Републичко такмичење
средњих школа РС

Наука
Архимед бр. 2

Девето републичко такмичење из математике
Републике Српске, БиХ 2002.

Удружење математичара Републике Српске
Природно-математички факултет Бања Лука, 27. 4. 2002.

Мр Видан Говедарица, Мирослав Тремл, Филип Морић

Први разред: Татјана Вучић, Гимназија Бања Лука; Вера Јотановић, Гимназија Бања Лука; Горан Гвоздић, Електротехничка школа Бања Лука; Сузана Књечанин, СМШ «Ј. Дучић» Теслић; Сања Недић, СМШ «Ј. Дучић» Теслић; Игор Мајкић, Електротехничка школа Бања Лука; Зоран Николић, СМШ «Ј. Дучић» Теслић; Момчило Ковач, СШЦ Србиње; Јелена Пјано, СШЦ Србиње; Борислав Лаловић, СШЦ Србиње; Сузана Тановић, СШЦ Србиње; Сања Дедијер, СШЦ Билећа; Владимир Елез, СШЦ Србиње; Миодраг Матрак, СТШ Требиње; Ненад Челиковић, Гимназија Шамац; Марина Бјелошевић, Гимназија Добој; Милен Миоданић, Гимназија Дервента; Јован Пухало, ТШ «Михајло Пупин» Бијељина; Вања Бишановић, Гимназија «Ф. Вишњић» Бијељина; Александра Цвјетковић, ССШ «Михајло Петровић Алас» Угљевик.

Други разред: Белма Туран, Гимназија Бања Лука; Данијела Симетић, Гимназија Бања Лука; Момчило Мишљеноивћ, Гимназија Бања Лука; Верица Маливојевић, СМШ «Ј. Дучић» Теслић; Амра Аличковић, СМШ «Ј. Дучић» Теслић; Сања Богдановић, Техничка школа Бања Лука; Сузана Глигорић, Електротехничка школа Бања Лука; Милан Латиновић, Електротехничка школа Бања Лука; Александар Млађеновић, СШЦ Србиње; Станислава Станковић, СШЦ Србиње; Младен Елез, СШЦ Србиње; Борко Топаловић, СШЦ Србиње; Срђан Старовић, СШЦ Србиње; Дајана Радовић, СШЦ Србиње; Милан Калајџић, СШЦ Србиње; Драган Божановић, Гимназија Шамац; Милијана Миоданић, Гимназија Дервента; Мрђа Наташа, Гимназија Дервента; Бојан Марић, ТШ «Михајло Пупин» Бијељина; Андријана Бублић, СШЦ Милићи.

Трећи разред: Димитрије Чвокић, Гимназија Бања Лука; Божидар Шикањић, Гимназија Бања Лука; Љиљана Јовановић, Гимназија Бања Лука; Драган Лалић, СМШ «Ј. Дучић» Теслић; Данко Марин, Гимназија Приједор; Милош Митрић, СШЦ Шипово; Дијана Вуковић, Електротехничка школа Приједор; Милорад Капетановић, Гимназија «П. Кочић» Нови Град; Бојан Комленовић, СШЦ Србиње; Ана Ковачевић, СШЦ Србиње; Маја Шаренац, Гимназија Љубиње; Сњежана Вилотић, СШЦ Србиње; Хелена Марић, СШЦ Србиње; Бојана Благојевић, Гимназија Добој; Миланка Јанковић, Гимназија Добој; Гвозден Нешковић, Добој; Рајка Тутњевић, Економска школа Добој; Милован Петковић, СШЦ Милићи; Срђан Абаџић, Гимназија «Ф. Вишњић» Бијељина; Владимир Љубојевић, Гимназија «Ф. Вишњић» Вијељина; Срђан Кецман, ТШ «Михајло Пупин» Бијељина.

Ако за реалне бројеве x, y, y важи

доказати да су они међусобно једнаки.

На страници BC једнакокраког троугла ABC (AC = BC) дата је тачка D (D¹C) таква да је AD² = BD×BC. Доказати да је AD = AB.

Доказати да не постоји природан број n такав да је број  2ⁿ + n²  дељив са 2002.

Нека је S = {-2, -1, 0, 1, 2 } и нека је у Декартовом координатном систему означено на произвољан начин 17 тачака из скупа S´S. Доказати да постоје три означене тачке A, B, C такве да је B средиште дужи AC.

Из  слиједи да је , тј.

.                (1)

Аналогно добијамо

,                (2)

.                (3)

Уз ознаку A=(x-y)(y-z)(z-x), множењем једнакости (1), (2) и (3) добијамо да је

,

.

Како је други чинилац на лијевој страни посљедње једнакости позитиван, слиједи је A=0, па међу бројевима x, y, z има једнаких. Ако је нпр. x=y тада из (1) добијамо да је y=z, па је x=y=z.

Алтернативно рјшење: Претпоставимо да међу бројевима који задовољавају дати услов има различитих. Тада су сви они међусобно различити. Можемо претпоставити да је x највећи од њих. Имамо слиједећа два случаја:

1⁰ y>z. Тада је лијева страна једнакости (1) позитивна, а десна негативна. Контрадикција.

2⁰ y<z. Тада је лијева страна једнакости (2) негативна, а десна страна позитивна. Контрадикција. Дакле, мора бити x=y=z.

Нека је E тачка таква да је ABDE паралелограм (видети слику 1). Из услова задатка је . Пошто је AC=BC и AD=BE (по конструкцији), имамо . Како је ÐEBC=ÐBDA (углови са паралелним крацима) слиједи да је ∆EBC~∆BDA. Због доказане сличности је ÐBEC=ÐDBA и CE:CB=AB:AD. Одавде је ÐDEC=ÐBEC-ÐBED=ÐDBA-ÐBAD=ÐCAB-ÐBAD=ÐDAC и CE:AC=CE:CB=AB:AD=DE:DA. Закључујемо да је ∆DAC~∆DEC, што коначно даје AB:AD=DE:DA=DC:DC=1.

Слика 1.

Алтернативно рјешење: Из Стјуартове теореме добијамо

,

Па је AB²=BD×BC=AD² , одакле је AD=AB , што је требало доказати.

Додатак: Стјуартова теорема је тврђење које се састоји у  овом: ако су A, B, C – темена троугла, а D – произвољна тачка на страни BC , тада важи однос: . 

Стјуартова теорема је названа по имену енглеског математичара М. Стјуарта који ју је доказао и објавио у раду «Неке опште теореме» (1746, Единбург). Теорему је Стјуарту саопштио његов учитељ Р. Симсон, који ју је публиковао тек 1749 г. Примењује се за налажење медијана и бисектиса троуглова.

Имамо сљедећа два случаја.

1° Координатни почетак је означен. Разбијемо преостале 24 тачке скупа S´S на 12 парова централно симетричних тачака (центар симетрије је координатни почетак). Како је означених тачака више од 13, у једном од ових парова су обје тачке означене. Те двије тачке и координатни почетак су три тражене тачке.

2° Координатни почетак није означен. Разбијемо преостале тачке скупа S´S на 8 тројки, као на слици 2. Како је означених тачака 17, на основу Дирихлеовог принципа у једној од ових тројки су све три тачке означене. То су три тражене тачке.

Слика 2.

Додатак: Дирихлеов принцип је аксиом који утврђује да ће у растављању скупа од n+1 елемената на n класа једна од ласа имати бар два елемента. Дирихлеов принцип се примењује у теорији бројева, у теорији хармонијских функција и др.

Алтернативно рјешење: Случај ако је координатни почетак означен се рјешава као у првом рјешењу. Нека координатни почетак није означен и претпоставимо да тврдња није тачна. Нека се на x-оси налази k означених тачака, а на y-оси l означених тачака. Можемо узети да је  l £ k. Пребројаћемо означене тачке по вертикалама. Ако је тачка (i,0) означена (iÎ{-2, -1, 1, 2}) тада у на правој x=i највише три тачке означене, а у супротном су на овој правој означене највише 4 тачке. Дакле, број означених тачака није већи од l+3k+4(4-k)=l-k+16, што је мање од 17, пошто је l £ k. Контрадикција.

Доказати да за a>0 и 0<b<1 вреди

.

Нека су D, E редом средишта страница AB и AC троугла ABC и M пресјечна тачка симетрале угла BAC са страницом BC. Доказати да вреди

(а) Ако је четвороугао ADME тетиван онда је AD×AE = MD×ME.

(б) Ако је AD×AE = MD×ME тада је четвороугао ADME тетиван или је ромб.

Доказати да је број a=0,a₁a₂a₃… ирационалан, гдје је

a_n=1 ако је број простих делитеља броја n паран, односно

a_n=0 ако је број простих делитеља броја n непаран.

У простору је дато коначно много равни. Доказати да се могу одабрати двије тачке које се налазе са различитих страна сваке од тих равни.

Квадрирањем, а затим сређивањем, имамо еквивалентну неједнакост

.

Новим квадрирањем и груписањем

,

а отуда еквивалентан израз који је увек тачан

.

(Решење предложила В.В, проф.)

Примјеном синусне теореме на троуглове AMD и АМЕ добијамо да је

,  ,

па из датог услова слиједи да је . Ово је даље еквивалентно са , тј. . Слиједи да је , односно AD=MD и AE=ME. Троуглови AMD и АМЕ су подударни, јер имају подударне налегле углове на заједничкој страници AM, па како су они једнакокраки то је AD=AE. Дакле све странице четвороугла ADME су подударне, па је он ромб.

Претпоставимо супротно, тј. да је број a рационалан. Тада је низ (a_n) периодичан, тј. постоји природни број T такав да за свако n почевши од неког n₀ важи a_n+T = a_n. Постоје различити прости бројеви p, q, r који су већи од T (простих бројева има бесконачно много).

Тада су p и q узајамно прости са T и постоје природни бројеви a и b такви да је .

Доказ: Ако су m и n узајамно прости посматрајмо бројеве m, m², m³, …,m^n-1. Ако сви ти бројеви дају различите остатке при дељењу са n тада неки од њих даје остатак 1, па постоји k тако да је m^k º1 (mod n). Ако нека два међу тим бројевима дају исти остатак по модулу n имамо mⁱ ºm^j (mod n) одакле је за i>j испуњено m^i-j º1 (mod n). Тиме је доказано да за (m,n)=1 увек постоји kÎN тако да је m^k º1 (mod n).

Али даље имамо да је за неко n³n₀ које је облика p^ax испуњено nº1(mod T) и a_n=0 (јер n има један прост дјелилац) и за неко m³n₀ које је облика (qr)^by важи mº1(mod T) и a_m=1 (јер m има два проста дјелиоца). Добили смо да за m, n ³ n₀ важи m º n (mod T ) и a_m ¹ a_n , што је јасна контрадикција.

Додатак: У теорији бројева често се користи сљедећа ознака (тзв. конгруенција по модулу). Ако је m|a-b, тј. број a-b је дјељив бројем m, пишемо

и читамо «a конгруентно са b по модулу m». Са конгруенцијом се може поступати слично као са једнакошћу уз неке изузетке. Нпр. из akºbk(modm) у општем случају не мора слиједити aºb(modm) иако у случају (k,m)=1 то заиста слиједи.

Најчешће коришћене теореме теорије бројева јесу:

   Вилсонова теорема: Број p је прост ако и само ако је .

   Фермаова теорема: За прост број p и природан број a важи .

   Ојлерова теорема: Ако су a и m узајамно прости бројеви онда је

.

У Ојлеровој теореми користи се Ојлерова j-функција. Са j(n) означавамо број природних бројева који нису већи од n и који су узајамно прости са n. Показује се да за прост број p важи  и да за (m,n)=1 вриједи j(m)×j(n)=j(m×n). Тако се изводи формула

,

гдје су p₁,…,p_k различит прости бројеви.

Нека су дате равни p₁, p₂,  ..., p_n. Докажимо најприје да постоји права која сијече сваку од датих равни. Узмимо произвољну тачку P у простору и конструишимо равни a₁, ..., a_n које пролазе кроз P и паралелне су са датим равнима. Пошто се простор не може покрити са коначно много равни, слиједи да постоји тачка Q која не припада ни једној од равни a₁, ..., a_n. Тада је права p одређена тачкама P и Q тражена (p сијече сваку од равни a₁, ..., a_n које су с њима паралелне).

Означимо са P₁, ₂, …, P_n пресјечне тачке праве p са датим равнима и претпоставимо да вриједи поредак  P₁—P₂—...—P_n. Очигледно тачке M и N праве p дефинисане са M—P₁—P_n—N задовољавају услове задатка.

Једнакостранични троугао ABC је уписан у кружницу k. На страницама AC и AB узете су тачке M и N редом, тако да је AM=2MC и AN=NB. Полуправа MN сијече кружницу k у тачки P. Доказати да је

.

Нека су x, y, z позитивни реални бројеви такви да је xyz=x+y+z+2. Доказати неједнакост:

.

Дат је скуп S={1, 2, …, n}. Доказати да је укупан број уређених тројки (A,B,C) подскупова скупа S таквих да је AÍBÍC и  једнак . (Са |X| је означен број елемената скупа X.)

За природан број n означимо са j(n) број природних бројева који нису већи од n и који су релативно прости са n. Наћи све природне бројеве n за које j(n)|n.

Једначина коју доказујемо еквивалентна је са . Како је AP+BP=CP (то важи за сваку тачку лука AB) слиједи да је довољно доказати . Користећи формулу за површину троугла  и чињеницу  добијамо да је последња једначина еквивалентна са .

Нека су P₁, P₂, P₃ подножја нормала из тачке P на праве AC, BC и AB редом, N₁, N₂ – подножја нормала из N на AC и BC, редом и  M₁, M₂ – подножја нормала из M на BC, AB редом (слика 3). Тада је последња једнакост еквивалентна са  . Како је AC=BC=AB довољно је доказати

.        (*)

Слика 3.

Нека је  и  h  висина троугла  ABC. Тада лако добијамо (користећи сличност) да је , . Користећи став о трапезу добијамо да је

.

На основу добијених једнакости имамо

,

чиме је једнакост (*) доказана.

Како за углове троугла важи идентитет

(што је еквивалтнтно )

могу се увести смене , , .

Пошто за углове троугла важи неједнакост , добијамо

, што повлачи , односно

,

што због услова  даје тражену једнакост.

Нека су n, k природни бројеви такви да је  и нека је  () канонски приказ броја n. Тада је , па уврштавањем у једнакост  добијамо . Одавде слиједи да је l£2 (за l>2 десна страна ове једнакости је дјељива са 4, а лијева није). Ако је l=2 тада из  слиједи да је  (опет је лијева страна дијељива са 2), па имамо . Како је  и  паран број, одавде силједи да је  и , тј. . Број n=1 такође задовољава услове задатка, па су сви тражени бројеви дати формулом  .

Нека су D, E редом средишта страница BC и AC троугла ABC и O, S редом центри описане и уписане кружнице. Доказати да тачке D, E, O, S припадају истој кружници ако и само ако је AC+BC=2AB.

Нека су x₁, x₂ , ..., x_n  бројеви из интервала (0,p/2) такви да је

.

Доказати да је

.

Ако је AC=BC тврђење је тривијално. Зато претпоставимо да је AC<BC. Уведимо стандардне ознаке AB=c, BC=a, CA=b, . Нека су S₁ и S₂ подножја нормала из тачке S на странице BC и AC, редом (слика 4). Тада је CS₁=CS₁=s-c.

   Претпоставимо да тачке D, E, O, S припадају истој кружници. Лако се види да и тачка C припада тој кружници. Како је ÐSCE=ÐSCD слиједи SE=SD, што заједно са SS₂=SS₁ и ÐSS₂E=ÐSS₁D=90° даје DSS₂E@DSS₁D.

Слика 4.

Из те подударности слиједи S₂E=S₁D, тј. . Како је по претпоставци b<a закључујемо да је . Одатле се лако добија a+b=2c. Тиме је доказан један смер тврђења.

Обрнуто, претпоставимо да је a+b=2c. Тада је S₂E=S₁D, што заједно са SS₂=SS₁ и ÐSS₂E=ÐSS₁D=90° даје DSS₂E@DSS₁D. Из те подударности слиједи SE=SD. Претпоставимо супротно, тј. да тачка S не припада кружници CDOE. Нека права CS сијече ту кружницу у тачки T. Тада је због ÐTCE=ÐTCD испуњено TE=TD што заједно са SE=SD и ST=ST даје DTSE@DTSD. Из те подударности слиједи ÐETC=ÐDTC, па су и одговарајуће тетиве једнаке, тј. EC=DC. Слиједи b=a, што је контрадикција, јер смо претпоставили да је b<a. Овим је доказан и други део тврђења првог задатка.

Нека је  за i=1,2,…,n и . Тада је , па ћемо посматрати функцију  за t>0. Како је , то је f конкавна на (0,+¥). На основу Јенсенове неједнакости је , тј. . За 0<A£1 је , па одавде слиједи тврдња.

Додатак: (Јенсенова теорема) Ако је  конвексна функција и  произвљни бројеви из интервала (a,b) тада је

.

Ако је f конкавна важи обрнута неједнакост (£ уместо ³).