Месец: април 2011

Нови задаци за припрему – Теорија бројева

Задаци су углавном за припреме 7. и 8. разреда, а неке од њих могу решавати и ученици 6. разреда.

1.  Да ли се ивице коцке могу нумерисати бројевима 1, 2, 3, …, 12 (12 ивица) тако да збир три броја на ивицама које се састају у заједничком темену буде исти за сва темена?

2. Одредити најмањи природан број који помножен са 2 постаје квадрат, а помножен са 3 постаје куб неког другог природног броја.

3. Може ли се милијарда записати као производ два цела броја тако да међу цифрама ових бројева нема нула?

4. На свакој страни коцке (6 страна) написан је по један број, и то тако да је сваки аритметичка средина четири суседна. Доказати да су сви написани бројеви једнаки међусобно.

5. Решити једначину (x-5)(x-4)(x-3)(x-2)=3024

6. Ако су у шестоцифреном броју прва и четврта цифра једнаке, друга и пета цифра једнаке и трећа и шеста цифра једнаке, доказати да је тај број дељив са 11 и 13.

7. Ако су у троцифреном броју дељивом са 7 две последње цифре једнаке, доказати да је збир цифара тог броја дељив са 7.

8. Доказати да разлика једног троцифреног броја и броја који је написан истим цифрама, али у обрнутом пореткуне може бити квадрат природног броја.

9. Доказати да је производ свих природних бројева од 101 до 200 дељив са 2^{100}, а није дељив са 2^{101}.

10. Да ли је број 1000…0008 (2011 нула) дељив са 36 и 72?

11. Нека су x и y цели бројеви такви да је производ (16x+17y)(17x+16y) дељив са једанаест. Доказати да је тај производ дељив и са 121.

12. Доказати да број n^2 - n + 2011, за било које  n \in N, није дељив са 2010 и 2012.

Информација о постављању граница за пласман на државно такмичење

Окружно такмичење из матерматике одржано је 9. 4. 2011.
А информација о „подвлачењу црте“ односно о границама од 70 бодова за све разреде објављена је јуче, 20. 4. 2011. на сајту Подружнице друштва математичара Крагујевац .
А данас, 21. 4. 2011. и на сајту ДМС.

Дакле, 11 дана је трајала обрада података…

Иначе, у току ових 11 дана чекања сајт ДМС-а није објављивао никакве информације, иако су ученици, родитељи и професори мислили да имају право да буду информисани о свим релевантним чињеницама…

Свим такмичарима који су овом последњом одлуком добили пропусницу да се „надмећу“ даље, срећно у наставку припрема. Онима који то нису, препорука да се не нервирају и да нађу начин да се одморе на овом распусту који следи…

Свима који посећују овај блог, а и другима уопште, срећни празници!

Задаци за припрему. Савезна такмичења СФРЈ 1970-1973.

Постављени су нови материјали који могу бити корисни ученицима седмог и осмог разреда који настављају припреме за државно такмичење. А поред њих и свима другима који су заинтересовани.  Понекад ваља погледати и како је то некада било…

Задатке можете преузети овде:

7 разред – задаци са државног у Хрватској 2011.

Онима који настављају припреме за Државно такмичење нема одмора. Нови задаци су увек добродошли!

Ево како је било на Државном такмичењу у суседној Хрватској које је одржано пре десетак дана.

Задатке са решењима за  VII разред можете преузети >>>ОВДЕ

Један геометријски задатак (за 7 разред)

Нека је ABCD произвољан конвексан четвороугао. Нека су К и М редом средишта страница AB i CD. Нека је тачка N пресек дужи АМ и DК, тачка L пресек дужи КС и ВМ. Доказати да је површина четвороугла KLMN једнака збиру површина троуглова AND и BCL.

Решење. Означимо са E, F и G редом подножија висина из темена D, M и C, троуглова AKD, ABM, KBC. На слици су одговарајуће висине истакнуте црвеном бојом. Наравно, све ове висине су нормалне на AB, паралелне су међусобно, и део су једног правоуглог трапеза EGCD (GC и DE су му основице). M je средиште DC па је MF средња линија трапеза EGCD, и важи FM=(ED+GC)/2.

С обзиром да јеAK=KB=\frac{AB}{2}

сада важи:

P_{\triangle AKD} +P_{\triangle KBC} =\frac{AK \cdot ED}{2} + \frac{KB \cdot GC}{2} =\frac{AB \cdot ED}{4} + \frac{AB \cdot GC}{4}=\frac{AB}{2} \cdot \frac{ED+GC}{2}=\frac{AB}{2} \cdot FM=P_{\triangle ABM}.

Дакле, P_{\triangle AKD} +P_{\triangle KBC} =P_{\triangle ABM}

И ово је кључни моменат овог задатка. Сада само треба обема странама одузети њихове заједничке делове, тј. површине троуглова AKN и KBL. А када једнаким странама у горњем идентитету одизмемо једнаке величине, тј. површине та два троугла, добијамо управо оно што је и требало показати:

P_{\triangle AND} +P_{\triangle BCL} =P_{ KLMN}.