File size: 14,450 Bytes
802d9fe | 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 150 151 152 153 154 155 156 157 158 159 160 161 162 163 164 165 166 167 168 169 170 171 172 173 174 175 176 177 178 179 180 181 182 183 184 185 186 187 188 189 190 191 192 193 194 195 196 | # Сојузен натпревар 1964
## III година
1. Определи го множеството отчки $(a, b)$ во Декартовиот правоаголен координатен систем $O a b$ така што сите решенија на равенката
$$
x^{4}-2(a-b) x^{2}+2(4-a b)=0
$$
се реални.
Решение. Од дадената равенка добиваме
$$
x^{2}=a-b \pm \sqrt{a^{2}+b^{2}-8}
$$
За да сите решенија на дадената равенка се реални поребно и доволно е да важи:
1) $a^{2}+b^{2} \geq 8$ и
2) $a-b \pm \sqrt{a^{2}+b^{2}-8} \geq 0$.
Условот 1) го задоволуваат сите точки на рамнината $O a b$ кои припаѓаат на кружницата $a^{2}+b^{2}=8$ или се надвор од неа, а условот 2) го задоволуваат сите точки за кои $a \geq b$ и $a b \leq 4$, т.е. точките кои се под правата $b=a$ и се меѓу двете гранки на хиперболата $a b=4$. Бараното множество е
прикажано на цртежот десно.
2. Ако $r$ е радиусот на впишаната кружница во триаголник со плоштина $p$ и $s_{\alpha}, s_{\beta}, s_{\gamma}$ се должините на симетралите на внатрешните агли на тој триаголник, докажи дека $r s_{\alpha} s_{\beta} s_{\gamma} \leq p^{2}$ и знак за равенство важи ако и само ако триаголникот е рамностран.
Решение. Прво ќе докажеме дека, ако $a, b, c$ се должини на страни на триаголник и $s=\frac{a+b+c}{2}$ е неговиот полупериметар, тогаш важи равенството
$$
s_{\alpha}=\frac{4 b c s(s-a)}{(b+c)^{2}}
$$
За таа цел со $A, B, C$ да ги означиме темињата на триаголникот, со $D$ пресекот на симетра-
лата на аголот во темето $A$ со страната $B C$, со $x$ и $y$ отсечоците кои симетралата ги прави на страната $B C$ и $\varphi=\measuredangle A D B$. Од релациите $x+y=a$ и
$x: y=c: b$ добиваме $x=\frac{a c}{b+c}$ и $y=\frac{a b}{b+c}$. Од друга страна, применувајќи ја косинусната теорема за триаголниците $A D C$ и $A B D$, добиваме
$$
\begin{aligned}
& c^{2}=x^{2}+s_{\alpha}^{2}-2 x s_{\alpha} \cos \varphi \\
& b^{2}=y^{2}+s_{\alpha}^{2}+2 y s_{\alpha} \cos \varphi
\end{aligned}
$$
Ако првото равенство го помножиме со $y$, а второто со $x$ и добиените равенства ги собереме, добиваме
$$
c^{2} y+b^{2} x=a x y+a s_{\alpha}^{2}
$$
Во последното равенство ги заменуваме вредностите за $x$ и $y$ и добиваме равенство кое е еквивалентно со равенството (1).
Од равенството (1), бидејќи $b c \leq\left(\frac{b+c}{2}\right)^{2}$ следува
$$
s_{\alpha} \leq \sqrt{s(s-a)}
$$
Аналогно се докажува дека $s_{\beta} \leq \sqrt{s(s-b)}$ и $s_{\gamma} \leq \sqrt{s(s-c)}$. Затоа
$$
r s_{\alpha} s_{\beta} s_{\gamma} \leq r s \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}=p^{2}
$$
3. Рамнокрак триаголник со агол $\alpha$ при основата е основа на пирамида таква што сите нејзини бочни зидови со основата формираат еднакви агли $\varphi=90^{\circ}-\alpha$. Рамнината која минува низ висината на пирамидата и врвот на рамнокракиот триаголник на основата ја сече пирамидата во фигура чија плоштина е $p$. Определи го волуменот на пирамидата.
Решение. Со $A, B, C$ да ги означиме темињата на основата на пирамидата, врвот на пирамидата со $D$, подножјето на висината на бочниот кид $B C D$ со $E$ (цртеж десно). Понатаму, нека кракот на основата е $b$, радиусот на нејзината опишана кружница е $R$ и $S$ е подножјето на висината повлечена од врвот на пирамидата. Триаголниците $D A S$ и $D B S$ имаат соодветно прави агли $\measuredangle A S D$ и $\measuredangle B S D$, заедничка страна $S D$ и $\angle D A S=\measuredangle D B S=\varphi$, па затоа се
складни. Според тоа, $A S=B S$ и слично $A S=C S$, што значи дека $S$ е центар на опишаната кружница на основата и $A S=B S=R=\frac{b}{2 \sin \alpha}$.
Од правоаголниот триаголник $A B E$ добиваме $A E=b \sin \alpha$, а од правоаголниот триаголник $D A S$ следува
$$
S D=R \operatorname{ctg} \alpha=\frac{b}{2 \sin \alpha} \operatorname{ctg} \alpha=\frac{b \cos \alpha}{2 \sin ^{2} \alpha}
$$
Затоа
$$
p=\frac{1}{2} A E \cdot S D=\frac{1}{2} b \sin \alpha \frac{b \cos \alpha}{2 \sin ^{2} \alpha}=\frac{1}{4} b^{2} \operatorname{ctg} \alpha, \text {,.e. } b^{2}=4 p \operatorname{tg} \alpha
$$
За волуменот на пирамидата добиваме
$$
V=\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} b^{2} \sin \left(180^{\circ}-2 \alpha\right) \frac{b \cos \alpha}{2 \sin ^{2} \alpha}=\frac{1}{6} b^{3} \frac{\cos ^{2} \alpha}{\sin \alpha}=\frac{4}{3} \frac{\cos ^{2} \alpha}{\sin \alpha}(p \operatorname{tg} \alpha)^{\frac{3}{2}}
$$
4. Рамностран триаголник $A B C$ ортогонално се проектира на произволна оска. Определи го аголот на еден од векторите $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{B C}, \overrightarrow{C A}$ спрема таа оска, така што збирот на третите степени на проекциите на тие вектори е еднаков на нула.
Решение. Јасно е дека збирот на третите степени (на алгебарските вредности) на проекциите на векторите $\overrightarrow{A B}$, $\overrightarrow{B C}, \overrightarrow{C A}$ на оската $l$ ќе биде еднаков на нула само во случај кога една од проекциите е еднаква на нула, т.е.кога една од страните на триаголникот $A B C$ е нормална на оската $l$.
## IV година
1. Дадена е функцијата $y=x e^{-a x^{2}}$, каде $a$ е позитивен параметар.
a) Испитај го текот на графикот на оваа функција за произволно $a$ и скицирај го графикот за $a=2$.
б) Екстремните точки на дадената функција ја менуваат со $a$ својата положба во $x O y$ рамнината. Определи ја кривата $y=f(x)$ на која и припаѓаат овие екстремни точки.
в) Определи ја плоштината $P(b)$ на делот од рамнината ограничен со лакот на делот од графикот на дадената функција, $x$-оската и правата $x=b(b>0)$. Колкава е граничната вредност на плоштината $P(b)$ кога $b \rightarrow+\infty$ ?
Решение. а) Дадената функција е дефинирана за секој $x \in \mathbb{R}$ и е непарна. Нулата и знакот на функцијата се совпаѓаат со нулата и знакот на аргументот. Од $y^{\prime}=\left(1-2 a x^{2}\right) e^{-a x^{2}}$ следува дека функцијата има стационарни точки во $x_{1}=-\frac{1}{\sqrt{2 a}}$ и $x_{2}=\frac{1}{\sqrt{2 a}}$. Притоа функцијата има минимум $y_{1}=y\left(x_{1}\right)=-\frac{1}{\sqrt{2 a e}}$, односно максимум $y_{2}=y\left(x_{2}\right)=\frac{1}{\sqrt{2 a e}}$. Интервалите на монотоност, како и конвексноста се прикажани на дадениот график. Понатаму, од $y^{\prime \prime}=2 a x\left(2 a x^{2}-3\right) e^{-a x^{2}}$, заклучуваме дека функцијата има три превосјни точки и тоа $\left(-\sqrt{\frac{3}{2 a}},-\sqrt{\frac{3}{2 a e^{3}}}\right),\left(\sqrt{\frac{3}{2 a}}, \sqrt{\frac{3}{2 a e^{3}}}\right)$ и $(0,0)$.
б) Од $y\left(x_{1}\right)=-\frac{1}{\sqrt{2 a e}}$ и $y\left(x_{2}\right)=\frac{1}{\sqrt{2 a e}}$ следува дека сите екстремни точки припаѓаaт на правата $y=\frac{x}{\sqrt{e}}$.
в) Имаме:
$$
P(b)=\int_{0}^{b} x e^{-a x^{2}} d x=\frac{1}{2 a}\left(1-e^{-a b^{2}}\right), \lim _{b \rightarrow \infty} P(b)=\frac{1}{2 a}
$$
2. Три сфери допираат една рамнина во точките $A, B, C$ при што $A B=c$, $B C=a, C A=b$. Определи ги радиусите на овие сфери, ако се знае дека тие меѓусебно се допираат.
Решение. Центрите на дадените сфери да ги означиме со $A_{1}, B_{1}, C_{1}$, а радиусите со $R_{1}, R_{2}, R_{3}$ (цртеж десно). Во правоаголниот трапез $A B B_{1} A_{1}$ важи $A B=c, B B_{1}=R_{2}, B_{1} A_{1}=R_{1}+R_{2}, A_{1} A=R_{1}$, па затоа
$$
c^{2}=\left(R_{1}+R_{2}\right)^{2}-\left(R_{1}-R_{2}\right)^{2}=4 R_{1} R_{2}
$$
Слично се добива $a^{2}=4 R_{2} R_{3}$ и $b^{2}=4 R_{3} R_{1}$. Од
последните три равенства се добиваат бараните вредности на радиусите на сферите:
$$
R_{1}=\frac{b c}{2 a}, R_{2}=\frac{c a}{2 b}, R_{3}=\frac{a b}{2 c}
$$
3. Дали може броевите $2, \sqrt{6}, 4 \frac{1}{2}$ да бидат членови на една иста аритметичка или една иста геоемтриска прогресија?
Решение. За да броевите $2, \sqrt{6}, 4 \frac{1}{2}$ се членови на аритметичка прогресија потребно и доволно е да постојат реален број $d$ и природни броеви $k$ и $l$ такви што
$$
\sqrt{6}-2=k d, \frac{9}{2}-\sqrt{6}=l d
$$
Но, тоа не е можно, бидејќи тогаш треба да важи
$$
\frac{k}{l}=\frac{\sqrt{6}-2}{\frac{9}{2}-\sqrt{6}}=\frac{2(11 \sqrt{6}-30)}{57}
$$
што не е можно, бидејќи левата страна е рационален, а десната страна е ирационален број.
Дадените броеви се членови на геометриска прогресија со коефициент $q$, кој е така избран што
$$
\frac{\sqrt{6}}{2}=q^{k}, \frac{9}{2 \sqrt{6}}=\left(\frac{\sqrt{6}}{2}\right)^{3}=q^{3 k}
$$
за некој природен број $k$.
4. Докажи дека неравенството
$$
b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}+a^{2} b^{2}>\frac{1}{2}\left(a^{4}+b^{4}+c^{4}\right)
$$
каде $a, b, c$ се позитивни броеви е потребен и доволен услов за да $a, b, c$ се должини на страни на триаголник.
Решение. Даденото неравенство е еквивалентно со неравенството
$$
a^{4}+b^{4}+c^{4}-2\left(b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}+a^{2} b^{2}\right)<0,
$$
односно со
$$
-(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)<0
$$
Но $, a, b, c>0$, па затоа последното неравенство е еквивалентно со неравенството
$$
(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)>0
$$
од каде следува тврдењето на задачата.
5. Дадени се две паралелни прави $a_{1}$ и $a_{2}$ и $m$ точки на $a_{1}$ и $n$ точки на $a_{2}$. Секоја од $m$-те точки на правата $a_{1}$ е поврзана со секоја од $n$-те точки на правата $a_{2}$. Ако во ниту една точка меѓу правите $a_{1}$ и $a_{2}$ не се сечат повеќе од две од добиените отсечки определи го бројот на овие пресечни точки.
Решение. Сите четириелементи множества кои содржат по две од дадените точки од секоја од дадените прави определуваат точно една од опишаните пресечни точки и обратно. Затоа бараниот број е еднаков на ( $\left.\begin{array}{c}m \\ 2\end{array}\right)\binom{n}{2}$.
|