Federalno takmicenje os tuzlanski kanton, Vežbe od Matematika

Preuzmite Federalno takmicenje os tuzlanski kanton i više Vežbe u PDF od Matematika samo na Docsity! UDRUµZENJE MATEMATIµCARA TUZLANSKOG KANTONA - UM TK FEDERALNO TAKMIµCENJE IZ MATEMATIKE UµCENIKA OSNOVNIH ŠKOLA Blagaj, 19. maj 2007. godine RJEŠENJA ZADATAKA VI Razred 1. Odrediti broj x u jednadµzbi 2 73 = 1 60 + 1 219 + 1 292 + 1 x : Rješenje. 1 x = 2 73 1 60 1 219 1 292 = 1 73 1 60 + 1 73 1 3
73 1 4
73 = 60 73 + 60 20 15 3
4
5
73 = 12 3
4
5
73 = 1 365 ) x = 365: 2. Na jednom otoku 3 4 muškaraca su oµzenjeni, a 2 3 µzena su udate. Koji dio ukupnog broja stanovnika otoka nije u braku, ako je broj oµzenjenih muškaraca jednak broju udatih µzena? Rješenje. Oznaµcimo sa m broj muškaraca, a sa z broj µzena na otoku. Prema uvjetima zadatka imamo 3 4 m = 2 3 z; odakle slijedi m = 8 9 z: 1 Broj stanovnika otoka koji nisu u braku jednak je zbiru neoµzenjenih muškaraca i neudatih µzena, to jest 1 4 m+ 1 3 z; što je isto kao i 1 4
8 9 z + 1 3 z = 5 9 z: S druge strane, ukupan broj stanovnika otoka je m+ z = 8 9 z + z = 17 9 z: Na taj naµcin, odnos broja stanovnika koji nije u braku prema ukupnom broju stanovnika otoka je 5 9 z 17 9 z = 5 9 z : 17 9 z = 5 9
9 17 = 5 17 : Odgoovor: Dakle, 5 17 ukupnog broja stanovnika otoka nije u braku. 3. Náci sve trocifrene brojeve koji su 22 puta véci od zbira svojih cifara. Rješenje. Prema uvjetima zadatka, imamo abc = 100a+ 10b+ c = 22 (a+ b+ c) , 26a = 4b+ 7c; gdje su a; b; c cifre traµzenog trocifrenog broja. Oµcito je, iz posljednje jed- nakosti, da je traµzeni broj paran, to jest cifra c mora biti parna. Budúci da su a; b; c cifre i a 6= 0, iz posljednje jednakosti slijedi 26  26a = 4b+ 7c  4
9 + 7
9 = 99: Odavdje je, a  99 26 ) a 2 f1; 2; 3g ; jer je a cifra i a 6= 0. 1. sluµcaj a = 1 Sada je 4b + 7c = 26; odakle oµcito slijedi da mora biti c  3, ali zbog parnosti, ustvari moµze biti c 2 f0; 2g : Neposrednom provjerom zakljuµcujemo da moµze biti jedino c = 2, i pri tome b = 3: Dakle, u ovom sluµcaju dobili smo jedno rješenje i to je broj 132: 2 Rješenje. Dovoljno je dokazati da broj 333:::33| {z } 2007 ne moµze biti kvadrat cijelog broja. Pretpostavimo suprotno, to jest da je taj broj kvadrat nekog cijelog broja, koji oµcito mora biti neparan broj, to jest pretpostavimo da je 333:::33| {z } 2007 = (2k + 1)2 = 4k (k + 1) + 1; odakle je 4k (k + 1) = 333:::332| {z } 2007 : Broj 4k (k + 1) je djeljiv sa 8, jer je k (k + 1) djeljiv sa 2, budúci da su k i k+1 dva uzastopna cijela broja od kojih jedan mora biti paran. Me†utim, broj 333:::332| {z } 2007 nije djeljiv sa 8, jer mu trocifreni završetak, broj 332, nije djeljiv sa 8. Dobili smo kontradikciju, što znaši da nam nije ispravna pretpostavka da je broj 333:::33| {z } 2007 kvadrat nekog cijelog broja. Prema tome, broj p 333:::3, gdje se pod korijenom nalazi 2007 trojki, nije racionalan. 4. Neka su a; b; c duµzine stranica datog trougla. Ako vrijedi relacija a3 + b3 + c3 = ab (a+ b) + ac (a+ c) bc (b+ c) ; dokazati da je taj trougao pravougli. Rješenje. a3 + b3 + c3 = ab (a+ b) + ac (a+ c) bc (b+ c) , a3 + b3 + c3 a2b ab2 a2c ac2 + b2c+ bc2 = a2 (a b c) b2 (a b c) c2 (a b c) = (a b c) a2 b2 c2
= 0 Budúci da su a; b; c stranice trougla, uvijek vrijedi a < b+c, tako da preostaje a2b2c2 = 0, pa prema obrnutom Pitagorinom teoremu slijedi da je trougao pravougli. 5 VIII Razred 1. Na promociji Turistiµcke zajednice u Blagaju 2007. godine gostima su podijeljene brošure s turistiµckom ponudom Blagaja i okoline. Svaki gost je dobio jednak broj brošura. Da je promociji prisustvovalo 10 gostiju manje, svaki od njih bi dobio 2 brošure više, a da je prisustvovalo 8 gostiju više, svaki bi dobio jednu brošuru manje. Koliko je gostiju prisustvovalo promociji i koliko je brošura svaki od njih dobio? Rješenje. Oznaµcimo sa x broj gostiju, a sa y broj brošura koji je svaki gost dobio. Prema uvjetima zadatka imamo sljedéci sistem jednadµzbi (x 10) (y + 2) = xy; (x+ 8) (y 1) = xy;  , xy 10y + 2x 20 = xy; xy + 8y x 8 = xy;  , x 5y = 10;x+ 8y = 8;  odakle slijedi x = 40; y = 6. Odgovor: Promociji je prisustvovalo 40 gostiju i svaki od njih je dobio 6 brošura. 2. Náci sve trojke cijelih brojeva (x; y; z) koje zadovoljavaju jednakost 3 (x 3)2 + 6y2 + 2z2 + 3y2z2 = 33: Rješenje. Uoµcimo da su svi sabirci na lijevoj strani jednadµzbe,izuzev 2z2, kao i desna strana djeljivi sa 3. Zbog toga i izraz 2z2 mora biti djeljiv sa 3, to jest z2; pa prema tome, i z moraju biti djeljivi sa 3. No, kako je 2z2  33, dobijamo z 2 f0;1;2;3;4g, što zajedno s prethodnim daje z 2 f0;3g : 1. sluµcaj z = 3 Data jednadµzba postaje 3 (x 3)2 + 6y2 + 3y2z2 = 15, (x 3)2 + 11y2 = 5: Kako je 11y2  11 za y 6= 0, zakljuµcujemo da je jedina mogúcnost za y upravo y = 0. Me†utim, jednadµzba (x 3)2 = 5 nije zadovoljena ni za jedan cio broj x, pa u ovom sluµcaju jednadµzba nema rješenja. 6 2. sluµcaj z = 0 Data jednadµzba poprima oblik 3 (x 3)2 + 6y2 = 33, (x 3)2 + 2y2 = 11: Kako treba biti 2y2  11, zakljuµcujemo da je y 2 f0;1;2g. Neposred- nom provjerom za y = 0 i y = 2; uvjeravamo se da ne postoji odgo- varajúci cio broj x, a za y = 1 dobije se x = 0 ili x = 6. Odgovor: (x; y; z) 2 f(0; 1; 0) ; (0;1; 0) ; (6; 1; 0) ; (6;1; 0)g : 3. Polupreµcnik baze (osnove) uspravnog valjka (cilindra) povécan je za 200%; a visina valjka je smanjena za p%. Ako se zapremina tog valjka povécala za p%, odrediti da li se površina omotaµca povécala ili smanjila i za koliko procenata. Rješenje. Oznaµcimo sa r i H polupreµcnik baze i visinu valjka, respek- tivno, a sa r1 i H1 oznaµcimo polupreµcnik baze i visinu novodobijenog valjka. Prema uvjetima zadatka imamo r1 = 3r i H1 =  1 p 100  H i, na osnovu toga, V1 =  1 + p 100  V , r21H1 =  1 + p 100  r2H , 9r2  1 p 100  H =  1 + p 100  r2H , 9  1 p 100  =  1 + p 100  , p = 80%: Oznaµcimo saM površinu omotaµca polaznog valjka, a saM1 površinu omotaµca novodobijenog valjka . Tada je M1 M = 2r1H1 2rH = 3r  1 p 100  H rH = 3  1 80 100  = 0; 6: Dakle, površina omotaµca se smanjila za 40%. 7