Удружење Архимед

Средње школе

Математика
Архимед 1

  

РЕГИОНАЛНА ТАКМИЧЕЊА ИЗ МАТЕМАТИКЕ 23.3.2002.
Регија: Бања Лука, Србиње, Бијељина (и Добој)
   

I РАЗРЕД - припремио: Жељко Поткоњак, РПЗ Бањалука
1. Задатак:   Доказати да скуп  садржи бесконачно много природних бројева.
Рјешење 1:   Нека је n=1+4+...+4к, кN. Тада је 3n+1=(4-1)(4k+4k-1+…+1)+1=4k+1 1+1=4k+1. Дакле, 3n+1=4k+1. С друге стране биће n≥1+4к>2к+2, јер су сви сабирци сем првог ≥4. Сада је  природан број јер је n>2k+2.
2. Задатак:   Нађи вредности разломка  ако је , 0<a<b.
     
Рјешење 2.  

I начин: 2а2 - 5аб + 2б2 =02а2 – 4аб – аб + 2б2 = 0 (а - 2б)(2а-б)=0

Како је 0<а<б то је а - 2б<0 значи 2а – б =0, па је

   

II начин: =

. Дакле, 3 .Вриједност 3 не долази у обзир јер

због 0< а< б имамо а + б >0, а – б <0. Дакле, 3.
3. Задатак:   Нека је P(x) полином са цјелобројним коефицијентима чија је вриједност 5 за 4 различите вредности аргумента. Доказати да P(x) неможе имати вриједност 8 ни за једну цијелобројну вриједност x.
Рјешење 3:  

Нека је Р(х) – 5 =( х - а )( х – b )( х – с )( х – d ) Q(x) , гдје су а, b, с, d  различити цијели бројеви , а  Q(x) полином са цјелобројним коефицијентима. Нека је Хо цио број такав да је Р(Х0 )=8. Тада  је

3=(Х0– a)(Х0– b)( Х0–с )(Х0–d)∙Q(X0).

Сви написани бројеви су цијели па су Х0-a, Х0-b, Х0-c, Х0-d, различити цјелобројни дјелиоци броја 3   (тј.-3, -1, 1, 3). Али је тада производ

(Х0-а) (Х0-b) (Х0-с) (Х0-d)=9, одакле слиједи да је Q (X0)=, што је        контрадикција јер Q(X0) мора бити  цијели  број.

4. Задатак:  

Дат је квадрат ABCD странице a. Кроз наспрамна тјемена A и C квадрата повучене су полуправе Ax и Cy нормално на раван квадрата и то са исте стране равни. На Ax узета је тачка M таква да је |OM|=a (O је пресек дијагонала квадрата), а на Cy тачка N таква да је |MN|=2a. Доказати да је MN нормално на раван  BMD.
Рјешење 4:  

Права МN је нормална на раван DNB ако је нормална на двије праве у тој  равни.Доказаћемо да је МNМB, а на исти начин се доказује да је МN МD.
    ( I )   Троугао ОBМ је правоугли па је 2= а2+2=+а2=а2...(1)
   

( II )   Троугао МАВ је правоугли па је 2 =2 - 2=а2-а2=а
   

( III )   Трапез АСNМ је правоугли па је (-)2+2=

тј. (-)2+2а2=4а2, одакле је .

( IV )    Троугао NВС је правоугли па је

2=2+2=а2+а2=а2...(2)

Из (1) и (2) слиједи да је 2=2+2, односно да је NMMB.

Припрема у Word-у: РАДУЉ  САЊА  I-9
Побједници:  

Татјана Вучић, Бањалука; Момчило Ковач Србиње; Јован Пухало, Бијељина; (Ненад Челиковић, Шабац)
   

II РАЗРЕД - припремио: Борислав Мићић, РПЗ Бањалука
1. Задатак:  

Једначине x2 + px – q = 0   и  x2 - px + q = 0   имају цјелобројна рјешења. Доказати да постоји провоугли троугао с цјелобројним дужинама страница, чија је дужина хипотенузе једнака p, а површина q.
Рјешење 1:  

Из Виетових правила слиједи да су  p и q цијели бројеви. Нека је

D =  и  .                     (1)

Тада рјешења датих једначина имају сиједећи облик

  и  .

Очигледно бројеви  D  и  D1 морају бити цијели бројеви (по услову задатка), исте парности као и  p. Одатле закључујемо да постоје такви цијели бројеви    и   ,  одакле слиједи   D = a + b  и   D1 = a – b.                      (2)

Из  (1)  и  (2)  добијамо  ,     и  ,  .  Према томе, странице траженог правоуглог троугла су  a,  b  и  p.

2. Задатак:   У полукруг полупречника  r  уписан је једнакокраки трапез максималног обима, при чему је већа база трапеза пречник круга. Одредити дужине страница и висину тог трапеза.
Рјешење 2:   Нека је  ABCD  уписани трапез у круг (в. Сл.). Ставимо   .

DABD ~ DABD  (правоугли,  ÐABD @ ÐADM).  Отуда добијамо:

  .

Из посљедње једнакости добијамо  . Сада обим посматраног трапеза можемо записати у облику:

Одавде се види да обим трапеза прима максималну вриједност  Omax = 5r ,  кад је  x = r  и  = r. Дакле, трапез ће бити максималног обима ако су дужине кракова и мање основице једнаке дужини полупречника описаног круга.
3. Задатак:  

Ако су  a > 1,  b > 1,  c > 1  реални бројеви, доказати да важи неједнакост 

.
Рјешење 3:   Ставимо  .  Тада је   .  Тада имамо:    Примјењујући ову једнакост и неједнакост између геометријске и аритметичке средине за бројеве  x,  xy,  xz,  добијамо       Завршен доказ.
4. Задатак:   Нека су  ha,  hb  и  hc  висине,  r  полупречник уписаног круга у троугао  ABC.  Ако је  ha  +  hb  +  hc = 9r,  доказати да је тај троугао једнакостраничан.
Рјешење 4:  

Двострука површина троугла  ABC  је једнака

.

Отуда добијамо  ,  ,  .

Кад ово уврстимо у претпоставку, добијамо једнакост  . Трансформацијом ове једнакости добијамо  .

Отуда слиједи 

[До овог резултата може се доћи и примјеном неједнакости између аритметичке и геометријске средине за бројеве  ,  односно  :  .  Знак једнакости вриједи ако и само ако је  .]
Победници:   Белма Туран (регија БЛ); Александар Млађеновић (Сарајевско-Романијска област); Бојан Марић, ТШ «Михајло Пупин» Бијељина; (Драган Божановић, Шамац).
   

III РАЗРЕД - Борислав Мићић, РПЗ Бањалука
1. Задатак:   Ливада има облик троугла коме су дужине страница  a, b, c. Из хеликоптера који непомично лебди у ваздуху све се странице виде под правим углом. На којој је висини хеликоптер?
Рјешење 4:   Запремина пирамиде  SABC  је            (1).

Како је    и  ,  то је    окомита на страну  ASC.  Зато се запремина пирамиде може рачунати и овако:           (2).

Из  (1)  и  (2)            (3).

По Питагориној теореми је:

  Þ            (4)

Примјеном  (4)  и Херонове формуле из  (3)  добијамо: 

.
2. Задатак:   Запиши производ полинома    и    као збир квадрата два полинома с цијелим коефицијентима.
Рјешење 2:  

Раставимо дате полиноме на чиниоце:

Нека је  =   и    .  Тада је производ датих полинома једнак   .
3. Задатак:  

Нека су    позитивни реални бројеви такви да је  .  Доказати неједнакост

.
Рјешење 3:  

Доказ:  Користећи једнакост    и неједнакост између аритметичке и геометријске средин&#