[ Outline ] · Standard · Linear+ Zadaci Sa Opštinskog Takmičenja Iz 2006. Godine, Matematika, I razred

[pyost]

Ministarstvo prosvete i sporta Republike Srbije
Društvo matematicara Srbije

OPŠTINSKO TAKMICENJE IZ MATEMATIKE
28.01.2006.

Prvi razred – A kategorija


1. Na koliko nacina se 3 topa mogu postaviti na šahovsku tablu dimenzija 6 x 2006 tako da se uzajamno ne tuku (tj. dva topa se ne mogu naci istovremeno u istoj vrsti ili istoj koloni)?

2. Odredite najveci zajednicki delilac brojeva 2²⁰⁰⁶-1 i 2²⁰⁰⁴-1.

3. Zbir 49 prirodnih brojeva jednak je 999. Naci najvecu mogucu vrednost njihovog najveceg zajednickog delioca.

4. Odrediti uglove jednakokrakog trougla u kome je dužina simetrale ugla na osnovici jednaka dvostrukoj dužini visine koja odgovara osnovici.

5. Može li se jednakostranicni trougao podeliti (npr. makazama iseci!) na 2006 jednakostranicnih trouglova?


REŠENJA


1. Ova šahovksa tabla ima 6 redova i 2006 kolona. Mi tri topa postavljamo tako sto biramo tri različite kolone i tri različita reda.
Tri različita reda možemo izabrati na (6x5x4) : (2*3) načina, odnosno 20 načina.
Tri različite kolone možemo izabrati na (2006x2005x2004) : (2*3) načina, odnosno na 2006x2005x334 načina.
Kada izaberemo tri kolone i tri reda, svaku od kolona moramo da "uparimo" sa jednim redom. To možemo na 3x2, odnosno 6 načina. Prvu kolonu možemo da "uparimo" sa 3 reda, drugu sa dva, a treću sa jednim.
Kada dobijemo sve te vrednosti, ukupan broj mogućnosti je njihov proizvod:

20x2006x2005x334x6 = 2006x2005x2004x20

-----------------------------
Nenad Božidarević
-----------------------------



2. Euklidovim algoritmom dobijamo sledece:
2^2006-1=(2^2004-1)*2^2+3
2^2004-1=3q+r
Sada treba ispitati da li 3 deli 2^2004-1. Kako 4=2^2 daje ostatak 1 pri deljenju sa 3, to i 2^2*1002=2^2004 daje ostatak 1, pa 2^2004-1 jeste deljivo sa 3.To znaci da je NZD za ove trazene brojeve 3.

3. a1+a2+a3+...+a49=999
Neka je NZD(a1,a2,...,a49)=k, odna mozemo ovo zapisati kao i
k*(p1+p2+...+p49)=999.
p1+p2+...+p49=999/k
Kako k mora biti maksimalno zanci 999/k mora biti minimalno! p1+p2+...+p49 je minimalno za 49.Kako 49 ne deli 999 p1+p2+...+p49 mora biti najmani delilac broja 999 koji je veci od 49, a to je 3*37, tj. k=999/3*37=9.
Dokazimo da je p1+p2+...+p49=3*37=111 moguce.Kako su svi sabirci prirodni brojevi i ima ih 49, znaci njihov minimalan zbir je 1*49=49, pa moze biti onda i 111(nisu svi isti!!!).

4. Produzimo visinu CC1 na osnovicu preko podnozja do tacke D, tako da CD=2CC1.
Dobijamo cetvorougao ADBC koji je romb.Neka simetrala ugla BAC sece naspramnu stranicu u tacki N, AN=2*CC1=CD.Primetimo cetvorougao ADNC.Kako je AD||CB sledi da je i AD||CN, pa je ADNC trapez.Kako su dijagonale AC i ND jednake onda je trapez jednakokrak!Neka se dijagonale AN i CD seku u tacki O.Ugao ACO=ACB/2 (CC1 simetrala ugla CAB).Pa je i ugao DON=ACO=ACB/2.Primetimo jednakokraki trougao ADN (AC=ND,AC=AD, pa i DA=ND) gde je ugao NAD=AND=1,5*CAB=ACB/2.Kako je 2*CAB+ACB=180 lako se dobija da su uglovi trougla 36,36,108 stepeni.

5. Prvo podelimo "veliki" jednakostranicni trougao na cetiri mala (ali jednaka) tako sto spojimo sredine stranica!Svaki trougao mozemo izdeliti na manje trouglove kojih ima ukupno - potpun kvadrat.
Dokaz :
Delimo ih pravama(duzima) koje su paralelne stranicama!!!Mora ih biti jednak broj.Primecujemo da u svakom redu ima neparan broj trouglica!
1+3+5+...+(2k+1).Ovde neparnih brojeva ima paran broj, tj ima ih za 1 vise od parnih koji se nalaze izmedju svaka dva neparna!Kako imamo ukupno 2k+1 brojeva, to neparnih imamo 2k+1+1/2 znaci k+1, pa je njihov zbir (k+1)^2.Najblizi potpun kvadrat broju 2006 je 1936=44*44.Znaci prvi trougao mozemo izdeliti na 1936 manja! Trouglici u ostala cetiri moraju da daju zbir 2006-1936=70.Kako su je njihov zbir (unutar jednog) potpun kvadrat na neki nacin(dug, ne bih da pisem) dobijamo 70=36+25+9.Sto znaci da ga delimo na trouglice 1936+36+25+9!!!Znaci odgovor je moze!

------------------------------
Ljubomir Radaković
------------------------------

[pyost]

Rešenje prvog zadatka

Ova šahovksa tabla ima 6 redova i 2006 kolona. Mi tri topa postavljamo tako sto biramo tri različite kolone i tri različita reda.
Tri različita reda možemo izabrati na (6x5x4) : (2*3) načina, odnosno 20 načina.
Tri različite kolone možemo izabrati na (2006x2005x2004) : (2*3) načina, odnosno na 2006x2005x334 načina.
Kada izaberemo tri kolone i tri reda, svaku od kolona moramo da "uparimo" sa jednim redom. To možemo na 3x2, odnosno 6 načina. Prvu kolonu možemo da "uparimo" sa 3 reda, drugu sa dva, a treću sa jednim.
Kada dobijemo sve te vrednosti, ukupan broj mogućnosti je njihov proizvod:

20x2006x2005x334x6 = 2006x2005x2004x20

[^_NiN0_^]

Evo ja cu resiti ostale!!!

2.Euklidovim algoritmom dobijamo sledece:
2^2006-1=(2^2004-1)*2^2+3
2^2004-1=3q+r
Sada treba ispitati da li 3 deli 2^2004-1.Kako 4=2^2 daje ostatak 1 pri deljenju sa 3, to i 2^2*1002=2^2004 daje ostatak 1, pa 2^2004-1 jeste deljivo sa 3.To znaci da je NZD za ove trazene brojeve 3.

3.a1+a2+a3+...+a49=999
Neka je NZD(a1,a2,...,a49)=k, odna mozemo ovo zapisati kao i
k*(p1+p2+...+p49)=999.
p1+p2+...+p49=999/k
Kako k mora biti maksimalno zanci 999/k mora biti minimalno! p1+p2+...+p49 je minimalno za 49.Kako 49 ne deli 999 p1+p2+...+p49 mora biti najmani delilac broja 999 koji je veci od 49, a to je 3*37, tj. k=999/3*37=9.
Dokazimo da je p1+p2+...+p49=3*37=111 moguce.Kako su svi sabirci prirodni brojevi i ima ih 49, znaci njihov minimalan zbir je 1*49=49, pa moze biti onda i 111(nisu svi isti!!!).

4.GEOMETRIJA!!!Uh....Resio sam ga ali da li ce biti jasno.
Produzimo visinu CC1 na osnovicu preko podnozja do tacke D, tako da CD=2CC1.
Dobijamo cetvorougao ADBC koji je romb.Neka simetrala ugla BAC sece naspramnu stranicu u tacki N, AN=2*CC1=CD.Primetimo cetvorougao ADNC.Kako je AD||CB sledi da je i AD||CN, pa je ADNC trapez.Kako su dijagonale AC i ND jednake onda je trapez jednakokrak!Neka se dijagonale AN i CD seku u tacki O.Ugao ACO=ACB/2(CC1 simetrala ugla CAB).Pa je i ugao DON=ACO=ACB/2.Primetimo jednakokraki trougao ADN(AC=ND,AC=AD, pa i DA=ND) gde je ugao NAD=AND=1,5*CAB=ACB/2.Kako je 2*CAB+ACB=180 lako se dobija da su uglovi trougla 36,36,108 stepeni.

[^_NiN0_^]

5.Evo kako sam ja to resio!
Prvo podelimo "veliki" jednakostranicni trougao na cetiri mala (ali jednaka) tako sto spojimo sredine stranica!Svaki trougao mozemo izdeliti na manje trouglove kojih ima ukupno - potpun kvadrat.
Dokaz :
Delimo ih pravama(duzima) koje su paralelne stranicama!!!Mora ih biti jednak broj.Primecujemo da u svakom redu ima neparan broj trouglica!
1+3+5+...+(2k+1).Ovde neparnih brojeva ima paran broj, tj ima ih za 1 vise od parnih koji se nalaze izmedju svaka dva neparna!Kako imamo ukupno 2k+1 brojeva, to neparnih imamo 2k+1+1/2 znaci k+1, pa je njihov zbir (k+1)^2.Najblizi potpun kvadrat broju 2006 je 1936=44*44.Znaci prvi trougao mozemo izdeliti na 1936 manja!Trouglici u ostala cetiri moraju da daju zbir 2006-1936=70.Kako su je njihov zbir(unutar jednog) potpun kvadrat na neki nacin(dug, ne bih da pisem) dobijamo 70=36+25+9.Sto znaci da ga delimo na trouglice 1936+36+25+9!!!Znaci odgovor je moze!

[zugi]

Genijalno resenje!!!


P.S. Samo kad bi makaze mogle da probiju papir????????

[^_NiN0_^]

Genijalno resenje!!!
P.S. Samo kad bi makaze mogle da probiju papir????????

HA HA HA HA!Pa u pravu si!