Elementarna matematika 1

1. srpnja 2005.

Rješenja

1. Neka je R ≠ ∅ simetrična i tranzitivna relacija na skupu A. Dokažite da postoji neprazan podskup B ⊆ A takav da je restringirana relacija P := (B × B) ∩ R, relacija ekvivalencije na B. Uputa: jedan takav skup je B := {x ∈ A : (∃y ∈ A)(xRy)} — ima i drugih.

Rj. Definirajmo B kao u uputi. Trebamo dokazati da relacija P na

B ima svojstva: refleksivnost: Neka je x ∈ B proizvoljan. To znači da postoji y ∈ A

takav da xRy. Po simetričnosti od R je i yRx, pa je po tranzitivnosti xRx. Budući da je x ∈ B, vrijedi (x, x) ∈ R ∩ B × B = P, odnosno xP x.

simetričnost: Neka su x i y elementi od B za koje vrijedi xP y. To specijalno znači xRy, te po simetričnosti od R imamo yRx — odnosno, jer je (x, y) ∈ B × B, yP x.

tranzitivnost: Neka su x, y i z elementi od B za koje vrijedi xP yP z. Kao gore, to znači xRyRz, pa po tranzitivnosti od R imamo xRz. Budući da su x i z iz B, vrijedi i xP z.

2. Riješite linearnu kongruenciju

9x ≡ 18 (mod 24) .

Može li se koeficijent 9 u gornjoj kongruenciji zamijeniti nekim drugim prirodnim brojem (manjim od 24), tako da ona nema rješenja?

Rj. NZM(9, 24) = 3|18, dakle naša kongruencija ima 3 rješenja mod 24. Potpunim dijeljenjem s 3 dobivamo ekvivalentnu kongruenciju 3x ≡ 6(mod 8). Nju sada možemo obično podijeliti s 3, jer je 3 relativno prost s 8, i dobijemo rješenje x ≡ 2(mod 8). Prebacivši to modulo 24, dobivamo naša tri rješenja: 2, 2 + 8 = 10 i 2 + 8 · 2 = 18.

3. Dokažite da je broj

2^{n} + 5^{n} + 8^{n}

djeljiv s 3, ali nije sa 6, za svaki n ∈ ℕ_{0}. Rj. Prvi dio dokazujemo matematičkom indukcijom, ili na sljedeći

način: primijetimo da je 2 ≡ 5 ≡ 8(mod 3). Dakle, za n ∈ ℕ_{0}, vrijedi 2^{n} + 5^{n} + 8^{n} ≡ 2^{n} + 2^{n} + 2^{n} ≡ 3 · 2^{n} ≡ 0(mod 3). Za drugi dio, primijetimo da naš broj nikada nije paran: za n = 0 jednak je 3, a za n ∈ ℕ jednak je zbroju dva parna i jednog neparnog broja.

4. Neka je f : ℤ → ℤ normirani polinom 3. stupnja, s 3 (različite, cjelobrojne) nultočke. Je li f surjekcija? (Uputa: provjerite može li f poprimiti vrijednost 1. Pazite na domenu i kodomenu!)

Rj. Ako je f normiran trećeg stupnja s 3 nultočke α, β i γ, tada mora biti oblika f(x) = (x − α)(x − β)(x − γ). Pretpostavimo da je f surjekcija, tada specijalno postoji k ∈ ℤ takav da je f(k) = (k − α)(k − β)(k − γ) = 1. No α, β i γ su različiti cijeli brojevi, te su i faktori k − α, k − β i k − γ takvi — a produkt tri različita cijela broja ne može biti 1, jer 1 ima samo dva djelitelja: 1 i −1.

5. Riješite jednadžbu (u realnim brojevima)

x + \sqrt{x^{2} − 8} = 2 + \sqrt{x − 3} .

Rj. Budući da imamo jednadžbu, možemo “neoprezno” kvadrirati, i na kraju uvrstiti kandidate za rješenja u jednadžbu. Dobivamo:

x − 2 = \sqrt{x − 3} − \sqrt{x^{2} − 8}

x^{2} − 4x + 4 = x − 3 + x^{2} − 8 − 2\sqrt{x − 3}\sqrt{x^{2} − 8} −5x + 15 = −2\sqrt{(x − 3)(x^{2} − 8)}

5(x − 3) = 2\sqrt{(x − 3)(x^{2} − 8)}
25(x − 3)^{2} = 4(x − 3)(x^{2} − 8) .

Dakle, jedan kandidat za rješenje je x = 3, a ostali se dobivaju rješavanjem kvadratne jednadžbe

25x − 75 = 4x^{2} − 32 ⟺ 4x^{2} − 25x + 43 = 0 .

Medutim, kako je 4 · 4 · 43 > 16 · 40 = 640 > 625 = 25^{2}, diskriminanta te kvadratne jednadžbe je negativna, pa ostali kandidati ne daju realna rješenja. Tako nam ostaje jedino x = 3, no uvrštavanjem

3 + 1 ≠ 2 + 0

vidimo da ni to nije rješenje, te naša jednadžba nema (realnih) rješenja.

Elementarna matematika 2

1. srpnja 2005.

Rješenja

1. Dokažite ili opovrgnite: za svaki x ∈ ⟨0, π⟩ vrijedi

1 + \sqrt{\frac{(cos 4x + 7)(ctg^{2} x + 1) − 8}{(cos 4x − 1)(ctg^{2} x + 1) + 8}} = \frac{1}{1 − cos^{2} x} .

Rj. Prvo raspišimo

cos 4x = 2 cos^{2} 2x − 1 = 2(2 cos^{2} x − 1)^{2} − 1 = 8 cos^{4} x − 8 cos^{2} x + 1 ,

i primijetimo da je množiti s ctg^{2} x+1 isto što i dijeliti sa sin^{2} x. Dakle, brojnik radikanda je jednak

\frac{8(cos^{4} x − cos^{2} x + 1)}{sin^{2} x} − 8 = \frac{8(cos^{4} x + 1 − cos^{2} x − sin^{2} x)}{sin^{2} x} = \frac{8 cos^{4} x}{sin^{2} x} ,

a nazivnik

\frac{8(cos^{4} x − cos^{2} x)}{sin^{2} x}+8 = 8 cos^{2} x·\frac{cos^{2} x − 1}{sin^{2} x}+8 = 8(1−cos^{2} x) = 8 sin^{2} x ,

te je lijeva strana jednaka

1 + \sqrt{\frac{8\frac{cos^{4} x}{sin^{2} x}}{8 sin^{2} x}} = 1 + \sqrt{\frac{cos^{4} x}{sin^{4} x}} = 1 + |\frac{cos^{2} x}{sin^{2} x}| .

Izraz pod apsolutnom vrijednosti je nenegativan, pa možemo nastaviti:

= 1 + \frac{cos^{2} x}{sin^{2} x} = \frac{sin^{2} x + cos^{2} x}{sin^{2} x} = \frac{1}{1 − cos^{2} x} .

Treba još vidjeti da je sve definirano, no svi uvjeti se svode na sin x ≠ 0, a to je ispunjeno za svaki x ∈ ⟨0, π⟩.

2. U ravnini je zadan trapez koji je istodobno tetivni i tangencijalni. Ako znate da je omjer osnovicâ trapeza 3 : 1, odredite omjer površinâ trapezu opisanog i upisanog kruga.

Rj. Neka je trapez označen ABCD na standardan način. Zbog tetivnosti je α + γ = π = β + γ, te je α = β, odnosno trapez je jednakokračan. Sada tangencijalnost daje b = s = \frac{a+c}{2} = 2c, jer je a = 3c. Projiciramo li kraću bazu ortogonalno na dulju, dobivamo dva sukladna pravokutna trokuta s hipotenuzom b = 2c i jednom katetom \frac{a−c}{2} = c, iz čega v = c\sqrt{3} i α = \frac{π}{3}. Polumjer upisane kružnice je ρ = \frac{v}{2} = \frac{c\sqrt{3}}{2}, te je površina upisanog kruga jednaka c^{2}π · \frac{3}{4}. Iz kosinusovog teorema sad lako odredimo |BD| = c\sqrt{7}, te je polumjer opisane kružnice trapezu ujedno i polumjer opisane kružnice trokutu △ABD, koji možemo dobiti kao produkt stranicâ podijeljen četverostrukom površinom. P_{△ABD} = \frac{a·v}{2} =

\frac{3c^{2}\sqrt{3}}{2}, te je R = \frac{2c·3c·c\sqrt{7}}{6c^{2}\sqrt{3}} = c\sqrt{\frac{7}{3}}. Iz toga dobivamo površinu opisanog kruga c^{2}π · \frac{7}{3}, te je traženi omjer \frac{7}{3} : \frac{3}{4} = 28 : 9.

3. U ravnini je zadana točka P, te pravac s i točka A ∈ s. Konstruirajte romb ABCD, kojem je s os simetrije, a P polovište dužine \overline{CD}. Ne morate provoditi dokaz, ali provedite diskusiju.

Rj. Opisat ćemo konstrukciju po koracima, a onda ćemo vidjeti što

može biti problematično. konstrukcija: Označimo s N nožište okomice iz P na s. Neka je C točka

na polupravcu AN, udaljena od A za \frac{4}{3}|AN| ((AC : N) = 3 : 1). D je točka centralnosimetrična C s obzirom na P, a B je točka osnosimetrična D s obzirom na s. ABCD je traženi romb.

diskusija: Ako je P na s, dobit ćemo B na s, te će biti B = D, odnosno romb će biti degeneriran: nema rješenja. Takoder, ako je P na okomici u A na s, bit će A = N, pa nećemo moći naći točku C: nema rješenja. U svim ostalim slučajevima postoji jedinstveno rješenje.

4. Kroz žarišta hiperbole, zadane jednadžbom

x^{2} − (\frac{y}{2})^{2} = 9 ,

povučene su paralele (njih ukupno 4) s njenim asimptotama. U sjecištima tako dobivenih pravaca s hiperbolom, povučene su tangente na nju. Odredite površinu četverokuta koji te tangente omeduju. (U računanju smijete koristiti simetričnost hiperbole.)

Rj. Podijelivši jednadžbu hiperbole s 9, dobivamo a = 3 ∧ b = 6, iz čega e = 3\sqrt{5}, dakle žarišta imaju koordinate (±3\sqrt{5}, 0). Takoder, koeficijenti smjera asimptotâ su ±\frac{6}{3} = ±2, te naša 4 pravca imaju jednadžbe y = ±2(x ± 3\sqrt{5}). Zbog simetričnosti, dovoljno je uzeti jedan pravac, odrediti površinu trokuta kojeg on zatvara s koordinatnim osima, i pomnožiti tu površinu s 4. Pa uzmimo y = 2(x − 3\sqrt{5}). Negovo sjecište s hiperbolom dobijemo uvrštavanjem

9 = x^{2} − (\frac{y}{2})^{2} = x^{2} − (x − 3\sqrt{5})^{2} = −6x\sqrt{5} − 45 ,

odnosno x = \frac{9}{\sqrt{5}}, y = \frac{−12}{\sqrt{5}}. Tom točkom tangenta na hiperbolu ima jednadžbu \frac{9x}{9\sqrt{5}} + \frac{12y}{36\sqrt{5}} = 1, iz čega se odmah vidi (segmentni oblik!) da su odsječci na koordinatnim osima \sqrt{5} i 3\sqrt{5}. Površina gore spomenutog trokuta je zato \frac{\sqrt{5}·3\sqrt{5}}{2} = \frac{15}{2}, a tražena površina je četverostruka, 4 · \frac{15}{2} = 30.

5. Nad stranama ABC i ABD pravilnog tetraedra ABCD brida a, dodani su na njega njemu sukladni tetraedri ABCF i ABED. Odredite oplošje i volumen, te broj vrhova, bridova i strana, tako dobivenog tijela. Posebno obratite pažnju (uz dokaz!) na to je li AEBF jedna strana, ili dvije.

Rj. Presijecimo naša tri tetraedra ravninom koja prolazi točkama C, D, E i F — ona siječe brid \overline{AB} u njegovom polovištu P := \frac{A+B}{2} . Dobivamo lik koji se sastoji od 3 sukladna jednakokračna trokuta sa zajedničkim vrhom P, baze a i kraka v = \frac{a\sqrt{3}}{2} < a. Baza je dakle veća od kraka, pa je kut nasuprot bazi veći nego što bi bio u jednakostraničnom trokutu: veći od \frac{π}{3}. To znači da je trostruki takav kut, <) F P E, veći od π, te točke A, B, E i F nisu u istoj ravnini: AEBF su dvije strane. Tijelo time ima 8 strana, a očito ima 6 vrhova (ABCDEF), pa po Eulerovoj formuli ima 6 + 8 − 2 = 12 bridova. Sve strane su mu jednakostranični trokuti brida a, te mu je oplošje jednako 8 · \frac{a^{2}\sqrt{3}}{4} = 2a^{2}\sqrt{3}. Volumen mu je trostruki volumen pravilnog tetraedra (formula izvedena na vježbama!), 3 · \frac{a^{3}\sqrt{2}}{12} = \frac{a^{3}\sqrt{2}}{4}.