DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE. razred srednja škola B kategorija Pula, 30. ožujka 009. Zadatak B-.. (0 bodova) Tomislav i ja, reče Krešimir, možemo završiti posao za 0 dana. No, ako bih radio s Ivanom posao bismo obavili za 5 dana ranije. Imam bolju kombinaciju! reče Ivan. Ako bih radio s Tomislavom završio bih posao za petinu vremena prije nego da radim s Krešimirom. Za koliko bi dana svaki od njih završio posao sam, a za koliko bi ga dana završili radeći svi zajedno? Rješenje. Označimo s x, y, z, tim redom, broj dana za koje bi posao obavili Tomislav, Krešimir, Ivan. Ako ukupni posao označimo s onda je x, y, dio posla koji bi obavili, z tim redom, Tomislav, Krešimir, Ivan, za jedan dan. Prema uvjetu zadatka imamo sljedeće jednažbe: x + y y + z x + z Treba riješiti ovaj sistem linearnih jednadžbi. 0, 5,. Zbrajanjem ovih triju jednadžbi, nakon sredivanja, dobivamo Radeći zajedno u jednom danu bi obavili obavili za 0 dana. Sada imamo: x + y + z 0. 0 x ( 0 y + ) z 0 5 30 ukupnog posla, tj. cjelokupan posao bi tj. x 30. Slično se dobiva y 60, z 0. Dakle, Tomislav bi obavio cjelokupan posao za 30, Krešimir za 60, a Ivan za 0 dana.

Zadatak B-.. (0 bodova) Riješi nejednadžbu 9 x x + x 009. Rješenje. Da bismo riješili ovu nejednadžbu moramo riješiti sljedeće dvije jednostavnije nejednadžbe: Moramo promatrati dva slučaja: 9 x 0 tj. x 9, 9 x > 0 tj. x < 9. U ovom slučaju imamo: odakle imamo x [9, 000] Sada je 009 9 x x + x 009, tj. 009 x 9 x x 009 x. 009 x x 9 x 009 x, 08 x 000, 009 x 000, pa imamo ova dva slučaja: a 9 x 0 tj. x 9 b 9 x > 0 tj. x < 9. a 009 x 9 x 009 x, tj. x [ 9, 9, odakle je x b [ 9, 9. 009 x x 9 009 x, 000 4x 08, 500 x 009, 009 x < 9 x < 009 x tj. 08 < 000. Kako je ova nejednakost uvijek zadovoljena dobivamo x, 9. Konačno rješenje je x, 000].

Zadatak B-.3. (0 bodova) Duljina osnovice jednakokračnog trokuta ABC je cm, a duljina kraka je 0 cm. Točke P i Q su polovišta krakova AC i BC, a S i R su njihove ortogonalne projekcije na AB. Odredi udaljenost nožišta okomica iz točaka P i R na spojnicu SQ. Rješenje. Dužina P Q je srednjica trokuta ABC pa je P Q AB 6 cm. Točka D je polovište stranice AB. Primjenom Pitagorinog poučka imamo CD BC BD 00 36 8 cm. Točka Q je polovište kraka BC pa je BQ CQ 5 cm. Iz sličnosti trokuta BDC i BRQ imamo CD QR BD BR CD odakle je QR 4 cm. Četverokut SRQP je pravokutnik i SR P Q 6 cm. Duljina njegove dijagonale je SQ SR + QR 36 + 6 3. Iz P SRQ P SRQP imamo RN P M P SRQP SR QR 3. SQ SQ 3 3 Nadalje, po Pitagorinom poučku je NQ QR RN 6 44 3 8 3 3. Radi simetrije je SM NQ pa imamo MN SQ NQ 0 3. 3 Tražena udaljenost nožišta je MN 0 3 cm. 3 Zadatak B-.4. (0 bodova) Ako je a + b, c + d i ac + bd 0, koliko je ab + cd? Prvo rješenje. Kako je a + b ne mogu istovremeno a i b biti jednaki 0. Neka je a 0. Iz treće jednakosti imamo c bd. Tada je a c + d b d + d d (a + b ) a a d a

odakle imamo a d. Sada je Drugo rješenje. Dobivamo ab + cd ab bd a b a (a d ) 0. 0 (ac + bd)(ad + bc) a cd + abc + abd + b cd ab(c + d ) + cd(a + b ) ab + cd. Zadatak B-.5. (0 bodova) Ako realni brojevi x, y zadovoljavaju uvjet x + 4y dokaži nejednakost x + y 0. Prvo rješenje. Iz dane jednakosti imamo x 4y. Tada je x + y ( ) 4y 0 + y 0 0y + 5y 5 5 ( 5y) 0, odakle se dobiva tražena nejednakost. Drugo rješenje. Kao i u prvom rješenju imamo x 4y. Dalje redom imamo: ( ) 4y x + y + y 5y y + 4 Odavde slijedi tražena nejednakost. ( 5 y 5 y + ) + 0 ( 5 5 y ) + 5 0.

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE. razred srednja škola B kategorija Pula, 30. ožujka 009. Zadatak B-.. (0 bodova) Za kompleksne brojeve z, w takve da je z w z w ( z ) 99. izračunaj w Prvo rješenje. Stavimo u z w x + yi. Tada je u, u. Tada je x + y, (x ) + y. Oduzimanjem ovih jednakosti dobivamo x 3, y ±, pa je u ± Sada je ( ( z ) 99 u 99 w ± 3 i ) 3 33 3 i. ( 8 ± 3 3 8 i 9 8 3 ) 33 3 8 i ( ) 33. Drugo rješenje. Dijeljenjem dane jednakosti z w z w s w dobivamo z z w w. Označimo li u z w imamo u, u. Tada je u ū i (u )(ū ). ( ) Odavde je (u ) u (u ), a nakon sredivanja u u. u Množenjem ove jednakosti s u imamo u 3 u u. Sada imamo u 99 (u 3 ) 33 ( ) 33. ( z ) 99 Dakle,. w Zadatak B-.. (0 bodova) Dani su realni brojevi 0 < a < b. Odredi sva rješenja nejednadžbe a x b + b x a. Prvo rješenje. Sredivanjem dane nejednakosti dobiva se x + (3a + 3b)x (a + b) 0. (x a)(x b)

Budući da su nultočke brojnika x a + b, x a + b, a nazivnika x 3 a, x 4 b te kako vrijedi a < a + b < b < a + b možemo skicirati grafove funkcija y x + (3a + 3b)x (a + b), odnosno, y (x a)(x b) Kako izraz mora biti 0 promotrimo gdje su grafovi sa suprotnih strana x-osi. Pri tome je x a, x b. Dakle, x, a [ a + b, b [a + b,. Drugo rješenje. Sredivanjem dane nejednakosti dobiva se x + (3a + 3b)x (a + b) (x a)(x b) Moramo promatrati sljedeća dva slučaja: 0. x + (3a + 3b)x (a + b) 0 (x a)(x b) > 0 Rješenja jednadžbe x + (3a + 3b)x (a + b) 0 su x a + b, x a + b. Rješenje prve nejednadžbe je x, a + b ] [a + b,, a druge x, a b, Kako je 0 < a < b imamo a < a + b, b < a + b, pa se dobiva x, a [a + b,.

x + (3a + 3b)x (a + b) 0 (x a)(x b) < 0 [ ] a + b Rješenje prve nejednadžbe je x, a + b, a druge x a, b. [ a + b Rješenje sustava nejednadžbi pod je x, b. Rješenje polaznog sustava nejednažbi je x, a [ a + b, b [a + b,. Zadatak B-.3. (0 bodova) U pravokutnom trokutu ABC točka D je nožište visine spuštene iz vrha C na hipotenuzu AB, točka E je polovište dužine CD, a točka F je sjecište pravaca AE i BC. Ako je AD 4 i BD 9, odredi duljinu dužine AF. Rješenje. Iz jednakosti CD AD BD za pravokutan trokut ABC dobivamo CD 6, a kako je E polovište dužine CD, imamo DE 3. Iz pravokutnog trokuta AED je AE 5. Neka je G točka na stranici BC takva da je DG AF. Kako je EF srednjica trokuta CDG, uz EF x vrijedi DG x. Iz sličnosti trokuta AF B i DGB slijedi jednakost AF DG AB DB tj. 5 + x x je x 45 30. Konačno je AF 7 7. 3 9 odakle Zadatak B-.4. (0 bodova) Točke A, B i C leže na istom pravcu i B je izmedu A i C. S iste strane pravca AC konstruirane su tri polukružnice promjera AB R, BC r i AC. Odredi polumjer kružnice koja dodiruje sve tri polukružnice. Rješenje. Neka je S središte kružnice, polumjera x, koja dodiruje tri polukružnice i neka je d njezina udaljenost od pravca AC. Neka su S, S, S 3, tim redom, polovišta dužina AB, BC, AC. Sa slike dobivamo:

S S 3 AS 3 AS (R + r) R r, S S 3 CS 3 CS (R + r) r R, S S R + x, S S r + x, S 3 S S 3 M SM R + r x. Površine trokuta S SS 3 i S SS izrazit ćemo pomoću Heronove formule i pomoću osnovice i visine na nju: (R + r)r(r x)x rd, (R + r + x)rrx (R + r)d. Kvadriranjem ovih jednadžbi i dijeljenjem jedne s drugom, nakon sredivanja, dobiva se x Rr(R + r) R + Rr + r. Zadatak B-.5. (0 bodova) Nadi sva rješenja jednadžbe x {x} 009x, gdje je x najveći cijeli broj koji nije veći od x, a {x} x x. Rješenje. Očito x 0 zadovoljava jednadžbu. Za x > 0 je 0 x x, 0 {x} <, pa je x {x} < x < 009x. U ovom slučaju nema rješenja. Za x < 0 je x p + α, gdje je p x prirodan broj, a α {x}. Jednadžba sada glasi čije rješenje je α Kako je α <, imamo x 00. 009p 009 + p. 009p 009 + p ( p) α ( p + α) 009, Dakle, jednadžba ima dva rješenja: x 0, x 00. 009 009 < tj. p <. Zato je p, α 008 00 odakle je

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 3. razred srednja škola B kategorija Pula, 30. ožujka 009. Zadatak B-3.. (0 bodova) Nadi sva realna rješenja jednadžbe 4x 3 x 3x 0. Prvo rješenje. Napišimo jednadžbu u obliku x 4x 3 3x. Da bi jednadžba bila definirana [ mora biti x 0 tj. x [, ]. Zato možemo staviti x sin α, gdje je α π, π ]. Sada jednadžba postaje Za α sin α 4 sin 3 α 3 sin α tj. cos α sin 3α. [ π, π ] je cos α 0, pa jednadžba poprima oblik ( π ) cos α sin 3α tj. sin 3α + sin α 0. Lijevu stranu možemo napisati u obliku produkta: Imamo dvije mogućnosti: ( sin α + π ) 0 4 3α + π sin α 3α π cos + α 0 tj. ( sin α + π ) ( cos α π ) 0. 4 4 Opće rješenje ove jednadžbe je α π 4 ( cos α π ) 0 4 + kπ, k Z; čije je opće rješenje α 3π 8 + kπ, k Z. [ Jednadžba ima tri rješenja u intervalu π, π ] : π 4, π 8, 3π 8. Rješenja polazne jednadžbe su: ( x sin π ) 4,

( x sin π ) 8 x 3 sin ( ) 3π 8 cos π 4 cos 3π 4, +. Drugo rješenje. Jednadžbu zapišimo u obliku x 4x 3 3x. Da bi ona bila definirana mora biti ) x 0, ) 4x 3 3x x(x 3)(x + 3) 0. [ ] [ 3 3 Prvi uvjet je zadovoljen za x [, ], a drugi za x, 0,. [ ] [ ] 3 3 Oba uvjeta su zadovoljena za x, 0, Kvadriranjem jednadžbe i sredivanjem dobivamo 6x 6 4x 4 + 0x 0. Uz supstituciju t x imamo 6t 3 4t + 0t 0. Faktorizacijom dobivamo Jednadžba se svodi na sljedeće dvije: (t )(8t 8t + ) 0. ) Rješenje jednadžbe t 0 je t. Zadovoljava samo x ) Rješenja kvadratne jednadžbe 8t 8t + 0 su t ±. Odavde se dobije 4 x ± ±. Zadovoljavaju samo rješenja x + i x 3. Time su dana sva tri rješenja polazne jednadžbe.. Zadatak B-3.. (0 bodova) Za realan broj a > 0, a dana je funkcija f(x) log a x + log a x. U zavisnosti o parametru a nadi sva rješenja jednadžbe f(x + a a) f(x). Rješenje. Da bi jednadžba imala rješenje moraju biti zadovoljeni sljedeći uvjeti: a > 0, a, x > 0, x > a a. Kako je log a x log a x log a a log a x zadana funkcija je f(x) 3 log a x.

Iz f(x + a a) f(x) dobivamo 3 log a(x + a a) 3 log a x tj. log a (x + a a) log a x. () Iz logaritamske jednadžbe () dobivamo kvadratnu jednadžbu x x + a a 0. Riješimo ju faktorizacijom: 0 x a (x a) (x a)(x + a) (x a) (x a)(x + a ). Njezina rješenja su x a, x a. Prvo rješenje ima smisla za svaki pozitivan a osim za a, a drugo za a 0,. Naime, za x a imamo a > a a tj. a > 0, što je istinito za svaki a. Za x > 0 dobivamo a > 0, odnosno a 0, i za x a mora biti a > a a tj. (a ) > 0 pa je x za dopuštene a uvijek definiran. Zadatak B-3.3. (0 bodova) Izračunaj zbroj sin cos 0 cos + sin cos cos + sin cos cos 3 +... + sin cos 008 cos 009. Rješenje. Uočimo n-ti član izraza sin cos(n ) cos n sin cos(n ) cos n sin[n (n )] cos(n ) cos n i preuredimo ga sin n cos(n ) cos n sin(n ) cos(n ) cos n cos(n ) cos n Sada zbroj postaje tg n tg(n ). tg tg 0 + tg tg +... + tg 008 tg 007 + tg 009 tg 008 tg 009 tg 0 tg 009. Zadatak B-3.4. (0 bodova) Medusobna udaljenost središta sfera polumjera R i r (r < R) jednaka je a (R r < a R + r). a) Izrazi obujam V pravilnog kružnog stošca, opisanog oko ovih sfera, u zavisnosti o parametrima a, R i r. b) Izračunaj volumen stošca ako je R 0, r 6 i a 8.

Rješenje. a) Neka je polumjer osnovke stošca BD x, a visina CD y. Točke E i F su na dužini BC, T na P F i četverokut QT F E je pravokutnik. Iz sličnosti trokuta QEC i P T Q imamo QC QE Nakon sredivanja dobivamo y R a r P Q P T, a odavde a R r. y (a + R r)r. () R r Iz sličnosti trokuta BDC i P T Q imamo BD CD P T QT, odnosno Iz () i () dobivamo x y x y R r a (R r). () R r a (R r) tj. Iz (), () i (3) imamo a + R r x R a R + r. (3) V x π y 3 R3 (a + R r) π 3(R r)(a R + r). b) U specijalnom slučaju za R 0, r 6, a 8 dobivamo V 3000π. Zadatak B-3.5. (0 bodova) Dvije jednake šahovske ploče (8 8 polja) imaju zajedničko središte i jedna potpuno prekriva drugu. Jedna od njih se zarotira oko središta za 45. Odredi površinu presjeka svih crnih polja jedne ploče sa svim crnim poljima druge ploče ako je površina jednog polja jednaka.

Rješenje. Označimo: S cc - zbroj svih zajedničkih površina crnih polja gornje i donje ploče, S cb - zbroj svih zajedničkih površina crnih polja gornje i bijelih polja donje ploče, S bc - zbroj svih zajedničkih površina bijelih polja gornje i crnih polja donje ploče, S bb - zbroj svih zajedničkih površina bijelih polja gornje i donje ploče. Tada vrijedi S S cc + S cb + S bc + S bb, gdje je S površina pravilnog osmerokuta koji je presjek dviju ploča. Nazovimo položaj ploča na slici početnim. Ako zarotiramo gornju ploču za 90 oko njezinog središta, crna polja te ploče će doći na mjesta njenih bijelih polja iz početnog položaja, pa je S cc S bc i S cb S bb. Ako zarotiramo donju ploču za 90 oko njenog središta, njena crna polja će doći na mjesta njenih bijelih polja iz početnog položaja, pa je S cc S cb, S bc S bb tj. S cc S cb S bc S bb odnosno S cc 4 S. Nadalje, površina osmerokuta je jednaka površini kvadrata (šahovske ploče) umanjene za četverostruku površinu odsječenog trokuta, tj. S 64 4P. Odsječeni trokut je pravokutan jednakokračan trokut, pa je njegova baza jednaka dvostrukoj visini, tj. a v. Ako s d označimo duljinu dijagonale šahovske ploče, visina trokuta je v d a 4( ). Površina trokuta je P av v 6(3 ). Dakle, S 64 4P 8( ). Konačno je S cc 3( ).

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. razred srednja škola B kategorija Pula, 30. ožujka 009. Zadatak B-4.. (0 bodova) U rastućem aritmetičkom nizu umnožak drugog i trećeg člana je 3, a umnožak trećeg i petog je 3. Koliko prvih članova niza treba zbrojiti da bi zbroj bio minimalan? Koliki je taj zbroj? Rješenje. Članove niza ćemo prikazati pomoću prvog člana a i razlike niza d. Prema uvjetu zadatka imamo ove dvije jednadžbe: (a + d)(a + d) 3, (a + d)(a + 4d) 3. Zbrojimo li ove dvije jednadžbe, nakon sredivanja, dobivamo homogenu kvadratnu jednadžbu a + 9a d + 0d 0. Dijeljenjem s d dobivamo kvadratnu jednadžbu ( a ) a + 9 + 0 0. d d Njezina rješenja su a d, a d 5. Dobivamo a d, a 5 d. Prvo rješenje a d nema smisla jer uvrštavanjem u prvu jednadžbu dobivamo d 0 3! Za a 5 d iz prve jednadžbe dobivamo d ±. No, d ne zadovoljava jer niz mora biti rastući. Za d dobivamo a 5. Zbroj prvih n članova niza je S n n (a + a n ) n (a + a + (n )d) n 6n (n 3) 9. Minimum za S n dobiva se za n 3 i on iznosi S min 9. Napomena. Podijelimo li drugu jednadžbu s prvom, dobivamo a + 4d a + d dobiva a 5 d, i dalje nastavlja kao gore., odakle se Zadatak B-4.. (0 bodova) U Kartezijevom koordinatnom sustavu zadane su točke A ( 7 ), 0, B(, 0), C(, 0). Nadi sve točke pravca y x 3 iz koje se dužine AC i BC vide pod istim kutom različitim od nule. Prvo rješenje. Neka je T tražena točka. Njene koordinate su T (x, x 3). Budući da su kutovi <) CT A i <) BT C jednaki, dužina T C leži na simetrali kuta <) BT A. Iz teorema o

simetrali kuta imamo omjer AT : BT AC : BC. Uvrstimo li koordinate točaka imamo ( x + 7 ) + (x 3) : (x ) + (x 3) 5 : 3. Kvadriranjem i sredivanjem dobivamo jednadžbu x 7x 0, čija su rješenja x 0, x 7. Odgovarajuće ordinate su y 3, y 4. Dakle, tražene točke su T (0, 3) i T (7, 4). Drugo rješenje. Neka je T tražena točka. Njezine koordinate su T (x, y) T (x, x 3). Koeficijent smjera pravca T T, čije su koordinate T (x, y ), T (x, y ), je k T T y y x x. U našem slučaju imamo: k AT x 3 x + 7 (x 3) x + 7, k BT x 3 x, k CT x 3 x +. Za kut α izmedu pravaca s koeficijentima smjerova k, k vrijedi tg α k k + k k, a kako je <) CT A <) BT C dobivamo k CT k AT k BT k CT. + k CT k AT + k BT k CT Uvrstimo li vrijednosti za k AT, k BT, k CT dobivamo x 3 (x 3) x + x + 7 + x 3 (x 3) x + x + 7 x 3 x x 3 x + + x 3 x x 3. x +

5(x 3) Sredivanjem dvojnih razlomaka dobit ćemo 4x + 7x + 35 x 3 x 7x + 7. Jedno rješenje ove jednadžbe je x 3, a pripadna ordinata je y 0. U ovom slučaju se dužine AC i BC vide pod kutom jednakim nuli, što ne odgovara uvjetu zadatka. Zato 5 možemo dijeliti s x 3 i dobivamo 4x + 7x + 35 x 7x + 7. Nakon sredivanja dobivamo x(x 7) 0. Rješenja ove jednadžbe su x 0, x 7, a odgovarajuće ordinate su y 3, y 4. Dakle tražene točke su T (0, 3), T (7, 4). Zadatak B-4.3. (0 bodova) Koliki su minimum i maksimum funkcije y sin x sin x + sin x + sin x +? Za koje x [0, π] funkcija poprima minimalnu, a za koje maksimalnu vrijednost? Rješenje. Uočimo da je nazivnik jednak realan broj x. Dobivamo ( sin x + ) + 3 4 > 0 pa je y definiran za svaki (y ) sin x + (y + ) sin x + y 0. () Da bi ova kvadratna jednadžba, po sin x, imala realna rješenja, njezina diskriminanta mora biti nenegativna tj. D (y + ) 4(y ) 0 tj. (3 y)(3y ) 0. Odavde dobivamo 3 y 3, odnosno y min 3, y max 3. Uvrstimo li y 3 u () dobivamo kvadratnu jednadžbu (sin x ) 0 tj. sin x, odnosno minimum na x [0, π] se postiže za x π. Analogno za y 3 dobivamo (sin x + ) 0, čije je jedino rješenje sin x pa se maksimum dostiže za x 3π. Zadatak B-4.4. (0 bodova) Nadi formulu za zbroj S n 3! +! + 3! + 4! + 3! + 4! + 5 3! + 4! + 5! +... + n + n! + (n + )! + (n + )!. Pokaži da niz zbrojeva konvergira i odredi mu limes!

Rješenje. Preuredimo najprije n-ti član: n + n! + (n + )! + (n + )! n + n![ + (n + ) + (n + )(n + )] n + n!(n + 4n + 4) n + n!(n + ) n!(n + ) n + n + n + (n + )! (n + ) (n + )! (n + )! (n + )!. Sada imamo S n! 3! + 3! 4! +... + n! (n + )! + (n + )! (n + )! (n + )!. ( ) Limes niza S n je lim n (n + )!. Zadatak B-4.5. (0 bodova) Kocka ABCDA B C D presječena je ravninom koja sadrži prostornu dijagonalu kocke BD i ima najmanju moguću površinu presjeka s kockom. Koliki je kosinus kuta izmedu te ravnine i ravnine ABCD? Rješenje. Označimo s a duljinu brida kocke. Presjek kocke i ravnine je paralelogram BED F čija jedna dijagonala je prostorna dijagonala BD kocke. Površina paralelograma je P D E BE sin α, gdje je α <) D EB. Neka je x C E. Tada je D E a + x, BE a + (a x). Korištenjem kosinusovog poučka za trokut D BE imamo BD D E + BE D E BE cos α.

Uvrštavanjem BD a 3 te izraza za D E, BE, nakon sredivanja, imamo cos α Iz sin α cos α dobivamo sin α x ax (a + x )(a + (a x) ). a x ax + a (a + x )(a + (a x) ). Uvrštavanjem u formulu za površinu paralelograma dobivamo P a x ax + a. Budući da je pod korijenom kvadratna funkcija, ona poprima minimum za x ( a) a i on iznosi P min a 6. Traženi kut je <) DBD. Duljine stranica pravokutnog trokuta DBD su DD a, BD a i BD a 3 pa je cos ϕ BD BD 6 3. Napomena. Može se izračunati cos ϕ i pomoću formule cos ϕ P ABCD P min a a 6 6 3.