DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Poreč, ožujka razred - rješenja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DR

Транскрипт

1 DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Poreč, ožujka razred - rješeja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN. 1. U školu je upisao 37 učeika. Rastavimo broj 37 a proste faktore: 37 = 3 31 U školu je upisao 180 dječaka. Rastavimo broj 180 a proste faktore: 180 = Kako u svakom odjeljeju ima ajviše 40 učeika, a broj odjeljeja mora biti djelitelj od 180, slijedi da su učeici podijeljei u 1 odjeljeja po 31 učeik. Dijeljejem ukupog broja dječaka s brojem odjeljeja, dobivamo da broj dječaka po odjeljeju izosi 15. Djevojčica u svakom odjeljeju ima mačaka za 6 daa uhvati 5 miševa. Pet puta maje mačaka za isto vrijeme uhvati pet puta maje miševa: 1 mačka za 6 daa uhvati 1 miša. Dvostruko više mačaka za isto vrijeme uhvati dva puta više miševa: mačke za 6 daa uhvate miša. Isti broj mačaka za dvostruko kraće vrijeme uhvati dvostruko maje miševa: mačke za 3 daa uhvate 1 miša. Isti broj mačaka za trostruko dulje vrijeme uhvati trostruko više miševa: mačke za 9 daa uhvate 3 miša. 3. Prvi ači: Rješavaje uatrag. U vlaku je ostalo 105 putika ako što se iskrcala 1 6 preostalih putika a trećoj staici. To zači da 105 putika čie 5 6 putika koji su ostali u vlaku ako druge staice : 5 = 16 Nako druge staice u vlaku je ostalo 16 putika. To zači da 16 putika čie 6 7 putika koji su ostali u vlaku ako prve staice : 6 = 147 Nako prve staice u vlaku je ostalo 147 putika. To zači da 147 putika čie 7 8 putika koji su se ukrcali a početoj staici : 7 = 168 S počete staice kreulo je 168 putika. 1

2 Državo atjecaje 019. godie, 5. razred Drugi ači: Zadatak možemo riješiti grafičkim prikazom kao a slici. 4. Neka je godia rođeja abcd. Osoba ima a + b + c + d godia. Vrijedi abcd + a + b + c + d = a + 100b + 10c + d + a + b + c + d = a + 101b + 11c + d = 019 Broj a može biti samo 1 ili. Neka je a = 1. Tada je: b + 11c + d = b + 11c + d = Broj b može biti samo 9. Iz b = 9 slijedi: c + d = c + d = 109 Broj c može biti samo 9. Tada je: 99 + d = 109 d = 10 d = 5. Osoba je rođea godie. Drugi slučaj dobijemo za a =. Tada je:

3 Državo atjecaje 019. godie, 5. razred b + 11c + d = b + 11c + d = 17 Broj b mora biti 0. Iz b = 0 slijedi: 11c + d = 17 Broj c može biti 0 ili 1. Za c = 0, vrijedi d = 17, što kao rješeje e daje prirodi broj. Za c = 1 slijedi: 11 + d = 17 d = 6 d = 3. Osoba je rođea 013. godie. Ove, 019. godie, stariji brat ima 4, a mlađi 6 godia. 5. Najprije acrtamo kružicu k sa središtem u točki S polumjera 3 cm. Zatim acrtamo točke K i L tako da je SK = 6 cm, SL = 4 cm, KL = 5 cm: - Nacrtamo kružicu k 1 sa središtem u točki S polumjera 4 cm. - Nacrtamo kružicu k sa središtem u točki S polumjera 6 cm. - Na kružici k 1 odaberemo točku L. - Nacrtamo kružicu k 3 sa središtem u točki L polumjera 5 cm. - Točka K je (jedo) sjecište kružica k i k 3. Dalje, kostruiramo simetralu s dužie KL. KL Vrh M tražeog jedakokračog trokuta je sjecište simetrale s dužie KL i zadae kružice k. KL Postoje dva rješeja. To su trokuti DKLM 1 i DKLM. 3

4 DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Poreč, travja razred - rješeja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN. 1. Iz površie četvrtog kvadrata, za koju vrijedi da je P 4 = 9 cm², slijedi da je a 4 = 3cm. Straice trećeg kvadrata udaljee su od straica četvrtog kvadrata po 3 cm pa je duljia straice trećeg kvadrata a3 = a = = 9cm. Straice drugog kvadrata udaljee su od straica trećeg kvadrata po cm pa je duljia straice drugog kvadrata a = a3+ + = 9+ + = 13cm. Površia drugog kvadrata je P = a a = = 169 cm². Drugi kvadrat se sastoji od četiri međusobo suklada trokuta, a prvi kvadrat sastoji se od osam takvih trokuta pa je površia prvog kvadrata dva puta veća od površie drugog kvadrata, tj. P = P = 169= 338cm². 1. Neka prvom priteru treba p miuta da sam isprita cijeli model, drugom priteru d miuta, a trećem priteru t miuta. Tada bi u jedoj miuti: - prvi i drugi priter ispritali: = 1 modela; p d 30 1

5 Državo atjecaje 019. godie, 6. razred 3. - prvi i treći priter ispritali: = 1 modela; p t 40 - drugi i treći priter ispritali: = 1 modela. d t 4 Zbrojimo li sve tri jedadžbe dobivamo: = + + = = = = 1 p d p t d t p d t 0 Oduzmemo li od dobiveog zbroja svaku pojediu početu jedadžbu, dobivamo: p + d + t p d = = 1 t 60 t = 60 miuta; p + d + t p t = = 1 d 40 d = 40 miuta; p + d + t d t = = 1 p = 10 miuta. p 10 Kako bi zasebo ispritao cijeli zadai model, prvom priteru je potrebo 10 miuta, drugom 40 miuta, a trećem 60 miuta. Neka je a= AB = CD i b= BC = AD. Tada je a = b + 4. Opseg pravokutika je 16 dm = 160 cm pa vrijedi: 160 = a + b, 160 = (b + 4) + b, 160 = b b, 160 = 4 b + 8, 4 b = 15, b = 38 cm. Tada je a = = 4 cm. Kako je NC = 3 DN, tada je NC 3 3 = DC = 4 = 31.5 cm Točka M je polovište straice BC pa je BM = MC = BC = 38 = 19 cm P ABP = P ABM P BMP = P BMP = 399 P BMP, PPMCN = P BCN P BMP = P BMP = P BMP, P P = P (399 P ) = P P = cm². PMCN ABP BMP BMP BMP BMP Površia četverokuta PMCN veća je od površie trokuta ABP za cm².

6 Državo atjecaje 019. godie, 6. razred 4. Prvi ači: Kako bismo prebrojali koliko ima prirodih brojeva koji su maji ili jedaki 019, a koji isu djeljivi zadaim brojevima, prebrojimo sve oe brojeve koji su tim brojevima djeljivi. Brojeva koji su djeljivi brojem 6 ima 336, jer je 019 : 6 = 336 i ostatak 3. Brojeva koji su djeljivi brojem 9 ima 4, jer je 019 : 9 = 4 i ostatak 3. Brojeva koji su djeljivi brojem 15 ima 134, jer je 019 : 15 = 134 i ostatak 9. Ukoliko zbrojimo koliko ima pojediih višekratika, eke od jih smo brojali više puta. Brojeve koji su djeljivi i brojem 6 i brojem 9, tj. brojem V(6, 9) = 18, brojali smo dva puta. Na isti ači smo brojeve djeljive brojevima V(6, 15) = 30 i V(9, 15) = 45 brojali dva puta. Brojeve djeljive brojem V(6, 9, 15) = 90 brojali smo tri puta. Brojeva koji su djeljivi brojem 18 ima 11, jer je 019 : 18 = 11 i ostatak 3. Brojeva koji su djeljivi brojem 30 ima 67, jer je 019 : 30 = 67 i ostatak 9. Brojeva koji su djeljivi brojem 45 ima 44, jer je 019 : 45 = 44 i ostatak 39. Brojeva koji su djeljivi brojem 90 ima, jer je 019 : 90 = i ostatak ( ) + = = 493 Prirodih brojeva koji su maji ili jedaki 019, a koji su djeljivi brojevima 6, 9 ili 15 ima 493. Tražeih brojeva tada ima = Prirodih brojeva koji su maji ili jedaki 019, a koji isu djeljivi s iti jedim od brojeva 6, 9 i 15 ima Drugi ači: Neka je Š skup brojeva koji su djeljivi brojem 6, D skup brojeva koji su djeljivi brojem 9, a P skup brojeva koji su djeljivi brojem 15. Brojeva koji su djeljivi brojevima 6, 9 i 15, odoso koji su djeljivi s V(6, 9, 15) = 90 ima, jer je 019 : 90 = i ostatak 39. Brojeva koji su djeljivi brojevima 6 i 9, odoso koji su djeljivi s V(6, 9) = 18 ima 11, jer je 019 : 18 = 11 i ostatak =

7 Državo atjecaje 019. godie, 6. razred Brojeva koji su djeljivi brojevima 9 i 15, odoso koji su djeljivi s V(9, 15) = 45 ima 44, jer je 019 : 45 = 44 i ostatak = + Brojeva koji su djeljivi brojevima 6 i 15, odoso koji su djeljivi s V(6, 15) = 30 ima 67, jer je 019 : 30 = 67 i ostatak = + 45 Brojeva koji su djeljivi brojem 6 ima 336, jer je 019 : 6 = 336 i ostatak = Brojeva koji su djeljivi brojem 9 ima 4, jer je 019 : 9 = 4 i ostatak 3. 4 = Brojeva koji su djeljivi brojem 15 ima 134, jer je 019 : 15 = 134 i ostatak = Brojeva koji isu djeljivi s iti jedim od brojeva 6, 9 i 15 ima 019 ( ) = = Posljedji brojevi u svakom retku čie iz: 1, 3, 6, 10, 15, 1, 8, u kojem je drugi čla za veći od prvoga, treći čla za 3 veći od drugoga, četvrti čla za 4 veći od trećega, peti čla za 5 veći od četvrtoga i tako dalje, pa vrijedi: - prvi redak tablice završava brojem 1, - drugi redak tablice završava brojem 1 + = 3, - treći redak tablice završava brojem = 6, - četvrti redak tablice završava brojem = 10, - peti redak tablice završava brojem = 15, ( + 1) Općeito, -ti redak tablice završava brojem =. Za = 44 dobivamo ( ) = = 45 = 990.

8 Državo atjecaje 019. godie, 6. razred ( ) Za = 45 dobivamo = = 45 3 = Prema tome, broj 1000 se alazi u 45. retku tablice koji započije brojem 991, a završava brojem 1 035, pa treba izračuati zbroj Slijedi: ( ) = = = = =

9 DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE ožujka razred - rješeja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN. 1. Ozačimo redom s x, y, z svotu ovca koju je uštedio prvi, drugi i treći od prijatelja. Ukupu ušteđeu svotu trojice prijatelja ozačimo s k. Tada iz uvjeta zadatka možemo odose zapisati kao jedadžbe: x+ y+ z = k x y z + + = x y z + + = x y z + + = 160 / x y z + + = 40 / x+ 5y+ 4z= x+ 3y+ 4z= 880 Zbrajajem tih jedadžbi dobije se: 8x+ 8y+ 8z = ( x y z) = x+ y+ z= 560 Izos ušteđevie trojice prijatelja izosi 560 kua.. Prvi ači: Pogledajmo koliko ima uređeih parova prirodih brojeva (a, b), tako da zadovoljavaju uvjete zadatka. Ako je a = 1, tada b može poprimiti vrijedosti 1,, 3,..., 017. Ako je a =, tada b može poprimiti vrijedosti 1,, 3,..., 016. Ako je a = 017, tada b može poprimiti samo vrijedost 1. Dakle uređeih parova (a, b), pri čemu su a i b prirodi brojevi ima: = = Pogledajmo koliko ima uređeih parova (a, b) koji zadovoljavaju uvjete zadatka, gdje su a i b cijeli brojevi različiti od ule. Iz uvjeta a + b 019 slijedi da svakom uređeom paru prirodih brojeva (a, b), koji zadovoljava uvjet zadatka možemo pridružiti i uređee parove cijelih brojeva oblika (a, -b), (-a, b), (-a,-b) 1

10 Državo atjecaje 019. godie, 7. razred koji zadovoljavaju uvjete zadatka. Uređeih parova cijelih brojeva (a, b), gdje su a i b cijeli brojevi različiti od ule ima = Ostalo je još prebrojati uređee parove (a, b), u kojima je barem jeda od člaova jedak uli. Ako je a = 0, tada prema uvjetu zadatka slijedi b 019. Cijelih brojeva b koji zadovoljavaju taj uvjet ima = Aalogo ako je b = 0. Uređeih parova cijelih brojeva (a, b), u kojima je barem jeda od člaova jedak uli ima = 8073 (uređe par (0, 0) smo brojali puta). Ukupo ima = uređeih parova cijelih brojeva (a, b) s tražeim svojstvom. Napomea: Drugi ači prebrojavaja uređeih parova cijelih brojeva (a, b) u kojima je barem jeda od člaova jedak uli: Ako je a = 0, cijelih brojeva b 0, a koji zadovoljavaju zadau ejedakost, ima 018 = Aalogo ako je b = 0, cijelih brojeva a 0, a koji zadovoljavaju zadau ejedakost, ima 018 = Postoji i jeda uređei par (a, b) u kojem su oba člaa jedaka uli. Uređeih parova cijelih brojeva (a, b), u kojima je barem jeda od člaova jedak uli ima: = Drugi ači: Ako je a = 0, tada b može poprimiti vrijedosti - 018, - 017,, 017, 018, tj. za a = 0 uređeih parova koji zadovoljavaju uvjet zadatka ima Ako je a = 1, tada b može poprimiti vrijedosti - 017, - 016,, 016, 017, tj. za a = 1 uređeih parova koji zadovoljavaju uvjet zadatka ima Ako je a = -1, tada b može poprimiti vrijedosti - 017, - 016,, 016, 017, tj. za a = -1 uređeih parova koji zadovoljavaju uvjet zadatka ima Ako je a =, tada b može poprimiti vrijedosti - 016, - 015,, 015, 016, tj. za a = uređeih parova koji zadovoljavaju uvjet zadatka ima Ako je a = -, tada b može poprimiti vrijedosti - 016, - 015,, 015, 016, tj. za a = - uređeih parova koji zadovoljavaju uvjet zadatka ima Ako je a = 017, tada b može poprimiti vrijedosti -1, 0, 1, tj. za a = 017 uređeih parova koji zadovoljavaju uvjet zadatka ima Ako je a = - 017, tada b može poprimiti vrijedosti -1, 0, 1, tj. za a = uređeih parova koji zadovoljavaju uvjet zadatka ima Ako je a = 018, tada b može poprimiti samo vrijedost 0, tj.

11 Državo atjecaje 019. godie, 7. razred za a = 018 uređeih parova koji zadovoljavaju uvjet zadatka ima Ako je a = - 018, tada b može poprimiti samo vrijedost 0, tj. za a = uređeih parova koji zadovoljavaju uvjet zadatka ima Ukupo, takvih uređeih parova cijelih brojeva ima: ( ) + ( ( ) + ( ) ( 1+ 1) + ( 0 + 1) ) = ( ( ) ) = = ( ) ( ) ( ) = = = = = Bez smajeja općeitosti pretpostavimo da je više crveih točaka. Dakle, među 1 točkom, barem ih je 11 crveih. Razlikujemo dva slučaja: 1) Postoji stupac s 3 crvee točke. Kako preostalih 8 crveih točaka treba rasporediti u 6 stupaca, postoji barem jeda stupac u kojemu su dvije crvee točke. Te su dvije crvee točke, zajedo s crveim točkama a odgovarajućim pozicijama iz stupca s 3 crvee točke, vrhovi pravokutika. Na primjer: ) Ne postoji stupac s 3 crvee točke. To zači da 11 crveih točaka treba rasporediti u 7 stupaca s maksimalo dvije crvee točke pa zaključujemo da postoje barem 4 stupca s po dvije crvee točke. U svakom od ta 4 stupca dvije crvee točke mogu zauzeti 3 različite pozicije (prvi i drugi redak, prvi i treći redak ili drugi i treći redak), stoga postoji barem jeda raspored s odgovarajućim pozicijama crveih točaka koje su vrhovi pravokutika. Na primjer: 3

12 Državo atjecaje 019. godie, 7. razred 4. Ozačimo a slici visiu AD trokuta ABC a straicu BC i visiu ME trokuta MNC a 4 straicu NC. Dobivei pravokuti trokuti ADC i MEC imaju zajedički kut pri vrhu C pa su prema poučku K K sliči i vrijedi AC : MC = AD : ME. Kako je AM : MC = 1: m, vrijedi AC : MC = ( 1+ m): m pa je omjer duljia visia trokuta ADC i MEC jedak AD : ME = ( 1+ m): m, odoso AD 1+ m = ( ). ME m Nadalje, kako je BN : NC = 1:, omjer duljia straica BC i NC trokuta ABC i MNC jedak je BC : NC = ( 1+ ):, odoso BC 1+ = ( ). NC BC AD NC ME Kako je P ABC =, P MNC = i vrijedi P ABC : P MNC = : 1, oda je ili Stoga vrijedi: ( BC AD ) :( NC ME ) = 1 : BC AD BC AD = =. NC ME NC ME m = m ( ) ( ) m = m 1+ m+ + m= m m m = 1 m m + 1= 1+ 1 ( ) ( m ) ( m )( ) = m 1 1 = 1 1 Budući da su m i prirodi brojevi, imamo dvije mogućosti: m 1= 1 i 1= ili m 1= i 1= 1. Koačo, tražei brojevi su m= i = 3 ili m= 3 i =. Napomea 1: Jedadžba m m = 1 može se riješiti i a ovaj ači: m m = 1+ C M E A D N B

13 Državo atjecaje 019. godie, 7. razred ( ) m 1 = m = = = Da bi m bio prirodi broj, 1 mora biti prirodi broj i djelitelj broja. Prema tome, 1 može biti 1 ili odoso može biti ili 3. Broj m može biti, redom u ovisosti o, 3 ili. Koačo, tražei brojevi su m= i = 3 ili m= 3 i =. Napomea : Rješeje e ovisi o vrsti trokuta tj. o vrsti uutarjeg kuta s vrhom A. C C E E D C E M D N M N M D N B A B A B A No, ukoliko je zadatak rješava a ači da se promatraju visia BD trokuta AC i visia NE trokuta ozake. ABC a straicu MNC a straicu MC, rješeje se dobije aalogo uz odgovarajuće C M D E N A B Ozačimo a slici visiu BD trokuta straicu MC. Dobivei pravokuti trokuti K K sliči i vrijedi BC : NC = BD : NE. ABC a straicu AC i visiu NE trokuta MNC a BCD i NCE imaju zajedički kut pri vrhu C pa su prema poučku Kako je BN : NC = 1:, vrijedi BC : NC = ( 1+ ):, pa je omjer duljia visia trokuta BDC i NEC jedak BD : NE = ( 1+ ):, odoso BD 1+ = ( ). NE Nadalje, kako je AM : MC = 1: m, omjer duljia straica AC i MC trokuta ABC i MNC jedak je AC : MC = ( 1+ m): m, odoso AC 1+ m = ( ). MC m AC BD MC NE Kako je P ABC =, P MNC = i vrijedi P ABC : P MNC = : 1, oda je 5

14 Državo atjecaje 019. godie, 7. razred ili Stoga vrijedi: ( AC BD ) :( MC NE ) = 1 : AC BD AC BD = =. MC NE MC NE 1+ m 1+ = m ( ) ( ) 1+ m 1+ = m 1+ + m+ m= m m m = 1 m m + 1= 1+ 1 ( ) ( m ) ( m )( ) = m 1 1 = 1 1 Budući da su m i prirodi brojevi, imamo dvije mogućosti: m 1= 1 i 1= ili m 1= i 1= 1. Koačo, tražei brojevi su m= i = 3 ili m= 3 i =. 5. Prvi ači: C k A E D B Vrijedi da je ACB = ADB = 60 jer su to obodi kutovi ad tetivom AB i CDA = CBA = 60 jer su to obodi kutovi ad tetivom AC. Slijedi da je CDB = 10. Napomea: Veličia CDB može se odrediti i iz čijeice da je četverokut ABDC tetivi pa je zbroj veličia asuprotih kutova jedak 180. Iz čega slijedi da je CDB = 10. Neka je E točka dužie AD takva da je DE = DB. Trokut DEB je jedakostraiča jer ima dvije suklade straice i kut veličie 60 između jih. Trokuti ABE i CBD su sukladi prema poučku S S K jer je BD = BE (straice jedakostraičog trokuta DEB ), AB = BC (straice jedakostraičog trokuta ABC ) i 6

15 Državo atjecaje 019. godie, 7. razred CDB = AEB = 10 ( AEB je vajski kut jedakostraičog trokuta DEB ). Posljedica te sukladosti je zaključak da je AE Dakle, AD = AE + ED = CD + BD. = CD. Drugi ači: C k D P N M A B Nacrtajmo dužiu AD i a joj ozačimo točku N tako da je DC Kako su = DN. ADC i ABC obodi kutovi ad istom tetivom AC, vrijedi ADC = 60, pa je NDC jedakostraiča. Aalogo, a AD ozačimo točku M tako da je DB = DM. Kako su ADB i ACB obodi kutovi ad istom tetivom AB, vrijedi ADB = 60 pa je i MBD jedakostraiča. Produljimo dužiu MB preko točke M do sjecišta s kružicom k i ozačimo sjecište s P. BPC = 60 jer je to obodi kut ad tetivom BC. DMP = 10 jer je to vajski kut jedakostraičog trokuta MBD. Veličie triju uutarjih kutova četverokuta MDCP su 60, 10 i 60 pa je DCP = 10. Kako su asuproti kutovi tog četverokuta sukladi, zaključujemo da je MDCP paralelogram iz čega slijedi DC = MP. Kako je BPA obodi ad tetivom AB (kao i ACB ), vrijedi BPA = 60. Nadalje, AMP = 60 jer je vrši kut kuta BMD pa je i AMP jedakostraiča. Slijedi MP = MA. Koačo, DN = DC = MP = MA, pa je AD = AM + MD = CD + DB, što je trebalo pokazati. 7

16 DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Poreč, travja razred - rješeja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN. 1. Neka su a, b i c stadarde ozake za duljie straica pravokutog trokuta ABC. Vrijedi Pitagori poučak a + b = c (1) Primjeom Pitagoriog poučka a pravokuta trokut A 1BC, sa duljiama straica a, b + 7 i c + 5, dobivamo: a + (b + 7) = (c + 5). () Primjeom Pitagoriog poučka a pravokuta trokut A BC, sa duljiama straica a, b 4 i c, dobivamo: a + (b 4) = (c ). (3) Nako kvadriraja bioma dobivamo sustav jedadžbi: a + b = c (1*) a b b c c = (*) a + b 8b+ 16= c 4c+ 4. (3*) Iz prvih dviju jedadžbi, oduzimajem (1*) od (*), ili supstitucijom c = a + b dobije se 14b 10c= 4 / : 7b 5c= 1. (4) Iz prve i treće jedadžbe, a sliča ači dobije se 8b+ 4c= 1/:4 b+ c= 3. (5) Sada se iz sustava jedadžbi (4) i (5) izračuaju b i c: 1

17 Državo atjecaje 019. godie, 8. razred 7b 5c= 1 b+ c= 3/ 5 7b 5c= 1 10b+ 5c= 15 3b= 7 b= 9cm. Iz (5) slijedi: c= b 3= 18 3= 15cm. Tada je a = 15 9 = 5 81 = 144 a= 1 cm. Površia trokuta ABC jedaka je: ab 1 9 P = = = 54 cm.. Prvi ači: Razmotrimo sve moguće varijate parosti brojeva m,, p. 1. mogućost: Jeda od tih brojeva je epara, a druga dva para. Kvadrat eparog broja je epara, a parog broja para, pa je lijeva straa epara. Na desoj strai su svi pribrojici pari jer je umožak eparog i parog, kao i parog i parog, pari broj. Dakle, ovakva je mogućost isključea.. mogućost: Jeda od brojeva je para, a druga dva epara. Kvadrati eparih brojeva su epari, a jihov zbroj je para, pa je lijeva straa para. Na desoj strai su tri pribrojika para, a samo jeda epara (umožak dvaju eparaih brojeva). Stoga je cijeli zbroj epara. Time je i ta mogućost isključea. 3. mogućost: Sva su tri broja para. Brojeve možemo zapisati u obliku m = a, = b i p = c pa jedakost poprima oblik: ( ) ( ) ( ) a + b + c = 4ab+ 4ac+ 4bc+ 50 ( a b c ) ( ab ac bc ) = Lijeva straa je djeljiva s 4, a desa pri dijeljeju s 4 ima ostatak, što isključuje i ovu jedakost. 4. mogućost: Sva su tri broja epara. Brojeve možemo zapisati u obliku m = a + 1, = b + 1, p = c + 1 i jedakost poprima oblik: ( a ) ( b ) ( c ) ( a )( b ) ( a )( c ) ( b )( c ) = a + 4a+ 1+ 4b + 4b+ 1+ 4c + 4c+ 1= 4ab+ a+ b+ 1+ 4ac+ a+ c+ 1+ 4bc+ b+ c ( a a b b c c) ( ab ac bc a b c ) = Lijeva straa pri dijeljeju s 4 ima ostatak 3, a desa 1, što koačo isključuje i ovu mogućost. Dakle, e postoje prirodi brojevi m, i p koji zadovoljavaju zadau jedakost. Drugi ači: Najprije pomožimo zadau jedakost s : Sada to možemo malo drugačije zapisati kao: m p m p pm =

18 Državo atjecaje 019. godie, 8. razred m m+ + p+ p + p pm+ m = 100, ( m ) ( p) ( p m) Uvedemo li ozake x ( m ), y ( p), z ( p m) x + y + z = = 100. (1) = = =, izraz (1) zapisujemo kao Bez smajeja općeitosti možemo pretpostaviti da je Aalizirajmo mogućosti: x y z. x y + z y y z 0 (e može jer bi vrijedilo = p i p = m, pa bi bilo m =, što je u suprotosti s tim da je x = 100) 16 3 (ije kvadrat prirodog broja) e može jer je y z jer x y 0 (e može jer bi bilo p = m, pa bi prema tome vrijedilo y² = ( m)², a kako je x² = (m )², 36 začilo bi da je y² = x², što e vrijedi jer je x² = 64, a y² = 36) 5 11 (ije kvadrat prirodog broja) 16 e može jer je y z 49 (ije kvadrat prirodog broja) (ije kvadrat prirodog broja) 5 e može jer y z 36 8 (ije kvadrat prirodog broja) 5 e može jer je y z e može jer bi zbroj izosio ajviše 75 Time smo zaključili da e postoje brojevi m, i p koji zadovoljavaju zadau jedakost. 3. Prvi ači: Vrijedi 50 = 5. Svaki broj u tablici apišimo kao 1 ili kao umožak prostih faktora. Najprije u svako polje tablice upišimo broj 1, a potom ćemo eke od tih brojeva pomožiti djeliteljima broja 50 većim od 1. U takvom zapisu, faktor mora biti upisa u točo jedom polju u svakom retku i u točo jedom polju u svakom stupcu i to možemo učiiti a 3 1 = 6 ačia. Nadalje, u takvom zapisu, faktor 5 mora biti ukupo upisa točo dvaput u svakom retku i točo dvaput u svakom stupcu. Razlikujemo tri mogućosti: (i) u svakom retku i u svakom stupcu faktor 5 = 5 će biti apisa u točo jedom polju; takvih je mogućosti 31 = 6. (ii) u svakom retku i u svakom stupcu faktor 5 će biti apisa u točo dva polja; i takvih mogućosti ima 31 = 6. (iii) u jedo polje je upisa broj 5, a u četiri polja koja se e alaze u oim retcima i stupcima u kojem je 5, upisa je broj 5. Takvih rasporeda ima 9. Dakle, za upisivaje faktora 5 imamo = 1 mogućost. Ukupo, broj različitih ačia za upisivaje brojeva u tablicu koji zadovoljavaju uvjete zadatka je 61 = 16. 3

19 Državo atjecaje 019. godie, 8. razred Drugi ači: Iz rastava 50 = 5 se može zaključiti da u svakom retku i stupcu imamo jeda od sljedeća četiri rastava tri broja čiji je umožak 50; to su (i) 1150, (ii) 15, (iii) , (iv) 55. Najprije, moguće je da u svakom stupcu i retku imamo uvijek isti rastav. Zatim, uz rastav (i) u jedom retku i stupcu, moguće je imati samo dva rastava (ii) ili dva rastava (iii) u preostalim retcima i stupcima. Ako u iti jedom retku i stupcu emamo rastav (i), oda preostaju samo mogućosti da u retcima i stupcima imamo dva rastava (iii) i jeda rastav (iv) ili po jeda rastav (ii), (iii) i (iv). Zato se tablica može ispuiti isključivo a sljedeće ačie: 1) U svakom retku i stupcu je jeda broj 50 i dva broja 1. Broj takvih rasporeda je 3 1 = 6. ) U svakom retku i stupcu je jeda broj i dva broja 5. Broj takvih rasporeda je 31 = 6. 3) U svakom retku i stupcu su brojevi 5, i 1. Broj takvih rasporeda je 61 = 1. 4) U svakom retku i stupcu su brojevi 10, 5 i 1. Broj takvih rasporeda je 61 = 1. 5) U jedom je polju broj 50, u dva polja u retku i dva polja u stupcu sa 50 je broj 1, a u preostala četiri polja su dva broja 10 i dva broja 5. Kako je 10 i 5 moguće upisati a dva ačia, a 50 može biti a 9 mjesta, broj ovakvih rasporeda je 9 = ) U jedom je polju broj 50, u dva polja u retku i dva polja u stupcu sa 50 je broj 1, a u preostala četiri polja su dva broja 5 i dva broja. Kako je 5 i moguće upisati a dva ačia, a 50 može biti a 9 mjesta, broj ovakvih rasporeda je 9 = ) U jedom je polju broj, u dva polja u retku i dva polja u stupcu sa je broj 5, a u preostala četiri polja su dva broja 10 i dva broja 1. Kako je 10 i 1 moguće apisati a dva ačia, a može biti a 9 mjesta, broj ovakvih rasporeda je 9 =

20 Državo atjecaje 019. godie, 8. razred 8) U jedom je polju broj 5, a u retku i stupcu s jim 1 i, koji se mogu rasporediti a četiri ačia. Ostala četiri polja su jedozačo određea: u polju gdje se sijeku 1 i 1 je broj 10, a u ostala tri broj 5: Budući se broj 5 može staviti a 9 mjesta, broj ovakvih rasporeda je 9 4 = 36. To su sve mogućosti. Ukupa broj rasporeda jedak je = Prvi ači: Neka je x 4 x 4 + x+ 4 x 4 =. S obzirom da su i s lijeve i s dese strae jedadžbe eegativi brojevi, kvadrirajem se dobiva ekvivaleta jedadžba: Za 4 x 8 je Za 4 x 8 zato vrijedi: ( )( ) x 4 x 4+ x 4 x 4 x+ 4 x 4 + x+ 4 x 4 = ( x 8) ( x 8) ( )( ) x+ x 4 x 4 x+ 4 x 4 = 16( 4) = x x x x 16x+ 64 = x = x ( x 8) =, a za x > 8 je x 8 = x. 8 x= x 8 = ( x 8) x 8 =, što možemo zapisati kao = 16 = 4 Dakle, za prirode brojeve x = 4, 5, 6, 7, 8 vrijedost zadaog izraza je priroda broj 4. Za x > 8 je: x 8 = x = x 8 5

21 Državo atjecaje 019. godie, 8. razred = 4x 16 = 4( x 4) Prirodi broj x 4 mora biti potpui kvadrat pa pišemo x te je zato t 3. Dakle, za prirode brojeve x > 8, rješeje je parametarsko x broj. 4 = t, pri čemu je = t + 4, pri čemu je 3 x =, t priroda Drugi ači: Neka je Tada je = x 4 x 4 + x+ 4 x 4. = x 4 4 x x 4+ 4 x 4+ 4 ( ) ( ) = x 4 + x 4+ = x 4 + x 4+. Vrijedi x 4 0 za x > 8 i x 4 0 za 4 x 8, dok je x 4+ 0 za svaki x 4. Zato je, za 4 x 8, a za x > 8 je = x 4+ + x 4+ = 4, = x 4 + x 4+ = x 4. S obzirom da je za 4 x 8 broj uvijek priroda broj 4, tražei brojevi u tom itervalu su x = 4, 5, 6, 7, 8. Potrebo je još aći sve prirode brojeve x > 8 za koje je = x 4 također priroda broj. Slijedi = 4( x 4). Prirodi broj x 4 mora biti potpui kvadrat pa pišemo x te je zato t 3. Dakle, za prirode brojeve x > 8, rješeje je parametarsko broj. 4 = t, pri čemu je x = t + 4, pri čemu je 3 x =, t priroda 5. D C m M N S P R A B 6

22 Državo atjecaje 019. godie, 8. razred Neka je točka S sjecište dijagoala kvadrata ABCD. Točkom S acrta je bilo koji pravac m. Ozačimo redom točkama M, N, P i R ožišta okomica acrtaih vrhovima A, B, C, D kvadrata a pravac m. Pogledajmo pravokute trokute ΔDNS i ΔBPS. Budući da vrijedi DS = BS i DSN = BSP (vrši kutovi) i DNS = BPS = 90 to su prema poučku K S K ta dva trokuta suklada te slijedi da je DN = BP = y. Pogledajmo pravokute trokute ΔASM i ΔCSR. Budući da vrijedi AS = CS i ASM = CSR (vrši kutovi) i AMS = CRS = 90 to su prema poučku K S K ta dva trokuta suklada te slijedi da je AM = CR = x. Pogledajmo pravokute trokute ΔASM i ΔBPS. Budući da vrijedi AS = BS i ASM = SBP (kutovi sa okomitim kracima) i AMS = BPS = 90 to su prema poučku K S K ta dva trokuta suklada te slijedi da je AM = SP = x. Neka je dijagoala BD = AC = d =. Primjeom Pitagoriog poučka a trokut ΔBPS dobijemo tj. Tada je d SP + BP = SB x + y = 1 x + y = =. ( ) AM + CR + DN + BP = x + x + y + y = x + y = 1. 7