Prirucnik Za Takmicenja Srednjih Skola i Pripremu Prijemnih Ispita Na Fakultetima Vasic Janic Mitrinovic Tosic

PETAR M. VASIĆ RADOVAN R. JANIĆ OLGA MITRINOVIĆ DOBRILO Đ. TOŠIĆ

MATEMA TIČKI 'PRIRUČNIK ZA TAKMIČENJA SREDNJOŠKOLACA I PRIJEMNE ISPITE NA FAKULTETIMA

Ceh-rto dopuojeDO izdanje

IRO "GRAĐEVINSKA KNJIGA"

BEOGRAD,1983.

MATEMATIČKI PRIRUČNIK ZA TAKMiČENJA SREDNJOŠKOLACA I PRIJEMNE ISPITE NA FAKULTETIMA

Prvo izdanje 1965. Tiraž 2000 Drugo izdanje 1966. Tiraž 4000 Treće izdanje 1974. Tiraž 3000 Cetvrto izdanje 1983. Tiraž 2000

primeraka. prim.:raka. pri11l0,

tj.

(n=O, ±1, ±2, ±3.... ).

I (p=O, l, 2, ... ).

k 2 =8p·j

Dokazati da je nk-n

~n

2

k prirodni brojevi

veći

(n = l, 2, ... ; k

l, 2, ...)

od ,1)

prirodan broj. 1.9.

Dokazati da je

!!. (nk + l) 2

=

zbir n uzastopnih prirodilih brojeva. Reienje. Treba dgkazati da ,postoji nenegativan ceo broj x takav da je (I)

Jednakost (I) ekvivalentna

jesledećoj

•

-(x'" l!

X

ll,

,1/)

,o

(I/k

+- I)

I I, uvek ie - (nk - ll) , 2 o "

o,

prirodan ,)roj {videti prethodni ZlIdatak}.

o

4

ZADACI ZA PRIPREMU TAKMICENJA I PRIJEMNIH ISPITA

1.10. Dokazati da je proizvod ma koja deljiv sa 24. 1.11.

četiri

uzastopna prirodna broja

Dokazati relaciju 121 (n4 - n2) (n ceo broj).

1.11. Dokazati da je broj a"+ 4 - a" (a i n prirodni brojevi) deljiv sa 10. Relen}e. Predstavimo dati broj u obliku an (a 4 - I) i obrazujmo tablicu:

Poslednja cifra broja a

I

O

Po~lednja cifra broja

I

O

a4

2

3

6

1

4

5

6

6

5

6

7

8

9

6

l

Ako je a broj čij:t je poslednj:t cifra O, stav je istinit, jer je tada an deljivo sa 10. Ako je a broj čije su krajnje cifre 1, 3, 7, 9, stav je istinit, jer je tada a4 - l deljivo sa 10. Ako je a broj čij;: su krajnh cifre 2, 4, 6,' 8, tada je a4 - 1 de\jivo sa 5, dok je a" deljivo sa 2. Ako je a broj čija je krajnjl cifra 5, tada je an deljivo sa 5, dok je a4 - l deljivo sa 2. Prema tome, dokaz je završen.

1.13. Dokazati da je zbir kvadrata dva cela broja deljiv sa 7 ako ako Je svaki od tih brojeva deljiv sa 7.

samo

Doka:. Svaki prirodan broj, ili nula m,že se prikazati jednim od izraza (r prirodan broj iIi nula).

7r, 7r+l, 71'+2, 7r+3, 7r+4, 7r+5, 7r+6

(1)

Kvadrati ovih brojeva redom su oblika

7 p, 7 p + 1, 7 p + 4, 7 p + 2, 7 p + 2,

(2)

7 p + 4,

7 p + 1 (p prirodan broj iIi nula).

Posm'ltrajmo uporedo sa (1) drugi proizvoljan prirodan broj ili nulu. Taj se blOJ može prikazati jednim od izraza

71,

7$+1, 71+2,

71+3,

7$+4,

79+5,

(3

79;1-6

prirodan broj ili nula).

Kvadrati ovih brojeva respektivno su oblika (3)

7q,

7q+l, 7q+4, 7qt2, 7q+2, 7q+4, 7q+,I, (q,prirodan broj ili nula).

Ako se formiraju svi zbirovi od dva sabirka od kojih jedan pripada skupu (2). a drugi skupu (3), konstatuje se da je ,zaista istinit stav koji je trebalo dokazati.

1.14. Brojevi 1331, 1030301, 1003003001 su potpuni kubovi. Brojevi 14 641, 104 060 40 l, 1 004 006 004 OO l su potpuni četvrti stepeni. Ustanoviti zakon formiranja ovih brojeva, obrazložiti ovu činjenicu i ispitati da li se rezultat može generalisati. UpIdSI'HJ. Primeniti formule:

(Ion + 1)3_10311 +3,102 "+3,10"+1; (Ion + 1)4_104" +4·103" + 6·102" +4,lon + 1.

1.1S.

Ako postoji relacija (m - p) 1 (mn +pq), (m - p) I(mq.+ np)

dokaza~i

da važi

(m, n, p, q prirodni brojevi; m =1= p)"

UpIdIIPO. Posmatrati identitet (mn+pq)-(mq+np)=(m'-"p)(n-q);

s 1.16. Ako su a, b, e, a, {J,,, takvi prirodni brojevi da' je (ac:r,

{Ja+ab, "a+a.e+{Jb,

yb+tie, .ye)-p,

~de je p proS.t broj i (A, p, ...) najveći zajedni~ki delilacbrojeviL tada važi p Ia,b,e, ili p Ja, {J,,,. Generalisati.

1.17. Da li se prirodan broj n može tako odrediti da sa 8 i 31' 1l(laje. 7"-1-(6+ 1)"-1- &t+ (

n

&t-' + ...

br~j

i, p, ... ,

7·-.1 bude deljiv

+( n~ 1)·6;

""-1-(8 -1)"71-8"~( ~) 8"-'*··· +(-1)"-1 (n~ l ).8 +( ,.,.1~-1. .'.4

Dabi važileobe relacijC81 ("" -.1)0"31 ('..... 1) JX>tretan i dovoljan uslo., je (-1)'-'1-, odakle sJeduje da je n paran broj.

1.18. Ako su n i k je n prost broj.

«nJ

prirodni brojeM, dokazati đa je (k) deljivo sa II ato

1.19. Ako je n (> l) prirodan broj, dokazati da u nizu prirodnih brojev8 nl + 2,

n!'+ 3, ••• , II!+II

nema nijednog prostog broja. Dok"z. Broj n! + n deJjiv je sa. n. Broj n!+(n-l) deljiv je sa n-l.

Broj .n! +2 deljiv je sa 2. Tako, na primer,

o

između

brojeva l00! +2 i l00! + 100 nema ni jednog

prosto.b~oja

1.20. Ako se iz skup l E2" ... {I, 2, . . . , 2 n} od 2 n prirodnih broj~va proizvoljno 'izabere n + l brojeva, dokazati da postoje bar dva od njih od· kojih je jedan deljiv drugim. Rda}e. Označimo sa E"+I skup od n + 1 proizvoljnih brojeva .koji pripadaju ~ E2fIo Svaki parni od tih brojeva može se izraziti u obliku 2s As, ade je s priredan broj, a'l,neparan broj. Neka je E"+I skup brojeva As i svih ilepamih brojeva skupa Ellh' Skup E II+1 saddi n + l elemenata 3"

Neka je to

YZt

dakt,e

•

Osim top, svaki od navedenih proizvoda mora Ititi manji od 10. Dakle, 10 -O, broj S + 2n je neparan pa i broj k mera takođe da 1:iude neparan, tj. k .. 2 m - l (m prirodan broj)..Prema teme imE mo (2m _1)2~ S + 2n , tj. m(m-·l)",,2n - 2 + l. Broj mem-l) je paran broj dok je na desnoj strani neparan broj, osim za n-2.Za ovu vrednost·n dobijamo x\ - S i x 2 - - 1. Ako je n < O, mora da važi jednakost' 2-fI (k 1 _ S)-l.- Kako je na levoj strani paran' broj a na desnoj nepanm, ovaj slučaj fie 401azl.lJ obzir. za n ~ O,. imamo x2- 4 x -J - O; međutim ova jednačiria iiertia:" racionalnih korena. trema tome, jedina re5enja su x- -1 i x-S.

1.30.

Do~~fi

e

\'

neodređena jednačina

da

:

~

•

,

2x"-Sy2=1

(1)'

nema celobrojnih rešenja. Bd.Je. Predstavimo j~dnačinu (l) u obli1tu·2x.J-Sr+7. PoIto je 2x! paran broj. tada l, mora biti neparno. Prema teme, ako umesto l uvedemo 2m +1, jednačina (l) postaje

T,' tj.

x2-10m(m+l)+6.

(2)

Na osnovu ovog

zaključujemo

da x mora biti parno. Ako u (2) stavimo x - 2 n, dobU!uno 2n2-Sm(m+ 1)+ 3.

Ova jednakost nema smisla jer jo na levoj strani paran broj, ·a na desnoj neparan. Prema tome, ~ina (l) nema celobroJnih relenja.

za

1.31.

koje vrednosti x i y važi jednakost 1\_

1.32. Data je

[sin (x-y) + 1](~cos(2x-y)+ 1]=6?

badratn~ jednačina

x

2-

x + b':" O

'·1 (b

rflala,n broj),

čiji

su kOfCni a i ~ racionalni brojevi. Dokazati :da iSU kotel'li jednačine

,

,,~'-;,

:'

X2+GtX_~=O

(1) takođe

racionalni brojevi.

Bdeaje. Koreni jednačine (l) su racionalni ako je diskriminanta' D~Ct2+4~ kvadrat jednog l'Kionalnol broja. Polto je ct + ~ - 1, tj. ~ - 1- Ct, dobija se Ito

Je

i trebalo dokazati.

1.33. Neka su tl, b, e, d, e celi .brojevi. Ako su ae + b i ce + d deIjivl sa 1 (k ceo broj =F- O), dokazati da je :ii q.d- bc deljivo sa k.

I. DriMETIKA

9

RU'IIje. Iz datog uslova izlaze '-, jednakosti ae+b-kn i ce+d~km

(m i n celi brojevi).

Ako se prva jednakost pomnoži sa e i druga s,a a, pa se od druge oduzme prva, dobija'se

ad -hc-k(mIl-nc). Ito

znači

da je i ad - bc deljivQ sa k, pošto je ma - ne cco, broj.

1.34. Odrediti

~tvorocifteh

!iroj' iifJh:l koji ispunjava uslove

(1)

eda - abe = 297,

(2) ,

a+ lY+.e= 23~

gde su a, b, e, d E {O,

l~ ,

.. , 9} i a =F O.

RU,"je. Iz uslova (1) izlazi 100(+ lad +41-(10041+ 10b+e)-297, odnosno 99(e-C{)+ 10(d-b)~297. a~O, jednačina

Po!to su a, b, e, d E {O; l, ••• , 9} i

(4)

e-a-3,:

(S)

,tI-b-O.

Ako se od

jednačine

(2) oduzme

jednačina

(3) zadovoljena je samoza

(4), ,nalazi se,

2a+b-20. Kako je e-a+3, dobija se 41O. Srafirana oblast bez lran~ih tačaka je skup tačaka z, tj. (xt y), 7.a 'koje vali ne,: jednakost (1).

y

IDENTtrEn

3.

3.1. Dokazati log" a . log" b = 1 (a, b>O A a, b~ 1). Generalisati. 3.2.

Dokazati

liOl b

= bIoI" (a,b>O).

3.3. Da li se a, b, e"m mogu 09~e~iti tako da važi identitet

x4+ 2x3-,,23 x 2+ l2x+ m =(x2+ax+e)(x2+ bx+ e)? 3.4. Odrediti a, b, e, d tako da za svako x a(x+

važi

1)x(~:3;tl}+bx(x-l)+e(x--J)+d=x3.

3.S. Ako je u" = (b-e)II+(e-a)" + (a-b)", dokazatijednakost ulI +3 + tbc + ea + ab-,,2-b2-e2)ulI +1-(b-e)(e-a) (a - b) u" .... O. 3.6. Ako je ~

d"+a-'"

.11".-

•

2

d"-a-'"

BIJI -

2

•

proveriti identitete: A",'I.--B",2= l,

A_",-A""

B_",- -B".,

A",+"=!'A",AII+B",B,,, B",+"-A",B~+A"B,,,. Takođe

izraziti A"'_II i B",_" pomoću A"., A", B"" B".

3.7. Proveriti identitet (x+ )')7_X7_)'~ -7 x)'(x+ )')(x2 + x)'+ fl. 3.S. Ako je n prirodan broj, dokazati jednakost

+. 211~1 Re1a~. Izraz

+ !'~n~3 + ••. + 211~J ,.~~

! (1-+++ ~

+ ... +

2n~I)'

koji se nalazi na levoj strani,date relacije mole se predstavili u obliku:

~[(2n-l)+1 + (211-3)+3 + .. ,,+ 1+(211-1)] 211 _1·(211-1) 3·(211-3) , (211-1)·1_

1 [I l] -- + -1- + -1 + -1- + ... + -1- + 211,1 211-1 3 211-,3 211-1 l.

l'{ I+-+-+ l 1 .. ·+-~ ,I ] • --

3',

II

17

2.-1 '

3-'.

Proveriti jednakost

'i a,ht"'+1c• ( i akxk) lf bkxk)- I,1c-O -O

. k-O

I+1cO, funkcija je

4.28.

a, b, c, d

rastuća:

ako je ad - bcO, najmanja vrednost y za koju važi (1) jo

Bez upotrebe izvoda odrediti ekstremne vrednosti funkcije

Vx2+2'x+ lO-V x2+2x+2. Generalisati.

".43.

Izabrati realan broj k tako da funkcija I(x)=(x2-x)/(l-kx) može ima.i ma koju realnu vrednost ako se podesno izabere ret ha promenljiva x~ Ako je k=-- l i x reah1o, dokazati da funkcija f(x) ne može uzimati. vred-. nosti izmedu - ~ - 2 V2 i - 3 + 2 ..[2. Graficima ilustrovati dobijene rezultate. ........

Ako je x realno, dokazati da funkcija y .... r -1 nema vrednosti izme-

r-4

du -l .I l • 4 11" ,1Kak' '.M".. o JO x -,±

l4i=1 vrednosta '. "--y::y,

Je

_...... b"Itl real ne ako JO ' no;\iV

D ata je . lun l'. k" I b , e ~ealne k ons tante I,'. a -Jo) cIJa y= or + bx + e \a, or e • , cr+bx+a ' Dokazati. da y može uzeti svaku realnu nedno!lt za x E ( ~ oo. + oo) ako je bl >(a + C)2. Il .....01.

".46. Dokazati da' funkcija f(x);" tg3xcotg 2 x ne može imati 'vrednosti izmedu 1/9 i 3/2.

ZADACI ZA PRIPREMl' TAKMiČENJA l PRIJEMNIH ISPITA

30 R._~.

Ako se upotrebe formule tg 2x-

2 tgx ..2' l-t5 X

tg 3.\: -

3 tgx-tg l x 1- 3 tg2 X

,

funkcija y = !(x) postaje 3 -a l-a y-_._-.--,

(l)

l-3a

2

,de je

(2) jednačine

Umesto

(l) može se pisati

a' -2 (2 - 3y)a+(3 -2y)=0.

(3)

Ako je fl imaginarno ili negativno, tada, prema (2), x nema realnih vrednosti. Taj nastupiti: 10 Ako jednačina (3), rešena po a, ima imaginarne korene, tj. ako je

će

slučaj

9}.2-lOy+Io. X3>O, x.>O, ako

samo' ako

,

• ....,.. Nebje (2)

(). realan broj).

Iz jed_iDa (J) i (2) izlazi 2x.-a+)., 2xa- -0+)., 2x,-6+1->', 2x.- -b+l-;'. Ildcnja su pozitivDa alco je

,,+),>0,

b+~

-,,+">0.

-).>0,

-6+ 1-;'>0.

Alto prvu n~jedna~inu sa~rcmo sa tretcm ,i ~~tvrt("m. pa zatim druBu ~dn3činu sabe· remo sa tretcm i ~etvrtcm, dobijamo sistem nejednačina

,,+/I+J>O, ,,-6+1>0.

-'1+6+1>0,

-0-6+1>0,

l"! +Ib 1 cr + 6 + c.

Kako je cr+6+c>0.

takođe

vali

cr(cr+6) +6(6 + c)+ c(c + cr);>r +61 + tj.

ea + 2"" + 2 ere + Uc,

O;>"" + ere + bc.

POItO lU ",b,c pozitivni brojevi, pos.lednja nejednakost ne \'di ni za jedno (",b.c). Ito ~i da je data nejednakost tatna.

"'U. Ako je O l, data

ima _oje

1 b O, cos 4 x<

6.41. Odrediti oblasti II xy-ravni u kojima treba da se nalazi bi važila nejednakost sin (x + y) > O. '-42.

Rditi skup nejednačina

r+4x-4>O,

tačka

- J... ? 2

(x, y) da

47

•• l&IBDNAJtom

f.43. Dokazati nejednakost

1..+_1_+ ... +1..>1 II

. . . . . .Kako je. za

(n prirodan broj

r

11+1

> l).

II> 1.

l

l

l

l

l

1

II+l>,.a· 11+.2> r ' .. •• r-1> r ' dobija

le

l

1

l

1

r-II

-+-+ ... +-->-+---1. II 11+ l r II r 6.44.

Dokazati· nejednakost

1+_1_+_1_+ .

(l)

vl

oo

vl

+_I_>vn

.~ > .~ . Stavljamo

. . . .je. Ako je k 2), onda je

(n~2).

.Ji

k v" posle sabiranja tako dobijenih nejednakosti dobijamo

li ovde redom k-l. 2, • ~. ,II,

V

1 1 l 1. --+--+ ... +-->11-~

VT vl

6.45. (1)

(l).

Dotazati nejednakosti: . . (p-m p+m)./ ./ (p..;.m ID1n --, - ""'" x2-2mx+; """,max - - , p+m) -p+m p-m 'x2+2mx+; p+m p-m

(0 (Ii'-l (Q'))-;

-;'-1

b,

b,

•

Iz \Islova da je bl. bl' .•. • b" neka permutacija brojeV'cl al' nl' •••• a" izlazi

Prema tome, nejednakost (2) se svodi na (I), ito je trebalo dokazati.

JEDNA ZANIMUIVOST )Z TEORIJE BROJEVA

Broj 2456 (~211 O i l) glasi:

~

21 + 2' + 2' -/ 21) napisan u 100 1100)) 000.

bin~rnom

sist.!mu

(~ije

su cifre

7. PROGRESIJE

7.1. Odrediti

aritmetičku

prosresiju koja ima osobinu

a., +a. - a..+. (a, je ,-ti

član

prosresije)•

. . . . ,... 2.. 3.....

7.2. Dokazati da je (-1)"+111 zbir prvih 'J

članova

reda 1- 3 + S - 7 + .. '.

7.3. Dokazati da je .!.{1-(211 + 1)( -l)"} zbir prvih 2

II

članova reda

1-2+3-4+·· '. 7.4. Data je funkcija f(x)-x2-3x+2. 1'· Dokauti da

/(x+l)-/(x), f(x+2)-f(x+l),

f(x+3)-f(x+2), ...

čine

aritmeti&u proaresiju. 2!' Koju. vrednost tRba dati promenjivoj x da bi zbir pet prvih članova te propesije bio 601 jO Koliko članova najmanje treba sabrati da bi zbir bio veći od 120?

7.5. . Dokazati da brojevi metiae prosresije.

Vl, Vl, ..jS

..... ·PretpostaVimo da je suprotno JII"OINIije i to . . . je: .

tačno.

ne mosu biti članovi jedne arit-

tj. da su ti brojevi članovi jedne aritmetw.ke

.vi onaj ~1aD ~iji je raol k; vl onaj ~Ian Čiji je raD, m; v3 ODaj ~lan ~iji je ran, n. Tada je (I)

V2-G.+(k-l)d. (G. prvi

Iz (I) dobija

~lan.

v'3--.

+(m-l)d,

d razlika

aritmetičke

VS-a.+(n-l)d.

progres ije).

IC

V3-v'2-(m-k)d.

VS -V2=(n-k)d.

Odavde jedno za druaim lIeduje

(V'S - .;2)/(";3 - v'2> - (tl - k)/(m - k), (m"':k)v'S -(II-k)..j1 =(m-n).[2. (5(m-kr+ 3(n-kr -2(m -1I)1}!(2(m-k) (n - k)}

54

=

,liš.

ss

7. PltOGaaUB

Napred učinjena pretpoltavkadovela je do aPlUl'da, jer je u potIedajoJ _C:ijI aa levoj strani racionalDi broj, a na desnoj iracionalan. VJ ne motu biti Prema tome; indirektnim dokazom utvrdili smo da zaista članovi jedne aritmeti&e proll'Olije, ' ,

..rr. ...rr.

7.6. DokaZati. da' brojevi trijske progresije. 7.7.

Data je

aritmetička

v'3. ..[š 'ne

V2,

mO$ubiti članovi jedne geome-

progresija

Dokazati da niz

S, =a, +az + ... + a", Sz=a~+,

+a,,+z+ ... +az",

~l-aZ"+' +az,,+z +

takođe čini aritmetičku

7.8.

... +a311 •

progresiju i da je SH' - Sk == nZ d.

Neka je IIII • •• a (a= l, 2. 3. 4. S, 6.. 7,8, 9) broj- sa k jednakih cifara.

'-y--" Sumirati

S-=a+aa+ ••• +l1li ••• a. '--V--J II

RrI_..

Kako je II'

1I-II'(1()k-I+I()k-'+' .'. +I)--(I()k-I). '-y--" 9 '

tili • ••

bićc

s- I

II

I

II, " tili ... 11--

k-l'-y--"

9 k-l

II ( IC)It - 1 ) (IOk-I'-- 10'---11 • 9 9

. odnosno a 81

S - - (10"+ 1 - 911- 10).,

G_...,.Ii:adj.. Sumirati S ako se umesto

7.9.

tl

stavi v_ifreni

~roj.

Data je shema brojeva l

234 3 4 S 6 7 4 S 6 7 8 9 10

Do1cuati da je zbir brojeva u svakoj vrsti jednak kvadratu nepamol broja.

56

ZADAa ZA. PJUnDW TADlIOtNIA I PRLJBMNIII ISPITA

7.18. Prirodni brojevi razvrstani su na

sledeći način:

l

234 S 6 7 8 9 10 II 12 13 14 IS 16

Dokazati da je III + (11- 1)3 zbir brojeva u II-toj vrsti.

7.11. Dato je p

aritmetičkih

prvi

progresija:

član

___1=---_=--_.:.1--..:...,:.: ••~

razlika

2

l članova

Dokazati da je zbir II-tih

3

p

ovih progresija

l

"2"{(1I-1)r +(~ + l)p).

7.U. Dato je p

aritmetičkih

progresija:

prvi član razlika

zbit" prvih članova

2 3

"I

3 S

p

2p-l lp

Dokazati formulu

G.eaera1isati. 7.13.

Ako su brojevi al' az, ... , a" progresiju, dokazati jednakost

različiti

od nule i ako obrazuju arit-

metičku·

l l n-l -.l-+~+ ... +--=-.

(1)

11111112

"z

I I.

111"-1 0,.

ala"

Obrnuto, ako brojevi al' az, ... , a" (n>3) ispunjava uslov (1) za svako dokazati da oni obrazuju aritmetičku progresiju .

1I~3,

• .,... Po pretpostavci je aa -Ol-o,-Oa- ... -:0,.-0"-1 ~d. Ako je tl-O, lvi brojevi ak jednaki su međusobno i jednakost (1) je očevidna. Ako je Da levoj Itrani relacije (l) možemo napisati u obliku

tI'I'O, izraz

1

l

1

- + - + ... + - -

-I "z

"z

III.

111"-1 a"

;J

-CI -~) ~ +(;2 - ~ +... +(0"~2 -III,,~J ~+(O"~I - :J ~ l (1 l) al -

-""ii DItIe. ovim

lIDO

cIokazaJi (1).

0,,-01 (n-l)d n-l 0lo"d - 111,0,. •

III" - I I a,. tl -

51 Pretpostavimo li sada da je

1 1 1 1 11-1 --+-'-+--+ ... + - - - - -

(2)

tI,1I1

'tlltI.

tl. tl.

tI"-,tI,,

(11)3).

tI,tI"

dokaza6mto da brojevi tl" Ila, a" ... , litt obrazuju aritmetičku proaresiju. Ako je ,,- 3, tada je . ,

1 1 ,tl, +tl, tla +24+"a. --+-----~tIa lIalIa ~1Ia1la ~1Ia1la

2 (tl, +4) ~1Ia~

2 til 2 -----~1Ia~ ~~

Odavde je 1 1 1 • tlJ -lit az -tl, - - - - - - - - - - - - - - - ~1Ia

~~

~~

1Ia~

112 Ila tlJ tl, ~

.--+----tl, az

,Da bi 80rnje

Ako

tvrđenje

1i

II -

II -

.~-tl2-tlZ-tll"

2, redom dobijamo

1

1

1

tl, tlz

Ila A.

tI,,-z tI"_1

1 tla Ila

J Ila tlJ

tI,,_, tI,,_ Z

--+--+ ... + --+--+ ... +

(4)

~~~

bilo dokazano. dovoljno je pokazati da iz (2) lJeđUje

u (2) umesto " stavimo

(3)

~tIatla

11-2

---, til

1

tI,,_,

fll-3 ---o til tI"_1

Od\lzimanjem (3) od (2) i (4) od (3). redom dobijamo

11-1 11-2 1 --.-----1 11-2 11-3 ------------

no"_,-0,,_,-1I"0,,+2'0,, tl, 0,,-, II tI,,-z -

odnosno

Odavd~

0"

2 0"-2 -II 0,,_, + 30,,-,

o, °"-2°,,-,

izlazi tl, -'0,,-,-(11- 2) (a,,_, -a,,). tI,-tl,,_,-(1I-2) (o,,-z-tl,,-,).

Ito dovodi do jednakosti koju je trebalo dokazati.

7.14.

Dokazati identitet I

(1)

1

va. + V'Ga + V'Ga + Y'Q, + ... +.v' (al' tl2'

••• , tl" različiti

1 tI"_1

+ va,.

II-l

-----,.-

va. +..[ii;,

su od nule i obrazuju aritmetičku progresiju).

S8

ZADACI ZA PRIPREMU TAKMICi:NJA I PRIJEMNIH 0;1'11.4.

ll~. KU"

al' az• ...• a" čine aritmetičku proJCesiju. vaio jednakosti

(2)

(.. -1.2•... n-l; dfiksno).

a.+,-a,-d Na

OIDOVU

identiteta

,; a'+ 1 +

.;a;+. -

va.

va.

a.+I-a,

dobija se

Stavi li se ovde (.n-l)d . a.- va;,+va. ,

.17.r=-

y a,,-y

dolazi se do formule (l).

Primnlba. Da li valj obrnuto: (1) => (2)1

7.15.

Ako je Sk zbir k članova jedne geometrijske progresije, dokazati da je S .. (S,,,-S,,,) = (S2,,-S,,)2.

7.16. Neka je SI zbir prvih nl članova aritmetičke progresije,

S2 zbir prvih nl SJ zbir prvih nJ

članova članova

iste progres ije, iste progres ije.

DQkazati jednakost

Generalisati.

Sl (nz -nJ) + Sz (nJ -nl) nl nz

+ Sl (nl -nz) = O. nJ

7.17. Ako su fiZ,lJ2, cl (fiZ *- lJ2 *- cl *- fiZ) tri uzastopna progresije, dokazati da su (I) takođe

člana

jedne

aritmetičke

b+c' e+a' a+b

tri uzastopna

lid.. Kako su

člana

r. 6 cz 2•

jedne

aritmetičk~

tri uzastopna

lJI-r-cZ-b Z

člana



jedne

progresije. aritmetičke

proJCesije, mora biti

(b-a)(b+a)-(e+b)(e-b).

tj.

b-a e-b - -c+b b+a

-

b-a (c+a) (c+b)

e-b (b+a)(e+a)

- - - - - - - - - -

PoaJecIaja jednakost mole se predstaviti u obliku

1

e+:-;:;b- b+a - C+II' odakle i&IUi da

lU

brojevi (1) zaista tri. uzastoJ)na člana jedne aritmetičke. proaresije.

59

7. PROGRESIJE

7.18.

Date su dve

l, 4, Odrediti sve

aritmetičke

progresije:

5, 9, 13, 17, 15, 26, 37, ...

članove

21,

25,

29,

33,

prve i druge progresije koji su

37, ... međusobno

jednaki.

Rdnrie. Označimo članove prve progresije sa On (n = 1, 2, ... ). a druge progresije b;"(m-l,2, ...). Tada imamo on=bm odnosno 4n--':3=llm-7, što daje l1m~4(n+l).

(I)

Prema tome, problem jc da se reši DioCantova Iz (l) sleduje da je l - (n+ l)=k II

Odavde se dobijaju

sledt:će

relacije kaje

jednačina

(1).

(k prirodan broj). određuju

lI=l1k-l i m-4k

i

S:L

rangove jednakih

članova

progresija:

(k= 1,2, ...).

Tako, na primer, za k = I dobijamo n-lO i ln = 4, što druge progresije međusobno jednaki.

znači

da su deseti

član

prve progresije

četvrti član

PICARDOV A PORUKA SREDNJOŠKOLSKOJ OMLADINI ... Izgleda da smo mi u Francuskoj naročito osetljivi na duh, živost i blesak inteligencije, dok manje cenimo strpljivost j odvažnost u naporu. Međutim" ove dve osobine dominiraju u svakoj karijeri. ... Inteligencija u životu nije jedina snaga i ima mnogo primera gde je ona ostala neplodna. Koliko mladih inteligentnih ljudi, vrlo talentovanih, nisu dali ono što se od njih oč[ki,alo! Dugo strpljenje je neophodno da bi učinilo plodnim najsrcćnije darove; ono samo po sebi nije genije ali je ponekad talenat. Da bi se stvorilo jedno delo ili izvršila jedna akcija, treba imati istrajnu i neprekidnu volju. Stalnim radom izgrađuju se dobri izgledi čiji plodovi pripadaju onima koji su ih dugo tražili: ova istina simbolizovana je u Njutnovom cdgovoru koji je rekao da je zakone sveta otkrio na taj način što je o njima stalno mislio. (Iz besede koju je E. Picard održao. 30. jula 1898. učenicima čuvenog liceja Henri IV u Parizu).

o

KAKO SU NEKADA TRETIRANI. MATEMATIČARI U Justinijanovom kodeksu koji je objavljen 533. godine govon se o »zločin­ cima i matematičarima i drugim sličnim«. U ovom kodeksu dva člana glase: »Ars autem mathematica damnabilis interdicta est« (pod pretnjom kazne zabranjena je takođe matematička veština); »Nemo haruspicem consulat' aut mathematicul1l« (neka niko ne trali savet od matematičara).

8. MATEMATICKA INDUKCIJA

8.1. Ako je ,. prirodan broj, dokazati da je a" -lJ" deljivo sa· a-b.

II.,... Kako je (n> I),

Iz pretpostavke (a -b) I (4"_1_/)11_1) sleduje (a-b) I (a" -bn). Za n-l

tvrđenje

je

tačno,

Da ~VU principa matematičke indukcije zaključujemo da je ono tačno i r.a svako

pa

n.

8.2. Dokazati implikacije

a>b~O ~

" " va >v'h.

gde je ,. PFirodan broj. 8.3.

Metodom indukcije dokazati

8.... Dokazati da je broj' 132 "

II..,...

Pretposta~imo

+6

(n nula ili prirodan broj) deljiv sa 7.

li da je ovaj stav istinit za n - k, tj da je (v prirodan broj).

(1) tada je

132k + Z+6_169·13 2k +6_169 (7v- 6)+ 6-7 (I69v-24·6).

Prema tome, ako vali relacija (I), tada vali u relacija 7 I (13% k Pi· 6). Kako je, pored top, broj 132 "+6 deljiv sa 7 za n-O, zaključujemo da jc on dcljiv sa 7

za ,. E {D, l, 2, ... }.

.

8.5. Ako je ,. prirodan broj, dokazati

i

54 (22"+1-9 n2 + 3 n- 2). " " . Ako je /(n) - 2211+ 1 - 9112 + 3 n - 2, tada je /(n + 1) -/(n)- 6 (2 Z "

-

3n-I).

Ako je ,(n)-2' ''-3n-l, tada je ,(,,-+ol)-I.(n) =3 (2:"- 1).

Ako je h (11)- 22 "

-

I dobija se It(n+ 1)-h(II)_3·2211 •

Budući da je 311t (I) i 31 lt (n": l) ako jc 31 h (,,), dobija se 3 i h (fl) Za II E {l, 2, oo.}. Kako je 91,(1) i 91 ,.(n + l) kada je 9 ! ,.(n), dolazi se do zaključka 9 I g (n) za nEt 1,2, ... }.

60

61

•• MATlMATlaAJNDUKCUA

Kako je 541/(1) i 541/(n+ 1) kada je 541/(n), izlazi 541/(n) za n E { 1,2, ••• },

fto je i trebalo dokazati. 1(0) je takođe. deljivo sa 54.

Primedba. Primeniti isto tako

način

dokazivanja upotrebljen u prethodnom zadatku.

Dokazati 32JJ+2-8n-geO(mod64) (n prirodan broj).

8.6.

Rdelfle. Pretpostavimo da je broj I(n) - 3211+2 - 811- 9 deljiv sa 64 ako je n - k, pa ispitajmo da li se iz ove pretpostavke zaključuje da je broj I(n) deljiv sa 64 ako je n - k + 1. I(k+ 1)_32k +4 _8k_17 ;.. 9:3 2k +2 -8 k:'" 17

-9 (3 2k +2 _ 8k- 9)+64 (k+ 1) ~ 9/(k)

+64 (k + 1).

Na osnovu ovo, zaključuje se da je broj I(k + 1) deJjiv' sa 64 ako je to slučaj sa I(k'. Broj I(n) deljiv je sa 64 za n-I, pa prema gornjem I (n) uživa istu osobinu za 11-2, 3, ••• , tj. za svako II, gde je n prirodan broj. Brojevi 1(0) i IC - 1) takođe su deljivi S,l 64.

Dokazati nejednakost 2" > II (11 = O, l, 2, ... ).

8.7.

Označimo sa Pen) tačno P (n) za neko

tvrđenje.

Dob:.

ovo

da je

n (;>0), tj.

tačno,

peO) je

jer je 2°>0



l >0. Pretpostavimo

(l)

Kako je (2)

posle sabiranja (l) I (2) imamo

2.2">n+ 1

211 + I >n+ 1

O).

Prema tome, dokazali smo

P (n)

~

P(n+ 1).

Ovim je induktivni dokaz zavrkn.

8.S.

Dokazati nejednakosti:

l° 2">112

(11 = 5, 6, 7, ... );

2° 2,,>,,3 3° 3">n4

(n = lO, ll, 12, ... ) ;

(Il - 8, 9, lO, ... ) .

Dokil:. 3' Za 11=8 zaista je 3">8 4 • Pretpostavimo da je istinita nejednakolit (1)

(k:>8).

3k >k4

Ako je istinita i nejednakost (2)

3>(k+l)4/k 4

(k>8).

tada množenjem iz nejednakosti (J) i (2) izlazi 3k+1>(~+

1)4

(k>8).

zADAcI ZA P"PRIM1l TAKMIćENJA I PRIJEMNIH ISPITA

62

Dokdimo sada nejednakost (2). Radi toga (k+ 1)4 k4

pođimo

od identiteta

-(l +..!..)4 -l +~+~+~+..!... k k k k' k4 2

Kako je

4

6

4

.

-+-+-j 36v+6 (10 1- ' +2) deJ;iv sa 9 ako

j~

t:>

sluč:j

sa brQjem

3.411 +1 + )()rr-'- 4

i da je povrh toga p:)sJednji br~j deljiv sa 9 Z:1 n= l, zaključuj:mo d.. jc: broj 3·4"+1 + 1011-'- 4 deljiv sa 9 za svak i rrirodan· broj n.

63

l. MATEMATiČKA INDUKCIJA

Rtletr}'. 3211 +1 = 3.9"- 3 (2 + 7)" = 3 ·2" + 7 k

(k prirodan broj).

211 +2 =4.2". 1("'= 3 ·2n +4;2"+ 7 k-7·2" + 7 k => 71/(11). Broj /(0) deJjiv je

takođe

Matematičkom

8.11.

sa 7.

indukcijom ili na koji drugi

1331 (11"+ 2 + 12211+1)

8.13.

Dokazati

način

dokazati da je

(n prirodan broj ili nula).

81 (11 . 3" + 3 . 7

6)

11 -

(n nula ili prirodan broj).

8.14. Numeričke vrednosti polinoma P(x)=x2+x+41 za x=O. 1,2•... ,39 su prosti brojevi. Da li se na osnovu toga može zakTjučiti da su: P(40). P(41), ... prosti brojevi? . Odgo,or. Ne. P(40)=4P nije prost broj.

Ako je n nula ili prirodan broj, dokazati da je

8.1S.

A =5- Vš (I-VS)"+5+v'S(I+ VS )" "

10

2

10

2

prirodan broj. Doka:. Kako je 04

11 -. + An- 2_5 - 10VS(I-2VS)II_1

+ 5+ VS(I+ 10

+ dobija se

A

5-10VS (1-2VS)"_2 + S +10VS (I +2v'S)II- a

3-2v's (1-2v'S)II-Z+ S +10VS 3+2v'1(1 +2v'S),,_a

_A _ S - VS 11-. OJ 11-2 10

Uzimajući

vs)n-I

2

u obzir da je

n:llazi se (1)

za n = O i n = l imamo redom A. - I, A I - l. Pretpostavimo da je broj An prirodan kada je 11- k - l i 11- k - 2 (k prirodan broj >2). Tada je. na osnovu (1). i Ak prirodan broj; Az je prirodan broj, jer su takvi brojevi 04 0 i AI' Broj AJ je prirodan, budući da su AI i Al prirodni brojevi. itd. NapomelIa.

Brojevi 04 0 , At' A 2 • AH .•.• tj.

čine

8.16. (l)

l, l. 2. 3••..

Fibonacciev niz.

Dokazati identitet

.-1i (3.-

4

1 sin 3 ..!.)

3'

= 311 sin..!. - sin a. 311

-64

ZADACI ZA. PRIPREMU TADllčENJA I PRIJEMNIH ISPITA

.DoU:.

za" - l

tvrđenje je tačno, jer je

8 8 4sin'--3sln --sin8 3

3

'

Ito aleduje iz formule ,(2)

lin 311- 3 slnll-4sln'II. Pretpostavimo uda da je relacija (I)

4

•(3)

f

~l

tačna

(3r - I Iln'

za II-k, tj.

~)-3klin !-sin8• p P

Na osoow (3) izlazi

/5r:'i (3

r- I

Iin' .!.)-(3klin ~-sin8)+4.3klin' _0_ 3r 3k 3k +' - 3k (liO.!. -.: 4ain'

3k

'

.-!...) -sin 8. 3 k tl

'Na osnow (2) je

8 . 8 . 8 sin 3k +4sm' P+I- 3110 3k +1 • Dakle, ako je relacija (1) tačna za ,,- k, ona je tačna i za n ~ k + t. Prema tome, matematičkom indukcijom dokazali Imo (I).

•• 17. Aritmetička sredina brojeva a i b je "I' aritmetička sredina br,ojeva b i ", je ~, aritmetička sredina brojeva "I i "2 je "3' itd. Dokazati

(l) _D.lw:. Kako je

1

lik -

'2 (lik-I + lik-a),

uvedemo li oznake "-, - II,

1 (3 3 b) lI+b u.-- -a+- - - - ,3

2

2

2

U-I

+110

2

Ilo -

b, tada jo

,

b lI+b

+-1 (3 9) 3 2 + -'3 7 11 +4'b -4'+4'b--2 ---2--' II

112

Ilo

II,'

prema tome. formula (I) jo tačna za n-l i n-2. Pretpostavimo uda da je formula tačna :.za .-k-I I .-k-2. Prema defioiciji je

Dakle, ~ormula (I) je tIČna za " .. k ako .ie 'Ovim je induktivni dokaz zavlkn.

tačna

za

,~ k -1

i n,..k - 2.

6S 8.18. 1° Dokazati Bernoullievu teoremu: Ako jedna aritmetička i jedna geometrijska progresija imaju j~naka prva dva člana al i ~ (al =Fa2 ; al' a2 :> O), svaki sledeći član aritmetičke progresije manji je od odgQvarajućeg člana geometrijske progres ije. 2° Dokazati takođe teoremu: Ako jedna . aritmetička i jedna geometrijska progresija imaju jednaka prva dva člana: al i a2 (ad=a2 ; a.. a2 01 +(k + 1)(02 -o,) 0,(0,j1l1>"+1>0, +(k+ IH02-1I,).

Ova nejednakost kazuje da je teorema ttčna za n-k+ 1 ako je 2 lova teorema može se dokazati indukc:ijom. U OVOIll slučaju umesto (1) i (2) imamo

tačna

za n-k.

U

(1')

o. (Qio,>" < II, +k {Ila -II,)

(k >2).

(2')

PckuaĆfmo da je nejednake,t (2~) ttčna uz "de prctrcstE.vke o parametrima tl" tlz f t d ok dokaz same teoreme nećemo jznositi. Ako je 11,>112 , tada je (QzIQJ)1c> 1 i O2 -o, 2+n.2

2'

Ako doka!cmo da za n;::. 3 važi 11+1 .!!. 2+n2'2 > l+(n+ 1)2 2 ,

(2)

tada je induktivni dokaz zavrŠCn. Kako je .!!.

II

(2) ~ 1>22[(n+ 1)-nV2) i kako poslednja nejednakost. važi za svaki prirodan broj;::. 3, induktivall dokaz je zavri,::'!.

Nejednakost (l) važi i za n .... 2.

s·

,. KOMBINATORIKA

9.1. Ako je osnovna (glavna) permutacija 1,2, 3•...• n, odrediti broj inverzija u pennutaciji

n. n -l, n - 2, ...• 2, J• . . . , . Broj inverzija imoli

(11-1)+(11-%)+ ... + 1-

(2)'

9.2. Ako je glavna permutacija l, 2, 3, .... , 2n, odrediti broj inverzija upermutacijama:

1° l, 3, S, ...• 2n-l, 2, 4, 6, ... , 2:n; 2° 2, 4, 6, ••• ,2n, l, 3, S, ... , 2n - l.

9.3.. U prostoru je dato n (~4) tačaka pod uslovom da nikoje četiri ne lele u jednoj ravni. Ako se od ovih tačaka uzmu po tri, one određuju N ravni. Da li postoji takvo n da broj pravih koje se dobijaju međusobnim presekom tih N ravni bude jednak broju pravih koje su određene sa po dve od datih tačaka'l

.Da li je potreban i uslov da tri

9....

tač~e

ne leže na jednoj pravoj?

Doka7ati identitete:

( -,/ )-(-11, ( -1/2)_( _l/lk-I) 11_( -1)k (lk)! _( -1)k 2-2k (2k). k (2k)!1 2'k(k!)2 k

9.5.

Dokazati

9.6. Proveriti identitete: ( 1I-1)+2(II-l)+(n-l) k k-l k-2 -

(n+l). k •

9.7. Ako je V~-n(n-l) . . . (n-r+ l). proveriti identitet

r.+2 -r.+2r V:- 1 +r(r-l) ~.

68

69

9. KOMBINATORlU

9.8.

Ako je (a),=a(a+ l)(a+2)·· ·(a+r-l), dokazati formule: (a),.-, (a -·1 ) ..... (a - I),,;

(a),,_,(I-a-II),-(-I)'(a),,; 1I!/("-S)! =( -1)'( -11),.

9.9.

Dokazati da elementi Pascalovog trougla 1

1

l

1

1

I

4

,

4

l

l

S

lO

10

S

3

3

I

l

imaju osobinu: Razlika kvadrata ma koja dva uzastopna broja koji lele na trećoj hipotenuzi (elementi odštampani polucmo) je kub jednog prirodnog broja. Rd.. Posmatrajmo dve uzastopae vnte Puca1oVC?l trouala

(~) Razlika kvadrata elemenata

treće

l

hipotenuze je.

(k )2 (k+l)Z k-l - k-2 -

[k(k+l)]l' [k(k-I)]Z .L, 2· 1 -A.

Ovim je dokaz zavrkn.

9.10.

Dokazati formulu (p, fi nenegativni celi brojevi). prirodan broj, dokazati da je broj (211)l/(1I12") prirodiB

9.11.

Ako je

9. Il.

Dokazati da je

(I)

11

(2" - 2) '/{II! (" - l)!}

(11= l, 2, 3, ...)

prirodan broj. Do"":. Brojevi (ln-l) ! (1/ - l)! (If--l)!

,. n!(2n-2)! (n-2)!

(n-2,3, ••• )

su binomni koeficijenti i prem", tome prirodni brojc-vi.

70

ZADACI ZA PRIPUffJ\I TAKMI(ENJA I PRIJEMNIH ISPITA Budući

da je ~~-~!

~n-~!

(n-l)1(n-l)!

- n!(n-2)!

-

an-~!

n!(n-l)!

,

konstatujemo da je (2n -2) I/{n! (n -l)!} prirodan broj, jer je on razlika dva prirodna broja, odnosno dva binomna koeficijenta. Za n - l broj (l) jednak je 1.

9.13. Koliko· se različitih brojeva u dekadnom sistemu može napisati pod uslovom da ovi brojevi budu sa najviše n cifara? Odgopor. l()r.

9.14. Na koliko se načina mogu razmestiti n lica na n odnosno 11 + m stolica razmeitenih oko okruglog stola ako smatramo da su razmeštanja različita samo tada· kada je medusobni raspored lica različit? (n+m-l)! iN"".,. (n -l)! odnosno - - - - . ml

9.1S.

Na koliko se

načina

n lica mogu rasporediti na m stolica, gde je m>n?

,

lIdaje. Ako su .tolice numerisane, .valtom razmeltaju odgovara jedna numeracija od n . .

lica sa n od ukupDo m brojeva. Stop jo trdeni broj rasporeda

9.16.

m.

(m-n)!

•

U kojim su vrstama Paskalovog trougla svi brojevi neparni?

.""".,. Brojevi vr.ta: 1,3,7, 15, ••• , 2"-1, ...

9.17. U jednoj kutiji nalazi se 100 raznobojnih kuglica, i to: 28 crvenih, 20 zelenih, 12 žutih, 20 plavih, 10 belih i 10 crnih. Koliki je najmanji broj kuglica koje treba uzeti iz kutije da bi se sigurno izvuklo 15 kuglica jedne boje?

9.18. U sobi se nalazi nekoliko ljudi koji znaju bar jedan od tri jezika. Sestoro znaju engleski, šestoro nemački, sedmoro francuski, četvoro engleski i nemački. troje nemački i francuski, dvoje francuski i engleski. Jedan čovek zna sva tri jezika. Koliko ljudi ima u sohi? Koliko njih zna samo engleski? IId,,,j,. Podatke navedene u zadatku

.Ako iz sobe

izađe čovek

napisaćemo

u obliku jedne tabele:

koji zna sva tri jezika,

~1~1~I-EN S

56

3

dobijamosledcću

lNF I~I ENF 211

O

tabelu:

!I.

KOM~"'ATORJ1(A

71

Ako sada iz sobe izađu 3 čoveka koji istovremeno znaju enaleaki i nemaeki, broj ljudi koji lovore ostale parove jezika ostaje neizmenjen, poIto vile niko u sobi ne ,ovori Iva tri jezika. Gornja tabola postaje: '

~I~I.!..I

EN INF I~l ENF

2260 1 2

10

Neka sada izađu dva čoveka' koji znaju nemački i francuIki i' jedan koji zna franeuIki ensIeski. Ostaje:

+1: I: IE;I:FI7\E7

Kao što se vidi, ostao je jedan čovek koji zna samo ensIeaki. S obzirom da su u sobi ostala jol 3 čoveka koji znaju samo franeuIki, a izallo ih je 7, zaključujemo da ih jo u po_ čctku bilo ll.

9.19. Dokazati da se ravan, razdeljcna na delove sa ~ pravih, može obojiti belom i crnom bojom, tako da dva dela, koji' imaju zajedničku stranu budu obojeni različitim bojama (ovako bojenje n~iva se pravilnim). Rde"je. Ako je ravan podeljena samo jednom pravom, ona se mole obojiti prema usl0vima zadatka. Dovoljno je jednu poluravan obojiti jednom bojom, a druau dru.om bojom. Pretpostavimo da smo obojili I avan, podeljenu sa If pravih, prema uslovima za,datka. Ako se povuče jol jedna prava, dokaz&ćemo da se i onda ravan može obojiti prema uslovima zadatka. Nova prava deli ravan na dve poluravni. Da bi smo ravan obojili prema uslovu, dovoljno je da u jednoj poluravni izmenjamo sve boje, tj .. sve Ito je bilo obojeno crnom bojom obojimo belom i obratno. )rcma tome, iz uslova da smo pra\'i1no obojili ravan podeljenu sa If pravih izlazi da je možemo obojiti i u slučaju kada je podeljena su 1/ 'I' l pravih. Primenjujući princip matematičke indukcije utvrdili smo da je iskaz dat u zadatku tačan.

9.20. Na slici je prikazan šestougao podeljen na belo ierne trougle, tako da: (a) ili dva troula imaju zajedničku stranicu, ili imaju zajedničko teme, ili nemaju za~ jedničkih tačaka;

(h) svaka stranica šestougla istovrerrteno je stranica crnog trougla. Dokazati da se desetougao ne može podeliti na ovnj način. " Rde";e. Ako je takva podela mogućna, bnlj stranica crnih trouglova biće :ta 10 veći Q~ ukupnog broja stranica belih trouglova. Međutim. pošto broj 10 nije deljiv sa 3 došli smo do protivurcčnosti. PreQla tome desetoulIlo se ne može podeliti na ovaj način.

10. SUMIRANJE

10.1.

Skup prirodnih brojeva podeljen je u ovakve podslcupove: 1; 2. 3. 4;

5. 6. 7. 8. 9; 10. 11. 12. 13. 14. lS. 16;

•

Odrediti zbir S. brojeva u II-tom podskupu kao i ~ Sic' k-l

R"'je. U n-tom podskupu prvi broj jo (II -1' + J. a poslednji ima r-(1I-1,-211-1 brojeva. Zbir aritmetičke proarcsije jo S.-(2,,-I)(r-,,+ ').

r.

U tom podskupu

Prema tome. imamo

••

•

~ SIc- }: (2k-l)(1'-k;H)- ~ (2kJ-31'+3k-l). ~I ~I ~I Kako jo

i

}: kJ _ r (II+1, • . 1'_II{II+l)(2,,+I). ik_"(II+l). 4 Ic-I' 6 Ic_I 2

Ic-I

dobijamo

10.1. Skup prirodnih brojeva razbiti u

sledeće

podskupove:

. {l}; {2.4}; {3,S~7}; {6, S, 10, l:}; {9, ll. 13. IS. 17}; ... Izračunati

10~3.

zbir svih elomenata u II-tom podskupu.

~irodni brojevi razvrstani su u sledeće podskupove:

{l>,; {2,~} ; {4. S,6};

.oo

.

ade n-ti .podskup saddi'lI brojeva. .

.

.. Odrediti zbir S" brojeva u II-tom podskupu kao i ~ Sk' 1] .

k-l

10.1S. Dokazati sumacione formule: "

~

1

(a + k - 1)2 = nab + - n (n - 1)(2 n - l);

k_I

6

I"

(a+k-l)l=1- n (n-l)+ab)'- n (a+b>;

i

(a+k-I~"" an !nbl+ (n-I) ab} + J... n (11-1)(211-1)

i-I

k_I

(1

I

l2

2

6

l

,dc je b-a+lI-l.

.

~

~

11.1'- Sumirati '5" [a + (k - I) 4p.

;:..

•

311(11-1)-1 ,

S

75

10. SUMIRA NJE

10.17. Dokazati da je zbir kubova ma kojih k uzastopnih celih brojeva deljiv zbirom tih brojeva. 10.18.

Dokazati identitete:

I"

1 k(2 k-l) =-n (n+ 1)(4n-I);

6

k-l

i k (k + l) 2

=

k=1

10.19. 1°

~ n (11 + l)(n + 2)(3 n + 1). 12

Dokazati identitete:

2:" k.2

k

=(n-I).2,,+1+2;

k=1

2°

" 2:k!k=(n+l)!-I; k=1 n

3"

2: (-lf+

1k2

=(-I)" .... I(n;l)

k-I

.

Rdelfie. 2'

n" " 2: k!k- >" (k-:;::-l-l)(k~)(k+l)!-

n

2:

k=1

k-I

k=.1

2:: k !=(n+I)!-I. k=1

/I

10.20.

Ako je Sdll)=

L ,l.

d\)kazati jednakost

>=1

Dokaz. Posmatrajmo kvadratnu shemu:

lk

I

I

3k

nk nk

nk

lk

2k 2k

lk

2k

3k 3k

jk

2k

3k

nk

Zbir svih brojeva u jednoj vrsti je Sk (II). Budući da u tablici ima n vrsta, zbir svih brojeva u lornjoj shemi jc nSk (n). Ako sumiranje izvriimo po naznačenim izlomljenim linijama, dobijamo: nSk (n) = lk

+(IQ2.2k )

+(lk+2k..,..33 k)

+ ...

76

ZADACI ZA PRIPIlEMU TADI1tuuA I PRIJEMNIH ISPITA

Dalje mofemo pisati:

n S,,(n)-lk+ ' + [S" (I) + 2k+1) + [S" (2) + 3k+')

+ ..• + (S,,(n-l)+nk+') -SHI (n) + S" (n- J)+ ••• +S" (2)+ Sk (1).

10.21. Ako su n i p prirodni brojevi, dokazati 1 . 2· .. p + i . 3· .. (p + 1) + ... + n (n + l)· .. (11 -+- P - l)

(1)

,,(n+ J) .• ·(n + p) p+l

R,"IfJ,.

Uvcdimo oznaku S,,-·[I·2 .• ·p)+[2·3·· .(p+ I)J+ .... +[n(n+ 1)·· ·(n+p-1)J.

Tada je S"+1-S,,+[(k+l)(k+2)· .. (k+p»). Ako formula (1) važi na n-k, tj. ako jc

S,,-

k(k+ 1)· .. (k+p) p+l

,

tada je

S 11+1- k(k+ 1)·. 1·(k+p) +[(k +1) (k +2) .. ·(k+p»)- (k+ l)(k+2)·· .(k+p+ 1) • p+ p+l Budući da je, UZ to, formula (I) tačna za n· l, zaključuje se da je ona tačna i za svako n-l,2,3, . ..

Dokaza~i

10.22.

2n+1 (- J)"cos - - II

(1)

1 "2-cos a+cos 2a.-· .. + (-1)" cos na =

.

II

2

(

COl; ,#.0,) .

2eos l

Kako se ova' jednakost može dobiti 1 ~+cosa+cvs2a+··· 2 Up",SlNJ.

Umesto u sta\iti

7:+0.

polazeći

. 2n·~ I sln--u 2

+cosna----2 sin -~2

Jednakost



mole sc dokazati

(l_:II + I )/(I_z)=I+:+::+ .. -+;:11

.(:

pulllzcći

od identiteta

kompleksan bruj -l).

Dokazati identitet

10.ll.

... + 19 (11- J)

19 (l 19 2 a + ts 2 tl tg 3 tl + UpIIIltNJ.

(I

tg 110- (tg "") ! (lg a) - II.

Urotrebiti idcntitet Ig(lIr I)tl-tl.'/II

1,(" + I lu tg ,,:,...

koji

od

sleđuj"

tg tl

-I

(I,a 1= O),

iz

"':=11[(,,,..1):·-,,:';-

Ig(,,+ I)tl-tg"u I +tg(n+J)a tJ na

.

71

10. SUMIRANJE

10.24.

Dokazati identitete:

('I+~) x

sin

..

= 1 + 2 cos X

2 1 Sin-X 2

.

si~nx ={2COS (n-l)x+ 2cos (11-

SIDX

+ 2 cos 2 X + ... + 2 cos nx ; 3)x+ .•.

6

tO.2~.

+ 2cos~

(Il parno),

+l

(n neparno).

2 cos (11- I) x-\-2 cos (11- 3) x"':" •••

"" Dokal.ati jednakost S--.c.. n-l

sinIla

=4 gde J'e a = _n.

sinSna

'

7

Refe"Je. Kako je a-= ':ti7, tj 7 a-n, imamo nil jednakosti: sin 4 a - sin 3 a, sin S a * sin 2 a sin6a-sina. sin lOu--sin3a, itd., pa S postaje

sina sin2a

sin2a sin3u

sin3a sina

sinla sina

sin2a sin'a lin3a' sin2a

S---~--+---+-----+--

-2

sin a sin 3 a - sin2 a sin 3 a +---sin2a sin3a sina

cos 2 a -- COS 4 a-l + cos 4 a 2 SiD 3 a ----~~~~~-----+----sin2a sin3a sina

-

.sinacos2a-sina+ sin2a(1-cos 6a) sina sin2a sin3a

S obzirom da je

cos6a~

-cosa, dobijamo

sinl a - sina + sin2a 2 sinacos2a+ 2sina cosa cos 2 a+cos a S - _____,_--_,_-- - - - - : - - - - : - - - - - - 2 . sin a sin 2 a sin 3 a sin2asin3a sin2asin3a Ako umesto cos 2 a stavimo - cos S a i razliku kosinusa transformi§emo u proizvod, nalazimo S - 4.

JEDNO HERMITEOVO MIŠUENJE

» ... Brojevi i funkcije nisu proizvoljne tvorevine na§ega duha; oni postoje ~an nas sa onim istim karakterom neophodnosti kao i stvari objektivne realnosti i mi ih nalazimo, otkrivamo i proučavamo '" «

o Nemački matematičar E. Landau imao je odštampane odgovore ..relavateljima" Fermatovog problema, koji su glasili: »Na strani .. , u '" redu nalazi se grdka«. (Nalaženje areJke prepu!~ ~ doccntu.)

.11. GEOMETRIJA

11.1. Izračunati zapreminu koju ograniča,vaju dve jednake sfere tako postavljene da centar jedne od njih leži na površini druge.

R~%IIlt.t. 11.1.

:2 7r rJ (r

poluprečnik

sfere).

Dokazati da za svaki trougao ABC važi

(! -I- :)cos A--r(; + ~)COSB-I-(: + !)cosC=3. UptltlhtJ.

l t.3.

Primeniti kosinusnu teoremu.

Ako strane a, h, e trougla ABC ispunjavaju uslov' a 2 + b2 + c2= ab -I- hc +CQ,

(I)

dokazati da je trougao ABC ravnostran. Rd~IIj,:

(I) ~ (Q-W+(b-C)2+(C-Q)~O #

Q.=;h-c.

l t.4. Na strani AB (AB= a) kvadrata ABCD uočiti tačku M tako da je AM=x i konstruisati nad AM i BM kvadrate AMFE i MBHG. Neka je Sl površina ABHGFE (nešrafirana površina), i S2' površina GIICDEF (šrafirana površina).

Slika

Slika uz 7ad. 11.4.

\lZ

z:ld. 11.5.

Izraziti Sl i 8 2 kao funkcije od x i (I. I~ Za koju vrednost od x važi SI =S2? 2c Izračunati.'\' kada je SI = 2 S2 i geometrijskom kllnstrukcijom odrediti položaj tačke M za taj sručaj. 3' Ako je Sl ~ kS 2 , kada postoji rešenje za ."I:?

78

79

U. GEOMETRIJA

Prava L normalna je na ravni n i prodire je u tački O. U ravni dve tačke A i Pt tako da je prava OA normalna na pravoj AP. 10 Proveriti da li· su tačne jednakosti:

11.5.

'7r

uočiti

(OM)2 + (AP)2 = b 2 _a2, (M jedna

tačka

(AM)2 + (OP)2 = a2 + b2

na pravoj L; OA=a, MP=b).

2 0 Odrediti CD kao funkciju od a i b ako su C i D sredine duži OA odnosno MP. l Rez"lttlt. CD -TVb2_U2.

11.6. U ravnostranom trouglu strane a povučena je kroz težište prava L paralelna osnovici. Odrediti razmeru veličina površina na koje je trougao podeljen. Svaka od tih površina posebno vrši rotaciju oko prave L. Dokazati da tela· koja nastaju tom rotacijom imaju jednake površine i jednake zapremine. RelelIje. Kako je I::::. ABC,....,

(J)

e

li DEC,

biće

area /::, ABC _(CF)2. area I::::.. DEC CT

(2)

Kako se težiine linije i visine ravnostranog trougla po- ---==#---F----.l(=----:"L klapaju, biće CF:CT-3:2, pa iz (J) sleduje area /".. ABC area 6. DEC

9

A

4

8

Odavde je area 1::. A BC - area I::::. DEC area trapeza ABED area I::::. DEC area I::::. DEC

5 =-.

4

·Rotacijom trou~l:l CDE oko prave L nl'itlje telo slstavlje:to od dve kupe. Povninai zapremina tog tela su: (4)

P.-21t CT· CD.

(3)

(C1)I.TD V.-2lt· . 3

Rotacijom trapeza ABED oko prave L nastaje valjak iz koga su izvađene dve kupe. 'Površina i zapremina tog tela respektivno su: 2 V, -2lt AB.(TF)2 --lt (TF)2·AM. (5) (6) 3 Iz (I) je AC AB CF 2 1 .? DE--a /,AD=-a. CD DE TC 3 3 Budući

3 U\!) da je CF--- CT---, dobija se

2

2

(4);\(6) ~

2na', Y.- Y.---. 27

80

ZADACI ZA PRIPREMU TAKMIaNJA I PRIJEMNIH ISPITA

11.7. U krugu poluprečnika R upisan je kvadrat i ravnostrani trougao tako da mu· je osnovica. paralelna strani kvadrata. Rotacijom 'ove slike oko njene ose simetrije postaju valjak, kupa i lopta. Dokazati da je: 10 Površina valjka geometrijska ~redina za površine dobijene lopte i kupe. 20 Zapremina valjka geometrijska sredina za zapremine lopte i kupe. R,"*. 10 Neka je 2 x strana ravnostranog trougla i 2y strana kvadrata. Tada su površine lopte, kupe i valjkli respektivno (l)

2n Zapremine lopte. kupe i valjka respektivno su: 47t R'

I 3 Vk-- 7t XZ R--7t R'

Vr-~,

2

8'

7tZ R' Kako je V,.Vk---r--Vc2, tvrdenje 2" je dokazano.

11.8. Na neprovidnoj ploči nalazi se neprovidna lopta poluprečnika R. Iznad te lopte na 7.amišljenoj pravoj, koja prolazi kroz loptino središte i stoji normalno na ploči, nalazi se svetlosni izvor u oblikU tačke, udaljen od ploče za 0(0)2) toptinih poluprečnika. 10 Izračunati osvetljenu površinu . lopte i površinu senke Ila plo6. 20 Sta biva sa ovim dvema površinama kada a raste? R,••;'. 1° Kako je

_ .... OE CO

~

-CO OS

s

CEO-,l. COS, dobija se

.. ---

R-EF R R (a-I)R

. a-2 Odavde je EF - R - - , pa je osvetljena površina lopte a-l

(1·. . -

PI =-27tRl a-2 _ _ 27tR2 ' 1 ) a-l . a-l

(l)

.

Kako je A ADS-A oes, bite AD OC -SD--Cš

_

AD R aR -~==~~~~ ~ AD-~==== -Q-R- V(Q-l)ZR2-Rl VQ l -2a'

pa je povrtina senke na (2)

A

ploči

'Pz...~ ... 7t R2 (1 + ~\. a-2 a-21

2° Na osnovu (l) i (2) zaključujemo da PI raste sa a, i da P2 4>pada sa a. Kada a .... 2, tada PI .... O (minimum), i Pz .... + oo (maksimum), Kada a -. +oo, tada PI"'" 2 7t R' (maksimum). i Pz - 7t Rl (minimum).

8

.8:1

JI. GEOMETRIJA

11.9. Dat je ravnokrako-pravougli trougao ABC sa pravim uglom u A' i kracima AB-=AC=Q. U teme nu A trougla podignuta je normala na njegovu ravan dužine AS=Q i tačka S spojena je sa A, B i C. l

u

Jzračunati

tački

kao funkciju od a površinu i zapreminu piramide

čiji

je vrh

S, a osnova ABC.

l' P reseći ovu piramidu jednom ravni paralelno osnovi kroz jednu tačku M na ivici AS. Neka je SM = x i MNP taj presek. .Posmatrati' prizinu koja ima taj presek kao gornji bazis, a duž /If A kao bočnu iviclI. Izračunati zapreminu J'I prizme izapreminu V 2 piramide SMNP.

3 Gde treba da se nalazi presek MNP deli piramidu?

tačka

M da bi bilo VI.=V2?·U .kojoj razmeri

11.10. Kroz vrh S pravilnog tetraedra SABC ivice a postavljena je ravan paralelno ivici BC, tako da seče tetraedar po troughi SMN. I' Izraziti kao funkciju od a i x (- AM) tetraedra SA AIN.

zbir a kvadrata svih ivica'

2' Ispitati promenu zbira a u zavisnosti od promene x i

grafički

je pred-

staviti. 3 Izračunati zapreminu tetraedra SAMN za onu vrednost x za koju je zbir a minimalan. 11

4' Odrediti x tako da obim trougla SMN . bude -a. S

11.11. Koji od ravnokrakih trouglov:l upisanih u datom krugu ima maksimalan zbir osnovice i visine koja j.oj odgovara? Rešenje. Traženi zbir je (videti sliku)

s- 2 R sin IX + R (1 + cos IX)- R (2 sin :x +cos :x+ 1): Ako se uvede !p

pomoćutg!p=

s

2, dobija se

cos (1X~(jl) cos !p

------''--~

R

Funkcija s ima

najveću

cos

(IX -

+l.

vrednost kada je !p)= l .:::-

:X-lp.

Iz tg/f'=2 sleduje ~~63°26'6". Prema tome je IX ",,63° 26' 6", Smax= R (y5-r I).

11.12. Date su dve sfere janje Q(R-ra)f napraviti kutiju bez' poklopca što veće zapremine prema datoj skici. R.I-.I.. Ako je x strana kvadrata koji treba

iscći (videti sliku) zapremi nu kuti,ie je

V-x(a-2x)(b-2x)-~.~-2(a+b)x2+·4x3 PoIto je x(a - 2x)(b - 2x) pali nom Xz

trećel

stepena po

.1',

čije

(o...;:x< ;). su nule O, ; , : ' nule xa f

nNovo, izvoda zadovoljavaju relaciju

Obe nule xa i x J su pol:itivne, a samo manja od njih se nalazi u oblasti definisanosti funkcije V (x).

Iz' jednačine

dV

-

dx

-ab-4(a+b)x + 12xl-0,

. dobija se

11.47. Data je jedita prava kupa čija je visina h i poluprečnik osnove r. Na odstojanju x od osnove postavljena je ravan paralelna osnovi. Presek te ravni i kupe je osnova jednog pravog cilindra čija se druga osnova nalazi na osnovi kupe. Odrediti x tako da veličina povdinecilindra bude maksimalna. 11.48.

UDekartovom pravouglom koordinatnom sistemu Oxy dati su krugovi

x 2 -I- }.2 - 4 x -.9 = O. Prava y=.l'tgOt sečc ove krugove redom u tačkama A,O, B, C. Izraziti, d..,. AD + BC kao funkciju od ot i odrediti vrednost ot za koje d postaje ekstremum. 11.49. Normala u tački M(xo,yo) parabole y2=2px seče ovu parabolu u tački N. Odrediti koordinate tačke M tako da duž M N ima minimalnu dužinu. Svet10sni jzvor u obliku tačke nalazi se na pravoj koja spaja centre poluprečnika r i R(C1Cz>R+r), koja se nalazi van tih "fera. Odrediti položaj svetlosnog izvora tako da zbir osvetljenih delova tih. sfera bude najveći. I1.S0.

CI i Cz dve sfere

U.Sl. Date su dve ortogonalne prave LI i L z• Na' pravoj L z sa iste strane 'prave LI nalaze se dve tačke A i B čija su odstojanja ,od prave LI respektivno a i b (aO). 10 Odrediti geometrijska mesia temena D i E. 20 Odrediti geometrijska mesta sredina strana ovog kvadrata. R.~. tačka A tačaka

l° Ako se prava AB uzme za x-osu Dekartovog pravouglog koordinatnog sistema, za početak koordinatnol sistema i dužine AB i AC označe sa p i q, koordinate e i D su (O,q) i (q,p+q). Potto je p+q=k i O