Ministarstvo prosvjete i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMAT

Транскрипт

1 Ministarstvo prosvjete i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE. razred srednja škola A kategorija 9. siječnja 007. Zadatak. Skraćivanjem svedite razlomak na najjednostavniji oblik: bc(c b )+ac(a c )+ab(b a ) b c (c b)+a c (a c)+a b (b a). Zadatak. U skupu realnih brojeva riješite jednadžbu x + x x +3 =. Zadatak 3. Neka je p prost broj veći od 3. Dokažite da njegov kvadrat pri dijeljenju brojem 4 daje ostatak. Zadatak 4. Postoji li pravokutan trokut kojemu su duljine kateta cijeli brojevi, a duljina hipotenuze 006? Zadatak 5. U trokutu ABC duljine stranica su BC =7, AC =3,akut pri vrhu A iznosi α =30.Izračunajte duljinu stranice AB. Svaki se zadatak boduje s 0 bodova. Nije dozvoljena uporaba džepnog računala niti bilo kakvih priručnika.

2 Ministarstvo prosvjete i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE. razred srednja škola A kategorija 9. siječnja 007. Zadatak. U skupu realnih brojeva riješite jednadžbu: x ++ x +3=3+ x +7. Zadatak. Ako je z + z =, odredite koliko je z007 + z 007. Zadatak 3. Ako su oba rješenja jednadžbe x +mx+ n = 0 cijeli brojevi različiti od 0, dokažite da je m + n složen cijeli broj! 4 Zadatak 4. Odredite sve realne parametre m za koje funkcija f(x) =x +(m +3)x +(m +) zadovoljava sljedeća dva uvjeta: a) f(x) < 0zasvex, 3 ; b) zbroj recipročnih vrijednosti nultočaka manji je od 3. Zadatak 5. Neka je ABCD pravokutnik sa stranicama duljina 0 i 5. Kroz točku C prolazi kružnica sa središtem u vrhu A zadanog pravokutnika. Odredite duljinu one tetive kružnice koja sadrži dijagonalu BD. Svaki se zadatak boduje s 0 bodova. Nije dozvoljena uporaba džepnog računala niti bilo kakvih priručnika.

3 Ministarstvo prosvjete i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 3. razred srednja škola A kategorija 9. siječnja 007. Zadatak. Riješite jednadžbu 5 log 5 x x log 5 45x =. Zadatak. Za kutove α, β, γ trokuta ABC vrijedi Dokažite da je trokut pravokutan. cos α +cos β +cos γ =. Zadatak 3. Duljine dviju stranica trokuta su a i b, njima nasuprotni kutovi su α i β, a visina na treću stranicu ima duljinu v. (a) Akozakutovevrijediα + β = π ili α β = π,dokažite da je onda a + b = v. (b) Ako ova jednakost vrijedi za neki trokut, dokažite da za njegove kutove vrijedi α + β = π ili α β = π. Zadatak 4. Dana je kocka ABCDEF GH duljine brida a. Izračunajte oplošje i obujam poliedra ABDF GH. Zadatak 5. Obojana drvena kocka prepiljena je na n 3 (n>) jednakih kockica. Ako je poznato da je broj kockica, kojima je točno jedna strana obojana, jednak broju kockica kojima niti jedna strana nije obojana, odredite broj n. Svaki se zadatak boduje s 0 bodova. Nije dozvoljena uporaba džepnog računala niti bilo kakvih priručnika.

4 Ministarstvo prosvjete i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. razred srednja škola A kategorija 9. siječnja 007. Zadatak. Kružnica je upisana u jednakostraničan trokut kojem je duljina stranice 6. Pokažite da za svaku točku T na toj kružnici vrijedi jednakost: TA + TB + TC =45. Zadatak. Odredite za koju je vrijednost od x četvrti član razvoja binoma ( x + 3 ) m x 0 puta veći od eksponenta binoma ako je binomni koeficijent četvrtog člana pet puta veći od binomnog koeficijenta drugog člana. Zadatak 3. Neka je (x n ) n N niz realnih brojeva različitih od nule takav da vrijedi x n x n+ x n =, n. Dokažite da izraz x n+ + x n x n poprima istu vrijednost za svaki n. Zadatak 4. Dokažite da za svaki prirodni broj n i nenegativan realan broj a vrijedi nejednakost n(n +)a +n 4 a( n). Zadatak 5. Svi sedmeroznamenkasti brojevi sastavljeni od znamenki do 7 (u svakom broju pojavljuje se svaka od znamenki) poredani su po veličini počevši od najmanjeg. Na kojem se mjestu nalazi broj 36547? Svaki se zadatak boduje s 0 bodova. Nije dozvoljena uporaba džepnog računala niti bilo kakvih priručnika.

5 OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE. razred srednja škola A kategorija, 9. siječnja 007. Rješenja Zadatak. Imamo redom: bc(c b )+ac(a c )+ab(b a ) b c (c b)+a c (a c)+a b (b a) = bc(c b )+a 3 c ac 3 + ab 3 a 3 b b c (c b)+a 3 c a c 3 + a b 3 a 3 b = bc(c b)(c + b)+a3 (c b) a(c b)(c + bc + b ) b c (c b)+a 3 (c b)(c + b) a (c b)(c + bc + b ) = (c b)(bc + b c + a 3 ac abc ab ) (0 bodova) (c b)(b c + a 3 c + a 3 b a c a bc a b ) = a(a b)(a + b) c (a b) bc(a b) a b(a b) c (a b)(a + b)+a c(a b) = (a b)(a + ab c bc) (a b)(a b ac bc + a c) (a c)(a + c)+b(a c) = b(a c)(a + c)+ac(a c) = (a c)(a + c + b) (a c)(ab + bc + ac) = a + b + c ab + bc + ac. Napomena. Mogući su i drugi načini faktorizacije. Tada treba bodovati na analogan način. Zadatak. Predznak izraza x+ različit je lijevo i desno od točke x =. (a) Neka je x< : x x = x +3, 3x + = x +3, Izraz 3x + negativan je na ovom intervalu. Tako dobivamo 3x = x +3, x =.

6 Ovaj broj ne pripada intervalu, pa jednadžba nema rješenja za x<. (0 bodova) (b) Neka je x. x + x = x +3, x = x +3. Zbog promjene predznaka izraza x, ovaj interval dijelimo na dva dijela: (b) x<. Tu je x = x +paimamo x += x +3, x = 3. Broj pripada intervalu pa predstavlja rješenje jednadžbe. (b) x. Tuje x = x pa imamo x = x +3, x =7. Broj pripada intervalu pa predstavlja rješenje. Rješenja jednadžbe su x = 3 i x =7. Napomena. Urješenju se ne traži da bude nacrtan graf funkcije x + x. Onajtkotočno nacrta taj graf (a pogriješi negdje drugdje) može dobiti dodatnih 5 bodova. Napomena. Ukoliko se u slučaju (a) ne uoči da je izraz 3x + uvijek negativan i pretpostavi da može biti i 3x + =3x +,dobitće se x = 5 što nije rješenje jednadžbe. Ukoliko se uz ispravna rješenja proglase rješenjima i neki od brojeva ili, treba oduzeti 0 bodova (maksimalan broj bodova u tom slučaju je 5 0).

7 Zadatak 3. Prvo rješenje: Neka je p prost broj veći od 3. Treba dokazati da je p djeljivo s 4. Imamo p =(p )(p +). Budući da je p prost broj veći od 3, broj p mora biti neparan, pa su brojevi p ip + uzastopni parni brojevi i jedan od njih je djeljiv s 4. Produkt (p )(p + ) je djeljiv s 8. Od tri uzastopna prirodna broja p, p, p+ jedan je djeljiv s 3. Kako to nije p,ostajedajejedanodbrojevap, p+djeljivs3. Dakle,(p )(p+) je djeljivo s 8 i s 3, pa je p =(p )(p + ) djeljivo s 4. (0 bodova) Drugo rješenje: Prost broj većiod3jeoblika6k ±. Stoga je p =(6k ± ) =36k ± k + =k(3k ± ). (0 bodova) Brojevi k i3k ± surazličite parnosti, pa je njihov produkt paran broj, a gornji izraz djeljiv s 4. Time je tvrdnja dokazana. Zadatak 4. Pretpostavimo da takav trokut postoji i da su duljine kateta x i y. Iz Pitagorinog poučka je x + y = 006. Broj 006 je paran, pa su x i y brojevi iste parnosti.(3 boda) Kad bi oba bili parni, x, y i x + y bi bili djeljivi s 4, a 006 nije djeljiv s 4. Stoga su oba neparni. Uvedimo supstitucije x =k +, y =l +, gdje su k i l prirodni brojevi. ( boda) Jednadžba tada postaje (k +) +(l +) = 006 4k +4k ++4l +4l + = 006 4k +4k +4l +4l = 004 / :4 k(k +)+l(l + ) = 50. Za svaki prirodan broj k, točno jedan od brojeva k, k + je paran. Stoga je lijeva strana gornje jednadžbe paran broj, a desna neparan, pa ta jednadžba, a onda i polazna jednadžba x + y = 006 nemaju cjelobrojnih rješenja. 3

8 Zadatak 5. Produljimo visinu CH u trokutu ABC preko točke H do točke D tako da je CH = HD. Tada je AHC = AHD (dvije stranice i kut medu njima), pa je ADC = ACD =90 HAC =90 α =60. Dakle, trokut ADC je jednakostraničan, pa je CH = CD = b. Sada primjenom Pitagorinog poučka na trokute AHC i CHB dobivamo: c = AB = AH + HB = AC CH + BC CH ( ) ( ) b b 7 87 = b + a = = ( ) (0 bodova) 4

9 OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE. razred srednja škola A kategorija, 9. siječnja 007. Rješenja Zadatak. Napišimo jednadžbu u obliku x + 3= x +7 x +3. Da bi korijeni bili definirani, izrazi x+7 i x+3 moraju biti pozitivni. Onda je x +7> x + 3 pa je desna strana pozitivna. Zato mora i lijeva strana biti pozitivna, odakle slijedi x + > 3, odnosno x>4. Kad su obje strane pozitivne, kvadriranjem ćemo dobiti ekvivalentnu jednadžbu: x + 6 x ++9=x +7+x +3 (x +7)(x +3), 3 x += (x +7)(x +3), 8x +9=x +0x +, x 8x +=0. Rješenja ove jednadžbe su x =ix =6. Zboguvjetax>4, samo je x =6 rješenje početne jednadžbe.(0 bodova) Napomena. Učenik ne mora načiniti analizu lijeve i desne strane u prvoj jednakosti. Umjesto toga, može provjeriti zadovoljavaju li dobiveni brojevi početnu jednadžbu. Za x = onaglasi 5 3= 9 5 pa jednadžba nije zadovoljena, a za x = 6 dobivamo istinitu jednakost. 3 3= 3 9 Ukoliko se provjera ne učini, već se i x = proglasi rješenjem, treba oduzeti 0 bodova. Napomena. Ukoliko se jednadžba kvadrira u početnom obliku, izrazi će se ponešto zakomplicirati. Nakon prvog kvadriranja i sredivanja, dobiva se (x +)(x +3)=3 x +7 (x 6). Nakon drugog kvadriranja i sredivanja dobivamo x +0x 96 = 6(x 6) x +7. Sad je potrebno jednadžbu napisati u obliku: (x 6)(x + 6) = 6(x 6) x +7. 5

10 Odavde slijedi x = 6, ili x +6=6 x +7. Sad treba provjeriti da je x = 6rješenje jednadžbe. Iz ostatka kvadriranjem dobivamo x +3x + 56 = 36(x +7), x 4x +4=0 i odavde x =,što nije rješenje početne jednadžbe. Zadatak. Prvo rješenje: Uvjet z + z =zapišemo drukčije: z z +=0 Množenjem sa z + dobivamo z 3 +=0 (0 bodova) Odavde slijedi z 3 =. z 007 =(z 3 ) 669 =( ) 669 =, pa je z = + z007 =. (0 bodova) Drugo rješenje: Označimo S n = z n + z.izuvjetaz + n z =,kvadriranjem dobivamo S = z + z = Množenjem ove jednakosti sa z + z =, slijedi z 3 + z 3 + z + z =, pa je S 3 = S =. Na isti način dalje dobivamo S 4 = S =, S 5 = S 3 =, S 6 = S 4 =. Dalje će postupak davati već poznate brojeve: S 7 ==S, S 8 = =S, S 9 = =S 3,... 6

11 Period u ovom nizu je duljine 6. Zato je S 007 = S 3 =. (0 bodova) Zadatak 3. Prema Vièteovim formulama slijedi x + x = m, x x = n. Odavde je m = (x + x )in =( x x ).(3 boda) Dalje imamo: m + n 4 =(x + x ) +( x x ) = = x + x ++x x =(x +)(x +), atojesložen cijeli broj ako su x i x cijeli brojevi različiti od nule. ( bodova) Zadatak 4. Prvo rješenje: Budući da se radi o kvadratnoj funkciji s pozitivnim vodećim koeficijentom, uvjet f(x) < 0zasvex, 3 ekvivalentan je uvjetima f( ) 0if(3) 0, koji se mogu napisati kao sustav nejednadžbi: m 3+m + 0, 9+3m +9+m + 0. Prva nejednadžba je trivijalna (0 0), a druga se svodi na uvjet m 5. Promotrimo sada drugi uvjet, x + x < 3. Lijevu stranu po Vièteovim formulama možemo pisati kao x + x = x + x x x = m 3 m +, pa nejednadžba postaje m 3 m + < 3 m 3 m + 3 < 0 4m 3(m +) < 0. 7

12 Zbog m 5 slijedi m + < 0, pa je gornja nejednadžba ekvivalentna sa 4m > 0, što uvijek vrijedi zbog m 5. Dakle, m, 5]. (0 bodova) Drugo rješenje: Budući da se radi o kvadratnoj funkciji s pozitivnim vodećim koeficijentom, uvjet f(x) < 0 za sve x, 3 ekvivalentan je uvjetima f( ) 0if(3) 0, koji se mogu napisati kao sustav nejednadžbi: m 3+m m +9+m + 0 Prva nejednadžba je trivijalna (0 0), a druga se svodi na uvjet m 5. Ako sa x označimo manju nultočku, a sa x veću, gornji uvjet f(x) < 0 za sve x, 3 povlači i x, x 3. Sada slijedi: x < 0, x < 3 + < 0+ x x 3 = 3, pa je drugi uvjet automatski zadovoljen i rješenje je m, 5]. Zadatak 5. Nacrtajmo sliku: (3 boda) Polumjer kružnice je dijagonala pravokutnika, pa po Pitagorinom poučku njegova duljina iznosi r = AC = 0 +5 =5. ( boda) Tražimo duljinu tetive EF. Neka je T njezino polovište. AT je okomito na EF, pa je AT visina trokuta BAD. Iz formule za površinu pravokutnog trokuta BAD (ili iz sličnosti trokuta AT D i BAD) dobivamo AT = AB AD BD =. (0 bodova) 8

13 Sada iz Pitagorinog poučka za trokut AT E slijedi: ( ) EF = ET = r AT = 48 odnosno EF = 48. Napomena. (Drugo rješenje): Zadatak se može riješiti i koordinatnom metodom. Pravokutnik postavimo u koordinatni sustav tako da je A(0, 0), B(0, 0), C(0, 5) i D(0, 5). Spomenuta kružnica je skup svih T (x, y) zakojeje AT = 5, odnosno x + y = 65. Pravac kroz točke B i D ima jednadžbu 3x +4y = 60. Sada je moguće odrediti njihova sjecišta (krajeve spomenute tetive), i izračunati njihovu udaljenost. 9

14 OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 3. razred srednja škola A kategorija, 9. siječnja 007. Rješenja Zadatak. Da bi jednadžba imala smisla treba biti x>0. Logaritmiranjem jednadžbe po bazi 5 dobivamo: log 5 x log log 5 45x log 5 x =0. Dalje redom imamo: log 5 x(log log 5 45x) =0 log 5 x(log log log 5 x)=0 log 5 x(log log 5 x)=0, Odavde dobivamo dva rješenja: log 5 x =0 = x = log 5 x +log = 0 = x =. (0 bodova) 675 Zadatak. Izraz cos α+cos β+cos γ može se transformirati u umnožak kosinusa na neki od sljedećih načina: Prvi način: 0=cos α +cos β +cos γ =cos α +cos β sin γ =cos α +cos β sin [π (α + β)] =cos α +cos β sin (α + β) =cos α +cos β (sin α cos β +cosαsin β) =cos α +cos β sin α cos β cos α sin β sinαcos β cos α sin β =cos α( sin β)+cos β( sin α) sinαcos β cos α sin β =cos α cos β sinαcos β cos α sin β =cosαcos β(cos α cos β sin α sin β) =cosαcos β cos(α + β) = cosαcos β cos γ 0

15 Drugi način: 0=cos α +cos β +cos γ = +cosα + +cosβ +cos γ cos α +cosβ = +cos γ =cos(α + β)cos(α β)+cos γ =cos(π γ)cos(α β)+cos γ = cos γ cos(α β)+cos γ = cos γ(cos(α β) cos γ) = cos γ(cos(α β)+cos(α + β)) = cosαcos β cos γ Sad zaključujemo da neki od kosinusa cos α, cosβ, cosγ mora biti jednak nuli, pa je taj kut pravi. (0 bodova) Napomena. Ukoliko se u postupku transformacija ne izvede završni izraz, može se dobiti najviše 5 bodova. Zadatak 3. Obje se tvrdnje mogu dokazati na više načina. Dokaz tvrdnje (a) treba bodovati s 0 bodova, kao i dokaz tvrdnje (b). Prvi dokaz tvrdnje (a). Ako vrijedi α + β = π, tj. ako je trokut pravokutan, onda je, iz jednakosti površina, ab = cv, pa dobivamo a + b = b + a a b = c c v = v. (3 boda) Pretpostavimo sad da trokut nije pravokutan. Bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti da je α>β,t.j. davrijediα = β + π. Nacrtajmo sliku: ( boda) U pravokutnom trokutu ACD za kut δ vrijedi δ = π α = π kut ACD = β. ( boda) Iz pravokutnih trokuta ACD i BCD sada čitamo: β pa je cos β = v b, sin β = v a

16 pa je a + b = sin β v + cos β v = sin β +cos β =. (3 boda) v v Drugi dokaz tvrdnje (a). Vrijedi a + b = a + b a b = a sin γ + b sin γ a b sin. γ Sad koristimo poučak o sinusima i formule za površinu trokuta: Dobivamo: a c = sin α = a sin γ = c sin α, sin γ b c = sin β = b sin γ = c sin β, sin γ a b sin γ =4P = c v. a + b = c sin α + c sin β c v = sin α +sin β v. Ako je trokut pravokutan, onda je sin β =sin( π α) =cosα. Ako u trokutu vrijedi α β = π, onda je sin β =sin(α π )= cos α. Ako pak vrijedi β α = π, onda je sin β =sin(α + π )=cosα. U svim je tim situacijama sin α +sin β =sin α +cos α = i tvrdnja je dokazana.(0 bodova) Dokaz tvrdnje (b) Postupkom kao u drugom dokazu tvrdnje (a), ili na neki drugi način, treba doći do ekvivalencije a + b = v sin α +sin β =. Ta je relacije ekvivalentna s sin α =cos β odnosno sin α =cosβ ili sin α = cos β. Sad treba utvrditi vezu izmedu kutova α i β, imajućiuvidudasutokutovi u trokutu: sin α =cosβ =sin( π β) = α = π β+kπ ili α = π (π β)+kπ. Ovisuuvjetimogući u trokutu samo za k = 0. Iz prvog dobivamo α+β = π, a iz drugog α β = π.

17 Na isti način, sin α = cos β =sin(β π ) = α = β π +kπ ili α = π (β π )+kπ. Drugi uvjet, α + β = 3π + kπ nije moguć niti za jedan cjelobrojni k. Izprvog uvjeta, za k = 0, dobivamo β α = π. Prema tome, sin α +sin β = vrijedit će samo ako je α + β = π ili α β = π,što je i trebalo dokazati. Zadatak 4. Ispravan crtež: ( boda). Oplošje se sastoji od 8 trokuta, dva veća jednakostranična: AF H i BDG te šest manjih pravokutnih jednakokračnih: P = a, P = a 3. O =6P +P =3a + a 3=a (3 + 3). (0 bodova) Volumen poliedra ABDF GH dobit ćemo najlakše ako od volumena kocke oduzmemo volumene sukladnih piramida BCDG i AEF H: 3

18 V = V kocke = a 3, V = V tetraedra = 6 a3 V = V V = a 3 3 a3 = 3 a3. (8 bodova) Zadatak 5. Na jednoj strani kocke ima (n ) kockica kojima je jedna strana obojana zeleno. Ukupno je takvih kockica 6(n ). Neobojanih kockica ima (n ) 3. 6(n ) =(n ) 3 :(n ) 0 6=n = n =8 (0 bodova) Napomena. Dode li učenik do rješenja isprobavajući za n =3, 4,...,8 anepokaže da je to jedino rješenje, treba oduzeti 0 bodova! 4

19 OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. razred srednja škola A kategorija, 9. siječnja 007. Rješenja Zadatak. Zadatak rješavamo analitičkom geometrijom. Trokut možemo smjestiti u koordinatni sustav na različite načine. (a) Neka središte kružnice bude u ishodištu. ( boda) 3 Visina trokuta je 6 =3 3. Polumjer kružnice je trećina visine, r = 3. Koordinate vrhova su A( 3, 3), B(3, 3), C(0, 3), a koordinate točke T na kružnici T (x, y). Jednadžba kružnice je Stoga vrijedi: x + y =3. (8 bodova). TA + TB + TC =(x +3) +(y + 3) +(x 3) +(y + 3) + x +(y 3) = x +6x +9+y + 3y +3+x 6x +9+y + 3y +3 + x + y 4 3y + =3(x + y )+36 =9+36=45. (0 bodova) (b) Izabere li učenik koordinatni sustav tako da vrh A bude u ishodištu, onda su koordinate vrhova A(0, 0), B(6, 0), C(3, 3 3), središte kružnice je S(3, 3). Jednadžba trokutu upisane kružnice je: ( 3) =(x 3) +(y 3), x 6x + y 3y +9=0. 5

20 Stoga vrijedi: TA + TB + TC =(x + y )+((x 6) + y )+((x 3) +(y 3 3) ) =3x +3y 8x 6 3y +7 =3(x 6x + y + 3y +9)+45=45. Bodujesenaistinačinkaouslučaju (a). ( ) ( ) m m Zadatak. Iz uvjeta =5 dobivamo: 3 m(m )(m ) =5m. (3 boda) 6 Kako je m prirodan broj veći ili jednak 3, dijeljenjem s m dobivamo jednadžbu: m 3m 8 = 0, čija su rješenja m = 4 (koje otpada jer nije prirodan broj) i m =7. (7 bodova) Tada je: ( ) 7 ( ( ) 3 3 x ) 4 3 =0 7, x 35 x x = 40, x =4=, x =4. (0 bodova) Napomena. Ukoliko se ne odbaci rješenje kvadratne jednadžbe m = 4, dobit će se odgovarajući x =. Ako učenik ne odbaci to rješenje, 5 treba oduzeti 7 bodova. Zadatak 3. Tvrdnju dokazujemo matematičkom indukcijom. Dovoljno je pokazati da jednakost x n+ + x n x n+ = x n+ + x n x n vrijedi za svaki n. Ova jednakost je ekvivalentna jednakosti x n+ x n + x n = x n+ + x n+ x n, x n x n+ x n = x n+ x n+ x n, koja vrijedi jer su po uvjetima zadatka obje strane jednake. (0 bodova) 6

21 Zadatak 4. Prvo rješenje: Prema nejednakosti izmedu aritmetičke i geometrijske sredine vrijede sljedeće nejednakosti: a + a, a + a,. na + na. (0 bodova) Zbrajanjem ovih nejednakosti i sredivanjem dobivamo redom: (a +)+(a +)+ +(na +) a( n)+n a( n), a( n), n(n +) a + n a( n), n(n +)a +n 4 a( n), što je i trebalo dokazati.(0 bodova) Drugo rješenje: Dokazujemo indukcijom. Za n = tvrdnja glasi a + 4 a ( a ) 0. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n. Tada za n + trebamo dokazati (n+)(n+)a+(n+) 4 a( n+ n +). (3 boda) Koristimo pretpostavku indukcije: n(n +)a +n 4 a( n). Zato je (n +)(n +)a +(n +)=n(n +)a +n +a(n +)+ [ 4 a( ] n) +a(n +)+ (6 bodova).zadovršenje dokaza trebamo dokazati nejednakost a(n +)+ 4 a n +. Ovo je nejednakost izmedu aritmetičke i geometrijske sredine. Time je tvrdnja dokazana.(6 bodova) Zadatak 5. Ispred danog se broja nalaze svi brojevi koji počinju znamenkamai,anjihima 6!. Isto se tako ispred danog broja nalaze i svi brojevi koji počinju znamenkom 3, a druga znamenka im je,, 4 ili 5, a takvih ima 4 5!. Ako nastavimo tako razmišljati, dobijemo da se ispred danog broja nalazi ukupno 6! + 4 5! + 3 4! + 3! +! = 006 brojeva, što znači da se dani broj nalazi na 007. mjestu. (0 bodova) Napomena. Ukoliko učenik napravi bilo koju pogrešku u prebrojavanju, može dobiti najviše 0 bodova. 7