Ministarstvo prosvete, naue i tehnooxog razvoja Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA Rexenja zadataa Prvi razred A ategorija 1. Oznaqimo sa p, q, r, s, t, u i v ardinanosti odgovaraju ih deova Venovog dijagrama ao na sici. Tada imamo A C = p + q + u + v, B C = q + r + s + v i A B = p + s + r + u. Dae, jednaost iz postave prevodi se na p + q + r + s + u + v = p + s + r + u, xto se svodi na q+v = 0, a odavde dobijamo q = v = 0. No, q = 0 daje upravo A B C, a v = 0 daje C A B, xto je i trebao doazati.. Obojimo prvih 015 stoica proizvoljno. U taqno jednom od dva mogu a bojenja preostae stoice broj posmatranih parova bi e paran. Zato je traжeni broj 015. 3. Ao je taqa A 3 sredixte duжi A 1 A, ao se vidi da je ona istovremeno sredixte stranice BC. Stoga se u ABC njegovo teжixte T naazi na duжi AA 3, pa ao su K i L preseci AA 3 sa duжima MQ i NP, dovoljno je doazati da se T naazi između K i L (poxto je qetvorougao MNP Q oqito onvesan). Oznaqimo AB = x i AC = y. Kao se taqa K naazi na duжi B 1 C 1, vaжi AK = m AC 1 + (1 m) AB 1 = 015m 015(1 m) x + y 3015 3031 za neo m (0, 1). S druge strane, poxto je vetor AK oinearan sa AA 3, vaжi AK = q AA 3 = q AB + q AC = q q x + y za neo q (0, 1). Izjednaqavanjem x i y omponente dobijamo sistem 015m 3015 = q i 015(1 m) q = 4030 6046, to jest 4030 AK = AA 3. 6046 Siqno, za AL imamo AL = n AC + (1 n) AB = 015n 3014 3031 = q za neo n (0, 1), a taođe i AL = p AA 3 = p p x + y Op 015 1A 1, odae dobijamo 015(1 n) x + y 3030 za neo p (0, 1), pa dobijemo sistem 015n 3014 = p i 015(1 n) 3030 = p, odae sedi p = 4030 6044, to jest AL = 4030 AA 3. 6044 Najzad, iz jednaosti AT = 3AA 3 i nejednaosti 4030 6046 < 3 = 4030 6045 < 4030 6044 sedi da je T između K i L, pa samim tim i unutar qetvorouga MNP Q. 4. Pretpostavimo prvo a 1 > 5. To znaqi da u posmatranom nizu ne moжemo imati tri uzastopna qana oja se raziuju za po (tj., +, + 4) i isto za 4 (tj., + 4, + 8), jer je jedan od ta tri broja deljiv sa 3, a ao su svi qanovi niza ve i od 3, on ne bi mogao biti prost. Zato, ao je sede i qan niza za ve i od Op 015 1A 3 prethodnog, onda qan naon njega mora biti ve i za 4 i obratno. Dae, imamo dva suqaja: u prvom suqaju posmatrani niz poqinje brojevima a 1, a 1 +, a 1 + 6, a 1 + 8, a 1 + 1, a 1 + 14..., a u drugom suqaju poqinje brojevima a 1, a 1 + 4, a 1 + 6, a 1 + 10, a 1 + 1, a 1 + 16, a 1 + 18.... U prvom suqaju qanovi a 1, a 1 +, a 1 + 6, a 1 + 8, a 1 + 14 daju međusobno raziqite ostate pri deljenju sa 5, a ao su svi ve i od 5, među njima bar jedan nije prost; u drugom suqaju qanovi a 1, a 1 + 4, a 1 + 6, a 1 + 1, a 1 + 18 daju međusobno raziqite ostate pri deljenju sa 5, pa ponovo bar jedan među njima nije prost. Prema tome, u prvom suqaju niz moжe imati najvixe 5, a u drugom najvixe 6 eemenata.
Ostaje jox da ispitamo suqaj a 1 5. Tada imamo a 1 = 3 ii a 1 = 5. Uoio vaжi a 1 = 5, dodavanjem broja 3 na poqeta niza postavljeni usovi se ne remete a niz se produжava za jedan eement; dae, dovoljno je razmatrati suqaj a 1 = 3. Tada vaжi a = 5 ii a = 7. Uoio bi vaжio a = 7, dodavanjem broja 5 na drugo mesto u nizu dobijamo duжi niz; dae, dovoljno je razmatrati suqaj a = 5. Sada se ispostavlja da se naredni qanovi niza mogu jednoznaqno odrediti na osnovu usova iz postave, te dobijamo niz 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 3, pri qemu sede i qan vixe ne moжemo odabrati prema postavljenom praviu. Na osnovu izvedenih zaljuqaa prime ujemo da je ovaj niz ujedno i masimane mogu e duжine, pa traжena masimana duжina iznosi 8. 5. Nea se dijagonae AC i BD seu u taqi X pod ugom od 60. Op 015 1A 5 Primetimo da ne moжe vaжiti BXC = 60. Zaista, tada bismo imai 10 = XBC + XCB = (90 1 BCD) + (90 1 ABC), pa sedi ABC + BCD = 10, xto je u ontradiciji sa XBC + XCB = 10. Prema tome, BXC = 10. Sada imamo (90 1 BCD) + (90 1 ABC) = 60, tj. ABC + BCD = 40. Ao je E taqa tava da je ABE jednaostraniqan, onda imamo BE CD i BE = CD, pa je BCDE paraeogram i AE = DE = BC. Uoio vaжi E E, odmah dobijamo DE BC; uoio vaжi E E, tada je AE DE paraeogram, pa sedi AE DE BC, xto opet zavrxava doaz. Drugi razred A ategorija 1. Nea je uoqena taqa O u unutraxnjosti qetvorouga ABCD ao u postavci. Tada je bar jedan od AOB, BOC, COD ii DOA prav ii tup. Bez umanjenja opxtosti, uzmimo AOB 90. Oznaqimo duжine OA = x, OB = y, AB = a. Pretpostavimo suprotno: nijedna od duжi OA, OB, OC, OD nije duжine manje od 15; specijano, x 15 i y 15. Sada imamo niz nejednaosti 400 > a x + y 15 + 15 = 450, qime smo dobii ontradiciju oja zavrxava doaz.. A ima pobedniqu strategiju za sve neparne n. U prvom potezu on odabira sredixnje polje, a u svaom sede em potezu upisuje X u polje centranosimetriqno polju Op 015 A 1 oje je neposredno pre toga odabrao igraq B (na taj naqin, uoio B moжe da odigra potez prema praviima igre, to e mo i i igraq A pose njega). Siqno, B ima pobedniqu strategiju za sve parne n, tao xto na svai potez igraqa A igraq B odgovara odabirom polja centranosimetriqnog polju oje je igraq A upravo odabrao (centranu simetriju posmatramo u odnosu na sredinu tabe). 3. Jasno je da vaжi x > y, pa napiximo postavljenu jednaqinu u obiu y ( x y 1) = 5z 3 z 7 z. Poxto je x y 1 neparan broj, mora vaжiti y = 5z. Zamenom x 5z = n N dobijamo jednaqinu n 1 = 63 z. Ao bi z bio parno, tada bi sedio 63 z + 1 (mod 4), tj. n =, xto povaqi n = 1 i onda z = 0, xto nije u supu prirodnih brojeva. Prema tome, z je neparno, pa moжemo rastaviti n = 63 z + 1 = (63 + 1)(63 z 1 63 z +... + 1). Međutim, ao je broj 63 z 1 63 z +...+1 neparan a pritom dei n, ovo je mogu e samo uoio je taj broj jedna 1, a xto je ispunjeno samo za z = 1. Odate dobijamo n = 6, na osnovu qega naazimo jedino rexenje postavljene jednaqine: (x, y, z) = (11, 5, 1). i 4. Po nejednaosti između aritmetiqe i geometrijse sredine imamo 1 + a = 1 + a + a 3 3 a 4, a + b = a + b + b 3 3 ab 8 + b = b + 4 + 4 3 3 16b. Mnoжenjem dobijamo (1 + a)(a + b)(b + 8) 7ab. Dae, jednaost iz postave vaжi samo ada u sve tri primene nejednaosti između aritmetiqe i geometrijse sredine vaжi jednaost, a xto daje jedino rexenje (a, b) = (, 4). 4
5. Oznaqimo sa I centar ruжnice upisane u ABC. Doaжimo najpre da vaжi AMB = 90 : zaista, IMD = MAE + MEA = α + (90 + γ ) = 180 β = 180 DBI, pa je qetvorougao IMDB tetivan i IMB = IDB = 90. Siqno imamo ANC = 90. Qetvorougovi AMKB i AKNC su sada tetivni, pa sedi KM N = KBA = β = AM E = DM N; na isti naqin imamo KN M = DNM, odae sedi tvrđenje. Tre i razred A ategorija 1. Datu jednaqinu moжemo zapisati u obiu p 1 + 1 p 1 p + 1 p pn + 1 p n = q. Op 015 A 5 Da bi na evoj strani bio prirodan broj, svai od prostih qiniaca p 1, p,..., p n iz imeniaca mora deiti nei brojiac. Zatim, da bi naon izvrxenih svih tavih sra ivanja na evoj strani ostao prost broj (tj. q), svi brojioci moraju biti prosti, osim jednog, oji mora biti proizvod taqno dva prosta broja. Dae, svi brojioci sem tog jednog (nea je taj p n + 1) moraju biti jednai 3 (jer je 3 jedini prost broj oji se moжe dobiti uve avanjem neog prostog broja za 1). Prema tome, imamo p 1 = p = = p n 1 =. Jednaqina se svodi na 3n 1 (p n+1) n 1 p n = q. Odate dobijamo p n = 3 (nijedan drugi prost broj na mestu p n ne bi se mogao sratiti ni sa qim iz brojioca). Primetimo jox da vaжi n (jer u suprotnom broj na evoj strani ne bi bio prirodan). Naon sra ivanja ostaje 3n = q. Za n 4 eva strana nije prirodan broj. U suqaju n n = eva strana iznosi, pa time dobijamo rexenje (p 1, p, q) = (, 3, ), ao i njegovu permutaciju (p 1, p, q) = (3,, ). U suqaju n = 3 eva strana iznosi 3, pa time dobijamo rexenje (p 1, p, p 3, q) = (,, 3, ), ao i njegove permutacije (p 1, p, p 3, q) = (, 3,, ) i (p 1, p, p 3, q) = (3,,, ). Uupno, dae, posmatrana jednaqina ima pet rexenja.. Primetimo da u neom nizu prirodnih brojeva svaa dva susedna eementa imaju parnu raziu ao i samo ao su svi eementi iste parnosti. Stoga emo posebno prebrojati nizove qiji su svi eementi parni a posebno nizove qiji su svi eementi neparni. Kao u supu {1,,..., n} parnih brojeva ima n, broj neopadaju ih nizova duжine qiji su svi eementi parni iznosi ( n + 1 ) (. Siqno, nizova sa svim neparnim qanovima ima n+1 uupan broj nizova iznosi ( n + 1 ) ( + n+1 + 1 ). + 1 ), pa traжeni 3. Za x = n imamo n x x n = n n n n = 0, pa m n x x n. Dae, dovoljno je na i besonaqno mnogo vrednosti x tavih da vaжi x n n n (mod m) i n x n n (mod m). Prva ongruencija je ispunjena ad god vaжi x = n + m za proizvoljno Z. Druga ongruencija je ispunjena ad god vaжi x = n + ϕ(m) za proizvoljno N 0 : zaista, tada imamo n x = n n+ϕ(m) = n n (n ϕ(m) ) n n 1 = n n (mod m). Dae, za ma oje d N 0, broj n + dmϕ(m) ispunjava traжene usove, qime je poazano da ih ima besonaqno mnogo. 4. Oznaqimo ruжnicu iz postave s poupreqniom r 1 sa 1 (C 1 ), i nea je njen centar taqa O 1 ; drugu ruжnicu oznaqimo sa (D ) i nea je njen centar taqa O. Oznaqimo jox AO 1 C = α i AO D = β. Tada vaжi ACD = α i ADC = β. Iz sinusne teoreme primenjene na ACD dobijamo AC sin β = AD sin α = r, a iz jednaoraih AO 1 C i AO D imamo AC = r 1 sin α i AD = r sin β. Iz svega toga dobijamo r r 1 = AD sin β AC sin α = AD sin α AC sin β = sin α sin β, tj. r r 1 = sin α sin β. Dalje, nea su visine iz N na AC i AD, redom, h 1 i h. Vaжi h 1 = CN sin α i h = DN sin β. Posmatraju i potenciju iz taqe N dobijamo jednaost CN = NB NA = DN, tj. CN = DN. Sada ao izraqunavamo h1 h = sin α sin β = r r 1. 5. Po nejednaosti trouga imamo Op 015 3A 4 3 = z 015 + z 014 + z z 015 + z 014 + z. Ao bi vaжio z < 1, imai bismo z 015 < 1 i z 014 < 1, tj. z 015 + z 014 + z < 3, xto nije mogu e. Dae, z 1.
Primenimo nejednaost trouga i na drugu jednaost. Vaжi 3 z 015 = 1 + z + z 014 1 + z + z 014. Ao bi vaжio z > 1, imai bismo z 015 > z i z 015 > z 014, tj. 3 z 015 > z 014 + z + 1, xto nije mogu e. Dae, iz prethodnog i ovog zaljuqa dobijamo z = 1. Primetimo da su za z = 1 eva i desna strana obe primenjene nejednaosti međusobno jednae, tj. dostiжe se suqaj jednaosti. Kao je z pozitivan reaan broj, u prvoj nejednaosti trouga jednaost se moжe dosti i samo uoio su i z 015 i z 014 pozitivni reani brojevi. No, tada je i z015 z pozitivan reaan broj, tj. z je pozitivan 014 reaan broj, pa sada iz z = 1 sedi da je jedino rexenje z = 1. Qetvrti razred A ategorija 1. Prvo rexenje. Vaжi S = a 3 + ab + b + b a b a = a 3 a b a a b + ab + ab ab + b + b = (a ab b)(a b 1). Treba doazati S 0. Iz a > b i a, b N sedi a b 1 0 i a ab b = a(a b) b a b > 0, qime je zadata rexen. Drugo rexenje. Zapiximo a = b + ( N). Uvrxtavanjem ovoga u postavljenu nejednaost i sređivanjem dobijenih izraza ustanovljavamo da preostaje jox doazati nejednaost 3 + b + b b 0. Ona sedi iz nejednaosti 3 = ( 1) 0 i b b + b = b( 1) 0, qime je zadata rexen.. Doaжimo najpre sede u emu. Lema. Nea je dat P QR i taqe R 1, P 1 i Q 1 na stranicama P Q, QR i P R, redom, tave da se prave P P 1, QQ 1 i RR 1 seu u taqi X. Tada vaжi P X = P R1 XP 1 R + P Q1 1Q Q. 1R Doaz. Primenom Meneajeve teoreme na P QP 1 i pravu RR 1 dobijamo P1R RQ = XP1 P X P R1 R, a primenom na P RP 1Q 1 i pravu QQ 1 dobijamo P1Q RQ = XP1 P X P Q1 Q 1R. Sabiranjem ove dve jednaosti, orix enjem qinjenice P 1 R+P 1 Q = RQ i sređivanjem doazujemo emu. Sada uzastopnim primenjivanjem ove eme na ABC n za n = 0, 1,... inducijom diretno poazujemo ADn D nc n = x + ny; AD odate imamo 015 D 015C 015 = x + 015y. Op 015 4A 3. Oznaqimo sa S n sup nizova duжine n qiji su eementi iz supa {1,, 3} i oji nemaju dve uzastopne jedinice. Ao dva raziqita niza iz S n poqinju dvojom, jasno je da preostaih n 1 eemenata tih nizova qine dva raziqita niza iz S n 1. Obratno, ao uzmemo dva raziqita niza iz S n 1 i dodamo im dvoju na poqeta, dobijamo dva raziqita niza iz S n oji poqinju dvojom. Prema tome, nizova iz S n oji poqinju dvojom ima S n 1. Na siqan naqin dobijamo i da nizova iz S n oji poqinju trojom ima S n 1. Ao niz iz S n poqinje jedinicom, drugi eement niza mora biti dvoja ii troja. Siqnim zaljuqivanjem ao u prethodnim suqajevima onstatujemo da nizova iz S n oji poqinju jedinicom ima S n. Prema tome, dobijamo S n = ( S n 1 + S n ). Sada poqev od S 1 = 3 i S = 8 diretno izraqunavamo S 8 = 3344. 4. Ao vaжi f 0, tvrđenje je trivijano. Pretpostavimo sada f 0, tj. f(a) 0 za neo a. Primetimo da iz f(x 1 ) = f(x ) sedi x 1 f(a) = f(af(x 1 )) = f(af(x )) = x f(a), tj. x 1 = x ; dae, funcija f je injetivna. Dalje imamo f(f(x)) = f(1 f(x)) = xf(1); odavde za x = 1 dobijamo f(f(1)) = f(1), pa zbog injetivnosti sedi f(1) = 1 i onda f(f(x)) = x. Sada imamo f(xy) = f(yf(f(x))) = f(x)f(y), pa odate f( 1) = f(( 1) ) = 1, ai zbog f( 1) f(1) = 1 mora biti f( 1) = 1. Najzad, f( x) = f( 1)f(x) = f(x), qime je zadata rexen. 5. Definiximo niz (a n ) n=1 reurzivno na sede i naqin: a 1 = i, za n, (n + 1)a n 1, ao je n + 1 prost broj; a n = na n 1, inaqe. Tvrdimo da za sve n N vaжi ϕ(a n ) = n!. Doaz sprovodimo inducijom. Za n = 1 i n = tvrđenje oqigedno vaжi (ϕ(a 1 ) = ϕ() = 1 = 1! i ϕ(a ) = ϕ(6) = =!). Pretpostavimo da tvrđenje vaжi za sve brojeve manje od datog n, n 3. Ao je n prost broj, tada imamo a n = na n 1 = n a n, pri qemu prost broj n ne dei a n (zaista, iz definicije posmatranog niza oqito je da se prost fator n prvi put pojavljuje te u a n 1 ); odate, preo ϕ(n ) = n(n 1) (jer je n prost broj) i ϕ(a n ) = (n )! (po indutivnoj hipotezi), imamo ϕ(a n ) = ϕ(n )ϕ(a n ) = n!. Nea je sada n soжen broj. Uoio je n + 1 prost broj, jox axe nego maopre dobijamo ϕ(a n ) = ϕ((n + 1)a n 1 ) = ϕ(n + 1)ϕ(a n 1 ) = n (n 1)! = n!.
Preostao je suqaj ada je i n + 1 soжen broj. Nea je n = p α1 1 pα pα prosta fatorizacija broja n. Primetimo da svai od ovih fatora p i dei a n 1 (ovo sedi iz p i a pi 1 i a u a v za sve u v). Prema tome, moжemo zapisati a n = na n 1 = p β1 1 pβ pβ qγ1 1 qγ qγ, gde za sve i, 1 i, vaжi β i α i + 1, a sa q 1, q,..., q oznaqeni su prosti fatori oji dee a n 1 ai ne dee n. Najzad izraqunavamo: ϕ(a n ) = ϕ(p β1 1 pβ pβ qγ1 1 qγ qγ ) qime je doaz zavrxen. = p β1 1 1 (p 1 1)p β 1 (p 1) p β 1 (p 1)q γ1 1 1 (q 1 1)q γ 1 (q 1) q γ 1 (q 1) = np β1 α1 1 1 (p 1 1)p β α 1 (p 1) p β α 1 (p 1)q γ1 1 1 (q 1 1)q γ 1 (q 1) q γ 1 (q 1) = nϕ(p β1 α1 1 p β α p β α q γ1 1 qγ qγ ) = nϕ(a n 1 ) = n (n 1)! = n!, Prvi razred B ategorija 1. Nea je U nei sup taav da su A, B i C njegovi podsupovi (na primer, U = A B C). Sa A, B i C oznaqava emo ompement supova A, B i C u odnosu na sup U (tj. A = U \ A i siqno za B i C). Sada imamo: (A \ (B \ C)) \ (B \ (C \ A)) = (A \ (B C)) \ (B \ (C A)) = (A (B C)) \ (B (C A)) = (A (B C)) (B (C A)) = (A (B C)) (B (C A)) = (A (B C) B) (A (B C) C A) = (A B) ( (B C) C) = (A B) = A B = A \ B. Dae, poxto vaжi B C B, dobijamo A \ (B C) A \ B, tj. A \ (B C) (A \ (B \ C)) \ (B \ (C \ A)).. Za ABP i BCQ vaжi AB = BC, AP B = BQC = 90 i BAP = 90 ABP = CBQ, pa dobijamo ABP = BCQ; odate sedi BP = CQ. Sada za BCP i CDQ vaжi BC = CD, BP = CQ i CBP = 90 BCQ = DCQ, pa dobijamo BCP = CDQ. Iz ovoga sedi CP = DQ, xto je i trebao doazati. 3. Primetimo da vaжi ababab = ab0000 + ab00 + ab = ab 10000 + ab 100 + ab = ab 10101. Iz 10101 = 91 111 sedi da je broj ababab deljiv sa 111. S druge strane, 107 je prost broj oji ne dei ni 10101, ni ab (zbog ab < 107), pa 107 ne dei ni ababab. Op 015 1B 4. Za sve (x, y) A A vaжi (x, y) ρ (x, y), jer imamo (x x )(y y) = 0 i 3 0. Dae, reacija ρ jeste refesivna. Dalje, za sve (x, y), (z, t) A A vaжi (x z )(y t) = ( (z x ))( (t y)) = (z x )(t y), odae ao vidimo da vaжi (x, y) ρ (z, t) ao i samo ao vaжi (z, t) ρ (x, y), pa dobijamo da reacija ρ jeste simetriqna. Najzad, reacija ρ nije tranzitivna: na primer, vaжi (1, ) ρ (3, ) (jer 3 (1 3 )( ) = 0) i (3, ) ρ (3, 3) (jer 3 (3 3 )( 3) = 0), ai (1, ) nije u reaciji ρ sa (3, 3) (jer 3 (1 3 )( 3 ) = 40). Kao ova reacija nije tranzitivna, ona nije reacija evivaencije. 5. Raziujemo suqaja. Ao su prva i posednja ugica u nizu pave, od preostaih 016 pozicija u nizu treba odabrati 3 na ojima emo rasporediti bee ugice (do na ostaim pozicijama raspoređujemo pave), xto je mogu e na ( ) 016 3 = 016! 3! 013! = 016 015 014 3! = 336 015 014 naqina. U drugom suqaju, ao su prva i posednja ugica u nizu bee, na preostaih 016 mesta imamo taqno jox jednu beu ugicu, a nju je mogu e rasporediti na 016 naqina. Dae, rexenje zadata je 336 015 014 + 016.
Drugi razred B ategorija 1. Ao vaжi p + q 3 = x, tj. q 3 = x p = (x p)(x + p), onda zbog x p < x + p sedi (x p, x + p) = (1, q 3 ) ii (x p, x + p) = (q, q ). U prvom suqaju dobijamo p = q 3 1 = (q 1)(q + q + 1), a jedina dva naqina da se eva strana priaжe ao proizvod dva qinioca su 1 p i p, xto vodi do q 1 {1, }, tj. q {, 3}; za q = imamo p = 3 1 = 7, xto je nemogu e, a za q = 3 imamo p = 3 3 1 = 6, odae dobijamo rexenje (p, q) = (13, 3). U drugom suqaju dobijamo p = q q = (q 1)q, te opet sedi q = ii q = 3, i ponovo otpada mogu nost q =, do za q = 3 dobijamo p = 3 3, pa dobijamo rexenje (p, q) = (3, 3). Dae, imamo dva rexenja: (p, q) {(13, 3), (3, 3)}.. Iz Vijetovih formua za poqetnu jednaqinu vaжi x 1 + x = 1 i x 1 x = 015 1. Sastavi emo vadratnu jednaqinu y + py + q = 0 qija rexenja zadovoljavaju y 1 = x1+1 x i y 1 = x+1 x. Iz Vijetovih formua za ovu jednaqinu ima emo p = y 1 + y = x1+1 x + x+1 1 x 4x 1x +(x 1+x )+1 x 1x (x 1+x )+4 015 4 1 = + ( 1)+1 8048 015 = 1 ( 1)+4 087 = 4x1x 3(x1+x) 4 x 1x (x 1+x )+4 = 015 4 1 3 ( 1) 4 015 = 8048 1 ( 1)+4 087, tj. p = 8048 087, i q = y 1y = x1+1 x 1 x+1 x =. Dae, traжena vadratna jednaqina (jedna od vixe mogu ih) gasi: y 8048 087 y + 8048 087 = 0. 3. Pera e iz orpe na ojoj pixe Rajo izvu i samo jednu vo u. Ta orpa je ii orđeva (u njoj su tada ruxe i 3 jabue) ii Perina (u njoj su tada 3 bresve). Ao je Pera izvuao ruxu ii jabuu, jasno je da je ta orpa orđeva; tada orpa na ojoj pixe Pera pripada Raju, a orpa na ojoj pixe orđe pripada Peri. Ao je Pera izvuao bresvu, ta orpa je njegova, pa je orpa na ojoj pixe Pera u stvari orđeva, a orpa na ojoj pixe orđe pripada Raju. 4. Iz jednaosti date u postavci dobijamo: 0 = a 3 + b 3 + c 3 a b ab + b c + bc a c ac = a(a b c ) + b(b a + c ) + c(c + b a ) = (a b c)(a b c ). Kao su a, b i c stranice trouga, vaжi a b c < 0. Odate, da bi gornja jednaost bia ispunjena, mora vaжiti a b c = 0, tj. a = b + c, a ovo upravo znaqi da je ABC pravougi sa hipotenuzom a. 5. Obeeжimo ugove u ABC sa α, β i γ. Razmotrimo prvo suqaj ada se taqe A 1 i C naaze sa iste strane prave AB. U tom suqaju vaжi α + β < 90, tj. γ je tup ugao. Taqe C, A 1 i C 1 su oinearne ao i samo je prava A 1 C normana na pravu AB, tj. ao i samo ao vaжi ACA 1 CAB = 90, xto se svodi na 90 = (α + β) + (α + β) α = α + β. Prava AB, simetraa duжi BC i normaa na pravu AC u taqi C seu u jednoj taqi ao i samo ao je trougao oji obrazuju prava AB, prava BC i normaa na pravu AC u taqi C jednaorai s osnovicom BC. Ovo vaжi ao i samo ao vaжi γ 90 = β, tj. 180 = α + β + γ = α + β + β + 90, xto se svodi na 90 = α + β. Kao je isti ovaj potreban i dovoljan usov dobijen i u prethodnom pasusu, time je zadata rexen u suqaju ada se taqe A 1 i C naaze sa iste strane prave AB. Suqaj ada se taqe A 1 i C naaze sa raznih strana prave AB rexava se na siqan naqin. Tre i razred B ategorija Op 015 B 5 1. Prvo rexenje. Nea je taqa (x 0, y 0 ) zajedniqa za posmatrane grafie, gde vaжi x 0, y 0 > 0. Tada imamo y 0 = ax 0 +b, y 0 = bx 0 + c i y 0 = cx 0 + a. U suqaju da vaжi a = b, iz ax 0 + b = y 0 = bx 0 + c dobijamo b = c, tj. a = b = c, xto je i trebao doazati. Pretpostavimo sada a b. Razmotrimo najpre suqaj a < b. Tada iz ax 0 < bx 0 i ax 0 + b = y 0 = bx 0 + c dobijamo b > c, a potom iz bx 0 > cx 0 i bx 0 + c = y 0 = cx 0 + a dobijamo c < a, tj. sve zajedno c < a < b, no sada iz y 0 = cx 0 + a < ax 0 + b = y 0 imamo ontradiciju. Najzad, ao je ispunjeno a > b, tada ponovo imamo ontradiciju na potpuno anaogan naqin, qime je zadata rexen. Drugo rexenje. Iz jednaosti ax 0 + b = bx 0 + c, bx 0 + c = cx 0 + a i cx 0 + a = ax 0 + b dobijamo (a b)x 0 = c b, (c b)x 0 = c a i (c a)x 0 = b a, a odavde dalje sedi b a = (c a)x 0 = (c b)x 0 = (a b)x 3 0, xto se moжe zapisati i ao (a b)(x 3 0 + 1) = 0. Kao vaжi x 3 0 + 1 > 0, dobijamo a b = 0, tj. a = b. Anaogno se doazuje i b = c. (Za zainteresovane uqenie, napomenimo da se zadata moжe rexiti i bez usova da taqa (x 0, y 0 ) pripada prvom vadrantu. Naime, gornje rexenje funcionixe u svim suqajevima osim u suqaju x 3 0 + 1 = 0, tj. x 0 = 1, ai tada se posmatrane jednaosti svode na y 0 = a + b, y 0 = b + c i y 0 = c + a, a odavde opet ao sedi a = b = c.)
. Zapiximo 016 = abc, gde je a jednocifren, b dvocifren a c trocifren broj. Pretpostavimo a. Tada imamo bc 1008, no ao je najmanji dvocifren deiac broja 016 broj 1, sedi bc 1 100 = 100, ontradicija. Dae a = 1. Pronađimo prvih neoio dvocifrenih deiaca broja 016: 1, 14, 16, 18, 1... (oni se mogu dobiti iz proste fatorizacije broja 016: 016 = 5 3 7). Za b = 1 imamo c = 168; za b = 14 imamo c = 144, za b = 16 imamo 16; za b = 18 imamo c = 11. Time smo naxi zasad 4 traжena predstavljanja. Za b 1 imamo c 016 1 = 96, tj. c nije vixe trocifren broj. Dae, traжeni broj naqina iznosi 4. 3. Koriste i formuu cos x = 1 sin x, naxa nejednaqina postaje sin x+6 sin x 5 > 0. Uvođenjem smene t = sin x i rexavanjem po t dobijamo rexenje t (1, 5). No, ao imamo ograniqenje 1 sin x 1, jasno da ni za oje x ne dobijamo sin x u traжenom intervau, pa poqetna nejednaqina nema rexenja. 4. Dovoljno je doazati da su ACD i BCD pravougi sa hipotenuzom CD (zaista, tada sfera s centrom u sredixtu duжi CD i preqniom CD proazi roz taqe A i B, xto je i trebao doazati). Kao je ivica AD normana na ravan ABC, dobijamo AD AC, odae je ACD zaista pravougi. Dalje, ponovo iz ortogonanosti duжi AD na ravan ABC dobijamo i da su ravni ABD i ABC međusobno normane, xto uz ortogonanost ravni BCD i ABD (datu u postavci) vodi do zaljuqa da je ivica BC normana na ravan ABD (ovo sedi jer se ravni ABC i BCD seu po pravoj BC). No, odavde imamo BC BD, pa je i BCD pravougi, qime je doaz zavrxen. 5. Rastavimo n 9 n 3 = n 3 (n 3 1)(n 3 + 1). Kubovi ceih brojeva pri deljenju sa 7 mogu davati sede e ostate: 0 3 = 0, (±1) 3 = ±1, (±) 3 = ±8 ±1 (mod 7) ii Op 015 3B 4 (±3) 3 = ±7 1 (mod 7), tj. 0, 1 ii 1, odae sedi da je broj n 3 (n 3 1)(n 3 + 1) uve deljiv sa 7. Siqno utvrđujemo da ubovi ceih brojeva pri deljenju sa 9 mogu davati samo ostate 0, 1 ii 1, odae sedi da je broj n 3 (n 3 1)(n 3 + 1) uve deljiv sa 9. Dae, da bi taj broj bio deljiv sa 016, dovoljno je ispitati ada je deljiv sa 016 7 9, tj. sa 3. Ao je n paran broj, tada su n 3 1 i n 3 + 1 neparni, pa je posmatrani broj deljiv sa 3 ao i samo ao 3 n 3, a xto je ispunjeno ao i samo ao 4 n. Ao je n neparan broj, tada su n 3 1 i n 3 + 1 parni, od qega je jedan deljiv sa ai ne i sa 4, pa drugi onda mora biti deljiv sa 16 (da bismo imai жeljenu deljivost sa 3), a rastavljanjem n 3 1 = (n 1)(n + n + 1) i n 3 + 1 = (n + 1)(n n + 1) i uoqavanjem da su n + n + 1 i n n + 1 neparni brojevi, doazimo do usova 16 n 1 ii 16 n + 1. Sve zajedno, posmatrani broj je deljiv sa 3 ao i samo ao pri deljenju sa 16 daje nei od ostataa 0, 4, 8, 1, 1 ii 1. Odate, na svaih 16 uzastopnih prirodnih brojeva imamo taqno 6 za oje vaжi 3 n 9 n 3 (a time i 016 n 9 n 3 ), pa brojeva traжenih u postavci ima 016 16 6 = 756. Qetvrti razred B ategorija 1. Kvadrati ceih brojeva pri deljenju sa 8 mogu davati sede e ostate: 0 = 0, (±1) = 1, (±) = 4, (±3) = 9 1 (mod 8) ii 4 = 16 0 (mod 8), tj. 0, 1 ii 4. Ao bi traжeni brojevi postojai, iz a 015b 8c a + b (mod 8) i 14 6 (mod 8) dobii bismo a + b 6 (mod 8), ai ovo nije mogu e posti i uoio a i b uzimaju vrednosti 0, 1 ii 4 (po moduu 8). Dae, traжeni brojevi ne postoje.. Obojimo prvih 015 stoica proizvoljno. U taqno jednom od dva mogu a bojenja preostae stoice broj pavih stoica bi e paran. Zato je traжeni broj 015. 3. Primetimo prvo: x ctg x sin x = x cos x sin x sin x = x sin x cos x sin x = x sin x sin cos x sin x = x sin x. sin x Kada x π, imeniac ovog razoma teжi 0, a za π brojiac ne teжi 0, pa izraz tada ne moжe imati onaqnu graniqnu vrednost. Ostaje da proverimo suqaj = π. Ispunjeni su usovi za primenu Lopitaovog pravia, pa tada imamo: im x π x sin x π sin x sin x + 4x sin x cos x = im = + 0 x π cos x = 1. Dae = π je jedina vrednost parametra za oju je ova graniqna vrednost onaqna.
4. Oqito je eva strana 1, a desna 1, pa da bi vaжia jednaost, mora biti sin ax = 0 i cos x = 1. Odate sedi ax = mπ i x = π za nee m, Z. Jedno rexenje je uve x = 0. Da ne bi postojao nijedno drugo, ne sme vaжiti jednaost m = a ni za oje cee brojeve m i, 0. Ao bi parametar a bio racionaan, broj a e biti ceo za neo, pa tada posmatrana jednaqina ima vixe rexenja. Ao je broj a iracionaan, tada je i broj a iracionaan za svai ceo broj 0, pa ne moжe biti ceo, xto smo i жeei da postignemo. Dae, posmatrana jednaqina ima jedinstveno rexenje ao i samo ao je a iracionaan broj. 5. Nea je r traжeni poupreqni. Oznaqimo ruжnicu iz postave s poupreqniom r 1 sa 1 (C 1 ), i nea je njen centar taqa O 1 ; drugu ruжnicu oznaqimo sa (D ) i nea je njen centar taqa O. Oznaqimo jox AO 1 C = α i AO D = β. Tada vaжi ACD = α i ADC = β. Iz sinusne teoreme primenjene na ACD dobijamo AC sin β = AD sin α = r, a iz jednaoraih AO 1C i AO D imamo AC = r 1 sin α i AD = r sin β. Iz svega toga dobijamo tj. r = r 1 r. r = AC sin β AD sin α = r 1 sin α r sin β = r 1 r, 4 sin β sin α Op 015 4B 5