Ministarstvo prosvete, nauke i tehnoloxkog razvoja Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQEǋE IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDǋIH XKOLA Rexeǌa zadataka

Ministarstvo prosvete, nauke i tehnolokog razvoja Drutvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQEǋE IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDǋIH XKOLA Reeǌa zadataka Prvi razred A kategorija. Od poqetnog broja mogu e je dobiti brojeve i +, a zatim od + dobiti +. Sada zbog + = + moжemo dobiti i broj +, a onda od ǌega i broj = +. Najzad, od brojeva + i dobijamo ( +) =. +. Neka je k broj cifara i n = a k a k... a. Za k = evidentno nema reeǌa. Za k = imamo 0a + a = a a + 8, odakle sledi a = 8 a 0 a = + 8 0 a, te zakǉuqujemo 0 a {,, 4, 8}, tj. a {9, 8, 6, }. Dakle, reeǌa za k = su: {, 36, 58, 99}. Pokaza emo da za k 3 nema reeǌa, tj. da su maloqas nabrojana reeǌa i jedina. Zaista, imamo P (n) + 8 = a k a k a + 8 a k 9 k + 8 a k (9 k + 8) < a k 0 k a k a k... a = n (nejednakost 9 k + 8 < 0 k za k 3 direktno se pokazuje indukcijom, indukcijski korak je 9 k + 8 < 9(9 k + 8) < 9 0 k < 0 k ), qime je zadatak reen. 3. Jednakost a + b + c = d ekvivalentna je sa a + b = (d c)(d + c). Pretpostavimo najpre da je jedan od brojeva a i b paran. Ukoliko je drugi broj neparan, tada je izraz a + b neparan; u tom sluqaju odgovaraju e brojeve c i d moжemo na i reavaju i sistem d c = i d + c = a + b (dobijaju se reeǌa c = a +b i d = a +b +, to jesu prirodni brojevi). Ukoliko je i drugi broj paran, tada je izraz a + b deǉiv sa 4, pa u tom sluqaju odgovaraju e brojeve c i d moжemo na i reavaju i sistem d c = i d + c = a +b (dobijaju se reeǌa c = a +b 4 i d = a +b 4 +, to jesu prirodni brojevi). Uzmimo sada da vaжi a + b = (d c)(d + c), i dokaжimo da je bar jedan od brojeva a i b paran. Pretpostavimo suprotno: neka su i a i b neparni brojevi. Tada vaжi a (mod 4) i b (mod 4), pa sledi a + b (mod 4). S druge strane, ako su c i d iste parnosti, tada su oba izraza d c i d + c parna, pa je ǌihov proizvod (to je a + b ) deǉiv sa 4, kontradikcija; ako su pak c i d razliqite parnosti, tada je ǌihov proizvod neparan, i ponovo kontradikcija. Time je zadatak reen. 4. Lukovi P B i AQ su jednake duжine, pa je dovoǉno dokazati da vaжi AD = AQ. Neka je O centar kruga k. Kako imamo ADO = P DO = DP O = AP O = AQO, sledi QAO = DAO (jer im je jo stranica AO zajedniqka, i vaжi DAO = QAO), pa dobijamo AD = AQ. 5. Vaжi a b = 0, tj. a = b. Dokaza emo da moжemo uspostaviti bijekciju između onih rasporeda qiji smo broj obeleжili sa a (nazovimo ih,,rasporedi tipa A ) i onih rasporeda qiji smo broj obeleжili sa b (nazovimo ih,,rasporedi tipa B ). Neka je uoqen jedan raspored tipa A, i neka u tom rasporedu Mika sedi na seditu M a slobodno je sedite S. Ovom rasporedu pridruжimo raspored u kom Mika sedi na seditu S a slobodno je sedite M (preostali gledaoci ostaju gde su i bili). Nije teko videti da je pridruжeni raspored tipa B (zaista, primetimo da, u momentu kada u uoqenom rasporedu tipa A Miku podiжe neki gledalac, tada e u tom momentu Ok 05 A 4 u pridruжenom rasporedu taj gledalac upravo imati mogu nost da sedne na slobodno sedite), kao i da je ovakvo pridruжivaǌe zaista bijekcija između svih rasporeda tipa A i svih rasporeda tipa B. qasopisa,,tangenta na doma im sredǌokolskim takmiqeǌima iz matematike. Drugi razred A kategorija. Iz prve jednaqine dobijamo v = 3u+ 3w+ u+. Analogno imamo u = w+ i w = 3v+ v+. Sada sledi: v = 3u + u + = 3 3w+ w+ + 3w+ w+ + = 5w + w + = 5 3v+ v+ + 3v+ v+ + = 7v + 7 7v + 3.

Odavde dobijamo kvadratnu jednaqinu v v = 0. ǋena reeǌa su v = + i v =. Izraqunavaju i u i w koji se dobijaju u ova dva sluqaja, dobijamo dva reeǌa polaznog sistema: u = v = w = + i u = v = w =.. Neka su (, y ) i (, y ) dve od mogu nosti između kojih Raja ne moжe da se opredeli. Moжemo pretpostaviti, bez umaǌeǌa optosti,. Neka su n i n brojevi koji se dobijaju kada se obrisane cifre zamene ciframa iz uređenog para (, y ) i (, y ), respektivno. Tada imamo n n = ( )0 t+k + (y y )0 t za neki prirodan broj t i neparan broj k (k je neparan broj jer se između obrisanih cifara nalazi k cifra, a po uslovu zadatka ova vrednost je parna). Kako n i n daju iste ostatke pri deǉeǌu sa 9 i takođe pri deǉeǌu sa, sledi da je razlika n n deǉiva sa 99, pa dobijamo 99 ( )0 k + (y y ). Iz 0 (mod 99) zbog k sledi 0 k 0 (mod 99), pa dobijamo 99 0( ) + (y y ). Kako su,, y, y cifre i, sledi 0 9 i 9 y y 9, tj. 9 0( ) + (y y ) 99. Prema tome, 0( ) + (y y ) = 0 ili 0( ) + (y y ) = 99. U prvom sluqaju odmah dobijamo = i y = y, tj. (, y ) = (, y ), to je nemogu e. Ostaje drugi sluqaj, koji se postiжe samo za = 9 i y y = 9, tj. za = 9, = 0, y = 9 i y = 0. Dakle, Raja ne moжe da se opredeli između taqno dve mogu nosti, i to su (0, 0) i (9, 9). 3. Prvo reeǌe. Izraqunavamo BCA = 0. Na duжi CB uoqimo taqku K takvu da vaжi CA = CK. Iz KCM = 60 i CM = CK dobijamo CKM = 90 (jer je CMK polovina jednakostraniqnog trougla). Budu i da je ACK jednakokrak, sledi KAC = CKA = 30. Odatle izraqunavamo MKA = AKC + CKM = 0, a sada dobijamo i AMK = 30. Zakǉuqujemo da je i AKM jednakokrak, tj. AK = KM. Takođe imamo BAK = BAC KAC = 45 30 = 5, pa je i AKB jednakokrak, tj. AK = KB. Odatle je MKB jednakokrako-pravougli, te sledi KBM = KMB = 45. Najzad, AMB = 45 + 30 = 75. Drugo reeǌe. Oznaqimo AC = i CB = y. Na osnovu sinusne teoreme za ABC imamo: sin 5 = y sin 45, pa dobijamo = y sin 5 sin 45 = y 3 (primetimo, sin 5 = sin(45 30 ) = Ok 05 A 3 6 4 ). Primenom kosinusne teoreme na MBC imamo MB = () + y 4y cos 60, pa posle sređivaǌa ostaje MB = (6 3 3)y = 3 (4 3)y, tj. MB = 6 ( 3 )y. Oznaqimo AMB = ϕ. Ponovo iz kosinusne teoreme imamo CB = MB + MC MB MC cos ϕ, pa posle zamene ovih vrednosti i skra ivaǌa dobijamo cos ϕ = 9 5 3 Odatle zakǉuqujemo ϕ = 75. 4 6 6 = 6 4. 4. Oznaqimo sa R taqku dijametralno suprotnu taqki P (kroz ǌu prolazi i prava CK, budu i da je normalna na CP ). Tada imamo BR P A, pa sledi P P BK = P P RK, a zbog toga i P BKL = P LP R. Poto vaжi P A = BR, imamo P CA = BP R = LP R; takođe imamo CAP = CRP, pa su LP R i P CA sliqni. Dakle, P BKL : P P CA = P LP R : P P CA = P R : AC = AB : AC. 5. Oznaqimo sa a, b, c i d broj podskupova skupa {,,..., n} qija kardinalnost pri deǉeǌu sa 4 daje ostatak 0,, ili 3, respektivno. Broj posmatranih podskupova koji imaju paran broj elemenata jednak je broju posmatranih podskupova koji imaju neparan broj elemenata (to se moжe videti na osnovu, recimo, binomnog razvoja izraza nx n ( + ) n = j, () j j=0 Ok 05 A 4 u kom uzimamo = ; tada zbir onih binomnih koeficijenata ispred kojih je znak,,+ qini taqno broj podskupova s parnim brojem elemenata, a onih ispred kojih je znak,, upravo broj preostalih podskupova). Ovim smo dobili a + c = b + d = n = n. () Posmatrajmo ponovo binomni razvoj (), i uzmimo = i, gde je i imaginarna jedinica. Kako vaжi ( + i) 8 = (( + i) ) 4 = ( i) 4 = 6 i n je deǉivo sa 8, dobijamo ( + i) n = (( + i) 8 ) n 8 = 6 n 8 = n, tj. n = nx n i j. (3) j j=0 Poto je i j jednako, i, ili i, uslovǉeno sa j 0,,, 3 (mod 4), respektivno, izjednaqavaǌem realnih delova leve i desne strane jednakosti (3) dobijamo a c = n, a izjednaqavaǌem imaginarnih delova dobijamo b d = 0.

(Ove jednakosti, koje su zapravo određeni binomni identiteti, mogu e je dobiti i na drugi naqin, bez kori eǌa kompleksnih brojeva, to ostavǉamo zainteresovanim takmiqarima za veжbu.) Dobijene dve jednakosti zajedno sa () qine jednostavan sistem od qetiri jednaqine s qetiri nepoznate, qijim reavaǌem dobijamo a = n + n, c = n n i b = d = n. Dakle, kako imamo a + b = n + n, ovaj broj oqito ima taqno dve jedinice u binarnom zapisu, to zavrava dokaz. qasopisa,,tangenta na doma im sredǌokolskim takmiqeǌima iz matematike. Tre i razred A kategorija. Oznaqimo s = + (p )!. Na osnovu Vilsonove teoreme imamo s 0 (mod p), a poto vaжi i s (mod p ), dobijamo s p (mod (p )p). Kako su (p 3)! i p uzajamno prosti, na osnovu Ojlerove teoreme dobijamo ((p 3)!) ϕ(p) (mod p ), tj. ((p 3)!) (p )p (mod p ). Iz prethodnog i ovog zakǉuqka sledi ((p 3)!) s ((p 3)!) p (mod p ). Daǉe, opet primenom Vilsonove teoreme dobijamo p (p )! = (p )(p )(p 3)! (p 3)! (mod p), tj. (p 3)! p (mod p). Drugim reqima, za neki ceo broj a vaжi (p 3)! = ap+ p. Iz svega do sada, uz kori eǌe binomne formule, dobijamo ((p 3)!) s ((p 3)!) p = ap + p p p ap p p + p p p p (mod p ). Dakle, postavǉeni zadatak svodi se na p p Šp + + p Šp = (p +) p +(p ) p, pa je, s obzirom na qiǌenicu da je p p neparan broj, dovoǉno dokazati p (p + ) p + (p ) p. Iz binomne formule dobijamo (p ) p ( ) p = (mod p ), to uz trivijalno (p + ) p (mod p ) daje (p + ) p + (p ) p + ( ) = 0 (mod p ), qime je dokaz zavren.. Oznaqimo yz = a i y z = b. Sabiraǌe datih jednaqina daje ( y) + (y z) + (z ) = (a + b + c). Primetimo odmah da mora vaжiti a + b + c 0 (ovo e biti potrebno kasnije). Daǉe, oduzimaǌem druge jednaqine od prve dobijamo ( y)( + y + z) = a b, a sliqno sledi (y z)( + y + z) = b c i (z )( + y + z) = c a, pa kvadriraǌem i sabiraǌem ove tri jednakosti dobijamo (a + b + c)( + y + z) = (a b) + (b c) + (c a). Odavde sledi + y + z =È a y z = b c s +b +c ab bc ca a+b+c. Obeleжimo ovu vrednost sa s. Iz prethodnih jednakosti dobijamo y = a b i z = c a s. Sada imamo = 3 (s + ( y) + ( z)) = s + a b + a c = s + a b c 3 s s 3s = 3s a + b + c ab bc ca a + b + c + a b c = a bc s(a + b + c), a analogno i y = b ca s(a+b+c) i z = c ab s(a+b+c). Dakle, za a = i b = uslov, y, z 0 svodi se na c 0, 4 c 0, c 0 i a + b + c = c + 3 > 0, a odavde dobijamo 3 < c. 3. Odgovor je potvrdan. Oznaqimo temena qetvorougla A, B, C, D, uglove kod tih temena α, β, γ, δ, redom, i stranice AB = a, BC = b, CD = c, DA = d. Neka je S presek dijagonala. Neka su redom α i α uglovi na koje dijagonala AC deli ugao α. Analogno definiemo uglove β i β, γ i γ, δ i δ. Neka su odseqci dijagonala AS =, SC = y, DS = z, SB = t, i obeleжimo jo CSB = ASD = ϕ, ASB = CSD = 80 ϕ. Iz kosinusne teoreme za ABC dobijamo AC = a + b ab cos β, pa je cos β = a +b AC ab racionalan broj. Iz istog trougla na sliqan naqin dobijamo da su i cos γ i cos α racionalni brojevi. Primenom kosinusne teoreme i na BCD, CDA i DAB, dobijamo da su kosinusi svih uglova α, β, γ, δ, α i, β i, γ i, δ i racionalni. Kako vaжi α +α = α i cos α je racionalan, preko cos α = cos(α + α ) = cos α cos α sin α sin α i cos α Q i cos α Q dobijamo sin α sin α Q. Analogno, sin β sin β Q, sin γ sin γ Q i sin δ sin δ Q. Iz ABD imamo β + δ = 80 α, pa sada iz cos(80 α) = cos α = cos(β + δ ) = cos β cos δ + sin β sin δ dobijamo sin β sin δ Q. Primenom sinusne teoreme na BAS i ASD dobijamo a sin(80 ϕ) = z sin β i sin α = d sin ϕ = vrednosti sin α sin α, ad i sin β sin δ racionalne, dobijamo tz = Analogno dobijamo y = q sin ϕ i y = t sin α = sin δ. Mnoжeǌem ovih jednakosti dobijamo Ok 05 3A 3 tz sin α sin α = ad sin ϕ = sin β sin δ, a kako su l sin ϕ i = p za neke racionalne brojeve l i p. sin r ϕ sin ϕ, za neke q, r Q. Kako vaжi + y Q ( + y = d, gde je d duжina dijagonale s,

AC), iz jednakosti ( + y) = + y + y = p sin ϕ + q sin ϕ + r sin ϕ dobijamo sin ϕ Q. Sada iz ranijih izraza za i y dobijamo Q i y Q. Konaqno, iz jednakosti y = (d ) = d d + Q dobijamo Q, a tada sledi i y Q. Isto se dokazuje i t Q i z Q. 4. Tvrdimo da e nakon 05 koraka na tabli biti F 06 brojeva, gde smo sa F 06 obeleжili 06. qlan Fibonaqijevog niza. Dokaza emo jaqe tvrđeǌe: nakon n koraka na tabli e ukupno F n puta biti zapisan broj, zatim F n puta biti zapisan broj,..., F puta biti zapisan broj n, i jednom e biti zapisan broj n +. Dokaжimo ovo indukcijom po n. U prvom koraku briemo s table broj a dopisujemo broj, tj. nakon prvog koraka na tabli se nalazi samo broj, to odgovara tvrđeǌu koje dokazujemo. Pretpostavimo sada da tvrđeǌe vaжi za neko zadato n, i posmatrajmo ta se deava nakon koraka n + : broj e biti upisan prilikom brisaǌa svih brojeva od navie, a takvih ima F n + F n 3 + + F + ; broj e biti upisan prilikom brisaǌa svih brojeva od 3 navie, a takvih ima F n 3 + F n 4 + + F + itd. Dakle, da bismo dokazali жeǉeno tvrđeǌe, dovoǉno je dokazati jednakost F + F + + F k + = F k+. Ovu jednakost dokazujemo indukcijom po k. Za k = 0 jednakost vaжi. Pretpostavimo da jednakost vaжi za zadat broj k. Iz te pretpostavke imamo F + F + + F k + F k+ + = F k+ + F k+ = F k+3, to je i trebalo dokazati. Ovim smo pokazali i жeǉeno tvrđeǌe. Prema tome, preostaje samo da primetimo da se nakon 05 koraka na tabli nalazi ukupno F 04 + F 03 + + F + = F 06 brojeva. 5. Uoqavamo da vaжi ABC = 90. Neka je S presek simetrale BCA sa dijagonalom BD. Tada vaжi S CA = S DA = 0 pa je qetvorougao S ADC tetivan, te se S nalazi na kruжnici opisanoj oko ACD. Na isti naqin, ako sa S oznaqimo presek simetrale BAC sa dijagonalom BD, dobi emo da je qetvorougao S ADC tetivan, pa se i S nalazi na krugu opisanom oko ACD. Ovo je mogu e jedino ukoliko se taqke S i S poklapaju. U toj taqki nalazi se centar upisane kruжnice u ABC, pa zakǉuqujemo da je dijagonala BD simetrala pravog ugla ABC, tj. DBC = 45. Sada se dobija da je ugao između dijagonala jednak 85. Ok 05 3A 5 qasopisa,,tangenta na doma im sredǌokolskim takmiqeǌima iz matematike. Qetvrti razred A kategorija. Jasno da posmatrani izraz uzima samo pozitivne vrednosti. Dokaza emo da moжe uzimati sve vrednosti na (0, ). Posmatrajmo specijalan sluqaj = y = t, y = t, gde t (0, ). Tada ovaj izraz postaje, posle lakog sređivaǌa f(t) = t+t4 t 3 +. Oqito lim t 0 f(t) = 0, a lim t f(t) =. Takođe oqito je i f(t) neprekidna na (0, ), pa uzima sve vrednosti na (0, ).. Odgovor: svi brojevi deǉivi sa, i brojevi 909 090 9 090, 88 8 8 8, 3 77 7 7 7, 4 636 363 6 363, 5 545 454 5 454, 6 454 545 4 545, 7 363 636 3 636, 8 7 77 77 i 9 8 88 88. Svi brojevi deǉivi sa imaju traжeno svojstvo. Zaista, kako je broj deǉiv sa akko je razlika zbirova cifara na parnim, odnosno neparnim pozicijama deǉiva sa, i kako izmenom ma koje cifre u broju ovu razliku pove avamo ili smaǌujemo najvie za 9, jasno je da se izmenom ma koje cifre uvek dobija broj koji nije deǉiv sa. Neka je, radi jednostavnijeg zapisa, m = 3 0 05, i pretpostavimo sada da broj n = a m a m a a 0, gde n, ima traжeno svojstvo. Vaжi m X m n a i X a i+ b 0 (mod ). Ukoliko bi za neko i, 0 i š m i=0 i=0 vaжilo ai b, zamenom cifre a i sa a i b dobili bismo broj deǉiv sa, vaжilo š m to je nemogu e po pretpostavci. Isto vaжi u sluqaju a m > b. Daǉe, ukoliko bi za neko i, 0 i a i b, zamenom cifre a i sa a i b + opet bismo dobili broj deǉiv sa. Prema tome, jedine mogu nosti su, i am {b, b}. Posmatrajmo sada cifre na neparnim pozicijama. Ukoliko bi a i = b za sve i, 0 i š m za neku od ǌih vaжilo a i+ 9 b, zamenom cifre a i+ sa a i+ + b dobili bismo broj deǉiv sa. Daǉe, ukoliko bi za neku od ǌih vaжilo a i+ b, zamenom cifre a i+ sa a i+ + b dobili bismo broj deǉiv sa. Prema tome, sve cifre na neparnim pozicijama moraju iznositi 0 b.

Razmotrimo mogu nost a m = b. Tada imamo n j m k + (b ) j m k (0 b) = 5 506 008 (b ) 5 506 007 (0 b) b (mod ), {z } (mod ) {z } 0 (mod ) to je nemogu e jer vaжi n b (mod ). Prema tome, ostaje a m = b. Uvrtaju i sada sve mogu nosti b =,,..., 9 dobijamo upravo brojeve navedene na poqetku. 3. Dokaжimo najpre da se svaki pozitivan racionalan broj ne ve i od moжe prikazati kao zbir nekoliko razliqitih racionalnih brojeva koji svi imaju brojilac jednak. Neka je zadat racionalan broj y, gde su i y uzajamno prosti i vaжi y. Radi emo indukcijom po. Ukoliko je =, nema ta da se dokazuje. Posmatrajmo sada najve i racionalan broj s brojiocem jednakim, pritom ne ve i od y ; to je broj y, i moжemo zapisati y = y + y y = y + y y y y = ( y) mod + y y. Brojilac razlomka ( y) mod y y y maǌi je od, pa se, prema induktivnoj hipotezi, ovaj razlomak moжe daǉe predstaviti kao traжena suma. Kako je ovaj razlomak pritom strogo maǌi od y (ukoliko bi vaжilo suprotno, imali bismo y y y, tj. y y > y, a ovo je u kontradikciji s maksimalno u razlomka y ), među dobijenim sabircima se ne javǉa y, pa imamo i traжeno predstavǉaǌe razlomka y. Sada dokazujemo da se i racionalni brojevi ve i od mogu predstaviti u obliku opisanog zbira. Neka je zadat racionalan broj r ve i od. Poto vaжi P Pm i= i =, moжemo odabrati takav broj m N za koji vaжi i= i < r ali Pm+ i= i mx mx! > r. Zapiimo r = r. i= i + Kako vaжi r Pm i= i < m+ <, broj r Pm i= i moжemo predstaviti u obliku sume posmatranog oblika, i pritom e imenioci svih dobijenih sabiraka biti ve i od m +. Prema tome, preko gorǌe jednakosti dobijamo traжeno predstavǉaǌe broja r. Vratimo se sada na postavǉeni zadatak. Da bismo dobili na tabli broj q, dovoǉno je da racionalan broj q predstavimo u obliku sume a + a + + a n gde a, a,..., a n N, i potom nam brisaǌe s table brojeva a, a,..., a n omogu uje da umesto ǌih napiemo upravo broj q (druga od dve mogu nosti dozvoǉene u postavci daje upravo rezultat = q). Time je zadatak reen. (Primetimo da smo zapravo dokazali i vie nego to je traжeno: postavǉeni ciǉ q moжemo obaviti u samo jednom koraku.) 4. Neka prava CN ponovo seqe kruжnicu k u taqki D i kruжnicu k u taqki H. Tada vaжi DN = NC = CH. Taqka M preseka pravih P Q i CN ima jednaku potenciju u odnosu na k i k, pa sledi CN MN = CM MD = NM MH = CN CM, to znaqi da je M sredite duжi CN. Daǉe, kako vaжi AK KC = P K KQ = NK KT, taqke A, N, C, L leжe na istoj kruжnici, pa dobijamo ALC = ANC = 90. Sledi da je AL tangenta na kruжnicu k, pa zakǉuqujemo da je ANCL deltoid, odakle sledi AC NL i MN = MC = MK. Sada imamo LAK = KN M = N KM = LKP, pa KP leжi na visini trougla AKL, tj. KP AL. 5. Takav niz postoji. Definisa emo ga rekurzivno na slede i naqin: neka je a =, a =, a n+ = a n i a n+ = a n+ + r n, gde je r n najmaǌi prirodan broj koji se ne moжe napisati u obliku a i a j za neke i, j n+. Iz same konstrukcije sledi da se svaki prirodan broj moжe predstaviti u obliku a i a j za neke i, j N. Dokaжimo jo da je ovakvo predstavǉaǌe jedinstveno. Pretpostavimo suprotno: neka je za neke h, k, l, m za koje vaжi k > h i m > l ispuǌena jednakost a k a h = a m a l ; bez umaǌeǌa optosti, moжemo pretpostaviti jo m > k. Ukoliko je m neparan broj, recimo m = n +, tada imamo a n+ = a m = a l + a k a h < Ok 05 4A 4 a l + a k a m = a n = a n+, kontradikcija. Neka je sada m paran broj, recimo m = n +. Ukoliko vaжi l = m = n +, tada imamo a m a l = a n+ a n+ = r n, ali tada vaжi i r n = a k a h gde je pritom h < k m = n +, to je u kontradikciji s odabirom r n. Ukoliko vaжi k = n +, tada sliqno kao malopre imamo a m a k = r n ali odatle i r n = a l a h (zbog a m a k = a l a h ), kontradikcija. Najzad, ukoliko vaжi l < n + i k < n +, tada imamo a n+ = a m = a l + a k a h < a l + a k a n + a n = a n+, to je opet kontradikcija, qime je dokaz zavren. i= i qasopisa,,tangenta na doma im sredǌokolskim takmiqeǌima iz matematike.

Prvi razred B kategorija. U skupu A B nalaze se oni elementi koji pripadaju i skupu A i skupu B, a takav je samo element, pa vaжi A B = {} (primetiti da, recimo, element {} nije zajedniqki za skupove A i B, jer on pripada skupu B ali ne i skupu A). Sliqno, prema definiciji unije i razlike skupova, dobijamo A B = {,, {}, {, }}, A \ B = {} i B \ A = {{}, {, }}. (Tangenta 73, str. 33, zad. I..). Izraqunavamo B HC = 360 A HC A HB = 36. Kako zbir uglova qetvorougla AC HB iznosi 360 a ǌegovi uglovi kod temena C i B iznose po 90, dobijamo BAC = C AB = 360 90 90 B HC = 44. (Tangenta 70, str. 9, zad. I..) Ok 05 B 3. Neka je a broj koji se dobija brisaǌem posledǌe dve cifre broja n. Dakle, n = 00a +b = c (gde vaжi 0 < b < 00), odakle dobijamo 0 < b = c 00a = (c 0a)(c + 0a) < 00. Imamo nejednakosti c > 0a i c + 0a < 00, pa iz ǌih dobijamo 00 > c + 0a > 0a, tj. a < 5. Kako najve oj mogu oj vrednosti broja n odgovara najve a mogu a vrednost broja a, zakǉuqujemo a = 4. Znamo da vaжi c > 0a = 40. Ukoliko bi vaжilo c 4, dobili bismo b = (c 0a)(c + 0a) 8 = 64, kontradikcija sa b < 00. Kao jedina mogu nost ostaje c = 4. Tada imamo n = 4 = 68 (i brisaǌem posledǌe dve cifre zaista ostaje 6 = 4 ). 4. Poto vaжi 6! = 70 = 4 3 5, napiimo = a 3 b 5 c i y = a 3 b 5 c, gde se uslov iz postavke svodi na ma{a, a } = 4, ma{b, b } = i ma{c, c } =. Dakle, parovi (a, a ), (b, b ) i (c, c ) redom mogu da se odaberu na 9, 5 i 3 naqina (to direktno prebrajamo). Prema tome, odgovor je 9 5 3 = 35. 5. Posmatrajmo sve podskupove brojeva zapisanih na tabli, raqunaju i i prazan skup. ǋih ima n. Po Dirihleovom principu, postoje bar dva od ovih podskupova, recimo A i B, takvi da suma elemenata skupa A i suma elemenata skupa B imaju isti ostatak pri deǉeǌu sa n 3. Ispred brojeva koji se nalaze u skupu A a ne nalaze se u B napiemo znak,,+, ispred brojeva koji se nalaze u skupu B a ne nalaze se u A napiemo znak,,, a sve ostale brojeve obriemo s table. Vrednost izraza dobijenog na taj naqin jednaka je sumi brojeva iz skupa A umaǌenoj za sumu brojeva iz skupa B (zaista, primetimo da se prilikom raqunaǌa razlike ove dve sume ispotiru oni brojevi koji se nalaze i u skupu A i u skupu B, budu i da oni uqestvuju u obe sume, a time nam ostaje upravo izraz dobijen na tabli); poto ove sume daju isti ostatak pri deǉeǌu sa n 3, ǌihova razlika deǉiva je sa n 3, qime je dokaz zavren. qasopisa,,tangenta na doma im sredǌokolskim takmiqeǌima iz matematike. Za uqenike koji se takmiqe u kategoriji B ovakva praksa zadrжana je i na ovom takmiqeǌu, a poqev od Drжavnog takmiqeǌa ne e vie biti primeǌivana. Drugi razred B kategorija. Postavǉena jednaqina ekvivalentna je sa a ovo se daǉe svodi na a b a = a b ( a), 0 = a b ( a) a b = a b ( a b)( a) a ( a) = b + a + b ab a( b) ( b) + b( b) ( b)( + a + b) ( a) = ( a) = ( a). Prema tome, reeǌa su = b ili = a + b, uz uslov a. (Tangenta 70, str. 9, zad. II..). Prvo reeǌe. Mogu e je. Na stranici AC uoqimo taqku D takvu da vaжi AD = AB =. Neka su A, B, C i D sredita duжi BD, DA, AB i BC, redom, kao na slici levo. Od jednakostraniqnog AC B, trapeza DCD A i nekonveksnog estougla D BC B DA moжemo sastaviti pravilan estougao kao na slici u sredini. Drugo reeǌe. Uoqimo iste taqke kao u prethodnom reeǌu. Od A BD, trapeza B CD A i trapeza A BAB moжemo sastaviti pravilan estougao kao na slici desno. Ok 05 B

3. Za c = ne postoje odgovaraju i a i b. Za c = 3 jedina mogu nost je a = 3 i b = 5 (ili obratno), a tada dobijamo ab + 34 = 49, to jeste sloжen broj. Pretpostavimo sada da vaжi c > 3. Kako je c prost broj, vaжi c = 6k ±. Tada 6 c = a + b. Nemogu e je a = (jer bi tada b bio paran, tj. jednak, a ovo ne odgovara uslovu), kao ni a = 3 (jer bi tada i b bio deǉiv sa 3, tj. jednak 3, a ni ovo ne odgovara uslovu). Sledi da je jedan od brojeva a i b jednak 6l + a drugi 6m. Tada vaжi ab + 34 = (6l + )(6m ) + 34 = 36lm 6l + 6m + 33, tj. zbir ab + 34 deǉiv je sa 3, pa je sloжen. 4. Poto vaжi MBP = MCQ, BMP = CMQ i BM = CM, po stavu USU sledi MBP = MCQ, a odatle dobijamo BP = CQ. Sada po stavu SUS imamo BCQ = CBP, a odatle sledi BQ = CP. (Tangenta 70, str. 9, zad. I.4.) 5. U narednoj tablici prikazani su sve mogu e kombinacije kako je mogu e ostvariti 30 bodova na ovom takmiqeǌu (u svakom redu prikazana je po jedna mogu nost u zavisnosti od toga na koliko zadataka je uqenik ostvario 5, 4, 3,, i 0 bodova). 5 4 3 0 broj naqina 6 7 5 = 4 5 = 4 4 35 3 = 05 4 35 3 = 05 3 3 35 4 = 40 5 ukupno: 46 Ok 05 B 4 Poto vaжi 46 < 500, po Dirihleovom principu moraju postojati bar uqenika sa istim rasporedom poena po zadacima. qasopisa,,tangenta na doma im sredǌokolskim takmiqeǌima iz matematike. Za uqenike koji se takmiqe u kategoriji B ovakva praksa zadrжana je i na ovom takmiqeǌu, a poqev od Drжavnog takmiqeǌa ne e vie biti primeǌivana. Tre i razred B kategorija. Zapiimo t = t + r, pri qemu vaжi 0 r <. Ukoliko vaжi r < 3, tada imamo t = t + 3 = t + 3, tj. leva strana posmatrane jednakosti iznosi 3 t, dok desna iznosi 3( t + r) = 3 t + 3r = 3 t (budu i da imamo 0 3r < ), pa je u ovom sluqaju jednakost dokazana. Ukoliko vaжi 3 r < 3, tada imamo t = t + 3 i t + 3 = t +, tj. leva strana posmatrane jednakosti iznosi 3 t +, dok desna iznosi 3( t +r) = 3 t +3r = 3 t + (budu i da imamo 3r < ), pa je i u ovom sluqaju jednakost dokazana. Najzad, ukoliko vaжi 3 r <, tada imamo t + 3 = t + 3 = t +, tj. leva strana posmatrane jednakosti iznosi 3 t +, dok desna iznosi 3( t + r) = 3 t + 3r = 3 t + (budu i da imamo 3r < 3), qime je dokaz kompletiran. (Tangenta 7, str. 37, zad. I.4(a).). Poto vaжi (sin + 3 cos ) sin 4 = sin + 3 cos Œ sin 4 = sin + π 3sin 4, postavǉena jednaqina ekvivalentna je sa sin ( + π 3 ) sin 4 =. Kako za sve α vaжi sin α, ostaju samo dve mogu nosti: i) sin ( + π 3 ) = i istovremeno sin 4 =, ili ii) sin ( + π 3 ) = i istovremeno sin 4 =. U prvom sluqaju dobijamo = π 6 +kπ i istovremeno = π 8 + lπ, to oqito nije mogu e. U drugom sluqaju dobijamo = π 6 +(k+)π i istovremeno = π 8 + (l+)π 4, to oqito opet nije mogu e. Dakle, ova jednaqina nema reeǌa. 3. Posle broja 05 u ovom nizu sledi broj, a posle ǌega 6. Nakon toga svi naredni qlanovi ovog niza su jednaki 6, jer vaжi 4 6 + = 6. Dakle, nakon broja 05 ne e se pojaviti prost broj. Dokaжimo da su svi qlanovi niza pre broja 05 deǉivi sa 3. Posmatrajmo neki broj u nizu n. Neka je b ǌegova cifra jedinica, a a broj koji nastaje kada broju n izbriemo posledǌu cifru. Tada je posle broja n = 0a + b slede i qlan niza m = a + 4b = 0a+40b 0 = n+39b 0. Ukoliko 3 m, tada 3 0m, i daǉe dobijamo 3 0m 39b = n. Drugim reqima, ukoliko je broj m u nizu deǉiv sa 3, tada je i ǌegov prethodnik deǉiv sa 3. Kako je 05 deǉivo sa 3, dobijamo da su i svi prethodnici deǉivi sa 3. Ostaje jedino proveriti moжe li se broj 3 pojaviti u nizu. To je nemogu e jer bi u tom sluqaju slede i qlan bio 4 3 + = 3, pa bi i svi naredni qlanovi bili jednaki 3, te se u nizu nikada ne bi pojavio broj 05. Dakle, svi qlanovi pre 05 deǉivi su sa 3 a nisu jednaki 3, pa ne mogu biti prosti.

4. Neka je P C = λac, P A = ( λ)ac, gde vaжi 0 < λ <. Iz Talesove teoreme dobijamo AF = ( λ)ac = λ AB i CE = λca = λ CB. Uvedimo vektore BA = a i BC = c. Dobijamo EF = EB + BF = +λ a ( λ ) c. Daǉe, neka su N i M preseqne taqke EF sa CC i AA, redom. Tada vaжi EN = EC + CN = EC +α CC, gde je α neki realni koeficijent, a kako vaжi CC = a c, dobijamo EN = λ c + α( a c ) = α a (α λ ) c. Vektori EF i EN su kolinearni, pa su im odgovaraju i koeficijenti uz a i c srazmerni, tj. vaжi +λ α = λ α λ = k, iz qega se dobija 3λα = λ + λ, tj. α = +λ 3, a odatle sledi k = 3, tj. EF = 3EN. Analogno dobijamo F E = 3F M, qime je tvrđeǌe dokazano. 5. Razdvajamo dva sluqaja: i) najve a cifra je 9 a najmaǌa ; ii) najve a cifra je 8 a najmaǌa 0. (To su jedine dve mogu nosti.) U prvom sluqaju jedinica moжe do i na bilo koju od 6 pozicija, a potom devetka na bilo koju od preostalih 5 Ok 05 3B 4 pozicija. Daǉe, na prvu od preostale qetiri pozicije moжe do i bilo koja od cifara, 3,..., 8, to je 7 mogu nosti, za narednu poziciju imamo 6 mogu nosti, za poziciju posle ǌe 5 mogu nosti i za posledǌu preostalu poziciju 4 mogu nosti. Time smo nabrojali ukupno 6 5 7 6 5 4 = 5 00 brojeva u prvom sluqaju. Posmatrajmo sada drugi sluqaj. Postoji 5 mogu ih pozicija na kojima se moжe na i nula (jer nula ne moжe biti vode a cifra), a nakon postavǉaǌa nule imamo 5 mogu ih pozicija za osmicu. Daǉe rezonujemo sliqno kao u prethodnom sluqaju, i izraqunavamo da u ovom sluqaju imamo ukupno 5 5 7 6 5 4 = 000 brojeva. Dakle, reeǌe zadatka je 5 00+ 000 = 46 00 brojeva. (Tangenta 7, str. 33, zad. 3.) qasopisa,,tangenta na doma im sredǌokolskim takmiqeǌima iz matematike. Za uqenike koji se takmiqe u kategoriji B ovakva praksa zadrжana je i na ovom takmiqeǌu, a poqev od Drжavnog takmiqeǌa ne e vie biti primeǌivana. Qetvrti razred B kategorija. Posmatrana jednakost ekvivalentna je sa za brojeve y, yz i z imamo y + yz + z 3 yz + y + z = 05 3 y + z + zy. Iz nejednakosti aritmetiqke i harmonijske sredine = 3 05 = 6045, tj. y + yz + z 8 35. Minimum se dostiжe za z = y = yz = 6045, tj. za = y = z = 6045.. Poto vaжi 375 = 3 5, sledi da je n deǉiv sa 375 ako i samo ako je deǉiv sa 3 i sa 5. Da bi broj bio deǉiv sa 5, potrebno je i dovoǉno da mu trocifreni zavretak bude deǉiv sa 5; prema tome, a 7 a 8 a 9 {5, 375, 65, 875}. Prve dve mogu nosti otpadaju jer nije ispuǌen uslov a 7 a 8, pa ostaju posledǌe dve. Razmotrimo prvo sluqaj a 7 a 8 a 9 = 875. Jedine mogu nosti za a a 3 a 4 a 5 a 6 takve da bude ispuǌen uslov a a 3 a 8 jesu 88888, 98888, 99888, 99988, 99998 i 99999, tj. est mogu nosti. Preostaje jo da prebrojimo na koliko naqina moжemo odabrati cifru a. U zavisnosti od ostatka koji zbir a +a 3 + +a 9 daje pri deǉeǌu sa 3, za cifru a moжemo izabrati neku od cifara iz skupa {3, 6, 9}, odnosno {, 5, 8}, odnosno {, 4, 7} (cifru a biramo tako da zbir svih cifara dobijenog broja bude deǉiv sa 3); dakle, uvek imamo izbor između taqno tri mogu nosti za cifru a, pa moжemo zakǉuqiti da u sluqaju a 7 a 8 a 9 = 875 imamo 6 3 = 8 mogu ih vrednosti za n. Posmatrajmo sada sluqaj a 7 a 8 a 9 = 65. Prebrojmo koliko postoji mogu nosti za a a 3 a 4 a 5 a 6. Svaka od ovih pet cifara jeste jedna od cifara 6, 7, 8 ili 9. Primetimo da bilo kakav odabir ukupno pet od ovih cifara jednoznaqno određuje a a 3 a 4 a 5 a 6, budu i da je poredak zadat. Koriste i ovo zapaжaǌe, sada raqunamo: ukoliko biramo samo jednu cifru pet puta, tu imamo 4 mogu nosti; ukoliko biramo dve cifre, ǌih moжemo izabrati na 6 naqina, a one mogu biti raspodeǉene na 4 naqina (+4, +3, 3+ i 4+), to daje 6 4 = 4 mogu nosti; ukoliko biramo tri cifre, ǌih moжemo izabrati na 4 naqina, a one mogu biti raspodeǉene na 6 naqina ( + + 3, + 3 +, 3 + +, + +, + + i + + ), to daje 4 6 = 4 mogu nosti; najzad, ukoliko sve qetiri cifre budu uzete, one mogu biti raspodeǉene na 4 naqina (jedna e biti uzeta dva puta a ostale po jednom). Time smo nabrojali 56 mogu nosti za a a 3 a 4 a 5 a 6. Kao i ranije, za svaku od ǌih cifra a moжe biti odabrana na taqno 3 naqina. Prema tome, u ovom sluqaju imamo ukupno 56 3 = 68 mogu ih vrednosti za n, te je reeǌe zadatka 8 + 68 = 86. (Tangenta 7, str. 36, zad. II.8.)

3. Oznaqimo sa M sredite duжi AB, a sa X preseqnu taqku posmatranih kruжnica. Tada je BM X pravougli (XM AB jer je zajedniqka tetiva kruжnica koje se seku normalna na duж koja spaja ǌihove centre) i vaжi BMX BCA, odakle dobijamo AB BC = BX BM = BD AB, tj. AB = BC BD = BC BC AB BDC BCA), a odavde dobijamo AB3 BC 3 dobijamo DB BC = BC AB = 3. (posledǌa jednakost lako sledi iz =, tj. AB BC = 3. Iz BDC BCA konaqno 4. Neka je uoqen vaǉak polupreqnika osnovice r i visine h, qija je zapremina jednaka zadatoj konstanti V. Iz jednakosti V = r πh dobijamo h = V r π. Povrina ovog vaǉka iznosi r π + rπh = r π + rπ V r π = r π + V r. Posmatrajmo ovaj izraz kao funkciju po r i potraжimo prvi izvod. Prvi izvod iznosi 4rπ V r. Prvi izvod jednak je nuli kada vaжi r 3 π = V, pozitivan je kada vaжi r 3 π > V a negativan kada vaжi r 3 π < V. Dakle, posmatrana povrina je minimalna kada vaжi r 3 π = V, i tada imamo h = V r 3 π r π = r, to je i trebalo dokazati. (Tangenta 70, str. 3, zad. IV.3.) r π = Ok 05 4B 3 5. Prvo emo pokazati da se u broju ( n )! prost qinilac pojavǉuje na stepen n. I zaista, među svim brojevima od do n brojeva deǉivih sa ima n, brojeva deǉivih sa 4 ima n,..., deǉivih sa n ima. Prema tome, u broju ( n )! prost qinilac pojavǉuje se na stepen n + n + + + = n, to smo i tvrdili. Odatle sada sledi da se u broju ( n )! prost qinilac pojavǉuje na stepen n n. Prema tome, ukoliko uzmemo k = n gde je n proizvoǉan broj ve i od 05, tada se u broju k! = ( n )! prost qinilac pojavǉuje na stepen n n = k n, a poto vaжi k n < k 05, dobijamo k 05 k!. qasopisa,,tangenta na doma im sredǌokolskim takmiqeǌima iz matematike. Za uqenike koji se takmiqe u kategoriji B ovakva praksa zadrжana je i na ovom takmiqeǌu, a poqev od Drжavnog takmiqeǌa ne e vie biti primeǌivana.