REXEƫ ZTK OKRUЖNOG TKMIQEƫEƫ IZ MTEMTIKE UQENIK SREƫIH XKOL, 0.000. Prvi razred, kategorija Kako je xyz > 0, sledi x > y,z, odakle je 4x > (y + z) = x, tj. x < Iz x = (y + z) sledi x, pa mora biti x = Tada mora biti y = z =, a ova trojka i zadovoʃava sistem iz zadatka i pritom je x + y + z = ko je tvrđeƭe zadatka taqno, za n = sledi da postoji prirodan broj x qiji je zbir cifara (s(x)) jednak, koji je deʃiv sa i koji pri deʃeƭu sa 00 daje ostatak Neka su n(x) i p(x) zbirovi cifara na neparnim, odnosno parnim pozicijama dekadnog zapisa broja x, redom. Kako je x deʃiv sa vaжi n(x) p(x), a kako je = s(x) = n(x) + p(x), sledi da je jedan n(x) i p(x) jednak 0, a drugi Ovo nije mogu e, jer je x (mod 00) (tj. n(x),p(x) ). akle, za n = ne postoji x sa zahtevanim osobinama, pa tvrđeƭe iz zadatka nije taqno. Neka je O centar kruжnice k. Kako je N = M = 90 (ugao nad preqnikom), sledi MN = N = 90, pa je MON = MN = 80 (centralni i periferijski ugao). Kako su PM i PN tangente na k, sledi PMO = ONP = 90, qetvorougao NPMO je tetivan, pa je NPM = 80 (80 ) =. Kruжnica sa centrom u P i polupreqnika PN sadrжi M (jednakost tangentnih duжi), a po prethodnom i (centralni i periferijski ugao). Kako je i P = MN, sledi PM = MN = NP, tj. PMN je jednakostraniqan. akle, = NM = NPM = 0 (Tangenta 7, str., Nagradni zadaci, M8). M O N P H T O P U R Q OK0 OK04 Neka je x = OX za x {a,b,c,h,t,d,p,q,r,u} (tj. malim latiniqnim slovom je oznaqen vektor koji spaja centar opisane kruжnice i taqku oznaqenu istim velikim latiniqnim slovom). Tada je t = a+b+c,h = a + b + c (osobine teжixta i ortocentra), d = a+b (sredixte duжi), p = a+b+c,q = (a + b + c) (po simetriji), r = (a + b + q) = (a + b a b c) = c (teжixte Q). Neka je V teжixte PT. Tada je v = OV = (d + p + t) = ( ) a+b a+b+c + a+b+c = a+b 6. Kako je v = d, sledi O V ; kako je (v r) = ( ) a+b 6 + c = a+b+c = t r, sledi R V T; dakle, V pripada pravama O i RT, pa je U V (iz sledi O RT). rugo rexeƭe. Na osnovu osobina Ojlerove prave je HT QP QR TO =, pa je PO = ; kako je i R = (teжixte deli teжixnu duж u odnosu : ), sledi PR O i O = PR. Kako je O sredixte TP, O je sredƭa linija PRT, pa je OU = PR = U O, tj. UO = Sledi da je U taжixte PT. ko se dva susedna mesta na kojima par sedi posmatra kao blok, kada se svi smeste u redu e biti 6 blokova i 8 praznih mesta. lokovi i prazna mesta mogu se u red poređati na ( ) 4 6 naqina; parovi se pridruжuju blokovima na 6! naqina; svaki par moжe sesti u izabrani blok na dva naqina (xto daje 6 mogu nosti). akle, ukupan broj rasporeda je ( ) 4 6 6! 6.
Prvi razred, kategorija Kako je a = a za a 0 i a = a za a < 0, sledi: ko je x <, jednaqina postaje (x + ) (x ) = x, odakle je x = (xto je maƭe od ). ko je x <, jednaqina postaje (x + ) (x ) = x, odakle je x = 0 (xto pripada skupu [,) ). ko je x, jednaqina postaje (x + ) + (x ) = x, odakle je x =. Međutim, kako / [, ), ovo nije rexeƭe. akle, rexeƭe je x {,0}, tj. jednaqina ima dva rexeƭa (Tangenta 6, str., Pismeni zadaci, zadatak 8). Kako je E = E = (tetivni i tangentni ugao) i kako je E = 80 E = 90 (ugao nad preqnikom), sledi E = 90 E = 90 = = E, tj. E je jednakokraki (Tangenta 8, str., Pismeni zadaci, zadatak ). E OK0 Kako je (mod 00), 4 44 4 (mod 00), 8 4 68 8 (mod 00), 0 8 8 70 (mod 00), sledi 0 00 00 (mod 00), pa je cifra desetica broja 0 00 jednaka 0. Kako postoji poseta između ne i ebe, jedna od Ƭih dve je acu posetila ujutro, a druga uveqe. Kako na nije posetila acu i pre Vesne i pre Goce, sledi da je nina poseta bila uveqe. akle, ebina poseta je bila ujutro, pa su Vesna i Goca acu posetile nakon Ƭe. Poxto Vesna nije posetila acu između ebe i Goce, sledi da je Gocina poseta bila ujutro, a ebina uveqe. akle, redosled poseta je eba Goca na Vesna. Videti rexeƭe prvog zadatka za prvi razred kategorije. rugi razred, kategorija Neka je = a (stranica petougla E), a = x (stranica petougla E ). UnutraxƬi ugao pravilnog petougla je 80 = 08. Sledi E = 08, a kako je E jednakokraki, sledi E = E E = 80 08 = 6. Sliqno, EE je jednakokraki, pa sledi EE = 6, odnosno (spoʃni ugao u trouglu) E = E E + EE = 7. Kako je i E jednakokraki, sledi E E i = E = + E = + E = E + E. Iz sliqnosti sledi E = E E. a a x = a x x akle, E = a x,, odakle je ( a ) x a x + = 0, tj. (jer je a x > ) a x = +. E E OK0 Kako se povrxine sliqnih figura odnose kao kvadrati odgovaraju ih linearnih elemenata, sledi P(E) ( P( E ) = + ) = 7+ (Tangenta, str. 8, Nagradni zadaci, M78).
Igraqi i su odigrali k+δ partija, gde je δ = 0 ako su i odigrali partiju, a δ = ako nisu. Preostali igraqi su odigrali (n )(n ) partija, pa je (n )(n ) + k + δ =, odnosno n n + k + δ = 0 Kako je k i δ 0, sledi n n + k + δ n n +, odakle je n n 0, a kako je n N, sledi n Kako je k n i δ, sledi n n + k + δ n n + n 6 +, odakle je 08 n n, a kako je n N, sledi n Pritom, ako je k < n ili δ <, u posledƭoj nejednakosti se dobija 08 < n n, tj. n >, pa u ovoj situaciji nema rexeƭa. akle, n =, k = n = 0 i δ =, tj. i nisu igrali međusobno. Neka je TP = a, TN = b. Kako je TN simetrala PTM, sledi TM Kako je TP simetrala QTN, sledi TQ TN = PQ NP =, tj. TQ = b. TP = MN NP =, tj. TM = a. Primenom kosinusne teoreme na T M N, TNP, TPQ sledi 4a + b 4abcos α = 6, a + b abcos α = 4, a + 9b 6abcos α = 6. RexavaƬem ovog sistema (sistem linearnih jednaqina po a,b,abcos α) dobija se T a b a b M 4 N P 6 Q OK0 a = 6,b =,abcos α = 4, odakle (a,b > 0) sledi a = 4,b = 6 i cos α = 4 ab = 4 =, tj. α = 4. 4 Za svaka dva razliqita cela broja a i b i p Z[x] vaжi a b p(a) p(b). ko je n sloжen broj koji zadovoʃava uslove zadatka, neka je d Ƭegov delilac takav da je < d < n; sledi n d p(n) p(d) = n d, odnosno n d n d = d Z. Kako je d >, sledi d <, pa je d / Z. ko je n prost broj, polinom p(x) = x + n + Z[x] zadovoʃava p() = n i p(n) =, tj. prosti brojevi su rexeƭa zadatka. Kako je to i n = (moжe se uzeti p(x) = ), sledi da su prirodni brojevi koji zadovoʃavaju navedene uslove i svi prosti brojevi. ko je a + b =, sledi a 4 + b 4 = (a + b ) a b = a b, a 6 + b 6 = (a + b ) a b (a + b ) = a b, pa je a 4 + b 4 a 6 + b 6 ko je a4 + b 4 a 6 + b 6 =, sledi = a b a b =. 0 = (a 4 + b 4 ) (a 6 + b 6 ) = (a + b ) 6a b (a + b ) + 6a b (a + b ) = (a + b ) ( a b ) + (a + b ) 6a b ( a b ) = ( a b ) ( (a + b ) a b 6a b ), pa je dovoʃno dokazati da je S = (a +b ) a b 6a b 0. Neka je a +b = t. Tada je S = t t 6a b = (t )(t + ) 6a b. ko je t <, sledi S < 0. ko je t >, tada je a b > t a (t a ) > t 0 < a t t + a 4 = ( a )( t + + a ) = ( a )( b ), xto je taqno (a,b (0,), pa je a, b > 0). Zbog a,b (0,) je i t = a + b <, pa vaжi S = (t )(t + ) 6a b < (t )(t + ) 6(t ) = (t )(t ) < 0. rugi razred, kategorija Kako je M sredixte, sledi M = Kako je P sredixte S i S = S, sledi S SP =
Vaжi i M = 90 = SP (dijagonale kvadrata se seku pod pravim uglom), pa je M SP. Specijalno, P S = M (Tangenta, str. 47, Pismeni zadaci, zadatak ). M P OK 0 ko je t = x + x + = ( x + ) + 4 > 0, jednaqina je definisana za svako x R i ovom smenom postaje t = t. Za t > ona nema rexeƭa (strane su razliqitih znaka), a za t je ekvivalentna sa t = ( t) = 4 4t + 4 0 = t t + 4 = (t )(t 4). Zbog t sledi x + x + = t = x + x = 0 x {,0} (Tangenta, str. 44, Pismeni zadaci, zadatak ). Iz uslova zadatka je (x + y + ) = (x + y ) + + (x + xy + y) = + 6 = ( + ). ko je x+y+ =, tj. x+y = 4 i xy = + ( 4 ) = 6+4, x i y su koreni kvadratne jednaqine t +(4+ )t+(6+4 ) = 0. Međutim, diskriminanta ove jednaqine je (4 + ) 4 (6 + 4 ) = 6 8 < 0, pa ona nema realnih rexeƭa. ko je x + y + = +, tj. x + y = + i xy = + ( + ) =, x i y su koreni kvadratne jednaqine t ( + )t + = 0 (tj. i ). akle, rexeƭe je (x,y) { (, ),(,) }. Igraqi i su odigrali 0 partija ako su igrali međusobno, odnosno partija ako nisu igrali međusobno, a preostali igraqi su odigrali (n )(n ) partija. ko i nisu odigrali partiju, sledi (n )(n ) + =, tj. n n 8 = 0. Međutim, ova jednaqina nema celobrojnih rexeƭa. ko su i odigrali partiju, sledi (n )(n ) + 0 =, tj. n n 84 = 0 n { 7,}, odnosno n = (jer je n N). akle, na turniru je uqestvovalo igraqa, a i su igrali međusobno. Neka je k broj Pericine ku e. ko k, na osnovu prve izjave je 0 k 9, tj. mora biti k {,4,7}. Kako nijedan od tih brojeva nije deʃiv sa 4, na osnovu druge izjave je 60 k 69. Kako ne moжe biti k 9 i k 60, sledi da je ova situacija nemogu a. ko k, tada 6 k, pa, na osnovu tre e izjave, sledi 70 k 79. Takođe 4 k, inaqe bi, po drugoj izjavi, sledilo 60 k 69, tj. k 69 i k 70, xto je nemogu e. akle, 70 k 79, k, 4 k. Jedini broj koji zadovoʃava prethodne osobine je 76 (između 70 i 79 postoje dva broja deʃiva sa 4 to su 7 i 76, ali je 7 deʃiv sa ). akle, broj Pericine ku e je 76. Tre i razred, kategorija n Neka je m = (k k!). Tada je k= n n n (k k!) = ((k + ) k!) = ((k + )! k!) = (n )! k= k= k= ko je n sloжen broj, poxto za n 4 vaжi n n, postoji d > tako da d n i d n, pa d (n )! i d m, odnosno n m. ko je n prost broj, na osnovu Vilsonove teoreme 4
n (n )! + = (n )m + n, tj. n (n )m. Kako je (n,n ) =, odavde i n m (Tangenta 6, str. 8, Nagradni zadaci, M79). Kako je x i (za i {,,...,00}) nula polinoma x 00 +0x+, sledi x 00 i = 0x i, odakle 00 je x 0 i = 0x i x i. Na osnovu Vietovih formula sledi x i = 0 i x i x j = 0, pa je i= i<j 00 00 x 0 i = i= 00 00 ( ) 00 0x i x i = 0 x i i= = 0 ( 00 ) x i i= = 0 (0 0 ) 0 = 0. i= i<j 00 i= x i 00 x i x j i= x i ko je n =, vaжi z + z = z, odakle je z = z + z = z + z + z z + z z, tj. z z + z z = z. Sledi z z = z + z (z z + z z ) = z + z + z = z. nalogno je z z = z = z z, odakle je z z = z z = z z, tj. taqke određene brojevima z,z i z qine jednakostraniqan trougao. ko je n > paran broj, n = k,k, neka su z,z,...,z k razliqiti brojevi modula, neka pripadaju unutraxƭosti prvog kvadranta (Re z i,im z i > 0 za i {,,...,k}; takav izbor postoji) i neka je z k+i = z i za i {,,...,k}. Vaжi z = z =... = z k i z +z +...+z k = 0. Ukoliko je k-tougao određen ovim taqkama pravilan, on se rotacijama oko svog centra (0) za i π k (za i {,,...,k}) slika u sebe, pa poxto ima taqku u unutraxƭosti prvog kvadranta, mora je imati i u unutraxƭosti svakog kvadranta (jer je k, pa je π k oxtar ugao). Međutim, po kostrukciji on nema taqaka u unutraxƭosti drugog kvadranta, pa ne moжe biti pravilan. ko je n > neparan broj, n = k+,k, neka su z,z,...,z k+ razliqiti brojevi modula, neka pripadaju unutraxƭosti prvog kvadranta (Re z i,im z i > 0 za i {,,...,k + }) i neka je > Re z > Re z >... > Re z k+ (takav izbor postoji). Neka je z k++i = z i za i {,,...,k+} i neka je z =, z k+ = +i, z k+ = i. Vaжi z = z =... = z k+ i z + z +...+z k+ = z + z k+ + z k+ = 0 i ovo je skup razliqitih taqaka (z k+ je u unutraxƭosti qetvrtog kradranta, a z k+ / {z,z,...,z k+ }, jer je Re z k+ = ). Ukoliko je (k + )-ugao određen ovim taqkama pravilan, on se rotacijama oko svog centra (0) za π i k+ (za i {,,...,k + }) slika u sebe, pa poxto ima taqku u unutraxƭosti prvog π kvadranta, mora je imati i u unutraxƭosti svakog kvadranta (jer je k, pa je k+ oxtar ugao). Međutim, po kostrukciji on nema taqaka u unutraxƭosti drugog kvadranta, pa ne moжe biti pravilan. akle, tvrđeƭe je taqno za n =, inaqe nije. Neka je b(n) (za n N) broj podskupova skupa {,,...,n} koji ne sadrжe tri uzastopna prirodna broja. Neka je n 4, P podskup skupa {,,...,n} koji ne sadrжi tri uzastopna prirodna broja i m = max {{,,...,n} \ P } (za n 4 prethodni maksimum je dobro definisan). Mora biti m {n,n,n} (inaqe n,n,n P). ko je m = n, P je podskup skupa {,,...,n } koji ne sadrzi tri uzastopna prirodna broja. Međutim i svaki takav podskup skupa {,,...,n } jednoznaqno određuje podskup skupa {,,...,n} koji ne sadrжi tri uzastopna prirodna broja i za koga je m = n (zapravo, isti taj podskup). akle, broj ovakvih skupova je b(n ). ko je m = n, P sadrжi n, a P \ {n} je podskup skupa {,,...,n } koji ne sadrжi tri uzastopna prirodna broja. Međutim i svaki takav podskup skupa {,,...,n } jednoznaqno određuje podskup skupa {,,...,n} koji ne sadrжi tri uzastopna prirodna broja i za koga je m = n (isti taj podskup kome se doda element n). akle, broj ovakvih skupova je b(n ). ko je m = n, P sadrжi n i n, a P \ {n,n} je podskup skupa {,,...,n } koji ne sadrжi tri uzastopna prirodna broja. Međutim i svaki takav podskup skupa
{,,...,n } jednoznaqno određuje podskup skupa {,,...,n} koji ne sadrжi tri uzastopna prirodna broja i za koga je m = n (isti taj podskup kome se dodaju elementi n i n). akle, broj ovakvih skupova je b(n ). akle, b(n) = b(n ) + b(n ) + b(n ) za svako n Kako je b() =,b() = 4,b() = 7, uzastopnom primenom formule se dobija b(0) = 0 Neka su taqke,,, i E raspoređene kao na slici (rexeƭe je analogno i u drugim situacijama). Kako je qetvorougao P tetivan, sledi P P = P = P 4 = P 4 = 80 P, pa su taqke P, P, i na istom krugu. Zbog simetrije tom krugu pripada i E. Koriste i tetivnost qetvorougla i kako su uglovi nad istom ttivom jednaki, sledi = + = P + P = E P + P P = P E E + P P. Kako je qetvorougao P P E tetivan, vaжi P E + P P = 80, pa je = 80 E, odnosno taqke,, i E pripadaju istom krugu, a zbog simetrije tom krugu pripada i. Napomena. Ovo tvrđeƭe je poznato i kao Mikelova pentagram teorema. P P 4 E P E P P OK0 Tre i razred, kategorija Za sve x i y je x x = 0 i x y = y x, pa je i x y + x y + y x = x y. Sledi ( ) ( c + a a ) + b = c a + c b + a b, ( a ) ( b ) + b + c = a b + a c + b c, ( b ) ( ) + c c + a = b c + b a + c a, odakle se sabiraƭem dobija tvrđeƭe zadatka (Tangenta 4, str. 4, Pismeni zadaci, zadatak ). Presek kupe i ravni koja sadrжi osu kupe i preqnik osnove kupe je jednakokraki trougao osnovice r, visine H, kraka s i polupreqnika upisane kruжnice ρ. Iz formula za povrxinu tog trougla sledi r H = ρ(r + s). Sledi r(h ρ) = ρs, a kako je s = r +H, dobija se r (H ρ) = ρ (H +r ) = ρ H +ρ r r ( H Hρ ) = H ρ r = H Hρ H ρ = ρ (Tangenta 6, str. 4, Pismeni zadaci, ρh zadatak ). 6
H ρ r OK0 Za x,y ( ) 0, π cos x je sin y,cos y 0, pa je sistem ekvivalentan sa cos y = sinx cos y, siny = sin sin(x + y) y. SabiraƬem ove dve jednaqine dobija se =, tj. sin(x + y) = sin y sin y cos y sin x y cos x+y = 0. Iz 0 < x,y < π sledi π 4 < x y < π x y 4, pa ako je sin = 0 sledi x = y; međutim, tada iz polaznih jednaqina sledi sinx = sin x sin x = x = π 4 (jer je sinx > 0); tada je y = π 4. Iz 0 < x,y < π x+y sledi 0 < < π, pa ako je cos x+y = 0 sledi x+y = π; međutim, tada iz polaznih jednaqina sledi sin y = sin(π y) = sinx = sin y sin y 4sin y = sin y sin y = sin y sin y = y = π 4 (jer je sin y > 0); tada je x = π 4. Proverom, x = y = π je rexeƭe, pa je ovo jedino rexeƭe sistema iz zadatka. 4 Videti rexeƭe tre eg zadatka za drugi razred kategorije. Videti rexeƭe petog zadatka za drugi razred kategorije. Qetvrti razred, kategorija Videti rexeƭe prvog zadatka za tre i razred kategorije. Neka je sin x = t i g(t) = t+ + t +b. g je diferencijabilna na (0,) i vaжi 7 + 6t + g t (t) = ( + t), pa je g rastu a na [,] ( 6+ 6 { < 6+ = < ). Sledi f(b) = max { g( ),g() } = max b, b + } 4 (. Kako je f ) =, sledi min 4 4 f(b) = b R 4. Neka je I(,) = a... a m. Primenom operacija,, vrednost I se ne meƭa, tj. b... b n primenom ovih operacija mogu e dobiti samo parove (,) za koje je I(,) = I(,). Sa druge strane, ako su = (c,...,c m ) i = (d,...,d n ) takvi da je I(,) = I(,), uzastopnom primenom operacije na c,d j i z = bj d j (za svako j {,...,n}, redom), a nakon toga uzastopnom primenom operacije na c,c j i z = cj a j (za svako j {,...,n}, redom) se dolazi do = (c,...,c m) i = (d,...,d n) takvih da vaжi c i = a i za j {,...,n} i d i = b i za j {,...,n}; međutim, zbog I(, ) = I(,) = I(,) mora biti i c = a. akle, od (,) se moжe dobiti (,) ako i samo ako je a... a m b... b n R. Funkcije f(x) = x + kx + k (za k {,,...,n}), f(x) = x + 4x + i f(x) = x + 4x + 4 zadovoʃavaju uslove zadatka, pa je p(n) n + > n. p(4) = < 4, p() = 6 <, p(6) = 0 < 6, pa za n {4,,6} vaжi i druga nejednakost. ko f(x) = a(x+x )(x+x ) ima traжena svojstva, brojevi a, a(x +x ) i ax x su iz {,,...,n}, pa je x n ax, odakle je p(n) n n x = a= n ax = n n n x x = a= ( a = n + n) +... +. 7
akle, dovoʃno je dokazati da je + +... + n < n za n 7; dokaz indukcijom; za n = 7 7 ( je i = + + + ) + 6 4 + + 7 = + 9 0 + < + 9 0 + 0 =,6 < 7. Neka je i= tvrđeƭe taqno za n; vaжi + +...+ n + n + < n+, pa je dovoʃno dokazati da je n + n + n + n + n + < n + n = n + + n n + n + n + n Videti rexeƭe petog zadatka za tre i razred kategorije. Qetvrti razred, kategorija Neka je x prvi, a y drugi broj. Tada je x+y = c i treba odrediti najve u vrednost izraza x y pri uslovu x,y > 0,x + y = c, odnosno treba odrediti najve u vrednost funkcije f(x) = x (c x), x (0,c). f je diferencijabilna funkcija. Kako je f (x) = x (c x) + x (c x) ( ) = x (c x)(c x), sledi da je f (x) > 0 za x ( 0, c) i f (x) < 0 za x ( c,c), pa se maksimum ove funkcije dostiжe za x = c i iznosi f ( c) = c (Tangenta 8, str. 8, Pismeni zadaci, zadatak ). Videti rexeƭe drugog zadatka za tre i razred kategorije. Neka je α = arctg 7,β = arcsin 8. Kako je 7, 8 > 0, α i β su oxtri uglovi i vaжi tg α =,sin β = 8. Sledi cos β = sin β = 8 = 8 (β je oxtar ugao), odakle je tg β = sin β cos β =, pa vaжi tg(α + β) = tg α + tg β tg α tg β = + = = tg π 6. Kako je α + β (0,π), sledi α + β = π 6 π pa je α+β = 6 N. (jedini ugao iz (0,π) qiji je tangens jednak je π 6 ), (a) Neka kompleksnom broju z odgovara taqka T z (za z {a,b,z,z,z + z,0}). Za a,b izraz a b jednak je duжini duжi T a T b, pa iz (z + z ) 0 = z + z = z z sledi T z+z T 0 = T z T z. akle, qetvorougao T 0 T z T z+z T z je paralelogram kome su dijagonale jednakih duжina, odnosno pravougaonik, pa je T z T 0 T z pravougli. (b) ko je z =,z = +i, tada je T z T 0 T z pravougli ( T 0 T z T z = 90 ) i z +z = = z z, tj. ne mora biti z + z = z z. rugo rexeƭe. (dela (a)) Kako je z ± z = z + z ± (z z + z z ), iz z + z = z z ( ) i z z 0 sledi z z = z z z z z = z, tj. broj z z je qisto imaginaran, xto znaqi da vektori koji odgovaraju brojevima z i z zaklapaju prav ugao. Na osnovu tablice sledi da svaki student ima bar jedan zajedniqki odgovor sa nekim drugim studentom. Stoga ako neki student ima svih taqnih odgovora, onda svaki student ima bar taqan odgovor. Kako studenti imaju razliqit broj taqnih odgovora, sledi da je ukupan broj taqnih odgovora + 4 + + + = Iz tablice sledi da je maksimalan broj taqnih odgovora + + 4 + 4 + = (na prvo pitaƭe a ili b, na drugo a ili b, na tre e, na qetvrto i na peto ). Zbog pitaƭa sledi bi sve taqne odgovore imao ca, ali bi tada eba i Goca imali po dva taqna odgovora, a Vesna i oki po tri, xto protivreqi uslovu zadatka da svi studenti imaju razliqit broj taqnih odgovora. akle, ne postoji student koji ima sve taqne odgovore. Ukupan broj taqnih odgovora je 4++++0 = 0. Ukoliko bi taqni odgovori na i pitaƭe bili i, onda bi maksimalan broj taqnih odgovora bio ++++ = 9 < 0, 8
xto nije mogu e. Ukoliko bi taqni odgovori na i pitaƭe bili i, onda bi minimalan broj taqnih odgovora bio + + 4 + 4 + = > 0, xto nije mogu e. Napomena. Pod uslovima zadatka, mogu e je odrediti xta je taqan odgovor na svako od pet pitaƭa, tj. u potpunosti odrediti xta se dogodilo. Zaista, iz prethodnog sledi da ca, Vesna i Goca (koji su na na i pitaƭe odgovorili sa i ) ne mogu biti student koji ima sve netaqne odgovore, pa je taj student eba ili oki. ko eba nema taqnog odgovora onda su taqni odgovori na pitaƭa: (javʃa se put), na (javʃa se 4 puta) i na (javʃa se puta). Tada Vesna, Goca i oki imaju bar taqna odgovora, pa ca ima taqan odgovor i to e biti. Kako su i cina i ebina pitaƭa sa vixestrukim odgovorom netaqna, sledi da su odgovori na prva dva pitaƭa: c (javʃa se put) i c (javʃa se put). Međutim, tada je ukupan broj taqnih odgovora + + + 4 + = 9, a ne 0, pa eba nije student koji ima sve netaqne odgovore, nego oki. Kako oki nema taqnog odgovora, taqni odgovori na pitaƭa su: (javʃa se 4 puta), na (javʃa se put) i na (javʃa se puta). Tada eba, Vesna i Goca imaju bar taqna odgovora, pa ca ima taqan odgovor i to. Kako su i cina i okijeva pitaƭa sa vixestrukim odgovorom netaqna, odgovori na prva dva pitaƭa su: b (javʃa se puta) i b (javʃa se puta) ili c (javʃa se put). Kako je ukupan broj taqnih odgovora 0 = + + 4 + +, sledi da je taqan odgovor c. akle, taqni odgovori su: b, c,, i (oni su u tablici uokvireni u posledƭoj koloni je ukupan broj taqnih odgovora svakog od studenata). I II III IV V ca a a eba b b Vesna a b Goca b c 4 oki c a 0 9