MatematickiTalent/md/mk-primary-federal/sxBPHFxg9ECgIUunxpSG5g.md

# Сојузен натпревар 1980 

## Седмо одделение

1. Шестина од вкупното количество на некоја стока е продадено со заработувачка од $20 \%$, а половина од вкупното количество од истата стока е продадено со загуба од $10 \%$. Со колку проценти заработувачка треба да се продаде остатокот од стоката за да се покрие загубата?

Решение. Нека $k$ вкупното количество стока, а $c$ е планираната цена. Од условот на задачата слеува равенката

$$
\frac{k}{6} \cdot 0,2 c+\frac{k}{3} \cdot x c=\frac{k}{2} \cdot 0,1 c
$$

каде $x$ е бараниот процент. Решение на оваа равенка е $x=0,05=5 \%$.

2. Даден е број $n$ чии цифри се 60 седумки и определен број нули. Докажи дека $\frac{n-27}{3}$ е цел број, а $\frac{n+27}{9}$ не е цел број.

Решение. Збирот на цифрите на бројот $n$ е $60 \cdot 7=420$. Според тоа, бројот $n$ е делив со 3 , па затоа и бројот $n-27$ е делив со 3 . Бидејжи бројот 420 не е делив со 9 , заклучуваме дека $n$ не е делив со 9 , што значи дека бројот $n+27$ не е делив со 9 .

3. Определи природни броеви $n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{k}, k>1$ (кои не мора да се различни меѓу себе) такви што

$$
n_{1} \cdot n_{2} \cdot \ldots \cdot n_{k}=1988 \text { и } n_{1}+n_{2}+\ldots+n_{k}=1988
$$

Колку различни решенија има?

Решение. Бидејќи $1988=2 \cdot 2 \cdot 7 \cdot 71$ и $2+2+7+71=82$, едно решение може да биде

$$
n_{1} \cdot n_{2} \cdot \ldots \cdot n_{k}=2 \cdot 2 \cdot 7 \cdot 71 \cdot 1 \cdot 1 \ldots \cdot 1(1906 \text { единици })
$$

4. На симетралата на надворешниот агол кај темето $C$ на триаголникот $A B C$ е земена произволна точка $M$. Докажи дека

$$
M A+M B>A C+B C
$$

Решение. Нека $D$ е точка на продолжението на страната $B C$ преку темето $C$ таква што $C D=C A$, што значи симетрична на темето $A$ во однос на симетралата $C M$. Јасно,

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_efbc4b1d6f4453f4ec44g-1.jpg?height=312&width=528&top_left_y=1894&top_left_x=952)
триаголниците $A C M$ и $D C M$ се складни, па затоа $D M=A M$. Според тоа,

$$
M A+M B=M D+M B>B D=B C+C D=A C+B C
$$

5. Во рамнокрак триаголник $A B C, A C=B C$, во кој $\measuredangle A C B=80^{\circ}$ дадена е точка $O$ таква што $\measuredangle B A O=10^{\circ}$ и $\measuredangle A B O=30^{\circ}$. Определи го $\measuredangle A C O$. Решение. Нека $H$ е пресечната точка на висината $C D$ на триаголникот и правата $B O$ (цртеж десно). Триаголникот $A B H$ е рамнокрак, па затоа

$$
\measuredangle H A B=\measuredangle H B A=30^{\circ}
$$

Според тоа,

$$
\measuredangle C A H=20^{\circ}=\measuredangle H A O .
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_efbc4b1d6f4453f4ec44g-2.jpg?height=363&width=506&top_left_y=602&top_left_x=975)

Освен тоа,

$$
\measuredangle A C D=40^{\circ} \text { и } \measuredangle A O H=\measuredangle O A B+\measuredangle O B A=40^{\circ}
$$

Триаголниците $A O H$ и $A C H$ имаат два еднакви агли и заедничка страна $A H$, па затоа се складни. Од складноста следува $A O=A C$, што значи дека триаголникот $A O C$ е рамнокрак и како $\Varangle C A O=40^{\circ}$ добиваме $\measuredangle A C O=70^{\circ}$.

## Осмо одделение

1. Два брода тргнуваат од местата $A$ и $B$ во пресрет еден кон друг. Секој од нив кога ќе стигне во едното место се враќа назад во другото место. Првиот пат бродовите се сретнале на $5 \mathrm{~km}$ од $A$, а вториот пат на $3 \mathrm{~km}$ од $B$. Определи го растојанието од $A$ до $B$.

Решение. Растојанието од $A$ до $B$ да го означиме со $x$, брзините на бродовите со $v^{\prime}$ и $v^{\prime \prime}$, времето до првата средна со $t^{\prime}$, а времето од првата до втората среба со $t^{\prime \prime}$. Од условот на задачата добиваме

$$
v^{\prime} t^{\prime}=5, v^{\prime \prime} t^{\prime}=x-5, v^{\prime} t^{\prime \prime}=3+(x-5), v^{\prime \prime} t^{\prime \prime}=5+(x-3)
$$

Ако ги помножиме првата и четвртата равенка и втоарата и третата равенка, добиваме

$$
5(x+2)=v^{\prime} v^{\prime \prime} t^{\prime} t^{\prime \prime}=(x-5)(x-2), \text {,.е. } x^{2}-12 x=0
$$

Но, $x>0$, па од последната равенка следува $x=12$.

2. Дадени се линеарните функции

$$
y=-1, y=\frac{3}{2} x-4, y=\frac{1}{4} x-\frac{7}{2} \text { и } y=2 x+7
$$

Определи ги координатите на темињата и плоштината на правилниот четириаголник кои ги ограничуваат графиците на дадените функции.

Решение. Со $A, B, C, D$ да ги означиме споменатите темиња како на цртежот десно. Имаме:

$A(-4,-1), B(2,-1), C(6,5), D(-2,3)$

Баравата плоштина е

$$
\begin{aligned}
P & =\frac{A E \cdot E D}{2}+\frac{(E D+B F) \cdot E B}{2}+\frac{B F \cdot h_{B F}}{2} \\
& =\frac{2 \cdot 4}{2}+\frac{(4+5) \cdot 4}{2}+\frac{5 \cdot 4}{2}=32
\end{aligned}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_efbc4b1d6f4453f4ec44g-3.jpg?height=484&width=531&top_left_y=479&top_left_x=917)

3. Докажи дека разликата на бројот кој е запишан со 100 единици и бројот кој е запишан со 50 двојки е квадрат на природен број.

Решение. Имаме:

$$
\begin{aligned}
11 . .1-22 . .2 & =\frac{1}{9}\left(10^{100}-1\right)-\frac{2}{9}\left(10^{50}-1\right) \\
& =\frac{1}{9}\left(10^{100}-1-2 \cdot 10^{50}+2\right) \\
& =\frac{1}{9}\left(10^{100}-2 \cdot 10^{50}+1\right) \\
& =\frac{1}{9}\left(10^{50}-1\right)^{2}=\left(\frac{10^{50}-1}{3}\right)^{2}
\end{aligned}
$$

Бидејќи бројот $10^{50}-1$ е делив со 9 , тој е делив со 3 , со што тврдењето е докажано.

4. Во правоаголникот $A B C D$ точката $M$ припаѓа на страната $C D$ и важи $D M=2 \cdot C M$, а $O$ е пресекот на дијагоналите. Правите $A C$ и $B M$ се сечат под прав агол. Определи го $\Varangle B O M$.

Решение. Нека $E$ е средината на страната $B C$. Тогаш $O E \perp B C$. Според тоа, точката $H$ е ортоцентар на триаголникот $O B C$, па затоа $C H \perp O B$. Меѓутоа $O H$ е средна линија на триаголникот $D B M$, па затоа $O H=\frac{1}{2} D M=M C$. Затоа четириаголникот

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_efbc4b1d6f4453f4ec44g-3.jpg?height=286&width=409&top_left_y=1804&top_left_x=1074)
$O H C M$ е паралелограм, па оттука следува дека $O M \perp B O$.

5. Даден е триаголник $A B C$ и точка $M$ во неговата внатрешност. Докажи дека

$$
A M \cdot B C+B M \cdot A C+C M \cdot A B \geq 4 P
$$

каде $P$ е плоштината на триаголникот $A B C$. Решение. Нека $B^{\prime}$ и $C^{\prime}$ се подножјата на нормалите соодветно повлечени од $B$ и $C$ на правата $A M$ (цртеж десно). Тогаш

$$
P_{A B M}=\frac{1}{2} A M \cdot B B^{\prime} \text { и } P_{A C M}=\frac{1}{2} A M \cdot C C^{\prime}
$$

па затоа

$$
\begin{aligned}
P_{A B M}+P_{A C M} & =\frac{1}{2} A M \cdot\left(B B^{\prime}+C C^{\prime}\right) \\
& \leq \frac{1}{2} A M \cdot B C
\end{aligned}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_efbc4b1d6f4453f4ec44g-4.jpg?height=281&width=390&top_left_y=528&top_left_x=1074)

Аналогно се докажува дека

$$
P_{A C M}+P_{B C M} \leq \frac{1}{2} C M \cdot A B \text { и } P_{A B M}+P_{B C M} \leq \frac{1}{2} B M \cdot A C
$$

Сега, ако ги собереме последните три неравенства, по средувањето го добиваме неравенстSвото (1).