Biblioteka Sigma
d-r Aleksa Mal~eski
d-r Vesna Manova-Erakovi}
d-r Risto Mal~eski
d-r \or|i Markoski
d-r Sla|ana Brsakoska
Sigmina riznica
(rubrika podgotvitelni zada~i)
Sojuz na matemati~ari na Makedonija
Skopje, dekemvri 2012 godina
Izdava~: Sojuz na matemati~ari na makedonija
Ul.bul.Aleksandar Makedonski bb
Skopje, Republika Makedonija
Recenzenti
m-r Velinov Daniel,
Grade`en fakultet-Skopje
m-r Misajleski Zoran, Grade`en fakultet-Skopje
m-r Zoran Trifunov,
profesor vo gimn. Ko~o Racin-Veles
CIP - Каталогизација во публикација
Национална и универзитетска библиотека "Св. Климент Охридски", Скопје
51(076)
СИГМИНА ризница : (рубрика подготвителни задачи) / Алекса
Малчевски ... [и др.]. - Скопје : Сојуз на математичари на
Македонија, 2012. - 152 стр. : илустр. ; 24 см. - (Библиотека Сигма)
Автори: Алекса Малчески, Весна Манова-Ераковиќ, Ристо Малчески, Ѓорѓи
Маркоски, Слаѓана Брсакоска
ISBN 978-9989-646-39-3 (кн.)
ISBN 978-9989-646-36-2 (ед.)
1. Малчески, Алекса [автор]
а) Математика - Задачи
COBISS.MK-ID 93003530
PREDGOVOR
Zada~ite {to sleduvaat se od rubrikata podgotvitelni zada~i za matemati~ki
natprevari od spisanie SIGMA. Toa e ve}e standardna rubrika koja izleguva od
devedesettite godini vo na{eto spisanie SIGMA, na po~etokot samo periodi~no.
Osnovnata funkcija na ova rubrika e prezentirawe na zada~i za podgotovka na
na{ite nadareni u~enici kako za na{ite olimpijadi taka i za podgotovka za
me|unarodnite olimpijadi. Vo nea se sodr`ani redica zada~i od razli~ni
me|unarodni natprevari, nacionalni olimpijadi od drugi zemji kako i zada~i
predlagani od na{i matemati~ari. Sekako deka izborot na zada~i e prilagoden za
na{iot obrazoven sistem {to ja pravi rubrikata podgotvitelni zada~i ne lesna
za odr`uvawe, kako i sostavuvaweto na ova kniga.
Vredno e da se napomene deka ova rubrika e prirodno prodol`enie na
rubrikata konkursni zada~i za matemati~ki natprevari, koja e posledna
oformena vo spisanieto Sigma.
Izdavaweto na zbirkata e prodol`enie na osnovnata ideja na urednicite i
rakovodstvoto na SMM {to podolgo vreme e prisutna, da masa nestandardni
zada~i se soberat na edno mesto, da se izdadat vo vakva zbirka, za prosto da ne se
izgubat i ne padnat vo zaborav na vremeto.
Principot da zada~ite se prenesat vo izvorna forma, kako vo spisanieto, e
zapazen sekade kade {to toa e mo`no, no ima zada~i koi se kompletno preraboteni
i prepraveni.
Skoro site crte`i vo zbirkata se preraboteni za da se dobie unificiranost
na materijalot, so cel da se dobie podobra naglednost.
Zaradi toa, taa e pogodna za sistematska podgotovka na mladite matemati~ari
za u~estvo na na{ite i me|unarodnite olimpijadi.
Iskrena blagodarnost da im izrazime na kolegite koi ja recenziraa ova kniga
koi dadoa nesebi~en pridones da se oformi ovoj rakopis.
Сигмина ризница-Подготвителни задачи за математички натпревари
1. Ненегативните реални броеви a, b, x и y се такви што a5 + b5 ≤1 и x5 + y 5 ≤1 .
Докажи дека a 2 x3 + b 2 y 3 ≤ 1 .
Решение. Ако го искористиме неравенството помеѓу аритметичка и геометриска средина,
добиваме
a 2 x3 =
5
a5 a5 x5 x5 x5 ≤ 15 (a5 + a5 + x5 + x5 + x5 ) =
2 a5
5
+ 53 x5 ,
b2 y3 =
5 b 5b 5 y 5 y 5 y 5
≤ 15 (b5 + b5 + y 5 + y 5 + y 5 ) =
2 b5
5
+ 53 y 5 .
Ако ги собереме последните две неравенства, добиваме
5
a 2 x3 + b 2 y 3 ≤ 52 a5 + 53 x5 + 52 b5 + 53 y=
2 (a5
5
3
+ b5 ) + 53 ( x5 + y 5 ) ≤ 52 +=
1.
5
2. Нека n е природен број, и x и y се позитивни реални броеви такви што
n
n
xn + y n =
1 . Докажи дека ( ∑ 1+ x 4 k )( ∑
2k
1+ y 2 k
+x
k 1 1=
k 1 1+ y
=
Решение. За секој t ∈ (0,1) имаме
n
n
∑ 11++ xx4k < ∑ x1k
2k
=
k 1=
k 1
1+ t 2
1+ t 4
n
n
n
1+ y 2 k
1
и
<
x (1− x )
yk
1+ y 4 k
=
k 1=
k 1
∑
1− x
=
n
4k
1
.
) < (1− x )(1
− y)
(1− t )(1− t 3 )
1−
=
t
t (1+ t 4 )
< 1t . Заменувајќи t = x k и t = y k , добиваме:
1− y n
∑
. Ако ги искористиме равенствата 1 − x n =
=
yn и
n
y (1− y )
1 − yn =
x n , имаме
n
n
( ∑ 1+ x 4 k )( ∑
2k
1+ y 2 k
1+ x
1+ y 4 k
k 1=
k 1
=
)<
1− y n
1− x n
x n (1− x ) y n (1− y )
=
n
y
xn
x n (1− x ) y n (1− y )
=
1
(1− x )(1− y )
3. Нека a, b и c се страни на триаголник и p =
дека | p − q |< 1 .
.
a
b
+ bc + ac , q =
a
c
+ bc + ba . Докажи
Решениие. Разликата p − q можеме да ја запишеме во видот
p − q = ( ba + bc + ac ) − ( ac + bc + ba ) =
=
=
a 2 c + b 2 a + c 2b − a 2b − c 2 a −b 2 c
abc
(c − a )[ − ac +bc +ba −b 2 ]
− ac ( c − a ) +b ( c 2 − a 2 ) −b 2 (c − a )
=
abc
abc
( c − a )[ − c ( a −b ) +b ( a −b )] ( a −b )(b −c )( c − a )
=
abc
abc
Од неравенствата a < b + c , b < a + c , c < a + b , добиваме
−a < b − c < a , −b < c − a < b , −c < a − b < c ,
односно
| a − b |< c , | b − c |< a , | c − a |< b .
Според тоа
=
| p−q| |
( a −b )(b −c )( c − a )
=|
abc
|( a −b )(b −c )( c − a )|
=
abc
|a −b| b −c| |c − a| cab
=
< abc
abc
4. Нека a и b се природни броеви и c =
a a +1 +bb +1
a a + bb
1.
. Да се докаже дека
c a + c b ≥ a a + bb .
Решение. Јасно е дека ако a = b , тогаш неравенството преминува во равенство па според тоа е
точно. Нека претпоставиме дека a ≠ b .
Ако x, y ∈  и x ≠ y , тогаш
а) Ако x < y , тогаш
xn − y n
x− y
xn − y n
=
x− y
x n −1 + x n − 2 ⋅ y + ... + x ⋅ y n − 2 + y n −1 . При тоа:
= x n −1 + x n − 2 ⋅ y + ... + x ⋅ y n − 2 + y n −1 < ny n −1 , за било кој n ∈  , n ≥ 1 .
5
Sigmina riznica-Podgotvitelni zada~i za matemati~ki natprevari
0 za i = 1,2,..., n . Polinomot g ( x) + h( x) ima najmalku n nuli. Stepenot
Toga{ g (a i ) + h(a i ) =
na g ( x) + h( x) e najmnogu ednakov na n . Spored toa g ( x) = − h( x) i P ( x) = − g ( x) 2 . Ova ne e
mo`no bidej}i P ( x) → +∞ koga x → ∞ .
Zaradi dobienata kontradikcija se dobiva tvrdeweto od zada~ata.
298. Neka P( x) e polinom so celobrojni koeficienti. Za koj postoi
priroden broj k i posledovatelni k celi broevi n, n + 1, n + 2,..., n + k − 1 takvi
{to nitu eden od broevite P(n), P(n + 1), ... , P(n + k − 1) ne e deliv so k . Doka`i
deka korenite na P( x) ne se celi broevi.
Re{enie. Neka P ( x=
) a  x d + a1x d −1 + a 2 x d − 2 + ... + a d −1x + a d e polinom koj gi ispolnuva
) ( x − m)Q( x) kade Q( x)
uslovite od zada~ata i neka m e celobrojna nula na P . Toga{ P ( x=
e polinom od ( d − 1 )-vi stepen. Ako
d
Q=
( x) b x
−1
+ b1x d
−2
+ b2 x d
−3
+ ... + bd − 2 x + bd −1 ,
toga{ od svojstvata na polinomi imame a  = b i a=
k bk − mbk −1 , 1 ≤ k ≤ d − 1 . Bidej}i b e
cel broj, so pomo{ na principot na kone~na matemati~ka indukcija dobivame deka bk ∈  .
P( j ) , j= n, n + 1,..., n + k − 1 ne se delivi so k , dobivame deka
j−m ,
j= n, n + 1,..., n + k − 1 ne se delivi so k . No toa ne e mo`no, bidej}i od k posledovatelni
celi broevi barem eden e deliv so k . Zaradi dobienata kontradikcija, polinomot P nema
celobrojni nuli.
299. Opredeli go polinomot P so najmal mo`en stepen takov {to
a)koeficientite na P se celi broevi
b)site nuli na P se celi broevi
v) P(0) = − 1
Bidej}i
g) P(3) = 128 .
Re{enie. Neka P e polinom so stepen n i neka b1, b2 ,..., bm se negovite nuli. Toga{
r
r
P( x) =
a ( x − b1 ) 1 ( x − b2 ) 2 ...( x − bm )
rm
,
kade r1, r2 ,..., rm ≥ 1 se prirodni breovi i a e cel broj. Od uslovot P (0) = − 1 dobivame deka
r
r
a (− 1) n b1 1 b2 2 ...bm
rm
=
− 1 . Poslednoto ravenstvo e mo`no ako i samo ako | a |= 1 i | b j |= 1 za
j = 1,2,..., m . Spored toa,
P( x) =
a ( x − 1) p ( x + 1) n − p ,
za nekoj priroden broj p ≥ 0 i n priroden broj. No, od uslovot P (3) = 128 dobivame
a ⋅ 2 p 2 2n − 2 p =
27 .
7 . Najmala vrednost za n za koj imame re{enie na poslednata ravenka e
Toga{ 2n − p =
n = 4 , a vo toj slu~aj p = 1 i a = 1 . Polinomot
3
P ( x) =( x − 1)( x + 1)
gi ispolnuva uslovite od zada~ata.
x n 2 x n −1x n − 2 − x n −1 − x n − 2 + 1 ,
300. Nizata ( x n ) ∞n =1 e opredelena so x = a , x1 = 2 i=
za n > 1 . Opredeli gi site celi broevi a takvi {to 2 x 3n − 1 e poln kvadrat za
site n ∈  .
y n 2 x n − 1 , n ∈  . Toga{
Re{enie. ]e ja razgledame nizata ( y n ) ∞
n =1 opredelena so =
150
Sigmina riznica-Podgotvitelni zada~i za matemati~ki natprevari
y n= 2 x n − =
1 2(2 x n −1x n − 2 − x n −1 − x n − 2 + 1) − =
1 4 x n −1x n − 2 − 2 x n −1 − 2 x n − 2 + =
1
= 2 x n −1 (2 x n − 2 − 1) − (2 x n − 2 −=
1) (2 x n −1 − 1)(2 x n − 2 −=
1) y n −1 y n − 2 .
2
Da zabele`ime, deka
=
y n + 3 y=
y n +1 y n , pa y n + 3 e poln kvadrat ako i samo ako y n e
n + 2 y n +1
poln kvadrat. Spored toa, y 3n e poln kvadrat za sekoj n ∈  ako i samo ako y  e poln
kvadrat. Bidej}i y=
 2a − 1 , dobivame
(2m − 1) 2 + 1
,
2
za sekoj m ∈  .
a=
301. Funkcijata
f (a ) = f (1995) ,
f : → 
e takva {to postoi priroden broj a za koj
f (a + 1) =
f (1996) ,
f (a + 2) =
f (1997)
f ( n) − 1
i f (n + a) =
,
f ( n) + 1
za sekoj n ∈  .
a)doka`i deka f (n + 4a) =
f (n) za sekoj n ∈  .
b)opredeli ja najmalata vrednost za a .
f ( n) − 1
Re{enie. a) Od ravenstvoto f (n + a ) =
, dobivame
f ( n) + 1
f ( n) − 1
−1
f ( n + a ) − 1 f ( n) + 1
f ( n + 2a ) =
f ((n + a ) + a ) =
=
=
− 1
f ( n + a ) + 1 f ( n) − 1
f ( n)
+1
f ( n) + 1
1
f ( n + 4a ) =
f ((n + 2a ) + 2a ) =
−
=
− 1 =
f ( n) .
f ( n + 2a )
− 1
f ( n)
b) Najmalata vrednost za a e 3 .
Navistina, ako a = 1 , toga{
f (1) = f (a ) = f (1995) = f (3 + 1992) = f (3 + 498 ⋅ 4) = f (3 + 498 ⋅ 4a ) = f (3) =
=
f (3a ) =
f ( a + 2a ) =
f (1 + 2a ) =
− 1 .
f (1)
Zna~i, ( f (1)) 2 = − 1 {to ne e mo`no.
Ako a = 2 , toga{
f (2)= f (a )= f (1995)= f (3 + 249 ⋅ 4a )= f (3)= f (a + 1)= f (1996)=
f (2) − 1
= f (4 + 249 ⋅ 4a ) = f (4) = f (2 + a ) =
.
f (2) + 1
f (2) − 1
dobivame ( f (2)) 2 = − 1 {to ne e mo`no.
f (2) + 1
Ne e te{ko da se proveri deka a = 3 e najmalata vrednost za koja takva funkcija postoi.
Od ravenstvoto f (2) =
151
Download

Sig_Riznica_Podg zadaci - Сојуз на математичари на Македонија