u ovom sluqaju se u bilo kom rasporedu neke plave kuglice nalaze jedna pored druge), pa je traжeni broj naqina 0. ko je p b + c +, za raspored ) plavih kuglica treba izabrati p od b + c + mesta, xto se b + c + b + c)! moжe uraditi na naqina; rasporeda belih i crnih ima permutacije p ) b! c! b + c + b + c)! sa ponavljanjem), tj. u ovom sluqaju traжeni broj naqina je. p b! c! ko je n,sledi + +,tj. n je jedno rexenje. Neka je n ivaжi n + n + n x,zanekox N. Kako je broj n + n + n neparan, to je i broj x neparan, pa je x mod), a kako je n n 0mod)za n, sledi n mod),odnosno ) n mod). Sledi da je n paran broj. Neka je n k k N). Jednaqina postaje k +9 k + k ) x.kakoje mod)i9 0mod),sledi k +9 k + k ) +0+ mod ), pajex mod), xto je nemogu e kvadrati celih brojeva mogu dati ostatke 0iprideljenjusa). Dakle, jedino rexenje je n. Drugi razred, kategorija.. a) Kako je 5 mod), mod)i57 mod),sledi 5 + ) 05 ) ) + ) ) 05 ) ) ) + 0mod). b) Kako je 6 6 mod ), sledi 60 6) 0 ) 0 mod ). Kako je 7 mod ), sledi 70 ) mod ). Dakle, mod ), tj. ovaj broj nije deljiv sa Tangenta 5, str. 6, Pismeni zadaci, zadatak ). Uglovi P i Q su uglovi nad tetivom ukrugovimak i k,redom,pasu konstantni i ne zavise od izbora taqaka P i Q, tj. PQ ima iste uglove, bez obzira na poloжaj prave PQ. Neka su P Q i P Q dva mogu a poloжaja prave PQ. Sledi P Q P Q, pa vaжi P P, odnosno odnos P ne zavisi od poloжaja prave Q Q Q PQ. P O O OK 09 Q. ora biti x,x,x 0. Neka je x x. Oduzmanjem prve dve jednaqine se dobija x x x x, pa je x x. nalogno, iz x x x x,kakojex x,sledix x. Konaqno, iz x x x x,kakojex x,sledix x. Dakle, x x x t). Rexavanjem jednaqine t + t, dobija se t ± 5. Kako je t 0, jedina mogu nost je + 5 t,odaklejex x x 5. Sluqaj x >x se razmatra analogno. Dakle, jedino rexenje ovog sistema je x x x 5. 5

6 .. Stranice D su a + b, D a + c; nekajex dodirna taqka stranice D ikruga upisanog u D; po jednakosti tangentnih duжi je X b i DX c, pajed b + c. Neka je r polupreqnik kruжnice upisane u D i s njegov poluobim. Sledi s a + b)+b + c)+c + a)) a + b + c, a po formulama za povrxinu ovog trougla sledi r s P s s a + b)) s b + c)) s c + a)) abca + b + c), paje abca + b + c) abc r>r a + b + c a + b + c. Videti rexenje prvog zadatka za drugi razred kategorije. Tre i razred, kategorija Kako je 0 < π n < π i tg x>xza x 0, π ),sleditg π n > π n > n,odakleje sin π n tg π n +tg π n +tg π n > + ) 9 n +9, n tj. sin π n > n +9.. Neka je ω cos π + i sin π. ko je trougao određen taqkama a, b i c pozitivno orijentisan, vaжi c a b a) ω, a ako je negativno orijentisan vaжi c a b a) ω. ko je a 0, mora biti b 0,pajez c ; u zavisnosti orijentacije, sledi ili b z ω ili z ω. Kakoje ω ω, sledi tvrđenje zadatka. Neka je a 0. ko je trougao određen taqkama a, b i c pozitivno orijentisan, kako je ω ω ω je rexenje jednaqine ω,paje0+ω +ω) ω + ω )), sledi a ω) + b ω)+c aω bω + c a ω ) bω + c c a b a) ω 0. Dakle, z ω je rexenje jednaqine az + bz + c 0,pakakoje ω,sleditvrđenje zadatka. ko je trougao negativno orijentisan, analogno se pokazuje da je z ω jedno rexenje jednaqine az + bz + c 0ivaжi ω.. Taqka X je dodirna taqka spolja pripisane kruжnice koja odgovara temenu i stranice, pajex X i X X veliki zadatak; homotetija sa centrom u koja slika upisani krug u spolja pripisani krug koji odgovara temenu slika u X ;vezax X sledi iz raquna tangentnih duжi, jer je X X + ). S L S L X X X X OK 09 - OK 09-6

7 . Po enelajevoj teoremi primenjenoj na XX i taqke XX, L X, S X sledi da su ove taqke kolinearne ako i samo ako je X X X L L S + SX + LX L, tj. ako i samo ako je X LX LX + L + + L LX Neka je podnoжje visine iz temena, ar polupreqnik upisane kruжnice. Iz izraza za povrxinu povrxinu trougla P )sledi P r + + ), odakle je + +. Kako je X XX + +, sledi r r X + + +,odakleje. X X X Iz prethodnog sledi da su taqke, L, S kolinearne ako i samo ako vaжi + + +, X tj. ako i samo ako vaжi Tangenta 5, str. 0, Nagradni zadaci, 756). Neka je d traжeni broj. Kako d n n za svako n N, specijalno za n i n sledi d ) 6 ) 6 + ) , d ) 6 ) 6 + ) , pa je d 5 7, ) Sa druge strane, po maloj Fermaovoj teoremi, za svako n N broj n n je deljiv sa,, 5, 7 i. Zaista, ako je p prost broj, za svaki prirodan broj n vaжi n p n mod p) posledica male Fermaove teoreme), pa se primenom za p {,, 5, 7, }) dobija n n n n ) n k n n n n ) n n n n ) 5 n k n k n n ) n k 0 mod ), n n ) n 5 n ) 5 n k 0 mod ), n k 0 mod 5), n n n n 6 ) n 6 + ) n 7 n ) n 6 + ) 0 mod 7), n n 0 mod ). Dakle, traжeni broj je d Na tablu se moжe smestiti lovac, tako da je ispunjen uslov zadatka slika OK 09 5). Neka je konfiguracija koja ispunjava uslove zadatka dopustiva. Lema. Ne postoji dopustiva konfiguracija u kojoj je broj lovaca ve i od. Dokaz. Treba dokazati da je bar 8 polja prazno tj. na njima se ne nalazi lovac). ko se na nekom ugaonom polju nalazi lovac, tada se na dijagonali na kojoj se nalazi ne sme nalaziti vixe lovaca, tj. ima bar 6 praznih polja. Na drugoj dijagonali duжine 7 su ili prazna ugaona polja dakle jox ) ili, analogno, ako je lovac na ugaonom polju, OK 09 5 ostalih 6 je prazno. Kako je za ove dve dijagonale zajedniqko samo jedno polje, sledi da i u ovom sluqaju ima bar 8 praznih polja. ko su ugaona polja prazna, treba dokazati da postoji bar jox prazna polja. ko je neka od dijagonala duжine 7 u potpunosti prazna, to je obezbeđeno. Inaqe, na svakoj od dijagonala duжine 7 postoji bar lovca, pa na svakoj od ovih dijagonala postoje i krajnji 7

8 lovci, tj. lovci koji na dijagonali na kojoj se nalaze napadaju ugaono polje. Krajnji lovac u ovom sluqaju mora napadati taqno lovca ne moжe 0, jer ve napada jednog; ne moжe, jer je krajnji), pa je on krajnji i na drugoj dijagonali na kojoj se nalazi. Ukoliko se krajnji lovac nalazi i polju koje je zajedniqko za dijagonale duжine 7 centralno polje), prazna su po tri polja na obe dijagonale na kojima se nalazi tada on napada ugaona polja), kao i preostala ugaona polja. Dakle, prazno je bar 8 polja. Ukoliko se lovac nalazi na polju koje ima zajedniqko teme sa ugaonim poljem, prazno je jedno od polja na drugoj dijagonali na kojoj se nalazi neka je ovo polje dodeljeno tom lovcu). ko je lovac na polju koje ima zajedniqko teme sa centralnim poljem, pored ugaonog polja koje mu odgovara, prazno je i polje koje se nalazi između tog ugaonog polja i polja na kome se lovac nalazi neka je ovo polje dodeljeno tom lovcu). Kako su polja koja su dodeljena lovcima razliqita sporedne dijagonale duжine nemaju zajedniqkih polja), sledi da i u ovoj situaciji postoji bar 8 praznih polja. Iz prethodne leme sledi da ne postoji dopustiva konfiguracija u kojoj je broj lovaca ve i od, pa je odgovor na pitanje zadatka.. Tre i razred, kategorija Kako x pripada ravni određenoj vektorima a i b, on je ortogonalan na a b i j k 0,, ) i, j, k su jediniqni vektori x, y i z ose, redom). Neka je x k, l, m). Iz a x 7, b x 0i,, ) x 0se dobija k + l + m 7, k + m 0, k + l m 0.. Ovaj sistem ima jedinstveno rexenje k, l, m), 5, ), tj. traжeni vektor postoji i jednak je, 5, ) Tangenta 5, str. 5, Pismeni zadaci, zadatak ). Neka je α inekasu i N projekcije taqaka i N na prave i, redom. Tada je N sin α sin α i N NN sin α sin α, pa je N, tj. trouglovi i N su sliqni sa koeficijentom sliqnosti sin α. N Sledi N,pajeN sin α sin α R. OK 09. Jednaqina x a imarexenjaakoisamoakojea>0, pa je zahtev zadatka ekvivalentan sa određivanjem svih p za koje jednaqina p )t t +p +)0 ima bar jedno pozivivno rexenje. ko je p, ova jednaqina je linearna i njeno rexenje je t > 0. kojep, ova jednaqina je kvadratna i njena diskriminanta je 6 p )p +) p)p +). Sledi, ako je p, ), ), ova jednaqina nema rexenja. 8

9 ko je p, ],tadajep > 0, pa jednaqina ima bar jedno pozitivno rexenje ako isamoakoje + p)p +) > 0 + p)p +)> 0, xto je taqno. p ko je p [, ), tadajep < 0, pa jednaqina ima bar jedno pozitivno rexenje ako isamoakoje p)p +) > 0 p)p +)< 0 < p)p +) p p )p +)< 0, xto je taqno ako je p, ). Dakle, polazna jednaqina ima bar jedno rexenje ako i samo ako je p, ) {}, ], ] Tangenta 5, str. 9, Pismeni zadaci, zadatak ). Neka je a i neka je kocka smextena u koordinatni sistem, tako da su., D i jediniqni vektori x, y i z ose, redom. U ovom koordinatnom sistemu je P, 0, 0), Q,, 0), R ),,, PQ,, 0), PR,, ), PQ PR 6, 6, ), pa je ravan koja sadrжi taqke P, Q i R x y +z. Ova ravan sadrжi taqke R 0, 0, ) i D 0,, ), pa kako je presek dve neparalelne ravni prava, sledi da je preseqna figura kocke i ravni PQR petougao PQRD R. Kako je petougao simetriqan u odnosu na ravan koja sadrжi taqke,, D, D, sledi da je njegov obim O PQ + QR + RD D ko je ϕ ugao između ravni PQR i xy-ravni, 0, 0, ),, ) tada je cos ϕ 0, 0, ),, ). 7 ko su P i P povrxina neke figure i njene projekcije na neku ravan, redom, i pritom ϕ ugao između ravni u kojoj se nalazi figura i ravni u koju se projektuje, R D P Q OK 09 R tada je P P cos ϕ. Kako se petougao iz zadatka projekcijom na xy-ravan projektuje u petougao P QD i vaжi P P QD) P PQ) 7, sledi da je P P QD) cos ϕ 7 7. Homotetija sa centrom u i koeficijentom a slika jediniqnu kocku u kocku ivice a. Kako je odnos duжina slike i originala jednak koeficijentu homotetije, a odnos povrxina slike i originala jednak kvadratu koeficijenta homotetije, sledi da je obim petougla P QD jednak a + ), a povrxina a 7 7. Videti rexenje prvog zadatka za tre i razred kategorije. Qetvrti razred, kategorija. Neka je gx) e y y. Funkcijag je dobro definisana i beskonaqno puta diferencijabilna na [, ). Pritom je g y) e y y, g y) e y 6y, g y) e y 6. Koriste i e > 6, redom sledi: - g y) e 6 > 0, tj. funkcija g je rastu a na [, ); - g ) e > 0; kakojeg je rastu a na [, ), sledi da je g y) > 0 za y [, ), pa je funkcija g rastu a na [, ); 9

10 - g ) e > 0; kakojeg je rastu a na [, ), sledi da je g y) > 0 za y [, ), pa je funkcija g rastu a na [, ); - g) e > 0; kakojeg je rastu a na [, ), sledi da je gy) > 0 za y [, ). Odavde se neposredno dobija tvrđenje prvog dela zadatka. Funkcija f je korektno definisana i dva puta diferencijabilna na 0, ), pa je za drugi deo zadatka dovoljno pokazati da je f x) > 0 za x 0, )). Na 0, ) je e x+ x x ) f x) i e x+ x [ e x+ x ) ] x + e x+ ) x x e x+ x e x+ x x ) e x+ x x ) f x) ) e x+ x e x+ x ) e x+ x e x+ x e x+ x ) [ e x+ x x ) + e x+ x x [ e x+ x x + x x ] x. ) x x ex+ x x ) ] Kako je e x+ x ) > 0, dovoljno je dokazati da je izraz u poslednjoj zagradi pozitivan. e x+ x Kako je x + za x 0, ), koriste i nejednakost prvog dela zadatka, poslednje sledi x iz [ e x+ x x + x x x > x + ) +] x x + x x x 5 x + x + x + x 6 > 0.. Prava Y je radikalna osa opisanih krugova H i E, pa je dovoljno dokazati da X ima istu potenciju u odnosu na ove krugove. Potencija taqke X odnosu na krug opisan oko H je X XH,auodnosunakrugopisanoko E je XE XF krug opisan oko E je krug nad preqnikom i sadrжi taqku F,jerje E F 90 ). Kako je qetvorougao F HE tetivan F H HE 90 ), iz potencije taqke X uodnosuna opisani krug ovog qetvorougla, sledi XE XF X XH Tangenta 5, str. 0, Nagradni zadaci, 75). D E X H Y F OK 09 0

11 . Drugo rexenje. NekajeI inverzija sa centrom u i polupreqnikom E D jer je qetvorougao DE tetivan E D 90 ), a proizvod pod korenom je potencija taqke u odnosu na opisani krug qetvorougla DE). Kako je i qetvorougao F HE tetivan F H HE 90 ), sledi E F H, pajei) E, I) D, IF )H. Sledi da I slika pravu EF u opisani krug H, apravuh u opisani krug EF odnosno opisani krug E). Dakle, taqka X presek pravih EF i H) sai se slika u Y presek odgovaraju ih krugova), pa su taqke X, Y i centar inverzije ) kolinearne. Treba odrediti ostatak broja x p + pri deljenju 00, tj. pri deljenju sa ipri deljenju sa Kakoje p >, sledi p,pajex mod). ko je p> prost broj, on je neparan. Neka je p k + k N). Sledi p k+ k ) k mod 5), paje p mod5)ako je k parno, odnosno p mod5)ako je k neparno. Takođe je p 0mod),pajeili p mod 0) ili p 8 mod 0) po kineskoj teoremi o ostacima, prethodni sistemi jednaqina imaju jedinstveno rexenje u sistemu ostataka po modulu 0). Na osnovu Ojlerove teoreme je 0 mod 5) vaжi, 5) ), pa je ili x p mod 5) ili x p mod 5).. Poxto je i x mod),akojep> vaжi ili x 97 mod 00) ili x 57 mod 00) po kineskoj teoremi o ostacima, prethodni sistemi jednaqina imaju jedinstveno rexenje u sistemu ostataka po modulu 00). Dakle, ako je p neparan prost broj, ostatak pri deljenju x sa 00 jednak je ili 57 ili 97 ili 7 ovo u sluqaju p ), odakle se dobija odgovor na pitanje zadatka. k Neka je px) a n x n k degp). Iz uslova je px) pεx) pε x) za svako x ), pa je n0 px) k n0 a n x n + ε n + ε n ) n 0 n k a n x n jer je +ε n + ε n 0ako n, odnosno+ε n + ε n ako n). Za cele m, n i k N 0 vaжi m n m k n k, pa sledi m n pm) pn), odakle 7 p) p) 8, xto je nemogu e. Dakle, ne postoji polinom sa navedenim osobinama. Videti rexenje petog zadatka za tre i razred kategorije. Qetvrti razred, kategorija. Funkcija f : R R, definisana sa fx) x x 9x, je diferencijabilna na R ivaжi f x) x 6x 9 x+)x ), pa strogo raste na, ) ina, ), a strogo opada na, ). Na svakom intervalu stroge monotonosti f moжe uzimati fiksnu vrednost najvixe jednom, pa je broj rexenja jednaqine fx) a najvixe i jednak je ako ova jednaqina ima po jedno rexenje na svakom od intervala monotonosti. Kako je lim fx), x f ) 5, f) 7, fx), sledi da je f, ), 5), f, ) 7, 5), lim x f, ) 7, ), pa jednaqina fx) a ima tri razliqita rexenja ako i samo ako je a 7, 5) Tangenta 5, str., Pismeni zadaci, zadatak ).. Neka je r polupreqnik manje, a R poupreqnik ve e osnovice kupe i α r. Neka je s R izvodnica, a h visina kupe. Osni presek kupe je jednakokraki trapez u koji se moжe upisati kruжnica. Kako su kraci tog trapeza s, a duжine osnovica r i R, sledis r +R, tj. s r + R. Iz podatka o povrxini omotaqa sledi R r )π R + r)sπ R + r) π, odakle je R r) R + r, tj. α 5. Iz Pitagorine teoreme je h s R r) R + r) R r) rr R α.

12 Polupreqnik lopte upisane u kupu jednak je polovini visine kupe trapeza), pa je njena zapremina V L R α ) R π π α.zapremina kupe je V K hπ R + Rr + r ) R π α + α + α ). Konaqno, R π α V L V K α +α + α 0 9 R π α + α + α ) Tangenta 5, str. 5, Pismeni zadaci, zadatak ). h s r + R R r OK 09.. Iz veze kojom je definisan niz se dobija x, x 5, x 6, x 7, x 8. Indukcijom je x n+ x n za svako n N. Zaista, baza indukcije je sadrжana u gornjam raqunu. Neka je tvrđenje taqno za sve qlanove niza qiji je indeks ne ve i od n + n ). Tada je x n+5 x n+ x n+ + x n+ x n x n + x n x n+. Dakle, vaжi x k za svako k N; x k+ za svako k N 0 ; x k+ za svako k N 0. Red iz zadatka je red sa pozitivnim qlanovima, pa je mogu e permutovati njegove qlanove. Kako je q k za q < zbir geometrijske progresije), sledi q S n x n n k+ + k + ) k + k+ + k k k Videti rexenje tre eg zadatka za drugi razred kategorije. ko je a 0,zasvakox>0, x vaжi log x x, pa je u ovom sluqaju) x 0, ), ) skup rexenja nejednaqine i on je beskonaqan). Neka je a 0. Nejednaqina ima smisla za x a, a) a, ). ko je x a, a), tadaje0 <x+ a<, a polazna nejednaqina je ekvivalentna sa x + a x + a),odnosnosa0 ax. kojea>0 rexenja su x [0, ) a, a), pa za a>0 nejednaqina ima beskonaqno mnogo rexenja, dok za a 0 nema rexenja. ko je a<0 rexenja su x, 0] a, a), pazaovakvevrednostiparametra a nema rexenja. ko je x a, ), tada je <x+ a, a polazna nejednaqina je ekvivalentna sa x + a x + a),odnosnosa0 ax. kojea>0 rexenja su x, 0] a, ), pa za a<0 nejednaqina ima beskonaqno mnogo rexenja, dok za a 0 nema rexenja. ko je a<0 rexenja su x [0, ) a, + ) a, ) tj. uovomsluqajuima beskonaqno mnogo rexenja). Iz sledi da polazna nejednaqina ima beskonaqno mnogo rexenja ako je a 0, ). Iz sledi da polazna nejednaqina ima beskonaqno mnogo rexenja ako je a, 0), ). Iz i sledi da polazna nejednaqina nema rexenja ako je a. Dakle, jedinstvena vrednost parametra a za koju polazna nejednaqina ima konaqan skup rexenja je a.

13 U prilogu dopisa xaljemo Vam zadatke i rexenja zadataka Okruжnog uqenika srednjih xkola, koje treba da se odrжi Predsednik Druxtva matematiqara Srbije ranko Popovi

14