Druxtvo matematiqara Srbije REXEǋA ZADATAKA OPXTINSKOG TAKMIQEǋA IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija AC + AC 1.

Transkrypt

1 Druxtvo matematiqara Srbije REXEǋ ZDTK OPXTINSKOG TKMIQEǋ IZ MTEMTIKE Prvi razred kategorija. Rexeǌe : Taqka K je sredixte duжi,teje + K =. Vektori K i M su kolinearni, tj. K = λ M ikakoje sredixte duжi B, tj. = B, prethodna jednakost dobija oblik λm = + 4B, odnosnom = λ + 4λB. Kako su taqke, M i B kolinearne to je λ + 4λ =,tj.λ = 3 4,paje M = 3 + 3B, odnosnom : MB =:. N M D K M K B B Rexeǌe : Neka je N taqka na pravoj, takva da je BN inekajem BN = {D}. Tada je K = ND,pajeND = BD K DB i B =,paje = N. DuжiB i D su teжixne duжi N trougla BN, pajem teжixte tog trougla, odakle sledi da je M : MB =:.. Pretpostavimo da su prosti brojevi p, q i r međusobno razliqiti. Tada, iz uslova zadatka imamo pqr = n(pq + qr + rp), a kako su p, q i r razliqiti prosti brojevi, oni su i uzajamno prosti, te dobijamo da p n, q n i r n, tj.n = kpqr, zaneki prirodan broj k. Međutim, tada dobijamo = k(pq + qr + rp), xto je nemogu e. Pretpostavimo da su taqno dva od prostih brojeva p, q i r međusobno jednaka. Bez umaǌeǌa opxtosti moжemo uzeti da je p = q r. Tada dobijamo pr = n(p +r). Kako su prosti brojevi r i p uzajamno prosti dobijamo (r, p) = (r, p+r) =.Stoga mora da r n, odnosnon = rl za neki prirodan broj l. Kako je p+r>, toizp = l(p+r) dobijamo p+r = p, xto je nemogu e. Dakle, p = q = r, xto kad uvrstimo u polaznu jednaqinu dobijamo da je p =3n, ap je prost broj, te nalazimo jedino rexeǌe (p, q, r, n) =(3, 3, 3, ). 3. Jednaqina ima trivijalno rexeǌe x = y = z = 0. Pokaжi-

2 mo da nema drugih rexeǌa. Pretpostavimo suprotno da ima neko rexeǌe (x 0,y 0,z 0 ) (0, 0, 0). Bez umaǌeǌa opxtosti moжemo uzeti da je x 0 0inekaje k najve i stepen broja koji deli x 0. Izraz na desnoj strani je deǉiv sa 4. Kako taqan kvadrat daje ostatke 0 i pri deǉeǌu sa 4 dobijamo da sva tri broja, x 0,y 0,z 0, moraju biti parni: x 0 =x, y 0 =y i z 0 =z. Ukoliko ovo uvrstimo u polaznu jednakost dobijamo 4(x +y +z ) = 004 8x y z,odnosnox +y +z = 4008x y z. Sada analognim postupkom dobijamo i da su svi brojevi x,y,z parni. Ponavǉaju i ovaj postupak k+ puta dobijamo da je broj x 0 deǉiv sa k+, xto je u kontradikciji sa pretpostavkom da je k najve istepenbrojakojidelix 0, qime smo pokazali da jednaqina ima samo trivijalno rexeǌe a) S =4. Svaka elementa iz S S mogu biti u relaciji ρ ili ne biti u relaciji. Stoga je ukupan broj relacija jednak: S S = 4 4 = 6 = Kod simetriqnih relacija kada odredimo da li su u relaciji elementi sa glavne dijagonale i iznad ǌe u tablici potpuno je određeno da li su u relaciji i elementi ispod glavne dijagonale. Stoga je ukupan broj simetriqnih relacija jednak = 0 = 04, a ukupan broj nesimetriqnih relacija dobijamo kada prethodni broj oduzmemo od ukupnog broja relacija: 6 0 = = 645. b) Za elemente sa glavne dijagonale imamo mogu nosti (ili su u relaciji ili nisu, tj. aρa ili a ρa),azasvakiparsimetriqnih mesta u odnosu na glavnu dijagonalu, (a, b) i (b, a), imamo 3 mogu nosti (ili je aρb i b ρa,ilijebρa i a ρb,ili je a ρb i b ρa). Stoga je ukupan broj antisimetriqnih relacija jednak =6 79 = 664 Opovrgnu emo tvrđeǌe. Kontraprimer je xestorka 3, 5, 3 5, 7, 7 3, 3, koja ne zadovoǉava nijedan uslov zadatka.

3 Druxtvo matematiqara Srbije REXEǋ ZDTK OPXTINSKOG TKMIQEǋ IZ MTEMTIKE Drugi razred kategorija. Koristimo da su trouglovi B i DB pravougli, kao i potenciju taqke E uodnosunakrugk: E ED = BE E. Stoga imamo da je E D = E + E ED = + E + E ED = + E + BE E = + E(E + BE) = + E B = +(B BE) B = + B BE B, pajee D + BE B = B. D D P M R E O N O E B Q B. 3. Dovoǉno je pokazati ko je EB 90, onda je B = D. Neka je EB 90. ko je O E, tadajebd pravougaonik, pa vaжi B = D. Pretpostavimo da je O E. NekasuM, N, P, Q sredixta duжi D, B,, BD, redom,inekajer presek normala iz taqaka P i Q redom na BD i. Qetvorouglovi MPNQ i OPRQ su paralelogrami, pa se duжi MN, OR i PQ seku u jednoj taqki koja ih i polovi. Poxto sredixte duжi OE leжi na MN imamo da je RE MN.Sdruge strane, R je ortocentar PQE, pajere PQ. Dakle, MN PQ, tj. MPNQ je romb. Sada je lako pokazati da je B =PN = NQ = D. Ekvivalentnim transformacijama dolazimo do: a +b = (4 ab). Sada imamo dva sluqaja: ako je ab 4, dobijamo da je = a +b, xto je nemogu e, jer je iracionalan (4 ab) broj, a izraz sa desne strane racionalan. Druga mogu nost je da vaжi ab =4. Tada vaжi i a +b =,paje(a b ) = a +b ab = 4 < 0. Ovo je kontradikcija, pa zadatak nema rexeǌa.

4 4. Rexeǌe : Za m =0polazna jednaqina je linearna jednaqina x 3=0i ona ima samo pozitivno rexeǌe (x =3). Za m 0to je kvadratna jednaqina i da bi ona imala realna rexeǌa potrebno je da je ǌena diskriminanta D =6m + 0, xto daje uslov m 6. Oba rexeǌa su negativna, ukoliko vaжi D 0, x + x < 0 i x x > 0: x +x = b + = m a m x x = b a = m 3 > 0 za m (, 0) (3, + ), te presek uslova m m 6 sa ova dva uslova daje m (3, + ). ko je taqno jedno rexeǌe negativno onda je drugo pozitivno ili 0. Jedno rexeǌe je negativno, a drugo pozitivno, ukoliko vaжi D 0 i x x < 0: x x = b a = m 3 < 0 za m (0, 3) < 0 za m (, ) (0, + ), m i presek uslova m 6 sa ovim uslovom daje m (0, 3). Jedno rexeǌe je negativno, a drugo 0, ukoliko vaжi: D 0, x +x < 0 i x x =0: x +x = b + = m a m < 0 za m (, ) (0, + ), x x = b a = m 3 =0,tj.zam =3(to je rexeǌe jer je 3 m 6 i 3 (, ) (0, + )). Znaqi, jednaqina ima taqno jedno negativno rexeǌe za m (0, 3]. Jednaqina ima bar jedno negativno rexeǌe za m (0, + ), a dva za m (3, + ). Rexeǌe : Za m =0polazna jednaqina je linearna jednaqina x 3=0i ona ima samo pozitivno rexeǌe (x =3). Za m 0tojekvadratnajednaqinaidabionaimalarealna rexeǌa potrebno je da je ǌena diskriminanta D =6m + 0, xto daje uslov m 6. ǋena rexeǌa su data formulom x, = (m +)± 6m +. m Ispitajmokadaje m + < 6m +. Kvadriramo i dobijamo nejednaqinu m 3m <0, xto je ispuǌeno za m (0, 3). Onda je m + > 6m + za m (, 0) (3, + )., 0) onda su i imenilac (m < 0) i brojilac ( (m +) 6m +< 0) za oba rexeǌa negativni, pa su oba rexeǌa pozitivna. ko je m (0, 3] onda je imenilac pozitivan (m >0), dok je brojilac jednom pozitivan ( (m +)+ 6m +> 0), a jednom negativan ( (m +) 6m +< 0), pa je jedno rexeǌe pozitivno, a drugo je negativno. ko je m (3, + ) onda je imenilac pozitivan (m >0), dok su brojioci za oba rexeǌa negativni ( (m +)± 6m +< 0), pa su oba rexeǌa negativna. Jednaqina ima bar jedno negativno rexeǌe za m (0, + ), a dva za m (3, + ). ko je m [ 6

5 5. a) Moжe. Nije texko konstruisati primer. Oznaqimo brojevima -7 qlanove. Ukupno ima ( 7 ) =parova, pa e ruqkova biti maksimalno ako stalno idu po dva qlana. ko idu tri tu se ve izgube budu a ruqka, ako idu qetiri gubi se 5 ruqkova, sa 5 gubi se 9 itd. Mi treba da izgubimo ruqkova. To moжemo npr. ako na poqetku idu {,, 3, 4, 5}, {5, 6, 7}, aostalih 8 ruqkova su svi sa po dva qlana, koji jox parovi fale: {, 6}, {, 7}, {, 6}, {, 7}, {3, 6}, {3, 7}, {4, 6}, {4, 7}. Napomena: Moжe na jox jedan naqin sa 4, 3 3 i 6. b) Ne moжe. Naime, parova ima ukupno ( ) =55.Pretpostavimo da je mogu e. Trebalo bi da za svaki par osoba postoji taqno jedan ruqak na kome su bile zajedno. Na ruqku za k osoba potroxi se ( ) k parova. Kako je ( 5 ) =0,a5 0 < 55, jasno je da od tih 5 ruqkova bar na jednom od ǌih je moralo biti prisutno 6 ili vixe osoba (u suprotnom bi ostao neki par qlanova koji nije nikad bio zajedno na ruqku, tj. i nakon tih 5 ruqkova bilo bi mogu e organizovati jox neki). Takođe nemogu e je da su preostalih 4 ruqkova svi dvoqlani jer bi opet ostao neki par koji nije bio na ruqku zajedno (jer oqigledno najvixe ( ) 0 +4 < 55 razliqitih parova qlanova je bilo zajedno na ruqku). Znaqi imamo bar jedan ruqak sa 6 i vixe osoba, i jedan sa 3 i vixe. No ta dva ruqka imaju najvixe zajedniqog qlana. Onda znaqi imamo bar 5 osoba sa prvog ruqka koje jox nisu ruqale sa bar osobe sa drugog ruqka. Za to je potrebno je organizovati bar jox 5 =0ruqkova da bi svako od ǌih ruqao sa svakim. Kontradikcija.

6 Druxtvo matematiqara Srbije REXEǋ ZDTK OPXTINSKOG TKMIQEǋ IZ MTEMTIKE Tre i razred kategorija. Neka je M taqka stranice B takva da je DM E. Tada je EM : MB = D : DB = EF : FD, pa je MF B, a onda i MF D. Kako je i DE B, dobijamo da je taqka F ortocentar trougla DM,pajeF DM, atimeif E. E F M D B. 3. Za x > 0 su svi logaritmi i stepeni definisani. Kako je 3 log x =3 log x = 3 log x i x log 3 =3 log x,tojedatajednaqina ekvivalentna jednaqini t +t = 0 (smena t = 3 log x ), qija su rexeǌa t = 4 < 0 i t = 3. Zbog t > 0 imamo 3 log x =3,pajelog x =,tj.x =4. Neka su a i b redom ostaci pri deǉeǌu 00n sa 99 i 0. Zadata jednaqina postaje 00n a n b 0 = a, xto se nakon svođeǌa na zajedniqki imenilac svodi na n = 0a + 99b. S druge strane, za sve a = 0,,...,98 i b = 0,,...,00, n = 0a + 99b je rexeǌe jednaqine. Zaista, ostaci pri deǉeǌu 00n = 000a b [ sa] 99 [ i 0 ] su redom a i b, pasad 00n 00n lako proveravamo da je + = n. Kakosezarazliqite vrednosti brojeva a i b dobijaju razliqite vrednosti za n, 99 0 rexeǌa ima onoliko koliko ima parova (a, b), a ovih ima taqno 99 0 =

7 4. Neka su z, z i z 3 koreni jednaqine x 3 + ax + bx + c =0,aw, w i w 3 koreni jednaqine x 3 + a x + b x + c =0. Tada, koriste i Vietove formule, nalazimo da vaжi a = a = z + z + z 3 z + z + z 3 =3, b = z z + z z 3 + z 3 z = z z z 3 z + z + z 3 = z + z + z 3 = z + z + z 3 = z + z + z 3 = a, kao i z z z 3 = c = c =. Sa druge strane, primenom Vietovih formula na drugu jednaqinu i qiǌenica a = b i c =, dobijamo da je w = rexeǌe iste. Dakle, druga jednaqina je ekvivalentna jednaqini x 3 + a x + a x +=(x +)(x +( a )x +)=0, pa su w i w 3 koreni kvadratne jednaqine x +( a )x+ = 0 (iz Vietovih formula imamo da je w w 3 = treba e nam kasnije). Međutim, kako je 0 a 3, to za diskriminantu ove jednaqine vaжi D =( a +)( a 3) 0. koje a =3tada je w = w 3 =, odnosno w = w = w 3 =. Za 0 a < 3 je D<0 pa imamo dva konjugovano kompleksna korena, w 3 = w, i za ǌih vaжi w = w w = w w 3 =,kaoi w 3 = w 3 w 3 = w 3 w =. Time smo pokazali da je u svakom sluqaju w = w = w 3 =. 5. a) Moжe. Nije texko konstruisati primer.oznaqimo brojevima -8 qlanove. Ukupno ima ( ) 8 =8parova, pa e ruqkova biti maksimalno ako stalno idu po dva qlana. ko idu tri qlana tu se ve izgube budu a ruqka, ako idu qetiri gubi se 5 ruqkova, sa pet qlanova gubi se 9 itd. Mi treba da izgubimo 3 ruqkova. To moжemo npr ako idu {,, 3, 4, 5}, {5, 6, 7}, {, 6, 8}, a ostalih ruqkova svi po qlana koji jox parovi fale. b) Ne moжe. Naime, parova ima ukupno ( ) 3 =78.Pretpostavimo da je mogu e. Trebalo bi da za svaki par osoba postoji taqno jedan ruqak na kome su bile zajedno. Na ruqku za k osoba potroxi se ( ) k parova. Kako je ( 5 ) =0,a7 0 < 78, jasno je da od tih 7 ruqkova bar na jednom od ǌih je moralo biti prisutno 6 ili vixe osoba (u suprotnom bi ostao neki par qlanova koji nije nikad bio zajedno na ruqku, tj. i nakon tih 7 ruqkova bilo bi mogu e organizovati jox neki). Takođe, nemogu e je da su preostalih 6 ruqkova svi dvoqlani jer bi opet ostao neki par koji nije bio na ruqku zajedno (jer oqigledno najvixe ( ) +6 < 78 razliqitih parova qlanova je bilo zajedno na ruqku). Znaqi imamo bar jedan ruqak sa 6 i vixe osoba, i jedan sa 3 i vixe. No ta dva ruqka imaju najvixe zajedniqog qlana. Onda znaqi imamo bar 5 osoba sa prvog ruqka koje jox nisu ruqale sa bar osobe sa drugog ruqka. Za to je potrebno je organizovati bar jox 5 =0ruqkova da bi svako od ǌih ruqao sa svakim. Kontradikcija.

8 Druxtvo matematiqara Srbije REXEǋ ZDTK OPXTINSKOG TKMIQEǋ IZ MTEMTIKE Qetvrti razred kategorija. Oznaqimo sa O taqku koja je istovremeno i centar upisanog kruga u BK (polupreqnika ρ) i centar opisanog kruga oko B (polupreqnika r). Neka su N, L i P, respektivno, taqke u kojima upisani krug u BK dodiruje stranice B, BK i K. Tada su podudarni pravougli trouglovi P O = NO = BNO = BLO (hipotenuze su im jednake R, kateter iugao naspramve estraniceje90 ). Odatle imamo da je BO = KO = BO = β. Kako je K simetrala ugla dobijamo da je K = Kb = β. Ugao O je centralni za ugao B = β pa je O = β. Iz trougla O nalazimo da je O = 80 7 β, ali kako je taj trougao jednakokrak (O = O = R) dobijamo da je β = 36. Odatle direktno dobijamo da su uglovi u trouglu B jednaki B =36, B =7 i B =7. 3β/ β/ r P K ρ L β β/ β/ r β O ρ N r β/ β/ B. 3. Oznaqimo sa ( ) uslov zadatka f ( f(x y) ) = f(x) f(y) za x, y R. Kako je f(x) na, onda za svako x R postoji neko a R takvo da je x = f(a). Sadaiz( ) imamo f(x) =f ( f(a 0) ) = f(a) f(0) = x f(0). ko u ( ) zamenimo y = x dobijamodaje f(0) = 0, pajef(x) =x za svako x R. Lako se proverava da ova funkcija zadovoǉava jednaqinu ( ). x, 0 x< f(x) =, x = 0, x >. f(x) 0 x Nule funkcije su x =0isvibrojevix>. f(x) > 0 za 0 <x, a f(x) < 0 nije nikad. Funkcija f(x) je rastu a za 0 x<, u x =ima taqku prekida, a za x> je konstantna.

9 4. Neka su z, z i z 3 koreni jednaqine x 3 + ax + bx + c =0,aw, w i w 3 koreni jednaqine x 3 + a x + b x + c =0. Tada, koriste i Vietove formule, nalazimo da vaжi a = a = z + z + z 3 z + z + z 3 =3, b = z z + z z 3 + z 3 z = z z z 3 z + z + z 3 = z + z + z 3 = z + z + z 3 = z + z + z 3 = a, kao i z z z 3 = c = c =. Sa druge strane, primenom Vietovih formula na drugu jednaqinu i qiǌenica a = b i c =, dobijamo da je w = rexeǌe iste. Dakle, druga jednaqina je ekvivalentna jednaqini x 3 + a x + a x +=(x +)(x +( a )x +)=0, pa su w i w 3 koreni kvadratne jednaqine x +( a )x+ = 0 (iz Vietovih formula imamo da je w w 3 = treba e nam kasnije). Međutim, kako je 0 a 3, to za diskriminantu ove jednaqine vaжi D =( a +)( a 3) 0. koje a =3tada je w = w 3 =, odnosno w = w = w 3 =. Za 0 a < 3 je D<0 pa imamo dva konjugovano kompleksna korena, w 3 = w, i za ǌih vaжi w = w w = w w 3 =,kaoi w 3 = w 3 w 3 = w 3 w =. Time smo pokazali da je u svakom sluqaju w = w = w 3 =. 5. Kad se pomerimo iz jednog temena u susedno promeni se parnost zbira koordinata. Stoga, ako je n neparan broj, kada krenemo iz jednog temena i obiđemo ostala i vratimo se u polazno, parnost zbira koordinata bi bila promeǌena xto nije mogu e, te za n neparno ne postoji takav n-tougao. Za n parno, 005 treba da predstavimo kao zbir dva kvadrata. Kako je 004 = 5 40 = ( +) (0 +), korix eǌem formule (x + y )(a + b )=(ax + by) +(ay bx) =(ax by) +(ay + bx) dobijamo predstavǉaǌa 005 = 4 +8 =39 + (moжe se pokazati da su ona i jedina). Stoga stranicu duжine 005 moжemo dobiti kao hipotenuzu pravouglih trouglova sa katetama 4 i 8 (ili 39 i ). Rexeǌe je dato kao na slici: k k 3 k+... k 8 k 4... k+3 k k k k 8

10 Druxtvo matematiqara Srbije REXEǋ ZDTK OPXTINSKOG TKMIQEǋ IZ MTEMTIKE Prvi razred B kategorija. Rexeǌe : Taqka K je sredixte duжi,teje + K =. Vektori K i M su kolinearni, tj. K = λ M ikakoje sredixte duжi B, tj. = B, prethodna jednakost dobija oblik λm = + 4B, odnosnom = λ + 4λB. Kako su taqke, M i B kolinearne to je λ + 4λ =,tj.λ = 3 4,paje M = 3 + 3B, odnosnom : MB =:. N M D K M K B B Rexeǌe : Neka je N taqka na pravoj, takva da je BN inekajem BN = {D}. Tada je K = ND,pajeND = BD K DB i B =,paje = N. DuжiB i D su teжixne duжi N trougla BN, pajem teжixte tog trougla, odakle sledi da je M : MB =:.. Pretpostavimo da su prosti brojevi p, q i r međusobno razliqiti. Tada, iz uslova zadatka imamo pqr = n(pq + qr + rp), a kako su p, q i r razliqiti prosti brojevi, oni su i uzajamno prosti, te dobijamo da p n, q n i r n, tj.n = kpqr, zaneki prirodan broj k. Međutim, tada dobijamo = k(pq + qr + rp), xto je nemogu e. Pretpostavimo da su taqno dva od prostih brojeva p, q i r međusobno jednaka. Bez umaǌeǌa opxtosti moжemo uzeti da je p = q r. Tada dobijamo pr = n(p +r). Kako su prosti brojevi r i p uzajamno prosti dobijamo (r, p) = (r, p+r) =.Stoga mora da r n, odnosnon = rl za neki prirodan broj l. Kako je p+r>, toizp = l(p+r) dobijamo p+r = p, xto je nemogu e. Dakle, p = q = r, xto kad uvrstimo u polaznu jednaqinu dobijamo da je p =3n, ap je prost broj, te nalazimo jedino rexeǌe (p, q, r, n) =(3, 3, 3, ).

11 Vaжi: a b 0 + c 0 + = 3 ( a 0 + b 0 + c). Kako se broj 3c zavrxava jedinicom, to je c =7, te dobijamo 000a + 00b + 7 = a +(3b +) 0 +. Kako je b cifra (0 b 9), bi e 3b + 9. Broj 3b + se zavrxava cifrom 7, pa je 3b + {7, 7, 7}. Mogu e je samo b = 5. Sada je 000a + 57 = (3b +) Kako je i a cifra, bi e 3a + 8 i 3a + se zavrxava cifrom 5, te je 3a +=5, tj. a =8. Traжeni broj je 857. Svako od temena ne moжe biti spojeno sa samim sobom i sa susednih 6 temena (po 3 sa svake strane). Dakle, svako od 5 temena moжe biti spojeno sa preostalih 8 temena, a kako na ovaj naqin svaku dijagonalu brojimo puta (kod svakog od temena po jednom) dobijamo da je traжeni broj dijagonala jednak 5 8 =60. Neka je E simetrala ugla BD =90 B =60.Tadaje EB jednakokraki trougao ( BE =30 = BE) ie = BE. Kako je i ED polovina jednakostraniqnog trougla imamo da je ED = E = BE,odnosnoBD = 3 4 B, tejed = DE = 4 B. Sada iz podudarnosti D = DE dobijamo = E, a kako je E = BE = B = E, nalazimo da je trougao E jednakostraniqan. Prema tome, B = BE + E = = B E D

12 Druxtvo matematiqara Srbije REXEǋ ZDTK OPXTINSKOG TKMIQEǋ IZ MTEMTIKE Drugi razred B kategorija Kako je 9+4 5= =(+ 5), imamo da je ( 3 = ) 5 3 5= 3 ( + 5)( 5) =. Pretpostavimo da su prosti brojevi p, q i r međusobno razliqiti. Tada, iz uslova zadatka imamo pqr = n(pq + qr + rp), a kako su p, q i r razliqiti prosti brojevi, oni su i uzajamno prosti, te dobijamo da p n, q n i r n, tj.n = kpqr, zaneki prirodan broj k. Međutim, tada dobijamo = k(pq + qr + rp), xto je nemogu e. Pretpostavimo da su taqno dva od prostih brojeva p, q i r međusobno jednaka. Bez umaǌeǌa opxtosti moжemo uzeti da je p = q r. Tada dobijamo pr = n(p +r). Kako su prosti brojevi r i p uzajamno prosti dobijamo (r, p) = (r, p+r) =.Stoga mora da r n, odnosnon = rl za neki prirodan broj l. Kako je p+r>, toizp = l(p+r) dobijamo p+r = p, xto je nemogu e. Dakle, p = q = r, xto kad uvrstimo u polaznu jednaqinu dobijamo da je p =3n, ap je prost broj, te nalazimo jedino rexeǌe (p, q, r, n) =(3, 3, 3, ). Rexavaǌem polazne jednaqine po x nalazimo x =3y ± 5 y, pa je y 5 i 5 y treba da bude ceo broj. Dakle, imamo da je y {0, ±3, ±4, ±5}. Rexeǌa su: (x, y) {(0, 0), ( 0, 0), (, 3), ( 7, 3), (, 3), (7, 3), ( 6, 4), ( 8, 4), (6, 4), (8, 4), ( 5, 5), (5, 5)}. Rexeǌe : Za m =0polazna jednaqina je linearna jednaqina x 3=0i ona ima samo pozitivno rexeǌe (x =3). Za m 0to je kvadratna jednaqina i da bi ona imala realna rexeǌa potrebno je da je ǌena diskriminanta D =6m + 0, xto daje uslov m 6. Oba rexeǌa su negativna, ukoliko vaжi D 0, x + x < 0 i < 0 za m (, ) (0, + ), x x > 0: x +x = b + = m a m x x = b a = m 3 > 0 za m (, 0) (3, + ), te presek uslova m m 6 sa ova dva uslova daje m (3, + ). ko je taqno jedno rexeǌe negativno onda je drugo pozitivno ili 0. Jedno rexeǌe je negativno, a drugo pozitivno, ukoliko vaжi D 0 i x x < 0: x x = b a = m 3 < 0 za m (0, 3) m i presek uslova m 6 sa ovim uslovom daje m (0, 3). Jedno

13 rexeǌe je negativno, a drugo 0, ukoliko vaжi: D 0, x +x < 0 i x x =0: x +x = b + = m a m < 0 za m (, ) (0, + ), x x = b a = m 3 =0,tj.zam =3(to je rexeǌe jer je 3 m 6 i 3 (, ) (0, + )). Znaqi, jednaqina ima taqno jedno negativno rexeǌe za m (0, 3]. Jednaqina ima bar jedno negativno rexeǌe za m (0, + ), a dva za m (3, + ). Rexeǌe : Za m =0polazna jednaqina je linearna jednaqina x 3=0i ona ima samo pozitivno rexeǌe (x =3). Za m 0tojekvadratnajednaqinaidabionaimalarealna rexeǌa potrebno je da je ǌena diskriminanta D =6m + 0, xto daje uslov m 6. ǋena rexeǌa su data formulom x, = (m +)± 6m +. m Ispitajmokadaje m + < 6m +. Kvadriramo i dobijamo nejednaqinu m 3m <0, xto je ispuǌeno za m (0, 3). Onda je m + > 6m + za m (, 0) (3, + )., 0) onda su i imenilac (m < 0) i brojilac ( (m +) 6m +< 0) za oba rexeǌa negativni, pa su oba rexeǌa pozitivna. ko je m (0, 3] onda je imenilac pozitivan (m >0), dok je brojilac jednom pozitivan ( (m +)+ 6m +> 0), a jednom negativan ( (m +) 6m +< 0), pa je jedno rexeǌe pozitivno, a drugo je negativno. ko je m (3, + ) onda je imenilac pozitivan (m >0), dok su brojioci za oba rexeǌa negativni ( (m +)± 6m +< 0), pa su oba rexeǌa negativna. Jednaqina ima bar jedno negativno rexeǌe za m (0, + ), a dva za m (3, + ). ko je m [ 6 5. Neka je E podnoжje normale iz D na pravu B. Tada je ED pravougaonik, stoga i zbog uslova zadatka je EB = E + B = ϕ + θ = D + B =90. U pravouglom trouglu EB je E = EB E =(a + b) b i B = EB B =(a + b) a, pa je D = E = b(a + b) i B = a(a + b). D b ϕ θ ϕ E b a B

14 Druxtvo matematiqara Srbije REXEǋ ZDTK OPXTINSKOG TKMIQEǋ IZ MTEMTIKE Tre i razred B kategorija Neka je tg α = a. Tada je tg β =tg(α +60 )= a + 3 a 3 i tg γ = tg(α + 0 )= a 3. Sada imamo tg α tg β +tgβ tg γ +tgγ tg α = +a 3 3 a + a 3 a 3 + a 3 3a + a a +a 3 = 9a 3 3a = 3. Za x > 0 su svi logaritmi i stepeni definisani. Kako je 3 log x =3 log x = 3 log x i x log 3 =3 log x,tojedatajednaqina ekvivalentna jednaqini t +t = 0 (smena t = 3 log x ), qija su rexeǌa t = 4 < 0 i t = 3. Zbog t > 0 imamo 3 log x =3,pajelog x =,tj.x =4. Rexavaǌem polazne jednaqine po x nalazimo x = 4y±3 5 y, pa je y 5 i 5 y treba da bude ceo broj. Dakle, imamo da je y {0, ±3, ±4, ±5}. Rexeǌa su: (x, y) {(5, 0), ( 5, 0), (4, 3), (0, 3), ( 4, 3), (0, 3), (5, 4), (7, 4), ( 5, 4), ( 7, 4), (0, 5), ( 0, 5)}. Oznaqimo B = D = a, D = B = b, BD = d = 7 k, = d = 9 k, BD = α (za koji treba da vidimo da li je 60 ili 0 ), B = 80 α. Primenimo kosinusnu teoremu na trouglove BD i B: d = a + b ab cos α, d = a + b ab cos(80 α), pakakojed <d dobijamo da je α =60. Dakle, d = a + b ab, d = a + b + ab, pa je d d = a + b + ab a + b ab = 9 ( a ) 7,tj. b ++ a ( b a ) b + a = 9, odakle nalazimo 7 ( b kvadratnu jednaqinu a ) ( 7 b 6 a ) 7 b + 7 =0. Kad je reximo dobijamo da je a b = 3 ili a b = 3. D b b α a 80 α B

15 5. Oznaqimo sa, B, temena osnove i sa S vrh piramide. Neka je D sredixte ivice B (BD = a)inekajee presek ravni koja sadrжi B i normalna je na S. Tada je BE S, paiz pravouglog trougla BES imamo BE = a cos α. Visinu DE dobijamo iz Pitagorine teoreme za BDE: DE = BE BD = a cos α 4.StogajeP B DE BE = = a cos α 4. S α α E a a D B

16 Druxtvo matematiqara Srbije REXEǋ ZDTK OPXTINSKOG TKMIQEǋ IZ MTEMTIKE Qetvrti razred B kategorija Neka su to brojevi a, b, c. Tada je b = a + c i b 4 = a c. ko kvadriramo prvu jednaqinu i iskoristimo da je b = ac, dobijamo a +ac + c =4 ac. ko je ac > 0 dobijamo a ac + c =0,pajea = c i a = c, dakle q =. ko je ac < 0 dobijamo jednakost a +6ac + c =0, odakle je c a = 3 ± 8. Kako je c a = q = ( 3 ± 8) i q > 0 (jer su kvadrati), bi e q,3 =3± 8. Koliqnik tog niza moжe biti q =, q =3+ 8 ili q 3 =3 8. Za x > 0 su svi logaritmi i stepeni definisani. Kako je 3 log x =3 log x = 3 log x i x log 3 =3 log x,tojedatajednaqina ekvivalentna jednaqini t +t = 0 (smena t = 3 log x ), qija su rexeǌa t = 4 < 0 i t = 3. Zbog t > 0 imamo 3 log x =3,pajelog x =,tj.x =4. x, 0 x< f(x) =, x = 0, x >. f(x) 0 x Nule funkcije su x =0isvibrojevix>. f(x) > 0 za 0 <x, a f(x) < 0 nije nikad. Funkcija f(x) je rastu a za 0 x<, u x =ima taqku prekida, a za x> je konstantna. Traжena gran. vrednost je lim n lim n 4 4 ( lim n ( ( ) 4n+5 = 4. (4n+) (4n+5) 4n+ 4n+5 ) = ) = Iz 7 arccos x = π +kπ, (k Z) sledi arccos x = (7 +4k)π. 5. Ta relacija nije ispuǌena ni za jedno k Z budu i da vaжi ( 7 4)π <0 arccos x π< 7 π.