MatematickiTalent/md/mk-secondary-federal/LCbpmTj-NUCxuaZ1tQcU6A.md

# Сојузен натпревар 1973 

## I година

1. Во едно друштво на математичари секој од нив се занимава барем со една од следниве области на математиката: алгебра, анализа, геометрија или логика. Тој што се занимава со алгебра или логика, се занимава и со анализа. Тој што се занимава со геометрија се занимава и со логика. Тој што се занимава со анализа и геометрија, се занимава и со алгебра. Со која од овие области се занимаваат најмногу, а со која најмалку математичари?

Решение. Нека $S_{1}, S_{2}, S_{3}$ и $S_{4}$ се редоследно математичарите кои се занимаваат со алгебра, анализа, геометрија и логика. Од условот на задачата следува

$$
S_{1} \cup S_{4} \subset S_{2}, S_{3} \subset S_{4}, S_{2} \cap S_{3} \subset S_{1}
$$

Од првиот и вториот услов добиваме

$$
S_{3} \subset S_{2} \text { и } S_{1} \cup S_{3} \cup S_{4} \subset S_{2}
$$

т.е. најмногу математичари се занимаваат со анализа. Понатаму, $S_{2} \cap S_{3}=S_{3}$, па од третиот услов следува $S_{3} \subset S_{1}$. Конечно, добиваме $S_{3} \subset S_{1} \cap S_{2} \cap S_{4}$, т.е. најмалку математичари се занимаваат со геометрија.

2. Дадена се кружница $k$ и нејзин дијаметар $A B$. На едната полукружница се избрани $n$ точки $P_{1}, P_{2}, \ldots, P_{n}$ такви што $P_{1}$ е меѓу $A$ и $P_{2}, P_{2}$ е меѓу $P_{1}$ и $P_{3}, \ldots$, $P_{n}$ е меѓy $P_{n-1}$ и $B$. На другата полукружница определи точка $C$ таква што збирот на плоштините на триаголниците $C P_{1} P_{2}, C P_{2} P_{3}, \ldots, C P_{n-1} P_{n}$ ќе биде најмал.

Решение. Збирот на плоштините на триаголниците $C P_{1} P_{2}, C P_{2} P_{3}, \ldots, C P_{n-1} P_{n}$ е еднаков на плоштината на многуаголникот $C P_{1} P_{2} \ldots P_{n}$, т.е. на збирот на плоштината на $n$-аголникот $P_{1} P_{2}, \ldots P_{n}$ и триаголникот $C P_{1} P_{n}$, па затоа има максимална вредност ако плоштината на триаголникот ${ }^{2} P_{1} P_{n}$ е максимална. Нека $t$ е тангентата на дадената кружница која е паралелна со правата $P_{1} P_{n}$ и која се наоѓа на онаа страна од

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_761dc5c05d9fe44ffc20g-01.jpg?height=423&width=435&top_left_y=1442&top_left_x=1032)
$P_{1} P_{n}$ на која не е точката $P_{2}$ (цртеж десно). Допирната точка на оваа тангента и кружницата е бараната точка $C$, бидејќи од сите триаголници со основа $A B$ и теме на лакот $A B$ кој не ја содржи точката $P_{2}$ најголема висина има триаголникот $A B C$.

3. Пресметај ја вредноста на изразот:

Решение. Имаме:

$$
\sqrt{44 \ldots 4+11 \ldots 1-66 \ldots 6}
$$

$$
\begin{aligned}
\sqrt{\frac{44 \ldots 4+11 \ldots 1-66 \ldots . \ldots 6}{2 n}} & =\sqrt{4 \cdot \frac{10^{2 n}-1}{9}+\frac{10^{n+1}-1}{9}-6 \cdot \frac{10^{n}-1}{9}} \\
& =\frac{1}{3} \sqrt{4 \cdot 10^{2 n}+4 \cdot 10^{n}+1} \\
& =\frac{1}{3} \sqrt{\left(2 \cdot 10^{n}+1\right)^{2}}=\frac{1}{3}\left(2 \cdot 10^{n}+1\right) \\
& =\frac{1}{3} \cdot \underbrace{200 \ldots 01}_{n+1}=\underbrace{66 \ldots 67}_{n}
\end{aligned}
$$

4. Дијагоналите $A C$ и $B D$ на рамнокракиот трапез $A B C D$ со основа $A B$ се сечат во точка $O$ при што $\measuredangle A O B=60^{\circ}$. Докажи дека средините на отсечките $O A$, $O D, B C$ се темиња на рамностран триаголник.

Решение. Триаголниците $A B O$ и $C D O$ се рамнокраки и како аголот во темето $O$ им е еднаков на $60^{\circ}$, овие триаголници се рамнострани (цртеж десно). Од ова и од условот дека $M$ и $P$ се соодветно средини на отсечките $A O$ и $D O$ следува дека $B M \perp A O$ и $C P \perp D O$. Според тоа, триаголниците $B M C$ и $B P C$ се правоаголни со прави агли во темињата $M$ и $P$. Центарот на опишаната кружница околу овие триаголници е средината на хипотенузата $B C$, односно точката $N$. Од последното, условот $A D=$ $B C$ и фактот дека $M P$ е средна линија на триаголникот $A D O$ добиваме

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_761dc5c05d9fe44ffc20g-02.jpg?height=512&width=319&top_left_y=989&top_left_x=1167)
$M P=\frac{1}{2} A D=\frac{1}{2} B C=N C=N P=N M$, .e. $M N=N P=P M$.

5. а) Реши го системот равенки

$$
|x|+|y-1|=1, x+2 y=3
$$

б) Решението прикажи го графички во рамнина на правоаголен координатен систем.

Решение. Ќе ги разгледаме следниве четири системи:

1) $x \geq 0, y \geq 1, x+y=2, x+2 y=3$,
2) $x \geq 0, y<1, x-y=0, x+2 y=3$,
3) $x<0, y \geq 1, y-x=2, x+2 y=3$,
4) $x<0, y<1, x+y=0, x+2 y=3$.

Системот 1) има решение ( $(1,1)$, системите 2 ) и

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_761dc5c05d9fe44ffc20g-02.jpg?height=459&width=479&top_left_y=1746&top_left_x=991)

3) немаат решение, а системот 4) има решение ( $\left.-\frac{1}{3}, \frac{5}{3}\right)$. Решенијата на системот се прикажани на горниот цртеж. Имено, множеството точки $(x, y)$ за кои важи $|x|+|y-1|=1$ е границата на квадратот со темиња $(0,0),(1,1),(0,2),(-1,1)$. Правата $x+2 y=3$ ја сече оваа граница во точките $(1,1)$ и $\left(-\frac{1}{3}, \frac{5}{3}\right)$.

## II година

1. Во множеството реални броеви реши ја равенката

$$
\sqrt{2 x-a}=x-b
$$

каде $a$ и $b$ се реални броеви.

Решение. Дадената равенка е еквивалентна на системот

$$
2 x-a=(x-b)^{2}, x \geq b, \quad x \geq \frac{a}{2}
$$

Равенката $2 x-a=(x-b)^{2}$ може да се запише во облик

$$
x^{2}-2(b+1) x+a+b^{2}=0
$$

и има решенија $x_{1}=b+1-\sqrt{2 b-a+1}, x_{2}=b+1+\sqrt{2 b-a+1}$.

a) Ако $\frac{a}{2}<b$, тогаш $\frac{a}{2}<x_{1}<b<x_{2}$, па само $x_{2}$ е решение на дадената равенка.

б) Ако $2 b \leq a<2 b+1$, тогаш $b \leq \frac{a}{2} \leq x_{1}<x_{2}$, па $x_{1}$ и $x_{2}$ се решенија на дадената равенка.

в) Ако $a=2 b+1$, тогаш $b<\frac{a}{2}<x_{1}=x_{2}$, па затоа бројот $b+1$ е единствено решение на дадената равенка

г) Ако $a>2 b+1$, тогаш $x_{1}$ и $x_{2}$ не се реални броеви, т.е. дадената равенка нема реални решенија.

2. Ако збирот на отсечките определени со средишните парови на спротивните страни на четириаголникот е еднаков на неговиот полупериметар, тогаш тој четириаголник е паралелограм. Докажи!

Решение. Нека $M, N, P, Q$ се редоследно средините на страните $A B, B C, C D, D A$ на четириаголникот $A B C D, E$ и $F$ се соодветно средините на дијагоналите $A C$ и $B D$ и $O$ е пресекот на отсечките MP и $N Q$ (цртеж десно). Доволно е да докажеме дека точките $E$ и $F$ се совпаѓаат.

Бидејќи $M F, N F, P F, Q F$ се средни линии на триаголниците $A B D$ и $B C D$, важи

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_761dc5c05d9fe44ffc20g-03.jpg?height=464&width=492&top_left_y=1724&top_left_x=975)

$$
M F=\frac{A D}{2}, N F=\frac{D C}{2}, P F=\frac{B C}{2}, Q F=\frac{A B}{2}
$$

па затоа

$$
M F+P F+N F+Q F=\frac{1}{2}(A B+B C+C D+D A)
$$

Понатаму, според условот на задачата и

$$
M P+Q N=\frac{1}{2}(A B+B C+C D+D A)
$$

добиваме

$$
M F+P F+N F+Q F=M P+Q N
$$

Ако точката $F$ не припаѓа барем на една од отсечките $M P$ и $Q N$, на пример $F \notin M P$, тогаш $M F+P F>M P$ и $N F+Q F \geq N Q$, па затоа

$$
M F+P F+N F+Q F>M P+Q N
$$

што противречи на (1). Според тоа, $F \in M P$ и $F \in N Q$, па затоа $F \equiv O$. Аналогно се докажува дека $E \equiv O$. Конечно, $F \equiv O \equiv E$.

3. Даден е рамностран триаголник $A B C$ со страна $a$, со центар $O$ и точка $P$ која припаѓа на отсечката $O C$. Конструирај рамностран триаголник $X Y Z$ впишан во триаголникот $A B C$, така што точките $X, Y, Z$ припаѓаат редоследно на страните $B C, C A, A B$ и страната $X Y$ ја содржи точката $P$. Кога задачата има решение?

Решение. Анализа. Нека $X Y Z$ е бараниот триаголник (цртеж десно). Тогаш $X Y=Y Z$,

$$
\begin{aligned}
\measuredangle Y X C & =180^{\circ}-\measuredangle Y C X-\measuredangle X Y C \\
& =180^{\circ}-60^{\circ}-\measuredangle X Y C \\
& =180^{\circ}-\measuredangle Z Y X-\measuredangle X Y C=\measuredangle Z Y A, \\
\measuredangle X Y C & =180^{\circ}-60^{\circ}-\measuredangle Y X C \\
& =180^{\circ}-60^{\circ}-\measuredangle Z Y A=\measuredangle Y Z A,
\end{aligned}
$$

па затоа триаголниците $C X Y$ и $A Y Z$ се складни. Аналогно се докажува дека секој од овие триаголници е складен со триаголникот

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_761dc5c05d9fe44ffc20g-04.jpg?height=512&width=519&top_left_y=1191&top_left_x=961)
$B Z X$. Понатаму имаме $X A_{1}=Y B_{1}=Z C_{1}, O A_{1}=O B_{1}=O C_{1}$, па затоа правоаголните триаголници $O A_{1} X, O B_{1} Y, O C_{1} Z$ се складни. Затоа $O X=O Y=O Z$, т.е. точката $O$ е центар на рамностраниот триаголник $X Y Z$. Нека $Q=Y Z \cap A O, R=Z X \cap B O$. Ротацијата околу точката $O$ за агол $120^{\circ}$ (односно $-120^{\circ}$ ) ја пресликува точката $P$ во точката во точката $R$ (односно во точката $Q$ ). Затоа $O P=O Q=O R$.

Конструкција. На отсечката $O B$ конструираме точка $R$ така што важи $O R=O P$. Потоа на онаа страна на отсечката $P R$ на која е страната $B C$ конструираме геометриско место на точки $l$ од кои отсечката $P R$ се гледа под агол
$60^{\circ}$. Тоа е лак од кружница. Нека $X$ е пресечната точка на лакот $l$ и отсечката $B C$. На крајот се конструираат точки $Y$ и $Z$ редоследно како пресеци на правите $X P$ и $A C$, односно $X R$ и $A B$. Триаголникот $X Y Z$ е бараниот триаголник.

Доказ. По конструкција $P \in X Y$ и $\measuredangle Z X Y=60^{\circ}$. За да докажеме дека триаголникот $X Y Z$ е рамностран доволно е да докажеме дека $X Z=X Y$. Аналогно, како на почетокот, добиваме

$$
\measuredangle Y X C=\measuredangle X Z B, \measuredangle X Y C=\measuredangle Z X B
$$

Ротацијата за $120^{\circ}$ околу точката $O$ ги пресликува точките $R, B, Z, X$ редоследно во точките $P, C, Z^{\prime} \in B C, X^{\prime} \in C A$. Тогаш $\triangle Z^{\prime} C X^{\prime} \cong \triangle Z B X$ и $\triangle Z^{\prime} C X^{\prime} \cong \triangle X C Y$, па следува дека $\triangle Z^{\prime} C X^{\prime} \cong \triangle X C Y$ и оттука

$$
C X=C Z^{\prime}, C Y=C X^{\prime}
$$

Бидејќи $X^{\prime}, Y \in C A$ и $Z^{\prime}, X \in B C$, добиваме $X=Z^{\prime}$ и $Y=X^{\prime}$. Конечно,

$$
X Z=X^{\prime} Z^{\prime}=Y X
$$

Дискусија. Бидејќи лакот $l$ и правата $B C$ може да имаат две, една или ниедна пресечна тока, задачата има две, едно или ниедно решение. Нека $O P=x, A B=a$, $S=P R \cap A A_{1}$ и $S_{1}=\ln A A_{1}$. Тогаш

$$
P S=\frac{x \sqrt{3}}{2}, O S=\frac{x}{2}, S A_{1}=\frac{a \sqrt{3}}{6}-\frac{x}{2}, S S_{1}=P S \sqrt{3}=\frac{3 x}{2}
$$

Задачата има решение ако и само ако $S S_{1} \geq S A_{1}$, т.е. ако и само ако

$$
O P=x \geq \frac{a \sqrt{3}}{12}=\frac{1}{4} \cdot \frac{2}{3} \frac{a \sqrt{3}}{2}=\frac{1}{4} O C
$$

4. Докажи го неравенството

$$
\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \ldots \cdot \frac{120}{121}>\frac{1}{11}
$$

Решение. Нека $x=\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \ldots \cdot \frac{120}{121}$ и $y=\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \ldots \cdot \frac{119}{120}$. Бидејќи

$$
\frac{2}{3}>\frac{1}{2}, \frac{4}{5}>\frac{3}{4}, \frac{6}{7}>\frac{5}{6}, \ldots, \frac{120}{121}>\frac{119}{120}
$$

добиваме дека $x>y$ и $x^{2}>x y=\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \cdot \ldots \cdot \frac{119}{120} \cdot \frac{120}{121}=\frac{1}{121}$, па затоа $x>\frac{1}{11}$.

## III година

1. Во внатрешноста на тетраедарот $A B C D$ е дадена точка $O$. Докажи дека збирот на аглите под кои од точката $O$ се гледаат рабовите на тетраедарот е поголем од $3 \pi$.

Решение. Ги воведуваме ознаките:

$$
\begin{aligned}
& O_{1}=D O \cap A B C, A_{1}=A O_{1} \cap B C, B_{1}=B O_{1} \cap C A, C_{1}=C O_{1} \cap A B \\
& \alpha=\measuredangle A O D, \beta=\measuredangle B O D, \gamma=\measuredangle C O D, \alpha_{1}=\measuredangle B O C, \beta_{1}=\measuredangle C O A, \gamma_{1}=\measuredangle A O B, \\
& \alpha_{2}=\measuredangle A O O_{1}, \beta_{2}=\measuredangle B O O_{1}, \gamma_{2}=\measuredangle C O O_{1}
\end{aligned}
$$

(цртеж десно). Тогаш

$$
\alpha+\alpha_{2}=\pi, \beta+\beta_{2}=\pi, \gamma+\gamma_{2}=\pi
$$

па затоа

$$
\alpha+\beta+\gamma+\alpha_{2}+\beta_{2}+\gamma_{2}=3 \pi
$$

Понатаму,

$$
\begin{aligned}
\alpha_{1}+\beta_{1} & =\measuredangle B O C+\measuredangle C O A \\
& =\measuredangle B O A_{1}+\measuredangle A_{1} O C+\measuredangle C O A \\
& >\measuredangle B O A_{1}+\measuredangle A O A_{1} \\
& =\measuredangle B O A+\measuredangle A_{1} O O_{1}+\measuredangle A O O_{1} \\
& >\measuredangle B O O_{1}+\measuredangle A O O_{1}=\alpha_{2}+\beta_{2}
\end{aligned}
$$

и аналогно

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_761dc5c05d9fe44ffc20g-06.jpg?height=526&width=528&top_left_y=304&top_left_x=940)

$$
\beta_{1}+\gamma_{1}>\beta_{2}+\gamma_{2}, \alpha_{1}+\gamma_{1}>\alpha_{2}+\gamma_{2}
$$

па ако ги собереме овие неравенства добиваме

$$
\alpha_{1}+\beta_{1}+\gamma_{1}>\alpha_{2}+\beta_{2}+\gamma_{2}
$$

Конечно, од (1) и (2) добиваме

$$
\alpha+\beta+\gamma+\alpha_{1}+\beta_{1}+\gamma_{1}=3 \pi
$$

што и требаше да се докаже.

2. Во внатрешноста на правоаголникот $A B C D$ е дадена произволна точка $O$. Докажи дека

$$
\frac{P_{O A C}}{P_{O B D}}=\frac{\operatorname{tg} \measuredangle A O C}{\operatorname{tg} \measuredangle B O D}
$$

Решение. Од формулата за плоштина на триаголник и косинусната теорема следува

$$
\begin{aligned}
P_{B O D} & =\frac{1}{2} O B \cdot O D \sin \measuredangle B O D \\
& =\frac{1}{4}\left(O B^{2}+O D^{2}-B D^{2}\right) \operatorname{tg} \measuredangle B O D
\end{aligned}
$$

и аналогно

$$
P_{A O C}=\frac{1}{4}\left(O A^{2}+O C^{2}-A C^{2}\right) \operatorname{tg} \measuredangle A O C
$$

(цртеж десно). Бидејќи $A C=B D$, доволно

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_761dc5c05d9fe44ffc20g-06.jpg?height=416&width=543&top_left_y=1364&top_left_x=937)
е уште да се докаже дека $O B^{2}+O D^{2}=O A^{2}+O C^{2}$. Нека $E$ и $F$ се подножјата на нормалите од точката $O$ на правите $A D$ и $B C$. Тогаш $E F \| A B$ и $A E=F$, па добиваме

$$
\begin{aligned}
O B^{2}+O D^{2} & =O D^{2}+B F^{2}+O E^{2}+D E^{2}=O F^{2}+A E^{2}+O E^{2}+C F^{2} \\
& =\left(O E^{2}+A E^{2}\right)+\left(O F^{2}+C F^{2}\right)=O A^{2}+O C^{2}
\end{aligned}
$$

3. Реши го системот равенки

$$
x: y: z=(y-z):(z-x):(x-y)
$$

каде $x, y, z$ се различни комплексни броеви.

Решение. Нека

$$
\frac{x}{y-z}=\frac{y}{z-x}=\frac{z}{x-y}=k
$$

Тогаш важи $k \neq 0, x y z \neq 0$ и $x=k(y-z), y=k(z-x), z=k(x-y)$. Од равенките $y=k(z-x), z=k(x-y)$ следува

$$
y=\frac{k^{2}-k}{k^{2}+1} x, \quad z=\frac{k^{2}+k}{k^{2}+1} x
$$

па со замена во $x=k(y-z)$ добиваме $\left(3 k^{2}+1\right) x=0$. Но, $x \neq 0$, па од последната равенка следува $3 k^{2}+1=0$, т.е. $k= \pm \frac{i}{\sqrt{3}}$. За $k=-\frac{i}{\sqrt{3}}$ добиваме $y=\frac{-1+i \sqrt{3}}{2} x$, $z=-\frac{1+i \sqrt{3}}{2} x$, а за $k=\frac{i}{\sqrt{3}}$ добиваме $y=-\frac{1+i \sqrt{3}}{2} x, z=\frac{-1+i \sqrt{3}}{2} x$. Лесно се проверува дека тројките

$$
\left(x, \frac{-1+i \sqrt{3}}{2} x,-\frac{1+i \sqrt{3}}{2} x\right) \text { и }\left(x,-\frac{1+i \sqrt{3}}{2} x, \frac{-1+i \sqrt{3}}{2} x\right)
$$

каде $x$ е произволен комплексен број различен од нула, се решенија на дадениот систем.

4. Нека $S(a)$ е збирот на цифрите на бројот $a$ запишан во декаден броен систем, а $m$ е даден природен број. Докажи дека разликата $S\left(a^{m}\right)-S^{m}(a)$ е делива со 9 за секој природен број $a$.

Решение. Прво да забележиме дека, ако $n=\overline{c_{n} c_{n-1} \cdots c_{1} c_{0}}=\sum_{k=0}^{n} 10^{k} c_{k}$, тогаш

$$
n-S(n)=\sum_{k=0}^{n}\left(10^{k}-1\right) c_{k}=9 \sum_{k=0}^{n} c_{k} \cdot \underbrace{11 \ldots 11}_{k}
$$

т.е. за секој $n \in \mathbb{N}$ важи $9 \mid n-S(n)$.

Сега, од равенството

$$
\begin{aligned}
S\left(a^{m}\right)-S^{m}(a) & =\left(S\left(a^{m}\right)-a^{m}\right)+a^{m}-S^{m}(a) \\
& =\left(S\left(a^{m}\right)-a^{m}\right)+(a-S(a))\left(a^{m-1}+a^{m-2} S(a)+\ldots+S^{m-1}(a)\right)
\end{aligned}
$$

и докажаното тврдење следува дека за секој $a \in \mathbb{N}$ важи 9|S( $\left.a^{m}\right)-S^{m}(a)$.

## IV година

1. Дадена е строго растечка низа природни броеви

$$
a_{0}=1, a_{1}, a_{2}, \ldots
$$

таква што за секој природен број $n$ важи

$$
1+\sum_{j=0}^{n-1} a_{j} \geq a_{n}
$$

Докажи дека секој природен број $N$ може да се прикаже како збир на неколку различни членови на низата (1). Докажи дека овој приказ е еднозначен ако и само ако за секој природен број $n$ во (2) важи знак за равенство.

Решение. Нека $A_{n}=a_{0}+a_{1}+\ldots+a_{n}$. Со индукција по $n$ ќе го докажеме следново тврдење: Секој природен број $M$ кој не е поголем од $A_{n}$ може да се запише како збир на неколку различни елементи од множеството $\left\{a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{n}\right\}$.

Од $a_{0}=1$ следува дека тврдењето е точно за $n=1$. Нека претпоставиме дека тврдењето важи за некој природен број $n$. Нека $A_{n}<M \leq A_{n+1}$ и $d=A_{n+1}-M$. Ако $d=0$, тогаш $M=A_{n+1}=a_{0}+a_{1}+\ldots+a_{n+1}$. Ако $d>0$, тогаш од $M>A_{n}$ и условот (2) следува $d<a_{n+1} \leq 1+A_{n}$, т.е. $d \leq A_{n}$. Од индуктивната претпоставка следува дека постојат броеви $j_{1}, j_{2}, \ldots, j_{k}$ такви што важи

$$
0 \leq j_{1}<j_{2}<\ldots<j_{k}, d=a_{j_{1}}+a_{j_{2}}+\ldots+a_{j_{k}}
$$

од каде следува

$$
M=A_{n+1}-d=a_{0}+a_{1}+\ldots+a_{n+1}-\left(a_{j_{1}}+a_{j_{2}}+\ldots+a_{j_{k}}\right)
$$

Според тоа, и бројот $M$ може да се претстави како збир на неколку елементи од множеството $\left\{a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{n+1}\right\}$, т.е. тврдењето важи и за $n+1$.

Да забележиме дека ако за некој $n$ важи $1+A_{n-1}>a_{n}$, тогаш бројот $a_{n}$ може да се прикаже како збир на некои од броевите $a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{n-1}$, а исто така и како $a_{n}=a_{n}$. Според тоа, условот

$$
a_{0}=1,1+A_{n-1}=a_{n}, \text { за секој } n \in\{1,2,3, \ldots .\}
$$

е потребен за секој природен број на единствен начин да може да се прикаже како збир на неколку различни членови на низата $\left\{a_{n}\right\}$.

Ако важи условот (3), тогаш за секој $n \in \mathbb{N}$ важи

$$
a_{n}=1+A_{n-1}=1+A_{n-1}+a_{n-1}=2 a_{n-1}
$$

па од $a_{0}=1$ следува $a_{n}=2^{n}$. Според тоа, секој природен број на единствен начин може да се прикаже како збир на членови на низата $1,2,4,8,16, \ldots$.

2. Во просторот се дадени пет точки такви што никои четири не се компланарни. Докажи дека од овие пет точки секогаш може да се изберат две точки такви што правата определена со тие две точки ја сече рамнината определена со другите три точки во некоја точка која се наоѓа во триаголникот чии темиња се тие три точки.

Решение. Нека $A, B, C, D, E$ се точки од просторот такви што никои четири од нив се компланарни. Ќе докажеме дека меѓу овие точки постојат две, такви што тие се наоѓаaт на различни страни на рамнината определена со другите три точки. Ако точките $A$ и $E$ се наоѓаaт на иста страна од рамнината $B C D$, а точките $D$ и $E$ од иста страна на рамнината $A B C$, тогаш точката $E$ се наоѓа во диедарот чии sидови се полурамнини со гранична права $B C$ кои ги содржат точките $A$ и $D$. Тоа значи дека точ-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_761dc5c05d9fe44ffc20g-09.jpg?height=435&width=466&top_left_y=261&top_left_x=1014)
ките $A$ и $D$ се на различни страни на рамнината $B C E$, цртеж десно.

Нека претпосатвиме дека точките $D$ и $E$ се на различни страни на рамнината $\alpha$ определена со точките $A, B$ и $C$. Нека $F$ е пресекот на правата $D E$ со рамнината $\alpha$. Ке ги разгледаме следниве случаи:

a) Точката $F$ припаѓа на триаголникот $A B C$ (цртеж десно). Во овој случај доказот на тврдењето на задачата е завршен.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_761dc5c05d9fe44ffc20g-09.jpg?height=485&width=620&top_left_y=1130&top_left_x=248)

в) Точката $E$ припаѓа на некој од аглите на триаголникот $A B C$ (да кажеме на аголот $B A C$ ), но е надвор од триаголникот. Нека $G$ е пресекот на правите $B C$ и $A F$ (цртеж десно). Тогаш точката $G$, која е пресек на правата $B C$ и рамнината определена со точките $A, D, E$, се нао́́ меѓу точките $A$ и $F$, па затоа припаѓа на триаголникот $A D E$. б) Точката $F$ припаѓа на аголот кој е накрсен на некој од аглите на триаголникот $A B C$, на пример на аголот $A B C$, цртеж лево. Нека $G$ е пресекот на правите $A F$ и $B C$. Тогаш точката $G$ (пресекот на правата $B C$ и рамнината определена со точките $A$, $D$ и $E$ ) се наоѓа меѓу точките $A$ и $F$, па затоа припаѓа на триаголникот $A D E$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_761dc5c05d9fe44ffc20g-09.jpg?height=521&width=567&top_left_y=1537&top_left_x=916)

3. Нека $\{x, y, z, t\}=\{12,14,37,65\}$. Определи ги броевите $x, y, z, t$ ако важи

$$
x y-x z+y t=182
$$

Решение. Со непосредна проверка ( 24 можности) се добива дека единствено решение е $x=12, y=37, z=65, t=14$. На читателот му препуштаме самостојно да ја упрости постапката, на пример, разгледувајќи остатоци при делење со 2 и 3 на бројот 182 и производите по два од броевите 12, 14, 37 и 65.

4. Определи го множеството точки $z$ во комплексната рамнина за кои постои реален број с таков што $z=\frac{c-i}{2 c-i}$.

Решение. Нека $z=x+i y$. Имаме:

$$
c=\frac{z i-i}{2 z-1}=\frac{-y+(x-1) i}{2 x-1+2 y i} \cdot \frac{2 x-1-2 y i}{2 x-1-2 y i}=\frac{(1-2 x) y+(x-1) 2 y+\left[(x-1)(2 x-1)+2 y^{2}\right] i}{(2 x-1)^{2}+4 y^{2}}
$$

Бараното множество е

$$
\begin{aligned}
S & =\left\{z=x+i y \mid(x-1)(2 x-1)+2 y^{2}=0,(x, y) \neq\left(\frac{1}{2}, 0\right)\right\} \\
& =\left\{z=x+i y \left\lvert\,\left(x-\frac{3}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}\right.,(x, y) \neq\left(\frac{1}{2}, 0\right)\right\}
\end{aligned}
$$

## Мала олимпијада

1. Должините на страните на еден правоаголник се непарни броеви. Докажи дека во овој правоаголник не постои точка чие растојание до секое теме е еднакво на природен број.

Решение. Нека непарните броеви $a$ и $b$ се должините на страните на дадениот правоаголник. Да претпоставиме дека во внатрешноста на правоаголникот постои точка $T$ за која растојанието до секое теме на правоаголникот е еднакво на цел број. Нека $x_{1}$ и $x_{2}$ се растојанијата од точката $T$ до страните со должина $b$, а $y_{1}$ и $y_{2}$ се растојанијата од точката $T$ до страните со должини $a$. Тогап $a=x_{1}+x_{2}, b=y_{1}+y_{2}$, а броевите

$$
d_{i j}=\sqrt{x_{i}^{2}+y_{j}^{2}}, i, j \in\{1,2\}
$$

се цели. Ги воведуваме ознаките: $a_{i}=a b x_{i}, b_{j}=a b y_{j}$, каде $i, j \in\{1,2\}$ и

$$
A_{1}=a_{1}-a_{2}, A_{2}=a_{1}+a_{2}, B_{1}=b_{1}-b_{2}, B_{2}=b_{1}+b_{2}
$$

Тогаш

$$
\begin{aligned}
& A_{1}=a b\left(x_{1}-x_{2}\right)=b\left(x_{1}^{2}-x_{2}^{2}\right)=b\left(\left(x_{1}^{2}+y_{1}^{2}\right)-\left(x_{2}^{2}+y_{1}^{2}\right)\right) \\
& A_{2}=a b\left(x_{1}+x_{2}\right)=a^{2} b \\
& B_{1}=a b\left(y_{1}-y_{2}\right)=a\left(y_{1}^{2}-y_{2}^{2}\right)=a\left(\left(x_{1}^{2}+y_{1}^{2}\right)-\left(x_{2}^{2}+y_{2}^{2}\right)\right) \\
& B_{2}=a b\left(y_{1}+y_{2}\right)=a b^{2}
\end{aligned}
$$

па затоа $A_{1}$ и $B_{1}$ се цели, а $A_{2}$ и $B_{2}$ се непарни броеви.

Да претпоставиме дека секој од броевите $a_{1}, a_{2}, b_{1}, b_{2}$ е цел. Бидејќи $A_{2}$ и $B_{2}$ се непарни броеви, добиваме дека точно еден од броевите $a_{1}, a_{2}$ и точно еден од броевите $b_{1}, b_{2}$ е непарен. Нека, на пример $a_{1}$ и $b_{1}$ се непарни броеви. Тогаш

$$
\begin{aligned}
& a_{1}^{2} \equiv 1(\bmod 4), b_{1}^{2} \equiv 1(\bmod 4) \\
& a_{1}^{2}+b_{1}^{2} \equiv a^{2} b^{2}\left(x_{1}^{2}+y_{1}^{2}\right)=\left(d_{i j} a b\right)^{2} \equiv 2(\bmod 4)
\end{aligned}
$$

што е противречност. Според тоа, барем еден од броевите $a_{1}, a_{2}, b_{1}, b_{2}$ не е цел. Бидејќи

$$
2 a_{1}=A_{1}+A_{2}, 2 a_{2}=A_{2}-A_{1}, 2 b_{1}=B_{1}+B_{2}, 2 b_{2}=B_{2}-B_{1}
$$

заклучуваме дека барем еден од броевите $2 a_{1}, 2 a_{2}, 2 b_{1}, 2 b_{2}$ е непарен. Нека, на пример, $2 a_{1}$ е непарен број. Тогаш

$$
\left(2 a_{1}\right)^{2}+\left(2 b_{1}\right)^{2}=4\left(a_{1}^{2}+b_{1}^{2}\right)=4 a^{2} b^{2}\left(x_{1}^{2}+y_{1}^{2}\right)=4 a^{2} b^{2} d_{11}^{2}
$$

т.е.

$$
\left(2 b_{1}\right)^{2}=4 a^{2} b^{2} d_{11}^{2}-\left(2 a_{1}\right)^{2} \equiv-1(\bmod 4)
$$

што е противречност. Конечно, од добиената противречност следува тврдењето на задачата.

2. Со помош на даден диск, на пример монета, е нацртана кружница и на неа е избрана точка $A$. Користејќи го само истиот тој диск конструирај точка $B$ на кружницата $k$ таква што $A B$ е дијаметар на кружницата. (Дозволен е избор на произволна точка на некоја од нацртаните кружници, а со помош на дискот може да се конструира било која од две кружници која содржат две точки кои се на растојание помало од дијаметарот на кружницата.)

Решение. Нека $k_{1}$ е дадената кружница со центар $O_{1}$ и радиус $r$ и $A$ е произволна точка на $k_{1}$ (цртеж десно). Конструираме кружница $k_{2}$ која ја содржи точката $A$ и ја сече кружницата $k_{1}$ во уште една точка $B$. Со $\mathrm{O}_{2}$ да го означиме центарот на кружницата $k_{2}$. Тогаш $A_{2} B O_{1}$ е ромб со страна $r$, па следува

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_761dc5c05d9fe44ffc20g-11.jpg?height=532&width=683&top_left_y=1450&top_left_x=783)
$\overrightarrow{B O_{2}}=-\overrightarrow{A O_{1}}$. Конструираме кружница $k_{3}$ која ја содржи точката $B$ и ја сече кружницата $k_{2}$ во уште една точка $C$. Потоа конструираме кружница $k_{4}$ која ја содржи точката $C$ и ги сече кружниците $k_{1}$ и $k_{3}$ соодветно во точките $D$ и $E$.

На крајот конструираме кружница $k_{5}$ која ги содржи точките $D$ и $E$ и е различна од $k_{4}$. Кружницата $k_{5}$ има заедничка точка $E$ со кружницата $k_{1}$. Нека $F$ е другата пресечна точка на тие две кружници (не е исклучена можноста $F \equiv E$ ). Со $O_{3}, O_{4}, O_{5}$ да ги означиме соодветно центрите на кружниците $k_{3}, k_{4}, k_{5}$. Аналогно како при разгледување на центрите на кружниците $k_{1}$ и $k_{2}$ и точките $A$ и $B$ на нивниот пресек добиваме

$$
\overrightarrow{F O_{1}}=-\overrightarrow{E O_{5}}=\overrightarrow{D O_{4}}=-\overrightarrow{C O_{3}}=\overrightarrow{B O_{2}}=-\overrightarrow{A O_{1}}
$$

Според тоа, точката $F$ на кружницата $k_{1}$ е дијаметрално спротивна на точката $A$.

3. На рамен бел лист хартија се означени неколку точки кои се на меѓусебно растојание поголемо од 2. Невнимателен ученик капнал капка мастило на листот и мастилото се распрскало по листот покривајќи површина со плоштина помала од $\pi$. Докажи дека постои вектор $\vec{v}$ таков што $|\vec{v}|<1$ и дека по транслација на означените точки за тој вектор ниту една точка не останува во испрсканиот дел од хартијата.

Решение. Нека $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n}$ се означените точки и $O$ е произволна точка во рамнината. Со $D_{1}, D_{2}, \ldots, D_{n}$, $D$ да ги означиме круговите со центри $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n}, O$ и радиус 1 . Ги транслатираме круговите $D_{1}, D_{2}, \ldots$,

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_761dc5c05d9fe44ffc20g-12.jpg?height=272&width=618&top_left_y=1075&top_left_x=864)
$D_{n}$ редоследно за вектори $\overrightarrow{A_{1} O}, \overrightarrow{A_{2} O}, \ldots, \overrightarrow{A_{n} O}$. Бидејќи обоената плоштина е помала од $\pi$, постои внатрешна точка $X$ на кругот $D$ која по извршените транслации не е покриена со обоена површина. Ќе докажеме дека $\overrightarrow{O X}$ е вектор за кој важат условите на задачата. За произволен $k \in\{1,2, \ldots, n\}$ со $X_{k}$ да ја означиме точката определена со условот $\overrightarrow{A_{k} X_{k}}=\overrightarrow{O X}$. Тогаш $X_{k}$ е внатрешна точка за кругот $D_{k}$ и важи $\overrightarrow{A_{k} O}=\overrightarrow{X_{k} X}$. Точката $X_{k}$ не припаѓа на обоената површина бидејќи со транслација на кругот $D_{k}$ за вектор $\overrightarrow{A_{k} O}$ таа преминува во точката $X$ (види цртеж).