prirucnik za takmicenja srednjih skola i pripremu prijemnih ispita na fakultetima vasic janic...

PETAR M. VASI RADOVAN R. JANI OLGA MITRINOVI DOBRILO . TOI

MATEMA TIKI 'PRIRUNIK ZA TAKMIENJA SREDNJOKOLACA I PRIJEMNE ISPITE NA FAKULTETIMA

Ceh-rto dopuojeDO izdanje

IRO "GRAEVINSKA KNJIGA" BEOGRAD,1983.

MATEMATIKI PRIRUNIK ZA TAKMiENJA SREDNJOKOLACA I PRIJEMNE ISPITE NA FAKULTETIMA

Prvo izdanje 1965. Tira 2000 primeraka. Drugo izdanje 1966. Tira 4000 prim.:raka. Tree izdanje 1974. Tira 3000 pri11l

za preduzee odgovara: Milan Vinji, direktor;

O Milica Dodi, odlovorni urednik;

O Sneana NecIC, tchni&i urednik i naslovu strau;

O Dobrilo Toi i Radovan R. Jani, korektori;

Stampa: Stamparija "Bakar" - Bor

SADRAJ PREDGOVOR DRUGOM IZDANJU I VII PREDGOVOR TREEM IZDANJU I XI PREDGOVOR CETVRTOM IZDANJU I XI

ZADACI ZA PRIPREMU TAKMICENJA I PRIJEMNIH ISPITA l. ARITMETIKA I 2 2. KOMPLEKSNI BROJEVI I 11 3. IDENTITETI I 17 4. FUNKCIJE I 23 5. JEDNACINE I 31 6. NEJEDNAKOSTI I 41 7. PROGRESIJE I 54 8. MATEMA nCKA INDUKCIJA I 60 9. KOMBINATORIKA I 68

10. SUMJRANJE I 72 ll. GEOMETRIJA I 78 12. ANALlTICKA GEOMETRIJA I 94 13. RAZNI ZADACI I 111 ZADACI SA TAKMI(:ENJA I PRIJEMNIH ISPITA 1. REPUBLlCKA TAKMICENJA I 133 1.1. Socijalistika Republika Srbija, aprila 1961 I 133 1.2. Socijalistika Republika Srb,ija, aprila 1962 I 135 1.3. Socijalistika Republika Srbija, 'aprila 1963 I 137 1.4. Socijulistika Republika Srbija, aprila 1964 I 139 I.S. Socijalistika Republika Srbija, aprila 196,5 I 141 1.6. Socijalistika Republika Srbija, aprila 1966 1143 1.7. Socijalistika Republika Srbija, aprila 1967 I 145 1.8. Socijalistika Republika Srbija, aprila 1968 I 147 1.9. Socijalistika Republika Srbija, aprila 1969 I 149 1.10. Socijalistika Republika Srbija, aprila 1970 I 150 1.11. Socijalistika Republika Srbija, aprila 1971 I 152 1.12. Socijalistika Republika Srbija, aprila 1972 I 153 Ln Socijalisti~ka Republika Srbija, aprila 1973 I 154 1.14. Socijalistika Republika Srbija, aprila 1974 I 155 1.15. Socijalistika Republika Srbija, aprila 1975 I 158 1.16. Socijalistika Republika Srbija, aprila 1976 I 160

, 1.17. Socijalistika Republika Srbija, aprila 1971 I 162 1.18: Socijalistika Republika Srbija, aprila 1978 I 164

\I.J9. Socijalistika Republika Srbija, aprila 1979 I 165 1.20. Socijalistika Republika Srbija, aprila 1980 I 167 1.21. Socijalistika Republika Srbija, aprila 1981 I 169 1.22. Socijalistika Republika Srbija, aprila 1982 I 172 1.23. Socijalistika Republika Srbija, aprila 1983 I 174

2. SAVEZNA TAKMICENJA ll" 2.1. Prvo savezno takmienje. maja 1960 I t 77 ;.2. Orugosavczno takmienje, maja J96J 1178

v

VI

2.3. Tree savezno takmienje, maja 1962 I 1" 2.4. etvrto savezno takmienje, maja 1963 1180 2.5. Peto savezno takmienje, maja 1964 I 181 2.6. Sesto savezno takmienje, maja 1965 I III 2.7. Sedmo savezno takmienje, maja 1966 1183 2.8. Osmo savezno takmienje, maja 1967 I 184 2.9. Deveto savezno takmienje, maja 1968 I 186 2.10. Deseto savezno takmienje, maja 1969 1187 2.11. Jedanesto savezno takmienje, maja 1970 1188 2.12. Dvanesto savezno takmienje, mafa 1971 1190 2.13. Trinaesto savezno takmienje, maja 1972 I 191 2.14. etrnaesto savezno takmienje, maja 1973 I 191 2.15. Petnaesto savezno takmienje, aprila 1974 I 194 2.16. esnaesto savezno takmienje, aprila 1975 I 196 2.17. Sedamnaesto savezno takmienje, aprila 1976 I 198 2.18. Osamnaesto savezno takmienje, aprila 1977 I 199 2.19. Devetnaesto savezno takmienje, aprila 1978 I 201 2.20. Dvadeseto savezno takmienje, aprila 1979 I 202 2.21. Dvadeset prvo savezno takmienje, aprila 1980 I 204 2.22. Dvadeset drugo savezno takmienje, aprila 1981 I 205 2.23. Dvadeset tree savezno takmienje, aprila 1982 I 207

3. MEUNARODNA TAKMIENJA I 109 3.1. Prva medunarodna matematika olimpijada, 1959 I 109 :U. Druga meunarodna matematika olimpijada, 1960 I 111 3.3. Trea meunarodna matematika olimpijada, 1961 I 112 3.4. etvrta meunarodna matematika olimpijada, 1962 I 214 3.5. Peta meunarodna matematika olimpijada, 1963 I 216 3.6. esta meunarodna matematika olimpijada, 1964 I 119 3.7. Sedma meunarodna matematika olimpijada, 1965 I 211 3.8. Osma meunarodna matematika olimpijada, 1966 I 224 3.9. Deveta meunarodna matematika olimpijada, 1967 I 116 3.10. Deseta medunarodna matematika olimpij~da, 1968 Ill7 3.11. Jedanaesta medunarodna matematika olimpijada, 1969 I l19 3.12. Dvanaesta medunarodna matematika olimpijada, 1970 1130 3.13. Tlinaesta medunarodna matematika olimpijada, 1971 I 131 3.14. etrnaesta meunarodna matematika olimpijada, 1972 1234 3.15. Petnaesta medunarodna mat~matika olimpijada, 1973 I 136 3.16. esnaesta medunarodna matematika olimpijada, 1974 I 138 3.17. Sedamnaesta medunarodna matematika olimpijada, 1975 I 239 3.18. Osamnaesta medunarodna matematika olimpijada, 19761 241 3.19. Devetnaesta medunarodna matematika olimpijada, 1977 1143 3.20. Dvadeseta meunarodna matematika olimpijada, 1978 I 244 3.21. Dvadeset prva meunarodna matematika olimpijada, 1979 I 246 3.22. Meunarodna matematika takmienja u 1980 I 148 3.23. Dvadeset druga medunarodna matematika olimpijada, 1981 I 150 3.24. Dvadeset trea meunarodna matematika olimpijada, 1982 I 252

4. PRUEMNl ISPITI NA ELEKTROTEHNIKOM FAKULTETU U BEOGRADU I 2s5 LITERA TURA I 169

PREDGOVOR DRUGOM IZDANJU

1. POGLED NA MATEMATICKA TAKMIENJA

1.1. U velikom broju zemalja odravaju se svake godine matematika takmienja (olim.eijade) srednjokolaca. U nekim zemljama ova takmienja imaju dugu tradiciju. U Francuskoj takm:enja srednjokolaca zovu se konkursi i prireuju sc od 1803. godine. U Sovjetskom Savezu takmienja iz matematike odravaju se od 1934. g.>dine.

U svim socijalistikim zemljama, po zavretku II svetskog rata. ranije ili kasnije, Qrganizovana su matematika takmienja, dok se u Maarskoj odra-vaju jo od 1894. godine. U naoj zemlji ona se prireuju od 1957. godine. Ove godine odrana je VIII meunarodna matematika olimpijada socijalistikih zemalja. Jugoslavija je uestvovala na poslednje etiri meunarodne olimpijade.

U Sjedinjenim Amerikim Dravama odavna se odravaju razna lokalna takmienja, a od 1957. godine Amerika matematika asocijacija organi zuje masovno nacionalno takmienje.

1.1. Ameriki matematiar R. Creighton Buck u jednom svom lanku [13]1 izne:> je prednosti i mogune negativne posledice takmienja. Prema njemu ciljevi takmienja su:

10 Odati zvanino priznanje naj bolj; 111 uenicima 'koji sluaju matematiku u raznim kolama (u novcu, knjigama, medaljama, diplomama, . ~ .); . 2" Otkriti i ohrabriti uenike koji inuiju smisla i talenta za matematiku

a koji bi inae mogli da ostanu neprimeeni. (Moe se takoe desiti da u toku takmienja izbije na povrinu pojedinac koji do tada nije pokazivao nikakve vidnije rezultate.);

3 Dati podsticaJ da se matematika to vie ui u kolama; 4 Usmeriti ka matematici uenike iji se talent ispoljava u vie pravaca,

jer dobro planirano i organizovano takmienje pod rukovodstvom neke auto-ritativneorganizacije moe ukazati obdarenim uenicima na neoekivane i iroke puteve u studijama. matematike;

5 Ukazati kolama na ono to se 't)ekuje od boljeg uenika u pogledu zrelosti ~iljenja.

S obzirom da takmienja mogu znatno uticati na ivot kole, treba obratiti veliku Panju na izbor pitanja za takmienja.

R. Creighton Buck navodi sledee eventualne negativne posledice takmienja: l Pripremajui . najsposobnije uenike za takmienja, nastavnik moe u

nastavi zanemariti manje sposobne, a to su oni kojima je pomo najpotrebnija; 2 Pitanje je da Ji i za najbolje uenike pripremanje takmienja u rea-

vanju zadataka predstavlja najbolji nain uenja; l Videti popis literature na kraju knjige.

VII

VIII

30 Takmienja mogu dovesti do tetnog rivalstva meu nastavnicima takoe meu uenicima;

4 o Visoke novane nagrade mogu biti tetne kako ~ nagraene tako za nenagraene.

1.3. Pri organizovanju takmienja iskrsava pitanje o karakteru zadataka koji se postavljaju takmiarima. Uglavnom, daju se zadaci dvojakog karaktera. Jedna vrsta zadatka postavlja se sa ciljem da se utvrdi znanje takmiara, a druga da se ispitaju njihove sposobnosti i obdarenost za matematiki nain miljenja, tj. da se otkriju p... tencijalni matematiki stvaraoci. Tipini zadaci druge vrste zahtevaju neablonske metode pri reavanju. Ovakve zadatke mogu da reavaju takmiari koji imaju istraivakih sposobnosti. U ovakvim zadacima (problemima) esto se krije mogunost raznih generalizacija na koje se u samoj formulaciji pitanja ne Ukazuje, ali ih talentovani takmiar uzima u obzir i reava. 1.4. Poslednjih godina objavljeno je u inostranstvu vie lanaka o takmienjima, ali je u njima potpuno zanemarenu takmienje u reavanju problema koje postavljaju mnogobrojni asopisi namenjeni srednjokolskoj omladini ili

studentima-poetnicima. Sta vi!e, nigde se u ovim lancima ne pominje Francuska mada se u njoj odravaju konkursi od 1803. godine. Osim t\>ga, u Francuskoj izdaju se etiri asopisa namenjena uzrastu od 14-19 godina. To su:

L'Education mathematique (osnovan 1898), Journal de mathematiques eJementaires (osnovan 1871), Revue de mathematiques speciales (osnovan 1890), Annales de Baccalaureat.

U ovim asopisima objavljen je ogroman broj originalnih i interesantnih problema od kojih su neki vrlo teki. Zainteresovani reavaju probleme kod kue i zatim ih alju redakciji asopisa. Reenja, tana i elegantna, objavljuju se i to su prvi koraci ka naunom radu srednjokolaca, buduih matema-

tiara j inenjera. Ovo je takoe nain za otkrivanje sposobnih i obdarenih za matematiku.

Meu problemima datim na olimpijadama esto nailazimo na francuske probleme, postavljene u jednom od etiri navedena asopisa. u originalnoj formi ili neto modifikovane.

U Francuskoj postoji vrlo strogi prijemni ispit iz matematike za stupanje u visoke kole. Taj ispit je posebno visokog nivoa za prijem u kole: Ecole Polytechnique i Ecole Normale Superieure. Prijemni ispiti u ovim dvema kolama, kako pismeni tako i usmeni, u stvari su olimpijade sa verovatno najteim problemima koji se daju na svetu. Ovi ispiti pripremaju se od jedne do tri godine. Navedene kele privlae uglavnom sve one mlade Francuze koji su ispoljiJi smisao za matematiku. 1.5. Mada su matema_tika takmienja vrlo znaajan faktor za podsticanje u bavljenju matematikom, kao i za otkrivanje obdarenih, ne treba im pripisivati apsolutnu vrednost. Kod izrazitih naunika vrlo je razvijen individualizam, pa i potencijalni naunik ima u veoj ili manjoj meri ovu osobinu. Psihologija veine takvih ljudi je da ne ele da se bave pitanjima koja im se nameu, kao to su problemi na olimpijadama. Oni vie vole da sami izaberu problem koji e reavati, kao to su, na primer, problemi postavljeni u asopisima ili problemi koje istraiva sam sebi postavlja.

IX Uostalom, sovjetski matematiar Kolmogorov, koji se mnogo angauje

na pitanju olimpijada za srednjokolce, kae: Da bi se izbor poziva izvrio potpuno svesno, korisno je uestvovati u

radu matematikih kruoka i lokalnih matematikih olimpijada. Moda je jo korisnije prouiti odgovarajuu literaturu i isprobati svoje snage ureavanju teih zadataka.

Pripreme za olimpijade u reavanju problema vrlo su korisne zato to se time podie matematika kultura velikog broja srednjokolaca. Meutim, ako se ove pripreme usmeravaju na uvebavanje onog to se do sada davalo. na olimpijadama, onda to nije najbolji put za otkrivanje talenata i njihovo usmeravanje ka naunom radu. U stvari, trebalo bi prvo stei teorijsko znanje, pa onda pristupiti njegovim pripremama, ne ograniavajui se pri tome na reavanje ovog ili onog tipa problema, tj. treba metod ino i sistematski uvoditi

takmiare u razne oblasti matematike. Sudei po literaturi kojom raspolaemo, u SSSR-u je najbolje reeno masovno pripremanje za olimpijade.

Uloga srednjokolskih nastavnika matematike u pripremanju takmiara je veoma znaajna. Ako je redovna nastava u srednjoj koli dobra, uz dopunski rad u matematikim grupama, moe se oekivati da e srednjokolci, zainte-resovani i obdareni za matematiku, uspeno moi da konkuriu na nacionalnim i internacionalnim . takmienjima. Dobar uspeh uenika na olimpijadama isto-vremeno je i uspeh njihovih nastavnika.

Meutim, pogreno je dvadesetak dana pred takmienje, forsiranim ve-bama, pripremati uenike i uvoditi ih u teoriju brojeva, u teoriju nejed-nakosti, itd.

Samo trajna znanja mogu doi do izraaja na takmienjima, a ona se stiu post.epenim i smiljenim sistematskim radom.

Treba posebno istai da u drugim zemljama matematiari-istraivai daleko vie nego kod nas uzimaju uea u pripremama za takmienja kao i u nji-hovom iZVoenju. U Poljskoj u vezi sa takmienjima susreu se imena kao to su: SierpiIiski, Kuratowski, Sikorski, Strassewicz, itd; u SSSR-u - AneK-CaH)J.POB, KOJIMOroPOB, KOBaHKO, MapKYlIIeBH1{, rHe)J.eHKo, ~rJIOM, itd; u SAD - P6lya, Salkind. Bruck. HaIrnos. itd.

2. NEKOLIKO RECI O OVOJ KNJIZI

Prvo poglavlje ovog Prirunika sadri zbirku zadataka za pripremanje srednjokolaca za takmienja i prijemne ispite na fakultetima. To su u stvari ponovo redigovani i dopunjeni materijali uzeti iz knjige:

D. S. M i t r i n o v i: Matematika za prvi stepen nastave na Jokllltetimo u obliku metodike zbirke ladataka sa reenjima, Beograd 1964.

Drugo poglavlje Prirunika daje materijale sa takmienja u Jugoslaviji, SSSR, SAD, Poljskoj, Kini, Nemakoj Demokratskoj Republici i Bugarskoj. Ovde su takoe ukljuene meunarodne olimpijade za srednjokolce. Materijali koji se ovde daju bie od koristi ne samo buduim uesnicima takmienja ve i onima koji pripremaju uenike za to.

Tree poglavlje Prirunika donosi materijale sa prijemnih ispita na fakul-tetima u Beogradu, Zagrebu i Moskvi. Iznete injenice jasno ukazuju na po-trebu podizanja nivoa znanja koje donose nai uenici iz srednjih kola. Ono je ve godinama na veoma niskom nivou.

x

etvrto poglavlje sadri nekoliko priloga koji ine Prirunik interesantnim i privlanim. Na prvom mestu re je o profesiji matematiara. Najpre se daju odlomci iz jednog Kolmogorovljevog lanka kojim se omladina Sovjetskog Saveza upoznaje sa vanou i lepotom poziva matematiara. Iza toga iznosi se kako se na omladinu Sedinjenih Amerikih Drava utie da izabere poziv matematiara u svojstvu riastavnika, naunog radnika, programera, aktuara ili industrijskog matematiara. Ovi prikazi svakako e uticati da se i jtJgoslovenska omladina opredeljuje u sve veem broju matematikim pozivima.

U prilozima Prirunik takoe donosi kratke biografije Mihaila Petrovia i Josipa Plemelja.

Ovaj Prirunik je podesan i za pripremanje prijemnih ispita na fakultetima. Oni koji ele da studiraju prirodno-matematiki ili neki od tehnikih fakulteta pomou ovog Prirunika proverie svoje znanje i sposobnosti za takve studije.

Sastavljai ovog PrinlDika su nai poznati i pozvani strunjaci za ovu vrstu poslova. Oni su aktivno uestvovali u pripremanju uenika i izboru zadataka 7.a takmienja, u sprovodenju takmienja ili u obavljanju prijemnih ispita na fakultetima. Moe se oekivati da e ovaj Matematiki prirunik odgovariti svojoj nameni.

Ovo, drugo izdanje, znatno se razlikuje od prvog. Knjiga je obimuija i potpunija jer su dodati novi materijali i izvrena je revizija celog teksta. U prvom izdanju jedan od koautora bio je i dr Zoran R. Pop-Stojanovi. Pri izradi drugog izdanja, on nije uestvovao u radu, pa ga je zamenio dr Dragomir . okovi.

l. avgusta 1966. D. S. Mitrinovi

PREDGOVOR TREEM IZDANJU Ovo izdanje je pretrpelo znatne izmene u odnosu na drugo izdanje Prir'Knika.

Poglavlje Zadaci za pripremu takmienja i prijemnih ispita ostalo je neizmenjeno. Jedino su Razni zadaci iz tog poglavlja znatno dopunjeni i proireni zadacima koji su zadavani na matematikim takmienjima u Poljskoj, SSSR-u, Kini, Ne-makoj Demokratskoj Republici i Bugarskoj. Stoga je izostalo poglavlje o ma-tematikim takmienjima u ovim zemljama.

Poglavlje o saveznom takmienju i republikim takmienjima u naoj zemlji, kao i meunarodnim matematikim olimpijadama dopunjeno je novim zadacima. Poglavlje Prijemni ispiti na fakultetima svedeno je u ovom izdanju Prirunika na zadatke sa Elektrotehnikog fakulteta u Beogradu.

Uprkos tome to je ovo izdanje PriruDika po obimu manje od drugog iz-danja, novi materijali su doprineli da njegov sadraj bude aktuelan. U drugom izdanju Prirullika jedan od koautora bio je i dr Dragomir . okovi. Pri izradi ovog izdanja on nije saraivao, pa ga je zamenio dr Radovan R. Jan~.

4. avgusta 1974. D. S. Mitrinovi

PREDGOVOR CETV RTOM IZDANJU

Posle skoro devet godina izlazi novo-ctvrto izdanje Prirunika. U od-nosu na tree izdanje ovde su dopunjena poglavlja o saveznom takmienju,

republikim takmienjima, ali zbog ogranienog prostora samo za Socijalistiku Republiku Srbiju, kao i meunarodnim matematikim takmienjima. Prijemni ispiti na fakultetima svedeni su na tekstove zadataka sa Elektrotehnikog fa-kulteta u Beogradu, s obzirom da postoji posebna zbirka zadataka sa prije-mnih ispita na tehnikim fakultetima.

Interes za Prirunik. neto je opao poslednjih godina, kada su pra-ktino ukinuti prijemni ispiti. Medutim, kako su sada prijemni ispiti ponovo uvedeni, nadamo se da e Prirunik pomoi kandidati na ne samo u uspenom pripremanju prijemnih ispita, ve e i znatno uticati na podizanje nivoa nji-hovog znanja.

za pripremanje matematikih takmienja Prirunik je stalno aktuelan. S obzirom da su takmienja sve masovnija, PriruDik e svakako doprineti njihovom kvalitetu.

24. aprila 1983. Autori

XI

ZADACI ZA PRIPREMU TAKMICENJA I PRIJEMNIH 'ISPITA

-i:-ARITMETIKA L l. KOMPLEKSNI BROJEVI 3. IDENTITETI 4. FUNKCIJE 5. JEDNA(:INE 6. NEJEDNAKOSTI

[7. 'PROGRESIJE ~l I 8. MATEMATI(:KA INDUKCIJA

f9:-l{OMBINATORIKA / 10.SUMIRANJE-'1~~ . G~9MEIRrlA\ ll. ANALlTI(:KA GEOMETRIJA U.RAZNI ZADACI

1. ARITMETIKA

1.1. Dokazati: 10 Ako je zbir dva cela broja paran broj, njihova je razlika takoe paran broj; 20 Ako je zbir dva cela broja neparan broj, njihova je razlika takoe ne-

paran broj; 30 Ako je zbir dva cela broja neparan broj, njihov proizvod je paran broj; 4 Ako je proizvod tri cela broja neparan. broj, njihov zbir je takoe ne-

paran broj. . Da li vae obrnuti stavovi?

Rdellje. l Neka su x, y, n, m ceJi brojevi i neka j&. (l)

Ako bi bilo (2) x-y=2 n+ I, iz (l) i (2) dobili bismo jednakost 2 x ... 2 (m + n) + l koja je nemoguna jer ona tvrdi da je paran broj jednak neparnom. Iz ove kontradikcije sleduje da ne vai (2) ve jednakost x-y~2k (k ceo broj). Vai i obrnut stav.

o Direktan dokaz navedene osobine dat je p0!110U jeqnakosti: x-y-(x-rJ')-2y=2 m-2y=2 (m~y),

gde x, y, m imaju spomenuta znaenja. 4 Ako su x, y, z, m, II" n,. II] celi brojevi, iz jednakosti xyz- 2 m + l sleduje x = 2 n, + l,

),=2n2 +1, z=2n)+1, odakle proistie x+y+z=2(n,-T-1I2+n,+I)+I, ime je stav dokazan. Da obrnuto ne vai, dokazuje primer x= 2, y=4, z=l.

1.2. Neka je p zbir dva prirodna broja nl i 11. 10 Navesti jedan dovoljan uslov, koji nije i potreban, da bi broj p bio

deljiv sa 2. 2 Navesti potreban i dovoljan uslov da bi zbir p bio deljiv sa 2.

Odg01or. l Brojevi m i 1/ su parni. 2 Brojevi m i II su iste parnosti (ili su oba parna ili oba neparna).

1.3. Neka je n prirodan brOj. 1 Navesti jedan dovoljan uslov, koji nije potreban, da bi broj n bio

deljiv sa 9. 2 Navesti jedan potreban uslov, koji nije dovoljan, da bi broj II bio

deljiv sa 9. 3 Navesti potreban i dovoljan uslov da bi broj'. n bio deljiv sa 9.

Odgoror. 1 Sve cifre broja n su devetke. 2. Broj " deljiv je sa 3. )" Zbir cifara broja n deljiv je sa 9.

2

J. ARITMETIKA 3

1.4. Dokazati da se svaki prirodan broj N moe predstaviti u obliku

3 n' r (n prirodan broj i r = 0, l, 2). Doka:.. Pri deljenju broja N sa 3 ostatak deljenja je ili 1 ili 2.

1.S. Dokazati da se svaki prirodan broj moe predstaviti u obliku 4n+r (n prirodan broj i r = 0, l, 2, 3).

1.6. Dokazati da za prirodne brojeve a i b a). b l' a, postoje prirodni brojevi q i r takvi da je

a=bq+r Ako je bla, tada je a~,bq, tj. r=O.

(O I, uvek ie - (nk - ll) , 2

prirodan ,)roj {videti prethodni ZlIdatak}.

4 ZADACI ZA PRIPREMU TAKMICENJA I PRIJEMNIH ISPITA

1.10. Dokazati da je proizvod ma koja etiri uzastopna prirodna broja deljiv sa 24. 1.11. 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 (a4 - I) i obrazujmo tablicu:

Poslednja cifra broja a I O 2 3 4 5 6 7 8 9 Po~lednja cifra broja a4 I O 1 6 6 5 6 6 l

Ako je a broj ij:t je poslednj:t cifra O, stav je istinit, jer je tada an deljivo sa 10. Ako je a broj ije su krajnje cifre 1, 3, 7, 9, stav je istinit, jer je tada a4 - l deljivo sa 10. Ako je a broj ij;: 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 ija je krajnjl cifra 5, tada je an deljivo sa 5, dok je a4 - l deljivo sa 2. Prema tome, dokaz je zavren.

1.13. Dokazati da je zbir kvadrata dva cela broja deljiv sa 7 ako samo ako Je svaki od tih brojeva deljiv sa 7. Doka:. Svaki prirodan broj, ili nula m,e se prikazati jednim od izraza (1) 7r, 7r+l, 71'+2, 7r+3, 7r+4, 7r+5, 7r+6 (r prirodan broj iIi nula).

Kvadrati ovih brojeva redom su oblika (2) 7 p, 7 p + 1, 7 p + 4, 7 p + 2, 7 p + 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 moe prikazati jednim od izraza

71, 7$+1, 71+2, 71+3, 7$+4, 79+5, 79;1-6 (3 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 etvrti stepeni. Ustanoviti zakon formiranja ovih brojeva, obrazloiti ovu injenicu i ispitati

da li se rezultat moe generalisati.

UpIdSI'HJ. Primeniti formule: (Ion + 1)3_10311 +3,102 "+3,10"+1; (Ion + 1)4_104" +4103" + 6102" +4,lon + 1.

1.1S. Ako postoji relacija (m - p) 1 (mn + pq), dokaza~i da vai (m - p) I (mq.+ np) (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, ... ) najvei zajedni~ki delilacbrojeviL i, p, ... , tada vai p I a,b,e, ili p Ja, {J,,,.

Generalisati.

1.17. Da li se prirodan broj n moe tako odrediti da br~j 7-.1 bude deljiv sa 8 i 31'

1l(laje. 7"-1-(6+ 1)"-1- &t+ ( n &t-' + ... +( n~ 1)6; ""-1-(8 -1)"71-8"~( ~) 8"-'* +(-1)"-1 (n~ l ).8 +( ,.,.1~-1.

.'.4

Dabi vaileobe 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 nJ prirodni brojeM, dokazati a je (k) deljivo sa II ato je n prost broj. 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, izmeu 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 pro-o izvoljno 'izabere n + l brojeva, dokazati da postoje bar dva od njih od kojih je jedan deljiv drugim. Rda}e. Oznaimo sa E"+I skup od n + 1 proizvoljnih brojeva .koji pripadaju ~ E2fIo Svaki parni od tih brojeva moe 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

ZADAa ZA PIUPUIIU T~ClNJA I PIlUDINIIIIIPlTA

1.21 Dokazati jednakosti:; l _-(a. b. c) [(a., ~). (b. cl, (c, a)] [a, b. c], 2 _ - (a. b. e) [ab. bc. ca], 30 abc - (ab. bc. ea) [a. b. c].

lele su a, b. c prirodni brojevi. (a. b .. ) najvei zajedniki eleli1ac i [. b ... ) uajmanji iajedniki sadralac brojeva a, b. . ..

Gen~ralisati.

~Ako .. stavi "" q>7' dokazati da: semolu~iti dva cela pozitivna broja m in takva da je

1.24. Data je jednaina .x + by - Ct Ide su at bt c (abc=FO) celi brojevi. Ako brojevi a i b imaju zajedniki faktor, koji nije faktor broja, Ct dokazati

da ova jednai~a nema celobrojnih reJenja (xt y). 1.25. lODa li neodreena jednaina

yz+zx+xy= 10 ima rdenja u skupu pozitivnih celih brojeva? , 2' Odrediti a tako dajedftaina

yz + zx + xy = a ima nJenja u navedenom skupu. ,. l Bar . d od . od ' b' . 10 ka akt ",.,."". je an prOIZV , a YZt ZX, JcY mora Itl >3" Ne je to YZt d ,e

, .JO p >3" i-, '

Osim top, svaki od navedenih proizvoda mora Ititi manji od 10. Dakle, 10 -

l.~

ll .... Posmatrajmo jednainu (I) u obliku . JI+ IY-3.r+6J1+ 1

r -(y+ 1) ~ +.r - JI- O! tj. ~- 2 ---.--, Da bi ~ bilo realno, potrebno je'i dovoljno da bude

. 3-2y'3 3+2..['f -3.r+6),+ 1>0, tj. . 3 p .. 2 lit + l (lit nula ili prirodan broj) i odatle,

7+ 14-4m(m+ 1)+3,5. Da broj r+ 14 ne bi bio > 15 i deljiv sa 3, te zato sIolen, mora bit,i

m-,,,+I (ft nu]a ili pritOdanbroj),

8 ZAD.\CI ZA PlUP1UtM11IfADQ(:INJA I PRIJEMNIH ISPITA

i stop je p-2(3n+ 1) + 1- 3 (2n+. l).

Dakle, p jo de1jivo sa 3, pa moe jedino biti p ... 3. Neposredno se proverava da 3 E S. Prema tome, jedino broj 3 ispuD~ava postav)je% vslpv.

1.29. za koje je racionalne vrednosti x. funkcj~ lOS2(x2-4x-l) cco broj? Bek_je. Iz uslova log1(~-4x-l)-n, gde je n ceQ bfoj, ~azix~2 VS+2n. Da bi x bilo racionalno. izraz pod korenom Ireta da bude kvadrat celog broja, tj. S + 2" - k2 Ako je n>O, broj S + 2n je neparan pa i broj k mera takoe 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 vrednostn do-bijamo x\ - S i x2 - - 1. Ako je n < O, mora da vai jednakost' 2-fI (k1 _ S)-l.- Kako je na levoj strani paran' broj a na desnoj nepanm, ovaj sluaj fie 401azl.lJ obzir. za n ~ O,. imamo x2- 4 x -J - O; meutim ova jednairia iiertia:" racionalnih korena. trema tome, jedina re5enja su x- -1 i x-S.

1.30. Do~~fi da neodreena jednaina e \' : ~ ,

(1)' 2x"-Sy2=1 nema celobrojnih reenja. Bd.Je. Predstavimo j~dnainu (l) u obli1tu2x.J-Sr+7. PoIto je 2x! paran broj. tada T,' tj. l, mora biti neparno. Prema teme, ako umesto l uvedemo 2m +1, jednaina (l) postaje (2) x2-10m(m+l)+6. Na osnovu ovog zakljuujemo 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.

1.31. za koje vrednosti x i y vai jednakost 1\_ [sin (x-y) + 1](~cos(2x-y)+ 1]=6?

1.32. Data je badratn~ jednaina x2 - x + b':" O '1 (b rflala,n broj), iji su kOfCni a i ~ racionalni brojevi.

Dokazati : da iSU kotel'li jednaine , ,,~'-;, :' (1) X2+GtX_~=O

takoe racionalni brojevi.

Bdeaje. Koreni jednaine (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 pomnoi sa e i druga s,a a, pa se od druge oduzme prva, dobija'se

ad -hc-k(mIl-nc). Ito znai da je i ad - bc deljivQ sa k, poto je ma - ne cco, broj.

1.34. Odrediti ~tvorocifteh !iroj' iifJh:l koji ispunjava uslove (1) (2) , gde su a, b, e, d E {O, l~ RU,"je. Iz uslova (1) izlazi

, . . ,

eda - abe = 297,

a+ lY+.e= 23~ 9} i a =F O.

100(+ lad +41-(10041+ 10b+e)-297, odnosno

99(e-C{)+ 10(d-b)~297. Po!to su a, b, e, d E {O; l, , 9} i a~O, jednaina (3) zadovoljena je samoza

(4) (S)

e-a-3,: ,tI-b-O.

Ako se od jednaine (2) oduzme jednaina (4), ,nalazi se, 2a+b-20.

Kako je e-a+3, dobija se 41

,lO

2 222 222 - 2 . 3 7 II . 13 . 37. Ovde imamo ukupno scdaa.t ~ombinaija: (737)(23 1113)- 259858, (11 37)-(2 3.7 "13)-407 546, ' (1337)(2 3 7 11)-481462, (2 7 .37)(311.13);'518 429, (37 31)(1. 1,1,13)-777 286, (21137).(31'13)-814.273, (2 Jj 37)(37.11)-962 231.

1.37. Da li zbir kvadra~ dva uzastopna prirodna, broja moe biti jednak zbiru etvrtih stepena druga dva uzastopna prirodna broja? U,.IIN. Jednakost m2+(m+ 1)2-"'+(11+ I) moemo napisati u obliku m(m+ 1)-11(11+ 1)>< ,

>< [II (II + l) + 2). Ostaje da sc dokae da proizvod dva uzastopna prirodna broja ne mole biti jednak proizvodu dva prirodna broja koji sc razlikuju za 2. 1.38. Dokazati da se pri deljenju prostog broja sa 30 dobija ostatak koji je takoe prost broj. ' " Rd~"l~. Neka se pri deljenju prostog broja p sa 30 d~bda broj a i ostatak b. tj. p-30a+b (b

2. KOMPLEKSNI BROJEVI

1.1. Dokazati da su take A. 1 B. iji su afiksi a - b i b (a, b kompleksni brojevi). simetrine u odnosu na taku e iji je afiks a/2. 1.1. Koji je medusobni poloaj taaka a = p + qi i b = q + pi (p i q realni brojevi)? Koji kompleksni broj odgovara sredini S dui koja spaja ove dve take? Revlltllt. Take II i b Ide simetrino u odnosu na simctralu prvog Icvadranta. Taki S

.1I+b 'p+q p+q odgovara broj' - --+ 1- .

2 2 2

1.3. Odrediti realni i imaginarni deo, modul i argument kompleksnog broj~ , Z== (1 + i)" (n"" l, 2, ... ).

rm rm rm Rezlllt.t. Rcz-2" 12 COS-, Imz-2"/zsin-, Izl-211/J, argz-- (,,-1.2, ... ). 4 4 . 4

1.4. Proveriti identitet (l+cosa+isina)"=2I cosl ; (cos';+ iSin;).

1.5. Moduli kompleksnih brojeva a, b, e, d ine geometrijsku progresiju, a njihovi argumenti aritmetiku.

Ako je a ==..j2, d = 4 i, izraziti te brojeve u trigonometrijskom obliku. Rez.t.t. Postoje tri reknja:

1 b-2cis~, c-2'- '2cis~' . 6 v ~ 3'

Sn 2 _ '" Um 2 b-2cls(f' c- v2cJs(f;

3 b-2CiS( - ~), c-2V2cis(-n). ~)

1.6. Ako je k prirodan broj, dokauti ~ je (1 + J')u realan, a (1 + i)tk+2 isto imaginaran broj. ReIaJe. Kako je

1+;-,\,2 cos-+/sin- -v 2cis-, '_( n n) _,_ n 4 4 4

11

12 ZADAQ ZA l'IUPUMU TADIICBNJA I I'RIJBMNJH ISPITA "

(1+1)- (1-/)-2.7. Ako je fen) - V 2 + vl (n prirodan broj), dokazati da je f(n + 4) + f(n) ... O.

2.8. Ako su ZI' Z2' Z, aCiksi tri uzastopna temena jednog paralelograma, odre-diti afiks c:!etvrtog tem~a. '" '

"

1I.-q.. ,Neka je z. etvrto teme i z' presek dija.onala paral~loarama. Tada je

2.9. Dokazati da su take, Z., zz' z, kolinearne ako. i samo ako je (1)

~, ' ~ IIda}e. Pretpostavimo prvo da lU take z z2t z, koUneame. Tada je:

(1, -y.):(x. -x,)- (JIa-J';).(x; -::.t~~ lodnosno 1(" -y.):(x, -x,)-I(yz-J',):(xz :..xJ. Prema jednoj osobini proporcije Je "

x, -x,)+ 1(Y,-J'J!(x,-x.)-xa -x.)+ l(Ya-J'./(xz-x.). OaIdO je ,,~ \"

(~,-z.)!(zz-z.)-(x,-x,)!(xa-x.)-tI (tl realno). Ito Je trebalo 'dokazati.

Neta Je. obra~. iSPUnJen uslov (l)~ T~a je %.-%,-tl(;Xa-%.) i J',-J'.-tl(yz-J',). odakle jo (Y,':"y.):(x,-x.l)"'(Ya-y,):(%i-%.)

Ito je .trcibalo dokazatI.

2.10. Izraziti xl + ir kao funkciju od Z i Z, gde je x = Re, z i , ... Im z .2.11. Odrediti geometrijsko mesto taaka z za koje je Re (z + Iz) - O. ll.",.. Prava y - x.

2.12. Odrediti skup takvih 'taaka z da z,.!., l-z imaju jednake.module. z, ).~ :

lI __ je. Iz jenUosti I z I-I ! I sleuje (1) I z l-l.

Iz jedaakosti I z 1-11-z I i"( 1) izlazi (2) ll-z l-l.

Iz (1) j (2) sledUje tle z - ! . odakle se. s obz~~m. ~ (1). obOOu rdenja 1..[3 %.---1-. 2 2

1. KOMPLEKSNI BROJEVI 13

2.13. U kompleksnoj ravni date su take A (a) i B (b). Ako je taka P (z) ma koje reenje jednaine

~ ~ dokazati da je IPA I = I PB I

Generalisati.

1.14. Ako je I a I = l ili I b I = 1, dokazati da je I a-b I = l. l-ab

Koji izuzetak treba uiniti ako je I a I = I b I = l? . 1.15. Dokazati identitet I a + b 12 + I a - b 12 "'"' 41 a 12 . 1.16. Dokazati I a 12 + I b 12 + I e 12 + I a + b + e 12 = I a + b 12 + 1 b + e 12 + I e + a 12

1.17~ Dokazati identitet Il-aiiI2-1 a-b 12=(1 + I abI)2-( I a 1 +1 b.1)2. Up.,st,O. Koristiti osobinu I a 12 - a ii.

2.18. Ako su a i b realni brojevi, dokazati da je

ya+ ib = {~va2+2b2+a + isgn b.Jva2+2bZ-a }t gde je sgnb= 1 (b~O) i sgnb= -1 (b

14 ZADACI ZA PRIPREMU TAkMIENJA I PRIJEMNIH ISPITA

2.22. Ako su z. i =3 dva naspramna temena jednog kvadrata u kompleksnoj' ravni, odrediti poloaje ostalih temena.

l I R,rrtlltll. - (ZI +z,)! - (z, - z,).

2 2

l.ll. Ako je I z. I = l, I z21 = 1 i Z. z2 :ft - j, dokazati da je (z. + Z2)/(1 + z. Z2) realan broj. 1.14. Ako su A i B slike kompleksnih brojeva Q i b, ako je (a + b)2/(ab) realan broj, take O (koordinatni poetak), A i B su kolinearne, ili su temena jednog ravnokrakog trougla. Dokazati.

1.15. Ako take A, B, C, D, iji su afiksi zI' Z2' Z3' z.' lee na jedininom krugu i ako je (I) dokazati da je ABeD pravougaonik.

R'_~, Kvadrati dUIna strana etvorougla ABeD su: Iz,-zzlz, IZz-zJlz, Iz,-zeI2, IZe-z,12.

Kvadrati duina dijagona,la su: Iz,-zJI2 i I zz-z. 12. Kako sc take A i B nalaze na krugu I z I - I, bic

i ZI-ZZ iZ = (z, - Z2)(;" -Za)- 2'-(z, Z2 +Z, Z2)' Na analogni nain nalazi SC

I Z2 -. zJ 12 - 2 -(Z2 ; -t,;zJ, I zJ -ze 12 - 2 -(zJ ~ +.i; ze), ! z. -z, IZ" 2 -(z. Z. +~ z,), I z, -z, 12 - 2 -(ZI Z; +z. z,).

I Z2 -ze 12_2 -(Z2 Z. + Z; z.). Iz uslova (l) izlazi

Z, +Z2= -(z,+z.), ZI +Z2- -(Z,+z.), odakle sc posle mnocnja, dobija

prema tome je I z, -zz I-I z, -z.l Na isti nain sc utvrduje da je

IZz-zJI-lz.-ZI! i Iz,-z,I=lz2-z.l. Posmatrani etvorougao ima jednake po dve i dve naspramne strane i jednake dijag cnale

To je pravougaanik, kao ~to je i trebalo dokazati. Primedba. Da li je bilo potrebno dokazivati da su dijagonale jednake?

1.16. Ako su A, B, e, D etiri take koje lee u jednoj ravni, dokazati da (l) ADBC~BDCA+CDAB.

DO/UJ:. Neka su .(iksi taaka A, B, C, D u kompleksnoj ravni redom oznaeni sa zp z.' z" z. Kako je

dobija se

odakle i7Jazi Iz,-z,llz2-z,1 B) odreduje krug u kompleksnoj ravni.

UJIfIIItJtJ. Ujednaini krup x2 +r+px+QYH-O smeniti x-(z+Z)/2. y-(z-z)/(21). Mof.e se tako isto poi od jednaine

(2) Iz-acl-r Iz-acI2-r (z-ac)(%.-)-r zz-acz-~z+ac~-r-O. Ako se sada uporede jednaine (l) i (2), zaklj~je se da su centar i polupr'eDik trup

(I) odreeni formulama: cl =. -A, r = ~ ac-B-I ac 12-B.

Krug je realan ako je, I ac 12> B. Za I ac 12 - B krug se svodi na taku z - ac. Ako je 1 cl 12O. Ovim je dokaz zavrlen.

16

2;32. Izvesti' formulu Cl tlx-~ tl' X+C5 tI' x- .'.

tg nx= n n n (n prirodan broj; c~ - (;) ). l-e! tr x+ C: tg4 at - , Rd_Je. Polazcti od Moivrcove formule

(cosx+ isinx>,,- cosnx+ isinu, dobija se:

sinnx-(i) cosn-1xSinx-(;) cosn-' xsin' Xf. (~) cosn-' xsin'x _ .. Iz poslednjih jednakosti sJedujo

Tako je, na prirper, t 5 5tlx-lCh,ix+tgJx I x- ,

1-10trx+5 trx

2.33. Dokazati ,da se svi komplek-sm brojevi modula l mogu pred-

bliJe x+.1 ( eat' ) staVIti u o u-- x r no. x-I

2.34. - Dati geometrijsku' interpreta-ciju nejednakosti (1) 12z 10. (r+r-1-2y)(x2+r-l+2y0 [r+(y-l't-2)[r+(y+l't-2J>O.

Srafirana oblast bez lran~ih taaka je skup taaka z, tj. (xt y), 7.a 'koje vali ne,: jednakost (1).

t 6 6.t,X-20tj'x+6tl'x I x---~----~----~-1-15 trx+'1S tr x-trx y

3. IDENTtrEn

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

3.2. Dokazati liOlb = bIoI" (a,b>O).

3.3. Da li se a, b, e"m mogu 09~e~iti tako da vai identitet x4+ 2x3-,,23 x2+ l2x+ m =(x2+ax+e)(x2+ bx+ e)?

3.4. Odrediti a, b, e, d tako da za svako x vai a(x+ 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-'" d"-a-'"

.11".- BIJI - 2 2 proveriti identitete:

A",'I.--B",2= l, A_",-A"" B_",- -B"., A",+"=!'A",AII+B",B,,, B",+"-A",B~+A"B,,,. Takoe izraziti A"'_II i B",_" pomou 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 + !'~n~3 + . + 211~J ,.~~ ! (1-+++ ~ + ... + 2n~I)' Re1a~. Izraz 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 1 1 1 1 l] -- -+--+-+--+ ... +--+-211,1 211-1 3 211-,3 211-1 l.

-- I+-+-+ .. +-~ l'{ l 1 ,I ] II 3', 2.-1 '

17

3-'. Proveriti jednakost (i akxk) lf bkxk)- 'i a,ht"'+1c . k-O -O I,1c-O

I+1c

l. IDBN1'lTBTI,

3.16. Dokazati identitet: tT h) c"

----+ I -Il.+b+e (a::;: b::;: c =1= a). (a-b)(a-e) (b-c)(b-tl) (e-tl)(e-b) DoIuI,. Ako levu stranu' dato. identiteta obe'~.imo sa Lo i .... mo

tT (e -b)+bJ (a-e)+ c'(b -G) L& , (a-b)(b~e)(e-G)

odnosno (aJ .... b')(e - b)+b' (a-:c)+ c' (b -G)+b' (e -b) L- I , (G-b)(b-e)(e-.)

tj, (a-b)r+tIb+b2)(e-b)-(c'-b' (a-b)(c-b)(,.a-c'+b(G-e

L - '- ~--:-::""":-:~-=:--::---7--':: ( (.-b)(b-el(e-a) (a-4,) (c...:.b)(a-c:) (G-b) (c:-~) (G-e) (G + b + e)

(G"b)(c~)(Gr--e} Dalde, L - G + b + e, &to je trebalo dokazati.

3.17. Dokazati. (~ a + b of- 2 viib + ~a + b- 2 ...[iib),2_ 4 'max (a, b) (a, b;;.O) .,.,J-. !%raz (V G + b + 2 vrib + ..; tl + b - 2 Vrib)2 ima smisla u skupu aeneaativnih brojeva, jer je

a+b .... _r::;: 2 "v- (a, b;>O).

za G,6;>0 imamo

(..; G +b + 2 vrib +..; lI+b-2 "I/ab)2 - 2 a+ 2 b + 2"; (lI+b)1-4 "".-2 G+26-2 ";(G-b, PoIto je

dobija le

-2G+26-2I G-61 IG-bl-G-b (G;>b) i IG-bl-b~G (G

20 ZADACI ZA PRIPREMU TAICMICENJA I PRIJEr.tNlIl ISPITA

3.20. Dokazati formule:

(I) sin' ~ + sin' 3 Tt + sin' S Tt + sin' 7 Tt == 2.. . 8 8 8 8 2' Tt 3Tt STt 7Tt 3

cos' - + cos' - -I- cos' - + cos'-=-8 8 8 8 2 (2)

. 7 l S 3 -1-. Kako,Je"8 Tt - Tt -"8 Tt: "8 Tt = Tt = "8 Tt, izraz na levoj strani u (I) pos,taje (3)

BudI1t' da je 3 1 r 'd b" . 3Tt n (3) . I S n - '2 If """Sn, o IJa se Sin 8 - cos "8' pa postaje

( n .n) [( 'n n)1 ~ n] ,n 3 2 sin - + cos - - 2 sin2 - + cos2 - . - 2 sin2 - cos2 - .- 2 - sin2 - - - 8 8 8 8 88.42 3.11. Ako prirodan broj n nije multiplod 7. dokazati da je: (1) =cos--+cos--+cos --= E nTt 3-nn S nn ( 1/2 (n nepara. n broj),

7 7 7 -1/2 (n paran broj). Posebno posmatrati sluaj kada je n = 7 k (k ceo broj)?

lldeIi 2nn nTt liTt sin---2sin-cos -,

7 7 7

4nn 2nTt nTt 3nTt sin--sin--2sin-cos -,

7 7 7 7

. 6nn . 4nTt . nTt SnTt sm---sm---2sm-cos --o

7 7 7 7 Odavde iZIUi

E -{Sin 6~n)1 (2 sin n;). 'Alter je 11:1:1" (k 'COO broj), tada jo

l 1 E- --cosnn'- ...,..,...;;(-1'" 2 2 r, odakle M dobija (1).

za 11-7" iUaz lt postaje cos" n + cos 3kn + cos S kTt = 3( -1)4',

E..; { - 3

i ...... iiiBii

3.14. Dokazati v' 1 +2sinxcosx .... lsinx+cosxl.

3.15. Dokazati identitet lin" + sin 3" + lin , " .... tg 3 x. COS,,+COS 3,,+col S"

U/JIIIItPo. Brojilac i iJneDiIaC prikazati uobliku: (Iln"+&in S,,) + I!in b, (COS" + cos ,,,)+cos 3%.

za koje vrednosti " ovaj identitet lUbi smisao?

3.16. Ako je I(a). {tg a -+ sin a)l/2 + {tg p- sin a)I/2 .. dokazati formulu I (a) .. 2 {tg a)I/'lcos (;. - ;)

Odrediti '/(a) u sledeim sluajevima:

3.27. Dokazati formule:

(1) sin a- ..... .!. .11 + sin 2a-'!' ./l-sin 2a - 2 v . 2 v

(2) C'osa- -.!. Vl +sin 2a +.!. Vl-sin 2a 2 2

Ra.}e. PrImenima identitete:

-=- Vl-COS 2 ac- v'2llln ac I.

Odavde IZlaZi

V l +lin 211-~1+COS (i-211 )-V21 COl (: -II)! -v21 COS (11- ;) ,. V l-slD 211-~ l-COl (;'-211 )-v'21 sin (= -II) l-Vl I sin (11- :) I.

-~Icoa(-;}I-fl sin (11- :) 1- -Yi{-/coa(,,- :) /+Ism(-:)IJ - - ~{ -COI(.- :)-110(,,- :))

~{ cos(,,- ;)+&in(lI- :)} - ain

. Na SJi!an -*in dokazuje lO f~~u1a (2).

21

22 ZADAQ ZA PIlIPRDIU TAIUllle&NJA I PRUBMNUIISPlTA

128. P1"veriti identitete: sin a sin (b-c) + sin b sin (e-a)+ sin e sin (a-b)-O.

sin (b-e) sin (a -d) + sin (c-a)sin(b- d) + sin (a - b) sin (c- d)- O. ~ Upotrebiti identitet: 2 siD p siD q-cos (p- q) - cos (p + q).

3.2'. Proveriti identitete: sin 3a + cos a = (sin a + cos a) (sin 2a + cos 2a); cos 3a+sin a-(cos a-sina) (cos 2a-t sin 2a); sin 3a-cos a ... (cos a-sina) (sin 2a-cos 2a); COS 3a-"sm a -(cos a + sin a) (cos 2a -sin 2a). '

3.30. Provorite identitete: cos,,-sin,,+ 1 t" ~~~;...;.....;.-cog-cos."+lin,,- t 2

sin (lI+p) a+cos ner +t -..:.-..;..;...---- sec pa Ipa. cos (II + p)a + sin ner

'!I '!Il P "'d' cos 31 cos 61 2( 2t 4) ~. roventl l entitet --- --= cos - cos t. cosI cos 21

Da li ovaj identitet vali za svako t?

3.32. Dokazati (SiD3')) + (COS 3G)3 ... 4cos 60+ 24 cos 20. siDG ClOS G

za koje vrednosti 6 ovaj identitet ne' vai? Odrediti sva relenja jenaine 4 COS 6'6 fi 24 cos 2 O ... O.

3.33. Ako je II nula ili prirodan broj. dokazati

(a =F k7C; k .. O, :I: 1. :I: 2. . . ).

JEDNO TAKMICENJB U MATEMA'DCI U XlD VEKU

Leonardo Fibonai, ital ijanski matcmatar, ui!estvovao jena matematikom takmi-=Ju (tumiru) 1225. godine u gradu Pizi. TakmimIje je octrfano u prisustw nemIlkOI cara Fridnoa D, koji je sp:ijalno zboa OVOI doiao u Pizu.

POnCl ostalih. bio je i" zadatak:

4. FUNKCIJE

4.1. Odrediti funkciju J(x) = ax'- + bx + e (a, b, e konstante) za koju je J(O)-I, J(2)-=-3, J(-2)=3.

4.1. Da li postoje takve vrednosti a,b,c da bi bio ispunjen uslov F(F(x=-x, ako je F(x) = (ax + b)/(x+ cl?

4.3. Korilenjem simbola apsolutne vrednosti, predstaviti funkciju

pomou jednog izraza. 1

Rnlllt.,. I(x) -"2(x+ I xl)

f(x)=-{: (x O)

4.4. Bez znaka apsolutne vrednosti predstaviti funkciju jX-11+ Ix-21-lxl.

12x-11

4.5. Ako je J(x)=axl+bx+ l, odrediti J(x+ l)-J(x) za sluaj kada je J(x+ l)-J(x)=x nai a i b.

4.6. Ako je J(x +a) == xl +x + 2, odrediti: J(x-a), J(u). J(J(x)+J(-2x. J{a(aJ(ax).

4.7. Ako je J(x+ l)=(xl-x+ l)/(xl+x-l), odrediti: J(x-l}, l(l/x), f(f(l/x)lftxl).

4.8. Ako je f(x) = _x_ +-=-, dokazati da je aX.-J 2

f(x) = J( -x), 4f(2x)f(x) ~~ 4 f(X)2 +X2.

4.9. Ako je J(tg (tI2 = cos t, odrediti l(cos t). Relnr~. Kako je

dobija se

. t - tr (//2) l(t,(1/2 -cos t- r t 1 -rt (t/2)

23

24 ZADAO ZA PIlIPItBMU TAltMlCENJA I PatJEMNIH ISPITA

1 - COS2 t sin2 t !(cost)- o _ 1 + cos2 t 1 + COSl t

. (x+ I/X)"2+XI/2 ako Je J (x) = . ( l/ )1/2 112 X+ .1: -x

4.11. Ako je J (x) - (r - a-X)/(r + a-X),

dokazati da Je g (x) = 2/(aJt + a-X)

l(x + y) ... lJ(x) + J (Y)]/ll + J (x) J (Y)], g (x + y) - g (X) g (Y)/[1 + J(x) J(y)].

(a> O),

".11. Da li su funkcije ax, -o sin bx (a, b konstante) reenja funkcionalne jednaine J(x+y)J(x-y)-J(X)2- J(y)27

4.13. Odrediti funkciju F, (x) ako je Fie (x) = X Fie-l (x)- x2 FIe- 2 (x) (k = 3, 4, S, ... ),

gde je

4.14. Obrazovati funkciju F, (x) ako je Fie (x) = FIe- 1 (F.t-'2 (x o (k .... 3~ 4, S, ),

gde je FI (x) - l/x, Fz (x) == x.

4.15. Ako je J(x) = x3, g (x) '"" 3Jt, Qdrediti J(g (x i g (J(x.

4.16. Odrediti vrednost funkcije J (x) _ .;a+iii +.ya::7iX

ViHbx-ya-bx 2am

za x"" o bO(l +".a)

lle_J-.Ncka je a:pO i b:pO. Kada je ili a-O ili b-O ili a-O ih-O, tada ne postoji !(x). Kako je -

dobija IC b a(l +m)2 b a(l-m, a+ x- ,a- x- ,

1 +mZ l+".a

!( 2am ) ya(1+m)2+ya(l-",)2 11+"'I+ll-:-ml b(I+".a) - .ya(l+m)2-v'i(l-m)2 -Il+m I-II-ml'

p,.. tome, t~na vrednost je

!(O 2am ) l b (l ~ mZ) - -;;; (I m I < J),

. (-.GO

oi. PUNJ(CUJ:

4.18. Nacrtati grafik funkcije f definisane sa f{x) ~ I % + 11-1 %-11. 2

4.19. Nacrtati grafike funkcija' V'X+f + 11- y x + 11, x yTXT. I x I..JX. 4.20. Dokazati jednakost

f{x) = ~x+ 2yx-. + ~x-2yx-l ~ 2 i upro'Stiti f{x) ako je x~2.

Grafiki prikazati rezultat. R.mv.. Iz jednakosti

(1~x 2). (1 < X" 2), (x;;;' '7).

y=yx-l + ~x+ 24-10 yx::::r. UIJIII6I'NI. Data funkcija moe se predstaviti u obliku

y-yx-l +y( vx=t -S'l ~ y-vx=t + I vx=t -$1 ova funkcija je definisana za x > 1.

4.ll. Odrediti definicionu oblast funkcije ~ x - 2y x - l i nacrtati njen, grafik. Rd.".. Datu funkciju moemo trans~ormisati na sledei nain:

y=y x-2~=y (yx-l-1)2 -I yx-l-11, odakle se vidi da je funkcija definisana za x > 1.

y

o Je

26 ~Aa ZA PlUPJlDW T4DCINJA I PRJJDDaH ISPITA

Grafiki predstaviti funkcije: Je' 20 x ~

..;ii; j;j'V lT-9I ;

x fX:i"+x-6 /(X)-fii\'[ii+x-61

definisana je za .r+x-6>0 =- xE {(-oo, -3) U (2, +oo)}. prema tome, udotinicionom podrueju je . x {-l (-oo

4.26. .Odrediti at bt c, d tako da vai y=J(x)=(ax+b)/(cx+d) ~ x.=J(y).

RepIt 1 a- -d; 2" a-d, e-b-O.

27

4.27. Koji uslov treba da Ispunjavaju realne konstante a, b, c, d da bi homo-grafika funkcija

ax+b cx+d

bila rastua odnosno opadajua?

(ad --. bc:f;O)

OdgortW. Ako je ad -bc>O, funkcija je rastua: ako je ad - bc

28 ZADACI ZA PRIPREMU TAKMICENJA I PRIJEMNIH ISPITA

4.33. Odrediti osnovni period j ampIitUdu funkcije y = ot copx + ~ sinpx. R,""je. Slavimo IX- Q sin O, ~ - Q cos O. Tada je

Y - Q (sin O cos p,r: + cos O sin px) Y - Q sin (px + O),

pri emu je a_\lat2 +W. Amplituda je Vat2 +r;2 i period fp~' 4.34. Odrediti osnovni period funkcija

tg (2 O+~) sin ~o cos O-cos 3 O. . 4' 3'

4.3S. Odrediti osnovni period funkcija: cos4 x + sin4 x; cos6 x + sin6 x.

U".mo. Izraziti d"te funkcije kao linearne kompozicije izraza oblika sinpx, cospx. Ove funkcije imaju oblike:

3 1 5 3 -+--cos4x -+-cos4x. 4 4 '8 8

4.36. Bez upotrebe izvoda dokazati da je max (sin x+ 2 sin (x+ o) "" yiS+4cos a.

4.37. Bez upotrebe izvoda odrediti ekstremne vrednosti funkcije y = xj(a+ bx2).

Nacrtati grafik ove funkcije za sluaj kada je ab>O.

4.38. Bez upotrebe izvoda odrediti ekstremne vrednosti funkcije fv

".~NKCIJI: 2!1

" ..... 1. Odrediti minimum funkcije y = ~ P. (x - a.)2 (P. > O).

-I

B"'.~. Predstavimo datu funkciju u obliku " " " xl ~ p.-2x ~ O.P . i- ~ Q.2 p._y _0

-1 .-1 .-1

Da bi x koje je odreeno ovi'm kvadratnim trinomom bilo realno, potrebno jo i dovoljno' da diskriminanta bude neneptivna, tj.

(1)

" S, obzirom da je ~ p;>O, najmanja vrednost y za koju vai (1) jo .-1

..... 2. Bez upotrebe izvoda odrediti ekstremne vrednosti funkcije V x2+2'x+ lO-V x2+2x+2.

Generalisati.

".43. Izabrati realan broj k tako da funkcija I(x)=(x2-x)/(l-kx) moe 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 moe 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

d l. l u - I 4

11" ,1- Kak' l4i=1 red '. _ ...... b" al ak ' '.M".. o JO x -, "--y::y, v nosta Je no;\iV Itl re ne o JO

.....

Il D t . l'. k" or + bx + e I b ealn k ta t . -Jo) 01. a a je lun cIJa y= \a, , e ~ e ons n e I,' a or e , cr+bx+a '

Dokazati. da y moe uzeti svaku realnu nedno!lt za x E ( ~ oo. + oo) ako je bl >(a + C)2.

".46. Dokazati da' funkcija f(x);" tg3xcotg 2 x ne moe imati 'vrednosti iz-medu 1/9 i 3/2.

30 ZADACI ZA PRIPREMl' TAKMiENJA l PRIJEMNIH ISPITA

R._~. Ako se upotrebe formule 2 tgx

tg 2x- ..2' l-t5 X 3 tgx-tg l x

tg 3.\: - , 1- 3 tg2 X

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

(l) ,de je (2)

y-_._-.--, l-3a 2

Umesto jednaine (l) moe se pisati (3) a' -2 (2 - 3y)a+(3 -2y)=0.

Ako je fl imaginarno ili negativno, tada, prema (2), x nema realnih vrednosti. Taj e sluaj nastupiti:

10 Ako jednaina (3), reena po a, ima imaginarne korene, tj. ako je 9}.2-lOy+I

s. JEDNACINE

S.l. . Da li je jednakost sgn x = l jednaina iH identitet? NtlpomnItI. Jednakost I(x) - O je idetitet ako je zadovoljena za sve vrednosti x Iz defini-cionog podruja funkcije I(x).

Jednakost I(x) - O je jednaina ako je zadovoljena samo za deo skupa definicionog podruja.

S.2. Dat je kvadratni trinom P (y) = Ay2 + By + C. Ako su a, b, (a=F.-b) nule trinoma P(y)-y, dokazati da su a, b nule polinoma p(P(y-y, j. odrediti sve nule ovog polinoma.

Rdenje. Kako je P(tI)-a=O, potinom p(P(Y-)' za )'=a postaje P (P(o -o-P(a)-o-O,

te je )' - o nula posmatranog potinoma. Isto ovo vai za ),-b, pa moemo staviti

p(P(y -),=14 [P(y)-a] [P(y)-b]. NuJe polinoma p(P(y - y su reenja jednaina:

P(y) -0- Ay +By+ e -0- O, P(y)-b - Ay+ By+ e -b =0.

Kako je P(a)-tl-O i P(b)"-h-O, kristci se Victeovim formulama. dobijamo da su ostaJe .nuJe polinoma:

B+Ao e-o IX----=--A A4'

B+Ab e-b ~---- ... -. A Ah

5.3. Odrediti a tako da x = 2 bude koren jednaine P (x) = 6x3-7 x2 -16x+a=0,

i za takvo o nai sve nule polinoma P (x).

S.4. Ako su x = 2, x = 3 koreni jednaine P(x)=2x3 +ax2-13 x+b=O,

odrediti o i b i izraunati sve nule polinoma P (x) za naene vrednosti a i b. 5.5. Dokazati da je X= 1/(I-a) koren jednaine

1 x-l 1 o-l x+-+-=o+-+-

l-x x l-a o (a (0-1)=#=0)

j odrediti ostale njene korene. Reiti ovu jednainu takoe po o . euIt.,. Go (a -lj/a.

31

32 ZADACI ZA PRIPREMU TAKMICBNJA I PRIJEMNIH ISPITA

5.6. Rditipo Xl' X2' , X" sistem jednaina

a"x,,=x. x2 X,,-I"

PrtIMdbtl. Na desnoj strani su redom ciklike varijlCijc reda n-lod n elemenata.

5.7. Odrediti a tako da se oba korena jednaine X2 - 2 ax + a2 -I = O (a rea-lan broj) nalaze u intervalu (- 2, 4) . .,.. Funkcija/(x)-.r-2a.l'+cr-l ima za x-a minimum I(a)--I. Prema tome, da bi .nule ove funkcije ldale u intervalu (-2,4), m)ra biti -20. Zaj:dniko recnj: ovih nejcdnaina je a E ( - I, 3).

5.& Rdili jednainu' 12 X + l I + I X + 3 ! -I X + 61. ...... Posmatrajmo funkciju

Kato so

12.t+II+lx+31-lx+6J--2x+ 2 - -4x-IO --2.l- 4

- 2x-- 2

(- oo:-4 anulira. za: x - - 2 E ( - 3, - 1/2),

2x-2 anulira za x= 1 E ( - 1/2. + oo). jedina rclenja jednaine (1) su: x - - 2 ili x - I.

5.9. Reiti po a jednainu I x-a I + I X + a I",; 21 aj. 5.10. Reiti jednaine:

1 I X I-I X + a I = O; 3 Ix-21+lx+ 11=12x+31;

5.11. Rditi jednaine

2 /3 x-ll + 14 x- 31-1 x- S I = S; 4 3 x - 21 x + l I-I x - S I = 3.

1 I (x+ 2)(x-l) I-I (x+l)(x-2) I =a, 2 I xl + 2 ox: I + I x2 - 1 I-I xl .,. a.

,de je a realna konstanta.

S.ll. Za razne vrednosti a odrediti reenjairacionainih jednaina:

S.13. Odrediti). tako da sistem jednaina ).x+y+2Az-2).-l, x+Ay+2z-2

ima reenja (x, y, z). 5.14. Reiti sistem jednaina:

~+~-~ ~+M-~ ~+~-~ ~+~-~

S.IS. Reliti sistem jednaina: ~ +~~O . ab+ bd-O, lIt+cd-O, bc+tP-l.

5.16. zfl koje je vrednosti x zadovoljena jednakost /(x4-4}-lx2+ 2) /-/x4-4./-(x2+2)2?

S.17. Reiti jednainu g (x)~ ... 4 x + l.ako je

(l)

imamo sledec jednaine: (2) (3)

g(X)-{' x+2 (x~2). 2x-3 (~ 2). (x 2), (x Jc je x-2-Vl jedino relenje jednaine (3). Prema tome, jedino reenje date jednaine 'je x - 2 - Vl.

33

5.18. Odrediti k tako da nule polinOma kxZ-(1-2k}x+k-2 budu racionalni brojevi. . S.19. Ako su a. b, c nep~rni brojevi, do.kazati da koreni kvadratne jednaine (1) ax2+bx+c-O' nisu racionalni brojevi. Dokll: t. Po pretpostavci je

11-2p+l. b-2n+l. c-2q+l (p, II. q celi brojevi). Tada diskriminanta jednaine (l) glasi

(2 n+ 1)2 -4 (2p+ 1)(2 q + 1)-4 nZ +411-4 (2 p+ 1)(2 q+ 1)+ 1

-8 [~-n (n+ 1)-2PQ-P-q-l]+S . 1 Bud~i da je 2'"(n+ 1) ceo broj, i izraz

1 T"("+ 1)-2pq-p-q-l je ceo broj. ito znlli da je diskriminanta oblika 8 r + S (r ceo broj)

.J

34 ZADA.a ZA. PRIPREMU TA.DOENJA. I PRIJEMNIH ISPITA

OVo De bi mo,po biti kvadrat ni parnoa ni neparnoa broja. Kvadrat neparnoa broja jt Oblika 8 r + t (r nula ili prirodan broj), Ito ovde nije sluaj.

Ovim je dokaz zavrten.

DobI 2. Pretpostavimo da je racionalan broj p/q (p i q relativno prosti brojevi) koren jednaine (1), tj. da je

(P)2 P a q +bq+c-O, odnosno (2) ar;: bpq + eq2 - O.

Kako su p i q relativno prosti, moguna su sledea tri sluaja: 1 p neparno, q nepamo; 2 p nepamo, q parno; 3 p parno, q neparno. Kako su a, b, e neparni brojevi, bez tdkote uveravamo se da je broj ar + bpq + cq2 ne-

paran u sva tri navedena sluaja, pa prema. tome jednakost (2) nije mOJUna. Ovim je tvrenje dokazano.

G.,.,.IlUldjtl. Da li navedenu osobinu ima jcnai!ina ax'" + bX" + e - O (m, ft prirodni bro-jevi; a, b, e neparni brojevi)?

5.10. Odrediti sve parove realnih brojeva (x, y) koji zadovoljavaju sistem jednaina x-ly+ll=l, x2 +y=IO.

RdP. pre svega, ne moe biti y- -1. za y< -1, odnosno y> - J dobijamo respektivno sisteme jednaina

x+y-O, x2+y-lO-O ili x-y-2--0, xZ+y- JO-O,

koji, s obzirom 'na uvedene uslove, odreuju traene parove

(~v'4i _!2..V41') 2' 2 i (3, 1). S.ll. 'Eliminisati x iz sistema jednaina (I) ar+bx+c,-O;, (2) px2+qx+r=O

(ap:FO).

Re,.... Pretpostavimo da jednaine (1) i (2) imaju jedno zajedniko reenje .1'0' Tada je (3) (4) pxl+qxo+r-O.

Mnoenjem jednaine (3) sa p, a jednaine (4) sa a i oduzimanjem, dobijamo (5) (1lP- bq)xo +ar- cp- O.

Ako je aq-bp=!=O, iz ove jednaine izlazi ar-cp

xo---- aq-bp

za ovo .1'0 jednaina (3) postaje (6) t1(ar- ep)2-b(ar- cp)(aq-bp)+c(aq-bp)2-0.

Akoje (7) iz (5) sJeduje da takoe mora biti ~) .-q-~

I u ovom sluaju uslov (6) je ispunjen. Poka!ip1o sada ~ vati obrnuto, tj. ako je uslov (6) ispunjen, jednaeine (1) i (2) imaju

jedno zajedniko reienje. . Ako je aq-bp,,"O, tada iz (6) izlazi da je broj - IIr-bep (-x.) koren i ~e (1) i aq-p jednaine (2). za jednainu (1) to je oiaJedno, dok za jedn.inu (2) treba ,iOI dokazati ela Je. (9) p(.-epY'-q(.-ep)(aq-bp)+r(Ilf-bp)'-O.

Ako izvrtimo naznaena mnoenja, jednainama (6) i (9) mof.emo dati oblik (6') Il {(.-epY' + 1lCtT+.P.rbl-Gbqr-pqbc} -O, (9') p {. - ep)'+ ller +,;;6"-" - pqbc} - O.

Pollo je 11'11",0, lednakosti (6') i (91suekvivalentne,lto znai da je x, koren J jednaine (2) Ako vati (7), polto je 11"'0. iz (6) ~ da vali I (8). Iz (7) i (8) izlazi 'I-p!.. i r - p !!..., pa jed~Da (2) postaje

" " p -(axI+b+e)-O. "

U ovom sluaju jednaine' (1) i (2) su ekvivalentne, tj. Imaju. jednaka oba korna. Uslovima (6) i (9), koji su ekvivalentni, mof.emo dati simetrieni oblik

(10) (tr'- ep)' + llCtT + prbl-Gbqr - tifbc - O. Prema tome, dokazali uno da je uslov (10) potreban I dovoUan da b1.jedna&e(l}i (2)

imale zajedniki toren. Jednakoat (10) je rezultat eliminaije.

5.22. Reliti jednainu sin 3 X - coa 2 X -O. R"'. Umesto date jeclnaeiDo PQSJDa&raJmO njoj etviva1entnu jedna&m

3%+ (;:-2X )- 3X-(; -2% ) lin 3%-1in (; -ix )-0 2c:os 2 lin 2 . -O. Odavde izlazi

3 X+-2 x 3 3 3 cos---O -+----+k3 x,,'--+2k3 2 2 " 2 2

(k-O, 1, 2. ... ). 1r Sx'--2 5x

" " 3 2 sin -O -----n" x" =-+-"" 2 2 " 10 5

(,,0. 1.:l:2. ).

Meu relenjima x.i pojavljuju se i takva koja se nalaze meu relenjima x,,' i to za one vrednoSti " koje zadovoUavaju jednainu

1 2 1 1o+,"-'1+2k (n i lc celi brojevi).

...

ZADAO ZA PRIPREMU TAKMIC!EN.rA I PRIJEMNIH ISPITA

5.23. Reiti jednainu 8 cos x -5~ + C:s Je : U,..,.. Ako je sin x"," O i cos x","O, data jednaina postajo

4sio 2xcosx-V3 cosx+sin x,

5.U OdrediJ sva .reenja jednaine cos px - sin 'lX., 5.25. Reiti jenaine:

1 sin 3 x- 4 sin xcos2 x"

2 sin X sin 2-xsin '3x-~ sil14x, ~

3 sinx+sin 2x+s~n 3 x+sin 4x-O, 4 sin x + sin 2 x+ sin 3 x-cos x + cos 2 x+cos 3 x.'

~ 3 Orupisati lanow Da levoj' Strani' ovako: (sin x+sin 3 x) + (sin 2 x+5io 4 x).

o

~ Predstaviti jeaainu 11 obliku (siDx+sin 3 xl~(cos:.t+cos 3 ~+(sin 2 x-cos 2 xl-O.

5.26. Po X rditi jednainu sinx.+2sinxcos(a-x)-sina.

5.27. Rditi trigonometrijsku jednainu 4c6s6cos 2 6cos'3 ~-l-O!

RdGJe. Primenivlf rontlulu 2 cos p COS II -~

RelnJe., Primenom formule 2 sin p cos q - sin (p,..~) +sin (P, - q), data jednaina postaje. (1) 2 cos 8 cos 28 --o -8-(sin79-sin39)+1"-0. SID2

Kako je 2 sin 7 9 cos 2 8 ... sin 9 8 + sin S 9, 2 sin 3 9 cos 21).- sin S 9 + sin . jednaina (1) dobija oblik

(2}

cos 9 . . -'--0 (sJo90-sID8)+1-0. SID 2

Alto se ovde stavi sin 2 8 - 2 sin 8 cos 8, nalazi SO

Kako je ~O (sin 9 8+ sin e) .. O. SID

sin 9 0+ sin e-2 sin S 8 cosA 8, jednaina (2) dobija oblik

sin S8 cos40 ---....,.....--0.

sin O ' Prema tome, reenja date jednaine dobijamo iz rel~clja

sinSO-O (sinO~O) ili cos48-0 .(sin8iO), Odavde sleduje:

n 8,." -(2n + 1)-,., 8 .

31

gde n i k uzimaju sve vrednosti O. l, 2, , tim da k no bude multipl broja S zbol uslovI!: sin 8.;. O.

5.29. Odrediti tako da jednaina sin a .sin2 a sin 3 a - a ima realnih re!enja. Generalisati. na jednainu sin px sin qx sin rx ... a (P. q. r realni brojevi).

5.30. Odrediti q tako da j~naina sin. x + cos' x - a ima realnih reJenja, pa ih zatim nai.

ot t;..COSot ot l+cQSot Re.Je I. Primcnom formula sIn2 '2 - 2 ' eos'T - 2 ' posmatrana .,iedDaeiDa dobij:l oblik

11' '2+'2 COSi 2x-cr, tJ. r;os4~-4cr ... 3.

Da bi r*nJa ovo jednaine bila real~, potrebno je J dovoUno da budi

14a"-31

38 ZADACI ZA PRIPIlDIU TA.DlteENJA I PRIJEMNIH ISPITA.

Ul. lteIiti jedn~inu .aiD%+6 _ .c~u+6 (ab>O). 6cos%+a bSln%+a

.,.,.. Ako je b cos % + a:;60 i hiD % + CI :;60. tada je ova jednaiSina ekvivalentna jednaiSIni (cou-ain%) [ab(cou+sinx)+r+b2J-O.

Paklor

_(COS%+lin%)+r+b2-abV2 sin, ( %+ :)+r+b2-abv'2 [ Sln(%+ :)+ :;::,;] De anulin .. Di za jedno nalno % jer je

~>r+b2>l. -..;2 2.

Drql taktor coa % - ain% anulira .. za

(l)

PotnbDo je jot da za vroclnost (l) budu ispunjeni uslovi bcos%+a"O I bsin%+a"O.

ODi .. avode na jedini uslov ..;2 C-l)kb-r+ a "O.

Daklo. data trIJoDomotiijska jodnai!ina i~ ~je Cl) ako jo a ,,"C -l)k-'b y? . Ako jo a-C -l)k-'b V;. data jodnaiSina ilema rcieja.

5.32. Dokazati da su sva rdcnja j~nai~e tg lC + tg 2 x + tg 3 x + tg 4 x = O odreena pomou

Sx=kn (k=O.1.2 .... ) ili 8cos2x-lYi7. v,.,.... Poi od identiteta

- ~:. sin S,;r - sin S% Ctlx+ta~b)+(tl2%+tI3x)- + .

- cos%cos4% cos2%cos3%

Da li .. ovim postupkdm mof.o fe&iti anerainija jedilai!ina tlpx+taCP+II)x+fI(p3+211)X'+'ti(p +-311)X-0 (1',11 realno konstalttt)?

Oonera1isati postupak na ~DO PaYodenol tipa. je na Iovoj strani broj i!lanova wCi od 4. '. . '

5.33. Rditi jedaainu cos!t-. 9 + 'co52 9 + COS 6 == O.

5.35. Po x rditi jednainu (1) tg ax tgbx"" l (a=#-b i a,b=#O). 11_1-. Ako jo COl u cos b% "O, dobija ..

tj. (2)

(3)

ain uain b% - COl u cos b%, Odavde jedno za drualm imamo:

~ 1&-1t

2( .. +6) (1 + U).

lleIeDja jedna6ioe (1) bi'" samo one vrednosti 1&1c za. kojo jo

(11- O, :I: l, :1:2. '" ).

("'-0.: l, :1:2. " . ).

ft 1&""'26 (1 +2". ft) (".-0, :1:1, :1:2, ... ).

3'

To mKi da celi brojevi ". i " Uzimaju samo one vrednosti koje ispunjavaju uslove (2) 1(3) ..

5.36. Rditi jednainu (ry-7J.~ (%>0), . Napisati sve mogune ~ koji se dobijaju polazei od /, stavljajui sve moguDe zagrade kao u sluaju ~ '.

~diti zatim jednaine koje se dobijaju i1Jednaavajui dva po dva od dobije-nih izraza,

5.37. Odreitirealna re5enja sistema ,jenKina: I'

21&2 __ I __ x 1+1& I ).

2.

ll_Je. Jedno relenje jo 1&, - XI - 1&, -O . Da bismo' odredDi 'ostala relenja. posmItraJmo. dati sgtem u obliku

l 2 l . 2 1 .2 -+1--, -+1--, -+1--, 1&,2 .' 1&t 1&22 1&,1&,2 1&,

Smuom 1/1&,-". 1/1&2-'2' l/1&.-,. imamo (1)

Ako ove ~iJie saberemo. dObijamo ,(i~ -:: 1),+"(y,-l1!f(y. -1)'-0,

- '0

ZADACI ZA PRIPREMU 'I'ADII~A I PRUEMNIH ISPI'I'A.

GImU/,.t:I,J.. Odrediti ieabla reknja sistema jdnaina: 2X,.2 ---%.-1 +X,,2

5.38. Dokazati da sistem jednaina (1) xl-xZ .... a, x3-~.=b, XI +xz+x3+x.=1 ima 1:ar jfdno pozitivno r~enjc Xl>O, x.>o. X3>O, x.>O, ako samo' ako je lal+/6/', 2x.- -b+l-;'.

Ildcnja su pozitivDa alco je ,,+),>0, -,,+">0. b+~ -).>0, -6+ 1-;'>0.

Alto prvu n~jedna~inu sa~rcmo sa tretcm ,i ~~tvrt("m. pa zatim druBu ~dn3inu sabe remo sa tretcm i ~etvrtcm, dobijamo sistem nejednaina

,,+/I+J>O, ,,-6+1>0. -'1+6+1>0, -0-6+1>0, Itoji ;a ekvivaleDtan sa l"! + I b 1

6. NEJEDNAKOSTI

Ci.l. za koje x vali nejednakost (I) .yx+ 6>.yx+ ~ + .y2'x-S, a za koje nejednakost (2) RuMi Funkcije

V.U6, vX+i, Vlx-.S jednovremeno su realne ako je x>S/2.

Smisao nejectnakostiostaje 11 vanosti posle dizanja na kvadrat izra~a na levoj I desnoj strani, naime: .

x+6>3 x-4+2 V'J.x2-3~-S .~ v'2.r-3 &-S'>0)

Ci.7. Odrediti oblasti ravni Oxy u kojima treba da se nalazi taka M (x, y), da bi njene koordinate zadovoljavale. nejcdnainu

. (x2-4xy)/(x2 + 3xy+.2r)

42

"'I. Dokazati [(211 -I) U]I < J.... (2 II) U 211

[ 1.3 ... (211-1)J l'(211-1)"rr-I(2'-1)(2Hl) J.(211-1) lin-I 4,1-1 l lWWf. - - --

6. NEJEDNAKOSTI 43

6. ll. Odrediti a tako da nejednakost (1) vai za svako x.

Reltll}t. Kako su X Z + x + I Xl -1- 2 x + 3 pozitivni za svako x, nejednakost (1) ekvivalentna je nejednakosti (2) (a+ 1)xZ+2(a+ 1)x+3ax-y. UplllltN. Posmatrati sluajeve: 10 x-y0; 20 x-y>O; xZ+r-2>(x-y)l (tj. xy> 1). Primeniti grafiki metod. .

6.15. Dokazati:

6.16. Dokazati:

(a~ll\b+c

IJedUjo (2) .x+y+:>O, xyz> O?

2 Da li vali (2) => (l)? 3 Da- li su uslovi (1) i (2) ekvivQ,lentni?

Pr/""dIxI. -aeaeransati. 6.1'.. Dokazati nejednakost

! x,x.>O '.k-. ' ...

Dola. ova ae,Jeaakost ~ ~uje iz Identiteta

6.20. za' koje vrednosti a vai 1 '

-10 ". /(41)-4 cos'G+8 cOS2 G+S cosa + 1-(2 cosa + 11 (cos a+ 1).

(v G) 1(110.

CI. NEJEDNAKOSTI 45

6.14. Dok.azati nejednakost (a+b+c)(bc+ca+ab9abc. gde su 4, bt e pozitivni brojevi koji nisu svi meusobno jednaki.

Rd .. J-. (a+b + e)(be+ ea+ab) -9 abe- a (b2 + e1)+b (e2 +02)+ e(a2 +b2)-6 abc -a(b-e)2+b (e -a)2 + e (a-b)2 >0.

Odavde se' neposredno izvodi navedena nejednakost.

Primedbtl.. Kojuizmenu treba uinit.i u datoj nejcdnlkosti ako su a; b, e negativni brojevi?

6.15. Ako je x realno. dokazati da funkcija 4x(1-x)/(1 +X)2 ne moe imati vrednosti vee od 1/2. .

6.16. za koje je vrednosti a uslov (x2+ax+ 1)/(XZ+4x+8)0 Za svako x, data nej:dnaina ekvivalentna je nejednaini

7 .t2 -(a-32)x+ 63>0. Poslednja nejednaina bie zldovolj:m;t Zl svako x ako je

(a;-32)2-422

.ZADACI ZA PRIPREMU TAKMIENJA I PRIJEMNIH ISPITA

6.31. UDekartovom pravouglom koordinatnom sistemu rafirati oblast

{(x,y)ly- ~(X-3)}, tj. odrediti oblast ije take (x, y) ispunjavaju uslove:-

y -..!..(x-3). 2

Tako isto rafirati oblasti {(x,y) Ir l}; "{(x, y) I y3 l, stavljajui x = cos !p, y = sin !P, ili

primenjujui neki drugi postupak.

6.35. za koje vrednosti x vai nejednakost sin x> 2 cos2 X - l? q,.,,,,.. Ovo najpre utvrditi za Je E [O, TJ, g~ je T osnovni period funkcije

sinJe-2cos2 x+ 1.

6.36. Reiti nejednaine: l x+lxl2; 3 Ix2-xl+x>l; 4 sinx+.Isinxl>1.

6.37. Ako je OO,

l&IBDNAJtom

f.43. Dokazati nejednakost 1..+_1_+ ... +1..>1 II 11+1 r (n prirodan broj > l).

..... .Kako je. za 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 (l) 1+_1_+_1_+ . oo +_I_>vn

vl vl .Ji (n~2).

47

.... je. Ako je k 2), onda je .~ > .~ . Stavljamo li ovde redom k-l. 2, ~. ,II, V k v"

posle sabiranja tako dobijenih nejednakosti dobijamo 1 1 l 1.

--+--+ ... +-->11-- ~ (l). VT vl .Jn.Ji 6.45. Dotazati nejednakosti: . (1) . (p-m p+m)./ x2-2mx+; ./ (p..;.m p+m) ID1n --, -- ""'" """,max --,--p+m p-m 'x2+2mx+; p+m p-m

_x2_-_2_mx_+..;.;_./ (P - m P + m) """,mID --,--

x2+2mx+; p+m p-m

(0O i O

48 ZADACI ZA PRIPREMU TAKMICENJA I PRIJEMNIH ISPIT

Ato je ",,

Kako su moduli. 1 XI - 2 xii x-ll neneptivni, iz (l) izlazi l

Y> -2"' y

ZADACI ZA PRIPRINU TAKMIENJA I PRIJEMNIH ISPITA

'-52. Ako se sa BC -II, Cif - b, AB = e mole konstruisati trougao ABC, dokazati da se sa

(n prirodan broj> l) takoe mole konstruisati trougao Ct~y

.... J-. Ne umanjuju61 opItost, mole se pretpostaviti da je (1)

Kako su tl, b, l! vel~ine strana trouala, za njih vali nejednakost (2)

Relaciji (I) za trouaao CI~y odaovara " " " (3) o

6.54. Ako je o> O, odrediti oblasti u ravni Dekartovos pravouglos koordi-natDos sistema ije take (x, )I) zadovoljavaju uslov

II x+ol-I)I-oll

S2 ZADACI ZA PRIPREMU TADlJCBN.JA I PRUBMNlH ISPITA

6.SS. Dokazati nejednakost (sec2I1Qt-I)(cosec2I1Qt-I)~(1 +2+ +,,)2.

6.59. Dokazati da nejednakosti a~asin" x+ bcos2 x~b (aO (sin x, cos 2x>cosx, tg 2x>tg x, cotg 2 x>cotg x,

za koje vrednosti x (0< x< 2 n) su ispunjene: 10 bar dve od datih nejedna-kosti; r bar tri od datih nejednakosti?

Da li postoji takvo .~'za koje nijedna od ovih nejednakosti nije ispunjena? 6.63. Ako je X 1 X2 X 3 " ,x,,= 1 i x;>O(;= 1,2, ... , ll), dokazati nejednakost

(1 + x1)(1 + x2)(1 + XJ)' , ,(l + xnr~_2",

6. NEJEDNAKOSn

Ru,.,. Kako je _ ~+ \fXi >2 (XI>O; i-.J,2, .... , n), imamo v x,

tj.

Znak jednakosti vai ako i samo ako je X I -X2 - ... -x,,-1.

6.64. Ako su a, b, e, d (abet!"'" l) pozitivni brojevi, dokazati nejednakost A = a2 + bl + CZ + d2 + ab + ac + ad + bc + bd + cd~ 10.

Rugje. Poimo od nejednakosti (I)

(2)

1 x+-:>2 (x> O).

x PollO je abed - l, imamo

l ab--. cd itd.

Dalje je A-~~~+~+~+~+~+~+k+U+cd

,"Ub(: + :)+cd(~ + :)+(ab+Cd)+(aC+bd)+(~+bC).

53

Izrazi u okruglim zagradama na osnovu (1) i (2) vcisu ili jednaki 2, pa joA:>2(tIb + cd) + 6. Kako je ab + cd>2, dobijamo A:> lO, gde znak jednakosti vai ako i samo akoje II-b-c-d-I.

Na koji se nain ovaj zadatak moe generalisati?

6.65. Ako je bl' b2 , ,b" proizvoljna permutacija pozitivnih brojeva al> a2' , an. dokazati da je

(1)

Rd~. Aritmetika sredina od n pozitivnih broje".a vea je ili jednaka odgovarajuoj FO-metrijskoj sredini, tj.

(2) I

l i (al) (Ii (Q'))-; -;'-1 b, :> '-l 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 ~ 21 + 2' + 2' -/ 21) napisan u bin~rnom sist.!mu (~ije su cifre O i l) glasi:

100 1100)) 000.

7. PROGRESIJE

7.1. Odrediti aritmetiku prosresiju koja ima osobinu a., +a. - a .. +. (a, je ,-ti lan prosresije)

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

7.2. Dokazati da je (-1)"+111 zbir prvih 'J lanova reda 1-3 + S - 7 + .. '.

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

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), ... ine aritmeti&u proaresiju.

2!' Koju. vrednost tRba dati promenjivoj x da bi zbir pet prvih lanova te propesije bio 601

jO Koliko lanova najmanje treba sabrati da bi zbir bio vei od 120?

7.5. . Dokazati da brojevi Vl, Vl, ..jS ne mosu biti lanovi jedne arit-metiae prosresije . ..... PretpostaVimo da je suprotno tano. tj. da su ti brojevi lanovi jedne aritmetw.ke JII"OINIije i to ... je: .

Tada je (I)

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

V2-G.+(k-l)d. v'3--. +(m-l)d, VS-a.+(n-l)d. (G. prvi ~lan. d razlika aritmetike progres ije).

Iz (I) dobija 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)} = ,li.

54

7. PltOGaaUB ss

Napred uinjena pretpoltavkadovela je do aPlUl'da, jer je u potIedajoJ _C:ijI aa levoj strani racionalDi broj, a na desnoj iracionalan.

Prema tome; indirektnim dokazom utvrdili smo da zaista ..rr. ...rr. VJ ne motu biti lanovi jedne aritmeti&e proll'Olije, ' ,

7.6. DokaZati. da' brojevi V2, v'3 . ..[ 'ne mO$ubiti lanovi jedne geome-trijske progresije.

7.7. Data je aritmetika progresija

Dokazati da niz S, =a, +az+ ... + a",

Sz=a~+, +a,,+z+ ... +az", ~l-aZ"+' +az,,+z + ... +a311

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

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

Sumirati

RrI_.. Kako je

bic

. odnosno

'-y--"

S-=a+aa+ +l1li a. '--V--J

II

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

II II, " II ( IC)It - 1 ) s- I tili ... 11-- I (IOk-I'-- 10'---11 k-l'-y--" 9 k-l 9 9 a

S -- (10"+1 - 911- 10)., 81

G_ ... ,.Ii:adj.. Sumirati S ako se umesto tl stavi v_ifreni ~roj.

7.9. 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 sledei nain: 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 aritmetikih progresija:

prvi lan ___ 1=---_=--_.:.1--..:...,:.: ~ razlika l 2 3 p

Dokazati da je zbir II-tih lanova ovih progresija l

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

7.U. Dato je p aritmetikih progresija: prvi lan razlika zbit" prvih lanova "I

Dokazati formulu

G.eaera1isati.

2 3 3 S

p 2p-l lp

7.13. Ako su brojevi al' az, ... , a" razliiti od nule i ako obrazuju arit-metiku progresiju, dokazati jednakost (1) l l l n-l -. -+~+ ... +--=-.

11111112 "z III. 111"-1 0,. ala" Obrnuto, ako brojevi al' az, ... , a" (n>3) ispunjava uslov (1) za svako 1I~3, dokazati da oni obrazuju aritmetiku progresiju . .,... Po pretpostavci je

aa -Ol-o,-Oa- ... -:0,.-0"-1 ~d. Ako je tl-O, lvi brojevi ak jednaki su meusobno i jednakost (1) je oevidna. Ako je

tI'I'O, izraz Da levoj Itrani relacije (l) moemo napisati u obliku 1 l 1

-+-+ ... +---I "z "z III. 111"-1 a"

-CI -~) ~ +(;2 -;J ~ + ... +(0"~2 -III,,~J ~+(O"~I -:J ~ l (1 l) 0,,-01 (n-l)d n-l

-""ii al - III" - IIII a,. tl - 0lo"d - 111,0,. DItIe. ovim lIDO cIokazaJi (1).

Pretpostavimo li sada da je

(2) 1 1 1 1 11-1 --+-'-+--+ ... +-----tI,1I1 'tlltI. tl. tl. tI"-,tI,, tI,tI"

(11)3).

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

Odavde je

1 1 ,tl, + tl, tla +24+"a. 2 (tl, +4) 2 til 2 --+------ - ------~tIa lIalIa ~1Ia1la ~1Ia1la ~1Ia~ ~1Ia~ ~~

1 1 1 tlJ -lit az -tl, ----------- -----~1Ia ~~ ~~ 1Ia~ ~tIatla ~~~ 112

.--+----- .~-tl2-tlZ-tll" tl, az Ila tlJ tl, ~

,Da bi 80rnje tvrenje bilo dokazano. dovoljno je pokazati da iz (2) lJeUje

(3)

(4)

Ako u (2) umesto " stavimo II - 1 i II - 2, redom dobijamo 1 1 1 11-2

--+--+ ... + ---, tl, tlz Ila A. tI,,-z tI"_1 til tI,,_,

1 J 1 fll-3 --+--+ ... + ---o tla Ila Ila tlJ tI,,_, tI,,_ Z til tI"_1

Od\lzimanjem (3) od (2) i (4) od (3). redom dobijamo 1 11-1 11-2

--.------

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

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

II tI,,-z - 2 0"-2 -II 0,,_, + 30,,-, o, "-2,,-,

odnosno

Odavd~ 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

(1) I 1 1 II-l + + ... +. -----,.-va. + V'Ga V'Ga + Y'Q, v' tI"_1 + va,. va. +..[ii;, (al' tl2' , tl" razliiti su od nule i obrazuju aritmetiku progresiju).

51

S8 ZADACI ZA PRIPREMU TAKMICi:NJA I PRIJEMNIH 0;1'11.4.

ll~. KU" al' az ... a" ine aritmetiku proJCesiju. vaio jednakosti (2) a.+,-a,-d ( .. -1.2 ... n-l; dfiksno).

Na OIDOVU identiteta .;a;+. - va.

,; a'+ 1 + va. a.+I-a, dobija se

Stavi li se ovde .17.r=- (.n-l)d y a,,-y a.- ,

. va;,+va. dolazi se do formule (l). Primnlba. Da li valj obrnuto: (1) => (2)1

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

7.16. Neka je SI zbir prvih nl lanova aritmetike progresije, S2 zbir prvih nl lanova iste progres ije, SJ zbir prvih nJ lanova iste progres ije.

DQkazati jednakost Sl (nz -nJ) + Sz (nJ -nl) + Sl (nl -nz) = O. nl nz nJ

Generalisati.

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

b+c' e+a' a+b

takoe tri uzastopna lana jedne aritmetik~ progresije. lid.. Kako su r. 62 cz tri uzastopna lana jedne aritmetike proJCesije, mora biti

tj. lJI-r-cZ-bZ (b-a)(b+a)-(e+b)(e-b). b-a e-b b-a e-b - - -- ----------c+b b+a (c+a) (c+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 lana jedne aritmetike. proaresije.

7. PROGRESIJE 59

7.18. Date su dve aritmetike progresije: l, 5, 9, 13, 17, 21, 25, 29, 33, 37, ... 4, 15, 26, 37, ...

Odrediti sve lanove prve i druge progresije koji su meusobno jednaki. Rdnrie. Oznaimo lanove prve progresije sa On (n = 1, 2, ... ). a druge progresije S:L b;"(m-l,2, ... ). Tada imamo on=bm odnosno 4n--':3=llm-7, to daje (I) l1m~4(n+l).

Prema tome, problem jc da se rei DioCantova jednaina (1). Iz (l) sleduje da je

l - (n+ l)=k II

(k prirodan broj).

Odavde se dobijaju sledt:e relacije kaje odreuju rangove jednakih lanova progresija: lI=l1k-l i m-4k (k= 1,2, ... ).

Tako, na primer, za k = I dobijamo n-lO i ln = 4, to znai da su deseti lan prve progresije i etvrti lan druge progresije meusobno jednaki.

PICARDOV A PORUKA SREDNJOKOLSKOJ OMLADINI ... Izgleda da smo mi u Francuskoj naroito osetljivi na duh, ivost i blesak

inteligencije, dok manje cenimo strpljivost j odvanost u naporu. Meutim" ove dve osobine dominiraju u svakoj karijeri.

... Inteligencija u ivotu nije jedina snaga i ima mnogo primera gde je ona ostala neplodna. Koliko mladih inteligentnih ljudi, vrlo talentovanih, nisu dali ono to se od njih o[ki,alo! Dugo strpljenje je neophodno da bi uinilo plodnim naj-srcnije darove; ono samo po sebi nije genije ali je ponekad talenat. Da bi se stvo-rilo jedno delo ili izvrila jedna akcija, treba imati istrajnu i neprekidnu volju.

Stalnim radom izgrauju se dobri izgledi iji plodovi pripadaju onima koji su ih dugo traili: ova istina simbolizovana je u Njutnovom cdgovoru koji je rekao da je zakone sveta otkrio na taj nain to je o njima stalno mislio.

(Iz besede koju je E. Picard odrao. 30. jula 1898. uenicima uvenog liceja Henri IV u Parizu).

o

KAKO SU NEKADA TRETIRANI. MATEMATIARI U Justinijanovom kodeksu koji je objavljen 533. godine govon se o zloin

cima i matematiarima i drugim slinim. U ovom kodeksu dva lana glase: Ars autem mathematica damnabilis interdicta est (pod pretnjom kazne zabra-

njena je takoe matematika vetina); Nemo haruspicem consulat' aut mathematicul1l (neka niko ne trali savet od matematiara).

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 tvrenje je tano, pa Da ~VU principa matematike indukcije zakljuujemo da je ono tano i r.a svako 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" + 6 (n nula ili prirodan broj) deljiv sa 7. II..,... (1) tada je

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

132k+Z+6_169132k +6_169 (7v- 6)+ 6-7 (I69v-246). 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, zakljuujemo da jc on dcljiv sa 7

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

8.5. Ako je ,. prirodan broj, dokazati 54 i (22"+1-9 n2+ 3 n- 2).

"". Ako je /(n) - 2211+1 - 9112 + 3 n - 2, tada je /(n + 1) -/(n)- 6 (2Z" - 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)_32211 Budui 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 zakljuka 9 I g (n) za nEt 1,2, ... }.

60

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 takoe. deljivo sa 54. Primedba. Primeniti isto tako nain dokazivanja upotrebljen u prethodnom zadatku.

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

61

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 zakljuuje da je broj I(n) deljiv sa 64 ako je n - k + 1.

I(k+ 1)_32k+4 _8k_17 ;.. 9:32k+2-8 k:'" 17 -9 (32k+2 _ 8k- 9)+64 (k+ 1) ~ 9/(k) + 64 (k + 1).

Na osnovu ovo, zakljuuje se da je broj I(k + 1) deJjiv' sa 64 ako je to sluaj sa I(k'. Broj I(n) deljiv je sa 64 za n-I, pa prema gornjem I (n) uiva istu osobinu za 11-2, 3, ,

tj. za svako II, gde je n prirodan broj. Brojevi 1(0) i IC - 1) takoe su deljivi S,l 64.

8.7. Dokazati nejednakost 2" > II (11 = O, l, 2, ... ). Dob:. Oznaimo sa Pen) ovo tvrenje. peO) je tano, jer je 2>0 l >0. Pretpostavimo da je tano P (n) za neko n (;>0), tj. (l)

Kako je (2) posle sabiranja (l) I (2) imamo

2.2">n+ 1 n+ 1

Prema tome, dokazali smo

(za neko n:>O).

P (n) ~ P(n+ 1). Ovim je induktivni dokaz zavrkn.

8.S. Dokazati nejednakosti: l 2">112 (11 = 5, 6, 7, ... ); 2 2,,>,,3 (n = lO, ll, 12, ... ) ; 3 3">n4 (Il - 8, 9, lO, ... ) .

Dokil:. 3' Za 11=8 zaista je 3">84 Pretpostavimo da je istinita nejednakolit (1) 3k>k4 (k:>8).

Ako je istinita i nejednakost (2) 3>(k+l)4/k4 (k>8). tada mnoenjem iz nejednakosti (J) i (2) izlazi

3k+1>(~+ 1)4 (k>8).

62 zADAcI ZA P"PRIM1l TAKMIENJA I PRIJEMNIH ISPITA

Dokdimo sada nejednakost (2). Radi toga poimo od identiteta

(k+ 1)4 -(l +..!..)4 -l +~+~+~+..!... k4 k k k 2 k' k4

Kako je 4 6 4 . -+-+- -;;- (n-S, 6, ... ); (n + l)' 2> -,,- (n= lO, ll, ... ). 41.9. Metodom matematike indukcije dokaZati da je cifra broja 2211 (n pri-rodan broj ~2) koja se nalazi na mestu jedinica uvek 6. Rel_~. Pretpostavimo da je

22"=\1 (v broj ija je poslednja cirra 6). Ako se obe strane ove jednakosti dignu na kvadrat, dobija se

Kako se broj y2 zavrava cifrom 6, ako jato sluaj sa brojem v, broj 22 " 1-' zavrava se sa 6 ako takvu osobiriu ima 22" Budui da p:lvrh toga. broJj 22" ima ovu osobinu za n - 2, zakljuuje se da je krajnja cirra broja 22" (n>2).uvek 6.

8..0. Dokazati 91 (3.4";'-1 + 10,,-1 - 4) (Il prirodan broj). R""'~. za n = l ovaj broj deljiv je. sa 9. Pretpostavimo da je dati broj deljiv sa 9 za neko II. tj.

34n+' + 1()'~-'- 4-9v Na osnoVu ove hipoteze je

(v prirodan broj).

34rr+l+ 1(}II-4-36v+ 12+6,]0"-'. Broj 10~-1 + 2 deJjiv j: sn 3 ako j~ n proizvolj:m prir:>dan broj. Za n = 1 ovo tvrenje je t:lno. Uinimo Ji hipotezu da je broj 10'-'+2 dcljiv sa 3 za neko n i obrazujemo li 1011+2 . tj. lO 10"1-'+ 2, tj. 10(10'-' + 2) - 18. zakljuujemo da je broj )0"-' +2 deljiv sa 3 za svaki prirodan broj n.

Budui da jc br;>j 36v+6 (10 1-' +2)

deJ;iv sa 9 ako j~ t:> slu:j sa brQjem 3.411+1+ )()rr-'- 4

i da je povrh toga p:)sJednji br~j deljiv sa 9 Z:1 n= l, zakljuuj:mo d .. jc: broj 34"+1 + 1011-'- 4 deljiv sa 9 za svak i rrirodan broj n.

l. MATEMATiKA INDUKCIJA

Rtletr}'. 3211+1 = 3.9"- 3 (2 + 7)" = 3 2" + 7 k 211+2 =4.2".

(k prirodan broj).

1("'= 3 2n +4;2"+ 7 k-72" + 7 k => 71/(11). Broj /(0) deJjiv je takoe sa 7.

8.11. Matematikom indukcijom ili na koji drugi nain dokazati da je 1331 (11"+ 2 + 12211+1) (n prirodan broj ili nula).

8.13. Dokazati 81 (11 . 3" + 3 . 711 - 6) (n nula ili prirodan broj).

63

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

8.1S. Ako je n nula ili prirodan broj, dokazati da je A =5- V (I-VS)"+5+v'S(I+ VS)"

" 10 2 10 2 prirodan broj. Doka:. Kako je

0411-. + An-2 _ 5 - VS(I- VS)II_1 + 5+ VS(I+ vs)n-I 10 2 10 2

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

dobija se A _ A _ S - VS 3 -v's (1- v'S)II-Z S + VS 3 + v'1(1 + v'S),,_a

11-. OJ 11-2 10 2 2 + 10 2 2 Uzimajui 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 040 i AI' Broj AJ je prirodan, budui da su AI

i Al prirodni brojevi. itd. NapomelIa. Brojevi

040 , At' A2 AH .. tj. l, l. 2. 3 .. ine Fibonacciev niz.

8.16. Dokazati identitet

(l) 4 i (3.-1 sin3 ..!.) = 311 sin..!. - sin a. .-1 3' 311

-64 ZADACI ZA. PRIPREMU TADllENJA I PRIJEMNIH ISPITA

.DoU:. za" - l tvrenje je tano, jer je

Ito aleduje iz formule ,(2)

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

3 3 '

lin 311- 3 slnll-4sln'II.

Pretpostavimo uda da je relacija (I) tana za II-k, tj.

(3) 4 f (3r - I Iln' ~)-3klin !-sin8 ~l p P Na osoow (3) izlazi

/5 (3r - I Iin' .!.)-(3klin ~-sin8)+4.3klin' _0_ r:'i 3r 3k 3k+'

- 3k (liO.!. -.: 4ain' .-!...) -sin 8. 3k ' 3k tl 'Na osnow (2) je

8 . 8 . 8 sin 3k +4sm' P+I- 3110 3k+1

Dakle, ako je relacija (1) tana za ,,- k, ona je tana i za n ~ k + t. Prema tome, matematikom indukcijom dokazali Imo (I) .

17. Aritmetika sredina brojeva a i b je "I' aritmetika sredina br,ojeva b i ", je ~, aritmetika sredina brojeva "I i "2 je "3' itd.

Dokazati (l)

1 _D.lw:. Kako je lik - '2 (lik-I + lik-a), uvedemo li oznake "-, - II, Ilo - b, tada jo

1 (3 3 b) lI+b U-I +110 u.-- -a+- ---- ,

,3 2 2 2 2

b lI+b +--1 (3 9) II 3 2 Ilo + II,' 112-'3 7 11 +4'b -4'+4'b--2 ---2--'

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

Prema defioiciji je

Dakle, ~ormula (I) je tIna za " .. k ako .ie tana za ,~ k -1 i n,..k - 2. 'Ovim je induktivni dokaz zavlkn.

6S

8.18. 1 Dokazati Bernoullievu teoremu: Ako jedna aritmetika i jedna geometrijska progresija imaju j~naka prva

dva lana al i ~ (al =Fa2 ; al' a2 :> O), svaki sledei lan aritmetike progresije manji je od odgQvarajueg lana geometrijske progres ije.

2 Dokazati takoe teoremu: Ako jedna . aritmetika i jedna geometrijska progresija imaju jednaka prva

dva lana: al i a2 (ad=a2 ; a .. a201 +(k + 1)(02 -o,) 0,(0,j1l1>"+1>0, +(k+ IH02-1I,).

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

(1') o. (Qio,>" < II, + k {Ila -II,) (2') (k >2).

Pckuafmo da je nejednake,t (2~) ttna uz "de prctrcstE.vke o parametrima tl" tlz f t d ok dokaz same teoreme neemo jznositi.

Ako je 11,>112 , tada je (QzIQJ)1c> 1 i O2 -o,

" ZAD.Aa ZA PRIPIlIMU TADlltBN.IA I PRI~EMNJH ISPITA

DoU,- za a-l konll'uencija (l) je tana. Pretpostavimo da (1) vali za II - n (> l). Poimo od jedaatOld (2) (n+ 1)'-n'+( ~) ,.,-1 + ... +(p~ l)n+ J. Binomni toerJCijenti (~) (k -l, 2, j, .. ,p -l) su celi brojevi i deljivi sa p. pa dobijamo toqruenciju

Odavde sleduje (3)

(n+1)'.""+ l (mod p).

(n+ 1)' -(n + l)=n P - n (mod p). Kako, prema pretpostavci, konlfUOJlcija (l) vdi za a - n, iz (3) sleduje da ona vazI I za a-n+ l. Prema tome, tOll'Uencija (l) je dokazana metodom matematike indukcije.

1.10. Dokazati nejednakost (I) pl(2q)I~22qq!(p+q)!, gde su p i q nenegativni celi brojevi. Dokaz. za q-O relacija (1) postaje plp+ 1)1 i ona je tana.

Pretpostavimo da je relacija (1) tana za neko q. Pomnoi mn levu desnu st ... dnu relacije (l) sa (2 q + 1)(2 q + 2). Tada se dobija

. pl(2q+2)1

l. MATEMATItxA INDUKCIJA 67

8.13. U ravO! Je povueno 11 pravih pod uslovom da nema nijednog para paralelnih pravih, niti skupa od tri prave koje se seku u jednoj taki.

Matematikom indukcijom dokazati da je ravan, navedenom mreom pravih podeljena na ~ (1/2 + 11 + 2) oblasti. Re~nj~. Oznaimo sa B" broj oblasti koje sc dObijaju od il pavih. Ako sc skupu n pravih, koje zadovolj.lvaju postavljene uslove, pridruii jol jedna prava tako da ovih n + l pravih ispune postavljene uslove, tada se broj Bil poveava za n+ l. Prema tome Bil+!-= Bn + n+ I. Na osnovu ove jednakosti zakljuujemo da, ako je tA neki prirodan broj Bn,= !- (nl+n+2), onda je Bnh -~ n + 1)2+(n+ 1)+2). PoIto je BI -2, zakljuujemo da je 2 2

l formula Bn",,-;; (n2 ","-,-2) tana za svaki prirodan broj n.

8.14. Dokazati nejednakost (1) 1I!~(;r Dob:. Neka je nejednakost (l) tana za n;::'6. Tada je takoe

n!(n+l)

,. 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) taaka pod uslovom da nikoje etiri ne lele u jednoj ravni. Ako se od ovih taaka uzmu po tri, one odreuju N ravni.

Da li postoji takvo n da broj pravih koje se dobijaju meusobnim presekom tih N ravni bude jednak broju pravih koje su odreene sa po dve od datih taaka'l

. Da li je potreban i uslov da tri ta~e ne lee na jednoj pravoj? 9.... 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) (n+l). k k-l k-2 - k 9.7. Ako je V~-n(n-l) . . . (n-r+ l). proveriti identitet

r.+2 -r.+2r V:-1+r(r-l) ~. 68

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),

prirucnik za takmicenja srednjih skola i pripremu prijemnih ispita na fakultetima vasic janic...

Documents