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
8
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
5
1
1.1. Đ˘Đ°ĐťĐľŃ ĐžĐ˛Đ° тоОроПа и приПоно приПор
1
D
Neka su A i B taËke poluprave Op i C i D taËke sa iste strane te poluprave takve da je duÌ AC C paralelna duÌi BD. Ako je AC C : AO = BD : OB, tada su taËke O, C i D kolinearne.
C
Neka poluprava OC C seËe polupravu BD u taËki E. DokaÌimo 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.
A
B
p
Задаци 1. Na koordinatnoj ravni konstruisana je duÌ kojoj je jedan kraj koordinatni poËetak, a drugi taËka: a) (32,76); b)^ 29 , 48 h . Koje celobrojne taËke su na toj duÌi? 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). DokaÌi da su taËke B, P i Q kolinearne.
M K Q
P
3. Podeli datu duĂŚ u razmeri ^ 5 - 1 h : 2 (po zlat- O nom preseku).
L
N
l
n
4. Neka je ABC trougao, K taËka na polupravoj AB, L taËka na polupravoj AC. DokaÌimo da je P^ ABCh AB $ AC = P^ AKLh AK $ AL 5. Na datim slikama prave AAl i BBl su paralelne, C je srediπte duÌi AAl. DokaÌi da prava OC polovi duÌ BBl, tj. da je D srediπte duÌi BBl. B' A'
D C
O
B'
A' C A
B
O A
D B
7
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
Q
A
B
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.
a
b
M
B
c
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
b
voj teoremi AM : MB = DC : CB, pa je AM: MB = AC : BC.
a
A
M
a
D B
Задаци 1. Koji se trougao moæe razrezati na dva meusobno sliËna trougla? 1 1 1 2. Neka su ha, hb, hc visine trougla T . Dokaæi da se od duæi jednakih , , moæe ha hb hc konstruisati trougao sliËan trouglu T.
3. Dokaæi da ne postoji trougao Ëije visine imaju duæine 2, 4, 5.
8
4. Trougao ABC ima stranice 3, 5, 6 a visine trougla MNP su 40, 24, 20. Da li su ova dva trougla sliËna?
8
приПор
1
S
DokaÌi da je svaka jednakoiviËna piramida pravilna. Da li pravilna πestostrana piramida moÌe 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 kruÌnicu, pa je kvadrat. Po definiciji, piramida SABCD je pravilna. Na isti naËin se moÌe 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.
приПор
2
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!
34
D1
A1
C1
B11 B C
D
A
B
—
13
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 umnoÌak strana neke druge jednaËine sistema sa proizvoqnim brojem.
приПор
1
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, pomnoÌimo strane prve jednaËine sa ‥3 i dodajmo ih stranama druge jednaËine. Da bismo eliminisali x iz treÊe jednaËine, pomnoÌimo 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-
53
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.
54
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
2
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.
55
U sedmom razredu smo dokazivali nejednakosti 22010 > 10602, x2 + x + 1 2 0.
21
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. Meutim, 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 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
2
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
85
24
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 prikaÌu neke od moguÊih, a raznovrsnih primena Dirihleovog principa.
приПор
1
DokaÌi 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 sadrÌi 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.
приПор
2
Data suu 52 proizvoqna prirodna broja. DokaÌi da meu  wima postoje dva Ëiji zbir ili razlika je deqiva sa 100. VaÌi 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 vaÌi ako ima 51 broj. Na primer skup brojeva 50, 51, 52, ..., 99, 100 sadrÌi 51 broj, ali ne postoje dva broja Ëiji je zbir ili razlika deqiva sa 100, jer za zbir brojeva s vaÌi nejednakost 101 G s G 199, a za razliku brojeva r nejednakost 1 G r G 50.
пример
3
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
4
Dato je sedam duæi od kojih je svaka veÊa od 10 cm, a mawa od 1 m. Dokaæi da meu 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
5
U kvadratu stranice 15 cm rasporeeno 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 meu 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 meu 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 meu 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 meu 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 meu 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 rasporeeno 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 rasporeeno 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
, ,
1
Сличност троуглова
1.1 1.
2.
3.
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 tvrewe 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:
4.
5.
6.
P^ ABCh =
1 1 AB $ hC, P^ AKLh = AK $ hL 2 2 h AC Iz C = sledi tvrewe. 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
D
E
F
A
B
M
7.
Dokaæimo primenom Talesove teoreme da je D srediπte duæi MG. Dijagonale Ëetvorougla BGCM se polove, pa je on paralelogram. Odatle sledi tvrewe. 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 meusobno 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.
2.
3.
4.
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
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