kantonalno takmičenje, III razred 2005 (koja su resenja??)

kantonalno takmičenje, III razred 2005 (koja su resenja??) 28.03.2005. u 02:15 · pre 262 meseca #1

Evo nekoliko zadataka, ko zna nek ponudi resenje:
-------------------------------------------------------
1) Rijesiti u skupu N sistem jednacina:

x(y+z+xyz)=62
y(z+x+xyz)=90
z(x+y+xyz)=116
--------------------------------------

2) U pravouglom trouglu ABC ugao A je 90°, "h" i "s" su duzine visine i simetrale unutrasnjeg ugla iz vrha A. Dokazati da vrjedi nejednakost h+s ≤ a
(a-hipotenuza trougla)
----------------------------------------------------------
2^3 znaci=2 na trecu(kub)
3)Neka su x,y prirodni brojevi takvi da vredi 4^(x-2) + 4^(y+2) ≤ 2^(x+y+1)
Dokazati da je zbir 2^(x) + 2^(y) deljiv sa 34.
-------------------------------------------------------------
4)resiti:
4^[sin^2(pi*x) + 3*4[cos^2(pi*x)≤8
---------------------------------------------------------

Re: kantonalno takmičenje, III razred 2005 (koja su resenja??) 29.03.2005. u 04:56 · pre 262 meseca #2

1. Uvedimo smenu: xy=p, xz=q, yz=r. J-ne postaju

p+q+pq=62 <=> 1+p+q+pq=1+62 <=> (p+1)(q+1)=7*9
p+r+pr=90 <=> 1+p+r+pr=91 <=> (p+1)(r+1)=7*13
q+r+qr=116 <=> 1+q+r+qr=117 <=> (q+1)(r+1)=9*13

Izmnožimo međusobno ove poslednje oblike i dobijemo
((p+1)(q+1)(r+1))²=(7*9*13)²

x,y,z > 0 => p,q,r > 0 , tim pre je i p+1>0, q+1>0, r+1>0

Dakle (p+1)(q+1)(r+1)=7*9*13

Eh, sad ovu jednačinu delimo sa svakom od prethodnih i dobijemo

r+1 = 13, q+1 = 9, p+1 = 7

Sad vratimo smenu

xy = 6
xz = 8
yz = 12

i opet izmnožimo

(xyz)² = 48*12 =4*12*12
xyz = 2*12 = 24 (opet zbog pozitivnosti x, y i z)

Opet delimo svakom jednačinom

z = 4, y = 3, x = 2

Re: kantonalno takmičenje, III razred 2005 (koja su resenja??) 29.03.2005. u 05:48 · pre 262 meseca #3

4. Ajde ponovi, ovaj put lagano...

2. Mrzi me, kasno je...

3. Upotrebićemo nejednakost geometrijske i aritmetičke sredine tj formulu

$A,B > 0 => \frac{A+B}{2} \ge \sqrt{AB}$ , gde jednakost važi akko A = B

U našem slučaju

$\frac {4^{x-2}+4^{y+2}}{2} \ge \sqrt{4^{x-2}4^{y-2}}$

tj ${4^{x-2}+4^{y+2}} \ge 2\sqrt{4^{x-2+y-2}}=2^{x+y+1}$

Sada imamo

${4^{x-2}+4^{y+2}} \ge 2^{x+y+1}$ (nejednakost Ar i Geom sredine), te
${4^{x-2}+4^{y+2}} \le 2^{x+y+1}$ (uslov zadatka)

Dakle ${4^{x-2}+4^{y+2}} = 2^{x+y+1}$ , a to važi akko
$4^{x-2}=4^{y+2} <=> x-2=y+2 <=> x=y+4$

Pa onda je $2^x+2^y=2^{y+4}+2^y=2^y(2^4+1)=17*2^y$

Ako je y prirodan broj, onda je ovo ceo broj, koji je deljiv sa 17 i sa 2

Re: kantonalno takmičenje, III razred 2005 (koja su resenja??) 30.03.2005. u 01:38 · pre 262 meseca #4

3. Dokazaćemo da je $h \le \frac{a}{2}$ i $ s \le \frac{a}{2}$

Pretpostavimo suprotno, tj h > a/2 tj 2h > a
2h > a <=> 2ah > a² <=> 2bc > b² + c² <=> 0>(b-c)², što je netačno.
(Koristili smo a² = b² + c² i ah = 2P = bc gde je P površina)
Dakle ne sme biti h > a/2.

Za s je malo komplikovanije. Prvo iz sinusne teoreme imamo

$\frac{s}{sin \beta}=\frac{c}{sin \theta}$

Pošto je zbir svih uglova u trouglu uvek isti vidimo da je
$\beta +\theta +\frac{\pi}{4}=\pi $ tj $ \theta = \frac{3\pi}{4}-\beta$

Dakle $sin\theta=sin(\frac{3\pi}{4}-\beta)= \dots =\frac {sin\beta + cos\beta} {\sqrt 2}^{**}$ Razume se da su svi uglovi u radijanima.

Takođe znamo da je $c=a cos\beta$ pa je samim tim
$s=a\frac{sin\beta cos\beta}{\frac{sin\beta +cos \beta}{\sqrt 2}}=\dots = a\sqrt 2 \frac{1}{\frac{1}{cos \beta} +\frac{1}{sin\beta}}$

E, a sad nejednakost između Harmonijske i Aritmetičke sredine
$\frac{2}{\frac{1}{c} +\frac{1}{s}} \le \frac{s+c}{2}$

Ovo, sad znači da $s \le a \sqrt 2 \frac{sin\beta +cos\beta}{4}$

Dalje zbog $^{**}$ vidimo da je $s\le a\frac{sin\theta}{2} \le \frac{a}{2}$

Dakle $h \le \frac{a}{2}, s \le \frac{a}{2} => h+s \le a$

Još možemo primetiti da u prvoj nejednakosti važi jednakost akko b = c, a u drugoj akko $\theta = \frac{\pi}{2} <=> \beta =\frac{\pi}{4} <=> b=c$
Dakle s+h=a akko b=c

Forum kao aplikacija na telefonu

Srodne teme