14. марта 2009. године ШКОЛE ДОМАЋИНИ I Разред...(3)Даље иде...

Република Српска

Припремо: Жељко Поткоњак стручни савјетник за математку

16. Регионално такмичење из математике ученика средњих школа

14. марта 2009. године

ШКОЛE ДОМАЋИНИ:

ГИМНАЗИЈА Бањалука ( Бањалука и Приједор)

СМШ „Ј.Цвијић“ Модрича, ПЈ-РПЗ Добој

СШЦ „М.Влачић“ Власеница, ПЈ-РПЗ Бијељина

СШЦ „Пале“, Пале, ПЈ-РПЗ Фоча

I Разред

1. Задатак:Докажи да за произвољне цијеле бројеве а и b вриједи:

a3 – 3a

2b – 9ab

2 – b

3 + 6 ≠ 0

2. Задатак: Ако су a, b, c међусобно различити бројеви такви да је 0

ba

c

ac

b

cb

a,

докажи да је

0222

ba

c

ac

b

cb

a

3. Задатак: По двије праве су повучене кроз свако тјеме једнакостраничног троугла тако да

наспрамну страницу дијеле на три једнака дијела. Докажите да се дијагонале које спајају

наспрамна тјемена шестоугла насталог у пресјеку ових правих сијеку у једној тачки.

4. Задатак: Ланац са двије карике дугачак је 12 cm. Ланац са 5 таквих карика дугачак је 27 cm.

Наћи дужину ланца од 40 карика (при чему је у свим случајевима ланац затегнут) .

Сваки тачно урађен и коректно образложен задатак вреднује се са 25 бодова

Вријеме израде задатака је 120 минута

.



16. Регионално такмичење из математике ученика средњих школа 14. марта 2009. године






II Разред

1. Задатак: Нека су z1 i z2 комплексни бројеви апсолутне вриједности 1.

Докажите да је 21

21

1 zz

zz

реалан, а

21

21

1 zz

zz

имагинаран број.

2. Задатак: . Бројеви x i y задовољавају систем једначина:

19y

xyx

60)(

y

yxx

Које све вриједности може попримити x + y ?

3. Задатак: Нека су ha, hb, hc висине троугла које одговарају страницама a, b, c редом, a r нека

је полупречник троуглу уписане кружнице. Доказати да је троугао једнакостраничан ако и

само ако je ha+hb+hc=9r.

4. Задатак: 4. Задатак: Одредити природан број n и прост број p , тако да је збир свих

дјелилаца броја p4 једнак n

2.











III Разред

1. Задатак:. Ако је log )2loglog(log2

1

2

ba

ba гдје су a и b катете правоуглог троугла,

одреди углове тог троугла.

2. Задатак: Нађи најмaњу вриједност функције f(x)=sin100

x+cos100

x.

3. Задатак: Дат је троугао ABC. На правој AB нађемо тачке A1, B2 тако да је A1A=BC,

BB2=AC и да је редосљед тачака A1ABB2. Слично на правој BC изаберемо тачке B1i C2 тако

да је њихов редосљед B1BCC2 и да вриједи B1B=CA, CC2=AB те на правој CA tačke C1 и A2 у

редосљеду C1CAA2 за које вриједи C1C=AB, и AA2=BC . Докажи да површина шестоугла

A!A2B1B2C1C2 износи бар 13 површина троугла ABC.

4. Задатак: Наћи потребне и довољне услове да тачка M(x; y) буде унутрашња

тачка троугла чија су тјемена A(1;-2), B(7; 4) и C(-1; 3) .

(Упутство:Примјени теорему: Т1 : Нека је f(x; y) = ax + by + c и ax + by + c =0 једначина

праве p. Тачке A(x1 ; y1) и B(x2 ; y2) су са исте стране праве p ако и само ако је f(A)f(B) > 0).











IV Разред

1. Задатак: Функција f(n) дефинисана у скупу природних бројева задовољава услове:

f(n)=f(n-1)+an , f(1)=1. Одедити f(n).

2. Задатак: Одреди остатак при дијељењу броја 8 0 8 0

3 7 са 11.

3. Задатак: Нека су x1,x2, ..., xn позитивни реални бројеви и нека је S=x1+x2+...+xn. Докажи да

је (1+x1)(1+x2)···(1+xn) 1+S+!n

S...

!3

S

!2

Sn32

.

4. Задатак: За сваки скуп S од пет тачака у равни од којих никоје три нису колинеарне, са

M(S) и m(S) означене су највећа и најмања површина троуглова одређених тачкама из S.

Докажи да је најмања могућа вриједност омјера M(S)/m(S)=(1+ 5 )/2 .

(Упутство:Трансформацију равни називамо афином ако представља бијекцију која сваку

праву пресликава у праву.

Теорема 1. Афине трансформације чувају:

(а) колинеарност тачака,

(б) конкурентност правих,

(ц) паралелност правих,

(д) омјер дужина на прави,

(е) омјер површина полигона.

Теорема 2. За дата два троугла ABC и A1B1C1 постоји јединствена афина трансформација

која један пресликава у други).



Рјешења задатака





I Разред


a3 – 3a

2b – 9ab

2 – b

3 + 6 ≠ 0

Рјешење:

(1)Претпостави супротно и напиши то овако a3 – 3a

2b + 3ab

2 – b

3 = 12ab

2 – 6.

(2)Лијеву страну запиши као куб разлике, а у десној излучи 2.

L=(a-b)3 , D=2*3(2ab

2 -1)

(3)Даље иде уз коментар (дјељивост с 2) и добије се контрадикција.

1.случај: a и b су парни бројеви 8 L i 8 D

2. случај: a и b су различите парности L непарно и D парно

3. случај: a и b су непарни бројеви 8 L и 8 D


ba

c

ac

b

cb

a,


0222

ba

c

ac

b

cb

a

Рјешење:

(1) Покушаj

222

ba

c

ac

b

cb

a

написати као производ од

ba

c

ac

b

cb

a

и још неког (тренутно непознатог) израза.

(2) Да би код производа имали имениоце (b-c)2, (c-a)

2, (a-b)

2 очито и тај други (непознати)

израз мора имати имениоце b-c, c-a, a-b.

(3) *)(ba

c

ac

b

cb

a

)

111(

baaccb

=

)(

222

ba

c

ac

b

cb

a

+

( *)ba

c

ac

b

)

1(

cb + *)(

ba

c

cb

a

)

1(

ac +

*)(ac

b

cb

a

)

1(

ba =.....=

00

222

ba

c

ac

b

cb

a

(4) Закључак: 0

ba

c

ac

b

cb

a

0

222

ba

c

ac

b

cb

a




Рјешење:

(1) Нека тачке A1, A2, B1, B2, C1, C2 дијеле странице једнакостраничног троугла ABC на

једнаке дијелове и нека су A', B', C' средишта страница (слика 1).



(2) Како су праве BB1 и CC2, те BB2 и CC1 симетричне у односу на праву AA', а

симетричне праве се сијеку на оси симетрије, то се једна дијагонала разматраног

шестоугла налази на AA'.

(3) Слично, преостале дијагонале се налазе на BB' и CC'.

(4) Јасно је, даље, да се тежишнице AA', BB', CC' сијеку у једној тачки, чиме је тврдња

доказана.

Слика 1.



Рјешење: Нека је a спољњи пречник карике и d дебљина карике.

(1) Дужина ланца од 2 карике L2 једнака је (у cm) L2 = 2a-2d=12 а од 5 карика: L5= 5a-8d= 27

(2) Из система од те двије једначине добијамо a=7 и d=1.

(3) Ланац од n карика има дужину: L n =na-2(n-1)d

(4) За n=40 имаћемо: L 40 =40*7-2*39*1=202(cm).



II Разред



21

1 zz

zz

реалан, а

21

21

1 zz

zz


Рјешење:

(1) Комплексни број z је реалан (тј. Im z = 0) ако и само ако је 0 zz

(2) Нека је z = x + yi. Тада је yiyixyixzz 2)( једнако 0 ако и само ако је y (односно

његов имагинарни дио) једнак 0 што значи да је z = x реалан број.



(3) Слично, комплексни број z је имагинаран (Re z = 0) ако и само ако је 0 zz

(4) За, у задатку, тражене изразе то се лако покаже користећи идентитет zzz 2

и

правила за коњугацију збира, разлике, производа и количника.


19y

xyx

60)(

y

yxx


Рјешење:

(1) Из двије задане једначине добијемо једну квадратну с непознатом x+y.

(x+y)2-19(x+y)+60=0

(2) Рјешења: (x+y)1 = 4 i (x+y)2 = 15.

(3) На крају још треба провјерити може ли се уопште постићи да су 4 и 15 рјешењa.




Рјешење:

(1) ha+hb+hc=9r је (због ,c

P2h,

b

P2h,

a

P2h

cba ,

cba

P2r

гдје је P површина

троугла) еквивалентно

cba

9

c

1

b

1

a

1

oдносно

c

1

b

1

a

1

3

3

cba

(2) A(a,b,c)=

3

cba и H(a,b,c)=

cba

111

3

(3) A(a,b,c)=H(a,b,c), вриједи ако и само ако је a=b=c.

4. Задатак: Одредити природан број n и прост број p , тако да је збир свих дјелилаца броја p4

једнак n2.

Рјешење:

(1) Ако је p=2, онда 1+p+p2 +p

3 +p

4 =31, па једначина нема рјешења у скупу природних

бројева јер 31 није квадрат ниједног природног броја

(2) Ако је p 3 и ако се дата једнакост помножи са 4 , онда се добија да је

4n2

=4+4p+4p2

+4p3 +4p

4

(3) p2 +4p

3 +4p

4<4n

2 =4+4p+4p

2 +4p

3 +4p

4= 4n

2<4+4p+9p

2 +4p

3+4p

4 слијeди

(4) (2p2 +p)

2<4n

2<(2p

2 +p+2)

2 , слиједи

(5) 4n2=(2p

2 +p+1)

2=4p

4 + 4p

3 + 5p

2 + 2p + 1 = 4p

4 + 4p

3 + 4p

2 + 4p +4, слијeди

(6) p2 — 2p - 3 = 0, тј

(7) p = 3, односно n = 11





III Разред


1

2

ba



Рјешење:

(1) Дата једнакост поступно се своди на еквивалентне једнакости на сљедећи начин:

log22

2log

2

ababbaba

a

2 +b

2 =4ab

b

a+

a

b=4

(2) Како је b

a= tg и

a

b= ctg , тада је tg +ctg =4

(3) tg +ctg =4 sin2 =2

1

(4) sin2 =2

1 =15

0 и =75

0


x+cos100

x.

Рјешење:

(1) Упоредимо ли средину реда 50 за бројеве sin2x и cos

2x sa аритметчком средином добијемо:

f(x)=22

50

x2

cos

50

x2

sin

=2

50

50

2

50

x2

cos

50

x2

sin

2

50

2

x2

cosx2

sin

=250

2

1 =

492

1 .

(2) Дакле, f(x) 49

2

1 , гдје знак једнако постже за све x за које је sin2x=cos

2x, нпр. за x=

4

.


BB2=AC и да је редосљед тачака A1ABB2. Слично на правој BC изаберемо тачке B1и C2 тако

да је њихов редосљед B1BCC2 и да вриједи B1B=CA, CC2=AB те на правој CA тачке C1 и A2 у

редосљеду C1CAA2 за које вриједи C1C=AB, i AA2=BC . Докажи да површина шестоугла


Рјешење: Нека је P=PABC, P'=PA1A2B1B2C1C2. Такође, нека је hc висина троугла ABC из тјемена

C tе h'c висина троугла AB2C1 из тјемена C1.

C2

C1

c c

C



b a

ha ha'

A1 a A c B B2

A2 b

B1

(1) Користећи сличност троуглова добијамо b

cb

ch

c'h oдносно h'c= hc

b

cb

.

(2) Из тога слиједи PAB2C1= c'h2

)cb(

= hcb2

2)cb(

= P

bc

2)cb(

или PAA1A2= P

bc

2a

(3) Поновимо ли поступак са A, A1, односно B, B1 добијамо

P

'P =p

1(PAB2C1+PAA1A2+PBC2A1+PBB1B2+PCA2B1+PCC1C2-2PABC)=

=bc

2)cb( +

bc

2a +

ac

2)ac( +

ca

2b +

ab

2)ba( +

ab

2c -2 =4+ .

abc

)cba)(2

c2

b2

a(

(4) Жељену оцјену добиваамо као посљедицу неједнакости између аритметичке и

геометријске, односно квадратне и аритметичке средине:

27abc

3)cba(

3

cba3abc

3

1

2)cba(

2c

2b

2a

3

2c

2b

2a

3

cba

што множењем даје

.9abc

)cba)(2

c2

b2

a(

Напомена: Примјетимо да смо уједно доказали и да je P'=13P ако и само ако је троугао ABC

једнакостраничан.


тачка троугла чија су тјемена A(1;-2), B(7; 4) i C(-1; 3) .



Рјешење (видјети Сл.2).

(1) Једначине правих BC, AC и AB, редом су x-8y+25 = 0, 5x+2y-1 = 0 и x - y - 3 = 0.

(2) Ако лијеве стране ових једначина означимо редом са f(x; y), g(x; y) и h(x; y), тада је

потребан и довољан услов да тачка M буде у троуглу је да важе следеће неједнакости

f(A)f(M) > 0; g(B)g(M) > 0; h(C)h(M) > 0

(3) Лако је израчунати f(A) = 42 > 0, g(B) = 42 > 0 и h(C) = -7 < 0.

(4) Сада имамо критеријум: Тачка M(x; y) је у троуглу ако и само ако је f(M) > 0,

g(M) > 0 и h(M) < 0.

(5) Провјером добијамо да је на пр. тачка M(3; 1) у троуглу, а

тачка N(5; 1) није у троуглу.






I Разред


a3 – 3a

2b – 9ab

2 – b

3 + 6 ≠ 0


ba

c

ac

b

cb

a,


0222

ba

c

ac

b

cb

a








.









II Разред



21

1 zz

zz

реалан, а

21

21

1 zz

zz



19y

xyx

60)(

y

yxx





4. Задатак: 4. Задатак: Одредити природан број n и прост број p , тако да је збир свих

дјелилаца броја p4 једнак n

2.











III Разред


1

2

ba




x+cos100

x.


BB2=AC и да је редосљед тачака A1ABB2. Слично на правој BC изаберемо тачке B1i C2 тако

да је њихов редосљед B1BCC2 и да вриједи B1B=CA, CC2=AB те на правој CA tačke C1 и A2 у

редосљеду C1CAA2 за које вриједи C1C=AB, и AA2=BC . Докажи да површина шестоугла



тачка троугла чија су тјемена A(1;-2), B(7; 4) и C(-1; 3) .













IV Разред




3 7 са 11.


је (1+x1)(1+x2)···(1+xn) 1+S+!n

S...

!3

S

!2

Sn32

.


















Rjeшења задатака



I Разред


a3 – 3a

2b – 9ab

2 – b

3 + 6 ≠ 0

Рјешење:

(1)Претпостави супротно и напиши то овако a3 – 3a

2b + 3ab

2 – b

3 = 12ab

2 – 6.

(2)Лијеву страну запиши као куб разлике, а у десној излучи 2.

L=(a-b)3 , D=2*3(2ab

2 -1)

(3)Даље иде уз коментар (дјељивост с 2) и добије се контрадикција.

1.случај: a и b су парни бројеви 8 L i 8 D

2. случај: a и b су различите парности L непарно и D парно

3. случај: a и b су непарни бројеви 8 L и 8 D


ba

c

ac

b

cb

a,


0222

ba

c

ac

b

cb

a

Рјешење:

(1) Покушаj

222

ba

c

ac

b

cb

a

написати као производ од

ba

c

ac

b

cb

a

и још неког (тренутно непознатог) израза.

(2) Да би код производа имали имениоце (b-c)2, (c-a)

2, (a-b)

2 очито и тај други (непознати)

израз мора имати имениоце b-c, c-a, a-b.

(3) *)(ba

c

ac

b

cb

a

)

111(

baaccb

=

)(

222

ba

c

ac

b

cb

a

+

( *)ba

c

ac

b

)

1(

cb + *)(

ba

c

cb

a

)

1(

ac +

*)(ac

b

cb

a

)

1(

ba =.....=

00

222

ba

c

ac

b

cb

a

(4) Закључак: 0

ba

c

ac

b

cb

a

0

222

ba

c

ac

b

cb

a




Рјешење:

(5) Нека тачке A1, A2, B1, B2, C1, C2 дијеле странице једнакостраничног троугла ABC на

једнаке дијелове и нека су A', B', C' средишта страница (слика 1).



(6) Како су праве BB1 и CC2, те BB2 и CC1 симетричне у односу на праву AA', а

симетричне праве се сијеку на оси симетрије, то се једна дијагонала разматраног

шестоугла налази на AA'.

(7) Слично, преостале дијагонале се налазе на BB' и CC'.

(8) Јасно је, даље, да се тежишнице AA', BB', CC' сијеку у једној тачки, чиме је тврдња

доказана.

Слика 1.



Рјешење: Нека је a спољњи пречник карике и d дебљина карике.

(5) Дужина ланца од 2 карике L2 једнака је (у cm) L2 = 2a-2d=12 а од 5 карика: L5= 5a-8d= 27

(6) Из система од те двије једначине добијамо a=7 и d=1.

(7) Ланац од n карика има дужину: L n =na-2(n-1)d

(8) За n=40 имаћемо: L 40 =40*7-2*39*1=202(cm).





II Разред



21

1 zz

zz

реалан, а

21

21

1 zz

zz


Рјешење:

(1) Комплексни број z је реалан (тј. Im z = 0) ако и само ако је 0 zz

(2) Нека је z = x + yi. Тада је yiyixyixzz 2)( једнако 0 ако и само ако је y (односно

његов имагинарни дио) једнак 0 што значи да је z = x реалан број.

(3) Слично, комплексни број z је имагинаран (Re z = 0) ако и само ако је 0 zz

(4) За, у задатку, тражене изразе то се лако покаже користећи идентитет zzz 2

и

правила за коњугацију збира, разлике, производа и количника.


19y

xyx

60)(

y

yxx


Рјешење:

(1) Из двије задане једначине добијемо једну квадратну с непознатом x+y.

(x+y)2-19(x+y)+60=0

(2) Рјешења: (x+y)1 = 4 i (x+y)2 = 15.

(3) На крају још треба провјерити може ли се уопште постићи да су 4 и 15 рјешењa.




Рјешење:

(1) ha+hb+hc=9r је (због ,c

P2h,

b

P2h,

a

P2h

cba ,

cba

P2r

гдје је P површина

троугла) еквивалентно

cba

9

c

1

b

1

a

1

oдносно

c

1

b

1

a

1

3

3

cba

(2) A(a,b,c)=

3

cba и H(a,b,c)=

cba

111

3

(3) A(a,b,c)=H(a,b,c), вриједи ако и само ако је a=b=c.



4. Задатак: Одредити природан број n и прост број p , тако да је збир свих дјелилаца броја p4

једнак n2.

Рјешење:

(8) Ако је p=2, онда 1+p+p2 +p

3 +p

4 =31, па једначина нема рјешења у скупу природних

бројева јер 31 није квадрат ниједног природног броја

(9) Ако је p 3 и ако се дата једнакост помножи са 4 , онда се добија да је

4n2

=4+4p+4p2

+4p3 +4p

4

(10) p2 +4p

3 +4p

4<4n

2 =4+4p+4p

2 +4p

3 +4p

4= 4n

2<4+4p+9p

2 +4p

3+4p

4 слијeди

(11) (2p2 +p)

2<4n

2<(2p

2 +p+2)

2 , слиједи

(12) 4n2=(2p

2 +p+1)

2=4p

4 + 4p

3 + 5p

2 + 2p + 1 = 4p

4 + 4p

3 + 4p

2 + 4p +4, слијeди

(13) p2 — 2p - 3 = 0, тј

(14) p = 3, односно n = 11



III Разред


1

2

ba



Рјешење:

(1) Дата једнакост поступно се своди на еквивалентне једнакости на сљедећи начин:

log22

2log

2

ababbaba

a

2 +b

2 =4ab

b

a+

a

b=4

(2) Како је b

a= tg и

a

b= ctg , тада је tg +ctg =4

(3) tg +ctg =4 sin2 =2

1

(4) sin2 =2

1 =15

0 и =75

0


x+cos100

x.

Рјешење:

(1) Упоредимо ли средину реда 50 за бројеве sin2x и cos

2x sa аритметчком средином добијемо:

f(x)=22

50

x2

cos

50

x2

sin

=2

50

50

2

50

x2

cos

50

x2

sin

2

50

2

x2

cosx2

sin

=250

2

1 =

492

1 .

(2) Дакле, f(x) 49

2

1 , гдје знак једнако постже за све x за које је sin2x=cos

2x, нпр. за x=

4

.


BB2=AC и да је редосљед тачака A1ABB2. Слично на правој BC изаберемо тачке B1и C2 тако

да је њихов редосљед B1BCC2 и да вриједи B1B=CA, CC2=AB те на правој CA тачке C1 и A2 у

редосљеду C1CAA2 за које вриједи C1C=AB, i AA2=BC . Докажи да површина шестоугла




Рјешење: Нека је P=PABC, P'=PA1A2B1B2C1C2. Такође, нека је hc висина троугла ABC из тјемена

C tе h'c висина троугла AB2C1 из тјемена C1.

C2

C1

c c

C

b a

ha ha'

A1 a A c B B2

A2 b

B1

(1) Користећи сличност троуглова добијамо b

cb

ch

c'h oдносно h'c= hc

b

cb

.

(2) Из тога слиједи PAB2C1= c'h2

)cb(

= hcb2

2)cb(

= P

bc

2)cb(

или PAA1A2= P

bc

2a

(3) Поновимо ли поступак са A, A1, односно B, B1 добијамо

P

'P =p

1(PAB2C1+PAA1A2+PBC2A1+PBB1B2+PCA2B1+PCC1C2-2PABC)=

=bc

2)cb( +

bc

2a +

ac

2)ac( +

ca

2b +

ab

2)ba( +

ab

2c -2 =4+ .

abc

)cba)(2

c2

b2

a(

(4) Жељену оцјену добиваамо као посљедицу неједнакости између аритметичке и

геометријске, односно квадратне и аритметичке средине:

27abc

3)cba(

3

cba3abc

3

1

2)cba(

2c

2b

2a

3

2c

2b

2a

3

cba

што множењем даје

.9abc

)cba)(2

c2

b2

a(

Напомена: Примјетимо да смо уједно доказали и да je P'=13P ако и само ако је троугао ABC

једнакостраничан.


тачка троугла чија су тјемена A(1;-2), B(7; 4) i C(-1; 3) .



Рјешење (видјети Сл.2).

(1) Једначине правих BC, AC и AB, редом су x-8y+25 = 0, 5x+2y-1 = 0 и x - y - 3 = 0.

(2) Ако лијеве стране ових једначина означимо редом са f(x; y), g(x; y) и h(x; y), тада је

потребан и довољан услов да тачка M буде у троуглу је да важе следеће неједнакости

f(A)f(M) > 0; g(B)g(M) > 0; h(C)h(M) > 0

(3) Лако је израчунати f(A) = 42 > 0, g(B) = 42 > 0 и h(C) = -7 < 0.

(4) Сада имамо критеријум: Тачка M(x; y) је у троуглу ако и само ако је f(M) > 0,

g(M) > 0 и h(M) < 0.

(5) Провјером добијамо да је на пр. тачка M(3; 1) у троуглу, а

тачка N(5; 1) није у троуглу.





IV Разред



Рјешење.

(1) На основу претпоставке имамо:

f(2)=f(1)+a2

f(3)=f(2)+a3

f(4)=f(3)+a4

...................

f(n)=f(n-1)+an



(2) сабирањем претходних једнакости добија се

f(n)=f(1)+a2

+a3 +....+a

n

(3) Сумирањем геометријске прогресије добија се f(n)=1+1

)1(12

a

aan

(за a 1)

(4) За a=1 jе f(n)=n


3 7 сa 11.

Рјешење.

(1) Запишимо сабирке у облику: 2 0

8 0 4 2 03 3 8 1 ,

2 08 0 4 2 0

7 7 2 4 0 1

81 4 (mod 11) и 2401 3 (mod 11) ,

(2) 2 0 2 0

8 1 4 (mod 11) и 20 20

2 4 0 1 3 (mod 11)

(3) 2 0 2 0 2 0

8 1 2 4 0 1 4 3 (mod 11)

4

2 0 5 44 4 1 0 2 4 ,

42 0 5 4

3 3 2 4 3

1024 1 (mod 11), 243 1 (mod 11)

4 4

1 0 2 4 1 (mod 11) , 4 4

2 4 3 1 (mod 11)

(4) слиједи:4 4 4 4

1 0 2 4 2 4 3 1 1 (mod 11), тј. 4 4

1 0 2 4 2 4 3 2 (mod 11)

Одговор: Остатак је 2.


је (1+x1)(1+x2)···(1+xn) 1+S+!n

S...

!3

S

!2

Sn32

.

Рјешење:

(1+x1)(1+x2)···(1+xn)

n

n21

n

x1...x1x1

=

n

n

Sn

=

n

n

S1

=

=1+n

n

2

2

n

S

n

n...

n

S

2

n

n

S

1

n

1+S+

!n

S...

!3

S

!2

Sn32

.
















Рјешење: Докажимо да је најмањи могући омјер (1+√5)/2 и да се он постиже ако се S

састоји од врхова правилног петоугла.

(1) Означимо са A, B, C, D и E тачке скупа S и нека је P(∆ABC) = M(S). Нека је k = 2M(S)/(1 +

√5). Сада требамо показати да бар један од троуглова формираних од тачака из скупа S има

површину мању или једнаку k. Повуцимо праве B'C', C'A' и A'B' кроз A, B, C паралелне са BC,

CA, AB редом (слика 1).

Слика 1.

Тачка D се мора налазити на истој страни праве B'C' као и BC, иначе би вриједило

P(∆BCD) > P(∆ABC), што се противи чињеници да је P(∆ABC) максимална. Слично, D се

налази са исте стране C'A' као и CA, те са исте стране A'B' као и AB. Према томе, D се

налази или унутар ∆ABC или на једној од његових страница.

(2) Слично закључујемо и за тачку E. Како су троуглови A'BC, B'CA, C'BA дисјунктни

(изузимајући тачке A, B и C, у којима се тачке D и E не могу наћи), у једном од њих се не

налази ни D ни E.

(3) Без умањења општости, узмимо да се тачке D и E налазе у четвероуглу B'CBC'. Афине

трансформације чувају омјер површина троуглова; зато можемо трансформисати ∆ABC у

троугао углова 36°, 72°, 72° што ће нам омогућити да одаберемо тачке P и Q тако да је

APBCQ правилан петоугао. Пошто је AB CQ и AB A'B', тачка Q се налази на правoj B'C.

Аналогно, P се налази на BC'.

Слика 2.



(4) Сада размотримо два случаја, у зависности да ли се тачке D и E налазе унутар или ван

петоугла APBCQ.

1. Тачка D се налази у петоуглу. Ако се налази у ∆ABP, тада је P(∆ABD) ≤ P(∆ABP) = k.

Слично вриједи и ако се D налази у ∆ACQ. Ако се пак налази у ∆ABC, тад је површина бар

једног од троуглова ∆ABD, ∆BCD, ∆CAD мања или једнака од P(∆ABC)/3 < k. Слично

закључујемо и за тачку E.

2. Тачке D и E се налазе у ∆APC' или ∆AQB'. Ако се обје налазе у истом троуглу, тада је

P(∆ADE) ≤ P(∆APC') < k. Ако се налазе у различитим троугловима, на примјер D у ∆APC' и E

у ∆AQB', тада је P(∆ADE) = (|AD| · |AE|/2) sиn DAE ≤ (|AP|2/2) sиn PAQ = P(∆PAQ) = k.

14. марта 2009. године ШКОЛE ДОМАЋИНИ I Разред...(3)Даље иде...

Documents

Transcript of 14. марта 2009. године ШКОЛE ДОМАЋИНИ I Разред...(3)Даље иде...