Математика за оне који могу и желе више - 18213 by Zavod za udžbenike

ЗБИРКА ЗАДАТАКА ИЗ МАТЕМАТИКЕ ЗА ОСМИ РАЗРЕД ОСНОВНЕ ШКОЛЕ

ЗА ОНЕ КОЈИ МОГУ И ЖЕЛЕ ВИШЕ

www.zavod.co.rs k.b. 18213

Вера Јоцковић

Владимир Мићић

ЗБИРКА

Ђорђе Дугошија

Војислав Андрић

ЗАДАТАКА ИЗ MАТЕМАТИКЕ

ЗА ОНЕ КОЈИ МОГУ И ЖЕЛЕ ВИШЕ за осми разред основне школе

Вера Јоцковић

. Владимир Мићић . Ђорђе Дугошија . Војислав Андрић

ЗБИРКА

ЗАДАТАКА ИЗ MАТЕМАТИКЕ

ЗА ОНЕ КОЈИ МОГУ И ЖЕЛЕ ВИШЕ за осми разред основне школе

ЗА ОНЕ К

ОЈИ МОГ

РЕЦЕНЗЕНТИ = др Ариф Золић Пера Цветиновић Милица Прошић

У И ЖЕЛЕ

ВИШЕ

УРЕДНИК = Милољуб Албијанић ОДГОВОРНИ УРЕДНИК = Слободанка Ружичић ЗА ИЗДАВАЧА = Милољуб Албијанић, директор и главни уредник CIP – Каталогизација у публикацији Народна библиотека Србије, Београд 37.016:51(075.2)(076) ЗБИРКА задатака из математике : за оне који желе и могу више : за осми разред основне школе / Вера Јоцковић ... [и др.] ; [цртежи Марија Караћ]. –1. изд. – Београд : Завод за уџбенике, 2011 (Београд : Службени гласник). – 152 стр. ; граф. прикази ; 27 cm Тираж 2.000. ISBN 978-86-17-17229-7 1. Јоцковић, Вера, 1949– [аутор] COBISS.SR-ID 183013900

Министар просвете Републике Србије својим решењем број 650-02-00732/2010-06 од 27. 01. 2011. године, одобрио је ову збирку из математике за издавање и употребу у осмом разреду основне школе. ISBN 978-86-17-17229-7 © ЗАВОД ЗА УЏБЕНИКЕ, Београд, 2011. Ово дело не сме се умножавати и на било који начин репродуковати, ни у целини нити у деловима, без писменог одобрења издавача.

П Oва књига припада уџбеничком комплету Завода за уџбеника за наставу математике у oсмом разреду основне школе. Намењена је, као што се у наслову истиче, ученицима који „желе и могу више“ дакле, за додатну наставу математике. Избор тема сагласан је с Наставним програмом додатне наставе математике и програмом математичких такмичења у осмом разреду. Завод за уџбенике овим издањем наставља серију материјала, намењених популаризацији математике међу младима и даје свој озбиљан и активан допринос обогаћивању уџбеничке литературе намењене додатној настави и ваннаставним активностима у области математике. Циљ нам је да ученицима осмог разреда основне школе који у области математике желе и могу више омогућимо да продубе и прошире своја математичка знања. У књизи су нешто продубљеније и детаљније разматрани садржаји који су у редовној настави већ третирани, али и обрађени поједини додатни и нови садржаји који нису у редовној настави директно помињани, а представљају логично проширење редовне наставе, примерено могућностима ученика. Предложени начин обраде тема близак је приступу који је остварен кроз уџбеник и збирку задатака. При том смо настојали да у свакој обрађеној теми ученици нађу и нестандардне задатке, који ће их подстаћи на интензивно и активно учешће у настави и самостално истраживање проблема. Уџбеник садржи 24 наставне теме. Већина тема садржи кратак теоријски увод са најважнијим тврђењима и неколико карактеристичних примера. Потом следе задаци за увежбавање изложених садржаја, при чему је дат и један број задатака са математичких такмичења. Задаци су, углавном, детаљно решени, а ученицима – корисницима уџбеника препоручујемо да не уче решења задатака, већ да их самостално решавају и да дата решења користе само за упоређивање и проверу сопственог решења. На крају уџбеника дат је списак литературе коју предлажемо ученицима и наставницима за даљи рад као и списак неколико корисних математичких Интернет сајтова. Надамо се да ће својим садржајима овај књига испунити очекивања заинтересованих ученика који показују изражене способности у области математике, што даје за право да се, уз све резерве и опрезе, које захтева узраст ученика и фаза менталног развоја кроз коју пролазе, они препознају као обдарени млади математичари. Наша основна замисао је да овим путем дамо свој допринос напорима школа, ученика и наставника да додатна настава у области математике унапреди и интензивира и поново заузме значајно место у образовном систему, како је уосталом и предвиђено Наставним програмом. Жеља нам је и да се овај важан облик математичког образовања одвија систематски и не препушта готово искључиво ваншколским активностима кроз стручна друштва, клубове, радионице и сл. Захваљујемо се рецензентима на пажљивој анализи наших текстова, корисним примедбама и сугестијама . Надамо се да смо, поступајући по њима, остварили заједнички циљ да се ученицима понуди квалитетан и користан материјал. Захваљујемо се Заводу за уџбенике што нам је поклонио поверење да ауторски обликујемо ову књигу. Њеном побољшању ће корисно послужити мишљења и критички осврти корисника. Позивамо ученике и наставнике на сарадњу везану за унапређивање додатне наставе математике и овог уџбеничког материјала. Зато молимо да питања везана за његове садржаје, примедбе и предлоге за побољшање и све друге потребне контакте остваре путем е-mail-а: vandric@beotel.rs. Аутори

Садржај 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.1.

Талесова теорема и примене .......................................................................................... 7 Сличност троуглова ............................................................................................................ 8 Примена сличности на правоугли троугао .............................................................. 9 Примена сличности код круга ........................................................................................ 9 Примена сличности код многоуглова .........................................................................10

2. , , . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2.1. Тачка, права, раван .............................................................................................................11 2.2. Рогаљ .........................................................................................................................................14

3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .17 4. . . . . . . . . . . . . . . . 20 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 6. . . . . . . . . . 26 7. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .30 8. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 9. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .38 10. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 11. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 12. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 4

13. − . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 14. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 15. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .60 16. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 17. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .66 18. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .69 18.1. Системи линеарних неједначина ...............................................................................69 18.2. Линеарно програмирање с две непознате ...........................................................71 18.3. Примена линеарног програмирања ...........................................................................72

19. A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 19.1. Ојлеров метод ...................................................................................................................76 19.2. Метод почетног решења .............................................................................................77 19.3. Примена линеарних Диофантових једначина ......................................................78

20. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 21. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .85 22. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .88 22.1. Увод ..........................................................................................................................................88 22.2. Неки екстремални проблеми у алгебри ................................................................89 22.2. Неки екстремални проблеми у геометрији .......................................................92

23. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 24. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .99 !"!#,, $ !%!&",, ' ( )" . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

1.1. Талесова теорема и примене пример

Neka su A i B taËke poluprave Op i C i D taËke sa iste strane te poluprave takve da je duæ AC C paralelna duæi BD. Ako je AC C : AO = BD : OB, tada su taËke O, C i D kolinearne.

Neka poluprava OC C seËe polupravu BD u taËki E. Dokaæimo da se taËke D i E poklapaju. Prema Talesovoj teoremi (odnosno wenom dodatku) vredi AC C : OA = BE : OB. Kako je AC C : AO = BD : OB, vredi BE E : OB = BD : OB, pa je BE = BD. Stoga je E /D i tvrewe je dokaO zano.

Задаци 1. Na koordinatnoj ravni konstruisana je duæ kojoj je jedan kraj koordinatni poËetak, a drugi taËka: a) (32,76); b)^ 29 , 48 h . Koje celobrojne taËke su na toj duæi? 2. Paralelne prave l i n seku stranice ugla \B u taËkama K, L, M i N. Iz tih taËaka konstruisane su normale na stranice ugla koje se seku u taËkama P i Q (vidi sliku). Dokaæi da su taËke B, P i Q kolinearne.

M K Q

3. Podeli datu duæ u razmeri ^ 5 - 1 h : 2 (po zlat- O nom preseku).

4. Neka je ABC trougao, K taËka na polupravoj AB, L taËka na polupravoj AC. Dokaæimo da je P^ ABCh AB $ AC = P^ AKLh AK $ AL 5. Na datim slikama prave AAl i BBl su paralelne, C je srediπte duæi AAl. Dokaæi da prava OC polovi duæ BBl, tj. da je D srediπte duæi BBl. B' A'

D C

A' C A

O A

D B

6. Neka je ABC trougao i D, E, F srediπta wegovih stranica BC, CA, AB redom. Neka prava p sadræi taËku A i seËe prave DF i DE D N u taËkama M, odnosno N. Dokaæi da su prave C BM i CN paralelne. 7. Neka je ABCD Ëetvorougao, M taËka na AD, N taËka na DC, P taËka na BC i Q taËka na AB takve da je MN paralelno AC, NP paralelno BD, PQ paralelno AC. Dokaæi da je MQ paralelno BD.

M P

1.2. Сличност троуглова пример

2 C

Neka simetrala ugla \C seËe stranicu AB trougla ABC u taËki M. Dokaæi da je AM MB = AC : BC. Prvi naËin: Neka prava koja sadræi taËku B, a paralelna je pravoj AC, seËe pravu CM u taËki D. Tada je \CAB = \ABD, \ACM = \BDM = \DCB. Trougao BCD je jednakokrak pa je BD = BC. Kako je ACM : BDM (prema UU), sledi A AC : BC = AC : BD = AM : MB.

Drugi naËin: Neka je D taËka na polupravoj BC iza C takva da je CD = AC = b. Tada je \ADC = \DAC, a D \ACB je jednak wihovom zbiru kao spoqaπwi ugao trougla ACD. 1 Kako je \MCB = \ACB = \ADB , prave 2 AD i CM su paralelne. Prema Taleso-

b C

voj teoremi AM : MB = DC : CB, pa je AM: MB = AC : BC.

D B

Задаци 1. Koji se trougao moæe razrezati na dva meusobno sliËna trougla? 1 1 1 2. Neka su ha, hb, hc visine trougla T . Dokaæi da se od duæi jednakih , , moæe ha hb h c konstruisati trougao sliËan trouglu T.

3. Dokaæi da ne postoji trougao Ëije visine imaju duæine 2, 4, 5.

4. Trougao ABC ima stranice 3, 5, 6 a visine trougla MNP su 40, 24, 20. Da li su ova dva trougla sliËna?

5. Neka za uglove trougla ABC vaæi da je \BAC=2\ABC. Dokaæi da je a2 = b(b + c). 6. Konstruiπi trougao ABC ako je dato: a) polupreËnik opisanog kruga R, uglovi a i b; b) ugao a, visina ha, i b : c = 3 : 4. 7. Neka simetrala spoqaπweg ugla kod temena A trougla ABC seËe pravu BC u M. Dokaæi da je MB : MC = AB : AC. 8. Neka je ABC trougao, AC = 6 cm, BC = 3 cm, \C = 120°. Kolika je duæina odseËka simetrale ugla C unutar C trougla? 9. Neka je ABCD konveksan Ëetvorougao. Ako se simetrale uglova \A i \C seku na dijagonali BD, dokaæimo da se i simetrale uglova \B i \D seku na dijagonali AC.

10. U dati trougao ABC upiπi jednakostraniËni trougao KLM takav da je K!BC, L!AC, M!AB, KL;;AB. A

1.3. Примена сличности на правоугли троугао Задаци 1. Hipotenuza pravouglog trougla je 5, a visina koja joj odgovara je 2. Kolike su katete? 2. Neka je trougao ABC pravougli \ACB = 90°. Ako simetrala ugla CAB gradi na kateti BC odseËke duæine 13 cm i 5 cm, izraËunaj povrπinu i obim trougla ABC. 3. Neka je trougao ABC pravougli \ACB = 90°. TaËka M!AB, a P i Q su podnoæja normala iz M na AC i BC. Dokaæimo da je AP2/AM2 + BQ2/BM2 = 1. 4. Neka je trougao ABC pravougli \ACB = 90°. TaËke D i E su redom preseci sa AB simetrale ugla ACB i visine koja odgovara hipotenuzi. Odredi AE : EB ako je AD : DB = m : n.

1.4. Примена сличности код круга Задаци 1. Dve kruænice se dodiruju u taËki M. Kroz taËku M konstruisane su dve prave. Prva seËe kruænice u taËkama A i A1 a druga u B i B1. Dokaæi da su prave AA1 i BB1 paralelne.

2. Prava AC je tangenta na kruænicu k1 a prava BD je tangenta na kruænicu k2 kojima je AB zajedniËka tetiva a k1 C!k2, D!k1(vidi sliku). Dokaæi: a) AD je paralelno BC; b) AB2 = AD · BC.

A k2 B C

1.5. Примена сличности код многоуглова Задаци 1.

Neka je ABCD trapez. Duæ EF je paralelna osnovicama AB = a, CD = b, pri Ëemu E!AD, F!BC. Ako je AE : ED = m : n. IzraËunaj EF.

2. Oko kruga polupreËnika R je opisan pravilni n-tougao stranice a i upisan je 2Rb pravilni n-tougao stranice b. Dokaæi da vaæi a = . 2 2 4R - b 3. Neka je ABCD trapez sa osnovicama H F G AB = a, CD = b. Neka se dijagonale seku u E a produæeci krakova u F. Kroz F je D C konstruisana prava paralelna osnovib cama koja seËe produæetke dijagonala u taËkama G i H. Dokaæi da je F sreE diπte duæi GH. 4. Dokaæi da su preseËna taËka produæetka krakova trapeza, presek dijagonala i srediπta osnovica kolinearne taËke.

5. Na slici su Ëetiri konkurentne prave p, q, r, s. Ako je AB ;; s, BC ;; p, CD ;; q, DE ;; r, dokaæi da je AO H 4OE. A

C D

R q s

6. Neka je ABC trougao, M, N, P taËke na stranicama BC, CA i AB takve da se duæi AM, BN i CP seku u taËki S. Neka poluprave BN, CP seku pravu paralelnu BC koja prolazi kroz A u taËkama R i Q.

P S

AQ AP AR AN AS AP AN ; b) . = , = = + BC PB BC NC SM PB NC 7. Dokaæimo da je taËka preseka dijagonala trapeza bliæa mawoj osnovici nego veÊoj. Dokaæi: a)

8. Na stranici BC trougla ABC izabrana je taËka M a na stranici AC taËka N tako da je CN : CA = 2CM : CB. Zatim je konstruisana prava koja sadræi M paralelna CA i prava koja sadræi N paralelna AB. Dokaæi da se te dve prave seku na pravoj koja sadræi teæiπnu duæ iz temena C. 9. Neka je ABCD paralelogram sa stranicama AB = a i BC = b, a M taËka na stranici AD i N taËka u kojoj prava CM seËe pravu AB. Dokaæi da je BN, DM = a, b.

ТАЧКА, ПРАВА, РАВАН

Do sada smo, u redovnoj i dodatnoj nastavi, stekli neka osnovna znawa o taËkama, pravama i ravnima u prostoru. Sada Êemo ta znawa malo proπiriti, taman toliko da moæemo razmatrati prizme i piramide koje nisu pravilne. Naravno da ostaje puno toga πto se uËi kasnije.

2.1. Тачка, права, раван пример

(Tvrewe o tri normale) Neka je taËka A van ravni a i prava p u ravni a. Normala iz taËke A na ravan a prodire ravan a u taËki B, a normala iz taËke B na pravu p seËe pravu p u taËki C. Tada je prava AC normalna na pravu p. Dokaæi!

Ako taËka B pripada pravoj p tada se taËke B i C B D poklapaju, dakle, tvrewe je taËno. Ako taËka B ne p pripada pravoj p odredimo taËku D na pravoj p C α tako da je AB = CD. Tada su pravougli trouglovi ABC i DCB podudarni, pa sledi da je AC = BD. Sada iz AC = BD, AD = DA, AB = DC sledi da su podudarni trouglovi ABD i DCA, pa su jednaki uglovi ABD i ACD. Po pretpostavci ugao ABD je prav, pa je prav i ugao ACD, odnosno prava AC normalna je na pravu p.

пример

Ravan trougla ABC nije normalna na ravan a. Stranica AB pripada ravni a. Dokaæi da je ugao AClB veÊi od ugla ACB, gde je Cl normalna projekcija temena C na ravan a. A

A M

C' α

C1 C'

B B A A M M B Zamisli da smo ravan trougla doveli do poklapawa sa ravni a tako da se prava AB pri tome nije pomerala i da su trouglovi ABC1 i ABCl sa iste strane prave AB. Sa C1 smo obeleæili taËku u ravni a koja se poklopila sa temenom C. Neka je taËka M na pravoj AB tako da je CM normalno na pravu AB. Tada je ClM < CM, odnosno ClM < C1M pa je taËka Cl� u unutraπwoj oblasti trougla AC1B. Ugao AC1B je veÊi od ugla ACB, πto je i trebalo dokazati.

пример

Ravan r sadræi hipotenuzu AB pravouglog trougla ABC i sa ravni trougla zaklapa ugao od 30°. Koliko je rastojawe temena pravog ugla trougla od ravni r ako su katete a i b?

C C'

° Neka je D taËka na hipotenuzi trougla tako da je CD 30 M normalno na AB. TaËka Cl je ortogonalna projekcija A B temena C na ravan r. Tada je \CDCl ugao diedra koji je odreen ravnima ABC i r i jednak je 30°. Iz pravouglog trougla CDCl je CCl jednako polovini AD. Duæina duæi AD je visina troug2P ab . la ABC koja odgovara hipotenuzi i vaæi AD = ABC , odnosno AD = 2 AB a + b2 ab . Rastojawe temena pravog ugla trougla ABC od ravni r jednako je 2 a2 + b2

пример

Trougao ABC, AB = 15 cm, AC =14 cm, BC = 13 cm, nalazi se u ravni koja seËe ravan r po pravoj AB. Ravni ABC i r zaklapaju ugao od 60°. Ako je AlBlCl projekcija trougla ABC na ravan r izraËunaj povrπinu trougla AlBlCl. Prvo izraËunavamo povrπinu trougla ABC Ëije su stranice a = 13 cm, b = 14 cm, c = 15 cm. IzraËunavamo visinu hc. Neka je CD = AB, D !AB, AD = x, DB = 15 ‡ x.

Iz trougla ADC sledi 142 ‡ x2 = h 2C . Iz trougla DBC sledi 2 132 ‡ (15 ‡ x)2 = h C . Daqe je 142 ‡ x2 = 132 ‡ (15 ‡ x)2. Odavde nalazimo da je x = 8,4, pa zamenom dobijamo h 2C = 14 2 - 8, 4 2, hC = 196 - 70, 56 , hC = 11,2, odnosno povrπinu P^ ABCh =

c $ hC 15 $ 11, 2 2 , P^ ABCh = , P^ ABCh = 84 cm . 2 2 B

c-x

A Ako je Cl projekcija temena C na ravan r povrπina Al Bl $ Cl Dl trougla AlBlCl jednaka je PAl Bl C l = . S obzirom 2 na to da su taËke A, B, D u ravni r to se one poklapaju sa svojim projekcijama. Takoe, AB $ Cl D na osnovu tvrewa o tri normale sledi da je ClDl = AlBl, odnosno PAl Bl Cl = . 2 11, 2 3 CD 3 = = 5, 6 3 . Trougao CClD je pravougli i \CDCl = 60°, pa je Cl D = 2 2 2 Povrπina trougla AlBlClje 42 3 cm .

Задаци 1. Neka su A1, A2,..., An različite tačke koje pripadaju kruænici k(O,r). Koliko je: a) najmawe; b) najviπe pravih odreeno taËkama A1, A2,..., An? 2. Neka su A1, A2,..., An razliËite taËke koje pripadaju kruænici k(O,r). Kada je taËkama O, A1, A2,..,, An odreeno: a) najmawe; b) najviπe pravih? 3. Neka je taËka A van ravni a i prava p u ravni a. Normala iz taËke A na ravan a prodire ravan a u taËki B koja nije na pravoj p, a normala iz taËke A na pravu p seËe pravu p u taËki C. Tada je prava BC normalna na pravu p. Dokaæi. 4. Neka je ABC trougao u ravni a i M taËka van ravni takva da je MA = MB = MC. Dokaæi da normala iz taËke M na ravan a prodire ravan a u taËki koja je centar kruænice opisane oko trougla ABC. 5. Normalna projekcija pravog ugla xOy na ravan r je prav ugao samo ako je bar jedan od krakova tog ugla paralelan ravni r. Dokaæi! 6. Neka prava odreena tačkama A i B nije normalna na ravan r. Ako taËka M pripada duæi AB i deli je u razmeri m : n , tada taËka Ml u istoj razmeri deli duæ AlBl gde su Ml, Al, Bl, ortogonalne projekcije taËaka M, A, B na ravan r. Dokaæi! 7. Ravan trougla ABC je u kosom poloæaju prema ravni r. Temena A, B, C su sa iste strane ravni r i na rastojawima 2 cm, 4 cm, 6 cm od ravni r, redom. Koliko je rastojawe teæiπta trougla ABC od ravni r? 8. Trougao ABC, AB = c, AC = b, BC = a, nalazi se u ravni koja seËe ravan r po pravoj AB. Ravni ABC i r zaklapaju ugao od 45°. Ako je AlBlCl projekcija trougla ABC na ravan r izraËunaj povrπinu trougla AlBlCl.

9. Trougao ABC, a = 6 cm, b = 14 cm, c = 16 cm, nalazi se u ravni koja seËe ravan r po pravoj AB. Ravni ABC i r zaklapaju ugao od 30°. Ako je AlBlCl projekcija trougla ABC na ravan r izraËunaj povrπinu trougla AlBlTl gde je Tl projekcija teæiπta T trougla ABC. 10. U temenu A trougla ABC (a = 16 cm, b = 14 cm, c = 18 cm) je konstruisana duæ AD = 4 5 cm normalna na ravan ABC. Koliko je rastojawe taËke A od ravni BCD? 11. Na ivicama BA i BC kocke ABCDA1B1C1D1 date su taËke M i N tako da je BM = BN. Vidi sliku. Odredi poloæaj taËaka M i N ako ravan MND1 zaklapa sa ravni ABC ugao od 45°, a ivica kocke je 10 cm.

2.2 Рогаљ Neka je R1R2R3...Rn mnogougao i S taËka van ravni mnogougla. Sve poluprave SM Ëiji poËetak je taËka S, a M su taËke sa mnogougaone linije R1R2R3...Rn Ëine povrπ. Ta povrπ se naziva rogqasta povrπ. S

R4 R2

РОГАЉ

R3 R4

R1 R2

ТРИЕДАР

ПРАВИЛНИ РОГАЉ

Rogqasta povrπ u prostoru odreuje dve oblasti. Skup svih taËaka rogqaste povrπi i jedne od tih oblasti naziva se rogaq. TaËka S je teme rogqa, poluprave SR1, SR2, SR3, ... SRn su ivice rogqa, uglovi odreeni parovima uzastopnih ivica R1SR2, R2SR3, R3SR4, ... RnSR1 su iviËni uglovi rogqa. Parovi uzastopnih iviËnih uglova rogqa Ëine diedre rogqa. Rogaq obeleæavamo sa S R1R2R3...Rn. Ako rogqu S R1R2R3...Rn pripada mnogougao R1R2R3...Rn i ako je taj mnogougao konveksan onda je i odgovarajuÊi rogaq konveksan. Rogaq sa tri strane zove se triedar. Rogaq Ëiji su svi iviËni uglovi jednaki i svi diedri jednaki naziva se pravilan rogaq.

пример

Svaki iviËni ugao triedra mawi je od zbira druga dva iviËna ugla. Neka je Sabcc triedar. Neka je iviËni ugao bSc najveÊi. Izaberimo taËke B i C redom na ivicama Sb i Sc. Odredimo polupravu Sdd u iviËnom uglu bScc tako da je \aSb = \bSd. Sa D obeleæimo presek poluprave Sd sa duæi BC, a sa A taËku na ivici Sa tako da je SD = SA. Sada je dABS d / dDBS, pa je BA = BD. Iz trougla ABC sledi AB + AC > BC, tj. AB + BC > CD + DB, BC > CD. Za trouglove ACS i DCS vaæi da je SA = SD, SC = SC, C AC > DC, C pa je \ACS ( \DCS. Daqe je \BSC = \BSD + + \DSC ' \ASB + \ASC, odnosno ugao BSC C je mawi od zbira uglova ASB i ASC.

пример

C c

b A

2 a

Ako su dva iviËna ugla triedra Sabcc jednaka, tada su naspramni diedri tog triedra jednaki. Dokaæi!

Neka je \aSb = \aSc. Izaberemo proizvoqno taËku M na ivici Sa i odredimo redom S C c na ivicama Sb i Scc taËke B i C tako da je N \MBS = \MCS = 90°. TaËka N je prodor norB male iz M kroz ravan bSc. Na osnovu tvrewa o tri normale vaæi \SBN = \SCN N = 90°. b Daqe iz MS = MS, \MBS = \MCS = 90° i \MSB = \MSC C sledi da je dMBS / dMCS. Iz podudarnosti sledi da je MB = MC. Sada je MN = MN, N MB = MC i \MNB = \MNC = 90°, pa je dMNB , dMNC. Iz ove podudarnosti sledi \MBN = \MCN, N odnosno da su diedri triedra naspram jednakih iviËnih uglova jednaki.

пример

3 S

Zbir ivičnih uglova konveksnog rogqa mawi je od 360°. Neka je SR1R2R3...Rn konveksan rogaq. UoËimo trouglove SR1R2,SR2R3,...,SRnR1, mnogougao R1R2R3...Rn i triedre R1RnSR2, R2R1SR3, RnRn‡1SR1. Na osnovu prethodnog tvrewa za uoËene triedre vaæi \RnR1R2 ' \RnR1S + \SR1R2, \R1R2R3 ' \R1R2S + \SR2R3, \Rn‡1RnR1 ' \Rn‡1RnS + \SRnR1, odnosno, posle sabirawa levih i desnih strana nejednakosti sledi

R1 R2

\RnR1R2 + \R1R2R3 + ... + \Rn‡1RnR1 ' ' \RnR1S + \SR1R2 + \R1R2S + \SR2R3 + ... + \Rn‡1RnS + \SRnR1. (1) Zbir uglova trouglova SR1R2, SR2R3,... ,SRnR1 je n · 180° = \R1SR2 + \SR1R2 + \SR2R1 + \SR2R3 + \SR2R3 + \SR3R2 + ... + \RnSR1 + \SRnR1 + \SR1Rn = = (\R1SR2 + \R2SR3 + ... + \RnSR1) + (\SR1R2 + \SR2R1 + \SR2R3 + \SR3R2 + ... + + \SRnR1 + \SR1Rn)

(2)

Na levoj strani nejednakosti (1) je zbir uglova mnogougla R1R2R3...Rn, odnosno \RnR1R2 + \R1R2R3 + ... + \Rn‡1RnR1 = n · 180° ‡ 360°, a u jednakosti (2) prvi sabirak na desnoj strani je zbir iviËnih uglova rogqa. Iz (2) sledi \R1SR2 + \R2SR3 + ... + \RnSR1 = n · 180° ‡ (\SR1R2 + \SR2R1 + \SR2R3 + \SR3R2 + ... + \SRnR1 + \SR1Rn) odnosno \R1SR2 + \R2SR3 + ... + \RnSR1 ' n · 180° ‡ (n · 180° ‡ ‡ 360°) = 360°, zbir iviËnih uglova konveksnog rogqa mawi je od 360°, πto je i trebalo dokazati.

Задаци 1. Dva iviËna ugla triedra jednaka su 70° i 80°. Koliki moæe biti treÊi ugao tog triedra? 2. Dva iviËna ugla triedra jednaka su po 45° i wima odreen diedar je 90°. Koliki je treÊi iviËni ugao tog triedra? 3. Dva iviËna ugla triedra jednaka su po 60°, a treÊi je 90°. Koliki ugao zaklapa ivica naspram pravog ugla sa tim uglom? 4. Sva tri iviËna ugla triedra Sabc su po 60°. Na ivici Sa je taËka M tako da je SM = 8 cm. Koliko je rastojawe taËke M od ravni bSc? 5. Ako je zbir iviËnih uglova triedra 180°, tada su svi ti uglovi oπtri. Dokaæi! 6. Svi iviËni uglovi rogqa su po: a) 45°; b) 60°; v) 90°. Koliko najviπe strana ima taj rogaq? 7. Svi iviËni uglovi triedra Sabc su po 90°. IzraËunaj uglove diedara tog triedra. 8. Svi iviËni uglovi triedra Sabc su po 90° i na ivicama Sa, Sb, Sc su redom taËke A, B, C tako da je SA = SB = SC. IzraËunaj uglove triedra sa vrhom A i ivicama AS, AB, AC. 9. Ako su dva diedra triedra Sabc jednaka, tada su naspramni iviËni uglovi tog triedra jednaki. Dokaæi!

Za konveksni poliedar se kaæe da je pravilan ako su sve wegove strane podudarni pravilni mnogouglovi i iz svakog temena polazi isti broj ivica. S obzirom na to da svako teme poliedra moæemo smatrati vrhom rogqa Ëijim iviËnim uglovima pripadaju odgovarajuÊe strane poliedra to se moæe zakqučiti da su temenima i stranama pravilnog poliedra odreeni pravilni rogqevi. U literaturi se pravilni poliedri nazivaju i Platonovim telima. Platon (427‡347 pre nove ere) je bio grËki filozof koji je ostavio neizbrisiv trag i u matematici, prvenstveno velikim uticajem koji je imao na formirawe poznatih matematiËara tog doba. Platon je svoja razmiπqawa i saznawa iz raznih oblasti saopπtavao u dijalozima, pa se tako Ëiwenice o pravilnim poliedrima pojavquju u bliskoj vezi sa tumaËewem kosmosa. Otuda se pravilni poliedri spomiwu kao kosmiËka tela. Smatra se da je prvi o Platonovim telima pisao Tetetus (414‡369 pre nove ere) i wemu se pripisuje tvrewe da postoji taËno pet pravilnih poliedara.

пример

Strane pravilnog poliedra mogu biti jednakostraniËni trouglovi, kvadrati i pravilni petouglovi. Dokaæi! Neka su sve strane pravilnog poliedra pravilni n-touglovi i neka iz svakog temena polazi po m ivica. Jedan ugao pravilnog n-tougla je iviËni ugao rogqa. Zbir svih iviËnih uglova rogqa ( ) 180c n-2 2 je mawi od 360°, pa je m ' 360c. Sledi da je ' , odnosno n n m 2 2 gde su n i m prirodni brojevi n H 3, m H 3. Reπewa su: 1' + n m 1° n = 3, m = 3; 2° n = 3, m = 4; 3° n = 3, m = 5; 4° n = 4, m = 3; 5° n = 5, m = 3. Dakle, strane pravilnog poliedra mogu biti jednakostraniËni trouglovi, kvadrati i pravilni petouglovi, a iz jednog temena pravilnog petougla polaze 3, 4 ili 5 ivica. Razmatrawem svakog od ovih sluËajeva nalazi se da postoji taËno pet pravilnih poliedara. 1. Pravilni tetraedar ima 4 temena, 4 strane koje su jednakostraniËni trouglovi i 6 ivica. Ovo telo poznajemo kao pravilnu trostranu jednakoiviËnu piramidu.

2. Pravilni oktaedar ima 6 temena, 8 strana koje su jednakostraniËni trouglovi i 12 ivica.

3. Pravilni ikosaedar ima 12 temena, 20 strana koje su jednakostraniËni trouglovi i 30 ivica.

4. Pravilni heksaedar ima 8 temena, 6 strana koje su kvadrati i 12 ivica. Ovo telo je kocka.

5. Pravilni dodekaedar ima 20 temena, 12 strana koje su pravilni petouglovi i 30 ivica.

пример

Duæ u i odreene temenima pravilnog tetraedra i teæ e iπtima naspramnih strana nazivaju se teæ e iπnim duæ u ima tetraedra. Teæ e iπne duæ u i tetraedra seku se u jednoj taËki koja ih deli u razmeri 3 : 1. Dokaæi! Uoči tetraedar ABCD. S obzirom na to da su kod pravilnog tetraedra sva temena „ravnopravna“ a i sve strane „ravnopravne“ to Êemo dokazati da se seku dve teæiπne duæi. Neka je A1 i D1 teæiπta strana BCD i ABC, redom. Prave AD1 i DA1 se seku u taËki M koja polovi ivicu BC. Sledi da su teæiπne duæi AA1 i DD1 u ravni ADM, M

pa se seku. Obeleæimo sa T wihov presek. Vidi sliku. MD1 MA1 1 TaËke A1 i D1 su teæiπta strana, pa je = = . MA Md 3 Po obrnutoj Talesovoj teoremi sledi da su prave A1 D1

i DA paralelne. Trouglovi TA1D1 i TAD su sliËni. A D A T D T 1 Iz sliËnosti sledi 1 1 = 1 = 1 = , a to AD TA TD 3 je trebalo dokazati.

C A

D1 B

Задаци 1. Neka je ABCDEFGH kocka ivice a. Dokaæi da je AFCH pravilni tetraedar. Kolika je ivica tog tetraedra? 2. Srediπta strana kocke su temena pravilnog oktaedra. Dokaæi! Kolika je ivica tog oktaedra ako je ivica kocke a? 3. Dokaæi da su srediπta strana pravilnog oktaedra temena kocke. Kolika je ivica te kocke ako je ivica oktaedra a? 4. Duæi koje su odreene srediπtima naspramnih ivica pravilnog tetraedra seku se u jednoj taËki koja ih polovi. Dokaæi. 5. Neka je ABCD pravilni tetraedar ivice a. Neka je taËka D1 srediπte duæi DDl gde je taËka Dl prodor normale iz temena D kroz osnovu. Dokaæi da se prave D1A, D1B i D1C seku u taËki D1 pod pravim uglom. 6. Neka je ABCDA1B1C1D1 kocka ivice a. TaËke K i L su redom na ivicama AB i BC tako da je AK : KB = 1 : 4, B1L : LC1 = 3 : 2. IzraËunaj KL. 7. Neka je ABCDA1B1C1D1 kocka, M srediπte ivice DD1 i N prodor prave BM kroz ravan ACC1. IzraËunaj duæinu duæi BN ako je AB = a. 8. Sve strane pravilnog poliedra su pravilni n-touglovi i iz svakog temena polazi po m ivica. Obeleæimo sa s, t, i redom broj strana, temena i ivica pravilnog poliedra. Tada oËigledno vaæi ns = 2i, mt = 2i. Proveri da li vaæi jednakost t + s = i + 2 (Ojlerova teorema).

Linearne jednaËine predstavqaju veoma interesantnu temu za dodatni rad. Primeri i zadaci koji slede ilustruju sadræaje o lineranim jednaËinama koji Ëine kontinuitet sa veÊ usvojenim znawima, ali i one koji svojim nivoom prevazilaze redovnu nastavu i Ëije reπavawe traæi nestandardne ideje i postupke.

пример

8a 24 Dokaæi da jednaËinee a + 5 = 3a + 5 ‡ 2a i = 8 imaju beskonaËno mnogo reπewa. a+3 Da li su date jednaËine ekvivalentne? Prva jednaËina je ekvivalentna sa jednaËinom a + 5 = a + 5 i skup wenih reπewa je S1 = R. 8( ) a+3 Druga jednaËina se moæe transformisati u jednaËinu = 8 , tj. =1, a+3 a+3 čiji je skup reπewa S2 = R \ {‡ 3}, jer data jednaËina nije definisana za a = ‡ 3. Jasno je da obe jednaËine imaju beskonaËno mnogo reπewa, ali i da nisu ekvivalentne, jer je S1 ≠ S2. Konkretno broj ‡ 3 jeste reπewe prve, a nije reπewe druge jednaËine.

пример

Reπi jednaËinu

x+1 x+2 x+3 x+4 x+5 x+6 x+7 x+8 . + + + = + + + 2 004 2 005 2 006 2 007 2 008 2 009 2 010 2 011

Ako uvedemo smenu x = t + 2 003, data jednaËina postaje t + 2 004 t + 2 005 t + 2 006 t + 2 007 + + + = 2 004 2 005 2 006 2 007 t + 2 008 t + 2 009 t + 2 010 t + 2 011 = + + + . 2 008 2 009 2 010 2 011 Daqom transformacijom se dobija t t t t +1+ +1+ +1+ +1= 2 004 2 005 2 006 2 007 , tj. t t t t = +1+ +1+ +1+ +1 2 008 2 009 2 010 2 011 tc

1 1 1 1 1 1 1 1 + + + m =0. 2 004 2 005 2 006 2 007 2 008 2 009 2 010 2 011

Kako je izraz u zagradi razliËit od nule, to je jedino reπewe jednaËine t = 0, pa je x = t + 2 003 = 2 003.

пример

Data je jednaËina ax2 +1 = x + a (x je nepoznata, a je realan broj). Za koje vrednosti realnog broja a jednaËina ima beskonaËno mnogo reπewa? Kada jednaËina ima jedinstveno reπewe? Postoji li vrednost realnog broja a (takva se promenqiva, koja nije proglaπena nepoznatom, naziva parametar) za koju jednaËina nema reπewa. Data jednaËina ax2 +1 = x + a je ekvivalentna sa jednaËinom ax2 ‡ x = a ‡ 1, tj. jednaËinom (a2 ‡ 1) x = a ‡ 1. Ako se analizira dobijena jednaËina (a ‡ 1)(a + 1)x = a ‡ 1, onda se moæe zakquËiti: 1) Ako je a = 1, onda je 0 · x = 0, pa je reπewe jednaËine svaki realan broj x. 2) Ako je a = ‡ 1, onda je 0 · x = ‡ 2, pa jednaËina nema reπewa. 3) Ako je a ≠ 1 i a ≠ ‡1, onda jednaËina ima jedinstveno reπewe x=

пример

a+1 1 = . a-1 ( a + 1 ) (a - 1 )

U kruæiÊe u temenima petougala ABCDE, redom rasporedi realne brojeve tako da zbirovi brojeva rasporeenih na stranicama AB, BC, CD, DE i EA redom budu 1, 2, 3, 4 i 5. Neka se u kruæiÊu kraj temena A nalazi broj x. Tada se u kruæiÊu kod temena B nalazi broj 1 ‡ x. Sledi da je tada u kruæiÊu kod temena C broj 1 + x. SliËno u kruæiÊu kod temena D je tada broj 2 ‡ x i u kruæiÊu kod temena E je broj 3 2 + x. Zbir x + 2 + x = 5, πto znaËi da je 2x = 3, pa je x = . 2 3 1 5 1 7 Dakle, traæeni brojevi su: , - , , , . 2 2 2 2 2

A x E

2+x

1-x

2-x

1+x

Задаци 3x - 12 x-5 = 3 . Reπi date = 1 , x2 ‡ 49 = (x + 7)(x ‡ 7) i 2 x-5 x - 8x + 16 jednaËine i dokaæi da imaju beskonaËno mnogo reπewa. Da li su jednaËine ekvivalentne?

1. Date su jednaËine:

2. Date su jednaËine: a2 ‡ 81 = 0, 3a = 27, | a | = 9 i 5 ‡ a = 14 ‡ 2a. Koje od datih jednaËina su ekvivalentne? 3. Mogu li biti ekvivalentne jedna linearna i jedna kvadratna jednaËina? 2 x - 17x 4. Odredi domen jednaËine, a zatim i reπi jednaËinu =0. 8-x

5. Odredi sva realna reπewa jednaËine

x^ x 2 - 1 h^ x 2 - 4 h x2 - x

6. Za koje vrednosti realnog parametra p jednaËina 3 reπewa koja zadovoqavaju nejednakost | x | < 2?

=0. x-p = x ima celobrojna 2

7. Reπi jednaËine: a) x3 = 4x; b) x3 + 21x = 10x2; v) x4 ‡ 5x2 + 4 = 0. x-1 x-3 x - 2 009 x-2 x-4 x - 2 010 8. Reπi jednaËinu + +f+ = + +f+ . 2 010 2 008 2 2 009 2 007 1 9. Neka je a realan broj. Reπi po nepoznatoj x jednaËinu a2x ‡ 3 = 9x + a. Za koje vrednosti realnog broja a data jednaËina nema reπewa? Kada data jednaËina ima beskonaËno mnogo reπewa? 10. Ako Jagoda pozajmi Nadi 1 000 dinara, onda Êe imati jednake sume novca. Ako Nada pozajmi Jagodi 1 000 dinara, onda Êe Jagoda imati dva puta viπe novca od Nade. Koliko novca ima Nada, a koliko Jagoda? 11. Jedan podeok na Celzijusovoj skali jednak je 1,8 podeoka na Farenhajtovoj skali, pri Ëemu je 0oC jednako sa 32oF. Postoji li temperatura koja je istim brojem izraæena i na Celzijusovoj i na Farenhajtovoj skali? 12. Trenutno je podne. U koliko Ëasova Êe se prvi put ponovo poklopiti velika i mala kazaqka na Ëasovniku? 13. Na skladiπtu se nalazi 100 kg jagoda koje sadræe 99% teËnih materija. Posle dva dana usled isparavawa vlaænost jagoda je smawena na 98%. Kolika je sada masa jagoda? 14. U jednoj godini u grad se doselilo n novih stanovnika, a u drugoj se doselilo joπ 300 novih stanovnika. Pri tom se u prvoj godini broj stanovnika poveÊao za 300%, a u drugoj za n%. Koliko stanovnika je bilo pre doseqavawa, a koliko ih ima sada?

ЛИНЕАРНЕ НЕЈЕДНАЧИНЕ

Sadræaji koji su vezani za linearne nejednaËine imaju znaËajne primene i moguÊe ih je u dobroj meri proπiriti. U narednim primerima i zadacima ukazujemo na najkarakteristiËnije sluËajeve proπirivawa i produbqivawa sadræaja o linearnim nejednaËinama.

пример

Reπiti nejednaËinu: (x ‡ 1)(x ‡ 2)(x ‡ 3)(x ‡ 4)+1,0001> 0. Ranije smo videli da se proizvod (x ‡ 1)(x ‡ 2)(x ‡ 3)(x ‡ 4) moæe transformisati u razliku kvadrata dva izraza. Naime (x ‡ 1)(x ‡ 2)(x ‡ 3)(x ‡ 4) = (x2 ‡ 5x + 4)(x2 ‡ 5x + 6)= = (x2 ‡ 5x + 5)2 ‡ 1. Zbog toga je data nejednaËina (x ‡ 1)(x ‡ 2)(x ‡ 3)(x ‡ 4) + 1,0001 > 1 ekvivalentna sa nejednaËinom (x2 ‡ 5x + 5)2 ‡ 1 + 1,0001 = (x2 ‡ 5x + 5)2 + 0,0001 > 0. Kako dobijena nejednakost vaæi za svaki realan broj x, to je S = R. U narednim primerima koristiÊemo veÊ poznata svojstva mnoæewa i deqewa realnih brojeva. Konkretno Ëiwenice da je proizvod (a i koliËnik) dva realna broja pozitivan ako su realni brojevi istoga znaka i negativan ako su realni brojevi suprotnog znaka.

пример

2 2

Odredi skup reπewa nejednaËine:

9-x H0 x+5

9-x Data nejednaËina H 0 ima domen M = R\{‡ 5} i ekvivalentna je sa nejednaËinom x+5 (3 - x) (3 + x) (3 - x) (3 + x) , tj. znak svakog od izraza H 0 . Posmatrajmo znak izraza x+5 x+5 3 ‡ x, 3 + x i x + 5. Izraz 3 ‡ x je pozitivan u oblasti gde je 3 ‡ x > 0, tj. tamo gde je 3 > x ili za x < 3. Izraz 3 + x je pozitivan u oblasti gde je x > ‡ 3, a izraz x + 5 je pozitivan ako je x > ‡ 5. Ako navedene Ëiwenice nanesemo na koordinatnu osu, dobijamo shemu. 3 ‡ x ___________ ‡ 5 _________‡ 3 __________ 0 __________ 3 _____________ + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + ++ + + ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ 3 + x ___________ ‡ 5 _________‡ 3 __________ 0 __________ 3 _____________ ‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡ +++++++++++++++++++++ 5 + x ___________ ‡ 5 _________‡ 3 __________ 0 __________ 3 _____________ ‡‡‡‡‡‡‡‡ +++++++ ++++++++++++++++++++++ (3 - x) (3 + x) na osnovu veÊ pomenutog KoristeÊi rezultantni znak, tj. znak izraza x+5 svojstva realnih brojeva, dobijamo

___________ ‡ 5 _________ ‡3 ___________ 0 ___________ 3 ____________ + + + + + + +) ( ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ [+ + + + + + + + + + + + + +] ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ U nejednaËini se traæi se da izraz bude nenegativan, pa je skup reπewa nejednaËine S = (‡ 3, ‡ 5) , [‡ 3, 3], jer brojevi ‡ 3 i 3 ulaze u skup reπewa, a broj ‡ 5 ne, jer je domen nejednaËine D = R \ {‡ 5}.

пример

6 G3. x Izraz na levoj strani nejednaËine postoji ako je x ≠ 0, pa je D = R \ {0}. 6 Ako je x 1 0, onda je 1 0 G 3 πto znaËi da su reπewe nejednaËine svi negativni x realni brojevi. Reπi nejednaËinu

Ako je x 2 0, onda se mnoæewem sa x, tj. primenom pravila 3 dobija da je 6 G 3x . Tada, posle deqewa sa 3, sledi 2 G x, tj. x H 2. Skup reπewa nejednaËine je S = (‡∞, 0) , [2, ∞). ____________________) _____|____________ 1------- 0

пример

2 -------2

Zbir nekoliko realnih brojeva je 10. Moæe li zbir wihovih kvadrata biti mawi od 1? 10 Neka su svi realni brojevi jednaki i neka ih ima n. Tada je jedan od wih jednak . n 100 Kvadrat svakog od realnih brojeva jednak je 2 . Zbir kvadrata tih brojeva jednak je n 100 100 n$ 2 = 1 1 . Kako je n prirodan broj, dakle i pozitivan, to celu jednaËinu n n pomnoæimo sa n i dobijemo 100 1 n, tj. n 2 100. To znaËi da je moguÊe odrediti, na 100 primer 101, realan broj od kojih svaki ima vrednost . Zbir kvadrata tih brojeva 101 100 100 jednak je 101 $ = 11 101 101 2

пример

Odredi najveÊi od svih razlomaka koji ispuwavaju sledeÊe uslove: zbir brojioca i ime1 nioca razlomka je 101, a razlomak je mawi od . 3 Neka je imenilac traæenog razlomka y. Tada je brojilac tog razlomka 101 ‡ y. Iz 101 - y 1 uslova zadatka mora biti 1 . Kako je y prirodan broj to se mnoæewem cele y 3 nejednaËine sa 3yy dobija ekvivalentna nejednaËina 303 ‡ 3y 1 y, tj. 303 1 y + 3y = 4y 4 , pa

303 3 je y 2 = 75 . Razlomak je najveÊi ako je brojilac πto veÊi, a imenilac πto 4 4 mawi. Najmawi imenilac je y = 76, pa je brojilac 101 ‡ 76 = 25. Dakle, najveÊi od tra25 . æenih razlomaka je 76

Задаци 1. Reπi nejednaËine: a) a2 + 6a + 9 ≤ 0, b) b3 + 16b 2 8b2, v) 2 1 c2 + 19 1 23. 25 - x 2 2. Odredi skup reπewa nejednaËine: 2 H0. x - 12x + 32 3 + 2x 3. Reπi nejednaËinu: 1 G 12. x-1 4. Odredi skup reπewa nejednaËine:

2 x -9 18. x 2 - 7x + 12

5. Reπi nejednaËinu x2 ‡ x + 1 1 0. 6. Odredi sva realna reπewa jednaËine

4 - (x + 1 ) 2 (x - 2 ) 2 = x 2 + 2 x + 3 .

mx 7. Odredi za koje vrednosti realnog broja m jednaËina - 3 = 2 (x - m) jednaËina 2 ima negativno reπewe (x je nepoznata, a m je realni parametar).

8. Ako 9 kg mandarina koπta mawe od 10 evra, a 10 kg istih mandarina viπe od 11 evra, koliko koπta 12 kg mandarina? 9. Ukupna masa nekoliko sanduka je 10 tona, pri Ëemu je masa svakog sanduka mawa od 1 tone. Koliko najmawe kamiona nosivosti 3 tone treba uzeti da bi se ceo teret od 10 tona prevezao odjednom. 10. Dato je 19 tegova Ëije su mase 1 g, 2 g, 3 g, ... , 19 g. Devet od wih su od srebra, devet od bronze i samo jedan teg je od zlata. Poznato je da je masa svih bronzanih tegova za 90 g veÊa od mase svih srebrnih tegova. Odredi masu zlatnog tega. 11. Neka su a, b, c takvi celi nenegativni brojevi za koje je 28 a + 30 b + 31 c = 365. Dokaæi da je a + b + c = 12. 12. Ali-Baba je doπao u peÊinu sa blagom i ima sanduk u koji moæe da stane 200 kg zlata ili 40 kg dijamanata. Poznato je da 1 kg zlata koπta 2 000 evra, a 1 kg dijamanata 6 000 evra i da Ali-Baba moæe da ponese najviπe 100 kg blaga. Kako Ali-Baba treba da rasporedi zlato i dijamante da bi sa sobom poneo najveÊu moguÊu vrednost blaga? 13. Dato je pedeset prirodnih brojeva mawih od 100 takvih da zbir bilo koja dva od wih nije ni 99, ni 100. Koliki je zbir datih brojeva?

Problemi sa apsolutnim vrednostima predstavqaju temu koja efikasno sintetizuje sadræaje o linearnim jednaËinama i nejednaËinama. Pre nego πto sintetiËnost navedene materije ilustrujemo karakteristiËnim primerima podsetimo se definicije apsolutne vrednosti realnog broja: a ako je a 2 0 Ako je a ! R, onda je a = * 0 ako je a = 0 . - a ako je a 1 0 Definicija apsolutne vrednosti realnog broja se analogno prenosi i na apsolutnu vrednost izraza πto znaËi da je apsolutna vrednost izraza I jednaka samom sebi, tj. I ako je izraz I pozitivan, 0 ako je I = 0 i jednak je ‡ I ako je izraz I negativan.

пример

Odredi skup reπewa jednaËinee | x ‡ 1 | + x = | x + 1 | Treba posmatrati izraze x ‡ 1 i x + 1 i wihov znak. x ‡ 1 ________________________________ 0 ___________ 1 ____________ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ + + + + + + + + x + 1 ___________________‡ 1 __________ 0 ___________ 1 ____________ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡‡ ‡ ‡

++++++++++++++++++++++

Zbog toga razlikujemo pet sluË u ajeva koji su vezani za tri intervala: (‡ 3, ‡ 1), (‡ 1, 1) i (1, 3) i dve granice uoËenih intervala: ‡ 1 i 1. 1) Ako je x 1 ‡ 1, onda je x ‡ 1 1 ‡ 2 1 0 i x + 1 < 0 i jednaËina postaje ‡ (xx ‡ 1) + x = = ‡ (xx + 1) ili 1 = ‡ x ‡ 1, pa je x = ‡ 2. Kako broj ‡ 2 pripada posmatranom intervalu, to smo dobili jedno reπewe. 2) Ako je x = ‡ 1, dobijamo da je 1 = 0, pa ‡ 1 nije reπewe jednaËine. 3) Ako je ‡ 1 1 x < 1, onda je x ‡ 1 1 0, a x + 1 2 0 i jednaËina postaje ‡(x ‡ 1) + x = x + 1 ili 1 = x + 1, pa je x = 0. Kako broj 0 pripada posmatranom intervalu, dobili smo jedno reπewe. 4) Ako je x = 1 dobija se 1 = 2, πto znaËi da x = 1 nije reπewe jednaËine. 5) Ako je x 2 1, onda je x ‡ 1 2 0 i x + 1 2 0, pa se dobija jednaËina x ‡ 1 + x = x + 1 ili x = 2. Kako broj 2 pripada posmatranom intervalu, broj 2 je reπewe date jednaËine. Dakle, skup reπewa jednaËine je S = {‡ 2, 0, 2}.

пример

Reπi nejednaËinu | x ‡ 2 | + | 4 + x | 1 6x. Kako je apsolutna vrednost izraza uvek nenegativna vaæi nejednakost 0 ≤ | x ‡ 2 | + + | 4 + x | 1 6x, pa je x 2 0. To skraÊuje reπavawe nejednaËine, jer je dovoqno posmatrati dva intervala: (0, 2) i [2, ∞). 1) Ako je 0 1 x 1 2, nejednaËina je ekvivalentna sa 2 ‡ x + 4 + x 1 6x, tj. onda je 6 1 6x, pa je x 2 1, odnosno 1 1 x 1 2. 2) Ako je x H 2, onda dobijamo nejednaËinu x ‡ 2 + 4 + x 1 6x ili 2 1 4x. Reπewe 1 dobijene nejednaËine je x 2 , a kako je interval u kome se nejednaËina posmatra 2 x H 2, to je reπewe nejednaËine u ovom intervalu x H 2. Prema tome, skup reπewa nejednaËine je S = (1, 2) , [2, ∞) = (1, ∞).

пример

Odredi skup reπewa jednaËine: ||||| x | + x | + x | + x | + x | = 2000. Razlikujemo tri sluËaja: 1) Ako je x 1 0, onda je | x | = ‡ x, pa data jednaËina postaje |||| ‡ x + x | + x | + x | + x | = = 2 000 ili ||| x | + x | + x | = 2 000. Daqom transformacijom se dobija || ‡ x + x | + x |= = 2 000, tj. | x | = 2 000. Reπewe jednaËine je ‡ 2 000. 2) Ako je x = 0, jednaËina nema reπewe, jer je 0 ! 2 000. 3) Ako je x > 0, onda je | x | = x, pa data jednaËina postaje |||| x + x | + x | + x | + x | = = 2 000 ili |||| 2x | + x | + x | + x | = 2 000. Daqom transformacijom jednaËine se dobija ||| 2x + x | + x | + x | = 2000, tj. || 3x | + x | + x | = 2 000 i u sledeÊim koracima || 4x | + x | = 2 000, odnosno | 5x | = 2 000. Reπewe jednaËine je 400. Skup reπewe date jednaËine je S = {‡ 2 000, 400}.

пример

Data je jednaËina || x ‡ 2 | ‡ 1| = a. Za koju vrednost parametra a jednaËina ima najveÊi broj reπewa? U prvom koraku posmatraj funkciju y = || x ‡ 2 | ‡ 1|. Posmatrana funkcija postaje Z1-x ] 2 - x - 1 = 1 - x ako je x 1 2 ] x - 1 y= ) =[ x - 2 - 1 = x - 3 ako je x H 2 ] 3 - x ]x-3 \

ako je ako je ako je ako je

x11 1Gx12 2Gx13 xH3

U drugom koraku posmatramo presek dobijene funkcije i prave y = a. Ako je a 1 0 jednaËina nema reπewa, jer prava y = a ne seËe grafik funkcije y = || x ‡ 2 | ‡ 1|.

6 5 4 3 2 1

y=a

y=||x-2|-1|

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -1 -2 -3 -4 -5

Ako je a = 0 jednaËina ima dva reπewa, jer prava y = a seËe grafik funkcije y = || x ‡ 2 | ‡ 1| u dve taËke (1, 0) i (3, 0).

Ako je 0 1 a 1 1 jednaËina ima 4 reπewa, jer prava y = a seËe grafik funkcije y = || x ‡ 2 | ‡ 1| u Ëetiri taËke: (1 ‡ a, a); (1 + a, a); (3 ‡ a, a); (3 + a, a).

Ako je a = 1, jednaËina ima 3 reπewa, jer prava y = a seËe grafik funkcije y = || x ‡ 2 | ‡ ‡ 1| u tri taËke: (0, 1), (2, 1) i (4, 1). Ako je a 2 1, jednaËina ima 2 reπewa, jer prava y = a seËe grafik funkcije y = || x ‡ 2 | ‡ 1| u dve taËke: (1 ‡ a, a) i (3 + a, a). Prema tome, najveÊi broj reπewa je Ëetiri i dobija se ako je 0 < a < 1.

Za apsolutnu vrednost se vezuje i joπ jedna vaæna jednakost koja je poznata iz prethodnih razreda. To je jednakost a 2 = a koja vaæi za svaki realan broj. Naredni primer pokazuje kako se navedena jednakost efikasno primewuje.

пример

Ako jee 1 G a G 2, onda je Neka je A

a+2 a

Tada je A

a-1

a+2 a

1 + a

1 + a-2 a

2 a-1

2 a

1 = 2 . Dokaæi.

1 + a-1

2 a-1

= ^ a 1 1 + ^ a - 1 1h = a 1 1 + to je 0 G a ‡ 1 G 1. Sledi i da je 0 G a 1 G 1 . 2

Zbog toga jje 1 G a i a 1 1 1

1 G 2 i -11 G a a 1 H0.

1= a-1

1 G 0 , pa je

UzimajuÊu u obzir ove dve posledwe Ëiwenice dobija se A

a-1

1 . Kako je 1 G a G 2,

a-1

1H1

Задаци 1. Reπi jednaËine: a) | x | = 3 v) | 3x ‡ 12 | = 2x ‡ 3 d) | x | + | x ‡ 2 | = 8 e) || x + 3 | ‡ x | = 7 z) | x | + | x + 1 | + | x + 2 | = 9

b) | x ‡ 1 | + 1 = 5 g) | 2x | + x = 6 ) | x | ‡ | x +1| = | x ‡ 2 | æ) | x + 3 | ‡ x = | x + 9 | i) | x + | x ‡ 1|| = | x ‡ 2 + | x + 1||

2. Reπi jednaËinu | x2 + 200 | ‡ | x2 ‡ 2x + 100 | = 4 122. 3. Odredi skup reπewa sledeÊih jednaËina: a)

x 2 - 6x + 9 = 5

x 2 + x 2 - 2x + 1 = 7

x 2 + 8x + 16 =

x 2 - 4x + 4

4. Reπi sledeÊe nejednaËine a) | 2x | 1 14 b) | 3x ‡ 2 | 2 1 v) | 4x ‡ 12 | 1 3x ‡ 2 g) | 5x | + x 2 12 d) | 6x | + | 7x ‡ 2 | 111 ) | x ‡ 1 | + | x + 1 | 2 2x e) || x + 3 | ‡ x | 1 9 æ) | x + 19 | ‡ x 2 | x + 7| z) | 2x | + | 3x + 1 | ‡ | x + 2 | 1 15 i) | x + | x ‡ 1|| > | x ‡ 2 + | x + 1| 5. Reπi nejednaËine: a)

x 2 - 10x + 25 - x 1 5

4x 2 - 12x + 9 2 x + 2x - 3

6. Reπi jednaËinu: | x ‡ | x ‡ | x ||| = 2 007. 7. Koliko reπewa ima jednaËina | x + | 2x + | 4x ||| = 2 009. 8. Dokaæi da jednaËina | 2 ‡ | 1 ‡ | x ||| = 1 ima pet realnih reπewa. 9. Odredi najmawi realan broj A takav da za bilo koji realan broj x, za koji je | x ‡ 2 | 1 0,04, vaæi da je | x2 ‡ 5 | 1 A. 10. Odredi skup taËaka u xOy ravni Ëije koordinate zadovoqavaju jednakost y = | x | + x. 11. Koliko ima taËaka M(x, y) u koordinatnoj xOy ravni Ëije su obe koordinate x i y celobrojne, ako je | x | + | y | 1 10? 12. Odredi realni parametar a tako da jednaËina | x ‡ 1| + | x + 1| = ax ima najveÊi moguÊi broj realnih reπewa.

13. Odredi sve realne brojeve a za koje jednaËina | x + 1 | + | x ‡ 2| + x = | x | + a ima beskonaËno mnogo reπewa. 14. JednaËinom 26 | x | + 154 | y | = 2 002 u xOy ravni je odreen jedan paralelogram. Odredi povrπinu tog paralelograma. 15. Na kruænici je napisano 9 realnih brojeva. Svaki od napisanih brojeva jednak je apsolutnoj vrednosti razlike dva sledeÊa broja gledajuÊi u smeru kazaqki na Ëasovniku. Zbir svih napisanih brojeva je 1. Odredi o kojim brojevima se radi. 16. U temenima kocke napisani su brojevi 1, 2, 3, ..., 7, 8, a na svakoj ivici apsolutna vrednost razlike brojeva koji su upisani na krajevima te ivice. Koliko najmawe razliËitih brojeva moæe biti napisano na ivicama kocke? 17. Neka su x1, x2, ... , x100, x101 razliËiti prirodni brojevi iz skupa {1, 2, 3, ... , 100, 101}. Odredi najmawu, odnosno najveÊu vrednost izraza ||...|| x1 ‡ x2 | ‡ x3 | ‡ x4 ‡ ... | ‡ x100 | ‡ x101 |.

ПРИЗМА пример

1 D1

Osnova uspravne prizme ABCDA1B1C1D1 je paralelogram ABCD. Dijagonale prizme su 9 cm i 33 cm, A1 obim osnove je 18 cm, a boËna ivica 4 cm. IzraËunaj povrπinu i zapreminu te prizme.

Neka su ivice osnove a i b i a 2 b.

Vaæi da je a + b = 9 cm. Neka je BD1 = 33 cm i A AC1 = 9 cm. Vidi sliku. Iz pravouglog D1 trougla BDD1C1nalazimo da je dija- D1 gonala osnove BD: A1 2 2 2 BD = BD 1 - DD 1 , 2 2 2 BD = 33 - 4 , 2 BD = 17.

D1 B

C1 B1

√33

Na isti naËin, iz pravouglog trougla ACC1 nala- AD B osnove AC: dijagonala

B B

= AC 21 - CC 21 , 2 2 2 AC = 9 - 4 , 2 AC = 65.

√33

30 D

Azimo da je D1AC

√33

h D1

B B

Daqe je za osnovu pretpostavke poznato a + b = 9, BD2 = 17, AC2 = 65. D

Za stranice i dijagonale paralelograma vaæi da je 2 ^ a 2 + b 2h = d 21 + d 22 , pa sledi A C A 2 + b2) = 65 + 17, odnosno B a2 + b2 =41. 2(a Iz a + b = 9 sledi b = 9 ‡ a, odnosno a2 + (9 ‡ a)2 = 41. Sreivawem dobijamo D1

2a2 ‡ 18a + 40 = 0, a2 ‡ 9a + 20 = 0, (a ‡ 4)(a ‡ 5) = 0. Reπewa su a = 4 ili a = 5, a b = 5 ili b = 4. S obzirom na to√33 da smo pretpostavili da je a 2 b to je a = 5 cm, b = 4 cm. Osnova je paralelogram sa stranicama a = 5 cm, b = 4 cm i dijagonalama d1 = 65 cm, B sliku. dD2 = 17 cm. Vidi

h A

BuduÊi da je B = P(ABCD) = 2P(ABC) raËunamo povrπinu trougla ABD. Neka je duæina duæi DD1= h visina. Obeleæimo AD1= x. 2

Iz pravouglih trouglova AD1D i D1BD sledi 4 2 - x 2 = 17 - (5 - x) 2, odnosno x = 2,4 cm i h = 3,2 cm. Dakle, B = P(ABCD) = 5 $ 3,2, B = 16 cm2. Povrπina prizme je P = 104 cm2, a zapremina V = 64 cm3.

пример

Osnova uspravne prizme je romb. Povrπine dijagonalnih preseka su 8 cm2 i 15 cm2. IzraËunaj povrπinu omotaËa te prizme. Neka su a, b, d1, d2 redom osnovna ivica, boËna ivica i dijagonale osnove te prizme. Tada su povrπine dijagonalnih preseka b $ d1 = 8, d2 $ b = 15 a za dijagonale osnove i d 2 d 2 2 osnovnu ivicu vaæi c 1 m + c 2 m = a . Iz prve dve jednakosti izrazimo d1 i d2, pa 2 2 17 8 2 15 2 2 zamenimo u treÊoj. Dobijamo c m + c m = a a = . Traæena povrπina omo2b 2b 2b 17 taËa je M = 4ab = 4 b , M = 34 cm2. 2b

пример

3 D1

Data je pravilna Ëetvorostrana prizmea ABCDA1B1C1D1 i taËke A2, B2, C2 redom na boËnim ivicama AA1, BB1, CC1. Nai presek prizme i ravni odreene taËkama A2, B2, C2. Neka je a ravan odreena taËkama A2, B2, C2. Ravan boËne strane ABB1A1 seËe ravan a po pravoj A2B2 a ravan osnove po pravoj AB. Prave AB i A2B2 seku se u taËki X. Vidi sliku! Na isti naËin prave BC i B2C2 seku se u taËki Y. TaËke X i Y pripadaju ravni osnove i ravni a, odnosno prava XY je presek te dve

A1 B1

D2 C2

A Y

B X

C M

ravni. Prava CD seËe pravu XY u taËki M. TaËka M pripada i pravoj po kojoj se seku ravan CDD1C1 i ravan a. Dakle, prava MC2 seËe pravu DD1 u taËki D2. TaËka D2 je prodor prave DD1 kroz ravan a. TaËke A2, B2, C2, D2 su u ravni a i na boËnim ivicama prizme, pa je Ëetvorougao A2B2C2D2 traæeni presek.

пример

4 D2

Neka jee ABCDA1B1C1D1 kocka ivice a. TaËke K, K L, M su redom srediπta ivica AB, BC, CC1. Odredi obim i povrπinu preseka kocke i ravni KLM. Ravan strane ABCD i ravan KLM M se seku po pravoj KL Prave CD i KL se seku u taËki C2. Trouglovi KLB, LCC C2 i MCC C2 su jednakokrako-pravougli i podudarni, pa je KL = LM = LC C2 = MC C2 . Sledi da je trougao LMC C2 jednakostraniËan. Daqe koristimo postupak u primeru 2. Presek pravih DD1 i C2M je taËka D2 i to je prodor prave DD1 kroz ravan KLM. Trougao DC C2D2 je jednakokrako-pravougli. Na isti naËin je i trougao DA2D2, gde je A2 prodor prave AD kroz ravan KLM, M jednakokrako pravougli. Kao presek ravni KLM M sa

S B1 M

A1 T

L A2

ravnima ABCD, CC1D1C, DD1A1A dobijamo jednakostraniËni trougao A2C2D2 stra3a 2 nice , a kao presek ravni KLM sa kockom πestougao KLMNST. Taj πestougao 2 moæe nastati tako πto su od jednakostraniËnog trougla A2C2D2 „odseËeni“ a 2 podudarni jednakostraniËni trouglovi A2KT, T C2ML, D2SN N stranice . Dakle 2 a 2 πestougao KLMNST je pravilan i wegova stranica je . 2 3a 2 3 Obim i povrπina preseka date kocke i ravni KLM M su O . a 2, P= 4

пример

Zbir tri ivice iz istog temena pravilne trostrane prizme jee 10 cm. Kolika je najveÊa moguÊa povrπina omotaËa te prizme? Iz jednog temena polaze dve osnovne ivice duæine a i jedna boËna ivica duæine b. Vaæi 2a + b = 10. Treba odrediti najveÊu vrednost proizvoda M = 3ab. Zamenimo da je b = 10 ‡ 2a i dobijamo 3a(10 ‡ 2a) = M M, odnosno ‡6a2 + 30a = M. Izraz na levoj strani transformiπemo, 2 5 75 pa je -66 c a M . M ima najveÊu vrednost kad je prvi sabirak 0, odnosno m 2 2 75 5 5 a = cm. Dakle, najveÊa povrπina omotaËa je M = cm2 za a = cm i b = 5cm. 2 2 2

Задаци 1. Nacrtaj presek pravilne trostrane prizme ABCA1B1C1 sa ravni a, ako se ravni a i ABC seku po datoj pravoj p, a boËna ivica AA1 prodire ravan a u datoj taËki A2. 2. Nacrtaj presek pravilne πestostrane prizme ABCDEFA1B1C1D1E1F1 sa ravni a, ako boËne ivice AA1, BB1, CC1 prodiru ravan a redom u taËkama A2, B2, C2. 3. Osnova uspravne prizme je trougao ABC takav da je AB = 5 cm, AC = 8 cm, \BAC = 60°. Presek prizme i ravni koja sadræi ivicu CC1 i normalna je na ravan ABB1A1 je kvadrat. IzraËunaj povrπinu te prizme. 4. Osnova uspravne prizme ABC A1B1C1 je pravougli trougao Ëija je kateta AC = 10 cm. Ravan koja sadræi teme C pravog ugla i temena A1 i B1 seËe tu prizmu po jednakostraniËnom trouglu. IzraËunaj povrπinu i zapreminu te prizme. 5. IzraËunaj povrπinu i zapreminu pravilne osmostrane prizme Ëiji je najveÊi dijagonalni presek kvadrat stranice 12 cm. 6. IzraËunaj povrπinu i zapreminu pravilne dvanaestostrane prizme Ëiji je najmawi dijagonalni presek kvadrat stranice 2 + 3 cm . 7. Neka je ABCDA1B1C1D1 kocka ivice a. TaËke K, L, M su redom srediπta ivica AB, BC, CC1 . Dokaæi da je ravan KLM simetrijska ravan dijagonale B1D. 8. Neka je ABCDA1B1C1D1 kocka ivice 6 cm. TaËke K, L, M su redom na ivicama AB, BC, CC1, tako da je AK : KB = 1 : 2, BL : LC = 2 : 1, CM : MC1 = 1 : 2. Odredi obim i povrπinu preseka kocke i ravni KLM. 9. Da li se kutija oblika kocke ivice 10 cm moæe „zaviti“ u papir oblika kvadrata stranice 30 cm? 10. Zbir tri ivice iz istog temena pravilne Ëetvorostrane prizme je 12 cm. Kolika je najveÊa povrπina omotaËa te prizme? 11. Povrπina omotaËa pravilne πestostrane prizme je 648 cm2, a dijagonala boËne strane je 15. IzraËunaj povrπinu te prizme. 12. Osnova prave prizme je romb. Povrπine dijagonalnih preseka su S i T. IzraËunaj povrπinu omotaËa te prizme. 13. Neka je ABCDA1B1C1D1 kvadar i a, b, c oπtri uglovi koje dijagonala AC1 gradi po redu sa ivicama AA1, AB, AD. Dokaæi da je zbir tih uglova mawi od opruæenog ugla. 14. Povrπina osnove uspravne trostrane prizme je 16 cm2, a povrπine boËnih strana su 36 cm2, 40 cm2 i 68 cm2. IzraËunaj zapreminu te prizme. 15. Osnova uspravne prizme je jednakokraki trougao Ëiji je obim 50 cm, a jedna stranica je 16 cm. IzraËunaj povrπinu i zapreminu te prizme ako je povrπina omotaËa jednaka polovini povrπine te prizme. 16. U pravilnu Ëetvorostranu prizmu ABCDA1B1C1D1 upisana je uspravna prizma EFGH E1F1G1H1, Ëija temena E, F, G, H, E1, F1, G1, H1 pripadaju redom ivicama AB, BC, CD, DA, A1B1, B1C1, C1D1, D1A1. Osnovne ivice druge prizme sa odgovarajuÊim osnovnim ivicama prve obrazuju uglove od 30°. Nai razmeru zapremina ovih prizmi.

пример

Dokaæi da je svaka jednakoiviËna piramida pravilna. Da li pravilna πestostrana piramida moæe biti jednakoiviËna? Neka je SABCD jednakoiviËna Ëetvorostrana piramiD C da. (S je vrh, ABCD osnova). Neka je O prodor normale iz vrha S na ravan osnove kroz ravan osnove. Tada su M O trouglovi AOS, BOS, COS i DOS pravougli sa zajed- A B niËkom katetom SO i jednakim hipotenuzama AS, BS, CS, DS, pa su podudarni. Sledi da je AO = BO = CO = DO, pa je taËka O centar kruga opisanog oko Ëetvorougla ABCD. Dakle, Ëetvorougao ABCD ima jednake stranice i opisanu kruænicu, pa je kvadrat. Po definiciji, piramida SABCD je pravilna. Na isti naËin se moæe dokazati da su trostrana i petoS strana jednakoiviËna piramida pravilne. Neka je SABCDEF F pravilna πestostrana piramida i O prodor normale iz vrha S na ravan osnove kroz ravan osnove. Ako bi ova piramida bila jednakoiviËna, wene boËne straF E ne su jednakostraniËni trouglovi podudarni sa karakteristiËnim trouglom pravilnog πestougla ABCDEF F koji je A D O osnova piramide. B C U pravouglim trouglovima AOS, BOS,...,FOS katete AO, BO,...,FO bile bi jednake redom sa hipotenuzama AS, BS,..., FS. To je nemoguÊe. Dakle, jednakoiviËne mogu biti trostrana, Ëetvorostrana i petostrana piramida.

пример

Kocka ABCDA1B1C1D1 je iseËena ravnima BDA1, BDC1, BC1 A1, DC1A1 na pet pravilnih trostranih piramida. Odredi ivice tih piramida ako je ivica kocke a. Piramide ABDA1, CBDC1, B1BC1 A1, D1DC1A1 su pravilne trostrane Ëije su osnove jednakostraniËni trouglovi BDA1, BDC1, BC1 A1, DC1A1, redom, a boËne ivice su jednake ivicama kocke i uglovi pri vrhu su pravi. Sve ivice pete piramide, DBC1A1 su jednake dijagonalama strana kocke, pa je to pravilni tetraedar. Vidi sliku!

B11 B C

пример

Data je kocka ABCDA1B1C1D1. Dokaæi da su ravni A1BC1 i ACD1 normalne na dijagonalu B1D i da dele tu dijagonalu na tri jednaka dela .

Kako je B1A1 = B1B = B1C1 i DA1 = DB = DC1 to na osnovu T S zadatka 4 teme 2.1. ... sledi da temena B1 i D pripadaju pravoj C D koja je normalna na ravan A1 BC1 i prodire tu ravan u taËki, na primer S, koja je centar kruænice opisane oko trougla A1 BC1. IzraËunamo visinu pravilne trostrane piramide B1A1BC1. B Neka je a ivica kocke. Tada su osnovna i boËna ivica ove pi- A 2 2 a 2 3 2 2 2 ramide a 2 i a, redom. Visina je B1 S = a 2 - c a = m = a 3 2 3 3 1 =a a 3 , odnosno duæ B1S jednaka je treÊini dijagonale kocke. Na isti 3 3 naËin dokazujemo da je prava B1D normalna na ravan ACD1 i da prodire tu ravan u taËki, na primer T T, tako da je DT jednako treÊini dijagonale kocke.

пример

Nacrtaj presek pravilne πestostrane piramide SABCDEF sa ravni a, ako boËne ivice SA, SB, SC prodiru ravan a redom u taËkama A1, B1, C1. Ravan boËne strane ABS seËe ravan a po pravoj A1B1 a ravan osnove po pravoj AB. Prave AB i A1B1 seku se u taËki X. Na isti naËin prave BC C i B1C1 seku se u taËki Y. Y TaËke X i Y pripadaju ravni osnove i ravni a, odnosno prava XY Y je presek te dve ravni. Prava CD seËe pravu XY u taËki M. TaËka M pripada i pravoj po kojoj se seku ravan CDS i ravan a. Dakle, prava MC1 seËe pravu DS u taËki D1. TaËka D1 je prodor prave DS kroz ravan a. Na isti naËin se konstruiπu taËke u kojima boËne ivice ES i FS ili prave wima odreene prodiru ravan a. S F1 E

D1 C1

D C

O A

пример

Neka je SABCD pravilna Ëetvorostrana piramida osnovne ivice 4 cm i visine 8 cm. Neka je P taËka koja pripada osnovi piramide i p prava koja sadræi taËku P i normalna je na ravan osnove. Prava p prodire ravni boËnih strana ABS i CDS u taËkama M1 i M2. IzraËunaj zbir PM1+ PM2. s

M2 T S

Ravni ABS i CDS se seku po pravoj s koja sadræi vrh S piramide i paralelna je pravim AB i CD. UoËimo ravan a koja sadræi taËku P, odnosno pravu p i normalna je na pravu s. Neka prava s prodire ravan a u C B taËki T, prava AB u taËki P1, prava CD u taËki P2. Vidi T1 P2 P sliku! Trougao TP1P2 je jednakokrak, P1P2 = 4 cm, a odgoP A 1 varajuÊa visina TT1 = 8 cm. Iz sliËnosti trouglova D P1PM1 i P1T1T sledi P1P : P1T1 = = PM1 : T1T, odnosno P1P : PM1 = 2 : 8, PM1 = 4P1P. Na isti naËin iz sliËnosti trouglova P2PM2 i P2T1T sledi P2P : P2S1 = PM2 : T1T, odnosno P2P : PM2 = 2 : 8, PM2 = = 4P2P. Daqe, sabirajuÊi jednakosti PM1 = 4P1P i PM2 = 4P2P dobijamo PM1 + PM2 = 4P1P + + 4P2P = 4(P1P + P2P) = 4P1P2. Dakle, PM1 = PM2 =16 cm.

Задаци 1. Mreæa piramide je kvadrat stranice 10 cm. IzraËunaj zapreminu te piramide. 2. Ambalaæa za sok se pravi u obliku pravilnog tetraedra. Odredi stranicu jednakostraniËnog trougla koji je mreæa tetraedra za ambalaæu ako treba da stane 1 litar soka. 3. Mreæa pravilne Ëetvorostrane piramide je ucrtana u kvadrat stranice a. IzraËunaj povrπinu te piramide ako su boËne strane a) jednakostraniËni trouglovi; b) jednakokraki trouglovi sa uglom od 30° pri vrhu. 4. Dokaæi da postoji trostrana piramida Ëije su sve strane podudarni raznostraniËni trouglovi. 5. BoËne ivice SA, SB, SC trostrane piramide SABC su uzajamno normalne. Dokaæi da je kvadrat povrπine osnove jednak zbiru kvadrata povrπina boËnih strana. 6. BoËne ivice trostrane piramide su SA = 126 cm SB = 99 cm, SC = 70 cm i sve su uzajamno normalne. IzraËunaj povrπinu i zapreminu te piramide. 7. Osnova piramide je pravougli trougao ABC sa katetama a = 8 cm, b = 6 cm. BoËna ivica koja sadræi teme pravog ugla tog trougla je normalna na ravan osnove i SC = 12 cm. IzraËunaj povrπinu i zapreminu te piramide.

8. Osnova piramide je pravougli trougao Ëije su katete 6 cm i 8 cm. IzraËunaj povrπinu i zapreminu te piramide ako sve boËne: a) strane; b) ivice zaklapaju sa osnovom ugao od 60°.

9. Jedna osnovna ivica trostrane piramide je 16 cm, a naspramna boËna ivica je 18 cm. IzraËunaj zapreminu te piramide ako su sve ostale ivice po 17 cm. 10. Osnova piramide je trougao ABC sa stranicama a = b = 25 cm, c = 40 cm. BoËna ivica SC je normalna na ravan osnove i SC = 8 cm. IzraËunaj povrπinu i zapreminu te piramide. 11. Osnova piramide je jednakostraniËni trougao stranice a = 12 cm. Samo jedna od boËnih strana je jednakokrako-pravougli trougao Ëija je ravan normalna na ravan osnove. IzraËunaj povrπinu i zapreminu te piramide. 12. Dve strane trostrane piramide su jednakostraniËni trouglovi stranice a. IzraËunaj povrπinu i zapreminu te piramide ako ravni tih strana grade a) prav diedar; b) diedar od 60°. 13. Osnova piramide je romb sa stranicom 2 dm i oπtrim uglom od 60°. KraÊa boËna ivica je 5 dm. Normala iz vrha piramide prodire ravan osnove u preseku dijagonala osnove. IzraËunaj povrπinu i zapreminu te piramide. 14. Osnova piramide je jednakokraki trapez ABCD, AB ;;CD, AB = 10 cm, CD = 6 cm, BC = 14 cm. Ortogonalna projekcija vrha S piramide na ravan osnove je presek O dijagonala osnove. IzraËunaj povrπinu i zapreminu te piramide ako ravan boËne strane ABS sa ravni osnove zaklapa ugao od 60°. 15. Osnova piramide je kvadrat ABCD stranice a = 10 cm. Dve boËne strane sa zajedniËkom boËnom ivicom AS su u ravnima koje su normalne na ravan osnove. Ostale dve boËne strane su u ravnima koje sa ravni osnove zaklapaju uglove od 60°. IzraËunaj obim i povrπinu preseka piramide i ravni: a) ACS; b) BDS. 16. Pravilna Ëetvorostrana piramida SABCD je preseËena sa ravni a koja sadræi teme A i normalna je na boËnu ivicu SC. IzraËunaj povrπinu preseka ako su osnovna i boËna ivica piramide 6 2 cm i 10 cm, redom. 17. Pravilna trostrana piramida SABC preseËena je sa ravni koja sadræi srediπta osnovnih ivica AB i AC i paralelna je sa boËnom ivicom AS. IzraËunaj obim i povrπinu preseka ako su osnovna i boËna ivica piramide 12 cm i 14 cm, redom. 18. U kocku ABCDA1B1C1D1 upisana je Ëetvorostrana piramida ABCDA1. Ako je povrπina te piramide 1cm2, izraËunaj povrπinu kocke. 1 19. Treba da odmerimo litra teËnosti a raspolaæemo samo posudom u obliku kocke 6 ivice 1 dm. Kako to da uradimo? 20. Neka je SABCD pravilna Ëetvorostrana piramida osnovne ivice a i visine H. Neka je P taËka koja pripada osnovi piramide i p prava koja sadræi taËku P i normalna je na ravan osnove. Prava p prodire kroz ravni boËnih strana u taËkama M1, M2, M3, M4. Dokaæi da je zbir PM1+ PM2+ PM3+ PM4 jednak Ëetvorostrukoj visini piramide za svaku taËku P koja pripada osnovi piramide.

Funkcija oblika f(x) = kx + n naziva se linearna funkcija. Ako je wena oblast definisanosti skup realnih brojeva, wen grafik je prava linija koja na ordinatnoj osi odseca odseËak n = f(0). Ako se promenqiva x promeni u x + h, onda se vrednost funkcije f (x + h) - f (x) . Dakle, mewa od f(x) u f(x+h) = k(x + h) + n = f(x) + kh. Odavde sledi k = h k pokazuje brzinu promene funkcije sa promenom promenqive x i ona je konstantna (ne zavisi od argumenta i wegove promene). Za k 2 0, vrednosti funkcije rastu sa porastom argumenta, sve bræe πto je k veÊe. Za k 1 0 vrednosti funkcije opadaju sa porastom argumenta, sve bræe πto je k mawe. Grafik funkcije koja bræe raste ili bræe opada je strmiji prema x-osi.

пример

Ako je f( f 2xx + 1) = 2 + 3x, x x ! R, R koliko je: a) f( f 0); b) f( f a); v) f( f x). 1 a) Potraæi najpre x za koje je 2xx + 1 = 0. BiÊe to za x =- . StavqajuÊi u datu vezu 2 1 ovu vrednost, dobijamo f^ 0 h = . 2 a-1 b) Iz 2xx + 1 = a dobijamo x = . StavqajuÊi tu vrednost u datu vezu, dobijamo 2 a 1 1 3a f(( ) = 2 3 = . 2 3 3 1 v) StavqajuÊi u posledwu jednakost vrednost x umesto a, dobijamo f ( ) = x + . 2 2

пример

Neka je za sve racionalne brojeve a i b, f( f a + b) = f( f a) + f( f b). Dokaæi da je f r) = f( f( f 1)r, r ! Q. Stavimo a = 0, b = 0. Dobija se ff(0) = ff(0) + ff(0) odakle je ff(0) = 0. Stavimo a = 1, b = 1. Dobija se ff(2) =2 ff(1). SliËno ff(3) = ff(2) + ff(1) = 3f(1). Za prirodan broj k je f( f k + 1) = f( f k) + ff(1). Zato je za prirodno n, f n) = (f f( (f(n) ‡ f( f n ‡1)) + ((ff(n ‡1) ‡ f( f n ‡2)) + ...+ (f (f(2) ‡ ff(1)) + ff(1) = (n ‡ 1)f )f(1) + ff(1) = nf(1). f Iz ff(1) = f c n $

1 1 m = fc n n f`

1 n m 1 j = fc n n

1 m n

1 1 1 nf c m sledi f c m = f(( ) , pa je nf n n n 1 1 m mff c m = f ( ) . m m n n n

Iz ff(0) = f( f r + (‡r)) = f( f r) + f(‡ f r) sledi f(‡ f r) = ‡f ‡f(r). Time je dokazano da jef ef(r) = f( f 1)r, r ! Q.

Задаци 1. Pera se bavi prodajom kafe i ima 15. 12. 2009. ujutru 1200 kg kafe na skladiπtu. Dnevno prodaje proseËno oko 25 kg. Pera ponovo naruËuje kafu kada mu na skladiπtu ostane zaliha za 5 dana prodaje. Kada Êe Pera prvi put u 2010. godini da naruËi robu, ako ne radi nedeqom i praznicima? 2. TaËke A( 3 , _ ) i B( _ , 9 ) pripadaju grafiku funkcije y = ‡2h + 5. IzraËunaj duæinu duæi AB. 3. TaËka (‡2,3) pripada pravoj y = (2‡ a)x + 3. Da li i taËka (‡1,4) pripada toj pravoj? 4. Koja od funkcija y = 2x + 100 i y =x + 200 bræe raste? Skiciraj grafike ovih funkcija. Koji od wih je strmiji prema x-osi? 5. Kada x poraste za 2, funkcija y = kx + 4 poraste za 4. Koliko je k? 6. Koji od grafika funkcija a) y = 3x + 5 i y = 4x + 100; b) y = ‡2x + 28 i y = ‡4x + 1; v) y = 3x ‡ 2 i y = ‡x je strmiji prema x-osi? 7. Koliki ugao sa x osom gradi prava: a) y =

2 3 x ; b) y = x? 2 2

8. Nacrtaj grafik funkcije: a) y = 2 x - 1 ; b) y = 3 x + 1 . 9. Odredi linearnu funkciju koja zadovoqava f(2 ‡ x) + f(3x ‡ 2) = 5 za sve realne brojeve x. 10. Odredi sve linearne funkcije na R koje zadovoqavaju f(f(x)) = 4x. Navedi primer nelinearne funkcije koja ovo zadovoqava. 11. Koliko je f(2 010) ako je za sve realne brojeve x, f(2 ‡ 3x) = 6x? 12. Odredi funkciju f ako je f(x ‡ 1) = 4x ‡ f(2) ‡ 2. 13. Odredi funkciju f ako je f(x ‡ 3) = 2x ‡ 4 ‡ f(2). 14. Ako je f(x ‡ 1) = 2x + 3, reπi jednaËinu f(2x ‡ 1) ‡ f(x ‡ 3) = f(x) + f(x + 1). 15. Neka je za sve racionalne brojeve a i b, f(a + b) = f(a) + f(b) ‡ 3 i f(1) = 2. IzraËunaj: 1 a) f(0); b) f(2); v) f(2010); g) f(n), n ! N; d) f c m, n ! N ; ) f (r), r ! Q . n 16. Odredi funkciju f ako je za sve realne brojeve x, A) f(x) + 2f(6 ‡ x) = ‡ x: B) 3f(2x ‡ 1) + f(9 ‡ 2x) = x.

Skup reπewa linearne jednaËine ax + by = c za (a,b) ! (0,0) (tj. skup svih ureenih parova (x,y) realnih brojeva koji zadovoqavaju ovu jednakost) predstavqa u koordinatnoj ravni pravu. Svaka prava u koordinatnoj ravni je skup reπewa neke linearne jednaËine. Ova jednaËina naziva se jednaËina prave. Umesto „prava Ëija je jednaËina ax + by = c“ govorimo samo „prava ax + by = c“. Ako je b ! 0, ova prava je kosa prema x-osi i predstavqa grafik linearne funkcije a c y =- x + . b b c Ako je b = 0, prava je paralelna y osi (vertikalna) i ima jednaËinu x = . a

пример

Dokaæi da su prave ax + by = c i Ax + By = C paralelne ako i samo ako je aB = bA. Ako su prave paralelne, one su obe vertikalne ili obe kose. U prvom sluËaju je b = 0 i B = 0, pa jednakost vaæi jer su obe wene strane jednake nuli. Ako su prave kose prema x-osi, onda b ! 0, B ! 0 pa su prave grafici funkcija a c A C a A y =- x + i y =- x + i zbog paralelnosti je - =- . Sledi ab = bA. b b B B b B Obratno, neka je aB = bA. Ako je b = 0, onda su, zbog a ! 0, B = 0 obe prave normalne na x-osu i zato paralelne. Ako b ! 0, onda je i B ! 0, pa su prave grafici funkcija a c A C a A y =- x + i y =- x + paralelni zbog - =- . b b B b b B

пример

Proveri da prava odreena sa dve taËkee (x1,y , 1), (x2,y , 2), x1 ! x2, ima jednaËinu y2 y1 y = y1 + ^ x x1 h . x2 x1 Za x = x1 iz jednaËine dobijamo y = y1. ZnaËi taËka (x1,y , 1) pripada pravoj koja je reπewe ove jednaËine. SliËno, za x = x2 iz jednaËine dobijamo y = y2, pa ta prava sadræi i taËku (x2 , y2). Kako dve razliËite taËke odreuju taËno jednu pravu, tvrewe je taËno.

пример

Da li taËkee (0, 4), (1, 5), (4, 8) pripadaju jednoj pravoj? JednaËina prave koja sadræi prve dve od ovih taËaka je y Kako je 8 = 4+4, ta prava sadræi i taËku (4,8).

5 1

4 (x 0

)

4 + x.

пример

Proveri da prava koja na x-osi odseca odseËak a a na y osi odseËak b ima jednaËinu y x + =1. a b y x a 0 TaËka (a,0) pripada pravoj + = 1 , jer je + = 1 . Isto vaæi za taËku (0,b). a b a b y x Kako ove taËke odreuju taËno jednu pravu, wena jednaËina je + = 1 , a weni a b odseËci na osama su a, odnosno b.

пример

5 y

a Dokaæi da je y = x jednaËina prave koja sadrb B æi koordinatni poËetak i koja je normalna na N pravu koja na osama x i y odseca odseËke a, odnosno b y x β b, tj. na pravu + = 1 . A O a b a M x α Prvi naËin: Traæena normala sadræi koordinatni poËetak i taËku (xl,yl) simetriËnu koordinatnom poËety x ku u odnosu na pravu + = 1 . Ova taËka je udaqena | a | od taËke (a,0) odnosno | b | a b od taËke (0,b). Zato je (xl ‡ a)2 + (yl ‡ 0)2 = a2, (xl ‡ 0)2 + (yl ‡ b)2 = b2. Oduzimawem po a a stranama odavde dobijamo ‡2xla = ‡2ylbx, pa je yl = xl . Prava y = x sadræi dakle b b taËku (xl,yl) a takoe i koordinatni poËetak, te je to traæena normala. Drugi naËin: SluËaj: a 2 0, b 2 0.

y x + =1. a b b a = . Iz sliËnosti pravouglih trouglova AOB i NMO sledi MN : MO = AO : BO ili a a b Dakle taËka N(a,b) pripada pravoj y = x . Ostale sluËajeve uradi sam. b

Neka je N(a,b) podnoæje normale iz koordinatnog poËetka na pravu

пример

U trenutku t, t H 0 objekat se nalazi u taËki (a + ct, b + dt) koordinatne ravni. Dokaæi da se on kreÊe pravolinijski konstantnom brzinom c 2 + d 2 . Sve taËke (a + ct, b + dt), t H 0 na putawi pripadaju pravoj d(x ‡ a) = c(y ‡ b), jer je d(a + ct ‡ a) = c(b + dt ‡ b). Putawa je dakle pravolinijska. Od trenutka t do trenutka t + h objekat je preπao pravolinijski put od taËke (a + ct, b + dt) do taËke (a +c(t + h), b+ d (t +h) za vreme h. Wegova duæina jednaka je rastojawu tih taËaka, tj. c 2 h 2 + d 2 h 2 = h c 2 + d 2 , te mu je brzina (preeni put kroz utroπeno vreme) konstantno jednaka

c2 + d2 .

Задаци 1. Koja od datih slika moæe predstavqati grafik funkcije 3x + 4y = c, gde je c neki pozitivan broj: y

2. Da li na nekoj od prava: a) y = 2 x + 3 ; b) nih taËaka? 3.

5 -1 x2

2 y = 1 ima celobroj5 -1

Proveri da su kolinearne taËke: a) (1,2),(‡1,1), (3,3); b) (a ‡ 1, 2a + 1), a ! R.

4. Saglasno slici kvadrat 8 # 8 i pravougaonik 5 #13 imaju jednaku povrπinu! Gde je greπka? 5. Brod se u trenutku t nalazi u taËki sa koordinatama (3 ‡ t, 2 + t). Pokaæi da se brod kreÊe po pravolinijskoj putawi konstantnom brzinom. IzraËunaj tu brzinu. 6. Brod se nalazi u taËki A(0,8) i kreÊe se konstantnom brzinom ka taËki B(6,0). Do we mu treba 2 sata. a) Kojom brzinom se kreÊe brod? b) Gde Êe se nalaziti posle t sati voæwe? 7. Brod se nalazi u taËki (3, 2) i kreÊe se pravolinijski konstantnom brzinom ka taËki(2, 7) do koje mu treba sat vremena. »amac se nalazi u taËki (6, 4) i kreÊe se pravolinijski konstantnom brzinom ka taËki (1,2) do koje mu treba sat vremena. Kroz koliko minuta Êe Ëamac i brod biti najbliæi? 8. Napiπi jednaËine pravih prema datim slikama: y (-1,2)

1 -2 -1

-1

2 1

2 1 0

-2 -1

y 2 1 0 1 2 x -1

-2 -1 0 -1

-2

9. Pokaæi da sve prave y = (2a ‡ 1)x + a + 2, a ! R sadræe jednu taËku.

-2

1 2 x 2x+y=1

10. Sve prave y= (a ‡ 1)x+2 ‡ a, a ! R sadræe jednu taËku. Koju? 11. Koja od pravih y = ‡3x + 1, y = 2x ‡ 4 gradi sa koordinatnim osama veÊi trougao? 12. Da li su paralelne prave 3 = 2 x - 6 y i 5 =- 2x + 2 3 y ? 13. Napiπi jednaËinu prave koja sadræi koordinatni poËetak i normalna je na pravu 4x + 3y ‡ 5 = 0. 14. Dokaæi da su prave 3x + 4y + 5 = 0 i 3x ‡ 4y + 8 = 0 ortogonalne. 15. Napiπi jednaËinu prave koja sadræi taËku (‡1, 2) i normalna je na pravoj 2x ‡ 3y + 4 = 0. 16. Dokaæi da je prava ax + by = c, (a, b) ! (0, 0) normalna na duæ Ëiji su krajevi koordinatni poËetak i taËka (a, b). y x 17. Odredi taËku na pravoj + = 1 najbliæu taËki (x0, y0). a b

Sadræaji o sistemima linearnih jednaËina Ëine zanimqivu temu koja se takoe moæe daqe proπirivati i produbqivati. To Êemo ilustrovati primerima sistema sa viπe jednaËina nego nepoznatih, sistema sa viπe nepoznatih nego jednaËina, sistema sa tri i viπe nepoznatih, modelirawa dosta sloæenih problema u sistem jednaËina ...

пример

Z 2 2 ]] x + y = 5 Reπi sistem jednaËina [ x 2 + 3y 3y 2 7 . ]x+y=1 \ Imamo tri jednaËine, a dve nepoznate, pri Ëemu prve dve jednaËine nisu linearne, veÊ kvadratne. Jasno je da reπewe sistema mora zadovoqavati sve tri jednaËine u sistemu i zato u prvom koraku reπimo sistem od prve dve jednaËine, a u drugom koraku proverimo koja od dobijenih reπewa zadovoqavaju i treÊu jednaËinu. Reπavawem sistema koji se sastoji od prve dve jednaËine dobija se da je x2 = 4 i y2 = 1, πto znaËi da dati sistem ima Ëetiri reπewa: (2, 1), (2, ‡1), (‡2, 1) i (‡2, ‡1). OËigledno je da treÊu jednaËinu zadovoqava samo ureeni par x = 2, y = ‡ 1.

пример

Tri kauboja su uπli u salun. Prvi je kupio 4 sendviËa, Ëaπu kafe i 10 palaËinki i za to platio 6 dolara i 76 centi. Drugi je kupio 3 sendviËa, Ëaπu kafe i 7 palaËinki i za to platio 5 dolara i 4 centa. Koliko je treÊi kauboj platio za sendviË, Ëaπu kafe i palaËinku? 1) Ako cenu sendviËa obeleæimo sa a, cenu kafe sa b i cenu palaËinke sa c, onda se na osnovu datih uslova mogu formirati dve jednaËine: 4a + b + 10c = 676 i 3a + b + 7c = = 504. Ako prvu jednaËinu pomnoæimo sa 2, a drugu jednaËinu sa 3, dobija se: 8a + 2b + 20c = 1 352 i 9a + 3b + 21c = 1 512. Oduzimawem prve jednaËine od druge sledi da je a + b + c = 160, tj. sendviË, Ëaπa kafe i palaËinka koπtaju 160 centi. 2) Ako od jednakosti 4a + b + 10c = 676 oduzmemo 3a + b + 7c = 504, dobijamo a + 3c = = 172, pa je a = 172 ‡ 3c. Iz prve jednaËine b = 676 ‡ 10c ‡ 4a = 676 ‡ 10c ‡ 4(172 ‡ 3c) = = 2c ‡ 12. Tada je a + b + c = (172 ‡ 3c) + (2c ‡ 12) + c = 160.

пример

Kraq je rekao kraqici: „Sada ja imam dva puta viπe godina nego πto ste imali Vi kada je meni bilo onoliko godina koliko je Vama sada. Kada Vi budete imali onoliko godina koliko ih sada imam ja, onda Êemo zajedno imati 63 godine“. Koliko godina sada imaju kraq i kraqica? Neka kraq trenutno ima x, a kraqica y godina. Kraq ima x ‡ y godina viπe od kraqice. Dakle kada je kraq imao y godina, kraqica je imala (x ‡ y) godina mawe, tj. y ‡ (x ‡ y) = = 2y ‡ x godina. Zbog toga se prvi dati uslov moæe na matematiËki jezik prevesti koriπÊewem jednakosti: x = 2(2y ‡ x), pa je x = 4y ‡ 2x i konaËno 3x = 4y. Kada kraqica bude imala x godina kraq Êe imati x + x ‡ y = 2x ‡ y godina, pa se drugi uslov modelira jednakoπÊu x + 2x ‡ y = 63. Reπavawem dobijenog sistema jednaËina 3x = 4y i 3x ‡ y = 63, sledi da je 4y ‡ y = 3y = 63. To znaËi da je y = 21, tj. kraqica sada ima 21, godinu. Kako je 3x = 4y = 84, to je x = 28, pa kraq sada ima 28 godina. Provera: Kraq je 28 ‡ 21 = 7 godina stariji od kraqice. Kada je je kraq imao godina koliko kraqica sada, tj. 21 godinu, kraqica je imala 14 godina, πto je dva puta mawe nego πto kraq ima sada. Kada kraqica bude imala onoliko godina koliko ih kraq ima sada, tj. 28 godina, kraq Êe imati 35 godina, πto znaËi da Êe zajedno imati 63 godine.

пример

Brojeve 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 rasporedimo u prazna poqa datog kvadrata 3 # 3 tako da zbir brojeva u svakoj vrsti, koloni i dijagonali bude jednak. 1

Neka se u poqima magiËnog kvadrata nalaze brojevi x1, x2 = 1, x3, x4, x5, x6, x7, x8, x9 (vidi sliku 1). Neka je zbir brojeva u svakoj vrsti, koloni i dijagonali jednak broju S. Onda je x1 + x2 + x3 = x4 + x5 + x6 = x7 + x8 + x9 = S. Kako je x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 + + x8 + x9 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45, to je 3S = 45, pa je S = 15, tj. zbir brojeva u svakoj vrsti koloni i dijagonali je 15. 1 x5 x8

x1 x4 x7

x3 x6 x9

x1 x4 x7

1 5 9

x3 x6 x9

8 3 4

1 5 9

6 7 2

1 5 9

8 3 4

Slika 1

Slika 2 Slika 3 Slika 4 Kako je (x1 + x5 + x9 )+( x3 + x5 + x7) + (x2 + x5 + x8) + (x4 + x5 + x6) = 4S = 60 = 3x5 + (x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 + x8 + x9), to je 3x5 + 45 = 60, pa je x5 = 5. Iz jednakosti x2 + x5 + + x8 = S = 15 = 1 + 5 + x8, pa je x8 = 9 (slika 2). Iz x1 + 1 + x3 = 15 sledi da je x1 + x3 = 14. Kako je 14 = 5 + 9 = 6 + 8 = 7 + 7, sluËajevi 5 + 9 i 7 + 7 ne dolaze u obzir (prvi jer je broj 9 veÊ angaæovan, a drugi jer ne postoje dve 7). Zbog toga su x1, x3 ! { 6, 8 }. Ako je x1 = 8, a x3 = 6, dobijamo jedno reπewe (slika 3), a ako je x1 = 6 i x3 = 8, dobijamo drugo reπewe (slika 4).

Задаци 1. Dat je sistem jednaËina: )

a2 x + y = a . Za koje vrednosti parametra a sistem ima x+y=1 beskonaËno mnogo reπewa, a za koje vrednosti parametra a nema reπewa?

2. Odredi reπewe sistema jednaËina '

x + y + z = 66 . x - y + z = 44

3. U istraæivawu javnog mwewa 1 000 nastavnika matematike je u anketi odgovaralo na pitawe: „Da li Êe novouvedena „mala matura“ dati boqe rezultate od starog prijemnog ispita?“ Od anketiranih nastavnika a se izjasnilo sa da, b je konstatovalo da Êe biti isto, a c je reklo da Êe efekti biti loπiji. IstraæivaËi su konb struisali dva pokazateqa „optimizma“ anketiranih: m = a + i n = a ‡ c. 2 Pokazalo se da je m = 550. Odredimo n. x + y - z = 2 007 4. Odredimo reπewa sistema jednaËina: * x + y + z = 2 009 | x | + y + z = 2 011.

5. Na dnu jezera postoji izvor koji svakoga dana jezero dopuwava konstantnom koliËinom vode. Krdo slonova koje broji 183 slona popije jezero za jedan dan, a krdo od 37 slonova za 5 dana. Koliko dana bi na jezeru mogao da pije jedan slon?

Z x1 + x2 + x3 = 3 ] ] x2 + x3 + x4 = 4 ] x3 + x4 + x5 = 5 ] 6. Reπimo sistem jednaËina: [ x4 + x5 + x6 = 6 . ] x5 + x6 + x7 = 7 ] ] x6 + x7 + x8 = 8 ]x +x +x =9 8 9 \ 7 7. Dvadeset πibica koπta toliko dinara koliko se πibica dobija za 500 dinara. Koliko koπta 2 010 πibica? 8. ©est studenata sede za okruglim stolom. Oni treba da podele sumu od 60 000 dinara, tako da svaki od wih dobije polovinu sume koju su zajedno dobili wegovi susedi. Da li je definisana podela jednoznaËna? 9. Dato je 2011 razliËitih realnih brojeva takvih da ako se svaki od wih zameni sa zbirom ostalih dobija se isti skup brojeva. Odrediti proizvod datih brojeva. 10. Na tabli je napisano nekoliko pozitivnih realnih brojeva od kojih je svaki jednak jednoj πestini sume ostalih brojeva. Koliko je brojeva napisano na tabli? 11. Deca su jela bombone. Svako dete je pojelo 10 bombona mawe nego sva ostala deca zajedno. Koliko je bilo bombona, a koliko dece? 1 1 = . Dokaæi. 12. Ako je x2 + 2yz = x, y2 + 2zx = y, z2 + 2xy = z, onda je x + y + z 2 2 13. Trideset uËenika je rasporeeno u pet grupa. Svaki od wih je dobio zadatak da reπi izvestan broj, od 40 pripremanih problema za matematiËku olimpijadu. Na kraju se ispostavilo da su uËenici koji su pripadnici iste grupe reπili jednak broj problema, a uËenici iz razliËitih grupa, reπili razliËit broj problema. Koliko ima uËenika koji su reπili taËno po jedan problem, ako se zna da je svaki uËenik reπio bar jedan zadatak. 14. Automat u mewaËnici obavqa samo dve vrste operacija: 1) Ako se ubaci 2 evra on daje 3 dolara i jednu bombonu kao poklon; 2) Ako se ubaci 5 dolara on daje 3 evra i jednu bombonu kao poklon. Kada je Vlada uπao u mewaËnicu imao je samo dolare. Kada je izaπao iz mewaËnice imao je mawe dolara nego na poËetku, nije imao evre i imao je 50 bombona. Koliko ga je „koπtala“ jedna bombona? 15. Odredi sve realne brojeve a, b, c i d takave da je a + b + c + d = 20 i ab + ac + ad + + bc + bd + cd = 150.

Do sada ste upoznali dva metoda za reπavawe sistema linearnih jednaËina ‡ metod zamene i metod suprotnih koeficijenata. Za sisteme linearnih jednaËina sa istim brojem jednaËina i nepoznatih koji imaju jedinstveno reπewe postoje i formule kojima se reπewe izraæava kao funkcija koeficijenata koji se u sistemu pojavquju. Te formule nazivaju se Kramerova pravila (po engleskom matematiËaru Krameru). Ove formule bile su poznate mnogo ranije jednom od utemeqivaËa savremene matematike luæiËkom Srbinu Lajbnicu (1646‡1716).

12.1. Системи са две једначине и две непознате Reπi sistem linearnih jednaËina sa dve jednaËine i dve nepoznate: a1 x + b1 y = c1, a2 x + b2 y = c2 . Ovde su poznati koeficijenti a1, a2, b1, b2, c1, c2 , a nepoznate su x i y. Ako strane prve jednaËine pomnoæimo sa b2 a druge sa ‡b1, dobiÊemo jednaËine sa suprotnim koeficijentima uz promenqivu y: a1 b2 x + b1 b2 y = c1 b2, - a2 b1 x - b2 b1 y =- c2 b1 . Sabirawem po stranama, iz ovih jednaËina dobijamo jednaËinu koja ne sadræi y: (1)

(a1b2 ‡ a2b1)x = c1b2 ‡ c2b1.

Na sliËan naËin, mnoæeÊi jednaËine redom sa a2, odnosno sa ‡a1 i sabirawem moæemo iz polaznog sistema eliminisati nepoznatu x i dobiti: (2)

(a1b2 ‡ a2b1)y = c1a2 ‡ c2a1.

Ako je vrednost izraza 9 = a1b2 ‡ a2b1 razliËita od nule, odavde dobijamo da su jedini kandidati za reπewa: x=

c1 b2 - c2 b1 a c - a2 c1 . , y= 1 2 3 3

Proverom zakquËujemo da su ovo zaista reπewa polaznog sistema. Radi lakπeg pamÊewa ovih formula zapiπimo izraz 9 = a1b2 ‡ a2b1 u formi funkcije kvadratne πeme koeficijenata : 3=

a1 b1 = a1 b2 - a2 b1 . a2 b2

Ova funkcija se naziva determinanta drugog reda.

a1 c1 Ako u ovoj determinanti najpre prvi stubac c m zamenimo stupcem c m slobodnih a2 c2 Ëlanova, a potom to ponovimo sa drugim stupcem, dobijamo determinante: 31 =

c1 b1 a1 c1 = c1 b2 - c2 b1 i 3 2 = = a1 c2 - a2 c1 . c2 b2 a2 c2

Kramerovo pravilo glasi: Ako je 9 ! 0, jedino reπewe polaznog sistema je 3 3 x= 1, y= 2 . 3 3 Vidi se i viπe od toga: Ako je 9 = 0 i bar jedna od determinanti 91, 92 nije jednaka nuli, sistem nema nijedno reπewe. Razlog je πto tada bar jedna od posledica (1) ili (2) nema reπewa. U sluËaju da su sve determinante 9,91,92 jednake nuli, iz dobijenih veza (1) i (2) ne moæemo niπta zakquËiti. Tada se polazni sistem mora reπavati nekom drugom metodom.

пример

Reπiti sistem: 3=

3x - 5y = 11 . - 2x + 4y =- 8

3 -5 3 11 11 - 5 = 4, 3 2 = =- 2. = 3 $ 4 - (- 2) (- 5) = 2, 3 1 = -8 4 -2 -8 -2 4

Prema Kramerovom pravilu x =

пример

31 = 2, 3

32 =- 1. 3

Reπiti u zavisnosti od realnog parametra a sistem: ax + y = 1, x + ay = a. 1 1 a 1 a 1 = a 2 - 1, 3 1 = = 0, 3 2 = = a2 - 1 . IzraËunajmo: 3= a a 1 a 1 a Ako je 9 ! 0, tj. a z {1,‡1} sistem ima jedinstveno reπewe: x=

2 31 3 0 a -1 = 2 = 0, y = 2 = 2 =1. 3 3 a -1 a -1

Ako je 9 = 0, tj. a z {1,‡1} biÊe i 91 =92 = 0, pa Kramerova pravila ne rade i sistem reπavamo poznatim metodama: Za a = 1 sistem glasi:

x+y=1 , x+y=1

svodi se na samo jednu jednaËinu x+y=1 i ima skup reπewa S = {(x,y)|x ! R, y = 1 ‡x}. Za a = ‡1 sistem glasi -x + y = 1 , x - y =- 1 svodi se na jednu jedinu jednaËinu ‡x + y = 1 i ima skup reπewa {(x,1+x)|x ! R}.

12.2. Системи са три једначине и три непознате Reπi Kramerovom metodom sistem sa tri jednaËine i tri nepoznate a1 x + b1 y + c1 z = d1, a2 x + b2 y + c2 z = d2, a3 x + b3 y + c3 z = d3 . Definiπi najpre determinantu treÊeg reda kao funkciju od kvadratne πeme koeficijenata: a1 b1 c1 def b2 c2 b1 c1 b1 c1 - a2 + a3 = a2 b2 c2 = a1 b3 c3 b3 c3 b2 c2 a3 b3 c3 = a1 b2 c3 - a1 b3 c2 + a2 b1 c3 - a2 b3 c1 + a3 b1 c2 - a3 b2 c1 KoristeÊi ovu definiciju nalazimo da je

b1 b1 c1 b2 c2 b1 c1 b1 c1 - b2 + b3 =0 b2 b2 c2 = b1 b3 c3 b3 c3 b2 c2 b3 b3 c3 c1 b1 c1 b2 c2 b1 c1 b1 c1 c2 b2 c2 = c1 - c2 + c3 = 0. b3 c3 b3 c3 b2 c2 c3 b3 c3

Dakle vaæi: Determinanta koja ima dva jednaka stupca jednaka je nuli. Navedena definicija determinante treÊeg reda naziva se razvoj po prvom stupcu. Proveri da vaæe i razvoji po drugom i treÊem stupcu: a1 b1 c1 a2 c2 a1 c1 a1 c1 a2 b2 c2 =- b1 + b2 - b3 , a3 c3 a3 c3 a2 c2 a3 b3 c3

a1 b1 c1 a2 b2 a1 b1 a1 b1 - c2 + c3 . a2 b2 c2 = c1 a3 b3 a3 b3 a2 b2 a3 b3 c3 Upotrebi navedene osobine determinanti da odjednom eliminiπeπ dve promenqive iz sistema koji ima tri jednaËine i tri promenqive: ako strane prve jednaËine sisteb2 c2 b2 c2 b2 c2 ma pomnoæimo sa , druge sa a treÊe sa , pa saberemo po stranama b3 c3 b3 c3 b3 c3 dobijene jednaËine, dobijamo jednaËinu u kojoj se ne pojavquju nepoznate y i z: a1 b1 c1 d1 b1 c1 a2 b2 c2 x = d2 b2 c2 . a3 b3 c3 d3 b3 c3 Na sliËan naËin dobijamo da vaæe i jednaËine (uradite to sami) a1 b1 c1 a1 d1 c1 a1 b1 c1 a1 b1 d1 a2 b2 c2 y = a2 d2 c2 , a2 b2 c2 z = a2 b2 d2 . a3 b3 c3 a3 d3 c3 a3 b3 c3 a3 b3 d3 Odavde sledi Kramerovo pravilo: a1 b1 c1 Ako je 3 = a2 b2 c2 ! 0 , sistem ima jedinstveno reπewe: a3 b3 c3 3 3 3 x= 1, y= 2, z= 3 . 3 3 3 Ovde su sa 9,91,92,93 oznaËene redom determinanta πeme koeficijenata sistema (glavna) i od we dobijene determinante zamenom prvog, drugog, odnosno treÊeg stupca stupcem slobodnih Ëlanova sistema. Proverite (zamenom u sistem) da je ovim formulama zaista dato reπewe sistema. Vidi se i viπe: Ako je 9 = 0 i bar jedna od determinanti 91,92 ili 93 razliËita od nule sistem nema nijedno reπewe. Razlog je opet to πto je tada bar jedna od dobijenih poslediËnih jednaËina nemoguÊa. Ako su sve determinante jednake nuli, iz dobijenih poslediËnih jednaËina se ne moæe niπta zakquËiti, pa se sistem mora reπavati nekim drugim metodom. Da li Kramerovo pravilo vaæi za svaki sistem linearnih jednaËina koji ima jednak broj jednaËina i nepoznatih? NasluÊujemo da vaæi. Naravno, pre toga treba definisati determinante reda veÊeg od tri, a to se moæe uËiniti uvodeÊi definiciju determinanti svoewem na determinante niæeg reda analognim razvojem po prvom stupcu (πta misliπ kako?). Pri tom vaæe sva svojstva determinanti koja smo uoËili.

пример

Reπi sistem: x + y + 2z =- 1, 2x - y + 2z =- 4, 4x + y + 4z =- 2. IzraËunajmo: 1 1 2 1 2 -1 2 1 2 +4 = 1 $ (- 6 ) - 2 $ 2 + 4 $ 4 = 6 , -2 3= 2 -1 2 = 1 $ 1 2 1 4 1 4 4 1 4 -1 1 2 1 2 -1 2 1 2 - (- 4 ) + (- 2 ) =- 1 $ (- 6) + 4 $ 2 - 2 $ 4 = 6, 3 1 = - 4 - 1 2 =- 1 $ -1 2 1 4 1 4 -2 1 4 1 -1 2 -4 2 -1 2 -1 2 32 = 2 -4 2 = 1 $ -2 +4 = 1 $ (- 12) - 2 $ 0 + 4 $ 6 = 12, -2 4 -2 4 -4 2 4 -2 4 1 1 -1 -1 -4 1 -1 1 -1 33 = 2 -1 -4 = 1 $ -2 +4 = 1 $ 6 - 2 $ (- 1) + 4 $ (- 5) =- 12. -1 -4 1 -2 1 -2 4 1 -2 Po Kramerovom pravilu jedinstveno reπewe je x=

пример

3 31 3 = 1, y = 2 = 2, z = 3 =- 2 . 3 3 3

Reπi sistem u zavisnosti od realnih parametara a, b: ax + y + z = 4, x + by + z = 3, x + 2by + z = 4. IzraËunaj: a 1 1 b 1 1 1 1 1 3= 1 b 1 = a $ -1$ +1$ =- ab - 1 + 2b + 1 - b = b (1 - a), b 1 2b 1 2b 1 1 2b 1 4 1 1 b 1 1 1 1 1 31 = 3 b 1 = 4 $ -3$ +4$ =- 4b - 3 + 6b + 4 - 4b = 1 - 2b, b 1 2b 1 2b 1 4 2b 1 a 4 1 3 1 4 1 4 1 32 = 1 3 1 = a $ -1$ +1$ =- a - 0 + 1 = 1 - a, 4 1 4 1 3 1 1 1 1

a 1 4 b 3 1 4 1 4 33 = 1 b 3 = a $ -1$ +1$ = b 3 2b 4 2b 4 1 2b 4 =- 2ab - 4 + 8b + 3 - 4b =- 2ab + 4b - 1. Ako b ! 0, a ! 1 reπewe je: 3 3 3 1 - 2b 1-a 1 - 2ab + 4b - 1 x= 1 = , y= 2 = = , z= 3 = . 3 b (1 - a) 3 b (1 - a) b 3 b (1 - a) Ako je b = 0, onda je 9 = 0, 91 = 1 ! 0, te sistem nema nijedno reπewe. 1 Ako je a = 1 a b ! , onda je 9 = 0, 92 ! 0, te sistem nema nijedno reπewe. 2 1 Ako je a = 0 b = , sistem glasi: 2 x + y + z = 4, 1 x + y + z = 3, 2 x + y + z = 4. 1 TreÊa jednaËina je suviπna. Oduzimawem strana prve dve jednaËine dobijamo y = 1, 2 pa je y = 2. Sistem se svodi na jednu jednaËinu x + z = 2, odakle je x = 2 ‡ z, z ! R. Dakle, skup svih reπewa je {(2 ‡ z, 2, z)| z ! R}.

Задаци 1. Proveri da vaæe razvoji po redovima: a1 b1 c1 b2 c2 a2 c2 a2 b2 - b1 + c1 a2 b2 c2 = a1 b3 c3 a3 c3 a3 b3 a3 b3 c3 a1 b1 c1 b1 c1 a1 c1 a1 b1 + b2 - c2 a2 b2 c2 =- a2 b3 c3 a3 c3 a3 b3 a3 b3 c3 a1 b1 c1 b1 c1 a1 c1 a1 b1 - b3 + c3 . a2 b2 c2 = a3 b2 c2 a2 c2 a2 b2 a3 b3 c3 2. Proveri da je determinanta jednaka nuli ako ima dva jednaka reda. 3. Potvrdi jednakost determinanti:

a1 b1 c1 a1 a2 a3 a2 b2 c2 = b1 b2 b3 a3 b3 c3 c1 c2 c3

4. Proveri Sarusovo pravilo za izraËunavawe determinanti treÊeg reda. 5. Reπi sisteme po x, y:

x + 2y = 2 ; ax + 4y = 2a

3x + 2y + z = 5, 6. Reπi sisteme po x, y, z: A) 2x + 3y + z = 1, 2x + y + 3z = 11.

2x - 3y = a . ax + 6y = 4

ax + by + 2z = 1, B) ax + (2b - 1) y + 3z = 1, ax + by + (b + 3) z = 2b - 1.

—

U redovnoj nastavi upoznali ste dva metoda za reπavawe sistema linearnih jednaËina: metod zamene promenqivih i metod suprotnih koeficijenata. Gausov metod je wihova kombinacija. To je zapravo metod zamene u kome se nepoznata, izraËunata iz jedne jednaËine sistema, eliminiπe iz ostalih jednaËina sistema ne zamenom nego metodom suprotnih koeficijenata. U metodi se, pored zamene redosleda jednaËina i redosleda nepoznatih, koriste i dva postupka koji takoe ne mewaju skup reπewa sistema: a) promena jedne jednaËine sistema deqewem wenih strana brojem razliËitim od nule; b) promena jedne jednaËine sistema dodajuÊi wenim stranama umnoæak strana neke druge jednaËine sistema sa proizvoqnim brojem.

пример

Reπi sistem: 2x 3x 5x

3y + 5z 1, 4y - 2z 7, y 3z = 6.

Podelimo strane prve jednaËine sa 2 da bismo napravili koeficijent 1 uz nepoznatu x. Dobijamo ekvivalentan sistem 3 5 1 x - y + z =- , 2 2 2 3x 4y - 2z 7, 5x y 3z = 6. Da bismo eliminisali x iz druge jednaËine, pomnoæimo strane prve jednaËine sa ‡3 i dodajmo ih stranama druge jednaËine. Da bismo eliminisali x iz treÊe jednaËine, pomnoæimo strane prve jednaËine sa ‡5 i dodajmo ih stranama treÊe jednaËine. Tako dobijamo ekvivalentni sistem: 3 5 1 y + z =- , 2 2 2 17 19 17 y z= , 2 2 2 17 19 17 y z= . 2 2 2 Druge dve jednaËine grade podsistem sa jednom nepoznatom mawe. 17 DeleÊi strane druge jednaËine sa pravimo koeficijent 1 uz y. Dobijamo 2 x-

3 5 1 y + z =- , 2 2 2 19 yz = 1, 17 17 19 17 yz= . 2 2 2 U ciqu eliminacije nepoznate y iz treÊe jednaËine, pomnoæimo strane druge jedna17 Ëine sa pa ih dodamo stranama treÊe jednaËine. Dobijamo: 2 3 5 1 x - y + z =- , 2 2 2 19 yz = 1, 17 0 $ y + 0 $ z = 0. x-

Odavde se vidi da je posledwa jednaËina suviπna, pa se moæe izostaviti. Sada iz druge jednaËine dobijamo y=

19 z+1. 17

Iz prve jednaËine dobijamo zamenom x=

3 5 1 3 19 5 1 14 y - z - = c z + 1 m - z - =- z + 1 . 2 2 2 2 17 2 2 17

Dakle, sva reπewa sistema su 14 z + 1, 17 19 y= z + 1, 17

x =a nepoznatu z slobodno biramo.

OPIS GAUSOVOG METODA (ALGORITMA) KORAK 1. KoristeÊi postupak a), ukoliko nisu svi koeficijenti uz nepoznate u sistemu jednaki nuli, pretvori u 1 koeficijent uz neku nepoznatu u jednoj od jednaËina. KORAK 2. Eliminiπi ovu nepoznatu iz svake druge jednaËine sistema koristeÊi radwu b), dodajuÊi stranama te jednaËine umnoæak strana prve jednaËine sa brojem suprotnim koeficijentu uz uoËenu nepoznatu u drugoj jednaËini. KORAK 3. Na dobijeni podsistem u kome viπe ne uËestvuje eliminisana nepoznata ponovo primeni korake 1 i 2 , sve dok je to moguÊe. Kad se postupak zaustavi, posledwa jednaËina koju dobijemo korakom 1 moæe imati joπ neke slobodne nepoznate, dok preostale jednaËine sistema (ako ih uopπte ima) imaju koeficijent nula uz sve nepoznate. Desne strane tih jednaËina moraju biti jednake nuli ukoliko sistem ima bar neko reπewe. Zato, ako desna strana neke od ovih jednaËina nije jednaka nuli ‡ stani, jer sistem nema nijedno reπewe.

U suprotnom sve te jednaËine su suviπne, jer su uvek zadovoqene. Idi na sledeÊi korak. KORAK 4. Izostavi suviπne jednaËine. Iz posledwe neizostavqene jednaËine izrazi nepoznatu (Ëiji je koeficijent 1) preko slobodnih nepoznatih. Zamenom, hodom unazad, izrazi jednu po jednu i prethodno eliminisane nepoznate preko ovih slobodnih nepoznatih. Proizvoqnim izborom slobodnih nepoznatih i izraËunatim izrazima za ostale nepoznate dobijaju se sva reπewa sistema, jer se skup reπewa pri radu metoda nije mewao. Ilustruj Gausov metod na sledeÊem primeru linearnog sistema koji ima tri jednaËine i tri nepoznate.

пример

Reπi sistem po nepoznatim x i y za zadani realni parametar b: 2x - 4y =- 2, x + by = 1, bx + 4y = 2. Stavimo drugu jednaËinu sistema kao prvu, jer je koeficijent uz x u woj veÊ jednak 1. Dobijamo ekvivalentni sistem x + by = 1, 2x - 4y =- 2, bx + 4y = 2. Metodom suprotnih koeficijenata eliminiπemo x iz druge dve jednaËine. U tu svrhu pomnoæimo strane prve jednaËine najpre sa ‡2 pa ih dodamo stranama druge jednaËine, a potom sa ‡b pa ih dodamo stranama treÊe jednaËine. Dobijamo sistem: x + by = 1, (- 2b - 4) y =- 4, 2 (4 - b ) y = 2 - b. Ako je b = ‡2 sistem poprima oblik x - 2y = 1, 0 $ y =- 4, 0 $ y = 4, i zbog druge jednaËine koja je nemoguÊa, nema nijedno reπewe. Ako ‡2b ‡ 4 ! 0, tj. b ! ‡2, deobom strana druge jednaËine sa ‡2b ‡ 4 dobijamo sistem x + by = 1, 2 y= , b+2 2 (4 - b ) y = 2 - b.

Mnoæewem strana druge jednaËine sa b2 ‡ 4 uz dodavawe stranama treÊe jednaËine dobijamo: x + by = 1, 2 y= , b+2 2 0$y=2-b+ (b 2 - 4), ili posle sreivawa, b+2 x + by = 1, 2 y= , b+2 0 = b - 2. Iz treÊe jednaËine vidimo da sistem nema nijedno reπewe ako je b ! 2, a za b = 2 svodi se na: x + 2y = 1, 1 y= . 2 Odavde nalazimo reπewe: x = 1 - 2y = 1 - 2 $

1 1 = 0, y = . 2 2

Napomena: Svaka od jednaËina sistema odreuje u koordinatnoj ravni jednu pravu. Reπewe sistema je presek sve tri prave. Dobijeni rezultat pokazuje da ove prave imaju 1 zajedniËki presek taËku c 0, m jedino za b = 2. 2

Задаци 1. Dokaæi da postupci a) i b) koji se koriste u Gausovom metodu ne mewaju skup reπewa sistema. 2. Reπi Gausovom metodom sistem 3x - 2y + z = 2, - 4x + 3y + 2z = 1, 2x - y + 4z = 5, - x - y + 3z = 3. 3. Reπi Gausovom metodom u zavisnosti od realnog parametra a sistem ax + y = a, x + ay = 1, x + y = a.

Linearne jednaËine, nejednaËine i sistemi imaju veliku primenu u raznim oblastima svakodnevnog æivota i mnogim nauËnim disciplinama. Jedan od najkorisnijih primera primene navedenih sadræaja svakako su problemi kretawa, koji svojom raznovrsnoπÊu i zanimqivoπÊu pokazuju svu lepotu matematike i moguÊnosti koje matematika pruæa u modelirawu i reπavawu problema.

пример

Biciklista je poπao iz mesta A u mesto B gde je trebalo da stigne u odreeno vreme. Ako bude vozio brzinom od 35 km/h zakasniÊee 2 sata. Ako bude vozio brzinom od 50 km/h stiÊi Êee 1 sat ranije. Odredi udaqenost mesta A i B. Neka je t vreme za koje je biciklista planirao da iz mesta A stigne u mesto B. Na osnovu uslova zadatka, udaqenost s od mesta A do mesta B je s = 35 (tt + 2) = 50 (t ‡ 1). Iz dobijene jednaËine sledi da je 35tt + 70 = 50t ‡ 50, pa je 15t = 120 i t = 8 Ëasova. Dakle, s = 35 · (8 + 2) = 50 · (8 ‡ 1) = 350 km.

пример

AtletiËari brzohodaËi istovremeno kreÊu Ê sa starta. Prvi ima 10% kraÊi korak od drugog, ali za isto vreme napravi 10% viπe koraka od drugog. Ko Êe pobediti u toj trci? Neka je duæina koraka drugog atletiËara jednaka d. Tada je duæina koraka prvog atletiËara jednaka 0,9 d. Ako drugi atletiËar do ciqa napravi n koraka, prvi Êe za to vreme napraviti 1,1n koraka. Dakle, put koji Êe preÊi prvi atletiËar je S1 = 0,9d · 1,1n = = 0,99dn, a put drugog atletiËara je S2 = dn 2 0,99dn. To znaËi da Êe pobednik trke biti drugi atletiËar.

пример

Na kruæ u noj stazi dugojj 1650 m kreÊu Ê se dvojica motociklista razliËitim, ali konstantnim brzinama. Ako se kreÊu Ê u suprotnim smerovima, susreπÊe se posle jednog minuta; ako se kreÊu Ê u istom smeru, onda Êe bræi sustiÊi sporijeg poslee 11 minuta. Kolika je brzina svakog od wih? Neka je brzina bræeg motocikliste v1, a brzina sporijeg motocikliste v2. Kako je minut πezdeseti deo Ëasa i kako je posle 11 minuta prvi preπao jedan krug, tj. 1 650 m = 1,65 km viπe od drugog, iz uslova zadatka se dobijaju jednaËine: 1 1 11 11 v1 + v2 = 1, 65 i v1 v2 = 1, 65 . Sreivawem uoËenih jednaËina dobija 60 60 60 60 se v1 + v2 = 99 i v1 ‡ v2 = 9. Reπavawem prethodnog sistema jednaËina dobija se da je v1 = 54 km/h i v2 = 45 km/h.

пример

Biciklisti A i B kreÊu Ê istovremeno iz Beograda prema Niπ πu. Biciklista A je polovinu puta vozio brzinom 30 km/h, a polovinu puta brzinom od 40 km/h. Biciklista B je polovinu vremena vozio brzinom od 30 km/h, a polovinu vremena brzinom 40 km/h. Ko je pre stigao u Niπ? Neka je rastojawe izmeu Beograda i Niπa jednako s. Biciklisti A je za putovawe potrebno ukupno vreme s s s s 7s 2 2 t1 = + + + = . 30 40 60 80 240 Biciklista B je za putovawe utroπio vreme koje se dobija iz jednaËine t2 t2 30 + 40 = s. 2 2 s 7s 7s Dakle t2 = = 1 = t1 . To znaËi da Êe biciklista B bræe stiÊi u Niπ od 35 245 240 bicikliste A.

Задаци 1. Iz Vaqeva i Beograda jedan drugom u susret, istovremeno kreÊu peπak i biciklista. Ko je u trenutku wihovog susreta bio bliæi Beogradu, ako se peπak kreÊe brzinom od 5 km/h, biciklista brzinom od 15 km/h i ako je rastojawe izmeu Vaqeva i Beograda jednako 95 km? 2. Dva peπaka, iz Loznice i Vaqeva, istovremeno kreÊu jedan drugom u susret brzinom od 6 km/h. Istovremeno je poletela muva sa nosa prvog od wih, drugom u susret, brzinom od 22 km/h, i kada stigne do drugog peπaka, vraÊa se prvom, onda opet drugom i sve tako do trenutka kada se peπaci susretnu. Koliko je rastojawe preπla muva, ako od Vaqeva do Loznice ima 72 km? 3. Jedan vozaË je svojim automobilom preπao 50 000 km i pri tom je svaki od toËkova (4 pogonska i jedan rezervni) preπao jednak broj kilometara. Koliko kilometara je preπao svaki toËak ? 4. Voz duæine 1 km kreÊe se brzinom od 60 km/h. Koliko vremena treba da protekne od ulaska lokomotive u tunel dug 1 km do izlaska posledweg vagona iz tunela ? 5. Automobilista je od mesta A do mesta B vozio brzinom od 60 km/h, a od mesta B do mesta A brzinom 100 km/h. Kolika je bila sredwa brzina automobila ? 6. Biciklista prelazi 1 km sa vetrom u lea za 3 minuta, a sa vetrom u prsa za 5 minuta. Za koliko minuta Êe preÊi 1 km, ako vetar ne duva ? 7. Rastojawe izmeu mesta A i B voz je preπao za 23 sata. Polovinu puta preπao je brzinom od 80 km/h, treÊinu puta brzinom od 60 km/h i preostali deo puta brzinom od 40 km/h. Koliko je rastojawe izmeu mesta A i mesta B?

8. Avion je preleteo prvih 360 km brzinom od 240 km/h. Drugi deo puta leteo je brzinom od 360 km/h i na taj naËin postigao sredwu brzinu od 315 km/h. Koliki put je preleteo avion ? 9. Dva automobila istovremeno polaze iz mesta A i B jedan drugom u susret. Svaki od wih, Ëim stigne u suprotno mesto, odmah se vraÊa nazad. Prvo susretawe automobila desilo se na 50 km od mesta A, a drugo na 30 km od mesta B. Kolika je udaqenost od mesta A do mesta B, ako se automobili kreÊu stalnom brzinom. 10. Predwa guma motocikla istroπi se posle preenih 25 000 km, a zadwa posle 15 000 km. Posle koliko preenih kilometara treba promeniti mesto gumama da bi se istovremeno istroπile ? Posle koliko preenih kilometara motociklista mora uzeti nove gume ? 11. Mogu li se trojica turista, koji se kreÊu peπke brzinom od 5 km/h i koji na raspolagawu imaju samo motocikl sa dva sediπta koji se kreÊe brzinom od 50 km/h, za tri sata prebaciti iz mesta A u 60 km udaqeno mesto B? 12. Tri druga æele da πto pre stignu iz Vaqeva u Lajkovac, pri Ëemu imaju moped Ëija je brzina 24 km/h. Oni se dogovore da dvojica krenu mopedom, a treÊi peπke brzinom od 6 km/h. Na izvesnom rastojawu prvi sie sa mopeda i produæi peπke, a drugi se vrati po treÊeg i nastave putovawe mopedom. U Lajkovac su sva trojica uπli istovremeno. Ako je rastojawe od Lajkovca do Vaqeva 28 km izraËunati: a) Po koliko su peπke preπli prvi i treÊi putnik? b) Koliko je ukupno trajao put? 13. Putnik æeli da „preseËe“ pustiwu, pri Ëemu dnevno moæe da pree najviπe 20 km i pri Ëemu sa sobom moæe da ponese rezerve hrane za najviπe tri dana puta. Za koliko dana najmawe moæe preÊi put od 80 km? Moæe li se za 15 dana kroz pustiwu preÊi 100 km? 14. Iz mesta A prema mestu B krenuo je peπak brzinom 4 km/h. Posle vremena t krenuo je za wim drugi peπak, a posle joπ vremena t i treÊi peπak brzinom od 6 km/h. TreÊi peπak je stigao drugog taËno na polovini puta izmeu A i B, a zatim su oni nastavili da se kreÊu brzinom koja je aritmetiËka sredina wihovih dotadaπwih brzina. Ako su sva tri peπaka istovremeno stigli u B, odredimo poËetnu brzinu drugog peπaka. 15. VojniËka kolona ima duæinu 1 km i kreÊe se ravnomerno. Kurir sa Ëela kolone dotrËi na zaËeqe kolone, preda poruku i trËeÊi se vrati na Ëelo kolone. Kolona je za to vreme preπla 1 km. Koliki put je preπao kurir?

NauËili smo poneπto o vaqku i kupi. Znamo da su osnovni elementi vaqka polupreËnik, izvodnice, visina, osnove, omotaË, kao i πta je mreæa vaqka, πta su preseci vaqka nekim ravnima, posebno πta su wegovi osni preseci. Znamo i da su osnovni elementi kupe polupreËnik osnove, osnova, izvodnice, visina, omotaË, kao i πta je mreæa kupe, πta su preseci kupe nekim ravnima, naroËito πta su weni osni preseci. Znamo πta su povrπine i zapremine vaqka i kupe i kako se raËunaju. Sa nekoliko primera koji slede nauËiÊemo joπ poneπto o tim telima.

пример

Vaqak Ëiji su osni preseci kvadrati (takav se vaqak zove i jednakostraniËni) smeπten je u kocku ivice a tako da mu A1 osa leæi na jednoj od dijagonala kocke a osnove mu dodiruju po tri strane kocke, one koje se „sreÊu“ u jednom od temena Q kocke koji je jedan od krajeva te dijagonale. IzraËunaj povrπinu i zapreminu tog vaqka.

D1 P

Dovoqno je izraËunati polupreËnik r vaqka, buduÊi da je onda wegova visina H jednaka H = 2r, pa se povrπina i A M C zapremina raËunaju neposredno pomoÊu odgovarajuÊih B formula. Saglasno ranijem dogovoru, da tekst ne bismo optereÊivali, koristiÊemo iste oznake za duæi i wihove A1 P C1 duæine, a iz konteksta Êe biti jasno da li je u pitawu duæiT na duæi ili duæ kao geometrijski objekat. Posmatrajmo Q kocku ABCDA1B1C1D1 i neka je AC1 dijagonala na kojoj O leæi osa vaqka. Dijagonalni presek ACC1A1 kocke je pravoN ugaonik stranica a, a 2 i dijagonale a 3 . Taj pravougaonik sadræi osu vaqka pa seËe vaqak po wegovom osnom A C M preseku, dakle po kvadratu (slika 7), pri Ëemu dva naspramna temena kvadrata pripadaju duæim stranicama pravougaonika a ostala dva se nalaze unutar wega. Neka je to kvadrat MNPQ i neka M pripada stranici AC a P stranici A1C1 pravougaonika. OznaËimo sa O preseËnu taËku dijagonala posmatranog pravougaonika. Ona je i preseËna taËka dijagonala posmatranog kvadrata. Na slici 8 prikazan je pomiwani dijagonalni presek kocke i osni presek vaqka. Sa T smo oznaËili preseËnuu taËku dijagonale AC1 pravougaonika i stranice NP P kvadrata. Zbog CC1 = a, AC = a 2 , AC1 = a 3 , PT T = r, r kao i Ëiwenica da se dijagonale pravougaonika polove i da je trougao POT T jednakokraki pravougli s pravim uglom u temenuu T, 1 nalazimo da je TC1 = OC1 ‡ OT = a 3 ‡ r. Trouglovi C1PT i AC1C su sliËni (svi 2 1 su im uglovi jednaki), pa je C1T : AC = PT T : CC1, odnosno c a 3 m : ^a 2 h r : a . 2 1 1 Odatle izraËunavamo r^ 1 2h a 3 , odnosno r = c a 3 m / ^ 1 + 2 h . Kako smo 2 2 veÊ napomenuli, time je zadatak reπen.

пример

Pravougaonik ABB1A1 je osni presek vaqka visine H. TaËka T pripada luku AB kruænice koja je granica „dowe“ osnove vaqka, a prava p(T, T B1) zaklapa sa ravni osnove ugao od 45c. IzraËunaj zapreminu takvog vaqka ako taËka T deli luk AB u odnosu:

B1 A1

a) 1 : 1; b) 1 : 2 ; v) 1 : 3 .

45˚

Za izraËunavawe zapremine nedostaje nam polupreËnik r vaqka. Na slici 9 prikazali smo vaqak i sve zadate elemente. Izvodnica BB1 je normalna na ravan osnove A (ravni osnova), pa je prava pl(T, T B) normalna projekcija prave p na ravan „dowe“ osnove a ugao izmeu p i pl jednak uglu izmeu p i ravni osnove, dakle, jednak 45c. Zbog toga je trougao B1TB T jednakokraki pravougli s pravim uglom u temenu B, pa je TB = BB1 = H. Na taj naËin je zadatak sveden na problem odreivawa krakova TS = SB = r jedakokrakog trougla TBS, pri poznatoj osnovici TB T =Hi poznatim uglovima na osnovici, koji su odreeni poloæajem taËke T na luku AB. Nama, u stvari, treba r2. B1

V β

H α

B S

B1 T

H S

12 S

0˚ B

a) U tom sluËaju je trougao TBS jednakokraki pravougli, 1 1 1 r2 = H2, V = H2r· H = H3r . 2 2 2 b) Trougao TBS je jednakokrak s uglovima na osnovici TB jednakim po 30°. Zbog toga je 1 1 1 r2 = H2, V = H2r · H = H3r. 3 3 3 v) Trougao TBS je jednakokrak s uglom kod vrha S jednakim 135c. Neka je u pravouglom trouglu ABT T taËka P podnoæje normale povuËene iz temena T pravog ugla na hipotenuzu AB. UoËavamo da je trougao TSP jednakokrak i pravougli s pravim uglom u temenu P i hipotenuzom jednakom r. Trougao TBP P je pravougli s hipoter r nuzom H i katetama r + i . Pitagorina teorema nam sada daje 2 2 r 2 r 2 1 2 H2 cr + 2r 2 c 1 + m +c m = 2r m , 2 2 2 odakle nalazimo r2

H 2 /^2

2 h , odnosno V

H3 r r// ^ 2

2 h.

пример

Pravougli trougao ABC s pravim uglom u temenu C obrÊe se, redom, oko svake od svojih stranica, kateta a i b i hipotenuze c. Ako su Va, Vb, Vc zapremine tako dobijenih tela, dokaæi da je ^ V a2 + V b2h $ V c2 = V a2 $ V b2 . 1 Povrπina P naπeg pravouglog trougla jednaka je P = a $ b . S druge strane je 2 1 ab . P = c $ h c . IzjednaËavawem desnih strana ovih jednakosti nalazimo da je hc = 2 c Tela koja se dobijaju obrtawem pravouglog trougla oko kateta su kupe, dok se telo koje dobijamo wegovim obrtawem oko hipotenuze sastoji od dve kupe Ëije se osnove poklapaju. Daqe raËunamo: π

2c Vb : r = a, H = b; 1c Va : r = b, H = a; Va =

Vb =

r 2 b · a; 3

r 2 a · b; 3

B c

B S

30 Vc : r = hc, H1 = p, H2 = q, p + q = c; Jednostavnim raËunawem, uzimajuÊi u ob2 2 2 zir da je c = a + b , uveravamo se da naver ab 2 r 1 2 2 Vc = V1+V2 = c m $ (p + q) = a b . dena jednakost vaæi. 3 c 3 c

пример

Kupu visine H seËe ravan r koja sadræi vrh kupe i zaklapa ugao a sa ravni osnove kupe, pri Ëemu je ugao izmeu izvodnica po kojima r seËe omotaË kupe jednak b. Odredi zapreminu kupe ako je: a) a= b = 60c; b) a = 45c, b = 90c; v) a = b = 90c. OznaËimo sa V vrh kupe, sa C centar wene osnove i neka ravan r seËe osnovu kupe po tetivi AB. Neka je S srediπte duæi AB. Trougao SVC je pravougli s pravim uglom kod temena C, uglom a kod temena S i katetom CV duæine H. Trougao ABV je jednakokrak sa osnovicom AV, uglom kod vrha V jednakim b i krakovima VA i VB duæine s (naπa oznaka za duæinu izvodnica kupe). Onda je VS teæiπna duæ (i visina) trougla ABV iz temena V; oznaËimo wenu duæinu sa m. Za raËunawe zapremine treba nam r2. a) Trougao SVC je „polovina“ jednakostraniËnog trougla stranice m i visine H. m 3 2H Zbog toga je H = , odnosno m = . Trougao ABV je jednakostraniËni 2 3 s 3 2m 4 , odnosno s = trougao stranice s i visine m, pa je m = = H . Trougao 2 3 3

BVC je pravougli, kateta H i r i hipotenuze s; Pitagorina teorema nam daje

V 16 2 7 H - H2 = H2 . 9 9 β 1 2 Formula za izraËunavawe zapremine kupe V = r r $ H 3 7 3 H nam konaËno daje V = H r. 27 B b) Trougao SVC je pravougli i jednakokrak, krakova (kaα C S teta) H i osnovice (hipotenuze) m = H 2 . Trougao BVS je takoe pravougli i jednakokrak, krakova (kateA ta) H 2 i osnovice s = m 2 = 2H. Trougao BVS je pravougli s pravim uglom kod temena S. Wegova je hipotenuza s a katete H i r, pa je polupreËnik osnove kupe 1 r = H 3 . KonaËno nalazimo V = $ 3H 2 r $ H = H 2 r . 3 v) Ravan r sadræi osu kupe i wome odreeni osni presek je jednakokraki pravougli 1 trougao visine H. Onda je i polupreËnik osnove kupe jednak H, pa je V = H 3 r . 3

r2 = s 2 - H 2 =

Задаци 1. Za pravqewe drvenih klupa i stolova u izletiπtu koriste se balvani oblika vaqka, duæine 2 m i preËnika 0,2 m. Svaki od balvana pretesterisan je paralelno wegovoj osi tako da se dobiju tawi delovi, koji se koriste umesto dasaka, i debqi delovi, koji se koriste kao oslonci, nosaËi, stubovi. Pri tome su „nosaËi“ tri puta debqi od „dasaka“. Dobijene delove treba premazati zaπtitnim premazom. a) IzraËunaj odnos zapremina jedne od tako dobijenih „dasaka“ i jednog od dobijenih „nosaËa“. b) IzraËunaj ukupnu povrπinu koju treba premazati da bi se zaπtitila jedna „daska“ i jedan „nosaË“. 2. Vaqak Ëiji su osni preseci kvadrati smeπten je u pravilni tetraedar ivice a tako da mu je jedna osnova smeπtena u jednu od strana tetraedra a druga osnova dodiruje ostale tri strane tetraedra. IzraËunaj polupreËnik vaqka. 3. Ravan paralelna osnovi kupe polovi povrπinu wenog omotaËa. U kom odnosu se nalaze zapremine delova kupe na koje ta ravan deli kupu? 4. Vaqak i kupa imaju zajedniËku osnovu, a vrh kupe se poklapa sa centrom druge osnove vaqka. Ako je odnos duæina wihovih izvodnica jednak 12 : 13, izraËunaj odnos wihovih: a) povrπina omotaËa; b) povrπina. 5. U kupu visine H Ëiji su osni preseci pravougli trouglovi, smeπten je vaqak tako da mu je jedna osnova smeπtena u osnovu kupe a druga dodiruje sve izvodnice kupe. Od svih takvih vaqaka odredi (odredi mu polupreËnik i visinu) onaj koji ima najveÊu povrπinu omotaËa. 6. Od svih trouglova po kojima ravan koja sadræi vrh kupe seËe kupu odredi onaj koji ima najveÊu povrπinu (ekstremalni problem).

7. Dat je paralelogram Ëije su duæine susednih stranica 12 cm i 17 cm i duæina jedne dijagonale 25 cm. IzraËunaj povrπinu i zapreminu tela koje nastaje obrtawem tog paralelograma oko wegove kraÊe stranice. 8. Vaqak i kupa imaju zajedniËku osnovu, nalaze se s iste strane ravni te osnove i imaju jednake povrπine i jednake zapremine. IzraËunaj odnos zapremina dela kupe sadræanog unutar vaqka i dela kupe koji se nalazi izvan vaqka. 9. IzraËunaj zapreminu tela koje nastaje obrtawem pravilnog πestougla stranica duæine a oko jedne od wegovih stranica.

Znamo da je lopta telo a sfera povrπ. NauËili smo i da je sfera povrπ koja je granica lopte, kao i da su svi preseci lopte ravnima krugovi a svi preseci sfere ravnima kruænice. Pitamo se da li vaæi i obrnuto: „Da li je telo Ëiji su svi preseci ravnima krugovi ‡ lopta?“ Pri tome ne iskquËujemo presek koji se svodi na taËku, krug Ëiji je polupreËnik 0. Odgovor na to pitawe daÊemo kroz primer 1.

пример

Svi preseci tela T ravnima su krugovi. Dokaæi da je to telo lopta. Neka je krug K(C, C r) presek tela T jednom ravni, oznaËimo je sa a. Neka je n prava koja sadræi centar C kruga i normalna je na α ravan a i neka je duæ AB presek prave n i tela T. Proizvoqna ravan r koja sadræi p seËe telo T po krugu Kr Ëija je granica kruæna linija kr; toj kruænici pripadaju taËke M1 i M2 kruænice k(C,r), simetriËne u odnosu na pravu p. Prema tome, prava p je osa simetrije kruænice kr, pa je AB wen preËnik. Telo T je lopta Ëiji je centar srediπte duæi AB a polupreËnik jednak polovini duæine te duæi.

M2 kπ

C M1

O K(C,r) B n

Jasno je da smo Primerom 1 dokazali i da povrπ Ëiji su svi preseci ravnima kruænice mora biti sfera. U redovnoj nastavi konstatovali smo i koristili se Ëiwenicom da lopta ima zapre4 3 minu i da se zapremina V lopte polupreËnika R raËuna po formuli V R r. 3 UveriÊemo se sada u to koristeÊi se veÊ upoznatim Kavalijerijevim principom i poznatim formulama za izraËunavawe zapremine vaqka i kupe.

пример

4 3 R r. 3 Posmatrajmo poluloptu lopte polupreËnika R i telo G, koje je dobijeno tako πto je iz vaqka polupreËnika R i visine R iseËena kupa polupreËnika osnove R i visine R, tako da se osnova kupe poklapa s jednom od osnova vaqka a vrh kupe se nalazi u centru druge osnove vaqka. Pri tome su polulopta i telo G smeπteni tako da su im osnove u jednoj ravni a i oba se nalaze s iste strane te ravni (slika 2). Dokaæi da je zapremina lopte polupreËnika R jednaka V

S C

S1 α

R O

Neka je b bilo koja ravan paralelna ravni a i takva je da seËe oba tela. Ona seËe poluloptu po krugu polupreËnika r C2)r. R 2 - OC 2 ; wegova povrπina je (R2 ‡ OC S druge strane, ravan b seËe telo G po prstenu Ëiji je polupreËnik spoqne kruænice R a polupreËnik unutraπwe kruænice je OC (trougao SPV V je jednakokraki pravougli a uz to je SS1 = OC). Povrπina prstena jednaka je R2r ‡OC C2r = (R2 ‡OC C2)r . Dakle, povrπine preseka polulopte i tela G su jednake za svaku ravan b koja ih seËe. Prema veÊ poznatom Kavalijerijevom principu zapremine ta dva tela su jednake. Ako je V zapremina lopte, imaÊemo 1 V 2

1 2 R r$R 3

R2 r $ R

2 3 R r, 3

4 3 R r, 3

πto je i trebalo dokazati.

пример

Date su ravan a i lopte B1(O1, 24 cm) i B2(O2, 54 cm) koje se dodiruju spoqa i dodiruju ravan a u dvema razliËitim taËkama T1 i T2. IzraËunaj duæinu duæi T1T2. α T1

t T2 T1 k1 O1

O1'

B1(O1,24cm)

O2 k2

T2 O1' O2

B2(O2,54cm)

Neka ravan b sadræi centre O1 i O2 lopti i normalna je na ravan a. Ona seËe lopte po krugovima k1(O1, 24 cm), k2(O2, 54 cm) a ravan a po pravoj t koja dodiruje te krugove u taËkama T1 i T2 (slika 3). »etvorougao T2O2O1T1 je pravougli trapez Ëije su duæine osnovica 54 cm i 24 cm, duæina duæeg kraka O2O1 jednaka R1 + R2 = (54+24) cm = 78 cm a traæimo duæinu kraÊeg kraka T2T1. Neka je O1l podnoæje normale povuËene iz O1 na duæu osnovicu trapeza; onda je O1lO2 = R2‡R1 = 30 cm. PrimewujuÊi Pitagorinu teoremu na pravougli trougao O1lO2O1 nalazimo da je traæena duæina duæi T1T2 (= O1O1l) 2 2 jednaka 78 - 30 cm = 72 cm .

Задаци 1. Data je kocka ivice a. Svaka od wenih ivica podeqena je po dvema podeonim taËkama na po tri jednaka dela. Dokaæi da sve 24 tako dobijene podeone taËke pripadaju jednoj sferi i izraËunaj polupreËnik te sfere. 2. Dve kruæne linije, koje ne pripadaju jednoj ravni, seku se u taËkama A i B. Dokaæi da postoji sfera kojoj pripadaju obe ove kruæne linije. 3. Za proizvoqne Ëetiri taËke, koje ne pripadaju jednoj ravni, postoji sfera kojoj one pripadaju. 4. Tri lopte se nalaze sa iste strane date ravni, dodiruju je u taËkama A, B, C i svaka od wih dodiruje ostale dve. Ako su a, b, c duæine stranica trougla AVS, izrazi preko wih polupreËnike lopti. 5. Dokaæi da se oko pravilnog oktaedra moæe opisati i da se u wega moæe upisati lopta. IzraËunaj odnos zapremina i odnos povrπina te dve lopte. 6. Pred tobom je lopta (drvena, metalna, ...). Opiπi kako bi se mogao, pomoÊu πestara i lewira, pribliæno odrediti wen polupreËnik? 7. Metalna lopta polupreËnika R = 1 dm pretopqena je u kupu Ëija je povrπina omotaËa tri puta veÊa od povrπine osnove. IzraËunaj pribliæno, s preciznoπÊu do milimetra (koristeÊi se xepnim raËunarom), visinu te kupe.

»esto u matematici, ali i u praktiËnim problemima, nalazimo geometrijska tela koja su sastavqena od nekih poznatih tela ili se formiraju pomoÊu wih isecawem, razlagawem, dopuwavawem, ... Takve Êemo geometrijske figure nazivati sloæena tela. U okviru ove teme obradiÊemo i neke probleme upisivawa ili opisivawa nekog od tela poznatog oblika u telo ili oko drugog tela poznatog oblika.

пример

Dat je pravilan tetraedar ivica a. IzraËunaj zapreminu lopte: a) upisane u tetraedar; b) opisane oko tetraedra.

U temi o pravilnim poliedrima smo dokazali da se normale povuËene iz svakog od temena pravilnog tetraedra na wemu naspramnu stranu seku u jednoj taËki i da ta O taËka svaku od tih normala deli u odnosu 3 : 1. Ta je taËka C jednako udaqena od sva Ëetiri temena i jednako udaqena A T A' od sve Ëetiri strane takvog tetraedra, zbog Ëega je ona centar u wega upisane lopte i centar oko wega opisane B lopte; oznaËimo je sa O. a) Neka je to tetraedar ABCD, T teæiπte trougla ABC i Al sredina ivice BC. Centar O upisane (i opisane) lopte deli duæ DT u odnosu 3 : 1, pa je dovoqno izraziti duæinu te duæi preko duæine a ivice tetraedra. Iz pravouglog trougla AlDT, T koristeÊi se Pitagorinom teoremom, nalazimo da je DT2 = DAl 2 - Al T2 = c

a 3 a 3 2 2 c m m = a , 2 6 3 a 6 1 a 6 4 3 odakle nalazimo DT = , pa je Ru DT = , Vu R r. 3 4 12 3 u 3 a 6 4 3 b) Ro DT = , Vo Vu. R r . Zbog Ro = 3Ru imamo da je Vo = 27V 4 4 3 o

пример

2 V

Zidovi zvonika imaju oblik omotaËa pravilne Ëetvorostrane prizme, osnovnih ivica duæinee 4 m i boËnih ivica duæinee 18 m. Limeni krov zvonika je konusnog oblika, osnog preseka Ëiji je ugao pri vrhu jednak D 60c; podrazumevamo da je pravilno postavqen, tako da normala na ravni osnove prizme, povuËena kroz vrh, seËe svaku od wih u taËki pre- D1 seka dijagonala. Krov je, zbog zaπtite od padavina, „stariji“ od zidova, tako da prepust (streha) zahvata jednu petinu duæine wegovih izvodnica. IzraËunaj pribliæno visinu zvonika i povrπinu lima koju treba upotrebiti za pravqewe krova takvog zvonika (zanemarujemo debqinu zidova i lima).

s S1

C C1

Krov je oslowen na zidove u Ëetiri taËke, temena gorwe osnove wenog prizmatiËnog dela. Na slici 1 smo prikazali presek takve graevine jednom ravni koja sadræi dijagonale osnova wenog prizmatiËnog dela. Presek zidanog dela je pravougaonik ABCD Ëije su A B duæine susednih stranica 4 2 m (duæina dijagonala osnova) i 18 m. Trouglovi DCV V i D1C1V su jednakostraniËni (jednakokraki s uglom 4 od 60c pri vrhu). Duæina stranice DC C jednaka je 4 2 m, pa je s = 4 2 m, odakle 5

3 m = 2 6 m , pa je nalazimo s = 5 2 m. Visina S1V trougla DCV jednaka je ^ 4 2 h 2 traæena visina zvonika jednaka (18 + 2 6 ) m ≈ 22,9 m. Traæena povrπina lima jed1 1 naka je povrπini omotaËa kupe Ëiji je polupreËnik osnove jednak D1 C1 = s = 2 2 5 = 2 m, a duæina izvodnica jednaka s = 5 2 m . Povrπinu potrebnog lima raËuna2 mo prema formuli M = rrs = 25r m2 ≈ 78,54 m2.

пример

Dve lopte jednakih polupreËnika treba spakovati u kartonsku kutiju oblika kocke. Kolika je najmawa duæina a ivica te kocke ako je polupreËnik lopti jednak R? Duæina a ivica kocke biÊe najmawa ako se centri lopti nalaze na jednoj od dijagonala kocke i ako svaka od lopti dodiruje tri strane kocke koje se seku. Neka je to kocka ABCDA1B1C1D1 i neka je pomenuta dijagonala AC1. Ravan a, koja sadræi paralelne ivice AA1 i CC1 kocke, seËe kocku po D1 stranice C1 duæina a i pravougaoniku ACC1A1, Ëije su susedne a 2 a duæina dijagonale jednaka a 3 , sadræi centre obeju lopti i seËe lopte po wihovim velikim krugovima. Neka je A1 temenu A kocke B1 i neka je T O centar one lopte koja je bliæa preseËna taËka stranice AC i normale na tu stranicu, poC iz Ëega vuËene kroz O. Trouglovi OAT i DC1AC su sliËni, O a 3 sledi da je OA : OT = C1A : C1C, odnosno c - Rm : R = 2 T = a 3 : a. A B 1 a 3 Odatle izraËunavamo - R = R 3 , tj. a = 2R c 1 + m 2 3

A A1

B1 D

B a√2

a√2 a O A

Задаци 1. Dokaæimo da postoji lopta koja dodiruje sve ivice pravilnog tetraedra. Ako je duæina ivica tetraedra a, izraËunaj polupreËnik te lopte. 2. Data je kupa polupreËnika osnove r. Ravan paralelna ravni wene osnove, takva da je na rastojawu h od ravni osnove, seËe je po krugu polupreËnika r1. Od date kupe odseËena je „gorwa“, mawa kupa i na taj naËin je dobijeno novo telo, zarubqena kupa. Osnova date kupe i osnova odseËene mawe kupe su dowa i gorwa osnova zarubqene kupe, h je wena visina a deo omotaËa date kupe koji je deo granice zarubqene kupe je wen omotaË (formiran od wenih izvodnica, preostalih delova izvodnica date kupe). Dokaæi: a) ako se u zarubqenu kupu moæe smestiti lopta tako da dodiruje obe osnove i sve wene izvodnice (moæe se upisati lopta), onda je h geometrijska sredina preËnika wenih osnova;

b) ako je h geometrijska sredina preËnika osnova zarubqene kupe, onda se u wu moæe upisati lopta. 3. U kupu polupreËnika osnove r i ugla izmeu izvodnica i ravni osnove od 30c smeπtena je polulopta tako da dodiruje sve izvodnice kupe i osnova (veliki krug) joj je smeπtena u osnovu kupe. IzraËunaj odnos zapremina kupe i polulopte. 4. Svetiqka se sastoji od taËkastog svetlosnog izvora i zatamwenog abaæura oblika sfere preËnika 60 cm, otvorenog prema tlu u obliku kruænog otvora preËnika 48 cm. Odredi gde i pribliæno na kolikoj visini od tla treba postaviti „vrh“ svetiqke da bi bilo osvetqeno igraliπte pravougaonog oblika, dimenzija 9 m × 18 m. 1 5. Dve lopte B1(O1, R) , B2(O2, R), mogu se smestiti u kupu tako da prva od wih 2 dodiruje osnovu kupe i sve izvodnice kupe, a druga lopta dodiruje prvu i sve izvodnice kupe. Izrazi zapreminu te kupe preko polupreËnika R prve lopte.

ЛИНЕАРНО ПРОГРАМИРАЊЕ СА ДВЕ НЕПОЗНАТЕ

18.1 Системи линеарних неједначина Videli smo da je skup reπewa jedne jednaËine sa dve nepoznate ax + by = c, u sluËaju da je bar jedan od koeficijenata a ili b razliËit od nule, moguÊe interpretirati kao pravu u koordinatnoj ravni, kao i obratno, da svakoj pravoj u koordinatnoj ravni moæemo pridruæiti jednaËinu ovog oblika (koju smo nazvali jednaËina prave). Prirodno se postavqa pitawe πta u koordinatnoj ravni odgovara skupu reπewa nejednaËina ax + by G c odnosno ax + by H c, pri istom uslovu? Pogledajmo neke primere.

пример

Koje taËke u koordinatnoj ravni odgovaraju skupu reπewa nejednaËina: a) x H 0; b) x G 0; v) y H 0; g) 2x + 3y G 6; d) 2x + 3y H 6? a) Svakom reπewu nejednaËine x H 0 tj. 1 · x + 0 · y H 0, odgovara taËka (x,y) u koordinatnoj ravni sa nenegativnom apscisom i obratno, koordinate svake takve taËke su reπewa ove nejednaËine. Skup reπewa ove nejednaËine moæemo zato poistovetiti sa „desnom“ poluravni Ëiji je rub ordinatna osa (sl. 1). b) Na isti naËin vidimo da skup reπewa nejednaËine x G 0 moæemo u koordinatnoj ravni poistovetiti sa „levom“ poluravni Ëiji je rub ordinatna osa.

v) Reπewe nejednaËine y H 0 je „gorwa“ poluravan, Ëiji je rub apscisna osa. g) Dokaæimo da je skup reπewa nejednaËine 2x + 3y G 6 poluravan koja sadræi koordinatni poËetak i kojoj je rub prava 2x + 3y = 6. Za svako reπewe (x,y) ove nejednaËine postoji nenegativan broj d takav da je 2x + 3y + d = 6. OdgovarajuÊa taËka u koordinatnoj ravni pripada pravoj 2x + 3y = 6 ‡ d, odnosno pra2 6-d 2 koja je paralelna pravoj y =- x i koja voj y =- x + 3 3 3 6-d na y osi odseca odseËak (sl. 2). 3 y Kada d proe svim nenegativnim vrednostima, tj. proe intervalom [0,3), vredno2 6-d sti prolaze intervalom (‡3,2]. Uni3 ja dobijenih paralelnih pravih 2x + 3y =

= 6 ‡ d kad d ! [0,3) predstavqa poluravan Ëiji je rub prava 2x + 3y = 6 i koja zbog 2 · 0 + + 3 · 0 G 6 sadræi koordinatni poËetak. Vidi se i obratno: svaka taËka te poluravni je na nekoj pravoj paralelnoj rubu te

x≥0

2x+3y=6 0 6-d 3

poluravni Ëija je jednaËina 2x + 3y = 6 ‡ d za neko d ! [0,3). Wene koordinate stoga 2x+3y=6-d zadovoqavaju nejednaËinu 2x + 3y G 6. Otuda, skup reπewa nejednaËine 2x + 3y G 6 poistoveÊujemo sa poluravni koju Ëine sve taËke koodinatne ravni s one strane rubne prave 2x + 3y = 6 s koje je i koordinatni poËetak. Na slici ovu poluravan predstavqamo rubom i strelicom normalnom na wu koja ukazuje na poluravan koju biramo. d) Na isti naËin kao u prethodnom sluËaju zakquËujemo da je skup reπewa nejednaËine 2x + 3y H 6 poluravan s rubom 2x + 3y = 6 koja ne sadræi koordinatni poËetak.

U opπtem sluËaju, na sliËan naËin zakquËujemo da je reπewe nejednaËine ax + by G c, u sluËaju da je bar jedan od koeficijenata a ili b razliËit od nule, poluravan koju Ëine sve taËke s jedne strane prave ax + by = c. Taj skup je zapravo unija pravih ax + by = = c ‡ d kad d proe skupom nenegativnih brojeva. Sve ove prave paralelne su pravoj ax + by = c i wihova unija gradi ovakvu poluravan. Isti zakquËak vredi i za skup reπewa nejednaËine oblika ax + by H c.

Da bismo grafiËki predstavili poluravan prvo nacrtamo wen rub, zatim uzmemo bilo koju taËku koordinatne ravni koja mu ne pripada. Ako ona zadovoqava posmatranu nejednakost poluravan Ëine rub i sve taËke koordinatne ravni sa iste strane ruba s koje je uoËena taËka, a u suprotnom, rub i sve taËke sa druge strane ruba. Strelicom normalnom na rub na slici naglaπavamo o kojoj poluravni se radi.

пример

Reπi grafiËkom metodom sistem nejednaËina: x + 2x G 2, 7x - 2y H 2, x H 0, y H 0. Primetimo da je skup reπewa sistema presek skupova reπewa svake nejednaËine posebno. Kako je reπewe svake pojedinaËne nejednaËine neka poluravan, skup reπewa sistema biÊe presek ovih poluravni, dakle Ëetvorougao na sl. 3.

7x-2y=2

y 1

1 -1

2 x+2y=2

U opπtem sluËaju, skup reπewa sistema linearnih nejednaËina aix + biy G ci, i = 1,2,..., m je presek skupova reπewa svake od nejednaËina posebno, dakle presek odgovarajuÊih poluravni.

18.2 Линеарно програмирање с две непознате Problem odreivawa reπewa (x,y) sistema linearnih nejednaËina s dve nepoznate u kome zadana linearna funkcija f = ax + by dostiæe najmawu ili najveÊu vrednost naziva se problem linearnog programirawa.

пример

A) Moæe li funkcija f = 2x + y na skupu svih reπewa sistema linearnih nejednaËina iz primera 2 da uzme vrednost: a) 1; b) 2? B) Odredi reπewe sistema linearnih nejednaËina iz primera 2 u kome funkcija f = 2x + y uzima najveÊu vrednost. A) a) Problem se svodi na pitawe da li prava 2x + y = 1 (duæ koje je vrednost funkcije f jednaka 1) ima preseËnih taËaka sa skupom svih reπewa, tj. sa osenËenim Ëetvorouglom. Na slici se vidi da ih ima. Jedna od wih je taËka (0,1) (za x = 0 i y = 1 je f = 1). b) Kako prava f = 2 tj. 2x + y = 2 nema preseka sa osenËenim Ëetvorouglom, vrednost 2 se ne moæe dostiÊi. B) Primetimo da funkcija f dostiæe vrednost v na pravoj 2x + y = v (koja se naziva v ‡ nivo linija funkcije f). Kada se v mewa, odgovarajuÊe nivo linije su paralelne prave. Wihovi odseËci na y osi jednaki su v i rastu kada v raste i obratno. Nivo

linija na kojoj se dostiæe najveÊa moguÊa vrednost je prava paralelna pravoj 2x + y = 0, koja ima najveÊi odseËak na ordinatnoj osi i koja seËe skup reπewa sistema (dopustivi skup). PovlaËewem paralelnih pravih (pomoÊu dva lewira), vidimo da traæena nivo linija sadræi teme Ëetvorougla koje je presek pravih x + 2y = 2 i ‡x + 2y = 1. Reπavawem sistema koji Ëine ove dve jednaËine do1 3 1 3 bijamo wegove koordinate x = , y = . TaËka c , m 2 4 2 4 je optimalno reπewe, a najveÊa vrednost koju funkcija f moæe da dosegne na skupu svih reπewa je vred1 3 7 nost funkcije u ovoj taËki fmax = 2 $ + = (op2 4 4 timalna vrednost ).

y 2

3 4

1 2

-1

f=2 f=0 f=1

f=fmax

Odreivawe smera u kome Êe rasti vrednosti funkcije f = ax + by, odnosno nivo linija duæ kojih Êe vrednosti funkcije f biti sve veÊe, postaje jednostavno ako se primeti da je vrednost funkcije f u taËki (x + a, y + b) uvek veÊa nego u bilo kojoj taËki (x,y). Zaista, f(x + a, y + b) = a(x + a) + b(y + b) = f(x,y) + a2 + b2 2 f(x,y). Odavde sledi zakquËak: paralelnim pomerawem nivo linija od nivo linije f = ax + + by = 0 koja sadræi koordinatni poËetak u smeru taËke (a,b) dobijamo nivo linije na kojima vrednost funkcije f raste. Moæe se pokazati da su sve nivo linije normalne na duæ Ëiji su krajevi koordinatni poËetak i taËka (a,b).

18.3. Примена линеарног програмирања Mnogi problemi iz svakodnevnog æivota mogu se matematiËkim jezikom izraziti u formi problema linearnog programirawa.

пример

Kompanija ima 1 000 litara lake nafte i 2 000 litara teπke nafte. Meπawem lake i teπke nafte u razmeri 2 : 3 pravi se proizvod A a meπawem u razmeri 1 : 2 proizvod B. Proizvoda A treba najmawe 250 litara. »ista zarada po litri proizvoda je 10 dinara za proizvod A i 15 dinara za proizvod B. Odredi plan proizvodwe koji Êe kompaniji garantovati najveÊu zaradu.

Neka kompanija planira da od lake nafte utroπi xA litara za proizvod A i xB litara za proizvod B, a od teπke yA litara za proizvod A i yB litara za proizvod B. Pri tom moraju da vaæe ograniËewa:

xA + xB G 1 000, yA + yB G 1 800, x A : yA = 2 : 3 , x B : yB = 1 : 2 , xA, xB, yA, yB H 0, koja matematiËki opisuju proizvodne moguÊnosti i procese. Kako Êe ovakvim izborom biti proizvedeno xA + yA litara proizvoda A i xB + yB litara proizvoda B, po uslovu treba joπ da vaæi i ograniËewe xA + yA H 250, a ukupna zarada biÊe f =10(xA + yA) + 15(xB + yB). Problem je time sveden na traæewe reπewa gorweg sistema u kome Êe funkcija f dostiÊi najveÊu vrednost. Dobijeni problem ima Ëetiri nepoznate, ali iz treÊeg i Ëetvrtog uslova dobijamo 3 yA = xA, yB = 2xB , pa, zamenom u nejednaËine sistema, dobijamo problem linearnog 2 programirawa sa dve nepoznate xA i xB: NaÊi maksimum funkcije f = 25xA + 45xB pri ograniËewima: xA + xB G 1 000, 3 x + 2xB G 1 800, 2 A xA H 100, xA, xB, H 0.

1000 900 (400,600)

Reπi ovaj problem grafiËki.

U koordinatnoj ravni nacrtamo dopustivi skup reπewa ovog sistema, nivo liniju f = 0 i smer od koordinatnog poËetka ka taËki xA 0 250 1000 1200 (25,45) u kome paralelnim pomerawem nivo linija rastu vrednosti funkcije ciqa f. Vidimo da se najveÊa vrednost dostiæe u 25xA+45xB=0 taËki koja je presek rubova xA + xB = 1 000, 3 x + 2xB = 1 800 prva dva ograniËewa, dakle reπewe (400,600) ovako postavqenog 2 A sistema. Sada se mogu izraËunati i optimalne vrednosti eliminisanih promenqivih yA =

3 x = 600, yB = 2xB = 1 200 . 2 A

Задаци 1. GrafiËkom metodom naÊi najmawu vrednost izraza x ‡ 2y pri ograniËewima: - x + y G 1, x + y G 5, 2x + y G 8, x H 0, y H 0.

2. Na poqoprivrednom dobru gaje se krave i ovce. Staje mogu da prime 50 krava i 200 ovaca. Dobro raspolaæe sa 60 jutara paπwaka. Jedno jutro paπwaka moæe da ishrani jednu kravu ili pet ovaca. Na raspolagawu je takoe 10 000 radnih Ëasova godiπwe. Jedna krava iziskuje godiπwe 100 Ëasova rada, a ovca 20. »ista dobit po kravi je 1 000 a po ovci 100 evra. Koliko krava i ovaca treba dræati pa da se ostvari najveÊa dobit? 3. Stolar pravi stolove i stolice od dasaka. Na stovariπtu ima 300 dasaka. Za pravqewe stola treba 30 dasaka i 5 sati rada. Za pravqewe stolice treba 20 dasaka i 10 sati rada. Ukupan broj moguÊih radnih sati je 110. Zarada po stolu je 6 evra a po stolici 8. Kolika je maksimalna zarada stolara na ovom poslu? 4. Ali-Baba je otkrio peÊinu punu zlata i dijamanata. U sanduk koji je imao moglo je da stane 200 kg zlata ili 40 kg dijamanata. Naæalost, on je mogao da iznese najviπe 100 kg tereta. Za izneto zlato mogao je da dobije 20 pijastera po kilogramu, a za dijamante 60. Koliko zlata i koliko dijamanata je najboqe da iznese?

ЛИНЕАРНА ДИОФАНТОВА ЈЕДНAЧИНА

Diofantove jednaËine smo reπavali u petom, πestom i sedmom razredu. Tada smo upoznali i pojam Diofantove jednaËine i pojam reπewa Diofantove jednaËine. Ciq ove nastavne teme je da se detaqno razmotre linearne Diofantove jednaËine. Ako su a, b i c celi brojevi i ab ! 0, onda se linearna jednaËina ax + by = c, pri Ëemu su h i u celi brojevi, naziva linearna Diofantova jednaËina sa dve nepoznate. Svaka linearna jednaËina sa dve promenqive i celobrojnim koeficijentima moæe se svesti na jednaËinu oblika ax + by = c. VeÊ je reËeno da su osnovna pitawa u vezi sa svakom Diofantovom jednaËinom: 1. Dokazati ili opovrgnuti postojawe reπewa. 2. Da li jednaËina ima konaËno ili beskonaËno mnogo reπewa? 3. Ako jednaËina ima konaËno reπewa koliko ih je? 4. Ako jednaËina ima konaËno reπewa, odrediti sva wena reπewa.

5. Ako jednaËina ima beskonaËno mnogo reπewa, odrediti formule koje daju sva reπewa (ako je to moguÊe). 6. Od svih moguÊih reπewa izdvojiti ona koja zadovoqavaju posebne uslove (ako se to traæi). Odgovore na ova pitawa, kada je reË o linearnoj Diofantovoj jednaËini sa dve promenqive, daju sledeÊi primeri i teoreme, pri Ëemu Êe neka pitawa i problemi biti tretirani na viπe naËina, kao na primer, sam algoritam za reπavawe linearne Diofantove jednaËine.

пример

Imaju li jednaËine x + y = 2 006 i 2x + 10y = 2 005 reπewa u skupu celih brojeva? Prva jednaËina oËigledno ima beskonaËno mnogo reπewa, jer je ureeni par (x, y) = = (x0, 2006 ‡ x0), gde je x0 bilo koji ceo broj, opπte celobrojno reπewe date jednaËine. Druga jednaËina nema reπewa jer je za ma koji par celih brojeva (x, y) na desnoj strana jednaËine neparan broj, a na levoj paran broj. Egzistencija reπewa jednaËine ax + by = c u skupu celih brojeva se moæe ustanoviti na osnovu sledeÊe teoreme. TEOREMA 1. Potreban i dovoqan uslov da linearna Diofantova jednaËina ax + by = c (a, b i c su celi brojevi i ab ! 0) ima reπewe jeste da je broj c deqiv sa NZD (a, b). DOKAZ: Neka je NZD (a, b) = d (d ! 1). Ako je (x0, y0) jedno celobrojno reπewe linearne Diofantove jednaËine ax + by = c, tada je ax0 + by0 = s. Tada postoje uzajamno prosti celi brojevi k i l takvi da je a = kd i b = ld. ZnaËi da je kdx0 + ldy0 = c, tj. d(kx0 + ly0) = c. Leva strana jednakosti je deqiva sa d, pa mora biti i desna, tj. d | c. Obrnuto, neka d | c. Tada postoji ceo broj m takav da je c = md. Kako se broj d moæe predstaviti1 kao homogena linearna funkcija od a i b, to je d = aa + bb (a!Z, b!Z). Tada je c = md = m(aa + bb) = a (ma) + b (mb), pa je x = ma, y = mb, jedno reπewe date jednaËine. Navedimo i dve neposredne posledice dokazane teoreme. POSLEDICA 1. Linearna Diofantova jednaËina ax + by = c (a, b i c su celi brojevi i ab ! 0) ima uvek reπewe ako je NZD (a, b) = 1, tj. ukoliko su a i b �uzajamno prosti celi brojevi. POSLEDICA 2. Linearna Diofantova jednaËina ax + by = c (a, b i c su celi brojevi i ab ! 0) nema reπewa ako se NZD (a, b) ne sadræi u c. 1

Vidi: (40)Vladimir MiÊiÊ, Zoran Kedelburg, Duπan –ukiÊ. Uvod u teoriju brojeva ‡ Druπtvo matematiËara Srbije, Beograd, 2004. str. 44.

пример

Dokazati da jednaËina 2x + 5y = 111 ima beskonaËno mnogo celobrojnih reπewa, a jednaËina 3x + 6y = 1 000 nema celobrojnih reπewa. Brojevi 2 i 5 su uzajamno prosti, pa prva jednaËina na osnovu posledice 1 uvek ima reπewa. Kako je NZD (3, 6) = 3 i kako se 3 ne sadræi u 1 000, na osnovu posledice 2, druga jednaËina nema celobrojnih reπewa.

Ako jednaËini ax + by = c, ima reπewa, tj. ukoliko je NZD (a, b) = d (d ! 1) delilac broja c, tada postoje celi brojevi k, l i m, takvi da je a = kd, b = ld i c = md. JednaËina tada postaje kdx + ldy = md ili kx + ly = m. Pri tom su k i l uzajamno prosti. Kako je problem egzistencije reπewa jednaËine ax + by = c prethodnim razmatrawima razreπen, sledi pokuπaj da se pronae i algoritam za reπavawe svih linearnih Diofantovih jednaËina.

19.1. Ојлеров метод Jedan od naËina reπavawa linearnih Diofantovih jednaËina je Ojlerov metod, koji Êemo ilustrovati jednim primerom.

пример

Odrediti sva reπewa jednaËine 3x + 7y = 89, ako su x i y celi brojevi. Reπewe: Kako su 3 i 7 uzajamno prosti brojevi to jednaËina uvek ima reπewe. Reπavawem jednaËine po x i transformacijom wene desne strane u koliËnik, dobi89 - 7y y-2 = 29 - 2y , pa je x ceo broj samo ako je broj y ‡ 2 ja se jednakost x = 3 3 deqiv sa 3, tj. ako je y ‡ 2 = 3k, gde je k neki ceo broj. Tada je y = 3k + 2, a x = 25 ‡ 7k. Dobijeno reπewe je opπte reπewe date jednaËine i data jednaËina ima beskonaËno mnogo reπewa, jer se za svako celobrojno k dobije ureeni par (x, y) = (25‡7k, 3k+2) koji je reπewe date jednaËine.

пример

Odrediti sva reπewa jednaËine 40y ‡ 63x = 521 ako su x i y celi brojevi. Kako su 40 i 63 uzajamno prosti brojevi jednaËina ima reπewe. 80x + 520 + 1 - 17x Iz date jednaËine je 40y ‡ 63x = 521, pa je y = . Sledi da je 40 17x - 1 17x - 1 . Da bi u bio ceo broj mora biti y = 2x + 13 = a , gde je a neki ceo 40 40

40a + 1 6a + 1 . Sada Êe x biti = 2a + 17 17 17b - 1 b+1 6a + 1 . Da = 3b ceo broj ako je = b . Odavde je 6a + 1 = 17b. Dakle, a = 6 6 17 bi a bio ceo broj mora biti b + 1 = 6k, odakle je b = 6k ‡ 1. Tada je a = 3(6k ‡ 1) ‡ broj. Kako je 17x ‡ 1 = 40a, to sledi da je x =

‡ k = 17k ‡ 3, a odavde je x = 2(17k ‡ 3) + 6k ‡ 1 = 34k ‡ 6 + 6k ‡ 1 = 40k ‡ 7. KonaËno, y = 2 (40k ‡ 7) + 13 ‡ a = 80k ‡ 14 + 13 ‡ 17k + 3 = 63k + 2. Dakle, opπte reπewe date jednaËine je x = 40k ‡ 7, y = 63k + 2 (k ! Z).

Meutim, iako je izloæeni postupak jednostavan, on nije lak za tehniËku realizaciju. Zato se postavqa pitawe nalaæewa efikasnijeg metoda za reπavawe linearne Diofantove jednaËine.

19.2. Метод почетног решења Neka je (x0, y0) jedno celobrojno reπewe jednaËine ax + by = c, gde su a i b uzajamno prosti celi brojevi. Kako je ax0 + by0 = c, to je i ax + by = ax0 + by0. Tada je a(x ‡ x0) + a + b(y ‡ y0) = 0. Ako se cela jednaËina podeli sa b (jer b nije nula) dobija se da je (x - x0) + b + y ‡ y0 = 0. Kako je desna strana jednakosti ceo broj to mora biti i leva. Brojevi a i b su uzajamno prosti celi brojevi, πto znaËi da x ‡ x0 mora biti deqivo sa b. Dakle, x ‡ x0 = kb, gde je k bilo koji ceo broj. Tada je x = x0 + bk, a y = y0 ‡ ak. Time je dobijen jedan racionalan postupak za reπavawe jednaËine ax + by = s koji je preciziran sledeÊom teoremom.

TEOREMA 2. Ako je ureeni par (x0, y0) jedno reπewe linearne Diofantove jednaËine ax + by = c (ab ! 0 i a i b su uzajmno prosti celi brojevi), ako i samo ako je relacijama x = x0 + bk i y = y0 ‡ ak (k ! Z) definisano opπte reπewe date jednaËine. DOKAZ: Ako je (x0, y0) jedno reπewe linearne Diofantove jednaËine ax + by = c, tada je ax0 + by0 = c. Kako je x = x0 + bk i y = y0 ‡ ak (k je ceo broj), onda je ax + by = a(x0 + + bk) + b(y0 ‡ ak) = ax0 + abk + by0 ‡ bak = ax0 + by0 = c, πto dokazuje da je x = x0 + bk i y = y0 ‡ ak jedno reπewe date jednaËine. Dokaæimo i da drugih reπewa nema. Pretpostavimo da je (a, b) jedno od reπewa date jednaËine koje se ne moæe prikazati u obliku (x0 + bk, y0 ‡ ak). Ako je (a, b) jedno reπewe date jednaËine, onda je aa + bb = c. Kako je za svako celobrojno k i a(x0 + bk) + b(y0 ‡ ak) = c, to je a(x0 + bk) + b(y0 ‡ ak) = aa + bb. Tada je a(x0 + + bk ‡ a) + b(y0 ‡ ak ‡ b) = 0. b (y0 - ak - b) Kako su a i b razliËiti od 0, to je x0 + bk ‡ a = ‡ . Zbog toga πto su a i b a uzajamno prosti brojevi sledi da je y0 ‡ ak ‡ b deqivo sa a, pa y0 ‡ ak ‡ b = a (m ! Z). Sledi da je b = y0 ‡ ak ‡ am = y0 ‡ a(k + m). Ako je k + m = n (n ! Z), tada je b = y0 ‡ an. U tom sluËaju je x0 + bk ‡ a = ‡ bm, pa je a = x0 + bk + bm = x0 + b(k + m) = x0 + bn. KonaËno se dobija a = x0 + bn, b = y0 ‡ an, πto je protivreËnost sa pretpostavkom.

пример

Odrediti sva reπewa jednaËine 4x + 5y = 100, ako su x i y celi brojevi. Kako je x0 = 0, y0 = 20 jedno reπewe date jednaËine, to su sva reπewa date jednaËine definisana sa: x = 5k, y = 20 ‡ 4k (k ! Z).

NAPOMENA: Zavisno od izbora „poËetnog“ reπewa mogu se dobiti naizgled „razliËiti“, a suπtinski ista reπewa linearne Diofantove jednaËine: ako je x0 = 25, y0 = 0 dobija se reπewe x = 25 + 5t, y = ‡ 4t (t ! Z). Smenom t = k ‡ 5, ovo reπewe postaje x = 5k, y = 20 ‡ 4k, tj. identiËno je sa dobijenim.

19.3. Примена линеарних Диофантових једначина Linearne Diofantove jednaËine nisu same sebi ciq i poznavawe algoritma za wihovo reπavawe ne znaËi niπta ukoliko se on ne primeni u podesnim situacijama. SledeÊi primeri Êe pokazati koliko su linearne Diofantove jednaËine korisno sredstvo za reπavawe raznih Diofantovih problema teorijske, ali i praktiËne prirode.

пример

Koliko ima parova prirodnih brojeva (x, y) takvih da je 4x + 7y = 2 005? Kako je 4 · 496 + 7 · 3 = 2 005, to je poËetno reπewe date jednaËine (x0,y0) = (496, 3). Opπte reπewe je tada x = 496 ‡ 7k; y = 3 + 4k (k je ceo broj). Ono πto se traæi je da x i u istovremeno budu prirodni, pa mora biti: x = 496 ‡ 7k 2 0 i y = 4k + 3 2 0. Iz prve nejednakosti je 7k 1 496, pa je k G 70. Zbog druge nejednakosti je 4k 2 ‡ 3, πto znaËi da je k H 0. Prema tome 0 G k G 70, pa se dobija taËno 71 reπewe kod koga su x i y prirodni brojevi.

пример

U berberskoj radwi Ilije DokmanoviÊa rade berberi MiÊa i Janko. Oni su za taËno 100 dinara oπiπali Ëetu kapetana ZlatkoviÊa koja broji taËno 100 vojnih lica. Ako su vojnike πiπali za pola dinara, podoficire za jedan dinar, a oficire za pet dinara, koliko vojnika, podoficira i oficira su podπiπali MiÊa i Janko?2 Neka je broj oπiπanih vojnika x, broj oπiπanih podoficira y i broj oπiπanih 1 oficira z. Tada je x + y + z = 100, jer ih ukupno ima 100. Cena πiπawa je h + u + 5z 2 = 100. Dve dobijene jednaËine predstavqaju sistem Diofantovih jednaËina sa tri 1 nepoznate. Ako se od prve jednaËine oduzme druga dobija se x - 4z = 0 . Sledi da je x 2 2

Zadatak postavqen u berberskoj radwi Ilije DokmanoviÊa u Vaqevu januara 1961. godine

= 8z. Tada je 8z + y + z = 100, pa je y = 100 ‡ 8z. Prema tome opπte reπewe dobijenog sistema jednaËina je: x = 8k; y = 100 ‡ 9k; z = k. S obzirom na to da je 0 G x = 8k G 100 i, 0 G y = 100 ‡ 9k G 100, to je 0 G k G 11. Sva „realna“ reπewa problema data su u sledeÊoj tabeli, jer teorijski, zadatak ima beskonaËno reπewa, a u svakodnevnoj, æivotnoj situaciji svega 12: k x y z

0 0 100 0

1 8 91 1

2 16 82 2

3 24 73 3

4 32 64 4

5 40 55 5

6 48 46 6

7 56 37 7

8 64 28 8

9 72 19 9

10 80 10 10

11 88 1 11

U narednim primerima nema eksplicitno linearnih Diofantovih jednaËina, ali je linearna jednaËina instrument za reπavawe nekih interesantnih Diofantskih problema.

пример

Odrediti sve ureene parove (x, y) celih brojeva h i u tako da je 7x2 ‡ 3y2 = 17. Neka je x2 = a i y2 = b. Data linearna Diofantova jednaËina je tada ekvivalentna sa jednaËinom 7a ‡ 3b = 17 (a H 0, b H0). Jedno reπewe date jednaËine je a0 = 2, b0 = ‡1, pa je opπte reπewe jednaËine 7a ‡ 3b = 17, dato formulama a = 3k + 2, b = 7k ‡ 1. Dakle, x2 = 3k + 2 i y2 = 7k ‡1. Kako je x2 = 3k + 2, to jednaËina nema reπewa, jer nije moguÊe da kvadrat prirodnog broja pri deqewu sa 3 daje ostatak 2.

пример

Postoje li celi brojevi x i u takvi da vaæi jednakost: 3x2 ‡ 5xy + 2y2 ‡ 4x + 5y = 7? Ako je 3x2 ‡ 5xy + 2y2 ‡ 4x + 5y = 7, onda je 3x2 ‡ 3xy + 3x ‡ 2xy + 2y2 ‡ 2y ‡ 7x + 7y ‡ 7= = 0. To znaËi da je 3x(x ‡ y +1) ‡ 2y(x ‡ y + 1) ‡ 7(x ‡ y + 1) = 0, pa je (x ‡ y + 1)(3x ‡ 2y ‡ 7)= = 0.3 Tada je x ‡ y + 1 = 0 ili 3x ‡ 2y ‡ 7 = 0. Prema tome, data jednaËina ima beskonaËno mnogo reπewa, a sva reπewa date jednaËine opisana su formulama: 1) x = k i y = k + 1; 2) x = 2k + 1 i y = 3k ‡ 2 (k !Z).

пример

2 Neka su x1, x2,...,x2 005 prirodni brojevi takvi da je x 21 + x 22 + f + x 2 005 = 2 035 . Odrediti x1, x2,...,x2 005.

VeÊina brojeva xi jednaka je 1, a samo neki od wih su veÊi od 1. Neka su x1, x2, ... , xk H 2, a svi ostali xk+1 = ... = x2 005 = 1. Tada je x 21 + x 22 + f + x 2k H 4k , pa je zbog toga 2 035 = 3

Data formula u xOy sistemu predstavwa dve prave koje se seku u taËki (x,y) = (9,10). Reπewe (9,10) je zajedniËko za oba opπta reπewa date jednaËine.

= (x 21 + x 22 + f + x k2) + (x 2k + 1 + f + x 22 004 + x 22 005) H 4k + (2 005 ‡ k) = 3k ‡ 2 005. Iz

nejednakosti 2 035 H 3k ‡ 2 005 sledi da je 3k G 30, pa je k G 10. Dakle x11 = ... = x2005 = 1, 2 = 2 035 ‡ 1 995 = pa je x 211 + x 213 + f + x 22 005 = 2 005 ‡ 10 = 1 995. Prema tome x 21 + f + x 10 = 40. Ako u skupu {x1, x2, ... , x10} ima a jedinica, b dvojki, s trojki, d Ëetvorki, e petica i f πestica, onda je: a + b + c + d + e + f = 10 i a + 4b + 9c + 16d + 25e + 36f = 40. Ako se od druge oduzme prva jednaËina dobija se linearna Diofantova jednaËina 3b + 8c + 15d + + 24e + 35f = 30. Tada je f = 0. Ako je e = 1, onda je 3b + 8c + 15d = 6. U tom sluËaju bi bilo b = 2, a ostali bi bili 0, pa bi bilo a + b + c + d + e + f = 3, πto je nemoguÊe, jer taj zbir iznosi 10. Dakle e = 0, pa je 3b + 8c + 15d = 30. Kako su 3b, 15d i 30 deqivi sa 3, to mora biti i 8c, pa se razlikuju dva sluËaja c = 3 ili c = 0. 1) Ako je c = 3, onda je 3b + 24 + 15d = 30, pa je b + 5d = 2 i ima jedno reπewe: * b = 2 i d = 0, c = 3, e = f = 0, a = 5, pa je 32 + 32 + 32 + 22 + 22 + 12 + ... + 12 = 27 + 8 + 2 000 = 2 035 (3 trojke, 2 dvojke i 2 000 jedinica); 2) Ako je c = 0, onda je 3b + 15d = 30, pa je b + 5d = 10 i ima tri reπewa: * b = 10, a = c = d = e = f = 0, pa je 22 + ... 22 + 12 + ... + 12 = 40 + 1 995 = 2 035 (10 dvojki i 1 995 jedinica); * b = 5 i d = 1, c = e = f = 0, a = 4, pa je 42 + 22 + ... 22 + 12 + ... + 12 = 16 + 20 + 1 999 = = 2 035 (1 Ëetvorka, 5 dvojki i 1999 jedinica); * b = 0 i d = 2, c = e = f = 0, a = 8, pa je 42 + 42 + 12 + ... + 12 = 32 + 2 003 = 2 035 (2 Ëetvorke i 2003 jedinica). Dakle data jednaËina ima 4 razliËita reπewa.

Задаци 1. Vlada je kupio sveske po ceni od 7 dinara i olovke po ceni od 4 dinara i za to potroπio 60 dinara. Koliko je Vlada kupio olovki, a koliko svezaka? 2. Iznos od 2 007 dinara plaÊen je novËanicama od 2 dinara i 5 dinara. Koliko je kojih novËanica bilo? 3. Odredi sve cele brojeve x i y takve da je 4x + 9y = 58. 4. U jednom razredu bilo je 15 devojËica i 18 deËaka. Kako Êe oni meusobno podeliti 1 234 klikera tako da svi deËaci dobiju jednak broj klikera i sve devojËice, takoe, dobiju jednak broj klikera ? 5. Dokaæi da sledeÊe jednaËine nemaju celobrojnih reπewa: 2

a) 3x + 15y = 2006; b) 21x ‡ 35y = 88 ; v) 18x ‡ 33y = 4 444 444. 6. Odredi jedno reπewe, a zatim napiπi opπte reπewe sledeÊih linearnih Diofantovih jednaËina: a) 3x ‡ 5y = 77; b) 4x + 11y = 121; v) 7x ‡ 100y = 35.

7. Koliko ima parova prirodnih brojeva (h, u) takvih da vaæi jednakost 3x + 7y = = 555? 8. Odredi sve prirodne brojeve koji zadovoqavaju jednaËine: a) x + 2y + 3z = 16; b) 2x + 3y + 4z = 23. 9. Na skladiπtu se nalaze ekseri upakovani u sanduke od 16, 17 ili 40 kilograma. Kako, ne otvarajuÊi sanduke, kupcu isporuËiti taËno 100 kg ekesera ? 10. Devojka ©eherezada je iz noÊi u noÊ priËala moÊnom sultanu po 3 ili po 5 bajki. Za koliko je najviπe noÊi mogla da ispriËa 1001 priËu ? Za koliko je noÊi najbræe to mogla da uËini ? 11. U jednoj kwiæari sveska koπta 0,5 (pola) +, zbirka 2+, a uxbenik 5 +. Na koliko se naËina za taËno 100 + moæe kupiti taËno 100 predmeta? 2

12. Odredi prirodne brojeve x i y tako da je x + 4y = 244. 2

13. U skupu prirodnih brojeva reπi jednaËinu: 5x + 3y = 1 033. 14. Na koliko naËina se pomoÊu sudova od 2 i 7 litara moæe napuniti bure Ëija je zapremina 1 234 litra. Koji je najbræi, a koji je najsporiji naËin da se to uradi? 15. Dokaæi da se kocka sa ivicom duæine 13 moæe iseÊi na 1 995 mawih kocki sa ivicama duæine 1, 2 ili 3. Koliko se pri tom dobija kocki Ëija ivica ima duæinu 3? 281 16. Razlomak predstavi kao zbir tri razlomka Ëiji su i brojioci i imenioci 140 jednocifreni brojevi.4 17. Odredi trocifreni broj Ëije su sve cifre razliËite od nule, a zbir svih razliËitih dvocifrenih brojeva sastavqenih od cifara ovog broja (cifre se ne mogu ponavqati) jednak je tom broju. 18. Na koliko naËina se broj 1984 moæe predstaviti kao zbir uzastopnih prirodnih brojeva i koji su to brojevi? 19. Odredi πestocifren broj Ëiji proizvodi sa 2, sa 3, sa 4, sa 5 i sa 6 predstavqju takoe πestocifrene brojeve koji se piπu istim ciframa kao i traæeni broj. 20. Kocka ivice 13 cm iseËena je na 1994 mawe kocke sa celobrojnom duæinom ivica. Kolike su dimenzije dobijenih kocki i koliko kojih kocki ima? 21. Odredi sve trocifrene brojeve koji su 15 puta veÊi od zbira svojih cifara. 22. *U sobi se nalaze stolice sa 3 i sa 4 noge. Kada na sve stolice sednu qudi, u sobi je ukupno 69 nogu. Koliko u sobi ima stolica sa 3, a koliko sa 4 noge? 23. UËenik treba da reπi 20 zadataka. Za svako taËno reπewe dobija 8 poena, za netaËno reπewe mu se oduzima 5 poena, a zadatak koji nije reπavao se ne boduje. UËenik je sakupio 13 poena. Koliko zadataka je taËno reπio? 4

Ovo je prvi problem, koji se svodi na Diofantovu jednaËinu, koji se pojavio na jednom matematiËkom takmiËewu u naπoj zemqi.

24. Odredimo koliko parova prirodnih brojeva (h, y) zadovoqava jednaËinu 3x + 8y = = 1 996. 25. U koordinatnoj xOy ravni data je taËa M sa koordinatama (5, 3). Kroz taËku M konstruisana je prava p koja koordinatne ose seËe u taËkama A (a, 0) i B (0, b). Odrediti sve vrednosti a i b tako da su i a i b prirodni brojevi. 26. Ako se izmeu cifara dvocifrenog prirodnog broja napiπe nula dobija se broj koji je 9 puta veÊi od datog. Odredi o kojim brojevima je reË. 27. U hOy koordinatnoj ravni data je prava 4x + 7y = 1998. Koliko taËaka na datoj pravoj imaju obe koordinate celobrojne i pripadaju prvom kvadrantu koordinatne ravni?

НЕЛИНЕАРНЕ ДИОФАНТОВЕ ЈЕДНАЧИНЕ

Proπle godine smo reπavali Diofantove jednaËine koriπÊewem algebarskih transformacija. Tom prilikom smo videli da pogodnim algebarskim transformacijama od datih jednaËina nastaju wima ekvivalentne jednaËine u kojima se diskusijom proizvoda, koliËnika, zbira ... i razlikovawem sluËajeva dobijaju sva reπewa i dokazuje da drugih reπewa nema. Ovde Êemo da prikaæemo joπ neke primere u kojima se algebarske transformacije koriste za efikasno reπavawe nelinearnih Diofantovih jednaËina.

пример

Odredi tri prosta broja takva da je wihov proizvod 7 puta veÊi od wihovog zbira. Neka su traæeni prosti brojevi p, q i r. Tada je pqr = 7(p + q + r). Kako je desna strana jednaËine deqiva sa 7, to mora biti i leva, πto znaËi da je jedan od prostih brojeva p, q i r deqiv sa 7. Kako je broj 7 jedini prost broj deqiv sa 7, to je jedan od wih jednak 7. Neka je to prost broj r, tj. neka je r = 7. JednaËina sada postaje pq = p + q + 7 ili pq ‡ p ‡ q + 1 = (p ‡ 1)(q ‡ 1) = 8. Poπto je 8 = 1 · 8 = 2 · 4, razlikujemo dva sluËaja: 1) p ‡ 1 = 1, q ‡ 1 = 8, tj. p = 2, q = 9, πto nije reπewe, jer 9 nije prost broj. 2) p ‡ 1 = 2, q ‡ 1 = 4, tj. p = 3, q = 5, πto jeste reπewe, jer su i 3 i 5 prosti brojevi. Dakle jedno reπewe je (3, 5, 7). Kako je data jednaËina simetriËna, jer se ista jednaËina dobija kada nepoznate zamene svoja mesta, sva reπewa jednaËine su: (3, 5, 7), (5, 3, 7), (3, 7, 5), (7, 3, 5), (5, 7, 3), (7, 5, 3).

пример

Odredimo sve prirodne brojeve a, b i c takve da jee a3 + b3 + c3 = 2 001. Svaki prirodan broj je oblika 3kk ‡ 1, 3k ili 3k + 1. Primetimo da su kubovi tih prirodnih brojeva 27k3 ‡ 27k2 + 9kk ‡ 1, 27k3, 27k3 + 27k2 + 9kk + 1. To znaËi da kubovi prirodnih brojeva pri deqewu sa 9, daju ostatak ‡ 1, 0, ili 1. Kako broj 2001 pri deqewu sa 9 daje ostatak 3, to je svaki od brojeva a, b i c oblika 3k + 1. Dakle brojevi a, b i c su iz skupa {1, 4, 7, 10, 13, ...} S druge strane i ova jednaËina je simetriËna pa moæemo pretpostaviti da je a G b G c, Kako su a, b i c prirodni brojevi, sledi da je i a3 G b3 G c3, pa je a3 + b3 + c3 = 2 001 G 3c3. To znaËi da je 667 G c3 G 2010, pa je 9 G c G 12. Jedini prirodan broj oblika 3kk + 1 koji je iz intervala [9, 12] je broj 10, pa je c = 10 i jednaËina postaje a3 + b3 = 1 001. Proverom se utvruje da meu parovima (1, 1 000), (64, 1 937), (343, 658), jedino prvi sadræi dva kuba. Dakle, sva reπewa date jednaËine su (1, 10, 10), (10, 1, 10) i (10, 10, 1).

пример

Dokaæi da postoji beskonaËno mnogo prirodnih brojeva x, y i z, takvih da jee x2 + y3 = z2. Dati problem ima viπe razliËitih reπewa. 1) Poznato je da je 102 + 53 = 100 + 125 = 225 = 152. Ako je x = 10k3, y = 5k2 i z = 15k3 (k ! N), onda je (10k3)2 + (5k2)3 = 100k6 + 125k6 = 225k6 = (15k3)2. To dokazuje da ureena trojka prirodnih brojeva (10k3, 5k2, 15k3) zadovoqava datu jednaËinu, a kako je k prirodan broj, to takvih trojki ima beskonaËno mnogo. (Napomena: datim formulama nisu opisana sva reπewa date jednaËine.) 2) Ako je x = k3, y = 2k2 i z = 3k3 (k ! N), onda je (k3)2 + (2k2)3 = k6 + 8k6 = 9k6 = = (3k3)2. UoËena trojka prirodnih brojeva (k3, 2k2, 3k3) zadovoqava datu jednaËinu, a kako je k prirodan broj, to takvih trojki ima beskonaËno mnogo. 3) Iz jednakosti x2 + y3 = z2 sledi da je y3 = z2 ‡ x2 = (z + x)(z ‡ x). Jedna od moguÊnosti je y2 = z + x i y = z ‡ x. Sabirawem, odnosno oduzimawem dobijenih jednaËina dobija se 2zz = y2 + y i 2xx = y2 ‡ y. Ako je y = t (t ! N), onda ureena trojka t(( ) t(( ) x= , y = tt, z = (t ! N) definiπe beskonaËno mnogo reπewa date 2 2 jednaËine.

пример

Ako se prirodan broj n pomnoæi sa 2 dobije se potpun kvadrat, a ako se pomnoæi sa 3 dobije se potpun kub. Koliko ima prirodnih brojeva sa tom osobinom? Odredi najmawi prirodan broj sa tom osobinom? Iz uslova zadatka je 2n = x2 i 3n = y3 (x ! N, y ! N). Ako se prva jednaËina stepenuje sa 3, a druga kvadrira, dobijaju se jednakosti 8n3 = x6 i 9n2 = y6. Deqewem x6 8n 3 9x 6 3 2 x6 prethodnih jednakosti dobija se 6 = . Sledi da je . Neka je = y 9n 2 8y 6 2 3 y6 x6 = 26a+6 · 36b · y6 onda je n = 26a+3 · 36b+2 (a, b! N0). Za razne vrednosti nenegativnih celih brojeva a i b dobija se beskonaËno mnogo vrednosti za n. Najmawi takav prirodan broj n se dobija ako je a = b = 0 i jednak je n = 23 · 32 = 72.

Задаци 1. Odredimo sve proste brojeve p, q i r takve da je p + pq + pqr = 2 010. 2. Odredimo sve cele brojeve x i y takve da je 2x ‡ 1 = y2. 3. Postoje li prirodni brojevi x i y takvi da je 3x + 1 = y2? 4. Moæe li zbir nekoliko prirodnih brojeva biti jednak wihovom proizvodu i jednak 2 010. Koliko najmawe, a koliko najviπe sabiraka, tj. Ëinilaca moæe biti? 5. Dokaæi da jednaËina x2 + y2 = 2011 nema reπewa u skupu celih brojeva. 6. Postoje li celi brojevi x, y i z takvi da je x2 + y2 + z2 = 2 011? 7. Dokaæimo da postoji beskonaËno mnogo razliËitih prirodnih brojeva x, y, z i t, takvih da je x3 + y3 + z3 = t2. 8. Odredi sve cele brojeve a, b, c i d takve da je a2 + b2 + c2 + d2 = a(b + c + d) + 1. 9. Odredi najmawi prirodan broj koji je 2 004 puta veÊi od zbira svojih cifara. 10. Postoje li prirodni brojevi x, y, z i t takvi da je 2x + 2y + 2z = 2t ? 11. Odredi prirodne brojeve x, y i z takve da je 32x + 33y + 35z = 32 011. 12. Koliko parova celih brojeve x i y zadovoqava jednaËinu x2 + 2 003 = y(x + 2 003)? 13. Postoje li prirodni brojevi x i y takvi da je 9(x2 + y2 + 1) + 2(3xy + 2) = 2 005? 14. Postoje li celi brojevi x1, x2, ..., x12 takvi da je x 41 + x 42 + f + x 412 = 8 $ 2 010 ? 15. Odredi sve proste brojeve p, q i r takve da je

p 4 =1. q r+1

16. Odredi sve nenegativne cele brojeve a, b i c takve da je 2a · 3b + 9 = c2.

U sedmom razredu smo dokazivali nejednakosti 22010 > 10602, x2 + x + 1 2 0.

U osmom razredu (a i ranije) smo videli da se formule koje imaju oblik L * D (gde su L i D algebarski izrazi, a * jedan od simbola 2, 1, H, G) nazivaju nejednakosti. Ako u formuli L * D izrazi L i D ne sadræe promenqivu onda se dobijena nejednakost naziva numeriËka nejednakost.1 Takva su na primer nejednakosti: 2300 1 3200 ili 13 + 23 + … + 993 1 2 500 000. Ukoliko u formuli L * D, bar jedan od izraza L i D sadræi jednu ili viπe promenqivih onda dobijena nejednakost moæe biti ispuwena za sve vrednosti promenqivih i tada se dobijena formula naziva jednostavno nejednakost. Primeri takvih nejednakosti su: x4 + x + 1 2 0, a2 + b2 + c2 H ab + bc + ca ili x4 + y4 H x3y + xy3. Meutim, postoji moguÊnost da formula L * D , gde bar jedan od izraza L i D sadræi jednu ili viπe promenqivih, za neke vrednosti promenqivih bude taËna, a za neke vrednosti netaËna. Tada govorimo o nejednaËinama. Ciq ove tematske jedinice je da ukaæe na neke primere i metode dokazivawa numeriËkih nejednakosti i nejednakosti uopπte i proπiri i produbi veÊ ranije steËena znawa iz ove oblasti.

пример

1 1 1 + +f+ 2 10 1 2 100 Za svaki od sabiraka na levoj strani vaæe nejednakosti 1 1 1 1 1 . Kako je svaki od sabiraka veÊi ili jednak od 2 2f2 2 = 10 1 2 99 100 Dokaæi nejednakost:

1 to je 1 + 1 + f + 10 1 2

пример

1 1 2 100 $ = 10 . 10 100

1 1 1 Dokaæi da je + +f+ 1 1 . Da li se data nejednakost moæe 1 2 2 3 2 010 $ 2 011 uopπtiti? 1 1 Svaki sabirak u datoj nejednakosti ima oblik . Kako je = k ( 1) k ( ) 1 1 = , to se dobija: k k+1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + +f+ = - + - + - +f+ = 1 2 2 3 2 010 $ 2 011 1 2 2 3 3 4 2 010 2 011 1 =11 1. 2 011

Uopπtavawe nejednakosti podrazumeva razmatrawe sluËaja za bilo koji prirodan broj n. Uopπtenim razmatrawem se dobija. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + +f+ = - + - ++ f + =1= 1$2 2$3 n (n + 1 ) 1 2 2 3 n n+1 n+1 n = 1 1. n+1

пример

Ako su a i b realni brojevi, onda je: a) a2 + b2 + c2 H ab + bc + ca; b) (a2 + b2)(b2 + c2)(cc2 + a2) H 8a2b2c2 . Poznato je da je da za svaka dva realna broja a i b vaæi nejednakost (a ‡ b)2 H 0. To znaËi da je a2 ‡ 2ab + b2 H 0, pa je a2 + b2 H 2ab. Jednakost vaæi ako je a ‡ b = 0, tj. ako je a = b. a) KoristeÊi prethodnu nejednakost dobija se a2 + b2 + b2 + c2 + c2 + a2 H 2ab +2bc + + 2ca. Ako se dobijena nejednakost podeli sa 2, onda je a2 + b2 + c2 H ab + bc + ca, πto je trebalo dokazati. U dobijenoj formuli jednakost vaæi ako je a = b i b = c, c pa prema tome ako je a = b = c. b) SliËno, (a2 + b2)(b2 + c2)(c2 + a2) H 2ab · 2bc · 2ca = 8a2b2c2. I u ovoj nejednakosti jednakost vaæi ako je a = b i b = c, c pa prema tome ako je a = b = c. U prethodnim primerima traæene nejednakosti su dokazivane tako πto se polazilo od poznatih nejednakosti (najËeπÊe x2 H 0) i potom nizom ekvivalentnih algebarskih transformacija dobila nejednakost koju je trebalo dokazati. Primer koji sledi podrazumeva suprotan postupak, a to znaËi da se polazi od nejednakosti koju treba dokazati, a onda sistemom ekvivalentnih transformacija dobija neka od veÊ dobro poznatih nejednakosti.

пример

Ako je x realan broj onda je 3(1 + x2 + x4) H (1 + x + x2)2. Dokaæi. Ako se transformiπe nejednakost 3(1 + x2 + x4) H (1 + x + x2)2 dobija se woj ekvivalentna nejednakost 3 + 3x2 + 3x4 H 1 + x2+x4 + 2xx + 2x2 + 2x3. Sledi da je 2 + 2x4 ‡ 2xx ‡ 2x3 H 0. Rastavqawem leve strane na Ëinioce dobija se 2((1 ‡ x) + x3(xx ‡ 1)) H 0 ili 2(xx ‡ 1) (x3 ‡ 1) H 0. Posledwa nejednakost je taËna, jer su izrazi x ‡ 1 i x3 ‡ 1 uvek istoga znaka.

U mlaim razredima bilo je reËi o aritmetiËkoj sredini dva realna broja. r j Tako je a b za realne brojeve a i b aritmetiËka sredina definsana jednakoπÊu A = . Pored 2 aritmetiËke sredine moæe se posmatrati i geometrijska, harmonijska i kvadratna 2 a2 b2 sredina: G ab , H = i K= . Vaæno je napomenuti da se navedene 2 1 1 + a b sredine posmatraju za pozitivne realne brojeve, jer u suprotnom geometrijska sredina ne bi bila definisana.

пример

Dokaæi da za pozitivne realne brojeve vaæi nejednakost K H A H G H H. Traæena nejednakost se najefikasnije dokazuje svoewem na veÊ poznate nejednakosti. 2 a+b Iz A H G, tj. H ab sledi da je a + b H 2 ab , tj. ^ a - b h H 0 , πto je oËigle2 a2 + b2 a+b H dno taËno. Ako je K H A, tj. , onda se posle kvadrirawa dobija 2 2 a2 + b2 a 2 + 2ab + b 2 . Daqom transformacijom se dobija 2a2 + 2b2 H a2 + 2ab + b2, H 2 4 odnosno a2 ‡ 2ab + b2 H 0, πto je takoe taËno. 2ab a+b ab 2 Iz G H H, tj. ab H sledi da je ab H ili H = ab . Dobijea+b 2 1 1 ab + a b na nejednakost je veÊ dokazana nejednakost A H G.

Задаци 1. ©ta je veÊe:

2 010 + 2 012 ili 2 2 011 ? 2010

2011

2 2 +1 +1 2. Dokaæi nejednakost: 2011 . Moæe li se data nejednakost uopπti2 2012 2 2 +1 +1 ti?

3. ©ta je veÊe: n! ili 2n? 1 1 1 + 2 +f+ 2 11. 2 2 3 n 99 1 1 3 5 5. Da li vaæi nejednakost: $ $ f ? 1 10 2 4 6 100 1 6. Ako je x 2 0, onda je x + H 2 . Dokaæi. x 1 1 7. Ako je 0 1 x G a G 1, onda je x + H a + . Dokaæi. x a

4. Dokaæi nejednakost:

8. Ako je x realan broj, onda je

x 1 G . Dokaæi. 4 2 x +1

9. Ako je x2 + y2 G 2, onda je e x + y e G2. Dokaæi. 10. Dokaæi da je x8 ‡ x5 + x2 ‡ x + 1 2 0 za svako realno x . 2 2 11. Ako je x + = 3 , onda je x 2 011 + 2 011 H 3 . Dokaæi. x x 12. Neka su a, b, c i d pozitivni realni brojevi. Dokaæi nejednakosti: a+b+c+d 4 a) H abcd ; b) a4 + b4 + 2 H 4ab; 4 a+b+c 3 a b c H abc ; g) + + H3. v) 3 b c a

13. Ako su x, y i z pozitivni realni brojevi i ako je xyz = 1, onda je (x + 1)(y + 1)(z + 1) H 8. Dokaæi. 14. Neka su a1, a2, ..., an pozitivni realni brojevi takvi da je a1 · a2 · ... · an = 1. Dokaæi nejednakost: (1 + a1)(1 + a2) ...(1 + an) H 2n. 15. Neka su a1,a2,..., an pozitivni realni brojevi. Dokaæi da tada vaæi sledeÊa nejed1 1 1 nakost: ^ a1 + a2 + f + anhc + + f + m H n2. a1 a2 an 16. Neka su a1, a2, ..., an pozitivni realni brojevi. Dokaæimo da tada vaæi sledeÊa 2 2 2 a n + an + 1 a 1 + a1 + 1 a 2 + a2 + 1 n $ $f$ H3 . nejednakost: a1 a2 an 17. Neka su a i b katete, c hipotenuza, h hipotenuzina visina, r polupreËnik upisanog, a R polupreËnik opisanog kruga i P povrπina pravouglog trougla. Dokaæi nejednakosti: a) a3 + b3 1 c3; b) a + b 1 c + h; v) c H 2 P ; g) r + R H 2P ; d) c 1 a + b G c 2 . 18. Ako su a, b i c merni brojevi kateta pravouglog trougla, odnosno hipotenuze pravouglog trougla, onda za svaki prirodan broj n (n 2 2) vaæi nejednakost an + bn 1 cn. Dokaæi. 19. Ako su a, b, c, d pozitivni realni brojevi takvi da je a + b + c + d = 1, dokaæi da vaæi nejednakost: 4a + 1 + 4b + 1 + 4c + 1 + 4d + 1 1 6 .

22.1. Увод

Od latinske reËi extremitas, πto znaËi krajnost, izvedene su brojne reËi koje su se, kao strane reËi, u srpskom (i ne samo srpskom) jeziku, uz neophodna prilagoavawa duhu jezika, odomaÊile i dobile odreeno znaËewe. Iako se veÊina tih reËi odnosi na pojmove iz matematike i wenih primena, javqaju se i u svakodnevnom govoru. NeÊe nas iznenaditi ako Ëujemo ili proËitamo komentar, na primer, „Anina je kapa ekstremno πarena“ ili „Dragoslav je ekstremno spretan s loptom“ ili „Meteoroloπki uslovi su bili ekstremno sloæeni za sletawe aviona“. No, pojmovi koje u ovim reËenicama nalazimo nisu precizno definisani i takve pojmove u matematici ne koristimo. ©ta znaËi „biti πaren“ ili „biti spretan“ ili „biti sloæen“, pa joπ i ekstremno takav? Mi Êemo se koristiti svojstvima objekata i pojava koje moæemo okarakterisati brojem, wihovom brojevnom vrednoπÊu ako su neimenovane veliËine (vrednost izraza) ili wihovim mernim brojem pri izabranoj jedinici mere za tu karakteristiku (veliËina duæine, povrπine, brzine,...).

Probleme nalaæewa najmawe ili najveÊe vrednosti izraza, najmawe ili najveÊe duæine, najmawe ili najveÊe povrπine, ... (ako takva postoji) nazivamo ekstremalni problem. Wima su se matematiËari bavili veÊ u antiËkim vremenima. Iz tih vremena poznat je elementarni Heronov (Heron iz Aleksandrije, prvi vek nove ere) problem najkraÊeg puta (vidi naπ primer 6), ali i neelementarni problem nalaæewa figure u ravni koja Êe, pri zadatom obimu (perimetru), imati najveÊu povrπinu. Taj se problem naziva izoperimetrijski problem i potiËe od starogrËkog matematiËara Zenodora (drugi vek pre nove ere), a u vezi je i s mitskom prvom kartaginskom kraqicom Didonom (deveti vek pre nove ere), pa ga zovu i Didonin problem. Ozbiqnu teoriju ekstremalnih problema zasnovao je Pjer Ferma u XVII veku; wegovim imenom nazvana je poznata jednaËina koja se javqa u ovoj kwizi, u lekciji „Nelinearne Diofantove jednaËine“. Probleme nalaæewa najmawe ili najveÊe vrednosti nekog izraza nazivaÊemo algebarskim, a probleme nalaæewa najmawe ili najveÊe duæine, povrπine, ... geometrijskim ekstremalnim problemima.

22.2. Неки екстремални проблеми у алгебри U daqem radu Êe nam trebati nekoliko Ëiwenica u vezi s realnim brojevima. Neke od wih veÊ znamo a neke Êemo sada dokazati. 10 Za svaki realan broj a je a2 H 0; jednakost se dostiæe ako i samo ako je a = 0. 20 Za svaka dva nenegativna realna broja a i b izmeu wihove aritmetiËke sredine a+b = A i wihove geometrijske sredine ab = G vaæi nejednakost A H G; jednakost 2 se dostiæe ako i samo ako je a = b. Dokaz. Za svaka dva nenegativna realna broja a i b realni brojevi su i a i b pa je i wihova razlika a - b realan broj. Kvadrat te razlike je nenegativan realan broj. KoristeÊi se i osnovnim svojstvima operacija s korenima nalazimo da je: 2 ^ a - b h = a - 2 ab + b H 0 , a + b H ab ; ravnopravno piπemo a + b H 2 ab . 2 Ako je a = b, onda je A = a i G = a, pa vaæi jednakost A = G. Ako je A = G, onda je posmatrana razlika jednaka nuli, pa je a = b , odnosno a = b. Dokaz je upotpuwen. 30 Svaki kvadratni trinom po promenqivoj x ! R, K(x) = ax2 + bx + c, a, b, c ! R, a ! 0 identiËan je (uzima istu vrednost za svako x ! R, oznaka /) kvadratnom trinomu b 2 c - b2 . Piπemo K(x) / K1(x). K1 (x) = a c x + m + 2a 4a DOKAZ. Kvadrirawem i sreivawem nalazimo da je: ac x +

b 2 c - b2 b b2 c - b2 / a e x 2 + 2x + 2o+ / ax 2 + bx + c m + 2a 4a 2a 4a 4a

πto dokazuje naπe tvrewe. Zbog svojstva 30 svuda gde se pojavi jedan od ta dva kvadratna trinoma moæemo ga zameniti drugim od wih. 40 Najmawa vrednost izraza A(x), x ! SfR, oznaka minA(x), x ! S, je takav realan broj m za koji vaæi: za sve x ! S ispuweno je A(x) H m i postoji x0 ! S, takvo da je A(x0) = m. NajveÊa vrednost izraza A(x), x ! SfR, oznaka maxA(x), x ! S, je takav realan broj M

za koji vaæi: za sve x !S ispuweno je A(x) G M i postoji x0 !S , takvo da je A(x0) = M. Vaæno je napomenuti da izraz A(x) ne mora na skupu S imati svoju najmawu ili svoju najveÊu vrednost. Ako traæimo najmawu ili najveÊu vrednost izraza na skupu realnih brojeva, to ne istiËemo posebno i piπemo minA(x) ili maxA(x). 50 KoristeÊi se svojstvima realnih brojeva moæemo dokazati da vaæi: a) Ako postoji minA(x), x ! S i k je pozitivan realan broj, onda postoji i min(kA(x)), x ! S i vaæi min(kA(x)) = kminA(x), x !S. Ako postoji maxA(x), x !S i k je pozitivan realan broj, onda postoji i max(kA(x)), x !S i vaæi max(kA(x)) = kmaxA(x), x !S. Ako postoje minA(x) i maxA(x), x !S i k je negativan realan broj, onda postoje min(kA(x)) i max(kA(x)), x !S i vaæi min(kA(x)) = kmaxA(x) i max(kA(x)) = kminA(x), x !S. b) Ako je za sve x !S ispuweno A(x) 2 0 i ako pri tome: i) postoji maxA(x), x !S, onda 1 1 1 postoji min , x !S i vaæi min , x !S; ii) postoji minA(x), x !S, = A (x) A (x) max A (x) 1 1 1 , x !S i vaæi max , x !S. Isto vaæi ako je za onda postoji max = A (x) A (x) min A (x) sve x !S ispuweno A(x) 1 0 . 60 Neka je za sve x !S ispuweno A(x) H 0. Ako postoji maxA(x), x !S, onda postoji max A (x) , x !S i vaæi max A (x) = max A (x) , x !S. Ako postoji minA(x), x !S, onda postoji min A (x) , x !S i vaæi min A (x) =

пример

min A (x) , x !S .

Nai najmawu vrednost izraza A(x) = 2xx2 + 8xx + 2 010, x !R. Za koje x se ona dostiæe? KoristeÊi se svojstvima 30 i 10 nalazimo da je za sve x !R A(x) = 2xx2 + 8xx + 2 010 / 2(x ( +2)2‡ 8 + 2 010 / 2(x ( +2)2 + 2 002 H 2 002. Dakle, broj 2 002 ispuwava prvo svojstvo najmawe vrednosti izraza A(x). Za x = −2 taj izraz dostiæe vrednost 2 002; i drugo svojstvo je ispuweno. Zbog toga: m = minA n (x) = = 2 002.

пример

1 , h!R. Za koje x se ona dostiæe? 3 KoristeÊi se svojstvima 30 i 10 nalazimo da je za sve h!R 1 4 4 4 1 A(x (x) = ‡3xx2 + 4xx ‡ / -33 c x 2 x+ - m- / 3 3 9 9 3 2 2 2 4 1 2 / -33 c x / 3cx 1 G1, m + m 3 3 3 3 2 πto pokazuje da broj 1 ispuwava prvo svojstvo najveÊe vrednosti izraza. Za x = izraz 3 dostiæe vrednost 1, pa je i drugo svojstvo ispuweno. Zbog toga je M = maxA x (x) = 1 . Nai najveÊu vrednost izraza A(x) = −3xx2 + 4x −

пример

1 , A (x) = x 2 + x + 1 , h!R. Za koje x se ona dostiæe? A (x) Zaπto ne postoji najmawa vrednost tog izraza? 1 2 3 3 Zbog x 2 + x + 1 / c x + m + H 2 0 za sve h!R, postoji najmawa vrednost izraza 2 4 4 1 3 x2 + x + 1 , ona je jednaka i dostiæe se za x =- . Onda, na osnovu svojstva 60, sledi 2 4 1 3 da postoji minA(x), vaæi minA(x) = i dostiæe se za x =- . Svojstvo 60 b) nam 22 2 1 i ona je jednaka , a dostiæe se za daje da postoji najveÊa vrednost izraza A (x) 3 1 x =- . Ako bi postojala najmawa vrednost tog izraza, onda bi morala postojati 2 najveÊa vrednost izraza A(x), pa time i najveÊa vrednost izraza x2 + x + 1. DokazaÊemo sada da ne postoji najveÊa vrednost izraza x2 + x + 1. Kad bi postojao realan broj M, takav da je za sve h!R ispuweno x2 + x + 1 G M, onda bi ta nejednakost bila ispuwena i za x = M. Zamenom u nejednakost nalazimo da bi moralo biti M2 + M + + 1 G M, odnosno M2 + 1 G 0, πto nije moguÊe. Nai najveÊu vrednost izraza

пример

Nai najmawu vrednost izraza A (x) = dostiæe?

x2 + 1 , x 2 0. Za koju vrednost x se ona x

1 Dati izraz moæemo zapisati u obliku A (x) = x + . Za pozitivne vrednosti promenx 1 qive h brojevi x i su pozitivni. KoristeÊi se nejednakoπÊu izmeu aritmetiËke x i geometrijske sredine pozitivnih brojeva (svojstvo 20) nalazimo da za sve x 2 0 vaæi: 1 1 x+ H2 x$ =2. x x 1 NajveÊa vrednost izraza jednaka je 2 i dostiæe se za x = , odnosno za x2 = 1. Odatle x nalazimo x = 1; vrednost x = ‡ 1 ne dolazi u obzir jer je h pozitivan broj.

пример

Odredi najveÊu i najmawu vrednost izraza koji se dobija ako se dvocifreni broj podeli zbirom svojih cifara. Neka su a i b cifre dvocifrenog broja 10a + b. Onda je a ! {1, 2, ..., 9}, b ! {0, 1, 2, ..., 10a + b 9}, pa traæimo najveÊu i najmawu vrdnost koliËnika K) a, b) = , gde brojevi a+b a i b pripadaju navedenim skupovima. Taj koliËnik moæemo napisati u obliku a + b + 9a 10a + b 9a (u�imamo u obzir da je a ! 0) K (a, b) = . = =1+ a+b a+b a+b

Wegova rednost je navjeÊa ako je broj b najmawi, dakle za b = 0. U tom sluËaju za svaku od vrdnosti broja a dobijamo da je vrednost koliËnika jednaka 10. Vrednost koli;nika je a najmawa ako je broj b najveÊi, dakle za b = 9. BuduÊi da se poveÊava ako se a poveÊaa+9 va (uveri se u to), najmawu vrednost Êe uzeti ako je broj a najmawi, odnosno a = 1. Dakle, 19 . vrednost posmatranog kolienika je najmawa za broj 19, i tada je ona jednaka 10

22.3. Неки екстремални проблеми у геометрији Prilikom reπavawa ekstremalnih problema u geometriji koristimo se osnovnim znawima iz geometrije, steËenim u okvirima redovne i dodatne nastave. Navedimo neka od wih. 70 Za svake dve taËke A i B duæ AB je najkraÊa linija koja ih spaja. Ta duæ ima svoju duæinu i za izabranu jedinicu mere za duæinu postoji realan broj koji je merni broj wene duæine. 80 U svakom trouglu vaæi da je duæina svake stranice mawa od zbira duæina ostalih dveju stranica i veÊa od razlike duæina ostalih dveju stranica. 90 Centralni ugao kruga je dva puta veÊi od periferijskog ugla nad istim lukom. Periferijski ugao nad preËnikom je prav. Periferijski uglovi nad jednakim uglovima su jednaki. 100 Dve podudarne figure imaju jednake povrπine. Ako se figura rastavi na dve (ili viπe) podudarne figure, wena je povrπina jednaka zbiru povrπina delova. Ako figuru rastavimo na delove i od wih sastavimo drugu figuru (prekrojimo je u drugu figuru) te su dve figure jednake po povrπini.

пример

U ravni je data prava p i taËke A i B koje se nalaze s iste strane te prave. Odredi na pravoj taËku X tako da duæina izlomqene linije AXB bude najmawa. Ovo je „matematiËki model“ problema: 10 jahaËa kroz pustiwu koji, da bi stigao iz mesta A u mesto B, treba da napoji kamilu na reci (pravoj) p i da pri tome prevali najkraÊi put; 20 Heronovog problema o prostirawu svetlosnog zraka koji polazi iz taËke A, treba da se odbije od ravnog ogledala r i stigne u taËku B, a da pri tome pree najkraÊi put. Neka je taËka Bl simetriËna taËki B u odnosu na pravu p, P preseËna taËka duæi ABl i prave p, Q bilo koja taËka prave p razliËita od P i neka je M preseËna taËka duæi BBl i prave p. Trouglovi PMB i PMBl su podudarni (po pravilu SUS). Iz istog razloga

Q1 M B'

podudarni su i trouglovi QMB i QMBl. Zbog toga su PB i PBl duæi jednakih duæina; isto vaæi i za duæi QB i QBl. Na taj naËin nalazimo da je duæina izlomqene linije APB jednaka zbiru duæina duæi AP i PBl, a to je duæina duæi ABl. S druge strane, duæina izlomqene linije AQB jednaka je zbiru duæina duæi AQ i QBl. Duæi ABl, BlQ, QA su stranice trougla ABlQ, pa na osnovu svojstva 80 zakquËujemo da je ABl1 BlQ + QA. Odatle sledi da je duæina izlomqene linije APB mawa od duæine izlomqene linije AQB za svaku taËku Q prave r razliËitu od P. Dokazali smo da je P traæena taËka; dakle, X / P.

пример

Odredimo onaj od pravougaonika zadatog obima koji ima maksimalnu povrπinu. OznaËimo sa x i y merne brojeve duæina stranica pravougaonika i sa o zadati merni broj wegovog obima (pri izabranoj jedinici mere za duæinu). Onda je o = 2(x + y), o x + y = , pa je povrπina P pravougaonika jednaka 2 o o 2 o o o 2 P = x` - xj / - x 2 + x / - c x 2 - x + ` j m + ` j , 2 2 2 4 4 2 2 o o πto moæemo pisati kao P =-` x - j + ` j . To je izraz koji zavisi od h i wegova 4 4 o o o 2 je najveÊa vrednost ` j , a dostiæe se za x = . Tada je i y = , pa je traæeni pra4 4 4 o vougaonik kvadrat stranice . 4 Kaæemo da je trougao ABC smeπten u krug K(O,r) ako se temena trougla nalaze na kruænoj liniji k(O,r) ili unutar we. Znamo πta znaËi kad kaæemo da je trougao upisan u krug. UoËavamo da je svaki trougao upisan u dati krug smeπten u taj krug. Obrnuto ne vaæi jer trougao moæe biti smeπten u dati krug i ne biti upisan u wega; u tom sluËaju se bar jedno od temena trougla nalazi unutar graniËne kruæne linije. Na isti naËin uvodimo i pojmove mnogouglova s viπe od tri stranice koji su smeπteni u krug, odnosno upisani u krug. U daqem pretpostavqamo da geometrijske figure s traæenim svojstvima (najveÊe povrπine, najmaweg obima, ... ) postoje; naπe shvatawe prostora, geometrijskih figura i wihovih svojstava podræava tu pretpostavku.

пример

Odredi trougao najveÊe povrπine smeπten u dati krug K(O,r). UveriÊemo se prvo da je takav trougao ABC upisan u krug. Kad to ne bi bio sluËaj, postojalo bi teme trougla koje se nalazi unutar kruæne linije k(O,r). Neka je to teme S; prava kroz C normalna na stranicu AB seËe kruænu liniju k(O,r) u dve taËke. Jedna od tih taËaka se nalazi s iste strane prave p(A,B) s koje se nalazi C; oznaËimo tu taËku sa S’ (slika 2). Trougao ABCl smeπten je u krug k(O,r) i povrπine

je veÊe od povrπine trougla ABC. Zbog toga sva temena trougla koji ima traæeno svojstvo moraju pripadati kruænoj liniji k(O,r), πto znaËi da je on upisan u krug. Dakle, treba odrediti trougao najveÊe povrπine upisan u krug K(O,r). Temena A, B, C pripadaju kruænoj liniji k(O,r) i dele tu liniju na tri kruæna luka duæina s(A,B), s(B,C), s(C,A). Ako trougao ABC nije jednakostraniËan, onda meu tim lukovima postoji luk Ëija C' je duæina mawa od jedne treÊine obima kruga, 1 dakle od 2rr i postoji luk Ëija je duæina veÊa 3 1 2rr , dok duæina treÊeg luka moæe biti od 3 1 2rr . Ne ili mawa ili jednaka ili veÊa od 3 naruπavajuÊi opπtost rasuivawa moæemo 1 pretpostaviti da je s(A,B) 1 2rr i da je s(B,C) C' 3 1 2 2rr . Takva Êe se dva luka nasigurno „sre3 C sti“ u jednom od temena, a mi smo pretpostavili

A p

k(O,r)

B A

k(O,r) B

da su se „sreli“ u temenu B. UoËimo na kruænoj B' 1 2rr . liniji taËku Bl, takvu da je s(A,Bl) = 3 Povrπina trougla CABl veÊa je od povrπine trougla CAB (zaπto?). 1 1 Ako je s(Bl,C) = 2rr , onda je i s(C,A) = 2rr , pa je trougao ABlC jednakostraniËan, 3 3 upisan u krug K(O,r) i povrπine veÊe od povrπine trougla ABC. Ako to nije sluËaj, onda ponavqamo opisani postupak, pri Ëemu je teme A u istaknutoj ulozi (kao πto je bilo teme B), pa dobijamo jednakostraniËni trougao AlBlC, upisan u krug K(O,r) i povrπine veÊe od povrπine trougla ABC . Time smo dokazali da je jednakostraniËni trougao upisan u krug K(O,r) trougao najveÊe povrπine smeπten u taj krug.

Задаци 1. IzraËunaj najmawu vrednost izraza A(x) = x2 ‡ x + 6, x !R. Za koju vrednost x se ona dostiæe? Zaπto ne postoji najveÊa vrednost tog izraza? 2. IzraËunaj najveÊu vrednost izraza A(y) = − 2y2 + 40y + 1810, y!R. Za koju vrednost u se ona dostiæe? Zaπto ne postoji najmawa vrednost tog izraza? 3. IzraËunaj najveÊu vrednost izraza B(x) = (1− x2)/(1+x2), x!R. Za koje x se ona dostiæe? 4. IzraËunaj najmawu vrednost izraza K(b) = dostiæe?

2 9 - 4b + b , b!R. Za koje b se ona

5. IzraËunaj najmawu vrednost izraza S (c) = nost dostiæe?

1 6c - c 2

, c !(0,6). Za koje c se ta vred-

x2 + 4 , x 2 0. Za koje x se ona dostiæe? 3x 7. Zbir dva realna broja jednak je 42. Odredi te brojeve tako da wihov proizvod bude najveÊi. 6. Odredi najmawu vrednost izraza F (x) =

8. Zbir dva realna broja jednak je 8. Odredi ih tako da zbir wihovih kvadrata bude najmawi. 9. Odredi najveÊu i najmawu vrednost izraza koji se dobija ako se trocifreni broj podeli zbirom svojih cifara. 10. Od svih trouglova sa datim dvema stranicama odredi trougao najveÊe povrπine. 11. Od svih trouglova zadate povrπine i zadate jedne stranice odredi trougao najmaweg obima. 12. Od svih pravougaonika obima 40 cm odredi onaj koji ima najkraÊu dijagonalu. 13. Od svih pravougaonika povrπine 36 cm2 odredi onaj koji ima najmawi obim. 14. Iz datog polukruga polupreËnika 10 cm treba izrezati pravougaonik najveÊe povrπine. Kolike su stranice tog pravougaonika? 15. Duæine stranica trougla su: AB = 14 cm, BC = 15 cm, CA =13 cm. U trougao je „upisan“ pravougaonik MNPQ tako da temena M i N pripadaju stranici AB a temena P i Q, redom, stranicama BC i CA. Odredi takav pravougaonik najveÊe povrπine. 16. Odredi Ëetvorougao najveÊe povrπine smeπten u krug K(O,r).

U sedmom razredu koristili smo metod posledwe cifre, tj. sistem ostataka pri deqewu celog broja sa 10. Sada æelimo da ta znawa proπirimo posmatrawem sistema ostatak pri deqewu sa bilo kojim prirodnim brojem razliËitim od 1. Za to nam je neophodno da definiπemo jednu novu relaciju koju Êemo nazvati kongruencija po modulu. Kongruencija po modulu je relacija koja je preko ostatka povezana sa veÊ posmatranom jednakoπÊu a = bq + r, dakle sa relacijom deqivosti, ali koja ima mnogo sliËnih osobina sa relacijom jednakosti.

Za cele brojeve a i b kaæe se da su kongruentni po modulu m (m ! Z i m ! 0), ako a i b pri deqewu sa m daju jednake ostatke. SimboliËki se to zapisuje a / b (mod m). Ako a i b pri deqewu sa m imaju razliËite ostatke, onda se kaæe a nije kongruentno b po modulu m i zapisuje a _ b (mod m).1 Tako je na primer 37 / 12 (mod 5), jer i 37 i 12 pri deqewu sa 5 imaju ostatak 2. SliËno je i 2011 / 1 (mod 67), jer 2011 i 1 pri deqewu sa 67 daju ostatak 1. TaËno je i da 56 _ 82 (mod 3), jer 56 pri deqewu sa 3 daje ostatak 2, a 82 pri deqewu sa 3 daje ostatak 1. Primeri koji slede Êe najboqe ilustrovati osnovne osobine relacije kongruencije po modulu, ali i mnogobrojne moguÊnosti primena relacije kongruencije po modulu.

пример

Ako je a / b (mod m) onda i samo onda je a ‡ b deqivo sa m. Dokaæi. Ako je a / b (mod m), onda na osnovu date definicije a i b pri deqewu sa m imaju jednake ostatke, tj. a = km + r i b = lm + r. Tada je a ‡ b = km + r ‡ (lm + r) = m(k ‡ l). Dakle a ‡ b je deqivo sa m. Obrnuto, neka je a = pm + r1 i b = qm + r2 (0 G r1, r2 < m) i neka je a ‡ b deqivo sa m, tj. neka je a ‡ b = km. Tada se oduzimawem jednakosti dobija a ‡ b = pm + r1 ‡ (qm + r2) = = m(p ‡ q) + r1 ‡ r2 = km. Kako je desna strana jednakosti deqiva sa m, to mora biti i leva pa r1 ‡ r2 deqivo sa m. Tada je zbog obaveznog uslova (0 G r1, r2 1 m) r1 ‡ r2 = 0. To znaËi da su r1 i r2 jednaki, pa a i b pri deqewu sa m imaju jednake ostatke, a to znaËi da je a / b (mod m).

пример

Za odnos (relaciju) „biti kongruentan po modulu n“ vaæi: 1° a / a (mod m); 2° a / b (mod m) & b / a(mod m); 3° a / b (mod m) i b / c(mod m) & a / c (mod m). 1° a ‡ a = 0, a 0 je uvek deqiva sa m. Ako je a / b (mod m), onda a ‡ b = km. Meutim, tada je b ‡ a = ‡km, odnosno b ‡ a je deqivo sa m. ZnaËi da je i b / a (mod m), pa vaæi 2°. Ako je a / b (mod m) i b / c (mod m), onda na osnovu prethodnog zadatka sledi da je a ‡ b = km i b ‡ c = lm. Tada je a ‡ c = km ‡ lm = m(k ‡ l), tj. a ‡ c je deqivo sa m, πto znaËi da je a /c (mod m), pa vaæi 3°.

Ovakav naËin zapisivawa uveo je Gaus u svojoj kwizi. „Disquisitiones arithmeticae“, koja je objavqena 1801. godine kada je Gausu bilo svega 24 godine.

пример

Za odnos (relaciju) „biti kongruentan po modulu m“ vaæi: 1°, 2° i 3° 1° Ako je a / b (mod m) i c / d (mod m), onda je a ‡ c / b ‡ d (mod m). 2° Ako je a / b (mod m) i c / d (mod m), onda je a c / b d (mod m). 3° Ako je a / b (mod m) i n ! N, onda je an / bn (mod m). 1° Ako je a / b (mod m) i c / d (mod m), onda je a ‡ b = km i c ‡ d = lm. Sabirawem jednakosti se dobija a ‡ b + c ‡ d = km + lm tj. a + c ‡ (b + d) = m(kk + l), a to znaËi da je a + c / b + d (mod m). Na sliËan naËin se dokazuju svojstva 2° i 3°: Bez dokaza navodimo i sledeÊe osobine kongruencije po modulu: •

Ako su x i y celi brojevi i ako je je a / b (mod m) i c / d (mod m), onda je i ax + cy c / bx + dy (mod m) (osobina linearnosti).

•

Ako je a / b (mod m), onda postoji ceo broj q takav da je a = mq + b.

•

Ako je a / b (mod m) i c / d (mod m), onda je i ac / bd (mod m) (osobina multiplikativnosti).

•

Ako je a / b (mod m) i P(x) polinom sa celim koeficijentima, onda je P(a) / P(b) (mod m).

•

Ako je a / b (mod m) i d e m, onda je a / b (mod d).

Verovatno najËeπÊe koriπÊena osobina kongruencije po modulu je wena saglasnost sa stepenovawem i lakoÊa sa kojom se ova osobina relacije primewuje ukoliko je an / 1 (mod m) ili an / ‡1 (mod m).

пример

Koliki je ostatak pri deqewu broja 22 011 sa 13? Kako je 26 = 64 / ‡1 (mod 13), zakquËujemo da je 22 010 = (26)335 / (‡1)335 / ‡1 (modd 13). Daqe je 22 011 = 2 · 22 010 / 2 · (‡ 1) = ‡2 / 11 (mod 13). Dakle, broj 22011 pri deqewu sa 13 daje ostatak 11.

пример

Svaki prirodan broj n i zbir wegovih cifara S(n) pri deqewu sa 9 daju jednake ostatke. Dokaæi. Ako je n = a0 + 10a1 + 102a2 + ... + 10kak, onda je S(n) = a0 + a1 + a2 + ... + ak. Kako je 10 / 1 (mod 9), to je za svako prirodno k broj 10k / 1 (mod 9), to je n = ao + 10a1 + + 102a2 + ... + 10kak / a0 + 1 · a1 + 1 · a2 + ... + 1 · ak / a0 + a1 + a2 + ... + ak = S(n) (mod 9). Iz Ëiwenice da je n / S(n) (mod 9) sledi da n i S(n) imaju isti ostatak pri deqewu sa 9.

пример

Одреди све природне бројеве х такве да је х + Ѕ(х) + Ѕ(Ѕ(х)) + Ѕ(Ѕ(Ѕ(х))) = 2011, при чему је Ѕ(n) збир цифара природног броја n.. У примеру 5. видели смо да је n / Ѕ(n) (mod 9). То даље значи и да је n / Ѕ(n) / Ѕ(Ѕ(n)) / Ѕ(Ѕ(Ѕ(n))) (mod 9). Због тога, нека је х / Ѕ(х) / Ѕ(Ѕ(х)) / Ѕ(Ѕ(Ѕ(х))) = а (mod 9). Тада је х + Ѕ(х) + Ѕ(Ѕ(х)) + Ѕ(Ѕ(Ѕ(х))) / а + а + а + а = 4а (mod 9). Следи да је х + Ѕ(х) + Ѕ(Ѕ(х)) + Ѕ(Ѕ(Ѕ(х))) = 2011 / 4 (mod 9). Дакле, 4а = 4, што значи да је х природан број мањи од 2011 који при дељењу са 9 даје остатак 1. То значи да у обзир долазе бројеви облика 9к + 1 мањи од 2011, па је х ! {2008, 1999, 1990, 1981, 1972 ...} Број 2008 није решење јер је Ѕ(2008) = 10, па је х + Ѕ(х) + Ѕ(Ѕ(х)) + Ѕ(Ѕ(Ѕ(х))) > 2018 > 2011. Дакле, х < 2000. Тада је Ѕ(х) ≤ 1 + 9 + 9 + 9 = 28 и Ѕ(Ѕ(х)) ≤ 10 + Ѕ(Ѕ(Ѕ(х))) ≤ 1. Из добијених неједнакости следи да је 2010 = х + Ѕ(х) + Ѕ(Ѕ(х)) + Ѕ(Ѕ(Ѕ(х))) ≤ х + 28 + 10 + 1 = х + 39. Значи да је х + 39 ≥ 2011, па је 1972 ≤ х ≤ 1999. Значи да решење проблема треба тражити међу бројевима 1972, 1981, 1990 и 1999. Провером добијамо: 1972 + 19 + 10 + 1 = 2002, 1981 + 19 + 10 + 1 = 2011, 1990 + 19 + 10 + 1 = 2020 и 1999 + 28 + 10 + 1 = 2038. Једино решење је број 1981.

Задаци 1. Dokaæi da je broj 10! + 1 deqiv sa 11. 2.

Dokaæi da je broj 32 007 + 1 deqiv sa 13 .

3. Dokaæi da je 317

259

‡ 8 deqivo sa 15. 2006

4. Kojom cifrom se zavrπava broj 7 5 555

2 222

Dokaæi da je broj 2 222

Dokaæi da je broj 3

Odredi posledwe dve cifre broja 99

Koje su posledwe dve cifre broja 2

Ako je r neparan prost broj, onda je broj 2 + 1 deqiv sa 3. Dokaæi.

105

+ 5 555

105

deqiv sa 3, 7 i 231.

deqiv sa 7 i 13, a nije deqiv sa 11. 12 345

100

? p

10. Dokaæi da je za svaki prirodan broj n izraz 7 ‡ 4 2n

11. Odredi NZD svih brojeva oblika 7

deqiv sa 33.

‡ 1, ako je n prirodan broj.

12. Ako su k, m i n prirodni brojevi, onda je broj 5 æi.

5k+1

5m+2

+ 3 deqiv sa 11. Doka-

13. Odredi sve proste brojeve p za koje je broj 2p + p2 takoe prost. 14. Postoji li prirodan broj n za koji je izraz n2 + 1 deqiv sa 15 ?

15. Dokaæi da je broj deqiv sa 11 ako je razlika zbira cifara na parnim mesnim vrednostima i zbira cifara na neparnim mesnim vrednostima deqiva sa 11. 5

16. Ako je n prirodan broj, onda je broj n ‡ n deqiv sa 5. Dokaæi. 2 011

17. Zbir cifara broja 9 je a. Zbir cifara broja a jednak je broju b, a zbir cifara broja b jednak je broju c. Odredi broj c. 2 012

18. Odredi posledwe tri cifre zbira brojeva: 1

2 012

+ 2

2 012

+ ... + 1 000

p 19. Odredi ostatak pri deqewu broja 2 sa 13, ako se zna da je p prost broj veÊi od 3.

U prethodnim razredima smo se upoznali sa Dirihleovim principom i nauËilin da ako treba kn + 1 kuglicu rasporediti u k kutija, onda pri ma kom rasporedu kuglica postoji bar jedna kutija u kojoj se nalazi bar n + 1 kuglica. Videli smo i da se Dirihleov princip najefikasnije dokazuje svoewem na protivureËnost, jer ako bi bio moguÊ drugaËiji raspored, tj. raspored u kome bi u svakoj od k kutija bilo n ili mawe kuglica onda bi ukupan broj kuglica bio mawi, ili eventualno jednak nk, πto je suprotno pretpostavci da je rasporeena nk + 1 kuglica. Meutim Dirihleov princip je mnogo viπe od kutija i kuglica i ima mnogobrojne primene u praksi i matematiËkoj teoriji (brojevi, geometrija, logiËko-kombinatorni problemi …). Primeri i zadaci koji slede imaju za ciq da prikaæu neke od moguÊih, a raznovrsnih primena Dirihleovog principa.

пример

Dokaæi da postoji prirodan broj koji poËiwe ciframa 9876543210, a deqiv je sa 2 011. UoËimo brojeve: x1 = 9876543210, x2 = 98765432109876543210 ... , x2 012 od kojih svaki sadræi jednu, dve, ..., 2 012 grupa cifara 9876543210. Pri deqewu sa 2 011 tih 2 012 brojeva daju ostatke 0, 1,... 2 010. Kako je 2 012 brojeva, a 2 011 ostataka to meu uoËenim brojevima postoje dva broja koji imaju jednake ostatke. Neka su to brojevi xi = = 2 011a + r i xj = 2 011b + r. Tada je xi ‡ xj = 2 011a + r ‡ (2 011b + r) = 2 011(a ‡ b) = = 98765432109876543210 ... (i grupa cifara) ‡ 98765432109876543210 ... ((jj grupa cifara) = 9876543210 ...0000 (i ‡ j grupa cifara 9876543210 i sve ostalo su nule). Jasno je da dobijeni broj poËiwe sa 9876543210 i deqiv je sa 2 011.

пример

Data suu 52 proizvoqna prirodna broja. Dokaæi da meu  wima postoje dva Ëiji zbir ili razlika je deqiva sa 100. Vaæi li dato tvrewe za 51 broj? Ako se dati brojevi rasporede u klase prema dvocifrenom zavrπetku tako da jednu klasu Ëine brojevi sa dvocifrenim zavrπetkom 00, drugu sa dvocifrenim zavrπetkom 01 i 99, treÊu sa dvocifrenim zavrπetkom 02 i 98, ..., pedesetu klasu brojevi Ëiji su dvocifreni zavrπetci 49 i 51 i pedeset i prvu klasu brojevi Ëiji je dvocifreni zavrπetak 50, onda ima 52 broja, a 51 klasa pa na osnovu Dirihleovog principa postoji bar jedna klasa u kojoj se nalaze bar dva broja. Jasno je da je zbir ili razlika ta dva broja deqiva sa 100.

100

Tvrewe ne vaæi ako ima 51 broj. Na primer skup brojeva 50, 51, 52, ..., 99, 100 sadræi 51 broj, ali ne postoje dva broja Ëiji je zbir ili razlika deqiva sa 100, jer za zbir brojeva s vaæi nejednakost 101 G s G 199, a za razliku brojeva r nejednakost 1 G r G 50.

пример

Posmatrajmo niz Ëetvorocifrenih brojeva koji predstavqaju posledwe Ëetiri cifre brojeva 3, 32, 33, 34 ... To je niz 0003, 0009, 0027, 0081, 0243, 0729, 2 187, ... Dokaæi da je poËev od nekog Ëlana dati niz periodiËan. Niz 3, 32, 33, 34 ... ima najviπe 10 · 10 · 10 · 4 = 4 000 Ëetvorocifrenih zavrπetaka (za prve tri cifre kandidati su svaka od 10 cifara, a za posledwu cifru samo 1, 3, 7 i 9). Na osnovu Dirihleovog principa zakquËujemo da veÊ u nizu 3, 32, 33, ...34 000, 34 001 postoji 4 001 broj, a 4 000 Ëetvorocifrenih zavrπetaka, πto znaËi da postoje dva koji imaju jednake Ëetvorocifrene zavrπetke. Neka su to 3a = 104m + r i 3b = 104n + + r. Tada je 3a ‡ 3b = 104(m ‡ n). Mnoæewem dobijene jednakosti sa 3p dobija se 3a+p ‡ 3b+p = 3p ‡104(m ‡ n), a to znaËi da i brojevi 3a+p i 3b+p za svaki prirodan broj p imaju jednake Ëetvorocifrene ostatke, πto dokazuje da je niz Ëetvorocifrenih ostataka stepena broja 3 periodiËan.

пример

Dato je sedam duæi od kojih je svaka veÊa od 10 cm, a mawa od 1 m. Dokaæi da meu datima postoje tri duæi od kojih se moæe sastaviti trougao. Neka su duæine datih duæi d1, d2, ... , d7. Tada je 10cm G d1 G d2 G ... G d7 1100 cm. Od najmawe tri duæi se ne moæe sastaviti trougao, ako je d3 H d1 + d2 H 10 + 10 = 20 cm. SliËno trougao se ne moæe sastaviti ni ako je d4 H d2 + d3 H 10 + 20 = 30 cm. Ako se postupak nastavi dobija se d5 H d3 + d4 H 20 + 30 = 50 cm, d6 H d4 + d6 H 30 + 50 = 80 cm i konaËno ako je d7 H d5 + d6 H 50 + 80 = 130 cm. Kako je po pretpostavci d7 1 100 cm dobili smo protivreËnost, πto znaËi da se od datih duæi uvek moæe sastaviti trougao.

пример

U kvadratu stranice 15 cm rasporeeno je 20 disjunktnih kvadrata stranice 1 cm. Dokaæi da postoji krug polupreËnika 1 cm koji ne dodiruje nijedan od datih kvadrata. Oko, a unutar datog kvadrata formira se „zaπtitna zona“ πirine 1 cm, tako da „slobodna zona“ predstavqa kvadrat Ëija je stranica 13 cm, a povrπina 169 cm2. SliËno, oko svakog od 20 disjunktnih kvadrata opiπe se figura F (vidi sliku) koja sadræi „zaπtitnu zonu“ od 1 cm oko svakog od datih kvadrata.

101

Kako je povrπina svake od 20 figura F jednaka (5 + r)cm2 , to ukupna povrπina koju prekriva 20 figura F iznosi najviπe 20 · (5 + r) < 165 cm2 < 169 cm2. To znaËi da postoji bar jedna taËka S koja se nalazi u „slobodnoj zoni“. Krug sa centrom u taËki S polupreËnika 1 cm je traæeni krug, jer se on zbog postojawa „zaπtitne zone“ sigurno nalazi unutar datog velikog kvadrata i ne dodiruje nijedan od malih kvadrata.

Задаци 1. Dokaæi da je između 100 proizvoqnih celih brojeva uvek moguÊe izabrati 15 takvih da je razlika bilo koja dva od wih deqiva sa 7.D 2. Dato je proizvoqnih 1 111 prirodnih brojeva. Dokazati da bar 124 od datih brojeva poËiwe istom cifrom, bar 112 datih brojeva se zavrπava istom cifrom i bar 13 brojeva poËiwe i zavrπava se istom cifrom. 3. Dokaæi da se meu 51 proizvoqnih, a razliËitih prirodnih brojeva mawih od 100 mogu izabrati tri takva da je jedan od wih jednak zbiru ostala dva. 4. Dato je 20 razliËitih prirodnih brojeva mawih od 65. Dokaæi da meu svim moguÊim razlikama tih brojeva postoje bar Ëetiri jednake. 5. Dokaæi da postoji prirodan broj koji se u dekadnom zapisu zapisuje samo πesticama i nulama koji je deqiv sa prirodnim brojem n. 6. Brojevi od 1 do 10 zapisani su u niz u proizvoqnom poretku, a svaki od wih je sabran sa svojim rednim brojem. Dokaæi da meu dobijenim zbirovima postoje bar dva Ëija je posledwa cifra jednaka. 7. Prirodni brojevi od 1 do 2n zapisani su u proizvoqnom poretku, a zatim je ispod svakog od wih napisan wegov redni broj u tom nizu. Svaki broj je potom sabran sa svojim rednim brojem. Dokaæi da meu tako dobijenim brojevima postoje dva Ëija je razlika deqiva sa 2n. 8

Ako se iz skupa prvih 2n prirodnih brojeva izabere n + 1 brojeva, dokaæi da postoje bar dva od wih od kojih je jedan deqiv drugim.

9. Dokaæi da postoji stepen broja 3 Ëija se reprezentacija u dekadnom zapisu zavrπava ciframa 0001. 10. U skupu od 10 bilo kojih dvocifrenih brojeva postoje dva disjunktna podskupa takva da je zbir elemenata u jednom podskupu jednak zbiru elemenata u drugom podskupu. Dokaæi. 11. Dokaæimo da se meu 39 uzastopnih prirodnih brojeva nalazi bar jedan broj Ëiji je zbir cifara deqiv sa 11.

102

12. Mase 50 maπina iznose 370 kg, 372 kg, 374 kg, ... ,466 kg i 468 kg. Mogu li se tih 50 maπina transportovati sa 7 kamiona nosivosti taËno 3 tone? 13. »vorovi beskonaËne kvadratne mreæe obojeni su crvenom ili plavom bojom. Dokaæi da postoje dve horizontalne i dve vertikalne linije koje grade u kvadratnoj mreæi pravougaonik Ëija su sva temena iste boje. 14. U kocki Ëija je ivica 13 cm na sluËajan naËin je rasporeeno 2 011 taËaka. Dokaæi da postoji „kockica“ ivice 1cm unutar koje se ne nalazi nijedna od datih taËaka. 15. U staklenoj kocki ivice 1 m nalazi se 2011 muva. Dokaæi da postoji sfera polupreËnika 1/11 unutar koje se u svakom trenutku, bez obzira na raspored muva, nalaze bar 3 muve. 16. Dato je 9 pravih od kojih svaka deli dati kvadrat ABCD na dva trapeza Ëije se povrπine odnose kao 2 : 3. Dokaæi da postoji taËka kroz koju prolaze bar 3 date prave. 17. Unutar konveksnog 2n-tougaonika data je taËka M. Kroz taËku M i svako teme uoËena je prava. Dokaæi da postoji strana mnogougla s kojom nijedna prava nema zajedniËkih unutraπwih taËaka. 18. Unutar kvadrata stranice 1 cm rasporeeno je nekoliko krugova Ëiji zbir obima je 10 cm. Dokaæi da postoji prava koja preseca bar 4 data kruga. 19. Unutar kvadrata stranice 1 cm nalazi se konveksan mnogougao sa 100 stranica. Dokaæi da postoji trougao, Ëija su temena ‡ temena datog mnogougla i Ëija je povrπina mawa od 0,0008 cm2. 20. Svaka taËka ravni na proizvoqan naËin je obojena jednom od tri boje. Dokaæi da u datoj ravni postoje dve taËke iste boje Ëije je rastojawe 1 cm.

103

, ,

Сличност троуглова

1.1 1.

Neka je (x,y) celobrojna taËka na toj duæi. Prema Talesovoj teoremi vredi proporciy 76 ja: a) = . Odavde je 8y = 19x. Kako je x 32 (8,19) = 1 i 8|19x, mora biti x = 8k za neko prirodno k. Sledi y = 19k. Pri tom k moæe uzimati samo vrednosti iz skupa (0,1,2,3,4), jer je 0 G x G 32. Otuda na duæi ima pet cey 48 48 lobrojnih taËaka. b) = . Ka= x 29 29 ko je broj na desnoj strani iracionalan (dokaæi!), jedina celobrojna taËka na duæi je koordinatni poËetak. Neka prava BP seËe normalu iz M na BM u R. Dokaæimo da se taËke Q i R poklapaju. Iz sliËnosti trouglova KPL i MQN (po stavu UU) dobijamo MQ : KP = MN : KL, a iz Talesove teoreme MB : BK = MN : KL = MR : KP. Otuda je MQ : KP = MR : KP, pa je MQ = MR, odakle sledi R / Q. Time je tvrewe dokazano. A C B Izaberimo proizvoqno jediniËnu duæ e. Konstrui1 πimo prvo duæ du2e æne 5 koristeÊi Pitagorinu teoree=1 mu. Konstrukcija podele duæi AB vidi se na slici:

P^ ABCh =

1 1 AB $ hC, P^ AKLh = AK $ hL 2 2 h AC Iz C = sledi tvrewe. hL AK Iz Talesove teoreme imamo CA : OA = BD : : OB, AlA : OA = BlB : OB, pa deobom po stra1 nama dobijamo BD : BlB = CA : AlA = . 2 Neka je G taËka preseka pravih CN i DM. G

C N

Dokaæimo primenom Talesove teoreme da je D srediπte duæi MG. Dijagonale Ëetvorougla BGCM se polove, pa je on paralelogram. Odatle sledi tvrewe. Dovoqno je dokazati da je AM : MD = AQ : : QB. Ovo sledi iz AM : MD = CN : DN = CP : PB = AQ : QB.

1.2 1.

104

Jedino pravougli. B Neka je CD rez koβ D jim se trougao ABC razlaæe na dva meusobno sliËna troα ugla. Jedan od ugloC A va \ACD ili \CDA mora biti jednak b. To nije \CDA jer je on veÊi od b (kao spoqaπwi ugao trougla BCD). Dakle \ACD = b Na sliËan naËin se dokazuje da je \BCD = a. Zato je \ACB = a + + b = 180°‡ \ACD. Sledi \C je prav.

a b c = = (= 2P) i treÊeg 1 1 1 ha hb hc stava sliËnosti. Ako bi takav trougao postojao, postojao bi i wemu sliËan trougao sa duæinama strani1 1 1 1 1 1 ca , , . Zbog ne postoji 2 + 2 4 5 2 4 5 1 1 1 trougao sa duæinama stranica , , . 2 4 5 1 1 1 : : . Treba proveriti da li je 3: 5: 6 = 40 24 20 Kako je ovo taËno, trouglovi su sliËni. Sledi iz

nale AC vaæi BA : BC = AF : CF. Stoga je DA : : DC = AF : FC pa je F taËka preseka simetrale ugla \D i dijagonale AC.

9ABC +DAC pa je BC : AC = AB : DA = AC : 2 bc b + : DC i DA = DB. Iz a = DB + DC = a a sledi tvrđewe.

C γ

7. 8.

b β

D E

β c

a) Konstruiπimo proizvoqni trougao ABlCl koji ima uglove \A = a, \Bl = b. Neka je Ol wegov centar opisane kruænice. Na polupravoj AOl odredimo taËku O tako da je AO= = R. Opiπimo kruænicu k(O,AO). Neka poluprave ABl, ACl seku k u B, odnosno C. Trougao ABC ima sve zadate elemente jer je sliËan trouglu ABlCl prema RUR stavu. b) Konstruiπimo trougao ABlCl tako da je \BlAlCl = a i ACl = 3, ABl = 4. Na polupravoj ADl odredi D tako da je AD = ha. Neka normala u D na AD seËe polupravu ACl u C, a polupravu ABl u B. Zbog 9ABC + 9ABlCl trougao ABC ima ugao a, visinu ha i razmeru AC : AB = ACl : ABl = 3 : 4. Vidi primer 2. Neka su E i F podnoæja normala iz D, odnosno A na pravu BC. Kako je\ACF = 60°, \DCF x x = 60° biÊe FC = 3, CE = , EB = 3 ‡ . Takoe 2 2 je BE : FE = DB : DA = CB : CA = 3 : 6, pa je x x ` 3 - j : ` 3 + j = 1: 2 . Odavde izraËunamo 2 2 da je x = 2. Prema svojstvu simetrale ugla vaæi CB : : CD = BE : ED = AB : AD. Zbog osobina proporcije vaæi i BA : BC = DA : DC. Ako je F taËka preseka simetrale ugla \B i dijago-

10. Ako takav trougao postoji, ugao \A mora biti mawi od 120°, jer je wemu suplementni ugao \ALK veÊi od 60°. Pretpostavimo da je \A 1 120°. Tada se moæe konstruisati jednakostraniËni trougao LlMlKl takav da je Ll ! AC, Ml na polupravoj AB, Kl u uglu BAC. Poluprava AKl seËe stranicu BC u taËki K. Neka je L presek prave koja sadræi K i paralelna je pravoj AB sa stranicom AC, a M presek stranice AB i prave koja sadræi K i paralelna je pravoj KlMl. Kako je tada i LM ; LlMl (dokaæite!), trougao KLM je traæeni trougao. C

L L'

K K'

A M' M

1.3 1.

Ako su katete a, odnosno b vredi a2 + b2 = 25, ab = 10. Treba reπiti ovaj sistem. Iz (x ‡a2)(x ‡ b2) = x2 ‡ (a2 + b2)x + a2b2 = = x2 ‡ 25x + 100 vidimo da su a2 i b2 reπewa jednaËine x2 ‡ 25x + 100 = 0. Transformiπimo jed25 2 225 + 100 = 0 , naËinu u oblik c x m 2 4

25 2 175 . Korenovawem m = 2 4 25 175 strana dobijamo x , pa je = 2 2

odnosno c x -

" a 2, b 2 , = ' 25 + 2 Dakle, katete su:

175 25 , 2 2

175 1. 2

105

25 + 2 2.

175 i 2

25 2

175 . 2

c 13 15 sledi b = , = b 5 2 39 135 . Povrπina je P = a obim L = 45. c= 2 2 AP b BQ a = , = . Tvrewe sledi iz PiAM c BM c tagorine teoreme.

2 2 2 Iz c - b = 18 ,

b m AD b = . Zato je = . a n BD a Iz sliËnosti 9AEC : 9ACB, 9BEC : EA b EB a : 9BCA sledi = , = . Zato je b c a c EA b 2 m2 =c m = 2 . EB a n Prema primeru 2 je

1.4 1.

Kruænice se mogu dodik B rivati: a) iznutra ili b) spoqa. B1 k1 Neka je t zajedniËka tangenta u M. Tada je \BMt = \BAM = \B1A1M. Sledi A1 AB ee A1B1, 9AMB ` A MA MB 9A1MB1, = . MA1 MB1 Neka je t zajedniËka tangenta u M. Tada je \BAM = \BMt = \B1Mt = \B1A1M. Sledi MA MB AB ee A1B1, 9AMB ` 9A1MB1, = . MA1 MB1

k1 M

M A

2. Vaæi \BAC = \ADB i \BCA = \ABD, jer je ugao izmeu tetive i tangente jednak odgovarajuÊem periferijskom uglu. Sledi: a) \DAB = 180° ‡ \ADB ‡ \DBA = \CBA, pa je DA ee CB. b) Kako je 9ABC : 9DAB prema UU, biÊe AB BC . = DA AB

1.5 1.

9DEG : 9DAH pa je EG : AH = DE : DA = n : : (m + n). Sledi n na + mb EF = EG + GF = ^ a - bh +b= . m+n m+n D

5. E A

G a-b

b H

F b

C G

9OAD : 9OBD pa je OB : BC = OA : AD ili b a2 a R: = + R2 : , 2 4 2 odakle sledi tvrewe.

b F n D m y E

B A

106

Tvrewe sledi iz HF : DC = FC : FE = GC : GA = FG : CD Prema prethodnom zadatku i zadatku 1.5 prava FE polovi OC i AB. Neka je OABF paralelogram, DG ee p. Obeleæimo OA = x, OE = y, BC = a, CF = b, OD = m, DF = n. Tada je GD = OE = y, a : m = b : n,

b 2 C a D 2

n b : y = (m+n) : m, pa je b = y` 1 + j , m m m a = b = y` 1 + j . Odavde je n b m n x = a + b = y` 2 + + j H 4y , jer je n m m n m n + H2 $ =2. n m n m Koristi da je 9AQP : 9BCP, 9ARN : 9CBN, 9QRS : 9CBS, 9QAS : 9CMS. m : n = AO : OC = a : b 2 1 D

CQ CN CM sledi M je srediπte = =2 CB CA CB CQ. Zbog MP ee CN je MP sredwa linija trougla CNQ. Otuda je P srediπte NQ. Iz NQ ee AB sledi da CP polovi AB. Iz

C M P

n O

m a

Sledi iz

BN NA CD . = = BC MA DM

Тачка, права, раван

2.1 1.

S obzirom na to da meu datim taËkama ne postoje tri kolinearne, to je broj pravih n (n - 1 ) wima odreenih uvek . Do istog 2 zakquËka dolazimo ako taËke A1, A2,.. , An smatramo temenima mnogougla. Tada one n (n - 3 ) odreuju n stranica i dijagonala. 2 Uverimo se n (n - 1 ) n (n - 3 ) da =n+ . 2 2 n paa) Odreeno je najmawe pravih kada 2 n-1 rova ovih taËaka za n parno, odnosno 2 parova za n neparno, odreuju preËnike. b) Parovima ovih taËaka je odreeno najviπe pravih kada ne postoji par taËaka od taËaka A1, A2,.. , An koji odreuje preËnik. Odredimo na pravoj p taËku D tako da je AB = CD. Iz AB = CD, AD = AD, \ABD = \DCA = 90° sledi da su trouglovi ABD i DCA podudarni. Iz podudarnosti sledi da je BD = AC. Daqe iz BD = AC, BC =BC, AB = =DC sledi da su trouglovi ABC i DCB podudarni. Iz podudarnosti sledi da su uglovi ABD i DCB jednaki. Ugao ABD je prav, pa je

prav i ugao DCB, odnosno prava BC normalna je na pravu p. A

B D

Neka normala n prodire ravan a u taËki O. Tada je MA = MB = MC, \MOA = \MOB = \MOC = 90° i MO zajedniËka kateta, pa su trouglovi MAO, MBO, MCO podudarni. Sledi da je OA = OB = OC, pa je taËka O centar kruænice opisane oko trougla ABC. M

A α

C B

107

6. 7.

Pretpostavimo da nijedan od krakova ugla xOy nije paralelan ravni r. UoËimo na kraku Ox taËku X, a na kraku Oy taËku Y. Tada sledi da je projekcija ugla XOY na ravan r ugao XlOlYl koji je veÊi od ugla XOY. (Vidi primer 2!) Uputstvo: Primeni Talesovu teoremu! Srediπte stranice AB je od ravni r na rastojawu 3 cm. Krajevi teæiπne duæi CC1 su na rastojawima 6 cm i 3 cm. Teæiπte T deli ovu duæ u razmeri 2 : 1, tj. CT : TC1 = 2 : 1, pa projekcija teæiπta Tl deli projekciju teæiπne duæi u istoj razmeri. Dakle ClTl : : TlCl1 = 2 : 1, pa je TTl = 4 cm. Rastojawe teæiπta trougla ABC od ravni r je 4 cm. B

C1'

RaËunamo povrπinu trougla ABC Ëije su stranice a, b, c. S obzirom da

b a je AB = c u ravni r hc odredimo visinu hC. Neka je CD = AB, D ! AB, AD = x, DB= x c-x = c ‡ x. Iz trougla A c D B ADC sledi b2 ‡ x2 = = h 2c . Iz trougla DBC sledi a2 ‡ (c ‡ x)2 = h 2c . Sledi da je: b2 ‡ x2 = a2 ‡ (c ‡ x)2 . Reπavamo ovu jednaËinu po x: b2 ‡ x2 = a2 ‡ c2 + 2cx ‡ x2. c 2 + b2 + a2 pa daqe 2cx = c2 + b2 ‡ a2, x = 2c zamewujemo naeno x u b2 ‡ x2 = h 2c i dobijamo 2 c 2 + b2 - a2 m = h 2c , b2 - c 2c 2 c 2 + b2 - a2 2 b -e = h 2c , o 2 4c

4b 2 c 2 - ^ c 2 + b 2 - a 2h

= hc .

62bc - ^ c 2 + b 2 - a 2h@ $ 62bc + ^ c 2 + b 2 - a 2h@

108

6a 2 - ^ b 2 - 2bc + c 2h@ $ 6b 2 + 2bc + c 2 - a 2 @

8a 2 - ^ b - ch2 B $ 6(b + c) 2 - a 2 @ 4c 2

= hC 2

= hC

6a - ^ b - c h@ $ 6a + ^ b - c h@ $ 6^ b + c h - a @ $

4c 2 $6^ b + c h + a @ 4c

= hC

^ a - b + c h^ a + b - c h^ b + c - ah^ a + b + c h

= hC

4c Obeleæimo sa s poluobim trougla, tj. a+b+c = s. Tada je 2 a ‡ b + c = a +b + c ‡ 2b = 2s ‡ 2b, a + b ‡ c = a + b + c ‡ 2c = 2s ‡ 2c, b + c ‡ a = a + b + c ‡2a = 2s‡2a, a + b + c = 2s (2s - 2b) (2s - 2c) (2s - 2a) 2s = h 2C , 4c 2

62bc - c 2 - b 2 + a 2 @ $ 62bc + c 2 + b 2 - a 2 @

= hC

16s (s - a) (s - b) (s - c) 4c 2 hC =

= h 2C ,

16s (s - a) (s - b) (s - c) 4c 2

2 s (s - a) (s - b) (s - c) c Kada hc zamenimo u obrazac za povrπinu ch P = c dobijamo 2 P = s (s - a) (s - b) (s - c) , gde je hC =

a+b+c =s. 2 Nema potrebe da se svaki put na ovaj naËin izraËunava povrπina trougla Ëije su stranice poznate jer se veÊ posledwa jednakost koristi i poznata je kao Heronova formula. Daqe kao u primeru iz trougla CClD u kome je \CDCl = 45° dobijamo 2 s (s - a) (s - b) (s - c) $ 2 hC 2 c Cl D = = = 2 2 2s (s - a) (s - b) (s - c) . = c

Dakle, katete trougla ADE su AE i AD = 4 5 cm pa je hipotenuza ED jednaka

Povrπina trougla AlBlCl je . 2s (s - a) (s - b) (s - c) c c = Pl = 2 2s (s - a) (s - b) (s - c) 2 = =P . 2 c 9.

Primenom Heronove formule raËunamo povrπinu trougla ABC, P = 24 3 cm2, pa je visina iz temena C jednaka hc = 3 3 cm. Visina trougla AlBlCl iz temena Cl je hlc = 9 = cm, pa je povrπina tog trougla 36 cm2. 2 jekcija teæiπta trougla je teæiπte Pro projekcije trougla, pa je P (Al Bl Cl ) P (Al Bl Tl ) = = 12 cm2. 3 10. Neka je E taËka na stra- D C nici BC tako da je AE normalno na BC. Tada je E DE normalno na BC. Trougao ADE je pravougli pa je traæeno rasto- A jawe taËke A od ravni BCD jednako visini tog trougla iz temena A B pravog ugla. Duæina katete AE je jednaka visini iz temena A trougla ABC. Primenom Heronovog pravila raËunamo povrπinu trougla ABC, P = 48 5 cm2, pa je visina iz temena A jednaka AE = 3 5 cm.

5 5 cm. Visina iz temena A trougla ADE 3 5 $4 5 12 5 jednaka je . = 5 5 5 Rastojawe taËke A od ravni BCD je 12 5 cm. 5 11. Obeleæimo sa P presek D1 C1 duæi MN i BD. Trougao BMN je jednakokrako- A1 B1 -pravougli, a prava BD je simetrala ugla ABC, D C pa je BD normalno na P MN i polovi MN tj. N M x B A MP = PN = PB. Neka je x 2 BM = BN = x. Tada je BP = . Vaæi da je 2 D1D normalno na ravan ABC i DP normalno na MN. Prema tvrewu o tri normale sledi da je D1P normalno na MN. Dakle, ugao D1PD je ugao diedra odreenog ravnima ABC i MND1, a on je po pretpostavci 45°. Trougao je D1PD jednakokrako-pravougli, pa je D1D = DP = 10 cm. Daqe je BP = BD ‡ DP = x 2 = 10 2 ‡ 10, odnosno = 10 2 - 10 , 2 BM = BN = x = (20 ‡ 10 2 ) cm.

2.2 TreÊi ugao je veÊi od 10° i mawi od 150°. Neka je Sabc triedar takav da je \aSb = \aSc= = 45° i ugao diedra sa ivicom a je prav. Izaberemo na Sa, Sb, Sc redom taËke A, B, C tako da je \BAS = \CAS = 90°. OznaËimo SA = x. Tada je 4ABS Ü 4ACS. Sledi AB = AC = x i SB = SC = x 2 . Trougao ABC je jednakokrako-pravougli jer je ugao BAC prav kao ugao diedra. Hipotenuza BC = x 2 , pa je trougao SBC jednakostraniËan. Traæeni iviËni ugao BSC je 60°.

Neka je triedar Sabc i \aSb i \aSc = 60° i \bSc = 90°. Neka je A taËka na ivici Sa i SA = x. Normala iz taËke A prodire ravan bSc u taËki N. TaËke B i C su redom na ivicama Sb i Sc tako da je \NBS = \NCS = 90°. Tada je na osnovu tvrewa o tri normale \ABS = =\ACS = 90°, pa su trouglovi ABS i ACS podudarni, pravougli sa po jednim uglom od 60°. a

A A

x x

1. 2.

C B

109

x x 3 , AB = AC = . Tro2 2 uglovi NBS i NCS su podudarni, jednax kokraki i pravougli, pa je NB = NC = . 2 Podudarni su i pravougli trouglovi ANB i 2 x 3 ANC, pa je AN2 = AB2 ‡ BN2, AN2 = c m ‡ 2 x 2 x2 x 2 . Iz pravouglog tro` j = , AN = 2 2 2 x 2 ugla ASN sledi SN = , odnosno ugao 2 ASN je 45°. Ivica Sa naspram pravog ugla bSc zaklapa sa tim uglom ugao od 45°. Neka je triedar \Sabc i \aSb = \aSc = \aSc = \bSc =60° i neka je M taËka na ivici Sa i SM = 8 cm. Normala iz taËke M prodire ravan bSc u taËki N. TaËke B i C su redom na ivicama Sb i Sc tako da je \NBS = \NCS = 90°. Tada je na osnovu tvrewa o tri normale \MBS = =\MCS = 90°, pa su trouglovi MBS i MCS podudarni, pravougli sa po jednim uglom od 60°. Tada je SB = SC = 4 cm, MB = MC = 4 3 cm. Trouglovi NBS i NCS su podudarni, pravougli sa po jednim uglom od 30°, pa 4 3 je NB = NC = cm. Podudarni su i pra3 vougli trouglovi MNB i MNC, pa je MN2 = 2 4 3 = MB2 ‡ BN2, MN 2 = ^ 4 3 h - c m = 3 8 6 128 , MN = cm. = 3 3 Tada je SB = SC =

8. 9.

kosti, pa je a1 + a1 1 a2 + a3 + a1, odnosno 2a11 a1+ a2 + a3 . S obzirom na to da je a1+a2 + a3 =180°, to je a1 1 90° . Dakle, svi iviËni uglovi triedra su oπtri. Taj rogaq ima najviπe: a) 7 strana; b) 5 strana; v) 3 strane. UoËimo diedar sa ivi- c com a. Po pretpostavci je \aSb = \aSc = 90°, odnosno Sb i Sc su normalne na Sa pa je ugao b bSc ugao diedra. Dakle, diedar sa ivicom a je prav jer je ugao bSc prav. Na isti naËin se doka- S zuje da su i ostali diedri ovog triedra praa vi. \BAC = 60°, \BAS = \SAC = 45° Neka su diedri sa ivicama b i c jednaki. Izaberemo proizvoqno taËku M na ivici Sa i odredimo redom na ivicama Sb i Sc taËke B i C tako da je \MBS = \MCS = 90°. TaËka N je prodor normale iz M kroz ravan bSc. Na osnovu tvrewa o tri normale vaæi \SBN = \SCN = 90°. Vaæi da je \MBN = =\MCN kao uglovi jednakih diedara, MN = =MN pa su pravougli trouglovi MNB i MNC podudarni. Iz podudarnosti sledi MB = MC. Daqe je MS = MS, MB = MC, \MBS = \MCS = 90°. Sledi da je 4MBS , =4MCS. Iz ove podudarnosti sledi \MSB= = \MSC, odnosno jednakost iviËnih uglova bSa i cSa, πto je i trebalo dokazati. a

c 8

C S

110

N B

Neka su a1, a2, a3 iviËni uglovi triedra Sabc neka je a3 1 a2 1 a1 . Vaæi da je a1 1 1a2 + a3. Dodamo a1 sa obe strane nejedna-

B b

3 1.

Правилни полиедри glova ABD i CDB pa su paralelne sa BD i jednake polovini BD. Prema tome taËke P, Q, U, S su temena paralelograma, pa se dijagonale PU i QS uzajamno polove. Na isti naËin dokazujemo da je STQR paralelogram, odnosno da se duæi SQ i TR uzajamno polove. Dakle, duæi PU, QS, RT imaju zajedniËko srediπte. S obzirom na to da su sve ivice pravilnog tetraedra jednake to su i ove duæi meusobno jednake.

Sve ivice su dijagonale H G strana kocke. Sve strane su F jednakostraniËni trouglo- E vi. Ivica tog tetraedra je a 2. D C Neka je ABCDEFGH kocka ivice a. Srediπta strana A B ABFE, BCGF, CDHG, DAEH a 2 odrauju kvadrat stranice . Taj kva2 drat je osnova za dve pravilne Ëetvorostrane piramide Ëiji su vrhovi srediπta strana ABCD i EFGH. Proveri da su boËne ivice a 2 tih piramida . 2 H G E

S T

A 3.

D B

Razmotri πta su srediπta po Ëetiri susedne strane oktaedra.

P B 5.

Visina DDl pravilnog tetraedra ivice a je 6 . Iz pravouglog trougla ADlD1 je a 3 AD1 = =

2 a 3 1 a 6 m +c m = 3 2 2 2

a2 a2 a 2 + = . 3 6 2

D1 C

A 4.

Neka je ABCD pravilni tetraedar i neka su taËke P, Q, R, S, T, U redom srediπta wegovih ivica AB, BC, CA, DA, DB, DC. Parovi naspramnih ivica su AB i CD, BC i AD, AC i BD. Duæi odreene wihovim srediπtima su PU, QS, RT. UoËimo duæi PU i QS. Vidi sliku! Duæi PS i QU su sredwe linije trou-

B a 2 Na isti naËin je BD1 = CD1 = . UoËimo 2 trougao ABD1. Vaæi da je:

111

2 2 AB = a = c

112

a 2 2 2 m = AD 1 + BD 1 , 2 pa na osnovu obrnute Pitagorine teoreme sledi da je trougao ABD1 pravougli sa pravim uglom AD1B. Neka je M taËka na ivici D1 C1 BC tako da je LM = BC. L 4 Tada je LM = a i KB = a, A1 B1 5 3 BM = a , 5 C D 4 2 3 2 KM = c a m + c a m = a M 5 5 . Iz pravouglog trougla KML sledi da je KL = a 2 .

a m ca m a 2 + =c m + 2 2 2

D1 C1 Prava BM prodire raS1 van ACC1 u taËki N koja je na preseËnoj pravoj A1 B1 M ravni ACC1 i BDD1, tj. na pravoj SS1. Vidi sliN C D ku! Duæ SN je sredwa linija trougla BDM S 2 2 2 A B BM = BD + DM , 2 a 2 BM = ^ a 2 h + ` j , 2 3 BM = a 2 3 Duæ BN je a . 4 Koristi primer 1. Ovo tvrewe vaæi za svaki konveksni poliedar. Dokazao ga je 1752. godine πvajcarski matematiËar Leonard Paul Ojler (1707‡1783).

Једначине које се своде на линеарне једначине Skupovi reπewa datih jednaËina su redom: S1 = R \ {5}, S2 = R i S3 = (4, ∞). OËigledno je da su skupovi reπewa beskonaËni, ali nisu jednaki. Zbog toga date jednaËine nisu ekvivalentne. Prva i treÊa jednaËina su ekvivalentne, jer je S1 = {‡9, 9} = S3. Druga i Ëetvrta jednaËina su ekvivalentne, jer je S2 = { 9 } = S4. Mogu. Na primer jednaËine x + 5 = 12 i x2 ‡ 14x + 49 = 0 su linearna i kvadratna, a obe imaju skup reπewa S = { 7 }. D = { x | x ! R i x 1 8}. Jedino reπewe jednaËine je x1 = 0, jer druga nula brojioca x2 = 17 ne pripada domenu jednaËine. Kandidati za reπewa jednaËine su nule brojioca, tj. brojevi ‡2, ‡1, 0, 1, 2. Meutim, kako brojevi ‡1, 0 i 1 nisu u domenu, to je S = { ‡2, 2 }. x-p p = x , dobija se reπewe x = 2 + . Iz 3 2 3 Kako je x ceo broj Ëiji je modul mawi od 2, to je x jednako ‡1, 0 ili 1. Dakle p ! { ‡9, ‡ 6, ‡ 3 }. a) S1 = { ‡2, 0, 2 } ; b) S2 = { 0, 3, 7 } ; v) S3 = { ‡2,‡1, 1, 2 }.

Uvoewem smene x = t + 2 011 dobija se t = 0, pa je x = 2 011. 9. Iz a2x ‡ 3 = 9x + a sledi da je a2x ‡ 9x = a + 3 ili (a ‡ 3)(a + 3)x = a + 3. Ako je a = 3, dobija se jednaËina 0 · x = 6, koja oËigledno nema reπewa. Ako je a = ‡3, dobija se jednaËina 0 · x = 0, koje ima beskonaËno mnogo reπewa, jer je S = R. Ako je a ! 3 i a ! ‡3, onda jednaËina ima a+3 jedinstveno reπewe x = = ( a 3 ) (a + 3 ) 1 . = a-3 10. Neka Nada ima x dinara. Onda Jagoda ima x + 2 000, jer kada Jagoda pozajmi Nadi 1 000 dinara, onda imaju jednake sume. »iwenica da ako Nada pozajmi Jagodi 1 000 dinara, onda Êe Jagoda imati dva puta viπe novca od Nade znaËi da je 2(x ‡ 1 000) = x + 2 000 + 1 000. Reπavawem jednaËine dobija se x = 5 000, πto znaËi da je Nada imala 5 000 dinara, a Jagoda 7 000 dinara. 11. Neka je traæena temperatura x. To znaËi da je 32 + 1,8x = x, pa je 0,8 x = ‡32, pa je x = ‡40o. 12. Velika kazaqka je 12 puta „bræa“ od male, πto znaËi da dok velika kazaqka pree 12xo, mala kazaqka pree xo. Da bi se kazaqke. 8.

druge x + n + 300. Iz uslova zadatka sledi da je x + n = (1 + 300%)x ili x + n = 4x. ZnaËi da je n = 3x. Iz drugog uslova se dobija 4x(1 + n%) = x + n + 300. Kako je n = 3x sledi da je 3x 4x c 1 + m = x + 3x + 300 . 100 12x 2 Dakle, 4x + = 4x + 300 . To znaËi da je 100 2 12x = 30 000, pa je x2 = 2 500 i x = 50 (n = = 150). Bilo je 50 stanovnika, pa se doselilo 150 stanovnika prve i 300 stanovnika druge godine, tako da grad sada ima 500 stanovnika. Provera: Zaista je 150 stanovnika 300% poveÊawa u odnosu na 50. I zaista je 300 stanovnika 150% poveÊawa u odnosu na 200 koliko je grad imao stanovnika posle prve godine.

poklopile preeni putevi se razlikuju za 360 360o, tj. 12x ‡ x = 11x = 360. Dakle, x = . 11 Kako mala kazaqka 1o pree za 10 sekundi to znaËi da je utroπeno vreme 360 3600 t = 10 $ = = 327, 27 sekundi ili 5 11 11 minuta i 27,2727 ... sekundi. Dakle, kazaqke Êe se ponovo poklopiti u 13 Ëasova 5 minuta i 27,2727... 13. U 100 kg jagoda bilo je 99 kg vlage i 1 kg suve materije. Kada je deo vlage ispario ostalo je 98% vlaænosti i 2% suve materije. Kako 2% iznose 1kg, to Êe 100% mase jagoda iznositi 50 kg. 14. Neka je grad imao x stanovnika. Posle prve godine je broj stanovnika bio x + n, a posle

Линеарне неједначине

a) Iz a2 + 6a + 9 G 0, sledi da je (a ‡ 3)2 G 0. Jedino reπewe nejednaËine je a = 3. b) NejednaËina b3 + 16b 2 8b2 je ekvivalentna sa b(b2 ‡ 8b + 16) = b(b ‡ 4)2 2 0. Skup reπewa date nejednaËine je S = (0, 4) , (4, ∞). v) Iz 2 1 c2 + 19 1 23, sledi da je ‡ 17 1 c2 1 4. Skup reπewa nejednaËine je S = (‡ 2, 2)

H 0 ekvivalentx 2 - 12x + 32 (5 - x) (5 + x) H 0 . Data nejednaËina na je sa (x - 4) (x - 8) ima domen ) M = R \ {4, 8}. NejednaËinu reπavamo koriπćewem znaka svakog od izraza, tj. sistemom od 4 brojevne ose: 5 ‡ x _____________ ‡5 ________________ 0 ++++++++++++++++++++++++++ _________ 4 ____ 5 __________ 8 ________ ++++++++++ ‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡ 5 + x ____________ ‡5 ________________ 0 ‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡ ++++++++++++++_ _________ 4 _______5________8_________ ++++++++++++++++++++++ x ‡ 4 ____________ ‡5 ________________ 0 ‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡ NejednaËina

25 - x 2

___________ 4 _____5_________ 8________ ‡‡‡‡‡‡‡‡ + +++++++++++++ x ‡ 8 ___________ ‡5 ________________ 0 ‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡ ___________ 4 _____5_________ 8________ ‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡ +++++ Rezultujući znak je R _______________ ‡5 ________________ 0 ‡‡‡‡‡‡‡‡‡‡ ++++++++++++++ ___________ 4 _____5_________ 8________ +++++++++ ‡ ‡ ‡ ‡ ++++++++ ‡ ‡ ‡ ‡ ‡ Reπewe nejednaËine je S = [‡ 5, 4) , [ 5, 8). Ako nejednaËinu 1 G 3 + 2x 1 2 rastavix-1 mo na dve nejednaËine 3 + 2x H 1 i x-1 3 + 2x 1 2 , onda reπavawem svake od x-1

wih dobijamo da je S1 = (‡ 3, 4] , (1, 3)

i S2 = (‡ 3, 1). Reπewe date nejednaËine je S = S1 + S2 = (‡ 3, 4]. 4.

Data nejednaËina

x2 - 9

x 2 - 7x + 12 lentna je sa nejednaËinom x2 - 9 odnosno,

x 2 - 7x + 12

1 8 ekviva-

-810,

113

- 7x 2 + 56x - 105

10.

x 2 - 7x + 12 Deqewem nejednaËine sa (‡ 7) mewa se smer nejednakosti i dobija se nejednaËina (x - 3 ) (x - 5 ) x 2 - 8x + 15 = 20. 2 (x - 3) (x - 4) x - 7x + 12

114

Kako je x ! 3 i x ! 4, to nejednaËina po(x - 5 ) 2 0 . Skup reπewa date nejedstaje (x - 4 ) naËine je S = (‡ ∞, 3) , (3, 4) , (5, ∞). NejednaËina x2 ‡ x + 1 1 0 ekvivalentna je sa 2x2 ‡ 2x + 2 1 0 ili (x ‡ 1)2 + x2 + 1 1 0. Dobijena nejednaËina nema reπewa jer su prva dva sabirka uvek nenegativna, a treći uvek pozitivan. Izraz 4 ‡ (x + 1)2(x‡2)2 je mawi ili jednak 4, 2 2 pa je 4 - (x + 1) (x - 2) G 2 . S druge stra2 ne izraz x + 2x + 3 = (x + 1)2 + 2 H 2. Dakle, leva i desna strana jednaËine mogu biti jednake samo ako su obe jednake 2. To znaËi da je (x + 1)2 + 2 = 2 i (x + 1)2(x ‡ 2)2 = 0. Jasno je da je jedino reπewe dobijenog sistema jednaËina x = ‡1, jer x = 2 zadovoqava drugu, ali nije reπewe prve jednaËine. JednaËina ima negativno reπewe ako je 3 m ! c - 3, m , (4, 3) . 2 Neka 1 kg mandarina koπta x evra. Tada je 9x 1 10 i 10x 2 11. Sledi da je 10 11 x1 - 1, 111f i x 2 = 1, 10 evra. 9 10 Dakle, 1,10 < x < 1,111… , pa 1 kg mandarina koπta taËno 1 evro i 11 evro-centa. Traæena koliËina od 12 kg mandarina tada koπta 13 evra i 32 evro-centa. Neka ima k sanduka. Broj sanduka je k H 11, jer ako bi ih bilo 10 onda bi, s obzirom na to da je masa svakog od wih mawa od 1t , ukupna masa sanduka bila mawa od 10t. Ako ima 4 kamiona trotonca, onda nije moguće prevesti sve sanduke. Na primer, ako ima k =13 jednakih sanduka, masa svakog san10 duka je m1 = m2 = ... = m13 = t . U svaki 13 kamion tada moæe stati najviπe 3 takva sanduka, jer ako bi ih bilo 4, onda bi wi10 40 hova masa bila 4 $ = 2 3t . Za 13 san13 13 duka, tada treba 5 kamiona trotonaca. Dokaæimo da se sa 5 kamiona trotonaca uvek mogu prevesti svi sanduci.

10.

11.

12.

13.

Ako je broj kamiona 5, onda se svaki od wih tovari tako da wegova opterećenost n zadovoqava nejednakost 2t G ni 1 3 t. To je uvek moguće, jer ako je opterećenost mawa od 2 tone, onda je moguće dodati joπ jedan sanduk (wegova masa mawa je od 1 tone). Dakle, Ëetiri kamiona će tada imati ukupno opterećewe 8 t G n1 + n2 + n3 + n4 1 12 t. Tada je oËigledno da će na peti kamion biti natovareno najviπe 2 t. Najmawa moguća masa srebrnih tegova je 1 + 2 + ... + 8 + 9 = 45 g. Tada je najmawa moguća masa bronzanih tegova 135 g. Kako je 135 = 11 + 12 + ... + 18 +19, to je istovremeno i najveća moguća masa, pa zlatni teg ima masu 10 g. Kako 28a + 30b + 31c = 365, to je i 28(a + b + + c) + 2b + 3c = 365, pa je 28(a + b + c) G 365. Kako je 365 = 28 · 13 + 1, to je, a + b + c G 13. Ako je a + b + c = 13, onda je 28(a + b + c) = =364, pa je tada 28a + 30b + 31c ‡ 28(a + b + c)= = 2b + 3c = 1. Dobijena jednaËina nema reπewa u skupu nenegativnih celih brojeva. Ako je a + b + c G 11, onda je 28a + 30b + 31c G G 31(a + b + c) G 31 · 11 = 341 1 365, pa je i taj sluËaj nemoguć. Dakle a + b + c = 12. Neka je najracionalnije da Ali-Baba iz pećine iznese x kg zlata i y kilograma dijamanata. Vrednost blaga koje Ali-Baba iznosi je D = 2 000x + 6 000y. Kako Ali-Baba moæe da ponese najviπe 100 kg blaga, to je x + y= = 100. Kako u sanduk moæe da stane maksimalno 200 kg zlata ili 40 kg dijamanata, zapreminski odnos zlata i dijamanata je defiy x + G 1 , odnosno nisan relacijom 200 40 x + 5y G 200. Kako je x = 100 ‡ y, to je 100 ‡ y + + 5y G200, pa je 4y G 100 ili y G 25. Vrednost iznesenog blaga je D = 2 000x + 6 000y= = 2 000(x + y) + 4 000y = 200 000 + 4 000y G G 200 000 + 25 · 4 000 = 300 000. ©to znaËi da je Ali-Baba mogao izneti blaga u maksimalnoj vrednosti 300 000 evra. To se postiæe ako se iznese 25 kg dijamanata i 75 kg zlata. Neka su dati prirodni brojevi n1, n2, ..., n49 ! A f {1, 2, ..., 98, 99}. UoËimo brojeve 99 ‡ n1, 99 ‡ n2, ..., 99 ‡ n49 ! B f {1, 2, ..., 98, 99}. Ako je neki od brojeva skupa A, na primer, nk = 99, onda će odgovarajući broj skupa B 99 ‡ nk biti 0, πto nije moguće, jer je najmawi mogući broj oblika 99 ‡ nk broj 99 ‡ 98 = 1.

To znaËi da je n50 = 99 ! A. Ako je n50 = 99, onda 1 nije u skupu izabranih brojeva (jer bi tada wihov zbir bio 100). Ako nastavimo takvo razmiπqawe dobijamo niz: 99, 1, 98, 2, 97, 3, ..., 53, 47, 52, 48, 51, 49, 50 u kome susedni Ëlanovi niza nisu iz istog skupa (jer je wihov zbir 99). Ako iz dobijenog

6 1.

niza izbacimo parne Ëlanove, dobija se traæeni skup brojeva: A = { 99, 98, 97, ..., 51, 50}. Skup A ima taËno 50 elemenata i zbir nikoja dva nije 99, ni 100, jer je zbir bilo ma koja dva broja veći od 50 + 51 = 101 2 100. Zbir brojeva skupa A je S = 25 · 149 = = 3 725.

Једначине и неједначине са апсолутним вредностима a) x1 = ‡ 3, x2 = 3 b) x1 = ‡ 4, x2 = 6 v) x1 = 3, x2 = 9 g) x1 = ‡ 6, x2 = 2 d) x1 = ‡ 3, x2 = 5 ) jednaËina nema reπewa e) x1 = ‡5 æ) x1 = ‡ 4 z) x1 = ‡ 4, x2 = 2 i) S = { 0 ] , [1, ∞). Kako je x2 + 200 2 0 i x2 ‡ 2x + 100 = x2 ‡ ‡ 2x + 1 + 99 = (x ‡ 1)2 + 99 > 0, to data jednaËina postaje x2 + 200 ‡ x2 + 2x ‡ 100 = = 4 122. Dakle, 2x = 4 022, pa je x = 2 011. a) Data jednaËina je ekvivalentna sa | x ‡3 | = 5, pa je x1 = ‡ 2, x2 = 8 b) Data jednaËina je ekvivalentna sa | x | + + | x ‡ 1 | = 7 i x1 = ‡ 3, x2 = 4 v) Data jednaËina je ekvivalentna sa | x + 4 | = = | x ‡ 2 |, pa je x1 = ‡ 1. a) S = (‡ 7, 7) 1 b) S = c - 3, m , (1, 3) 3 v) S = (2, 10) g) S = (‡3,‡3) , (2,3) 9 d) S = c - , 1 m 13 ) S = (‡3,1) e) S = (‡6, 3) æ) S = (‡3, 12) 7 z) S = c - , 4 m 2 i) S = (0,1) a) x 2 0

6 b) S = c - 3, m . 5 Ako je x 1 0, onda je | x | = ‡ x i jednaËina postaje | x ‡ | x + x || = 2 007, tj. | x ‡ | 2x || = = 2007. SliËno iz | x ‡ I 2x | | = 2007 dobija se | x + 2x | = 2 007 i na kraju ‡ 3x = 2 007, pa je x = ‡ 669. Ako je x H 0, onda je | x | = x i jednaËina postaje | x ‡ | x ‡ x || = 2 007, tj. | x | = 2 007. Sledi da je x = 2 007. Sva reπewa date jednaËine su ‡ 669 i 2 007. Dva: x1 = ‡ 2 009 i x2 = 287. Neka je y = | 2 ‡ || 1 ‡ | x ||| = 2 - 1 + x ako je x 1 0 = ) 2 - 1 - x ako je x H 1 2+1+x = 2-1-x = 2-1+x = 2+1-x = Z - 3 - x ako ] ] 3 + x ako ]] 1 - x ako [ ] 1 + x ako ] 3 - x ako ] x - 3 ako \

3+x 1-x 1+x 3-x je je je je je je

ako ako ako ako

x 1-1 -1 G x 1 0 = 0Gx11 1Gx

je je je je

x 1-3 -3 G x 1-1 -1 G x 1 0 0Gx11 1Gx13 3 G x. y 5 4

y=|2-|1-|x|||

3 y=1

2 1

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 -1

7 x

-2 -3 -4 -5

115

Prava y = 1 seËe grafik funkcije y = | 2 ‡ | 1 ‡ | x ||| u pet taËaka : (‡ 4, 1), (‡ 2, 1), (0, 1), (2, 1), (4, 1), πto znaËi da jednaËina ima pet reπewa. 9. Ako je | x ‡ 2 | 1 0,04, onda je ‡ 0,04 1 x ‡ 21 1 0,04, pa je 1,96 1 x 1 2,04 i 3,8416 1 x2 1 1 4,1616. Tada je ‡1,1584 1 x2 ‡ 5 1 ‡ 0,8384, pa je | x2 ‡ 5 | 1 1,1584 = A. 0 ako je x 1 0 10. y = | x | + x = ' . 2x ako je x H 0 11. Skup taËaka koje zadovoqavaju jednakost | x | + | y | = 10 je J x + y = 10 ako je x 2 0 i y 2 0 K K- x + y = 10 ako je x 1 0 i y 2 0 . K- x - y = 10 ako je x 1 0 i y 1 0 K L x - y = 10 ako je x 2 0 i y 1 0 y 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1

|x|+|y|=10

x -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 -1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -9 -10

TaËke koje zadovoqavaju jednakost | x |+| y |1 1 10 nalaze se unutar dobijenog kvadrata i ima ih (gledajući po pravama x = ‡9, x = ‡8, x = ‡7 …, x = ‡1, x = 0, x = 1, … x = 8, x = 9) taËno 1 + 3 + 5 + … + 17 + 19 + 17 + … + 5 + 3 + 1 = 81 + 19 + 81 = 181. 12. Data jednaËina je ekvivalentna sa 1 - x - 1 - x = ax ako je x 1-1 * 1 - x + 1 + x = ax ako je - 1 G x 1 1 . x - 1 + x + 1 = ax ako je 1Gx Odredimo realni parametar a tako da jednaËina | x ‡ 1 | + | x + 1| = ax ima najveći mogući broj realnih reπewa. Ako je a = ‡2, onda prva jednaËina ‡2x = ax ima beskonaËno mnogo reπewa, jer je S = (‡ 3, 1). Ako je a ! 0, onda druga jednaËina ima jedinstve-

116

2 . Ako je a = 2, onda treća a jednaËina 2x = ax ima beskonaËno mnogo reπewa, jer je S = (1, 3). Dakle najveći broj reπewa se dobija za a = ‡ 2 i a = 2. 13. Data jednaËina je ekvivalentna sa Z - 1 - x + 2 - x + x = - x + a ako je x 1-1 ] ] x + 1 + 2 - x + x = - x + a ako je - 1 G x 1 0 [ x + 1 + 2 - x + x = x + a ako je 0 G x 1 2 ] ] x + 1 + x - 2 + x = x + a ako je 2Gx \ Daqe se dobija, Z1=a ako je x 1 - 1 ] ] 2x = a - 3 ako je - 1 G x 1 0 [ ako je 0 G x 1 2 ]3=a ] 2x = a + 1 ako je 2 G x \ pa data jednaËina ima beskonaËno mnogo reπewa ako je a = 1, onda je S = (‡ ∞, ‡1] i ako je a = 3, onda je S = [0, 2] . 14. Ako je x = 0, onda je | y | = 13 i ako je y = 0, onda je | x | = 77. Dati paralelogram je romb Ëije su dijagonale 26 i 154, pa je wegova po26 $ 154 vrπina = 2 002 . 2 15. Neka su traæeni brojevi rasporeeni po kruænici u smeru kazaqki na Ëasovniku redom: x1, x2 ... x9. Kako je svaki broj na kruænici apsolutna vrednost razlike dva naredna, posmatrano u smeru kazaqki na Ëasovniku, to su svi napisani brojevi nenegativni. Neka je x1 = a najveći od wih. Kako je a jednako apsolutnoj vrednosti razlike dva naredna broja, to je a = | x2 ‡ x3 |, to je jedan od wih, na primer x2 = a, a drugi x3 = 0. Jasno je da je tada i x2 = a = | x3 ‡ x4 | = | 0 ‡ x4 |, pa je i x4 = a. SliËno je x3 = 0 = | x4 ‡ x5 | = = | a ‡ x5 | odakle je x5 = a. Nastavqajući dati postupak dobiće se da je x1 = x2 = x4 = x5 = = x7 = x8 = a i x3 = x6 = x9 = 0. Kako je zbir svih brojeva na kruænici jednak 1, to je x1 = 1 =x2 = x4 = x5 = x7 = x8 = i x3 = x6 = x9 = 0. 6 16. Kako je u nekom od temena kocke smeπten broj x1 = 1, to su na ivicama kocke koje polaze iz tog temena rasporeeni brojevi | x2 ‡ 1 |, | x3 ‡ 1| i | x4 ‡ 1 |. Kako su x2 , x3 i x4 razliËiti to su i brojevi | x2 ‡ 1 |, | x3 ‡ 1| i | x4 ‡ 1 | razliËiti, pa je na ivicama kocke tri ili viπe razliËitih brojeva. Dokaæi i da postoji raspored po kome su na ivicama kocke rasporeena taËno tri broja. Po tom rasporedu su u temenima osnove kocke A, B, C i D redom rasporeeni brojevi 1, 2, 3 i 4 a u odgovarajućim temenima no reπewe x =

jer za svaki prirodan broj k (k 2 1) i za Ëetiri uzastopna prirodna broja 4k ‡ 2, 4k ‡ 1, 4k i 4k + 1, vaæi jednakost ||| (4k ‡ 1)‡ ‡ (4k + 1) | ‡ 4k | ‡ (4k ‡ 2) | = || 2 ‡ 4k | ‡ ‡(4k ‡ 2) | = || 4k ‡ 2 ‡ 4k + 2 | = 0. Najmawa vrednost izraza ne moæe biti 0, a najveća ne moæe biti 2 010, dakle parna, jer ma kako rasporeivali date brojeve, ostaje nepromeqiva neparnost wihovog zbira, odnosno razlike poπto kada se u izrazu 1 + 2 + + ... + 2 009 + 2 010 = 2 011 · 1005 (Ëija je vrednost neparna) bilo koji znak „+“ zameni sa „‡“ neparnost izraza se ne mewa.

gorwe osnove A1, B1, C1 i D1 brojevi 5, 6, 7 i 8. Tada su na ivicama kocke razmeπteni brojevi 1 (6 puta), 3 (2 puta) i 4 (4 puta). 17. Najmawa moguća vrednost izraza je 1 i dobija se kao ||...|| 3 ‡ 5 | ‡ 6 | ‡ 4 | ‡ ... | ‡ 2 007 | ‡ 2 009 | ‡ 2 008 | ‡ 2 006 | ‡ 1 | ‡ 2 | = 1, jer za svaki prirodan broj k (k 2 1) i za Ëetiri uzastopna prirodna broja 4k ‡ 1, 4k, 4k + 1 i 4k + 2, vaæi jednakost ||| (4k ‡ 1) ‡ (4k + 1) | ‡ ‡ (4k + 2) | ‡ 4k | = || 2 ‡ (4k + 2) | ‡ 4k | = || 2 ‡ ‡ 4k ‡ 2 | ‡ 4k | = | 4k ‡ 4k | = 0. Najveća moguća vrednost izraza je 2 009 i dobija se kao ||...|| 3 ‡ 5 | ‡ 4 | ‡ 2 | ‡ ... | ‡2 007 | ‡ ‡ 2 009 | ‡ 2 008 | ‡ 2 006 | ‡ 2 010 | ‡ 1 | = 2 009,

7 1.

Призма Koristi postupak iz primera 3. Vidi sliku. C1

B1 A1

Ravan boËne strane ABB1A1 seËe ravan a po pravoj A2B2 a ravan osnove po pravoj AB. E1 F1

E2 A1

Prave AB i A2B2 seku se u taËki X. Na isti naËin prave BC i B2C2 seku se u taËki Y. TaËke X i Y pripadaju ravni osnove i ravni a, odnosno prava XY je presek te dve ravni. Prava CD seËe pravu XY u taËki M. TaËka M pripada i pravoj po kojoj se seku ravan CDD1C1 i ravan a. Dakle, prava MC2 seËe pravu DD1 u taËki D2. TaËka D2 je prodor prave DD1 kroz ravan a. Na isti naËin se konstruiπu taËke u kojima boËne ivice ili prave wima odreene prodiru ravan a. Ravan koja sadræi ivicu CC1 i normalna je na ravan ABB1A1 seËe prizmu po kvadratu CM M1C1 gde su M i M1 prodori ivica AB i A1B1 kroz tu ravan. Vidi sliku! Prava CM normalna je na pravu AB. Duæina duæi CM jednaka je visini trougla ABC iz temena C. Iz trougla AMC je CM = 4 3 cm, AM = 4 cm. Iz trougla MBC je BC = 7 cm. C

B1 M1

A2 A Y

B1 C

F X

C1 A1

M B

A M B

Povrπina te prizme je: P = 2B +M, M

117

5$4 3 + 4 3 (8 + 5 + 7) = 100 3 , 2 P = 100 3 cm2. Iz CA1 = A1B1 = B1C i A1B1 = AB sledi da su trouglovi ABC, CA1A i B1CB podudarni, pa je AA1 = BC i BB1 = AC. S obzirom na to da su boËne ivice AA1 i BB1 jednake to je BC = AC = 10 cm. P=2

Povrπina i zapremina su P = ^ 144 2 + 576 2 - 2 h cm2, V = 864 2 cm2. Neka je A1A2A3...A12 osnova prizme. Obeleæimo sa O centar osnove. Trougao A1A3O je jednakostraniËan. »etvorougao A1A2A3O je deltoid Ëije su dijagonale jednake najmawoj dijagonali. Stoga je povrπina osnove B = 6P^ A1 A2 A3 Oh = 6 = 3^2 + 3 h.

^ 2+ 3 h = 2 2

A10

Povrπina je P = 100 (3 + 2 ) cm2, a zapremina V = 500 cm3. Neka je A1A2A3...A8 osnova prizme. Najveća dijagonala osnove je 12 cm, pa je najmawa 6 2 cm. Tada je povrπina osmougla, odnosno osnove B = 12 cm · 6 2 cm = 72 2 cm2. Da bi odredili povrπinu prizme, treba da izraËunamo duæinu stranice osmougla. Trougao A1A2O je jednakokrak sa uglom od 45° pri vrhu. Visina A1M je 3 2 cm pa iz trougla A1A2M sledi

A1 A 22 = e

A1 A2 = 6 2 - 2 cm

118

2 2+ 3 o ^ 1 + ^2 - 3 h h = 2

Povrπina i zapremina te prizme su P = 6^2 + 3 h + 6 $ 1 $ 2 + 3 ,

P = 6 ^ 2 + 3 + 2 + 3 h cm2, A5

^ 2+ 3 h 3 o = 2

1^ 2 + 3 h^ 1 + 4 - 4 3 + 3 h = 4 1 = ^ 2 + 3 h^ 8 - 4 3 h = 4 = ^ 2 + 3 h^ 2 - 3 h = 1.

A1 A2

2+ 3 o + 2

+e 2 + 3 -

= 18 + ^ 54 - 36 2 h = 36 ^ 2 h,

Da bismo odredili povrπinu prizme, treba da izraËunamo duæinu stranice dvanaestougla. Trougao A1A2O je jednakokrak sa uglom od 30° pri vrhu. Visina A1M je 2+ 3 cm, pa iz trougla A1A2M sledi 2

A 1 A 22 = ^ 3 2 h + ^ 6 - 3 2 h = 2

A12

A11

V = 3 ^ 2 + 3 h 2 + 3 cm3. U primeru 4 smo dokazali da je presek ravni KLM sa kockom pravilni πestougao KLMNST Ëija temena su srediπta odgovara-

N D1 C1 jućih ivica kocke. Vidi sliku. Veće dijagoS nale πestougla se seku B1 M u taËki O koja je pre- A1 O sek dijagonala kocke. S obzirom na to da su C T D a 2 , OK = 2 L a 3 , OB1 = A K B 2 a 5 , KB1 = 2 to vaæi 2 2 2 a 2 a 3 a 5 c m +c m =c m , pa je trougao 2 2 2 OKB1 pravougli sa pravim uglom KOB1. Dakle, dijagonala kocke B1D je normalna na pravu MN. Analogno dokazujemo da je dijagonala normalna i na pravu MT, odnosno LS, pa je normalna na ravan KLM. Ravan strane ABCD i ravan KLM se seku po pravoj KL. Prave CD i KL se seku u taËki C2, pa je trougao LMC2 jednakostraniËan. Daqe koristeći postupak u primeru ‡ dobijamo kao presek ravni KLM sa ravnima ABCD, CC1D1C, DD1A1A jednakostraniËni trougao A2C2D2, a kao presek ravni KLM sa kockom πestougao KLMNST Ëije su stranice LM = NS = TK = 2 2 cm i

KL = MN = ST = 4 2 cm. D2 D1

S A1

T A2 A

C L

Obim i povrπinu preseka date kocke i ravni KLM su O = 18 2 cm, P = 26 3 cm2. Razvijena mreæa kocke se moæe posle „rezawa“ jedne strane smestiti u kvadrat. Vidi sliku. Ako je stranica kvadrata 30 cm i ivix 2 x 2 ca kocke x, tada je +x 2 + = 30, 2 2 15 2 pa je x = = 10, 6 . 2 Moguće je „zaviti“ kutiju oblika kocke ivice 10 cm u papir oblika kvadrata stranice 30 cm. x√2 2 x

10. M = 72 cm2. 11. Povrπina jedne boËne strane te prizme je 108 cm2, a dijagonala 15 cm. Obeleæimo sa a i b redom osnovnu i boËnu ivicu. Tada je ab = = 108 i a2 + b2 = 152. Prvu jednakost pomnoæimo sa 2 i saberemo sa drugom. Dobijamo a2 + b2 + 2ab =152 +216, odnosno (a + b)2 = =441, a + b = 21, ab = 108, a(21‡a) = 108 = = 2 · 2 · 3 · 3 · 3 = 9 · 12, a = 9 cm, b = 12 cm ili a = 12 cm, b = 9 cm. 243 3 Povrπina te prizme je c + 648 m cm2 2 ili ^ 216 3 + 648 h cm2.

D1 A1

- P (D2 SN) D S N 2

= 26 3 .

^2 2 h -3 4

2γ 2β O 2α

B1 C

P (KLMNST) = P (A2 C2 D2) - P (A2 KT) - P (C2 ML) 3

30 cm

Povrπinu πestougla KLMNST najjednostavnije odreujemo ako uoËimo da taj πestougao nastaje tako πto su od jednakostraniËnog trougla A2C2D2 „odseËeni“ podudarni jednakostraniËni trouglovi A2KT, C2ML, D2 SN stranice 2 2 cm. 2

12. M = 2 S2 + T2 . 13. Obeleæimo sa O i S presek dijagonala kvadra i presek dijagonala strane ABCD. Tada je \OAA1 = a, \OAB = b, \OAD = c.

^8 2 h = 4

x√2 2

x√2

α A

S B

119

8 1.

30˚

H D

H E

G B

C F

a1 a1 E 2

30˚ a1√3 2

F B

2a 2a 3 -1 = $ = a^ 3 - 1 h . 1+ 3 3 +1 3 -1 Razmera zapremina je: V a2 b a2 1 = 2 = = = 2 2 V1 a1 b ^ a^ 3 - 1 hh ^ 3 - 1h ^4 + 2 3 h 1 2+ 3 = = = . 4 2 ^4 - 2 3 h

a1 =

Пирамида a2 $a a3 B$H V= , = 2 = 3 3 6

Neka su M i N srediπta stranica AB i AD kvadrata ABCD. Vidi sliku! Tada je jednakokrako-pravougli trougao AMN osnova te piramide. Podnoæje normale iz vrha piramide je u temenu A i visina je jednaka duæini stranice kvadrata. D

A Zapremina je:

120

30˚

sina H. Povrπine boËnih strana su aH = 36, 36 40 bH = 40, cH = 68, pa je a = , b= , H H 68 c= . Primenom Heronovog obrasca na H trougao osnove dobijamo 72 36 32 4 36 $ 16 16 = $ $ $ = , H H H H H2 odnosno H = 6 cm. Zapremina prizme je 96 cm3. 15. Postoje dve mogućnosti. 1. Ivice osnove su 16 cm, 17 cm, 17 cm. Tada 24 je B = 120 cm2, H = cm, P = 480 cm2, 5 3 V = 576 cm . 2. Ivice osnove su 16 cm, 16 cm, 18 cm. Tada 9 7 je B = 45 7 cm2, H = cm, 10 P = 180 7 cm2, V = 637 cm3.

16. Neka su osnovna i boËna ivica prve prizme a i b. Osnova druge prizme je kvadrat. Vidi sliku. Trouglovi EBF, FCG, GDH, HAE su podudarni. Neka je osnovna ivica druge prizme a1. a a 3 Tada je AE = 1 , EB = 1 , pa je 2 2 a a 3 , odnosno a= 1 + 1 2 2

30˚

Vidi sliku. Prava OS je upravna na ravan ABCD. UoËimo trougao ACA1. Ugao OAA1 jednak je uglu a, a ugao AOC je tada 2a. Analogno je \AOD1 = 2b, \COD1 = 2c. Prema tome, uglovi pri vrhu tetraedra OACD1 jednaki su 2a, 2b, 2c. S obzirom na to da je zbir iviËnih uglova triedra mawi od 360°, to je 2a + 2b + 2c 1 360°, odnosno a + b + c1 1 180°. 14. Neka su osnovne ivice te prizme a, b, c i vi-

V= 2.

500 cm 3 . 3

Obeleæimo sa x stranicu tog tetraedra. Tada je zapremina tog tetraedra x3 2 = 1000 cm 3 . 12 Odavde je: x3 = 103 · 6 · 2 = 103 72 = 103 9 $ 8 = 103 · 2 3 · 3 = 103 · 2 · 2 · 2 · 3 = 103 · ( 2 )3 · 3. Odredimo pribliæno broj Ëiji je treći stepen 3. Proverimo da je 1,443 ' 3, 1,453 ( 3, a 1,4413 = 3,048625. Dakle x á 10 · 1,41 · 1,441 = =20,3181 odnosno stranica jednakostrani-

tih trouglova su jednake dijagonalama kvadra.

Ënog trougla, od koga se sastavqa tetraedar kao ambalaæa, je pribliæno 40,6362 cm. a) Ako sa x obeleæimo ivicu piramide tada je: x 3 a 2 =2 + x = x^ 3 + 1 h , pa je 2

C1 B1

a 2 ^ 3 - 1h . 2 Povrπina piramide je x=

a 2 ^ 3 - 1h 2 c m a 2 ^ 3 - 1h 2 m +4 P= c 2 4

3 =

a 2 ^ 3 - 1h m ^1 + 3 h = 2 2 2 ^ 3 - 1 h^ 3 - 1 h^ 3 - 1 h 2 =a = a ^ 3 - 1h 4 2

x√3 2

x x

UoËimo normalu iz vrha S na jednu od osnovnih ivica, na primer AB. Presek te normala sa AB obeleæimo sa N. Tada je po tvrewu o tri normala prava CN normalna na AB. Vaæi da je CN2 = SN2 + SC2. Povrπine osnove i boËnih strana su redom:

x√3 2

S x

30˚ 30˚ 30˚

b) Ako sa x obeleæimo boËnu ivicu pirax 3 a mide tada je iz trougla AMN = , pa 2 2 a 3 . Ivica osnove piramide neka je je x = 3 a 3 y. Tada je y 2 + x = a , y 2 + = a , pa je 3 a 2 ^3 - 3 h y= . Povrπina je: 2 x 2 x$ a 2 ^3 - 3 h 2 2 2 2 P=y +4 =y +x = e o + 2 3 2 ^ h a 9 4 3 a 3 . +c m= 3 3 4.

Neka je ABCDA1B1C1D1 kvadar Ëije su ivice razliËite (AB ! BC ! AA1). Sledi da su razliËite i dijagonale strana. UoËimo trostranu piramidu B1ACD1 Ëije strane su trouglovi B1AC, B1CD1, B1D1A, ACD1. Stranice

P^ ABCh =

AB $ CN , 2

P^ ABSh =

SA $ SB AB $ SN , = 2 2

P^ BCSh =

SB $ SC , 2 . SA $ SC P (ACS) = . 2 Odavde je: 2 2 2 2 2 AB $ (SN + SC ) AB $ CN = = 4 4 2 2 (SA 2 + SB 2) $ SC2 AB $ SN = + = 4 4 2 2 2 2 2 2 AB $ SN SA $ SC SB $ SC = + + = 4 4 4 = P (ABS) 2 + P (ACS) 2 + P (BCS) 2 .

P^ ABCh2 =

Primewujući Pitagorinu teoremu na trouglove ABS, BCS, CAS raËunamo osnovne ivice AB = 15 cm, BC = 13 cm, CA = 14 cm. Povrπina je:

121

P = P(ABC) + P(ABS) + P(BCS) + P(CAS) P = (84 + 4,5 154 + 1,5 770 + 21 5 ) cm2. Za ovu piramidu moæemo uzeti osnovu ABS a vrh C. Tada je zapremina 1 SA $ SB SA $ SB $ SC , V= SC , V = 3 2 6

60˚

126 $ 99 $ 70 , V = 126 55 cm3. V= 6 Primewujući Pitagorinu teoremu na trouglove ABC, BCS, CAS nalazimo da je: AB = 10 cm, BS = 4 13 cm, CS = 6 5 cm. Da bi odredili povrπinu boËne strane ABS treba da izraËunamo jednu visinu. Najjednostavnije je izraËunati visinu SD, gde je D na ivici AB i SD = AB.

U C S

B B

122

Na osnovu tvrewa o tri normale sledi da AC $ BC 24 je CD = AB a CD = , CD = cm. AB 5 Primewujući Pitagorinu teoremu na trougao CDS nalazimo SD2 = CD2 + CS2, 24 2 12 29 SD 2 = c m + 12 2 , SD = cm. 5 5 Povrπina i zapremina piramide su: P = (108 + 24 29 ) cm2, V = 96 cm3. a) Ako sve boËne strane ABS, BCS, CAS piramide SABC zaklapaju jednake uglove sa osnovom, sledi da normala iz vrha prodire osnovu u centru S kruænice upisane u osnovu. Ako su AC i BC katete trougla osnove, tada je AB = 10 cm i polupreËnik upisane krua+b-c ænice r = , r = 2 cm. Tada su apote2 me po 4 cm, a visina H = 2 3 cm. Sledi da su povrπina i zapremina P = 72 cm2, V = 16 3 cm3. b) Ako sve boËne ivice AS, BS, CS piramide SABC zaklapaju jednake uglove sa osnovom,

60˚ O

60˚

C sledi da normala iz vrha prodire osnovu u centru O kruænice opisane oko osnove, tj. u srediπtu hipotenuze. PolupreËnik opic sane kruænice je R = , R = 5 cm. Tada su bo2 Ëne ivice po 10 cm, a visina H = 5 3 cm. Povrπina piramide je P = P(ABC) + P(ABS)+ + P(ACS) + P(BCS). Apoteme boËnih strana ACS i BCS raËunamo koriπćewem tvrewa o tri normale, pa je povrπina 6$8 10 $ 5 3 8 $ 84 6 $ 91 , P= + + + 2 2 2 2 odnosno P = (24 + 25 3 + 8 21 + 3 91 ) cm2. Zapremina je V = 40 3 cm3. Neka je piramida SABC i AB = 16 cm, CS = 18 cm. S obzirom da je BC = CA = AS = BS = 17 cm, sledi da temena S i C pripadaju simetralnoj ravni stranice AB, odnosno da prodor O normale iz vrha S na ravan osnove pripada duæi CC1, gde je C1 srediπte stranice AB. Duæina duæi CC1 je visina jednakokrakog trougla ABC koja odgovara osnovici AB. Dakle, CC1 = 15 cm. Vidi sliku! Neka je CO = x i AO = BO = y. Tada primewujući Pitagorinu teoremu na trouglove SOC, AOS

17 17 y

A 16

C x

C1 17

O C1 B

i AC1O dobijamo sledeće jednaËine: 182 = y2 + + H2, 172 = x2 + H2, x2 = 82 + (15 ‡ y)2. Iz prve dve jednaËine sledi: 182 ‡ y2 = 172 ‡ x2, odnosno 182 ‡172 = y2 ‡ x2. Iz treće jednaËine je x2 = 82 + 152 ‡ 30y + y2, tj. 30y = 82 + 152 + y2 ‡ x2 = 82 + 152 + 182 ‡ 54 ‡172 = 324. Odavde je y = , a posle zamene 5 72 iz prve jednaËine sledi H = cm. IzraËu5 navamo zapreminu 16 $ 15 72 $ 2 5 , V = 576 cm3. V= 3 10. Visina osnove koja odgovara ivici AB je duæina duæi CD, gde je D na ivici AB i CD = AB. Na osnovu tvrewa o tri normale sledi da je SD = AB. CD = 15 cm . Primewujući Pitagorinu teoremu na trougao CDS nalazimo SD2 = CD2 + CS2, SD2 = 152 + 82, SD = 17 cm. Povrπina i zapremina piramide su: P = 1040 cm2, V = 800 cm3. 11. Neka je boËna strana SAB piramide SABC jednakokrako-pravougli trougao sa hipotenuzom AB. Tada je visina piramide H = 6 cm i jednaka je duæini SC1 gde je C1 srediπte ivice AB. BoËne strane ACS i BCS su podudarni trouglovi, pa odredimo visinu iz S jedne od wih, na primer ACS. Podnoæje normale iz S na AC je taËka D. Tada je na osnovu tvrewa o tri normale C1D normalno na AC. Iz trougla ACC1 je C1D = 3 3 cm, a iz trougla SC1D je SD2 = SC21 + C1D2, SD2 = 62 + +^ 3 3 h = 63, SD2 = 3 7 cm. Povrπina je: P = P(ABC) + P(ABS) + P(BCS) + P(CAS) 2

B P = c 36 3 + 36 + 2

12 $ 3 7 m cm2 = 2 =(36 3 + 36 + 36 7 ) cm2. Zapremina je V = 72 3 cm3. 12. a) Neka je jedan od tih trouglova, obeleæimo ga sa ABC, osnova piramide. Drugi trougao, ABD je jedna boËna strana. Dakle, normala iz vrha D prodire ravan osnove u srediπtu ivice AB. a 3 Visina piramide je . Dve boËne strane 2 su podudarni jednakokraki trouglovi ACD i BCD. BoËna ivica CD je hipotenuza jednakokrakog pravouglog trougla DC1C, gde je C1 sredia 3 a 6 πte ivice AB, i jednaka je: . 2= 2 2 Povrπina trougla ACD je a 6 a 10 $ 2 a 15 4 P= 2 . = 2 8 Povrπina i zapremina piramide su: a2 3 a 2 15 +2 = P = 2P (ABC) + 2P (ACD) = 2 4 8 a2 3 a 3 $ 2 3 15 2 4 2 = a . =a c + m, V = 2 4 3 8 b) Neka je C1 srediπte ivice AB. Ugao DC1C je ugao diedra pa je jednak 60°. Normala iz vrha D prodire ravan osnove u taËki O koja 3a a 3 pripada C1C i C1C = , pa je DO = . 4 4 Trougao DC1C je jednakostraniËan. Povrπina trougla ACD je: a 3 a 13 $ 2 a 39 4 . P= 2 = 2 16 Povrπina i zapremina piramide su:

123

a2 3 a 2 39 +2 = 4 16 a 2 3 3a $ 3 3 39 2 4 4 = a . =a c + m, V = 2 8 3 16 P = 2P (ABC) + 2P (ACD) = 2

Iz trougla SNO je apotema strane CDS jednaka SN = 6 7 cm. Neka je E podnoæje normale iz O na BC. 2P (BCD) 15 3 Tada je OE = = cm, gde se BC 7 povrπina trougla BCO raËuna koriπćewem Heronove formule. Apotema strane BCS se 30 13 odreuje iz trougla SOE, SE = cm. 7

13. Neka je osnova ABCD i ugao BAD je 60°. Dijagonale osnove su AC=2 3 dm, BD = 2 dm. Kraće boËne ivice su BS = DS = 5 dm, pa je SO = 2 dm. B

A A

O A

√3

C O

Duæe boËne ivice su AS = CS = 7 dm. BoËne strane ove piramide su podudarni trouglovi sa stranicama 2 dm, 5 dm, 7 dm. Apoteme boËnih strana raËunamo na osnovu tvrewa o tri normale. Ako normala iz O seËe AB u M, tada je 3 19 dm, a SM = dm. Povrπina OM = 2 2 piramide je P = B + M = (2 3 + 2 19 dm2. 4 3 dm3. 3 14. Visina osnove je h = 8 3 cm, a dijagonale osnove su AC = BD = 16 cm. Koristeći sliËnost trouglova ABO i CDO nalazimo da su AO = BO = 10 cm, CO = DO = 6 cm, odnosno, ovi trouglovi su jednakostraniËni. Dakle OM = 5 3 cm, ON = 3 3 cm, gde su M i N srediπta ivica AB i CD, redom. Ugao SMO je ugao diedra koga odreuju ravni ABS i ABCD, pa je SO = 15 cm, SM = 10 3 cm. Na osnovu tvrewa o tri normale raËunamo apoteme boËnih strana BCS i CDS .

M E

O C

Povrπina piramide je: P = P(ABC) + P(ABS) +P(BCS) + P(CDS) + P(DAS) P = P(ABC) + P(ABS) + 2P(BCS) + P(CDS) P = (64 3 + 50 3 + 60 13 + 18 7 ) cm2 Zapremina piramide je V = 320 3 cm3. 15. Trouglovi ABS i ADS su pravougli i \ABS = \ADS = 60° kao uglovi diedara boËnih strana BCS i DCS. Sledi da je AS = 5 3 cm, BS = CS = 20 cm. a) O(ACS) = (5 3 + 10 2 + 5 10 ) cm, P(ACS) = 25 6 cm2. b) O(BDS) = (40 + 10 2 ) cm, P(BDS) = 25 10 cm2. S

Zapremina piramide je V =

124

D A

60˚

16. Neka ivice SB, SC, SD prodiru ravan a redom u taËkama K, L, M. S obzirom na to da je a = SC to su \SLK = \SLM = 90° i sledi da su pravougli trouglovi SLK i SLM podudarni. Odatle je SK = SM i SK : SB = SM : SD, pa prema obrnutoj Talesovoj teoremi KM paralelno sa BD. Budući da je BD normalno

na ravan ACS to je i KM normalno na istu ravan, odnosno na pravu AC. Daqe iz BO = OD a na osnovu Talesove teoreme sledi da je KN = NM, gde su O i N, srediπta osnove i prodor prave SO kroz ravan a. Dakle, presek piramide i ravni a je deltoid AKLM Ëije su dijagonale AL i KM. Dijagonale osnove piramide su AC = BD = 12 cm, visina SO = 8 cm. Trouglovi AON i SOC su sliËni, pa je AO : ON = SO : OC, odnosno 6 : ON = 8 : 6. Odavde je ON = 4,5 cm, SN = =3,5 cm i iz sliËnosti trouglova BDS i KMS sledi da je KM = 5,25 cm. Iz jednakokrakog trougla ACS visina AL koja odgovara kraku jednaka je 9,6 cm. Prema tome, S

B C

D N

18. (6 ‡ 3 2 ) 19. Obeleæimo „temena“ te posude sa A, B, C, D, E, F, G, H. Neka je strana EFGH otvor. Sipamo teËnost dok se povrπina teËnosti izjednaËi sa ravni trougla AFC, pri Ëemu je sud okrenut tako da se „oslawa“ na teme B. TeËnost zaprema deo kocke koji je oblika pravilne trostrane piramide osnovne ivice 2 dm i boËne ivice 1 dm. 1 Zapremina piramide BAFC je dm3 odno1 6 sno litra. 6 20. Uputstvo: Primeni H postupak iz primera ‡ na ravni ABS i G CDS, odnosno BCS i D E ADS. cm2.

K A

BC. »etvorougao MNUT je paralelogram i MN = TU = 6 cm, MT = NU = 7 cm. Dijagonale ovog paralelograma su jednake pa je to pravougaonik. Obim i povrπina preseka su O = 26 cm, P = 42 cm2.

O B

9, 6 $ 5, 25 AL $ KM P(AKLM) = = = 25, 2 , pa 2 2 je traæena povrπina preseka P = 25, 2 cm2. 17. Neka je ravan preseka a. Prava AS je presek ravni ABS i ACS. Iz paralelnosti ravni a sa pravom AS sledi da ravan a seËe ravni ABS i ACS po pravim paralelnim AS koje sadræe srediπta M i N ivica AB i AC, dakle po sredwim linijama MT i NU trouglova ABS i ACS koje su paralelne sa AS. Vidi sliku! Duæi MN i TU su sredwe linije trouglova ABC i SBC pa su paralelne sa

F A

125

Линеарна функција

Posle x dana prodaje na skladiπtu ostaje 1200 ‡ 25x kilograma kafe. Naimo broj radnih (prodajnih) dana x do nove naruxbine iz uslova 1200 ‡ 25x = 25 · 5. Reπavawem dobijamo x = 39. Kad obraËunamo nedeqe i po dva dana za svaki od praznika (za Novu godinu i BoæiÊ), dobijamo da Êe Pera prvi put u Novoj godini da naruËi robu 3. februara. 2. A(3, ‡1), B( ‡2,9), Ab = (3 - (- 2)) 2 + (- 1 - 9) 2 = 15 . 3. Odredi prvo a iz 3 = (2 ‡a)( ‡2) + 3. DobiÊemo a = 2. Prava ima jednaËinu y = 3 i ne sadræi taËku ( ‡1,4). 4. Prva funkcija bræe raste, jer je k1 = 2 2k2 = = 1. Wen grafik je strmiji prema x-osi. 5. Reπimo jednaËinu kx + 4 + 4 = k(x + 2) + 4 po k. DobiÊemo k = 2. 6. a) Drugi; b) Drugi; v) Prvi. 7. a) 45°; b) 60°. 8. a) Nacrtaj taËke (0,‡1) i ^ 2 , 1 h grafika; b) Grafik sadræi taËke (0,1) i ^ 3 , 4 h . 9. Potraæimo linearnu funkciju f(x) = kx + n koja ovo zadovoqava. Odredimo k i n tako da za sve realne brojeve x bude k(2 ‡x) + n + k(3x ‡2) + n = 5 ili 5kx + 2n = 5 5 Za x = 0 dobijamo n = , a za x = 1 da je k = 0. 2 Za ove vrednosti data jednakost vredi za svako x. Dakle, jedina linearna funkcija koja zadovoqava uslov je konstantna funkcija 5 f (x) = . 2 10. Potraæimo linearnu funkciju f(x) = kx + n koja zadovoqava uslov. Odredimo k i n tako da za sve realne brojeve x bude k(kx +n) + n = 4x. Za x = 0 dobijamo (k + 1)n = 0, a za x = 1, k2 + kn + n = 4 ili, zbog prethodnog, k2 = 4. Dakle, jedini kandidati su k = 2 i k = ‡2 i 1.

126

11. 12. 13. 14. 15.

16.

n = 0. Funkcije f(x) = 2x i f(x) = ‡2x zadovoqavaju dati uslov, te su jedine linearne funkcije koje ga zadovoqavaju. Jedna nelinearna funkcija koja zadovoqava dati uslov je f(x) = | x |. 2 008 Stavimo x = . DobiÊemo f(2 010) = 3 = ‡ 4 016. Stavimo x = 3 i izraËunaj f(2) =5. Zatim stavi x + 1 umesto x i izraËunajmo f(x) = 4x ‡ 3. Stavimo prvo x = 5 u datu vezu i izraËunaj f(2). Zatim umesto x stavi x + 3. Stavimo x + 1 umesto x u datu vezu i izraËunajmo f(x). Potom reπi jednaËinu. a) Stavimo a = 0, b = 0. Dobijamo f(0) = f(0)+ + f(0) ‡ 3, odakle je f(0) = 3. b) Stavimo a = 1, b = 1. Dobijamo f(2) = 2f(1) ‡ 3 = ‡1. v) SliËno f(3) = f(2) + f(1) ‡ 3 = 0, f(4) = f(3) + f(1) ‡ 3 = ‡1, itd. Za prirodan broj n je f(n + 1) = f(n) + f(1) ‡3= = f(n) ‡ 1. Zato je f(2 010) = (f(2 010) ‡ ‡ f(2 009)) + (f(2 009) ‡ f(2 008)) + (f(2 008) ‡ ‡ f(2 007)) + ... + (f(2) ‡ f(1)) + f(1) = ‡2 009 + + 2 =‡2 007; g) SliËno nalazimo f(n) = ‡(n ‡ 3), n ! N. d) Funkcija g(x) = f(x) ‡3 zadovoqava vezu g(a +b) = g(a) + g(b), a, b ! Q pa je, prema primeru 1, g(r) = g(1)r, r ! Q i stoga f(x) = = (f(1) ‡ 3)x + 3 = ‡x + 3, x ! Q. A) Stavimo 6 ‡ x umesto x. DobiÊemo f(6 ‡ x) + 2f(x) = x ‡ 6. Sa polaznom vezom to daje sistem linearnih jednaËina po f(x) i f((6 ‡ x). Reπavawem nalazimo f(x) = x ‡ 4 i proverom potvrujemo da je to zaista reπewe. B) Stavimo 5 ‡ x umesto x u datu vezu. DobiÊemo 3f(9 ‡ 2x) + f(2x ‡ 1) = 5 ‡ x. Sa polaznom vezom to daje sistem linearnih jedx 5 naËina odakle nalazimo f(2x ‡ 1) = - i 2 8 x 3 odatle f(x) = - . 4 8

10 1.

Једначина праве

»etvrta. Kako je y = ‡3x + c, k = ‡3, data funkcija opada, nagibni ugao prema x-osi morao bi biti tup, a na prvoj slici je oπtar. Druga i treÊa slika takoe ne odgovaraju, jer odseËak c na y-osi mora biti pozitivan, a na slikama je on jednak nuli odnosno negativan. a) Nema. Kvadrirawem bi dobili da je y2 ‡ 2x2 ‡ 3 = 2 6 . Ako bi x i y bili celi brojevi, odavde bi sledilo da je 6 racionalan broj πto nije taËno. b) Ima! Transformiπemo jednaËinu u ob5 -1 5 +1 lik odnosno xy=1, 2 2 ^ 5 - 1 h^ x - yh = 0 . Prava sadræi cele taËke (n,n), n ! Z. a) Vidi primer 3; b) Prvi naËin: Uzmimo dve vrednosti parametra a, na primer a = 0 i a = 1. Naimo jednaËinu prave koja sadræi dobijene taËke. Proveri da ona sadræi sve date taËke. Drugi naËin: Stavi x = a ‡ 1, y = 2a + 1. Iz prve veze je a = x + 1. Zamenom u drugu dobijamo y = 2(x + 1) + 1 = 2x + 3. Proveri da prava y = 2x + 3 sadræi sve date taËke. Slika laæe. Postavimo koordinatni sistem na drugoj od datih slika koristeÊi postojeÊu koordinatnu mreæu. TaËke (0,0), (5,2), (8,3) i (13,5) u kojima se toboæe sastaju obojene figure nisu kolinearne. Sve taËke (3 ‡ t, 2 + t) su kolinearne. Nalaze se na pravoj x + y = 5. Brzina je jednaka v = (- 1 ) 2 + 1 2 = 2 . a) AB = 8 2 + 6 2 = 10 . Brzina je 5 jediniËnih duæi na sat, b) Posle t sati nalaziÊe se u taËki (3t, 8 ‡ 4t). Pokaæi da se u trenutku t brod nalazi u taËki (3 ‡ t, 2 + 5t) a Ëamac u taËki (6 ‡ 5t,4 ‡ 2t). Rastojawe meu wima je najmawe kada je wegov kvadrat najmawi. Kvadrat wihovog rastojawa je (3 ‡ 4t)2 + (2 ‡ 7t)2 = 65t2 ‡ 52t2 + 13 = 4 1 2 2 23 2 = 65 ;t - t + E = 65 c t - m + 5 5 5 5 2 i biÊe najmawe za t = sata, odnosno za 5 24 minuta.

8. 9.

10. 11. 12. 13.

14.

15. 16. 17.

1 y = x + 1 , y = ‡2x, y = ‡2x ‡ 2, y = ‡2x + 1. 2 Prepakujmo jednaËinu u oblik a(2x + 1) + 2 ‡ x ‡y = 0. Reπewe sistema 2x + 1 = 0, 2 ‡ x ‡ y = 0 je oËigledno taËka koja pripada svim ovim pravama. Dakle, sve prave sadræe taËku 1 3 c- , m. 2 2 TaËku (1,1) Odredimo odseËke ovih pravih na osama i veliËinu trouglova. Koristimo rezultat primera 1. Prava 4x + 3y ‡ 5 = 0 gradi na osama odseËke 5 5 a = i b = . Prema prethodnom zadatku 4 3 a 3 traæena normala je y = x = x . b 4 5 Prva prava gradi na osama odseËke a = - , 3 5 b = - . Normala iz koordinatnog poËetka 4 a 3 na tu pravu ima jednaËinu y = x = x . b 4 Eksplicitni oblik jednaËine druge prave 3 je y = x + 2 , odakle se vidi da je ona para4 lelna ovoj normali. Zato je i sama normalna na prvu pravu. Pokaæimo da je koeficijent pravca te nor2 2 male k = . Odgovor: y - 2 = (x + 1). 3 3 Vidi primer 5. Normala iz (x0,y0) na datu pravu ima jeda naËinu y - y0 = (x - x0) . Najbliæa taËka b je presek ove normale i date prave. Apscisa preseËne taËke je reπewe jednaËine a y0 + ^ x - x0h b f p , tj. x=a 1b b2x = a(b2 ‡ by0 ‡ ax + ax0) (a2 + b2)x = ab2 + a2x0 ‡ aby0 2 2 ab + a x0 - aby0 . x= a2 + b2 Ordinata je 2

b + ax0 - by0 x y = b` 1 - j = b e 1 o. a a2 + b2

127

11 1.

128

Системи линеарних једначина

Ako od prve jednaËine oduzmemo drugu dobija se a2x ‡ x = a ‡ 1 ili (a ‡ 1)(a + 1)x = a ‡ 1. x+y=1 Ako je a = 1, sistem postaje ' i ima x+y=1 beskonaËno mnogo reπewa oblika (t, 1 ‡t). x + y=-1 Ako je a = ‡ 1 dobija se sistem ' x+y=1 koji je oËigledno protivureËan i nema reπewa. Ako je a ! 1 i a ! ‡ 1, onda jednaËina ima jedinstveno reπewe a-1 1 i x= = (a - 1 ) (a + 1 ) a+1 1 a . y=1-x=1= a+1 a+1 Ako saberemo date jednaËine dobija se 2x + 2z = 110 ili x + z = 55. Ako je z = t, onda je x = 55 ‡ t. Kako je je x + y + z = 66 to je 55 ‡ t + y + t = 66, pa je y = 11. Dakle, sistem ima beskonaËno mnogo reπewa: x = 55 ‡ t, y = 11, z = t. Iz uslova zadatka je a + b + c = 1 000. Kako je 2m = 2a + b = 1 100, to je b = 1 100 ‡ 2a. Tada je a + 1 100 ‡ 2a + c = 1 000, pa je a ‡ c = 100. Dakle n = 100. Ako je x H 0, onda se dobija sistema jednaËix + y - z = 2 007 na: * x + y + z = 2 009 koji nema reπewa jer x + y + z = 2 011 su druga i treÊa jednaËina protivureËne. Ako je x < 0, onda sistem jednaËina postaje: x + y - z = 2 007 * x + y + z = 2 009 koji ima jedinstveno re- x + y + z = 2 011 πewe x = ‡ 1, y = 2 009, z = 1. Neka jedan slon za jedan dan popije koliËinu vode jednaku s. Neka je koliËina vode u jezeru x i neka svakog dana izvor daje koliËinu vode jednaku y. Tada je x + y = 183s i x + 5y = =37 · 5s = 185s. Reπavawem sistema jednaËis na dobijamo da je 4y = 2s, tj. y = . Tada je 2 365s . Ako jedan slon pije k dana, onda je x= 2 x + ky = ks, pa je k(s ‡ y) = x i 365s 365s x 2 = = 2 = 365 k= s-y s s s2 2 dana ili jedna (neprestupna) godina.

Ako sve jednaËine datog sistema saberemo dobija se da je 3(x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + +x7) = 42, pa je x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 = =14. Kako je x2 + x3 + x4 = 4 i x5 + x6 + x7 = 7, to je x1 = 3. SliËno je x3 + x4 + x5 = 5 i x6 + +x7 + x1 = 8, pa je x2 = 1. Analogno se dobija x3 = ‡ 1, x4 = 4, x5 = 2, x6 = 0, x7 = 5. 7. Neka jedna πibica koπta x, a 20 πibica y dinara. Tada y πibica koπta 500 dinara. Dobijaju se jednaËine 20x = y i yx = 500. Kada y iz prve jednaËine zamenimo u drugu dobija se 20x · x = 500, ili 20x2 = 500. Reπavawem dobijene jednaËine sledi da je x = 5 dinara. Provera: 20 πibica koπta 100 dinara, a za 500 dinara se moæe kupiti taËno 100 πibica. Sledi da 2 010 πibica koπta 10 050 dinara. 8. Neka je svaki od 6 studenata dobio x1, x2 , x3, x4, x5 , x6 dinara. Ako je x1 = a i x2 = b, onda je na osnovu uslova zadatka, tj. Ëiwenice da je svaki broj jednak polovina zbira susednih, tj. x3 = 2b ‡ a, x4 = 3b ‡ 2a, x5 = 4b ‡ 3a i x6 = 5b ‡ 4a. Kako je 2x1 = x6 + x2, to je 2a = =5b ‡ 4a + b, pa je 6a = 6b. Dakle a = b, πto znaËi da je x1 = x2 = x3 = x4 = x5 = x6 = 10 000 dinara. 9. Neka su traæeni brojevi x1, x2, ... x2 011 i neka je A = {x1, x2, ... x2 011} = B = {y1, y2, ... y2011}, gde je y1 = x2 + x3 + ... + x2 011, y2 = =x1 + x3 + ... + x2 011 , y2 011 = x1 + x2 + ... + +x2010. Ako uoËene jednakosti saberemo dobija se da je y1 + y2 + ... + y2 011 = 2 010(x1 + x2 + ... + x2 011). Kako je y1 + y2 + ... + y2 011 = =x1 + x2 + ... + x2 011 = S, to je S = 2 010 · S, pa je S = y1 + y2 + ... + y2 011 = x1 + x2 + ... + +x2011 = 0. Iz y1 = x2 + x3 + ... + x2 011 dobija se y1 = S ‡ x1 = ‡ x1. Na sliËan naËin se dobija i da je y2 = ‡ x2 ... y2011 = ‡ x2 011 . To znaËi da svaki broj u skupu ima i svoj suprotni broj. Kako ima 2 011 brojeva, dakle neparan je broj brojeva, jedan od wih je suprotan samom sebi, tj. jednak je nuli. Zbog toga je x1 · x2 ... · x2 011 = 0. 10. Ako su napisani brojevi x1, x2, ... xk i neka je S = x1 + x2 + ... + xk. Iz uslova zadatka sledi da je 6x1 = x2 + x3 + ... + xk , 6x2 = x1 + +x3 + ... + xk, 6x1 = x2+...+xk, 6x2 = x1 + x3 + ... + x4, ..., 6xk = x1 + x2 + ... + xk‡1. Ako uoËene jednakosti saberemo dobija se da je 6S =

=6x1 + 6x2 + ... + 6xk = (k ‡ 1)(x1 + x2 + ... + + xk) = (k ‡ 1)S. Tada je 6 = k ‡ 1, pa je k = 7. 11. Neka su deca redom pojela x1, x2, ... xk bombona i neka je S = x1 + x2 + ... + xk. Iz uslova zadatka sledi da je x1 = x2 + x3 + ... + + xk ‡ 10 = S ‡ x1 ‡ 20, x2 = x1 + x3 + ... + xk ‡ ‡10 = S ‡ x2 ‡ 10, ... xk = x1 + x2 + ... + xk‡1 ‡ ‡10 = S ‡ xk ‡ 10. Kako je 2x1 = 2x2 = ... = 2xk = =S ‡ 10, to je svako dete dobilo jednak broj bombona. Ako se uoËene jednakosti saberu dobija se da je S = (k ‡ 1)(x1 + x2 + ... + xk) ‡ 10k = (k ‡ 1)S 10k = ‡ 10k. Tada je (k ‡ 2)S = 10k, pa je S = k-2 10k - 20 + 20 20 . Razlikuju se = = 10 + k-2 k-2 sledeÊi sluËajevi: 1) Ako je k ‡ 2 = 1, tj. k = 3, onda je S = 30, pa je svako dete dobilo po 10 bombona. 2) Ako je k ‡ 2 = 2, tj. k = 4, onda je S = 20, pa je svako dete dobilo po 5 bombona. 3) Ako je k ‡ 2 = 5, tj. k = 7, onda je S = 14, pa je svako dete dobilo po 2 bombone. 4) Ako je k ‡ 2 = 10, tj. k = 12, onda je S = 12, pa je svako dete dobilo po 1 bombonu. 5) Ako je k ‡ 2 = 20, tj. k = 22, onda je S = 11, πto nije moguÊe. 12. Ako se date jednaËine saberu dobija se x2 + +2yz + y2 + 2zx + z2 + 2xy = (x + y + z)2 = x+ +y + z. Tada je x + y + z = 0 ili x + y + z = 1. Kako je vrednost izraza x + y + z u oba sluËaja nenegativna to je x + y + z = | x + y + z |. 1 1 Sledi da je | x + y + z | - = ili 2 2 1 1 |x+y+z| = , pa je zbog toga 2 2 1 1 x+y+z = . 2 2 13. Neka je x1, x2, x3, x4, x5 redom broj uËenika u svakoj od pet grupa, a y1, y2, y3, y4, y5 broj zadataka koji je reπio svaki uËenik u svojoj grupi. Na osnovu uslova zadatka dobijaju se jednaËine x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 30 i x1 y1 + +x2 y2, + x3 y3 + x4 y4 + x5 y5 = 40. Kako je svaka grupa reπila razliËit broj zadataka to je y1 + y2 + y3 + y4 + y5 H 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15, tj. pet uËenika (reprezenata svojih grupa) je reπilo 15 ili viπe zadataka. To znaËi da je preostalih (x1 ‡ 1) + (x2 ‡ 1) + (x3 ‡ 1) + (x4 ‡ 1) + (x5 ‡ 1) = 30 ‡ 5 = 25 uËenika reπilo 40 ‡ 15 = 25 ili mawe zadataka. Kako je svaki uËenik reπio bar jedan zadatak, to je svaki od preostalih 25 uËenika reπio taËno po 1 zadatak. Prema tome 1

uËenik je reπio 5, 1 uËenik je reπio 4, 1 uËenik je reπio 3, 1 uËenik je reπio 2 i 26 uËenika je reπilo po 1 zadatak. 14. Kako Vlada ima 50 bombona to znaËi da je on na automatu napravio taËno 50 „transakcija“. Neka je broj transakcija u kojima je mewao dolare x, a broj transakcija u kojima je mewao evre y. Tada je x + y = 50. Svaka promena dolara poveÊava broj evra za 3 i smawuje broj dolara za 5, a svaka promena evra poveÊava broj dolara za 3, a smawuje broj evra za 2. Ako Vlada sada ima 0 evra, to je 3x ‡ 2y = 0. Kako y = 50 ‡ x, to je 3x ‡ 2(50 ‡ ‡x) = 0, pa je 5x = 100 i x = 20. Dakle, Vlada je 20 puta mewao dolare i 30 puta mewao evre. Pri tom je 20 puta mewao po 5 dolara, dakle smawio broj dolara za 100, a za 30 promena evra poveÊao broj dolara za 30 · 3 = 90. Prema tome u izvedenim transakcijama Vlada je potroπio 100 ‡ 90 = 10 dolara, πto znaËi da ga svaka bombona „koπta“ 20 dolarskih centi. 15. Ako je a + b + c + d = 20 onda je (a + b + c + +d)2 = 400. Kvadrirawem jednakosti se dobija a2 + b2 + c2 + d2 + 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + +2bd + 2cd = 400, pa je a2 + b2 + c2 + d2 + 300= = 400 i a2 + b2 + c2 + d2 = 100. Tada je 3(a2 + +b2 + c2 + d2) ‡ (2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + +2cd) = 300 ‡ 300 = 0. Kako je 3(a2 + b2 + c2 + d2) ‡ (2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd) = (a ‡ b)2 + (a ‡ c)2 + (a ‡ d)2 + (b ‡ c)2 + (b ‡ d)2 + (c ‡ d)2 to je zbir dobijenih πest kvadrata jednak nuli ako je svaki od wih jednak nuli, pa je a = b = c = d = 5. Reπewe 2: Iz a + b + c + d = 20 sledi da je (a + b + c + d)2 = 400 i zbog drugog datog uslova ab + ac + ad + bc + bd + cd = 150, a2 + b2 + +c2 + d2 = 100. Na osnovu nejednakosti izmeu aritmetiËke i geometrijske sredine dobija se: a2 + b2 H H2ab, a2 + c2 H 2ac, a2 + d2 H 2ac, b2 + c2 H H2bc, b2 + d2 H 2bd, c2 + d2 H 2cd. Sabirawem πest prethodnih nejednakosti dobija se 3(a2 + b2 + c2 + d2) H 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + +2bd + 2cd. Kako je 3(a2 + b2 + c2 + d2) = 300 = =2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd to vaæi jednakost. Kako u svih πest uoËenih nejednakosti jednakost vaæi samo ako su oba elementa jednaki to je a = b i a = c i a = d i b = c i b = d i c = d, πto znaËi da je a = b = c = = d = 5.

129

Крамерово правило

4. Dopiπimo s desna prva dva stupca: a1 b1 c1 a1 b1 a2 b2 c2 a2 b2 a3 b3 c3 a3 b3 Izmnoæimo po tri elementa na trima dijagonalama paralelnim glavnoj dijagonali a1b2c3 sa predznakom +, a paralelnim sporednoj dijagonali a3b2c1 sa znakom ‡ i saberimo. DobiÊemo vrednost determinante treÊeg reda.

A) 3 =

1 2 2 2 = 4 - 2a , 3 1 = = 8 - 4a, a 4 2a 4

1 2 = 0 . Za a ! 2, x = 2, y = 0. Za a = 2 a 2a sistem se svodi na jednu jednaËinu x + 2y = 2 i ima reπewa x = 2 ‡ 2y, y ! R. 2 -3 = 12 + 3a , B) 3 = a 6

1. 2.

130

32 =

2 a = 8 - a 2 . Za a ! ‡4, reπewe je a 4

2a + 4 8 - a2 , y= . Za a = ‡4, zbog a+4 3a + 12 9 = 0, 91 ! 0 sistem nema reπewa. A) x = 2, y = ‡2, z = 3. B) Ako a ! 0, b g {1.‡1}, reπewe je -2 2b - 2 5-b , y= , z= . x= b+1 b+1 a (b + 1 ) Ako je b = 1, skup reπewa je {(x,1 ‡ ax,0)|x ! R}. Ako je a = 0, b = 5, skup reπewa je 1 4 'c x, - , m x ! R 1 . 3 3 U ostalim sluËajevima nema reπewa.

Системи линеарних једначина – Гаусов метод

1. Dokaz: a b Iz a = b, m ! 0 sledi = . Obratno, iz m m a b posle mnoæewa strana sa m sledi = m m a = b. a=b ma = mb Iz sledi i odatle c=d c=d

a -3 = 6a + 12 , 4 6

32 =

31 =

2. 3.

a=b a=b Obratno, iz c + ma = d + mb. c + ma = d + mb. a=b a=b sledi tj. c + ma - ma = d + mb - mb c=d x = 8 ‡ 7z, y = 11 ‡ 10z, z ! R. Za a = 1 reπewa su x = 1 ‡ y, y ! R. Za a = ‡1 reπewe je x = 0, y = ‡1. Za a g {1,‡1} sistem nema nijedno reπewe.

Проблеми кретања

U trenutku susreta Êe biti jednako udaqeni od Beograda. Muva Êe leteti sve dok se peπaci ne susretnu. Kako Êe se oni susresti posle 72 : 12 = 6 sati, za to vreme muva Êe preÊi 6 · 22 = =132 km. 40 000 km, jer je svaki toËak po 10 000 km bio u rezervi.

Voz ima brzinu 1km u minutu. Dakle, lokomotiva za 1 minut stigne od poËetka tunela do kraja tunela. Joπ jedan minut je potreban da voz u potpunosti izae iz tunela. Dakle, od ulaska lokomotive u tunel do izlaska posledweg vagona iz tunela protekne 2 minuta. Neka je rastojawe od A do B jednako s. Sredwa brzina automobila dobija se kada se pre

eni put podeli sa utroπenim vremenom. Vreme koje je automobilista utroπio od A s do B je t1 = , a vreme koje je utroπeno za 60 s put od B do A je t2 = . Tada je traæena 100 2s 2s sredwa brzina vsr = = s s 5s + 3s + 60 100 300 2s 2s $ 300 pa je vsr = = 75 km/h. = 5s + 3s 8s 300 Neka je brzina bicikliste v1, a brzina vetra v2. Tada je v1 + v2 = 20 km/h i v1 ‡ v2 = =12km/h. Reπavawem sistema jednaËina dobijamo v1 = 16 km/h i v2 = 4 km/h. Neka je rastojawe izmeu mesta A i B jednako s. Tada je polovinu puta voz preπao za vreme s s 3 2 me t1 = , treÊinu puta za vreme t2 = 60 80 s 6 . i preostalu πestinu puta za vreme t3 = 40 Kako je ukupno vreme koje je voz utroπio na s s s put od A do B 23 h, to je + + = 160 180 240 9s + 8s + 6s 23s = 23. Sledi da je = = 23 1 440 1 440 pa je s = 1 440 km. s1 + s2 360 + s2 = = 315 , s1 s s 360 + 2 + 2 v1 v2 240 360 to reπavawem dobijene jednaËine po nepoznatoj s2 sledi da je s2 = 900 km. Dakle ukupan preeni put je 360 + 900 = 1 260 km. Neka su brzine automobila v1, odnosno v2, a rastojawe izmeu A i B jednako s. Do trenutka wihovog prvog susreta prvi automobil je preπao 50 km, a drugi s ‡ 50. To znaËi da 50 s - 50 je = . U trenutku drugog susreta v1 v2 automobila prvi je preπao put s + 30, a drus + 30 2s - 30 gi 2s ‡ 30, pa je . Ako dobije= v1 v2 ne jednaËine sredimo, sledi da je 50v2 = sv1 ‡ ‡50v1 i sv2 + 30v2 = 2sv1 ‡ 30v1. Iz dobijenih jednaËina je 50v2 + 50v1 = 50(v2 + v1) = sv1 i 30v2 + 30v1 = 30(v2 + v1) = 2sv1 ‡ sv2. ReπavajuÊi obe jednaËine po v2 + v1 dobija se sv 2sv1 - sv2 ili 30v1 = 100v1 ‡ v1 + v2 = 1 = 50 30 ‡ 50v2. Sledi da je 50v2 = 70v1. Ako dobijenu jednakost zamenimo u jednakost 50v2 = sv1 ‡

10.

11.

Kako je vsr =

12.

13.

‡50v1 dobija se da je 70v1 = sv1 ‡ 50v1 i deqewem sa v1 jednakost 70 = s ‡ 50, πto znaËi da je s = 120 km. Za jedan preeni kilometar predwa guma „potroπi“ svoj jedan 25 000-ti deo, a zadwa guma jedan 15 000-ti deo. Neka do promene obe gume preu x, a posle promene y kilometara. Poπto prva guma x km prelazi kao predwa, a y kilometara kao zadwa, a druga guma x kilometara prelazi kao zadwa, a y kilometara kao predwa dobijaju se jednaËine: y y x x + =1 i + =1. 25 000 15 000 15 000 25 000 Iz dobijenih jednaËina sledi da je 3x + 5y = =75 000 i 5x + 3y = 75 000, pa je x = y = 9 375 km, πto znaËi da se gume moraju zameniti posle 9 375 km, a zameniti novim gumama posle 18 750 km. Mogu. U prvom satu turista T1, ide peπice, a turisti T2 i T3 se voze motociklom. U drugom satu turista T1 nastavqa put peπice, turista T2 takoe nastavqa put peπice, a turista T3 se motociklom vraÊa po turistu T1. Na kraju drgog sata turista T1 je preπao 5 + 5 = 10 km, turista T2 je preπao 50 + 5 = =55 km, a turista T3 se nalazi na 50 km od mesta B. OËigledno je da u toku treÊeg sata turisti T1 i T2 prelaze 50 km i stiæu u mesto B, a turista T2 prelazi joπ 5 km, dakle ukupno 50 + 5 + 5 = 60 km. Razlikuju se tri perioda. Prvi, koji traje t1 u kome jedan od drugova ide peπke, a druga dvojica mopedom. Drugi, koji traje t2 u kome prvi i treÊi drug idu peπke, a drugi se vraÊa mopedom po prvog i treÊi koji traje t3 u kome treÊi ide peπke, a prva dvojica mopedom. Tada sva tri putnika u periodu t1 + t2 + +t3 prelaze jednake puteve, tj. 6t1 + 6t2 + 24t3 = =28, 24t1 ‡ 24t2 + 24t3 = 28 i 24t1 + 6t2 + 6t3 = 5 =28. Iz dobijenog sistema sledi da je t1 = t2 3 5 3 = t3, tj. t1 = h = t3 , t2 = h . To znaËi da 7 7 su prvi i treÊi putnik iπli peπke po 10 13 h i da je ukupno put trajao h. 7 7 Neka je polazna taËka putnika A, a taËke B, C, D, E i F se nalaze redom na 20, 40, 60, 80 i 100 km od taËkeA. Jednodnevnu rezervu hrane obeleæimo sa x. A___________B___________C__________ D__________E__________F

131

Putnik moæe preÊi 80 km u pustiwi, tj. moæe stiÊi u taËku E, ako na 20 km od mesta polaska, tj. u taËki B ima rezervu 3x. Za formirawe rezerve 3x putniku treba 3 dana. Prvi dan potroπi jedno x, u taËki B ostavi jednu rezervu x i drugog dana se vrati u taËku A i potroπi treÊu rezervu x. U novom kretawu prvog dana potroπi jedno x i u B stiæe sa 2x rezervi. Dakle, u B se sada nalazi x + 2x = 3x rezervi, πto je dovoqno da u naredna tri dana pree 60 km i stigne u F. To znaËi da za put od A do E treba ukupno 6 dana puta. SliËno, da bi se iz A stiglo (kroz pustiwu) u 100 km udaqeno mesto F, potrebno je da u mestu B ima najmawe 6x rezervi, jer put od B do F iznosi 80 km. Za prenoπewe jedne rezerve od A do B putniku treba 2 dana, a za 6 rezervi, 6 · 2 = 12 dana. Prema tome najmawe vreme za put od A do F je 12 + 6 = 18 dana. 14. Neka je rastojawe izmeu A i B jednako 2s, neka je x vreme do susreta drugog i treÊeg peπaka i v traæena poËetna brzina drugog peπaka. Tada se na osnovu uslova zadatka dobija sistem od 4 jednaËine sa 5 nepozna-

15 1.

Reπavawem sistema dobija se v = 3 2 , x = t^ 1 + 2 h , y = 2t 2 , s = 6t^ 1 + 2 h . To praktiËno znaËi da sistem ima beskonaËno mnogo reπewa kada su u pitawu putevi x, y i s i svi oni zavise od utroπenog vremena t, ali je traæena poËetna brzina drugog peπaka uvek konstantna. 15. Neka je kurir od Ëela do zaËeqa kolone preπao put Ëija je duæina s. Za to vreme kolona je preπla put duæine 1 ‡ s. Da bi se vratio na Ëelo kolone kurir treba da pree put duæine s + 1, a za to vreme kolona pree put dus 1+s æine s. Dobijamo da je = 1-s s 2 pa je s2 = 1 ‡ s2 πto znaËi da je s = . 2 Dakle, kurir je preπao put od 2s + 1 = ^ 1 + 2 h km.

Ваљак и купа

a) „Daska“ i „nosaË“ imaju jednake duæine i svi preseci ravnima normalnim na osu balvana seku ih po podudarnim figurama. Zbog toga je odnos wihovih zapremina jednak od-

132

Z 8t + 4x + 4y = 2s ] ] vt + vx = s tih [ 6x = s ] 6+v y=s ] \ 2

O ˚ 120

nosu povrπina normalnih preseka. Sa slike „Ëitamo“ da je ugao AOB jednak 120°. Zbog toga je povrπina Pn preseka „nosaËa“ jednaka 2 1 8r + 3 3 , dok je Pn = r2 r + r2 3 = r2 3 4 12 povrπina Pd preseka „daske“ jednaka 1 1 4r - 3 3 . Pd = r2 r - r2 3 = r2 3 4 12 Traæeni odnos zapremina jednak je Vd : Vn = =(4r ‡ 3 3 ) : (8π + 3 3 ). b) Povrπina koju treba premazati jednaka je zbiru povrπine balvana (vaqka) i dve povrπine pravougaonika po kojem je balvan preseËen. Duæine stranica tog pravouga0, 1 3 onika su 2 $ m = 0, 1 3 m i 2 m; we2 gova je povrπina 0,2 3 m2. S druge strane, povrπina balvana jednaka je 2rr(r + H) = =2 · 0,1·r(0,1+2) m2 = 0,42π m2. Ukupna povr-

kupe mawu kupu. Neka su r1, s1 i H1 polupreËnik osnove, duæina izvodnica i visina te, mawe kupe. Ako su M i M1 povrπine omotaËa veÊe, odnosno mawe kupe, onda je, prema uslovu zadatka, M = 2M1, pa je rrs = =2r1rs1. S druge strane, centralni uglovi kruænih iseËaka, u koje se razvijaju u ravan ovi omotaËi, su jednaki, zbog Ëega je odnos wihovih povrπina jednak odnosu kvadrata wihovih polupreËnika s i s1, s2 : s 21 = 2, πto nam daje

πina Pu koju treba premazati jednaka je Pu = ( 2 · 0,2 3 + 0,42π) m2 á 2,0122892...m2 , 2,0123 m2. Neka je to tetraedar ABCD ivice a i neka je jedna osnova vaqka smeπtena u osnovu ABC. Druga osnova vaqka dodiruje boËne strane u taËkama visina tih strana tetraedra, povuËenih iz taËke D na woj naspramne stranice AB, BC, CA jednakostraniËnih trouglova ABD, BCD, CAD. OznaËimo sa r polupreËnik vaqka. Osa vaqka pripada normali povuËenoj iz temena D na ravan trougla ABC. Neka je O prodorna taËka te normale kroz pomenutu ravan. Onda je O i centar osnove vaqka, smeπtene u trougao ABC. Neka ravan a sadræi ivicu AD i normalna je na ravan trougla ABC. Ona sadræi visinu DO tetraedra, pa time i osu vaqka, ali i sredinu S ivice BC. Na slici smo

H1 H

A Q

prikazali presek tetraedra (i vaqka) tom ravni. Uz oznake sa slike uoËavamo da je Ëetvorougao MNPQ kvadrat (osni presek vaqka) i da vaæi (oznakama za duæi oznaËaa 3 vamo wihove duæine): AS = , AO = 2 a 2 a 3 2 AS = , DO = , MN = NP = 2r, 3 3 3 a 3 1 ON = r, OS = AS = , NS = OS ‡ ON = 6 3 a 3 = ‡ r. 6 Trouglovi DOS i PNS su sliËni, zbog Ëega je DO : PN = OS : NS , pa je DO · NS = PN · OS. Zamenom veÊ dobijenih vrednosti, posle jednostavnog raËunawa nalazimo da je a r = ^2 3 - 6 h. 6 Neka je r polupreËnik osnove, s duæina izvodnica a H visina kupe. Ravan odseca od

s : s1 = 2 . Na slici je prikazan jedan od osnih preseka tih dveju kupa. Trouglovi VOB i VO1B1 su sliËni, pa je r : r1 = s : s1 = H : H1 = 2 . Onda je V = 2 2 V1 . Zapremina V2 „doweg“ dela veÊe kupe je V2 = V ‡ V1 = =(2 2 ‡ 1)V1 , pa je V1 : V2 = 1 : (2 2 ‡ 1) = (2 2 + 1) : 7. OznaËimo sa sv duæinu izvodnica vaqka, sa sk duæinu izvodnica kupe a sa r polupreËnik osnova vaqka; on je, prema pretpostavci, jednak polupreËniku osnove kupe. KoristeÊi se Pitagorinom teoremom zakquËujemo da je sk : sv : r = 13 : 12 : 5 . a) Mk = rrsk, Mv = 2rrHv = 2rrsv, Mk : Mv = sk : : 2sv = 13 : 24 ; b) Pk = rr(r + sk), Pv = 2rr(r + + sv), Pk : Pv = 9 : 17.

H x

H-x H

133

PolupreËnik osnove takve kupe jednak je H. Osa vaqka koji je na opisani naËin smeπten u kupu poklapa se sa osom kupe. Na slici smo prikazali osni presek kupe i vaqka. Ako je x visina vaqka, wegov je polupreËnik jednak H−x, pa mu je povrπina omotaËa M = 2(H ‡ x)rx. Ona je najveÊa ako je proizvod x(H‡x) najveÊi. Takve smo probleme reπavali u okviru teme o elementarnim ekstremalnim problemima. Zbog x(H‡x) / ‡x2 + H 2 1 +Hx / ‡(x2‡Hx) / ‡ c x - m + H 2 , taj je 2 4 H proizvod najveÊi ako je x = . Dakle, 2 H traæena visina vaqka jednaka je , a wegov 2 H polupreËnik jednak je H - x = . 2 Ako ugao pri vrhu osnog preseka kupe nije veÊi od 90°, onda je taj osni presek trougao najveÊe povrπine po kojem ravan koja sadræi vrh kupe seËe kupu. Ako je ugao pri vrhu kupe veÊi od 90°, najveÊu povrπinu ima trougao Ëiji kraci su izvodnice kupe koje grade ugao od 90°. Data dijagonala je duæa dijagonala tog paralelograma. Uglovi paralelograma naspram we su tupi. Neka je to paralelogram ABCD i ugao kod temena A tup. Poznate su nam

x r

12cm

Hk A1

Hv A

2 Hk. 3 Na slici smo prikazali jedan osni presek ovih tela. Primenom Pitagorine teoreme

duæina izvodnica kupe jednaka s = r +

na pravougli trougao VAO nalazimo da je 12 4 13 Hk = r , πto nam daje Hv = r , s = r. 5 5 5 Iz sliËnosti trouglova VAO i VA1O1

17cm

duæine svih stranica tupouglog trougla ABD. PolupreËnik r obrtnog tela koje nastaje obrtawem datog paralelograma oko wegove kraÊe stranice AB jednak je visini trougla ABD koja je povuËena iz temena D. Uz oznake sa slike (izostavqamo oznake centimetara) primenom Pitagorine teoreme nalazimo da je 252 ‡ (12+x)2 = 172 ‡ x2, odnosno x = 8 cm, pa je r = 15 cm. Telo se sastoji od vaqka na koji je nadograena kupa i iz dobijenog tela iseËena ista takva kupa. Povrπina tela jednaka je zbiru povrπine omotaËa

134

C 25

vaqka polupreËnika 15 cm i visine 12 cm i dve povrπine omotaËa kupe polupreËnika osnove 15 cm i duæine izvodnica 17 cm. Dakle, P = Mv + 2Mk = (360r + 2 · 255r) cm2 = =870r cm2. Zapremina tela jednaka je zapremini vaqka. Dakle, V = 2700r cm3. Iz jednakosti zapremina sledi da je Hk = 3Hv, dok iz jednakosti povrπina nalazimo da je

dobijamo da je Hk : r = (Hk ‡ Hv) : r1, πto nam 2 daje r1 = r . OznaËimo li sa Vv zapreminu 3 cele kupe a sa Vm zapreminu male kupe, koja se nalazi „iznad“ vaqka, dobijene relacije i formula za izraËunavawe zapremine kupe 4 32 3 daju: Vv = r3r, Vm = r r, pa je Vv : Vm 5 135 = 27 : 8 . Kako je zapremina dela kupe unutar vaqka jednaka Vv−Vm, traæeni odnos je jednak (Vv−Vm) : Vm, dakle 19 : 8. Telo je formirano od vaqka polupreËnika a 3 i visine a na koji su nadograena a a a√3 a

dva mawa tela, dobijena tako πto su iz svake od dveju kupa Ëiji su polupreËnici osnova a 3 a visine a iseËena tela dobijena obrtawem jednakostraniËnih trouglova stranice a oko jedne od wihovih stranica. Na taj naËin nalazimo da je traæena zapremina V tela jednaka

16 1.

2 1^ 1 a 3 a 3 h ra - 2 $ c m $ 3 3 2 . a a 1 3 9 3 3 $ ` + j r = 5a r - a r = a r. 2 2 2 2 2

Лопта и сфера

Ravan koja sadræi dve paralelne dijagonale naspramnih strana kocke seËe kocku po pravougaoniku stranica a i a 2 . PreseËna taËka O wegovih dijagonala je centar kocke i na jednakom je rastojawu od svih temena kocke. Neka je T jedna od podeonih taËaka i S srediπte ivice kocke kojoj ona pripada. Duæine kateta pravouglog trougla OST jeda a 2 nake su i , pa je duæina wegove hipo2 6 a 19 . Ovakav postupak se moæe po6 noviti za sve 24 podeone taËke. Dakle, sve a 19 su one na rastojawu od taËke O. Ti6 me je dokazano da one pripadaju sferi sa a 19 centrom O i polupreËnikom . 6 Neka su to kruæne linije k1 i k2 i neka one pripadaju ravnima a1 i a2. Simetralna ravan v duæi AB normalna je na te dve ravni i prolazi kroz centre C1 i C2 kruænih linija. Normala n1 na ravan a1 povuËena kroz C1 i normala n2 na ravan a2 povuËena kroz C2 pripadaju ravni v, nisu paralelne i seku se u nekoj taËki O. TaËka O je jednako udaqena od svih taËaka kruæne linije k1 i jednako udaqena od svih taËaka kruæne linije k2. Ali, taËka A (i taËka B) pripada obema kruænim linijama, pa se sve taËke obeju kruænih linija nalaze na jednakom rastojawu od taËke O; to je rastojawe jednako duæini duæi OA. Dokazali smo da sfera sa centrom O i polupreËnikom jednakim toj duæini predstavqa sferu Ëije postojawe treba dokazati. Neka taËke A, B, C, D ne pripadaju jednoj ravni. Onda bilo koje od od wih tri ne pripadaju jednoj pravoj. Zaista, kad bi bilo koje tri od wih pripadale jednoj pravoj, ta pratenuze

V = ^ a 3 h ra + 2 $

va i Ëetvrta od taËaka odreivale bi ravan kojoj pripadaju sve Ëetiri taËke, πto je formulacijom zadatka iskquËeno. Zbog toga, bilo koje tri od date Ëetiri taËke formiraju trougao. Neka je k1 kruænica opisana oko trougla ABC i neka je k2 kruænica opisana oko trougla ABD. Te dve kruænice se seku u taËkama A i B i ne pripadaju jednoj ravni. Prema prethodnom zadatku, postoji sfera kojoj pripadaju te dve kruænice. Toj sferi pripadaju sve Ëetiri posmatrane taËke, Ëime je naπe tvrewe dokazano. OznaËimo sa Ra, Rb, Rc polupreËnike sfera koje dodiruju datu ravan, redom, u taËkama A, B, C. KoristeÊi se postupkom reπavawa i rezultatima koje smo dobili u Primeru 3, bc ac ab nalazimo da je Ra = , Rb = , Rc = . 2a 2b 2c Simetralna ravan svake od tri duæi, Ëiji su krajevi naspramna temena pravilnog oktaedra, seËe oktaedar po kvadratu Ëija je duæina stranice jednaka duæini ivica oktaedra. Sve tri dijagonale pravilnog oktaedra su dijagonale tih kvadrata i seku se u jednoj taËki; oznaËimo je sa O. Ako je a duæina ivica tog oktaedra, taËka O se nalazi

a√2 2 a

a a √6 O

135

1 na jednakom rastojawu, jednakom a 2 , od 2 svih wegovih temena, pa je O centar oko wega opisane lopte i polupreËnik te lopte 1 jednak je a 2 . TaËka O se nalazi na jedna2 kom rastojawu od svih strana pravilnog oktaedra i centar je lopte upisane u wega. PolupreËnik te lopte jednak je visini pravilnih trostranih piramida Ëije su duæine osnovnih ivica jednake a a duæine boËnih 1 a 2 . KoristeÊi se ranije nauËeivica 2 nim svojstvima jednakostraniËnih trouglova i Pitagorinom teoremom nalazimo da je a taj polupreËnik jednak . Onda je traæe6 ni odnos zapremina opisane i upisane lopte jednak 3 3 a odnos povrπina jednak 3. UoËimo taËku T na povrπi lopte (oznaËi je). Izaberimo „otvor“ πestara rs i nacrtajmo na povrπi lopte kruænicu sa centrom u T i oznaËimo na woj taËke A, B, C . Na listu papira nacrtajmo trougao ABC Ëije su duæiT

rs A

S B

ne stranica jednake rastojawima izmeu taËaka oznaËenih na povrπi lopte istim slovima. Konstruiπimo kruænicu opisanu oko tog trougla i neka je r polupreËnik te kruænice. Konstruiπi zatim pravougli trougao ATS s pravim uglom u temenu S, Ëija je hipotenuza AT duæine rs a kateta AS du-

136

æine r. Produæimo zatim katetu TS preko temena S i odredimo na dobijenoj polupravoj taËku T1 tako da trougao T1AT bude pravougli s pravim uglom u temenu A. Duæ T1T je preËnik lopte (zaπto?), a polovina wene duæine je traæeni polupreËnik. T S

rs r

O r B T1

Neka je r polupreËnik osnove kupe, H wena visina a s duæina izvodnica. Prema uslovu zadatka je rrs = 3r2r, odakle nalazimo s = 3r. KoristeÊi Pitagorinu teoremu nalazimo da je H2 = (3r)2 ‡ r2 = 8r2 . Pretapawem metala se wegova zapremina ne mewa, pa je 4 3 1 1 R r = r2rH. Zbog r2 = H2, odavde na3 3 8 1 3 lazimo 4R3 = H , odnosno H3 = 32 dm3. 8 Zbog 3,13 = 29,791 i 3,23 = 32,768 zakquËujemo da je 3,1 dm 1 H 1 3,2 dm. U sledeÊem koraku moæemo dobijeni interval podeliti na deset jednakih delova i uveriti se da je ispuweno 3,173 = 31,855013 i 3,183 = =32,157432, pa je 3,17 dm 1 H 1 3,18 dm, odnosno, 317 mm 1 H 1 318 mm. Dakle, bilo koja vrednost izmeu dobijene dve moæe se usvojiti kao traæena pribliæna vrednost. Moæda 317,5 mm? Uveravamo se da je ispuweno 3,1753 = 32,00598437... , pa je to zaista dobra pribliæna vrednost.

17 1.

Сложена тела

Dijagonale strana kocke su ivice jednog pravilnog tetraedra (zaπto?). Obrnuto, za svaki pravilni tetraedar postoji kocka Ëije su dijagonale strana ivice tog tetraedra. U svaku kocku moæemo upisati loptu; wen je centar preseËna taËka dijagonala lopte a polupreËnik joj je jednak polovini duæine wenih ivica. Ona dodiruje svaku od strana kocke u preseËnoj taËki dijagonala te strane, pa dodiruje i obe dijagonale te strane u pomenutoj taËki. Neka je dat pravilni tetraedar duæine ivica a; oznaËimo wegova temena sa ACB1D1. Neka je ABCD A1B1C1D1 kocka Ëije su dijagonale strana ivice datog tetraedra. Ako je b duæina ivica takve kocke, ispuweno je a = b 2 . PolupreËnik R lopte upisane u tu kocku, a to je traæeni polupreËnik lopte koja dodiruje sve ivice pravilnog tetraedra, jednak je 1 1 V R= b= a. 2 2 2 Osa date kupe je i osa dobijene zarubqene kupe, pa ravan koja sadræi osu date kupe seËe kupu r1 C D i zarubqenu kupu formirajuÊi wihoh ve osne preseke. a) Ako se u zarubqenu kupu moæe upisati lopta, onda u wer P nom osnom preseku A dobijamo krug, upisan u jednakokraki trapez osnovica 2r i 2r1. PreËnik 2R tog kruga jednak je visini trapeza. KoristeÊi se svojstvom jednakosti tangentnih duæi, povuËenih iz jedne taËke van datog kruga na taj krug, nalazimo da su duæine krakova tog trapeza jednake r + r1. U pravouglom trouglu BCP znamo duæinu hipotenuze BC = r + r1 i duæinu katete PB = r − r1, pa nam Pitagorina teorema daje kvadrat duæine druge katete (a ona je jednaka kvadratu visine zarubqene kupe) h2 = =PC2 = (r + r1)2 ‡ (r ‡ r1)2 = 4rr1 , πto dokazuje naπe tvrewe. b) Ako za visinu h jednakokrakog trapeza, Ëije su duæine osnovica 2r i 2r1 , vaæi h2 = 4rr1, onda za kvadrat duæine k krakova takvog trapeza vaæi

k2 = h2 + (r ‡ r1)2 = 4rr1 + r2 ‡ 2rr1 + r12 = r2 + +2rr1 + r12 = (r + r1)2, pa je k = r + r1. Na taj naËin nalazimo da su zbirovi parova naspramnih stranica tog trapeza jednaki 2(r + r1), πto znaËi da je to tangentni Ëetvorougao, odnosno da se u wega moæe upisati krug. Osni presek geometrijskog objekta kojim se bavimo je jednakokraki trougao ABC, duæine osnovice 2r i ugla od 120° izmeu krakova, u koji je smeπten polukrug tako da dodiruje oba kraka i preËnik mu je smeπten na osnovicu trougla (vidi sliku). OznaËimo sa O srediπte osnovice trougla, sa T dodirnu taËku kraka AC i polukruænice i neka je C T

30˚

R polupreËnik posmatrane polulopte (i posmatranog polukruga). Na osnovu poznatih svojstava jednakostraniËnih trouglova nalazimo da je OC polovina stranice jednakostraniËnog trougla visine r, a da je OT visina jednakostraniËnog trougla stranice OC. Onda za duæine tih duæi nalazimo: r 3 r , R = OT = OC = . Zbog toga OC = 2 2 3 je traæeni odnos zapremina

1 r 2 r 3 Vk : Vp = c r2 r $ m : c ` j rm = 3 3 2 3 1 1 = : =4 : 3 . 3 3 12 4.

OznaËimo sa S izvor svetlosti. Treba ga postaviti na normali na tlo, postavqenoj u preseËnoj taËki dijagonala pravougaonika. Svetlosni zraci formiraÊe kupu sa vrhom S, osnovom u ravni tla i izvodnicama koje „prolaze“ kroz taËke kruænice koja je granica kruænog otvora. Osvetqena povrπina tla biÊe osnova te kupe i oblika je kruga. Da bi bio osvetqen pravougaonik, mora biti osvetqen krug u koji je taj pra-

137

V osu kupe. Ta ravan seËe kupu po wenom osnom preseku, jednakokrakom T2 trouglu ABV, Ëiji se vrh nalazi u vrO2 hu V kupe a kraci su mu izvodnice AV i BV kupe, i T1 svaku od lopti po O'2 O1 wenom velikom krugu. Neka je r polupreËnik osS nove kupe i H we- A na visina. OznaËimo sa S centar osnove kupe, sa T1 i T2 dodirne taËke preseËnih krugova i izvodnice AV a sa Ol2 podnoæje normale iz O2 na polupreËnik O1T1. Pravougli trouglovi ASV, O1T1V, O2T2V i O1O2lO2 su sliËni; zbog toga je ispuweno: 1 1 1 1° (H ‡ 2R ‡ R) : R = (R + R) : (R ‡ 2 2 2 1 ‡ R), odnosno H = 4R ; 2 1 2° r : H = (R ‡ R) : R 2 , odnosno r = 2 1 =H · = R 2 . Traæena zapremina je 2 2 1 8 V = r2r · H = R3r. 3 3

vougaonik upisan. PreËnik 2r osvetqenog kruga treba da bude veÊi ili jednak dijagonali pravougaonika. Dakle, 2r 2 20,124611... m c 20,20 m, odnosno r 2 10,10 m. Ravan po kojoj je preseËen abaæur nalazi se na rastojawu od 18 cm od centra lopte. Neka je a ravan koja sadræi jednu od dijagonala pravougonika centar S lopte. Ona seËe kupu (i „loptu“); na slici S

smo prikazali dobijene preseke. Zbog sliËnosti trouglova ACS i ApCpS imamo da je ApCp : CpS = AC : CS = 24 : 18 = 3 : 4. Na taj naËin nalazimo da mora biti visina na kojoj je svetiqka postavqena, CpP = CpS + SP 3 veÊa od 30 cm + r ≈ (0,3 + 7,8) m = 8,1 m. 4 Na slici smo prikazali presek takve geometrijske figure jednom ravni koja sadræi

Линеарно програмирање са две непознате 2.

Minimalna vrednost se dostiæe u taËki y preseka pravih 8 x + y = 5, 7 2x + y = 8, 6 tj. za x = 2,y = 3 f=fmin i iznosi ‡6. 5 4

f=0

3 2 1 -1

138

0 1

Neka su x i y nepoznati brojevi krava i ovaca koje treba dræati. Tada moraju da vaæe uslovi: 0 G x G 50, 0 G y G 200, 1 x + y G 60, 5 100x + 20y G 10 000. Zarada iznosi f = = 1 000x + 100y i treba je maksimizovati pri gorwim ograniËewima.

y 500 400 300 200 100

50 60 100

f=0

f=fmax

Sa slike se vidi da je optimalno reπewe 1 x = 50, y =50 presek pravih x = 50 i x+ y = 5 = 60, a fmax =55 000. OznaËimo sa x nepoznati broj stolova a sa y nepoznati broj stolica koje treba napraviti. Ukupnu zaradu f = 6x + 8y treba maksimizovati pri ograniËewima 30x + 20y G 300 (utroπen broj dasaka nije veÊi od 300),

15 11

0 f=0

19 1.

5x+10y G 110 (utroπen broj Ëasova rada nije veÊi od 110), x,y H 0 (brojevi moraju biti negativni). Na slici se vidi da je optimalno reπewe taËka preseka pravih 30x + 20y = 300 i 5x+10y = 110, dakle, najveÊu zaradu fmax = 6 · 4 + 8 · 9 = 96 evra donosi izrada 4 stola i 9 stolica. OznaËimo sa x, odnosno y nepoznatu koliËinu iznetog zlata, odnosno dijamanata u kg. Ali-Babin problem dobija oblik odreivawa maksimuma funkcije f = 20x + 60y y x + G1, x + y G pri ograniËewima 200 40 G100, x H 0, y H 0. GrafiËkom metodom vidimo da se optimalno reπewe dobija u prey x + = 1 , x + y = 100, dakseku pravih 200 40 le ako iznese 75 kg zlata i 25 kg dijamanata.

f=fmax

Линеарна Диофантова једначина

Ako je broj sveski x, a broj olovaka y, onda je 7x + 4y = 60. Jasno je da x mora biti deqivo sa 4, pa u obzir dolaze sledeÊa reπewa: x = 0, y = 15; x = 4, y = 8; x = 8, y = 1. Neka je bilo x novËanica od 2 dinara i y novËanica od 5 dinara. Tada je 2x + 5y = 2 007. Jedno reπewe date jednaËine je x0 = 1, y0 = 401, pa je opπte reπewe: x = 5k + 1, y = 401 ‡ 2k. Kako je 1 G x G 1 003 i 1 G u G 401 sledi da je 1 G 5k + 1 G 1 003 i 1 G 401 ‡ 2k G G401, ili 0 G k G 200, pa se traæena isplata moæe izvrπiti na taËno 201 naËin. Jedno reπewe date jednaËine je x0 = 10, y0 = 2, pa je opπte reπewe: x = 9k + 10, y = 2 ‡ 4k. Neka su x i y broj klikera koje treba da dobiju devojËice, odnosno deËaci. Tada je 15x + 18y = 1 234 i jednaËina nema reπewa, jer je leva strana jednakosti deqiva sa 3, a desna nije. a) D (3, 15) = 3, a 2 006 nije deqivo sa 3; b) D (21, 35) = 7, a 88 nije deqivo sa 7;

v) D (18, 33) = 3, a broj 4 444 444 nije deqiv sa 3. a) x0 = 29, y0 = 2, a opπte reπewe je x = 5k + +29, y = 3k + 2. b) x0 = 0, y0 = 11, a opπte reπewe je x = 11k, y = 11 ‡ 4k. v) x0 = 5, y0 = 0, a opπte reπewe je x = 100k+ + 5, y = 7k. Jedno reπewe date jednaËine je x0 = 185, y0 = 0, pa je opπte reπewe: x = 185 ‡ 7k, y = 3k. Kako je 3 G x G 185 i 3 G y G 79 sledi da je 3 G 3k G 79, pa je 1 G k G 26, i data jednaËina ima taËno 26 reπewa u skupu prirodnih brojeva: (3, 78); (10, 75); ... (171, 6); (178, 3). a) Kako je x + 2y H 3, to je 3z G 16 ‡ 3 = 13, pa je 1 G z G 4. RazmatrajuÊi sve moguÊe sluËajeve dobijaju se reπewa: (1, 6, 1); (3, 5, 1); (5, 4, 1); (7, 3, 1); (9, 2, 1); (11, 1, 1); (2, 4, 2); (4, 3, 2); (6, 2, 2); (8, 1, 2); (1, 3, 3); (3, 2, 3); (5, 1, 3); (1, 1, 4). b) Kako je 2x + 3y H 5, to je 4z G 23 ‡ 5 = 18, pa je 1 G z G 4. RazmatrajuÊi sve moguÊe sluËajeve dobijaju se reπewa: (8, 1, 1); (5, 3,

139

1); (2, 5, 1); (3, 3, 2); (6, 1, 2); (4, 1, 3); (1, 3, 3); (2, 1, 4). 9. Neka su x, y i z redom brojevi isporuËenih sanduka od 16, 17 i 40 kg. Tada je 16x + 17y + +40z = 100. OËigledno je u paran broj z = 0, jer jednaËine 16x + 17y = 60 i 16x + 17y = 20 nemaju reπewa. Tada je 16x + 17y = 100, pa je x = 2, y = 4, z = 0 jedino moguÊe reπewe. 10. Ako je x broj noÊi u kojima je ©eherezada priËala 3, a y broj noÊi u kojima je priËala 5 bajki, onda je 3x + 5y = 1001. Tada je (332, 1) jedno reπewe date jednaËine, pa je opπte reπewe: x = 332 ‡ 5k, y = 3k + 1. Kako je 0 G y= = 3k + 1 G 200, to je 0 G k G 66, pa problem ima 67 reπewa. Najbræi naËin da se ispriËaju bajke je ako je y πto veÊe, tj. za 201 noÊ, a najsporije ako je x πto veÊe dakle za 333 noÊi. 11. Neka je broj sveski x, broj zbirki y i broj uxbenika z. Tada je x + y + z = 100, jer ih ukupno ima 100. Potroπeno je ukupno 0,5x + 2y + 5z = 100. Dve dobijene jednaËine predstavqaju sistem Diofantovih jednaËina sa tri nepoznate x + y + z = 100 i x + 4y + 10z = 200. Ako se od druge jednaËine oduzme prva dobija se 3y + 9z = 100. Dobijena jednaËina nema reπewa, jer je leva strana jednaËine deqiva sa 3, a desna nije, pa je nemoguÊe za 100 dinara kupiti 100 predmeta. 12. Ako je x2 = a i y2 = b, dobija se jednaËina a + 4b = 244. Jedno weno reπewe je: a0 = 0, b0 = 61, pa je a = x2 = 4k i b = y2 = 61 ‡ k. Sledi da brojevi k i 61 ‡ k moraju biti potpuni kvadrati. ZnaËi da je k = 25 ili k = 36. Tada su reπewa: x = 10, y = 6 ili x = 12, y = 5. 13. Neka je x2 = a i y2 = b, dobija se jednaËina 5a + 3b = 1033. Jedno weno reπewe je: a0 = 2, b0 = 341, pa je a = x2 = 3k + 2 i b = y2 = 341 ‡ 5k. Kako je x2 = 3k + 2 i kako su moguÊi ostaci pri deqewu potpunog kvadrata sa 3 jednaki 0 ili 1, jednaËina nema reπewa. 14. Ako je broj sudova od 2 litra x, a broj sudova od 7 litara y, onda je 2x + 7y = 1 234. Kako je jedno reπewe dobijene jednaËine x0 = 617, y0 = 0, to je opπte reπewe x = 617 ‡ 7k i y = 2k. Kako je 1 G x G 617 i 0 G y G 176 sledi da je 0 G 2k G 176, pa je 0 G k G 88, i data jednaËina ima taËno 89 reπewa u skupu prirodnih brojeva: (1, 176); (8, 174); ... (610, 2); (617, 0). Dakle, puwewe bureta se moæe uËiniti na 89 razliËitih naËina, pri Ëemu je

140

najbræi prvi (177 sipawa), a najsporiji posledwi (617 sipawa). 15. Neka je su x, y i z redom brojevi kocki duæine 1, 2 i 3. Tada je x + y + z = 1 995 i x + 8y + 27z = 133 = 2 197. Ako se od druge jednaËine oduzme prva, onda je 7y + 26z = 202. Jedino „realno“ reπewe dobijene jednaËine u skupu N0 je y = 14, z = 4, pa je x = 1 995 ‡ 18 = =1 977. 16. Kako je 140 = 2 · 2 · 5 · 7 imenioci traæenih razlomaka moraju biti jednocifreni, dakle y x z 281 4, 5 i 7. Tada je + + = , pa se do4 5 7 140 bija jednaËina 35x + 28y + 20z = 281 / 1 (mod 4). ZakquËujemo da je x neparan broj mawi od 8, takav da je 35x / 1 (mod 4). Dakle x = 3 ili x = 7. Kako je za x = 7, 35x + 28x + 20z 2 245 + 28 + 20 = 293 2 281, sledi da je x = 3. Tada je 28y + 20z = 176 ili 7y + 5z = 44, pa je y = 2 i z = 6. Traæeni zbir je 3 2 6 281 . + + = 4 5 7 140 17. Ako je traæeni broj abc , onda je 100a + 10b + +c = ab + ba + bc + cb + ac + ca = 22(a + b + +c), pa se dobija jednaËina: 78a = 12b + 21c ili 26a = 4b + 7c. Kako je traæeni broj deqiv sa 22, pa prema tome i sa 11, to je a ‡ b + c = = 0 ili a ‡ b + c = 11. Ako je a = b ‡ c, onda je 26(b ‡ c) = 4b + 7c, pa je 2 b = 3c, πto znaËi da je cifra b deqiva sa 3, pa je b jednako 3, 6 ili 9. Tada su reπewa problema brojevi 132, 264 i 396. Ako je a = 11 + b ‡ c, onda je 26(11 + b ‡ c) = =4b + 7c, pa je 26 + 2b = 3c i jednaËina nema reπewa, jer je 3c= 26 + 2b H 28, πto je nemoguÊe. 18. Neka je (a + 1) + (a + 2) + ... + (a + k) = 1984. k (k + 1 ) Tada je ka + = 1 984 ili k(2a + k + 2 1) = 2 · 1 984 = 27 · 31. Kako su brojevi k i 2a + k + 1 razliËite parnosti, to je ili k = 31 ili k = 27 = 128. Ako je k = 31, onda je 2a + 32 = 128, pa je a = 48 i traæeni zbir uzastopnih prirodnih brojeva je 49 + 47 + ... + 79 = 1 984. Ako je k = 128, onda je 2a + 129 = 31, pa a nije prirodan broj. 19. Neka je traæeni πestocifreni broj k = abcdef . Kako je i 6k πestocifreni broj, to je k G 999 999 : 6 = 166 666, pa je cifra a = 1. Iz Ëiwenice k 1 2k 1 3k 1 4k 1 5k 1 6k

sledi da su prve cifre brojeva k, 2k, 3k, 4k, 5k i 6k razliËite, πto znaËi da su sve cifre razliËite, i da nijedna od wih nije 0. Sledi da je cifra f neparna, jer ako bi bila parna, onda bi posledwa cifra broja 5k bila 0, πto nije moguÊe. Jedna od traæenih cifara je 5, jer se 5k zbog neparnosti cifre f sigurno zavrπava cifrom 5. Mnoæewem neparne cifre f sa 1, 2, 3, 4, 5, 6 dobijaju se tri parne i tri neparne cifre, pa su tri od traæenih cifara parne, a tri neparne. Neparne cifre su 1, 5 i f. Broj k se zavrπava cifrom f, broj 5k cifrom 5, a broj 3k cifrom 3f, dakle, preostalom neparnom cifrom, a to je 1. ZnaËi da je f = 7, pa su posledwe cifre brojeva 2k, 4k i 6k jednake 4, 8 i 2 i traæeni broj k ima cifre 1, 2, 4, 5, 7 i 8. Tada je 200 000 G 2k G 299 999 i dobija se 100000 G k G 149999, pa je cifra b G 4. Kako je 700 000 G 5k G 799 999, to je 140 000 G k, pa je cifra b H 4, πto znaËi da je b = 4. Sledi da je k jedan od brojeva 142 587, 142 857, 145 287, 145 827, 148 257 ili 148 527. Uslovima zadatka odgovara samo broj 142 857, a brojevi k, 2k, 3k, 4k, 5k i 6k tada su: 142 857, 285 714, 428 571, 571 428, 714 285 i 857 142. 20. Neka su x1, x2, ... , x1994 duæine ivica traæenih kocki i neka je pri tom x1, x2, ... , xk H 2 i neka je xk+1 = xk+2 = ... = x1994 = 1. Tada je 133 = 2 197 = x 31 + x 32 +...+ x 31 994 H 8k + 1 994 ‡ k= = 7k + 1 994, pa je 7k G 2 197 ‡ 1 994 = 203, odnosno k G 29. Tada je x 31 + x 32 +...+ x 329 + 1+ + 1 + ... + 1 = 1 994, pa je x 31 + x 32 +...+ x 329 = 2 197 ‡ 1 965 = 232. Neka je meu brojevima x1 ... x29 a ima vrednost 1, b ima vrednost 2, c ima vrednost 3, d ima vrednost 4, e ima vrednost 5 i f ima vrednost 6. Tada je a + b + c + d + e + f = 29 i a + 8b + 27c + 64d + 125e + 216f = 232. Ako se od druge jednakosti oduzme prva dobija se 7b + 26c + 63d + 124e+ + 215f = 203. Jasno je da je f = 0, pa se dobija jednaËina: 7b + 26c + 63d + 124e = 203. Kako je 0 G e G 1, za e = 0 dobija se jednaËina 7b + +26c + 63d = 203. Kako su 7, 63 i 203 deqivi sa 7, to je i i 26c deqivo sa 7, pa je c = 0 ili c = 7. Sledi da je 7b + 63d = 203 ili 7b + 63d = 21, odnosno b + 9d = 29 ili b + 9d = 3. Sva reπewa dobijenih jednaËina data su u sledeÊoj tabeli:

Broj kocki Ëija ivica ima duæinu: 1 2 3 4 5 1965 29 0 0 0 1973 20 0 1 0 1981 11 0 2 0 1989 2 0 3 0 1984 3 7 0 0 21. Neka je 100x + 10y + z = 15(x+ y+ z). Tada je 85x = 5y + 14z. Kako su 5 i 85 deqivi sa 5 to mora biti i z, pa se dobija 17x = y ili 17x = =y + 14. Prva jednaËina nema reπewe (jer je y G 9 i x H 1), a reπewe druge jednaËine je: x = 1, y = 3, z = 5, tj. radi se o broju 135 = =15(1 + 3 + 5). 22. Neka se u sobi nalazi x stolica sa 3 noge i y stolica sa 4 noge. Tada je 3x + 4y + 2(x + y) = 5x + 6y = 69. Kako su 6 i 69 deqivi sa 3, to je x neparan broj deqiv sa 3. Jedno od moguÊih reπewa je (3, 9), pa je opπte reπewe jednaËine: x = 3 + 6k, y = 9 ‡ 5k. Sva reπewa problema su: (3, 9); (9, 4), i u prvom sluËaju je u sobi 12, a u drugom 13 qudi. 23. Ako je x broj taËnih zadataka, y broj netaËnih zadataka, a z broj nereπavanih zadataka, onda je x + y + z = 20 i 8x ‡ 5y = 13. Iz prve jednaËine y = 20 ‡ x ‡ z, pa je 8x ‡ 5(20 ‡ x ‡ z) = 13, ili 13x + 5z = 113, pa je 3 (x - 1 ) 113 - 13x z= = 22 - 2x . 5 5 Tada je x ‡ 1 = 5k, pa je x = 5k + 1, z = 20 ‡ 13k, y = 8k ‡ 1. Za k = 0, dobija se x = 6 y = z = 7. 24. Opπte reπewe date jednaËine je: x = 660 ‡ 8k, y = 3k + 2. Da bi reπewa bili prirodni brojevi mora 0 G k G 82, pa jednaËina ima ukupno 83 reπewa u skupu prirodnih brojeva. 25. Neka traæena prava r ima jednaËinu y = kx+ + n. Kako prava p sadræi taËke A, B i M to je: 0 = ka + n; b = 0 · x + n i 3 = 5k + n. Eliminacijom koeficijenata k i n dobija se 3a + 5b = ab. Tada je (a ‡ 5)(b ‡ 3) = 15, pa problem ima Ëetiri reπewa: (a, b) ! {(6, 18); (8, 8); (10, 6); (20, 4)}. 26. Ako je dati dvocifreni broj xy , onda je 100x + y = 9(10x + y), pa je 10x = 8y ili 5x = 4y. Traæene cifre su x= 4, y = 5, a dati broj 45. 27. Opπte reπewe jednaËine 4x + 7y = 1 998 u skupu celih brojeva je: x = 496 ‡ 7k, y = 4k + 2. Sledi da je 0 G y = 4k + 2 G 85, pa je 0 G k G 70, pa prava sadræi taËno 71 taËku Ëije su obe koordinate prirodni brojevi.

141

20 1.

142

Нелинеарне Диофантове једначине

Ako je p + pq + pqr = 2 010, onda je p(1 + q + qr) = 2 010 = 2 · 3 · 5 · 67. Razlikuju se sledeÊi sluËajevi: * Ako je p = 2, onda je 1 + q + qr = 1 005, pa je q(1 + r) = 1 004 = 2 · 2 · 251. MoguÊa reπewa su q = 2, 1 + r = 502, pa je r = 501, πto nije prost broj (deqiv je sa 3). Druga moguÊnost i prvo reπewe je q = 251 i r + 1 = 4, pa je r = 3. * Ako je p = 3, onda je 1 + q + qr = 670, pa je q(1 + r) = 669 = 3 · 223. MoguÊa reπewa su q = 3, 1 + r = 669, pa je r = 668, πto nije prost broj. Druga moguÊnost i drugo reπewe je q = 223 i r+ 1 = 3, pa je r = 2. * Ako je p = 5, onda je 1 + q + qr = 402, pa je q(1 + r) = 401 ! P i jednaËina nema reπewa. * Ako je p = 67 onda je 1 + q + qr = 30, pa je q(1 + r) = 29 ! P i jednaËina nema reπewa. * Ako je x 1 0, onda je 2x ‡ 1 1 0 i ne moæe biti potpun kvadrat. * Ako je x = 0, onda je 2x ‡ 1 = 0 = y2, pa je i y = 0. * Ako je x 2 0, onda je 2x ‡ 1 neparan broj, pa je i y neparan broj. Neka je y = 2k + 1 (k ! N). Tada je 2x ‡ 1 = 4k2 + 4k + 1, tj. 2x = 2(2k2 + 2k+ + 1) ili 2x ‡ 1 = 2k2 + 2k + 1. Kako je s desne strane jednakosti neparan broj, to mora biti i sa leve, a to znaËi da je x = 1, pa je i y2 = 1. Sva reπewa date jednaËine su (0, 0), (1, 1), (1, ‡ 1). Ako je x prirodan broj, onda je 3x + 1 paran broj, pa je i y2, a samim tim, i y paran broj. Neka je y = 2k. Tada je 3x + 1 = 4k2, odnosno 3x = (2k ‡ 1)(2k + 1). Sledi da je 2k + 1 = 3a i 2k ‡ 1 = 3b (a + b = x). Ako se od prve jednakosti oduzme druga dobija se 2 = 3a ‡ 3b = =3b(3a‡b ‡ 1). Ova jednakost je moguÊa samo ako je 3b = 1 i 3a‡b ‡ 1 = 2. Sledi da je b = 0 i a ‡ b = 1, pa je a = 1. Sledi da je jedino reπewe date jednaËine x = 1, y = 2. Moæe. Kako je 2 010 = 2 · 3 · 5 · 67, to je 2 010 = 1 + 1 + ... + 1 + 2 + 3 + 5 + 67 = 1 · 1 · ... · 1 · 2 · 3 · 5 · 67 gde jedinica ima taËno 1 933. Jedan od brojeva, na primer x, je paran, a drugi, na primer y, neparan, pa je x = 2a i y = 2b + 1. Tada je x2 + y2 = 4a2 + 4b2 + 4b + 1 = 2 011. Sledi da je 4a2 + 4b2 + 4b = 2 010.

Leva strana jednakosti je deqiva sa 4, a desna nije, pa jednaËina nema reπewa. Kako 2 011 pri deqewu sa 4 daje ostatak 3, to su sva tri broja x, y i z neparni, tj. x = 2a + 1, y = 2b + 1 i z = 2c + 1. Tada je x2 + y2 + z2 = =4a2 + 4a + 1 + 4b2 + 4b + 1 + 4c2 + 4c + 1 = =2 011. Sledi da je a2 + a + b2 + b + 1 + c2 + c= = a(a + 1) + b(b + 1) + c(c + 1) = 502. Jedno od moguÊih reπewa je a = 3, b = 10, c = 19, pa je x = 7, y = 21, z = 39, πto znaËi da postoje traæeni brojevi x, y i z (odredi i ostala reπewa). Evidentno je da je 13 + 23 + 33 = 1 + 8 + 27 = =36 = 62. Ako jednakost 13 + 23 + 33 = 62 pomnoæimo sa k6 (k ! N), dobija se k6 + + 23 k6 + 33 k6 = 62 k6. To znaËi da je (k2)3 + (2k2)3 + (3k2)3 = (6k3)2, pa je formulama x = k2, y = 2k2, z = 3k2, x = 6k3 (k ! N) definisano beskonaËno mnogo reπewa date jednaËine. Brojevi x, y, z i t su razliËiti jer je za svaki prirodan broj k, k2 1 2k2 1 13k2 1 6k3. Ako se jednakost a2 + b2 + c2 + d2 = a(b + c + d) + 1, pomnoæi sa 4 dobija se 4a2 + 4b2 + 4c2 + 4d2 = 4a(b + c + d) + 4 ili a2 ‡ 4ab + 4b2 + a2 ‡ 4ac + 4c2 + a2 ‡ 4ad + 4d2 + a2 = 4. Daqom transformacijom se dobija (a ‡ 2b)2 + (a ‡ 2c)2 + (a ‡ 2d)2 + a2 = 4. Jednakost je moguÊa samo ako su svi sabirci (kvadrati) po 1, ili ako je jedan od sabiraka (kvadrat) 4, a svi ostali 0. Razlikovawem sluËajeva dobijaju se sva reπewa: (1, 0, 0, 0), (1, 0, 0, 1), (1, 0, 1, 0), (1, 0, 0, 1), (1, 0, 1, 1), (1, 1, 0, 1), (1, 1, 1, 0), (1, 1, 1, 1), (‡1, 0, 0, 0), (‡1, 0, 0, ‡1), (‡1, 0, ‡1, 0), (‡1, 0, 0, ‡1), (‡1, 0, ‡1, ‡1), (‡1, ‡1, 0, ‡1), (‡1, ‡1, ‡1, 0), (‡1, ‡1, ‡1, ‡1), (2, 1, 1, 1), (‡2, ‡1, ‡1, ‡1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1), (0, ‡1, 0, 0), (0, 0, ‡1, 0), (0, 0, 0, ‡1). Neka je traæeni broj A i neka je zbir cifara broja A jednak B. Tada je A = 2 004B, pa je A ‡ B = 2 003B. Kako je A / B (mod 9), to je A ‡ B = 2 003B deqivo sa 9. Kako je 2 003 prost broj i nije deqiv sa 9, to je broj B deqiv sa 9, pa je B = 9k (k ! N). Dakle A je najmawi prirodan broj oblika 9k · 2 004, Ëiji je zbir cifara 9k. Brojevi oblika 9k · 2 004 pripadaju skupu {18 036, 36 072, 54 108, 72 144...}. Traæeni broj nije 18 036 ! 2 004 · (1 + 8 + 0+

+ 3 + 6), ali jeste 36 072 = 2 004 · (3 + 6 + 0 + 7 + 2). 10. Ako se bez umawivawa opπtosti pretpostavi da je x G y G z, onda je 2x(1 + 2-x + 2z ‡ x) = 2t. Daqom transformacijom se dobija 1 + 2y ‡ x + 2z ‡ x = 2t ‡ x. Kako je y sluËaju da vaæi stroga nejednakost x 1 y 1 z sa leve strane jednakosti neparan, a sa desne strane paran broj, to je jednakost moguÊa ako je y ‡ x = 0 i z ‡ x = 1, tj. za je x = y i z = x + 1. Tada je 1 + 1 + 2 = 4 = 22 = 2t‡x i sledi da je t ‡ x = 2. Ako je x = k (k ! N), onda je ureenom Ëetvorkom (k, k, k + 1, k + 2) definisano beskonaËno mnogo reπewa date jednaËine. Reπewa jednaËine su i (k, k + 1, k, k + 2) i (k + 1, k, k, k + 2). 11. Na sliËan naËin kao u prethodnom zadatku pretpostavimo da je 32x G 33y G 35z. Tada se dobija da je 32x(1 + 33y ‡ 2x + 35z ‡ 2x ) = 32 011 ili 1 + 33y ‡ 2x + 35z ‡ 2x = 32 011 ‡ 2x. Kako je desna strana jednaËine deqiva sa 3, to mora biti i leva, a to je moguÊe samo ako je 1 + 33y ‡ 2x + +35z ‡ 2x = 3, tj. ako je 3y = 2x i 5z = 2x. Tada jednaËina postaje 32x + 32x + 32z = 3 · 32x = =32x +1 = 32011, pa je 2x + 1 = 2 010, a x = 1 005. tada je 3y = 5z = 2x = 2 010, pa je y = 670 i z = 402. 12. Ako je x = ‡ 2 003, onda je x2 + 2 003 = 0, πto nije moguÊe, jer je x2 + 2 003 2 2 003. Ako datu jednaËinu reπimo po y (jer je x ! ‡2 003) x 2 + 2 003 u prvom koraku se dobija y = ,a x + 2 003 daqom transformacijom i x 2 + 2 003x - 2 003x - 2 003 2 + 2 003 2 + 2 003 = x + 2 003 2 003 $ 2 004 . = x -. 2 003 + x + 2 003 JednaËina ima reπewa ako je x + 2 003 sadræano u broju 2 003 · 2 004 = 2 003 · 2 · 2 · 3 · 167. Broj reπewa date jednaËine jednak je broju delilaca broja 22 · 3 · 167 · 2 003, a to je 2 · (2 + 1)(1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 48. 13. Ako je 9(x2 + y2 + 1) + 2(3xy + 2) = 2 005, onda je 9x2 + 6xy + y2 + 8y2 = (3x + y)2 + 8y2 = 1 992. Kako je broj 1 992 deqiv sa 8, to je i 3x + y deqivo sa 8, tj. 3x + y = 8a (a!N). Zamenom 3x + y = 8a, dobija se 64a2 + 8y2 = 1 992 ili 8a2 + y2 = 249. ZakquËuje se da je y neparan broj, tj. y = 2b + 1 (b !N). Tada je 8a2 + 4b2 + 4b = 248 ili 2a2 + b(b + 1) = 62. Kako je 2a2 1 62, to je a2 1 31 ili a 1 6. Proverom za a ! {1, 2, 3, 4, 5} dobijamo da je: a = 4 i b = 5, y=

a = 5 i b = 3. Kako je 3x + y = 8a i y = 2b + 1, to je 3x + y ! {32, 40} i y ! {11, 7}. Tada su reπewa jednaËine (7, 11) i (11, 7). 14. Ako je n prirodan broj, onda je n4 / 0 (mod 16) ili n4 / 1 (mod 16). Kako je 8 · 2 010 = 16 · 1 005 / 0 (mod 16) to je data jednakost moguÊa samo ako je x 41 + ...+ x 412 / 0 (mod 16). To znaËi da je svaki od brojeva x1, x2, ..., x12 deqiv sa 2, tj. paran. Neka je x1 = 2y1, x2 = =2y1, ..., x12 = 2y12 . Tada je x1 4 + x 42 + ... + x 412 = 16( y 41 + y 42 + ... + y 412 ) = 16 · 1 005, pa je y 41 + y 42 + ... + y 412 = 1 005. Kako je 1 005 / 13 (mod 16), to iz y 41 + ... + y 412 / 1 005, to je y 41 + ... + y 412 = 1 005 /13 (mod 16). Poπto je y 41 + ... + y 412 / k ! {0, 1, 2, ..., 11, 12}, to jednaËina nema reπewa, jer desna strana jednaËine pri deqewu sa 16 daje ostatak 13, a leva strana pri deqewu sa 16 moæe dati bilo koji ostatak od 0 do 12, ali nikada i ostatak 13. p 4 15. Iz jednakosti = 1 dobija se q r+1 p 4q 4 + q . Re= + 1 . Sledi da je p = q r+1 r+1 πewa date jednaËine traæimo pre svega iz 4q uslova da je p - q = . Kako su p i q, r+1 prosti brojevi to je p ‡ q ceo broj, pa i broj 4q mora biti ceo. To je moguÊe samo ako r+1 se broj r + 1 sadræi u broju 4q. Kako su svi delioci broja 4q iz skupa {1, 2, 4, q, 2q, 4q}, razlikuju se sledeÊi sluËajevi: * Ako je r + 1 = 1, to je r = 0, pa nema reπewa, jer 0 nije prost broj. * Ako je r + 1 = 2, to je r = 1, pa nema reπewa, jer 1 nije prost broj. * Ako je r + 1 = 4, to je r = 3, pa je p = q + q = 2q i opet nema reπewa, jer je p sloæen broj. * Ako je r + 1 = q, to je p = q + 4. Trojka (q + 4, q, q ‡ 1) = (7, 3, 2) predstavqa jedinu takvu trojku prostih brojeva, jer su 2 i 3 jedina dva uzastopna prosta broja. * Ako je r + 1 = 2q, to je p = q + 2. Trojka (q + +2, q, 2q ‡ 1) daje trojku prostih brojeva (5, 3, 5) jedino ako je q = 3. Ako je q 2 3, onda je q = 6k ‡ 1 ili q = 6k + 1, πto dokazuje da nema viπe trojki prostih brojeva, jer u prvom sluËaju je 2q ‡ 1 = 2(6k ‡ 1) = 12k ‡ 2 ‡ 1= = 3(4k ‡ 1) πto je sloæen broj, a u drugom

143

= 3 ili 2x ‡ y = 4. Dakle y = 1 i x ‡ y = 2. To znaËi da je b = x + y = 3 + 1 = 4 i c = 5. * Ako su a i b prirodni brojevi onda je 2a3b + 9 neparan broj, pa je i c neparan broj. Kako je 2a3b + 9 deqivo sa 3 to je i c deqivo sa 3. Dakle c = 6k + 3. Tada je 2a3b = c2 ‡ 9 = (c ‡ 3)(c + 3) = 6k(6k + 6) = 36k(k + 1). Sledi da je 2a‡23b‡2 = k(k + 1). Kako su k i k + 1 uzajamno prosti brojevi to postoje dve moguÊnosti: k = 2a‡2 i k + 1 = 3b‡2 ili k = 3b‡2 i k + 1 = 2a‡2 . 1) Ako je k = 2a-2 i k + 1 = 3b‡2, onda je 3b‡2 ‡ 2a‡2 = 1. JednaËina ima dva reπewa: a = 3, b = 3 i a = 5, b = 4. 2) Ako je k + 1 = 2a‡2 i k = 3b‡2, onda je 2a‡2 ‡ ‡3b‡2 = 1. JednaËina ima samo jedno reπewe a = 4, b = 3. Sva reπewa date jednaËine su: (0, 3, 6), (4, 0, 5), (3, 3, 15), (5, 4, 51), (4, 3, 21).

sluËaju je q + 2 = 6k + 1 + 2 = 3(2k + 1), πto je takoe sloæen broj. * Ako je r + 1 = 4q, to je p = q + 1. Trojka (q + 1, q, 4q ‡ 1) = (3, 2, 7) je jedina takva trojka prostih brojeva, jer su 3 i 2 jedina dva uzastopna prosta broja. 16. * Ako je a = 0, onda je 3b + 9 = c2, pa je 3b = =c2 ‡ 9 = (c ‡ 3)(c + 3). Sledi da je c + 3 = 3x i c ‡ 3 = 3y (x + y = b), pa se oduzimawem druge od prve jednakosti dobija da je 6 = 2 · 3 = 3x ‡ ‡3y = 3y (3x ‡ y ‡ 1). Tada je 3y = 3 i 3x ‡ y ‡ 1 = =2 ili 3x ‡ y = 3. Dakle y = 1 i x ‡ y = 1. To znaËi da je b = x + y = 2 + 1 = 3 i c = 6. * Ako je b = 0, onda je 2a + 9 = c2, pa je 2a = =c2 ‡ 9 = (c ‡ 3)(c + 3). Sledi da je c + 3 = 2x i c ‡ 3 = 2y (x + y = a), pa se oduzimawem druge od prve jednakosti dobija da je 6 = 2 · 3 = 2x ‡ ‡ 2y = 2y (2x ‡ y ‡ 1). Tada je 2y = 2 i 2x ‡ y ‡ 1 =

21 1.

144

Неједнакости

Neka je A = 2 010 + 2 012 i B = 2 2 011 . Kako su A i B pozitivni, to se kvadrirawem izraza A i B dobija A2 = 2 010 + 2 2 010 $ 2 012 + 2 012 = 4 022 + 2 2 010 $ 2 012 i B2 = =4 · 2 011 = 4 012 + 2 · 2 011. Tada je A2 ‡ B2 = 2 · 2 010 $ 2 012 ‡2 · 2 011 = =2 (2 011 - 1) (2 011 + 1) - 2 · 2 011 = = 2 $ ^ 2 011 2 - 1 + 2 011 h 1 0 . Dakle A2 1 1B2, pa je i A 1 B. Ako je x = 22 010 data nejednakost postaje x+1 2x + 1 . Ako je 2x + 1 2 0 i 2 2x + 1 4x + 1 1 4x + 1 2 0 (πto znaËi da je x 2 - , onda je 4 dobijena nejednakost ekvivalentna sa (x + 1) · · (4x + 1) 2 (2x + 1)2, tj. 4x2 + 5x + 1 2 4x2 + 4x + 1 ili x 20. Dakle, za svako x 2 0 vaæi x+1 2x + 1 nejednakost . 2 2x + 1 4x + 1 Kako je x = 22 010 2 0, to iz dokazane opπte nejednakosti vaæi i data nejednakost. Ako je n = 1, onda je n! = 1 1 2n = 2. Ako je n = 2, onda je n! = 2 1 2n = 4. Ako je n = 3, onda je n! = 6 1 2n = 8. Neka je za n 2 3, n! 1$2$f$n 1 2 3 4 5 A= n = = $ $ $ $ $f$. 2 2 2 2 2 2 2 2 $ $ f $ 2 n-1 n 3 5 6 n-1 n $ = $ $ $f$ $ . 2 2 2 2 2 2 2

Kako je u dobijenom izrazu svaki Ëinilac veÊi od 1, to je i A 2 1. To znaËi da je za n 2 3, n! 2 2n. Iskoristiti primer 2 i Ëiwenicu da za svaki prirodan broj n 2 1 vaæi nejednakost 1 1 . 1 2 - 1) n ( n n 1 3 5 99 , onda je A 2 0 i Ako je A = $ $ f 2 4 6 100 1 2 4 6 100 2 4 6 98 = $ $ f = $ $ f $ 100 . A 1 3 5 90 3 5 7 99 2 1 4 3 6 5 2 , 2 , 2 , ..., Kako je 3 2 5 4 7 6 98 97 1 1 3 5 97 to je 2 2 $ $ f $ 100 . 99 98 A 2 4 6 98 Sledi da je 1 1 3 5 97 99 100 2 $ $ f $ $ $ 100 = A 2 4 6 98 100 99 100 $ 100A 100 $ 100A ili = 2 = 100A 99 100 1 2 1 2 100A2. Jasno je da je tada A 1 i 100 1 A1 . 10 Neka je x 2 0. Kako je (x ‡ 1)2 H 0, to je i x2 ‡ 2x + 1 H 0, pa je x2 + 1 H 2x. Poπto je x 2 0, onda se deqewem nejednakosti sa x do2 x +1 bija H 2 odnosno traæena nejednax 1 kost x + H 2 . x

1 1 H a + , onda zbog Ëiwenice x a da je 0 1 x G a G 1 (a samim tim i ax 2 0) sledi da je ax2 + a H a2x + x. Daqe je ax2 + a ‡ ‡ a2x ‡ x = ax(x ‡ a) ‡ (x ‡ a) = (x ‡ a)(ax ‡ 1) H H 0, πto je taËno, jer je x ‡ a G 0 i ax ‡ 1 G 0, pa je wihov proizvod uvek nenegativan. 8. Traæena nejednakost se dobija iz nejednakosti (x2 ‡ 1)2 H 0. 9. Kako je 2xy G x2 + y2 G 2, to je x2 +2xy + y2 G 4, odnosno (x + y)2 G 4. Sledi da je x + y G 2 . 10. * Ako je x G 0, onda je svaki od sabiraka nenegativan pa je nejednakost ispuwena. * Ako je 0 1 x 1 1, onda je x8 ‡ x5 + x2 ‡ x + 1= = x8 + x2(1‡ x3) + (1 ‡ x). Kako su tada izrazi 1‡ x3 i 1 ‡ x pozitvni, to je i x8 ‡ x5 + x2 ‡ ‡ x + 1 2 0. * Ako je x H 1, onda je x8 ‡ x5 + x2 ‡ x + 1 = x5(x3 ‡ 1) + x(x ‡ 1) + 1. Kako su tada izrazi x3 ‡ 1 i x ‡ 1 nenegativni, to je x8 ‡ x5 + x2 ‡ x + 1 2 0. . 2 11. Ako je x + = 3 , onda je x ! 0, pa je x2 + 2 = =3x. Sledi xda je x2 ‡ 3x + 2 = (x ‡ 1)(x ‡ 2) = 0, 2 2 011 + 2 011 = pa je x = 1 ili x = 2. Tada je x x 2 = 1 + 2 = 3 ili x 2 011 + 2 011 = 2 2 011 + 2 x + 2 011 2 3 . 2 7.

Ako je x +

12. Sve nejednakosti se dokazuju koriπÊewem x+y H xy . nejednakosti A H G, tj. 2 a) Nejednakost se dobija, ako se zameni a+b c+d i y= . x= 2 2 b) U prethodnoj nejednakosti staviti c = 1 i d = 1. a+b+c+d v) U nejednakosti H abcd za4 a+b+c meniti d = . 3 g) Nejednakost je direktna posledica prethodne nejednakosti pod v. Napomena: Nejednakosti a) i v) predstavqaju nejednakost izmeu aritmetiËe i geometrijske sredine za tri, odnosno Ëetiri broja. 13. Ako su x, y i z pozitivni realni brojevi, ony+1 2+1 x+1 da je H y, H z, H x, 2 2 2

pa se mnoæewem prethodnih nejednakosti dobija (x + 1)(y + 1)(z + 1) H 8, xyz = 8 . 14. Nejednakost dokazujemo na isti naËin kao u prethodnom zadatku. 15. Na osnovu nejednakosti izmeu aritmetiËke i geometrijske sredine za n brojeva sledi da je a1 + a2 + ... + an H n n a1 a2 ...an i 1 1 1 1 + +f+ Hnn . a1 a2 an a1 a2 fan Mnoæewem ove dve nejednakosti dobijamo 1 1 1 (a1 + a2 + ... + an) c + +f+ m H a1 a2 an a1 a2 fan = n2 . a1 a2 fan Iskoristimo nejednakost x2 + x + 1 H 2 x +x+1 G 3 3 x 2 $ x $ 1 = 3x , tj. H3. x a) Kako je a 1 c i b 1 c, to je a3 + b3 = a· a2 + b · b2 1 c · a2 + c · b2 = c(a2 + b2) = c · c2 = c3. b) Iz (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 = c2 + 2ab = = c2 + 4P = c2 + 2ch 1 c2 + 2ch + h2 = (c + h)2. Kako su a + b i c + h pozitivni brojevi to iz dobijene nejednakosti sledi da je a + b 1 c + h. v) Kako je c2 = a2 + b2 H 2ab = 4P, to je cH2 P . g) r + R = a+b-c c a+b = + = H ab = 2P . 2 2 2 d) Prvi deo nejednakosti je nejednakost trougla, a drugi sleduje iz relacije a2 + b2 + +2ab G a2 + b2 + a2 + b2 = 2c2. Kako je a 1 c i b 1 c i n 2 2, to je an + bn = =an ‡ 2 · a2 + bn ‡ 2 · b2 < c n ‡ 2 · a2 + c n ‡ 2 · b2 = =c n ‡ 2 (a2 + b2) = c n ‡ 2 · c2 = cn. 2 Iz nejednakosti ^ 4x + 1 - 1 h H 0 sledi da je 4x + 1 ‡ 2 4x + 1 + 1 H 0 i 4x + 2 H 2 4x + 1 i konaËno 4x + 1 G 2x + 1, pri Ëemu jednakost vaæi samo za x = 0. Primenom prethodne nejednakosti dobija se 4a + 1 + + 4b + 1 + 4c + 1 + 4d + 1 1 2a + 1 + + 2b + 1 + 2c + 1 + 2d + 1 = 2(a + b + c + d) + + 4 = 6. Napomena: KoriπÊena je stroga nejednakost, jer je uslov zadatka da su a, b, c, d pozitivni brojevi. H n2 $ n

16.

17.

18.

19.

145

22 1.

146

Неки елементарни екстремални проблеми

1 2 23 23 ; min A (x) = i dom + 2 4 4 1 stiæe se za x = . Kad bi postojala najveÊa vrednost M tog 2izraza, onda bi za sve x ! R bilo ispuweno x2 ‡ x + 6 G M. Ali, za x = =M + 1 bilo bi A(M + 1) = (M + 1)2 ‡ (M+1)+ + 6 = M2 + 2M + 1 ‡ (M+1) + 6 = M2 + M + 6 G GM, odnosno M2 + 6 G 0, πto nije moguÊe. Dakle, ne postoji najveÊa vrednost tog izraza. A(y) = ‡2(y ‡ 10)2 + 2 010; maxA(y) = 2 010 i dostiæe se za y = 10. Kad bi postojala najmawa vrednost m tog izraza, bilo bi za sve y ! R ispuweno ‡2(y ‡ 10 )2 + 2 010 H m, πto m je ravnopravno sa (y ‡ 10 )2 G 1 005 ‡ . 2 Ali, to nije moguÊe. A (x) = c x -

1° Ako je razlika na desnoj strani ove nejednakosti negativna, ne moæe nenegativan broj na levoj strani (kvadrat realnog broja) ove nejednakosti biti mawi ili jednak negativnom broju. 2° Ako je ta razlika nenegativna, onda bi za sve y ! R bilo ispuweno y - 10 G c , m c = 1 005 - , πto je ravnopravno sa ‡ c + 2 +10 G y G c + 10. Ova nejednakost (dvostruka) ne moæe biti ispuwena za sve y ! R. Zaista, dovoqno je uzeti, na primer, y = c + 11 ili u = ‡ c + 5 . maxB(x) = 1; dostiæe se za h = 0. Iskoristi Ëiwenicu da je 1-c -1 - c + 2 2 za sve c !R / / -1 + 1+c 1+c 1+c za koje je 1+s ! 0 . 9 ‡ 4b + b2 / 5 + (b ‡ 2)2 2 0 za sve b ! R, pa se moæemo koristiti svojstvom 6°. Nalazimo da je min(9 ‡ 4b + b2) = min(5+(b ‡ 2)2)= = 5 i dostiæe se za b = 2. Zbog toga je minK(b) = 5 i dostiæe se za b = 2 . KoristiÊemo se svojstvima 3°, 5° b) i 6°. Zbog 6c ‡ c2 / c(6 ‡ c), za sve dozvoqene vrednosti promenqive c {c !(0,6)} izraz pod korenom je pozitivan. Na osnovu svojstva 6° nalazimo da je max c (6 - c) = max (c (6 - c)) . Svojstvo 3° nam daje da moæemo pisati ‡ c2 + +6c / ‡(c ‡ 3)2 + 9. Zbog toga je max( c(6 ‡ c))=

= 9 i dostiæe se za c = 3 . KoristeÊi se svojstvom 5° b) nalazimo da je traæena najmawa 1 vrednost jednaka i dostiæe se za c = 3 . 9 x 4 Moæemo pisati F (x) / + . Za sve do3 3x zvoqene vrednosti promenqive x sabirci su pozitivni; koristeÊi nejednakost izmeu aritmetiËke i geometrijske sredine (svojx 4 2 4 stvo 20) nalazimo da je + H2$ = ; 3 3x 3 3 x 4 ona se dostiæe za = , odnosno x = 2. 3 3x OznaËimo traæene brojeve sa x i y. Traæimo najveÊu vrednost izraza A(x,y) = xy pod uslovom da su x i y realni brojevi, takvi da je x + y = 42. Imamo da je y = 42 ‡ x, pa traæimo najveÊu vrednost izraza A(x, 42 ‡ x) = =x(42 ‡ x) / ‡h2 + 42x = P(x), gde je x realan broj. P(x) = ‡x2 + 42x / ‡(x2‡ 42x) / ‡(x2‡ ‡42x + 441 ‡ 441) / ‡(x ‡ 21)2 + 441; najveÊa vrednost ovog izraza jednaka je 441 i dostiæe se za x = 21. Tada je i y = 21. OznaËimo te brojeve sa x i y. Imamo da je x + y = 8; traæimo najmawu vrednost izraza x2 + (8 ‡ x)2 / 2x2 ‡ 16x + 64 / 2(x2 ‡ 8x + 16+ + 16) / 2(x ‡ 4)2 + 32. Wegova je najmawa vrednost jednaka 32 i dostiæe se za x = 4; tada je i y = 4. Neka je to trocifreni broj 100a + 10b + c, a ! {1,2,...,9}, b,c ! {0,1,2,...,9}. Traæimo najve100a + 10b + c Êu i najmawu vrednost izraza . a+b+c PostupajuÊi sliËno kao prilikom reπava-

wa primera 5 nalazimo da je najveÊa vrednost koliËnika jednaka 100 i dostiæe se za b = c = 0, a ! {1,2,...,9} i da je najmawa vred199 nost koliËnika jednaka . 19 10. Neka su a i b zadate stranice trougla. Posmatrajmo bilo koji trougao Ëije su to str-

b ha

h'a

1 aha 2 i najveÊa je za najveÊu moguÊu visinu ha . To je, oËigledno, trougao Ëija je visina podudarna sa b i normalna je na a (slika 4). Dakle, traæeni trougao je pravougli trougao s katetama a i b. 11. Neka je zadata stranica c i povrπina P tro2P ugla. Time je zadata visina hc = . Obim c Êe biti minimalan ako je zbir duæina stranica a i b minimalan, buduÊi da je stranica c zadata. Neka je AB = c i neka je prava q paralelna pravoj p(A,B) na rastojawu hc od we. Traæimo na pravoj q taËku C, takvu da je zbir duæi AC i CB minimalan (slika 5). Na taj naËin zakquËujemo da je zadatak sveden na Heronov problem, anice. Wegova je povrπina jednaka

naka P = xy cm2 = 36 cm2 a obim o = 2(x+y) cm. Traæimo najmawu vrednost izraza 36 O (x) = 2 c x + m. x KoristeÊi se nejednakoπÊu izmeu aritmetiËke i geometrijske sredine pozitivnih 36 brojeva x i nalazimo da je O(x) H 2 · x · 2 36 = 24, pri Ëemu se jednakost dostiæe 36 h= , odnosno x2 = 36, πto nam daje x = y = x =6. Traæeni pravougaonik je kvadrat Ëije su stranice duæine 6 cm. 14. Reπewe se neposredno svodi na zadatak: Iz date Ëetvrtine kruga treba izrezati pravougaonik najveÊe povrπine (slika 6) i taj pravougaonik „udvostruËiti“ simetrijom y

x c O

B p

. pri Ëemu su taËke A i B na jednakom rastojawu od prave q. Zbog toga je traæeni trougao jednakokrak i teme C nalazimo u preseku prave q i simetrale duæi AB. 12. d = a 2 + b 2 cm; o = 2(a + b) cm = 40 cm, a + +b = 20 , b = 20 ‡ a. Izraz a2 + b2 je nenegativan za sve vrednosti a i b. Na osnovu svoj2 2 stva 6° biÊe mind = min (a + b ) ako minimum pod korenom postoji. Zbog a2 + b2 = a2 + (20 ‡ a)2 / 2(a2 ‡ 20a + 100 + 100) / / 2(a ‡ 10)2 + 200, min(a2 + b2) = 200 i dostiæe se za a = 10; tada je b = 10 i mind = =10 2 a traæeni pravougaonik je kvadrat stranice a = 10 cm. 13. Neka su duæine stranica pravougaonika x cm i y cm. Onda je wegova povrπina P jed-

. u odnosu na jednu od wegovih stranica. Ako su duæine stranica tog pravougaonika x cm i y cm, onda je x2 + y2 = 102 = 100, pri Ëemu je 0 G x G 10 i 0 G u G 10 . Povrπina R tog pravougaonika jednaka je P = xy cm2. Treba odrediti realne brojeve x i y tako da proi2 2 2 4 zvod xy = x 10 - x / 100x - x bude najveÊi. Za posmatrane vrednosti x izraz pod korenom je nenegativan pa se moæemo koristiti svojstvom 6°. Jednostavnim postupkom (kao pod 3°) nalazimo da je 100x2 ‡ x4 / /502 ‡ (50 ‡ x2)2, x ! [0,10] . Ovaj izraz uzima najveÊu vrednost 502 (=2 500) za x2 = 50, tj. x = 50 = 5 2 . Onda je i y = 5 2 . NajveÊa povrπina pravougaonika izrezanog iz Ëetvrtine kruga je 50 cm2, a najveÊa povrπina pravougaonika koji se moæe izrezati iz datog polukruga je 100 cm2. 15. KoristeÊi se obrascem za izraËunavawe povrπine trougla sa zadatim stranicama a, b, c : P = s (s - a) (s - b) (s - c) , gde je s = 1 = (a+b+c) (vidi reπewe zadatka 7 i pri2 mera 4, lekcija TaËka, prava, ravan), uveravamo se da je povrπina tog trougla jednaka P 84 cm2. Zbog toga je visina hc = = 12 cm. c Ako su duæine stranica pravougaonika

147

x cm i y cm, onda (slika 7) iz sliËnosti trouglova ABC i PQC zakquËujemo da je 14 : x = 12 : (12 ‡ y), odakle nalazimo y = 12 ‡ 6 ‡ x . Povrπina PP pravougaonika koji 7 „upisujemo“ jednaka je Pp = xy cm2, pa traæimo najveÊu vrednost izraza 6 6 Pp(x) = x(12 ‡ x ) / (14x ‡ x2) / 7 7 6 6 / (49 ‡ (x ‡ 7)2) / 42 ‡ (x‡7)2. 7 7 Ta je vrednost jednaka 42 i dostiæe se za x = 7. Onda je y = 6, pa su duæine stranica traæenog pravougaonika 7 cm i 6 cm. 16. PostupajuÊi na isti naËin kao prilikom reπavawa primera 8 zakquËujemo da takav

23 1.

148

Ëetvorougao mora biti konveksan i upisan u dati krug. Wegova temena odreuju Ëetiri kruæna luka. Ako duæine tih lukova nisu jednake, postojaÊe meu wima luk duæine ve1 1 Êe od 2rr i luk duæine mawe od 2rr. 4 4 Ako su to susedni lukovi, moæemo postupiti kao u primeru 8. Ako oni nisu susedni, onda Êe postojati Ëetvorougao jednake povrπine kao polazni, upisan u dati krug i takav da su mu takva dva luka susedna, pa na wega moæemo primeniti pomenuti postupak. Na taj naËin, u joπ najviπe dva koraka, dokazujemo da je traæeni Ëetvorougao kvadrat upisan u dati krug.

Конгруенција по модулу

Kako je 1 · 10 = 10 / ‡1 (mod 11); 2 · 6 = 12 / 1 (mod 11); 3 · 4=12 / 1 (mod 11); 7 · 8=56 / 1 (mod 11); 5 · 9=45 / 1 (mod 11), to je 10! + 1= = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 · 9 · 10 + 1 / 1 · 10 · 2 · 6 · 3 · 4 · 7 · 8 · 5 · 9 + 1 / (‡1) · 1 · 1 · 1 · 1 + 1 = =‡1 + 1 = 0. Dakle, broj 10! + 1 je deqiv sa 11. Kako je 33 = 27 / ‡1 (mod 13), to je 32007 = (33)669 = (27)669 / (‡1)669 = ‡1 (mod 13). Dakle, broj 32 007 + 1 / ‡1 + 1 = 0 (mod 13), πto znaËi da je broj 32007 + 1 deqiv sa 13. Iz 317 / 2 (mod 15) je 317259 / 2259 (mod 15). Kako je 24 = 16 / 1 (mod 15) zakquËujemo da je 2259 = (24)64 · 23 / 1 · 8 = 8 (mod 15). Dakle broj 317259 ‡ 8 / 2259 ‡ 8 / 8 ‡ 8 = 0 (mod 15), Ëime je dokaz zavrπen. Posledwa cifra nekog broja je ostatak pri deqewu tog broja sa 10. Dakle 72 = 49 / (‡1) (mod 10). Kako je 72 006 = (72)1 003 / (‡1)1 003 = =‡1 (mod 10). ZnaËi da se broj 72 006 zavrπava cifrom 9. Iz 2 222 / 2 (mod 3) sledi 2 2225 555 / 25 555 (mod 3). Kako je 22= 4 / 1 (mod 3), to je 25555 = (22)2 777 · 2 / 1 · 2 = 2 (mod 3). SliËno je 5 555 / 2 (mod 3), pa je 5 5552 222 / 22 222 (mod 3). Kako je 22 = 4 / 1 (mod 3), to je 22 222 = (22)1 111 / 1 (mod 3). Dakle 22225 555 + 5 5552 222 / 2 + 1 = 0 (mod 3). Na sliËan naËin se dokazuju deqivost sa 7 i 231. Kako je 33 = 27 / ‡1 (mod 7) to je 3105 = (33)35 / /(‡1)35 = ‡1 (mod 7). SliËno je 43 = 64 / 1

(mod 7) i 4105 = (43)35 / 135 = 1 (mod 7). 105 105 Dakle 3 + 4 / ‡1 + 1 = 0 (mod 7). Na sliËan naËin se dokazuju i ostali delovi zadatka. 7. Posledwe dve cifre nekog broja su ostatak pri deqewu tog broja sa 100. Dakle, 99 / ‡1 (mod 100). Kako je 9912345 / (‡1)12345 = ‡1 (mod 100), to znaËi da se broj 9912345 zavrπava ciframa 99. 8. Kako je 210 = 1 024 / ‡1 (mod 25), to je 2100 = (210)10 / (‡1)10 = 1 (mod 25). Dakle, dvocifreni zavrπetak broja 2100 moæe biti 26, 51, 76 ili 01. Kako je 2100 deqivo sa 4 u obzir dolazi samo 76, kao jedini dvocifreni zavrπetak deqiv sa 4. ZnaËi dvocifreni 100 zavrπetak broja 2 jednak je 76 . 9. Jasno je da je 2 / ‡1 (mod 3). Kako je p neparan prost broj to je p = 2k+1, pa je 2p + 1 = =22k+1 + 1 / (‡1)2k+1 + 1 = ‡1 + 1 = 0 (mod 3). 10. Kako je 72 = 49 / 16 (mod 33) i kako je 42 = =16 / 16 (mod 33), to je 72n ‡ 42n = 49n ‡ 16n / /16n ‡ 16n = 0 (mod 33). 11. OËigledno je 72 = 49 / 1 (mod 48). Kako je 72n ‡ 1 = 49n ‡ 1 / 1n ‡ 1 = 0 (mod 48) i kako je najmawi od svih brojeva oblika 72n ‡ 1 upravo 48, to je NZD jednak 48. 12. Broj 55 = 3 125 / 1 (mod 11); broj 45 = 1 024 / 1 (mod 11) ; broj 35 = 243 / 1 (mod 11). 5k+1 5m+2 5n Tada je 5 +4 + 3 / 1 · 5 + 1 · 16 + 1 = =22 / 0 (mod 11).

13. Za p = 2 broj 2p + p2 = 8 πto je sloæen broj. Ako je p = 3, onda je 2p+ p2 = 17 i to je prost broj. Ako je p 2 3, onda je 2p + p2 = 2p + 1 + p2 ‡ 1 = =2p + 1 + (p ‡ 1)(p + 1). Kako je 2p + 1 deqivo sa 3 (na osnovu zadatka 14), a (p ‡ 1)(p + 1) takoe deqivo sa 3 (zaπto ?), to je broj 2p + p2 deqiv sa 3, znaËi sloæen, pa je p = 3 jedino reπewe. 14. Ako je n prirodan broj, onda je n / 0 (mod 3) ili n / 1 (mod 3) ili n / 2 (mod 3). Tada je n2 / 0 (mod 3) ili je n2 / 1 (mod 3), πto znaËi da je n2 + 1 / 1 (mod 3) ili je n2 + 1 / 2 (mod 3), pa broj n2 + 1 nikada nije deqiv sa 3, prema tome ni sa 15. 15. Broj M = a n an - 1 fa1 a0 = an · 10n + an‡1 · 10n‡1+ ... + a2 · 100 + a1 · 10 + a0 / a0 ‡ a1 + a2 + ... + (‡1)n‡1an‡1 + (‡1)n an (mod 11) (ai su cifre). Broj M je deqiv sa 11, ako je M / 0 (mod 11), a to je ispuweno samo ako je (a0 + a2 + a4 + ...) ‡ (a1 + a3 + a5 + ... ) / 0 (mod 11). Dakle da bi broj M bio deqiv sa 11 potrebno je da je (a0 + a2 + a4 + ...) ‡ (a1 + a3 + a5 + ... ) deqivo sa 11. 16. Ako je n prirodan broj, onda je n / 0 (mod 5), ili je n / 1 (mod 5), ili je n / 2 (mod 5), ili je n / 3 (mod 5) ili n / 4 (mod 5). Tada je n4 / 0 (mod 5) ili je n4 / 1 (mod 5) (brojevi 14= 1, 24=16, 34 = 81, 44 = 256 pri deqewu sa 5 daju ostatak 1). Iz prve relacije

24 1.

je jasno da je tada i n5 / 0 / n (mod 5). Mnoæewem druge relacije sa n dobijamo da je n5 / n (mod 5), odakle je jasno da je i n5 ‡ n / / 0 (mod 5) . 2 011 17. Broj 9 je deqiv sa 9 i wegov zbir cifara a je broj koji je deqiv sa 9 (videti primer 5), pri Ëemu je a 1 2 011 · 9 = 18099. Kako je a petocifren broj, wegov zbir cifara b 1 11 + 8 + 9 + 9 + 9 = 36. Kako je b, kao zbir cifara broja a, takoe deqiv sa 9, to je b jedan od brojeva 27, 18 ili 9. Tada je broj c kao zbir cifara broja b u svakom sluËaju jednak 2 + 7 = 1 + 8 = 9. 18. Posledwe tri cifre predstavqaju ostatak pri deqewu broja sa 1 000. OËigledno je 1 0002 011 / 0 (mod 1 000) i 5002 011 / 0 (mod 1 000). Daqe je 9992 011 / (‡1)2 011 = ‡12 011 (mod 1 000). 9982 011 / (‡2)2 011 = ‡22 011 (mod 1 000); ... Uopπteno (1 000 ‡ k)2 011 / (‡k)2 011 = =‡k2 011 (mod 1 000) (k ! N i k 1 1 000). ZnaËi da je 12 011 + ... + 4992 011 + 5002 011 + +5012 011 + ... + 9982 011 + 9992 011 + 10002 011 / /12 011 + 22 011 + ... + 4992 011 + 0 ‡ 4992 011 ‡ ... ‡ 22 011 ‡ 12 011 + 0 = 0 (mod 1 000). To znaËi da je trocifreni zavrπetak 000. 19. Ako je p prost broj i p 23, onda je p oblika 6k ‡ 1 ili 6k + 1 (k ! N). Kako je (6k ! 1)2 = =36k2 ! 12k + 1, to znaËi da p2 pri deqewu sa 12 daje ostatak 1. Kako je 212 = (26)2 = (64)2 /(‡1)2 = 1 (mod 13) to je 2 p = 212m+1 = (212)m · 2 / 1m · 2 = 2 (mod 13). Dakle, ostatak je 2. 2

Дирихлеов принцип

Proizvoqnih 100 celih brojeva pri deqewu sa 7 daje sedam moguÊih ostataka: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Kako je 100 : 7 = 14(2), to postoji bar 14 + 1 = 15 celih brojeva koji pri deqewu sa 7 daju jednake ostatke. Tada je razlika bilo koja dva od wih deqiva sa 7, jer ako je xi = 7a + r i xj = 7b + r, onda je xi ‡ xj = =7(a ‡ b). Datih 1 111 prirodnih brojeva poËiwe sa 9 moguÊih cifara. Kako je 1111 : 9 = 123(4), to znaËi da postoji prva cifra koja zastupqena bar 123 + 1 = 124 puta. SliËno, datih 1111 prirodnih brojeva zavrπava se sa 10 moguÊih cifara. Kako je 1111:10 = 111(1),

to znaËi da postoji posledwa cifra koja zastupqena bar 111 + 1 = 112 puta. Kombinacija prva‡posledwa cifra ima taËno 9·10 = = 90. Kako je 1111 : 90 = 12(31), to postoji bar 13 brojeva koji poËiwu i zavrπavaju se jednakim ciframa. Kako su dati brojevi razliËiti, to se uvek mogu rasporediti u niz x1 1 x2 … 1 x50 1 1x51 1 100. Ako se uoËi niz brojeva x51 ‡ x1 2 2x51 ‡ x2 2 … 2 x51 ‡ x50 2 0 onda postoji ukupno 51 + 50 = 101 broj, koji uzimaju vrednosti od 1 do 99, tj. 99 vrednosti. Na osnovu Dirihleovog principa postoje bar dva broja koja su meusobno jednaka. OËigledno je

149

150

da ta dva broja nisu u istom nizu, jer je prvi niz rastuÊi, a drugi opadajuÊi. Dakle postoje brojevi xi i x51 ‡ xj takvi da je xi = x51 ‡ xj πto znaËi da je xi + xj = x51. Razlika r bilo koja dva izabrana broja ispuwava nejednakost 1 G r G 63, pa r moæe da uzme najviπe 63 vrednosti. Ako se formiraju sve moguÊe razlike 20 izabranih razliËitih prirodnih brojeva, onda se dobija taËno 190 razlika. Kako je 190 : 63 = 3(1), to postoje bar 3 + 1 = 4 jednake razlike izabranih brojeva. Zadatak se reπava veoma sliËno primeru 2, s tim πto se posmatra niz brojeva x1 = 6, x2 = 66, ... xn+1 = 666 ... 666 (n + 1 πestica). Neka su zapisani brojevi x1, x2, ..., x10 i neka su wihovi redni brojevi 1, 2, ..., 10. Dobijeni zbirovi su x1 + 1, x2 + 2, ..., x10 + 10. Suma dobijenih zbirova je x1 + 1+x2 + 2 + ... + x10 + 10 = 55 + 55 = 110. Ako bi se zbirovi x1 + 1, x2 + 2, ..., x10 + 10 zavrπavali razliËitim ciframa, onda bi posledwa cifra wihove sume bila petica (jer je 0 + 1 + 2 + ... + .8 + .9 = .5). ProtivureËnost. Neka su zapisani brojevi x1, x2, ..., x2n i neka su wihovi redni brojevi 1, 2, ..., 2n. Dobijeni zbirovi su x1 + 1, x2 + 2, ..., x2n + 2n. Neka dobijeni zbirovi pri deqewu sa 2n daju redom koliËnike q1, q2, ..., q2n i ostatke r1, r2, ..., r2n. Tada je x1 + 1 = 2nq1 + r1, x2 + 2 = 2nq2 + r2 ... , x2n + 2n = 2nq2n + r2n. Sledi da je S = x1 + 1 + x2 + 2 + ... + x2n + 2n = 2(1 + 2 + ... + 2n) = 2n(2n + 1). S druge strane je S = 2nq1 + r1 + 2nq2 + r2 + ... + 2nq2n + r2n = 2n(q1 + q2 + +... + q2n) + (r1 + r2 + ... + r2n). Ako su svi ostaci pri deqewu sa 2n razliËiti onda je r1 + r2 + ... + r2n = 0 + 1 + 2 + ... + 2n ‡ 1 = n(2n+ + 1). Dobija se 2n(2n + 1) = 2nQ + n(2n ‡ 1) ili posle deqewa sa n jednakost 2(2n + 1) = =2Q + (2n ‡ 1). πto nije moguÊe, jer je sa leve strane paran, a sa desne strane neparan broj. To znaËi da nisu svi ostaci razliËiti, veÊ da postoje bar dva jednaka. Iz ove Ëiwenice neposredno sledi i traæeno tvrewe. U skupu od 2n prirodnih brojeva postoji n neparnih 1, 3, ...,2n ‡ 1 i n parnih brojeva 2, 4, 6, ... ,2n. UoËimo skupove koje Ëine neparni brojevi i wihovi proizvodi sa 2, 4, 8, 16 ... dakle stepenima broja 2. Ti skupovi su: S1 = {1, 2, 4, 8, 16 ...}, S2 = {3, 6, 12, 24, 48 ...}, S3 = {5, 10, 20, 40, 80 ...} ... Sn‡1 = { 2n ‡ 3}

10.

11.

12.

13.

i Sn = {2n ‡ 1}. UoËeni skupovi S1, S2 ... Sn su disjunktni i sadræe sve prirodne brojeve od 1 do 2n. Kako je izabran n + 1 prirodan broj, a ima n skupova, to postoji skup Sk = { 2k ‡ 1, 2(2k ‡1), 4(2k ‡ 1) ...} unutar koga se nalaze dva od n + 1 izabranih prirodnih brojeva. Jasno je da se u svakom od skupova Sk nalaze brojevi koji zadovoqavaju traæeni uslov da je jedan od wih deqiv drugim. U primeru 3 videli smo da postoje stepeni broja 3 za koje vaæi jednakost 3a ‡ 3b = 104(m ‡ n). Sledi da je 3a(3a‡b ‡ 1) = 104(m ‡ n), od10 4 (m - n) nosno 3 a - b - 1 = . Kako su 104 i 3 b 3b uzajamno prosti brojevi, to je m ‡ n deqivo sa 3b, pa je 3a‡b ‡ 1 = 104 · p. Tada je 3a‡b = =p104 + 1 = ...0001, Ëime je dokaz zavrπen. Neka su izabrani dvocifreni prirodni brojevi n1, n2 , ... , n10 . Od 10 izabranih brojeva moæe se konstruisati 210 ‡ 1 = 1023 neprazna podskupa. Najmawi zbir bojeva u jednom podskupu je 10, a najveÊi 90 + 91 + ... + +99 = 945. Dakle, moguÊe je napraviti 945 ‡ ‡9 = 936 raznih vrednosti. Kako je podskupova 1 023, a 936 vrednosti to postoje bar dva podskupa Ëiji elementi imaju isti zbir. Neka su Si i Sj podskupovi koji imaju jednak zbir elemenata. Ako su Si i Sj disjunktni, problem je reπen. Ako nisu, onda i iz jednog i iz drugog treba odstraniti zajedniËke elemente. Neka je n prirodan broj. Meu brojevima n, n + 1, ..., n + 19 postoje dva kod kojih je posledwa cifra nula. Bar kod jednog od tih brojeva pretposledwa cifra nije jednaka 9. Neka je taj broj jednak a i neka je zbir wegovih cifara jednak s. Tada je a + 19 G n + +19 + 19 = n + 38 i brojevi a, a + 1, a + 2, ..., a + 19 imaju zbir cifara s, s + 1, s + 2, ..., s + +10. Kako meu jedanaest uzastopnih prirodnih brojeva postoji broj koji je deqiv sa 11, to je zbir cifara bar jednog od brojeva n, n + 1, ..., n + 38 deqiv sa 11. Ako 50 maπina treba da rasporedimo na 7 kamiona, onda na osnovu Dirihleovog principa postoji kamion koji treba da transportuje bar 8 maπina. Najmawa moguÊa masa 8 maπina je 370 + 372 + ... + 382 + 384 = =3 016 kg 2 3t, πto znaËi da 7 kamiona nije dovoqno za prevoz maπina. Na osnovu Dirihleovog principa od tri izabrana Ëvora na istoj horizontali, bar dva su iste boje. Zato se uoËe tri vertikale

i posmatraju svi moguÊi rasporedi obojenosti Ëvorova koji se na wima nalaze. MoguÊih, a razliËitih rasporeda je 23 = 8 i to su: P P P 1 --------o----------o--------------o-----------P P C 2 --------o----------o--------------o-----------P C P 3 --------o----------o--------------o-----------C P P 4 --------o----------o--------------o----------P C C 5 --------o----------o--------------o----------C P C 6 --------o----------o--------------o-----------C C P 7 --------o----------o--------------o-----------C C C 8--------o----------o--------------o------------Jasno je da se i u okviru postojeÊih rasporeda mogu uoËiti oni koji „zatvaraju“ pravougaonik Ëija su sva temena iste boje, ali i da Êe se svaka sledeÊa horizontala ponoviti jedan od 8 moguÊih rasporeda, πto je dovoqno za dokaz da postoji pravougaonik Ëija su sva temena iste boje. 14. Zapremina kocke Ëija je ivica 13 cm je 2 179 cm3. Kako je 2 179 kubnih centimetara, a 2 011 taËaka, to znaËi da ma kako da su taËke rasporeene postoji „kockica“ ivice 1 cm unutar koje se ne nalazi nijedna taËka. 15. Kako je 2 011 muva, a 1 000 kubnih decimetara i kao je 2 011 : 1 000 = 2(11), to postoji kubni decimetar unutar koga se nalaze bar 2 + 1 = 3 muve. Ostaje da se dokaæe da se oko kubnog decimetra moæe opisati sfera po1 10 lupreËnika m= cm. Dokaz sledi di11 11 rektno iz Ëiwenice da je preËnik sfere veÊi od dijagonale kubnog decimetra, tj. 20 2 3. 11 16. Ako prava deli dati kvadrat ABCD na dva trapeza Ëije se povrπine odnose kao 2 : 3, onda prava prolazi kroz taËku koja deli sredwu liniju kvadrata u odnosu 2 : 3. Kako takvih taËaka ima 4 (na svakoj sredwoj liniji kvadrata po 2), to na osnovu Dirihleovog

p principa postoji taËka kroz koju prolaze bar tri date prave, jer je 9 : 4 = 2(1). 17. Ako je data taËka M na nekoj, na primer dijagonali AiAj konveksnog 2n-tougaonika, onda prave AiM i AjM nemaju zajedniËkih unutraπwih taËaka ni sa jednom od stranica 2n-tougaonika. Ako M nije ni na jednoj dijagonali posmatramo dijagonalu A1An+1 koja dati 2n-tougaonik deli tako da se i sa jedne i sa druge strane uoËene dijagonale nalazi po n ‡ 1 teme 2n-tougaonika. Neka je taËka M unutar mnogougla A1A2...An+1. Tada prave MAn+1, MAn+2, ... MA2n, MA1 ne seku stranice An+1An+2, ... A2nA1, dakle n stranica, πto znaËi da mogu seÊi najviπe n preostalih stranica. SliËno prave MA2, MA3, ... MAn, dakle n ‡ 1 prava moæe seÊi najviπe n ‡ 1 stranicu. Kako imamo 2n stranica, a najviπe n + +n ‡1 = 2n ‡ 1 preseka, to postoji bar jedna stranica koju ne preseca nijedna prava. An An-1

An+1 An+2

A2 A2n

18. Neka je u kvadrat upisano n krugova Ëiji su polupreËnici r1, r2, ... rn. Tada je zbir obi-

151

ma svih krugova jednak S = 2πr1 + 2πr2 + ... + 2πrn = 2π(r1 + r2 + ... + rn) = 10, pa je r1 + r2 + 10 3 ... + rn = 2 . Kako je preËnik svakog od 2r 2 upisanih krugova mawi od 1, to je 2ri 1 1, tj. 1 10 3 1 2 , pa je ri 1 . To znaËi da n 2 2 2r 2 2 broj upisanih krugova n 2 3, tj.broj upisanih krugova je 4 ili viπe. Ako preËnike svih upisanih krugova projektujemo na sredwu liniju kvadrata, onda je zbir svih projektovanih duæi, tj. preËnika jednak 10 2 3 . Sledi da na sredwoj liniji kvadrar ta postoji taËka M koja je unutraπwa taËka bar 4 projektovana preËnika. Traæena prava sadræi taËku M, normalna je na sredwu liniju kvadrata i preseca bar 4 upisana kruga. 19. Obim konveksnog mnogougla je mawi od obima kvadrata, pa je Om 1 4cm. Ako stranice mnogougla imaju duæinu A1A2 = a1, A2A3 = a2, …, A100A1 = a100, onda je (a1 + a2) + +(a2 + a3) + … + (a99 + a100) + (a100 + a1) = =2(a1 + a2, …, + a100) 1 8. Kako meu sumama (a1 + a2), (a2 + a3), … (a99 + a100), (a100 + a1) postoji najmawa, to za tu najmawu sumu ai + 8 +ai+1 vaæi nejednakost ai + ai+1 1 = 0,08. 100 a h Povrπina trougla AiAi+1Ai+2 jednaka je i i . 2 ah aa Kako je P = i i G i i + 1 to na osnovu ne2 2 jednakosti izmeu geometrijske i aritmetiËke sredine vaæi

ai hi aa 1 a + ai + 1 2 G i i+1 G c i m = 2 2 2 2 2 (0, 08) 2 = = 0, 0008cm . 8 20. Neka je data ravan obojena crvenom (I), plavom (II) ili belom bojom (III). UoËimo u proizvoqno obojenoj ravni taËku X koja je, na primer boje (I). Oko taËke X konstruiπemo kruænicu k (X, r = 3 cm), tj. kruænicu polupreËnika 3 cm. Na dobijenoj kruænici izaberemo proizvoqnu taËku T. Ako je T boje (II), onda nad duæi XT kao dijagonalom konstruiπemo romb XYTZ Ëije su sve stranice 1 cm, a i dijagonala YZ iznosi 1cm (\XTY = \XTZ = 30o). Ako je taËka Y boje (I), onda je XY traæena duæi, jer su i X i Y boje (I). Ako je Y boje (II) onda su YT traæena duæ, jer su i Y i T boje (II). Zato neka je Y boje (III). Na osnovu Dirihleovog principa od 4 taËke XYZT koje su 3 boje, bar 2 su iste boje, tj. tada je Z boje (I), (II) ili (III). Ako je Z boje (I), onda je XZ traæena duæ. Ako je Z boje (II) onda je TZ traæena duæ, a ako je Z boje III, onda je YZ traæena duæ. P=

T(II) Z

√3

Y X(I)

A3 A4

A100 A99

A98

Ako je T boje (III), onda je postupak potpuno identiËan, a razmatrawe analogno. Ako je T boje (I), onda se na kruænici uoËi taËka T1 koja je od taËke T udaqena 1cm. Ako je T1 boje (I), onda je duæ TT1 traæena duæ, a ako T1 nije boje (I) onda se veÊ opisani postupak odvija nad duæi XT1.

Vera JockoviÊ, Vladimir MiÊiÊ, –ore Dugoπija, Vojislav AndriÊ: ZBIRKA ZADATAKA IZ MATEMATIKE ZA ONE KOJI MOGU I ÆELE VI©E za 8. razred osnovne πkole • Prvo izdawe, 2011. godina • IzdavaË: Zavod za uxbenike, Beograd, ObiliÊev venac 5, www.zavod.co.rs • Likovni urednik: Tijana Rančić • Grafički urednik: Milan Bjelanović • Dizajn i korice: Marija Hajster • Kompjuterska obrada: Aleksandar Savić • Crteži: Marija Karać • Lektor: Duπica Trifunović • Korektor: Ruæic JovanoviÊ • Format: 20,5 × 26,5 cm • Obim: 19 πtamparskih tabaka • Rukopis predat u πtampu aprila 2011. godine • ©tampawe zavrπeno aprila 2011. godine • ©tampa: JP „Sluæbeni glasnik“, Beograd