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 1. razred srednja škola B kategorija 9. siječnja 007. Zadatak 1. Dokažite da za medusobno različite realne brojeve a, b i c vrijedi a b (c a)(c b) + b c (a b)(a c) + c a (b a)(b c) = 1 a b + 1 b c + 1 c a. Zadatak. Učenik mora pomnožiti 78 s dvoznamenkastim brojem u kojemu je znamenka desetica tri puta veća od znamenke jedinica. Greškom je zamijenio znamenke jedinice i desetice tog broja i dobio umnožak za 808 manji od pravog. Koliki je stvarni umnožak? Zadatak 3. Brojevi 5777 i 894 podijeljeni istim prirodnim brojem n daju redom ostatke 0 i 36. Koji je to broj n? Zadatak 4. U skupu realnih brojeva riješite jednadžbu x + x x +3 =. 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 B kategorija 9. siječnja 007. Zadatak 1. U skupu realnih brojeva riješite jednadžbu: x +1+ x +3=3+ x +7. Zadatak. Ako je z C\R rješenje jednadžbe x 3 1 = 0, koliko je (1 z + z ) (1 + z z )? Zadatak 3. U pravokutnom trokutu zbroj kvadrata duljina svih triju stranica iznosi 168, a opseg trokuta je 70. Izračunajte duljine stranica trokuta. Zadatak 4. Za koje vrijednosti realnog parametra a funkcija f(x) =a x +(a +3)x +1 ima dvije različite realne nultočke? Za najmanju cjelobrojnu vrijednost takvog parametra a izračunajte: (x 1 i x su nultočke funkcije f). x 3 1 x 1 + x 3 x Zadatak 5. Duljine stranica trokuta ABC su AB = 14, BC = 15, CA = 13. Na stranici AB uočimo točku K za koju je AK = x. Izračunaj površinu paralelograma AKLM, gdjejel točkanastranicibc, am točkanastranici CA. Zakojiće x ta površina biti najveća? 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 B kategorija 9. siječnja 007. Zadatak 1. Riješite jednadžbu 15 log 5 x x log 5 45x =1. Zadatak. Duljine dviju stranica trokuta su a i b, njima nasuprotni kutovi su α i β, a visina na treću stranicu ima duljinu v. Ako za kutove vrijedi α + β = π ili α β = π,dokažite da je onda 1 a + 1 b = 1 v. Zadatak 3. Riješite jednadžbu log tg 1 +logtg +logtg3 + + log tg 89 =cosx. Zadatak 4. Oko kugle polumjera r opisan je stožac polumjera baze R. Koliki je obujam stošca? Zadatak 5. Postoje li prirodni broj n N i neparan prirodni broj m N takvi da vrijedi 1+m + m + + m 007 =3 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 B kategorija 9. siječnja 007. Zadatak 1. Zadani su pravci y =0.75x +6,y =0.75x +3itočka T (7, 4). Nadite jednadžbu pravca koji sadrži zadanu točku, a izmedu zadanih pravaca čini odsječak duljine 4. Zadatak. Dokažite da je za svaki prirodan broj n broj Re ((1 + i ) 3) n cijeli broj djeljiv s n 1. Zadatak 3. Odredite za koju je vrijednost od x četvrti član razvoja binoma ( x ) m x 0 puta veći od eksponenta binoma ako je binomni koeficijent četvrtog člana pet puta veći od binomnog koeficijenta drugog člana. Zadatak 4. Dokažite da za svaki prirodni broj n i nenegativan realan broj a vrijedi nejednakost n(n +1)a +n 4 a( n). Zadatak 5. Nadite sva cjelobrojna rješenja sljedećeg sustava jednadžbi: ab +5 = c, bc +1 = a, ca +1 = b. Svaki se zadatak boduje s 0 bodova. Nije dozvoljena uporaba džepnog računala niti bilo kakvih priručnika.

5 OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B kategorija, 9. siječnja 007. Rješenja Zadatak 1. Prvo rješenje. Zapišemo li brojnike razlomaka na lijevoj strani ovako vidimo da vrijedi a b =(a c)+(c b), b c =(b a)+(a c), c a =(c b)+(b a), a b (c a)(c b) = a c (c a)(c b) + c b (c a)(c b) = 1 (c b) + 1 (c a), b c (a b)(a c) = b a (a b)(a c) + a c (a b)(a c) = 1 (a c) + 1 (a b), c a (b c)(b a) = c b (b c)(b a) + b a (b c)(b a) = 1 (b a) + 1 (b c). Zbrojimo jednakosti iz prethodna tri reda, pa dobivamo a b (c a)(c b) + b c (a b)(a c) + c a (b a)(b c) = 1 (c b) + 1 (c a) 1 (a c) + 1 (a b) 1 (b a) + 1 (b c) = (c a) + (a b) + (b c) = 1 a b + 1 b c + 1 c a. (0 bodova) Drugo rješenje. Pomnožimo jednakost sa zajedničkim nazivnikom lijeve strane: (a b)(b c)(c a): ( boda) a b (c a)(c b) + b c (a b)(a c) + c a (b a)(b c) = 1 a b + 1 b c + 1 c a, (a b) (b c) (c a) =(b c)(c a) +(a b)(c a)+(a b)(b c), (8 bodova) a b c +ab +bc +ca =(bc ab + ca c +ac a + ab bc + ab ac b + bc). Lijeva strana jednaka je desnoj. Početnu jednakost množili smo brojem različitim od nule, pa je i ona istinita.(10 bodova) 1

6 Zadatak. Prvo rješenje: Označimo nepoznati broj s ab. Prema uvjetu zadatka je 78 ab 78 ba = 808 Odavde dobivamo ab ba =36, 10a + b 10b a =36, a b =4. (8 bodova) Iz ove jednakosti i iz veze a =3bdobivamo a =6,b =. Točan umnožak je ( boda) Drugo rješenje: Neka je početni broj u kojemu je znamenka desetica tri puta veća od znamenke jedinica 3x 10+x =31x, gdjejex znamenka jedinica. Broj koji se dobije zamjenom znamenke jedinica i desetica je x 10+3x =13x. Iz uvjeta zadatka imamo da je 78 31x 78 13x = 808, tj. 1404x = 808, pa je x =. (10 bodova) Ispravni broj je 6, a stvarni umnožak je 78 6 = Treće rješenje: Dvoznamenkasti broj u kojemu je znamenka desetica tri puta veća od znamenke jedinica je jedan od brojeva 31, 6, 93. Provjeravamo svaku od tri mogućnosti = = 1404, = = 808, = = 41. Dakle, dvoznamenkasti broj kojim je učenik trebao množiti je 6, a točan umnožak (0 bodova) Zadatak 3. Iz uvjeta zadatka slijedi da postoje prirodni brojevi a i b takvi da je 5777 = a n + 0 i 894 = b n Odavde dobivamo a n = 5757 i b n = Oduzmemo li prethodne dvije jednakosti dobivamo (b a)n = 3131 = Uočimo da je n prirodan broj veći od 36 (djelitelj je uvijek veći od ostatka), koji dijeli Brojevi 101 i 31 su prosti, pa su jedini djelitelji broja 3131 brojevi 1, 31, 101 i Uz to, n mora dijeliti i brojeve 5757 i 8888, pa vidimo da n može biti samo 101. (10 bodova) Napomena. Učenik može do rješenja doći promatranjem faktorizacija brojeva 5757 i 8888: Drugi dio zadatka se onda boduje ovako: a n = 5757 = = , b n = 8888 = = (10 bodova) Broj 101 jedini je zajednički faktor ovih brojeva veći od 1, pa je taj broj rješenje zadatka.

7 Zadatak 4. 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 = 1. Ovaj broj ne pripada intervalu, pa jednadžba nema rješenja za x<. (10 bodova) (b) Neka je x. x + x = x +3, x = x +3. Zbog promjene predznaka izraza x, ovaj interval dijelimo na dva dijela: (b1) x<. Tu je x = x +paimamo x += x +3, x = 1 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 = 1 3 i x =7. Napomena 1. Urješenju se ne traži da bude nacrtan graf funkcije x + x. Onajtkotočno nacrta taj graf (a pogriješi negdje drugdje) može dobiti dodatnih 5 bodova. 3

8 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 = 1 5 što nije rješenje jednadžbe. Za ovakav postupak ne treba oduzimati bodove. Napomena 3. Ukolikoseuzispravnarješenja proglase rješenjima i neki od brojeva 1 ili 1, treba oduzeti 10 bodova (maksimalan broj bodova u 5 tom slučaju je 10). 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 = 1 CD = b. Sada primjenom Pitagorinog poučka na trokute AHC i CHB dobivamo: c = AB = AH + HB = AC CH + BC CH ( ) ( ) b b = b + a = = 1 ( ) (10 bodova) 4

9 OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE. razred srednja škola B kategorija, 9. siječnja 007. Rješenja Zadatak 1. Napišimo jednadžbu u obliku x +1 3= x +7 x +3. Da bi korijeni bili definirani, moraju izrazi x+7 i x+3 biti pozitivni. Onda je x +7> x + 3 pa je desna strana pozitivna. Zato mora i lijeva strana biti pozitivna, odakle slijedi x +1 > 3, odnosno x>4. Kad su obje strane pozitivne, kvadriranjem ćemo dobiti ekvivalentnu jednadžbu: x +1 6 x +1+9=x +7+x +3 (x +7)(x +3), 3 x +1= (x +7)(x +3), 18x +9=x +10x +1, x 8x +1=0. Rješenja ove jednadžbe su x =ix =6. Zboguvjetax>4, samo je x =6 rješenje početne jednadžbe.(0 bodova) Napomena 1. 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. 13 3= 13 9 Ukoliko se provjera ne učini, već se i x = proglasi rješenjem, treba oduzeti 10 bodova. Napomena. Ukoliko se jednadžba kvadrira u početnom obliku, izrazi će se ponešto zakomplicirati. Nakon prvog kvadriranja i sredivanja, dobiva se (x +1)(x +3)=3 x +7 (x 6). Nakon drugog kvadriranja i sredivanja dobivamo x +10x 96 = 6(x 6) x +7. Sad je potrebno jednadžbu napisati u obliku: (x 6)(x + 16) = 6(x 6) x +7. 5

10 Odavde slijedi x = 6, ili x +16=6 x +7. Sad treba provjeriti da je x = 6 rješenje jednadžbe. Iz ostatka kvadriranjem dobivamo x +3x + 56 = 36(x +7), x 4x +4=0 iodavdex =,što nije rješenje početne jednadžbe. Zadatak. Prvo rješenje: Iz x 3 1 = 0 slijedi x = 1 ili x + x +1=0. (3 boda) Rješenja jednadžbe iz skupa C \ R su ona koja zadovoljavaju ovu drugu jednadžbu. Stoga možemo pisati z = z 1, pa uvrštavanjem toga u zadani izraz dobivamo: (1 z + z ) (1 + z z )=(1 z z 1) ( z z )= = z ( z )=4z 3 =4. (1 bodova) Drugo rješenje: Iz uvjeta dobivamo: z 3 1=0, (z 1)(z + z +1)=0. Prema pretpostavci, z ne može biti jednak jedinici, pa vrijedi z + z +1=0. (3 boda) Odavde dobivamo z = z 1 = ili z = z = 1 3. ( boda) Korištenjem z 3 =1iz 4 = z zapišimo početni izraz kao: (1 z + z ) (1 + z z )=1+z z z z + z 3 + z + z 3 z 4 =1 z +z 3 z 4 =3 (z + z ). (10 bodova) Uprvomslučaju je z = z1 = z, u drugom z = z = z 1,au oba slučaja polazni izraz je jednak 3 (z +z )=3 (z 1 +z )=3 ( 1) = 4. Napomena. Učenici će pokušati izračunati izraz direktnim računanjem, nakon što odrede z 1 i z. Ukoliko račun bude točan, treba dodijeliti sve bodove za zadatak. Ako se račun provjeri samo za jednu od tih nultočaka, treba oduzeti 5 bodova. 6

11 Zadatak 3. Ako duljine kateta trokuta označimo sa a i b, a duljinu hipotenuze sa c, onda uvjete zadatka možemo zapisati kao sustav: a + b + c = 168, a + b + c =70, a + b = c. Uvrštavanjem treće jednadžbe u prvu dobivamo c = 168, tj. c = 9. Početni sustav sada postaje: a + b = 841, a + b =70 9 = 41. Ukoliko iz druge jednadžbe sada izrazimo b =41 a i uvrstimo u prvu, dobivamo a +(41 a) = 841, tj. nakon sredivanja a 8a = 0 a 41a + 40 = 0. Rješenja ove jednadžbe su a 1, = 41 ± = 41 ± 1, pa su rješenja početnog sustava a 1 = 1, b 1 = 0 i a = 0, b = 1. Dakle, traženi trokut ima hipotenuzu duljine 9 i katete duljina 0 i 1. 7

12 Zadatak 4. Da bi funkcija f(x) =a x +(a +3)x + 1 mogla imati dvije nultočke, mora biti kvadratna funkcija, tj. mora vrijediti a 0. (3 boda) Da bi te dvije nultočke bile realne i različite, diskriminanta mora biti strogo veća od 0, tj. ((a +3)) 4a > 0 4a +4 6a a > 0 6a +9> 0 a> 3 Stoga za parametar a mora vrijediti a 3/, 0 0, +. Najmanji cjelobrojni a koji zadovoljava taj uvjet je a = 1, za koji kvadratna funkcija postaje f(x) =x +4x+1.( boda) Njezine nultočke, po Vièteovim formulama, zadovoljavaju: x 1 + x = 4, x 1 x =1. Računamo: x 3 1 x 1 + x 3 x = x3 1 + x 3 x 1 x 3 x 3 1x (x 1 x ) 3 = = (x 1 + x ) 3 3x 1 x 3x 1x x 1 x (x 1 + x ) (x 1 x ) 3 = = (x 1 + x ) 3 3x 1 x (x 1 + x ) x 1 x (x 1 + x ) x 1 x (x 1 x ) 3 = = ( 4)3 3 1 ( 4) 1 (( 4) 1) 1 3 = = = 66. (10 bodova) Napomena. Ako učenik izračuna nultočke kvadratne funkcije i zatim odredi vrijednost izraza neposrednim računom, treba priznati postupak. Ukoliko pri računanju pogriješi u postupku, treba mu oduzeti najmanje 5 bodova. 8

13 Zadatak 5. Prvo rješenje: Nacrtajmo sliku: ( boda) slijedi Iz omjera v h = x v c ( h = v 1 x ). c Visinu trokuta računamo preko Heronove formule: c v = P = s(s a)(s b)(s c). Odavde: 7v = =84 pa je v = 1. Tako smo dobili površinu paralelograma AKLM: ( p(x) =1x 1 x ). (3 boda) 14 U ovisnosti o x, ovo je kvadratna funkcija. Njezin vodeći koeficijent je negativan, a nultočke su x =0ix = 14. Zato se maksimum postiže za x =7. Taj je maksimum jednak 4 (polovina površine trokuta). Drugo rješenje: Odgovarajuća slika: ( boda) Površine sličnih trokuta ABC, MLC, KBL odnose se kao kvadrati duljina njihovih odgovarajućih stranica AB, ML, KB. (3 boda) Dakle P (ABC) :P (MLC):P (KBL)=c : x :(c x) Označimo površinu trokuta s P. Dobili smo P (MLC)= x x) P, P(KBL)=(c P. (3 boda) c c 9

14 Zato je površina paralelograma P (AKLM) =P (ABC) P (MLC) P (KBL) ( boda) Odavde: ) P (AKLM) =P (1 x (x c) c c = c x (c x) P = c x(c x) c P Maksimum kvadratne x(c x) funkcije postiže se za x = c =7.Površina paralelograma je 1 P.. Pretpostavlja se da će učenik u nekom trenutku izračunati površinu trokuta P, iako to nije bitno za rješenje zadatka, niti za bodovanje. 10

15 OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 3. razred srednja škola B kategorija, 9. siječnja 007. Rješenja Zadatak 1. 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 1 =1 log 5 x +log = 0 = x = 1. (10 bodova) 675 Zadatak. Prvo rješenje: Ako vrijedi α + β = π, tj. ako je trokut pravokutan, onda je, iz jednakosti površina, ab = cv, pa dobivamo 1 a + 1 b = b + a a b = c c v = 1 v. Pretpostavimo sad da trokut nije pravokutan. Bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti da je α>β,t.j. davrijediα = β + π. Nacrtajmo sliku: 11

16 U pravokutnom trokutu ACD za kut δ vrijedi δ = π α = π β pa je kut ACD = β. Iz pravokutnih trokuta ACD i BCD sada čitamo: cos β = v b, sin β = v a pa je 1 a + 1 b = sin β v + cos β v Drugo rješenje. Vrijedi = sin β +cos β = 1. (10 bodova) v v 1 a + 1 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. 1 a + 1 b = c sin α + c sin β c v = sin α +sin β v. (15 bodova) 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 vrijedi pak β α = π, onda je sin β =sin(α + π )=cosα. U svim je tim situacijama sin α +sin β =sin α +cos α =1 i tvrdnja je dokazana. Zadatak 3. Za svaki α vrijedi ( ) sin α log tg α + log tg(90 sin(90 α) α) =log =log1=0. cos α cos(90 α) Takoder, log tg 45 = log 1 = 0. Zato je log tg 1 + log tg 89 =0, log tg + log tg 88 =0,. log tg 44 + log tg 46 =0, log tg 45 =0 1

17 pa je lijeva strana jednadžbe jednaka nuli. (15 bodova) 0=cosx x = π + kπ, k Z x { π 4 + k π,k Z} Napomena. Ukoliko učenik previdi da srednji član u sumi nema svog para, treba oduzeti 5 bodova. Zadatak 4. Nacrtajmo sliku:(3 boda) Iz sličnosti trokuta sa slike izlazi: r :(v r) =R : v + R r (v r) = R R + v Odavde trebamo izračunati visinu v: r (R + v )=R (v vr + r ) R r + v r = R v vrr + R r v (r R )+vrr =0 v(v(r R )+rr )=0 v 0 = v = rr R r (7 bodova) Sad dobivamo V = r πv 3 = π 3 rr 4 R r. 13

18 Zadatak 5. m je neparan pa je m k takoder neparan. Stoga je zbroj 1 + m + m + +m 007 paran jer ima parno mnogo neparnih pribrojnika. Medutim 3 n je neparan. Jednadžba nema rješenja. Znači da ne postoji neparan prirodan broj m i prirodan broj n koji bi zadovoljavali danu jednakost. (0 bodova) 14

19 OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. razred srednja škola B kategorija, 9. siječnja 007. Rješenja Zadatak 1. Traženi pravac ima jednadžbu y 4 = k(x 7) za neki realni broj k. (3 boda) Rješavanjem dvaju sustava dobivamo da su točke presjekaovogpravcasa zadanim pravcima T 1 ( 7k 18, 11.5k 18 )it k 0.75 k ( 7k 1, 8.5k 18 ). (7 bodova) k 0.75 k 0.75 Iz uvjeta da udaljenost točaka T 1 i T iznosi 4, dobivamo jednadžbu: ( ) ( ) 3 3k + =16, k 0.75 k 0.75 koja se svodi na kvadratnu jednadžbu čija su rješenja k 1 =0ik = 4 7 (10 bodova) Zadatak. (1+i ( 3) n = n i 7k 4k =0,. Dakle, traženi pravci su y =4iy = 4 7 x. ) n = n ( cos π 3 + i sin π ) n ( =n cos nπ i sin nπ 3 (10 bodova) Prirodni broj n može se napisati u obliku n =6k + r, pri čemu je k cijeli broj i r ostatak dijeljenja. U ovisnosti o ostatku, imamo: n, n =6k Re(1 + i 3) n = n cos nπ n 1, n =6k +1 3 = n 1, n =6k + n, n =6k +3 n 1, n =6k +4 n 1, n =6k +5, Time je tvrdnja dokazana.(10 bodova) ). 15

20 Zadatak 3. Iz uvjeta ( ) m =5 3 ( ) m dobivamo: 1 m(m 1)(m ) =5m. (3 boda) 6 Kako je m prirodni broj veći ili jednak 3, dijeljenjem s m dobivamo jednadžbu: m 3m 8 = 0, čija su rješenja m 1 = 4 (koje otpada jer nije prirodan broj) i m =7. (7 bodova) Tada je: ( ) 7 ( ( ) x 1 ) 4 3 =0 7, x 35 x x = 140, x =4=, x =4. (10 bodova) Napomena. Ukoliko se ne odbaci rješenje kvadratne jednadžbe m 1 = 4, dobit će se odgovarajući x = 1. Ako učenik ne odbaci to rješenje, 5 treba oduzeti 7 bodova. Zadatak 4. Prvo rješenje: Prema nejednakosti izmedu aritmetičke i geometrijske sredine vrijede sljedeće nejednakosti: a +1 a, a +1 a,. na +1 na. (10 bodova) Zbrajanjem ovih nejednakosti i sredivanjem dobivamo redom: (a +1)+(a +1)+ +(na +1) a( n), a( n)+n a( n), n(n +1) a + n a( n), n(n +1)a +n 4 a( n), što je i trebalo dokazati.(10 bodova) 16

21 Drugo rješenje: Dokazujemo indukcijom. Za n = 1 tvrdnja glasi a + 4 a ( a 1) 0. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n. Tada za n + 1 trebamo dokazati (n+1)(n+)a+(n+1) 4 a( n+ n +1). (3 boda) Koristimo pretpostavku indukcije: Zato je n(n +1)a +n 4 a( n). (n +1)(n +)a +(n +1)=n(n +1)a +n +a(n +1)+ [ 4 a( ] n) +4 a n +1 Tu smo iskoristili nejednakost a(n +1)+ 4 a(n +1). Time je tvrdnja dokazana.(1 bodova) Zadatak 5. Drugo rješenje: Iz posljednje dvije jednadžbe, dobivamo b(1 c )=c+1, tj. c+1 = 0 ili b = 1. Slijedi da je c { 1, 0, }. Uvrštavanjem 1 c c =0ic =, ne dobivamo cjelobrojna rješenja za a i b, pajec = 1. (10 bodova) To znači da je a + b =1,aab = 6. Stoga su a i b rješenja kvadratne jednadžbe t t 6=0,atosu i3. Toznači da su jedina rješenja sustava (, 3, 1) i (3,, 1). (10 bodova) Prvo rješenje: Oduzimanjem posljednjih dviju jednadžbi dobivamo c(b a) =a b, (b a)(c +1)=0. Odavde je c = 1 ili a = b. (a) Ako je c = 1, tada sustav prelazi u: Eliminacijom nepoznanice a slijedi ab = 6, a =1 b. b b +6=0, aodavdeb =3,a = ili b =, a =3. (b) Ako je a = b, dobivamo sustav (7 bodova) a +5=c, ac +1=a. 17

22 Ovaj se sustav može analizirati na više načina. Na primjer: (b1) Eliminacijom nepoznanice c: a 3 +4a +1=0. Ova jednadžba nema cjelobrojnih rješenja. (Sva takva rješenja moraju biti djelitelji slobodnog člana 1). (b) Iz druge jednadžbe je c =1 1 a pa mora biti a = 1 ili a = 1, a niti jedan slučaj ne zadovoljava prvu jednadžbu. Svako ispravno rješenje treba bodovati s 8bodova. 18