MatematickiTalent/md/mk-primary-regional/jy_ipij0kEq5FzeoaRvVCQ.md

ХХХІХ РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ

IV одделение

Задача 1. Еден ученик наместо да го помножи некој број со 506, го помножил со бројот 56, при што добил за 11250 помал производ. Кој број го множел ученикот?

Решение. Нека $x$ е непознатиот број. Тогаш

Задача 2. Должината на отсечката $A B$ е за $2 \mathrm{cm}$ поголема од должината на отсечката $C D$. Ако должината на отсечката $C D$ се зголеми 3 пати, а должината на отичката $A B$ се зголеми за $10 \mathrm{cm}$, ќе се добијат еднакви отсечки. Колками се должините на отсечките $A B$ и $C D$ ?

Решение. Ншика $x$ должината на отсечката $C D$. Тогаш $3 x=x+2+10$. Значи, $x=6$, а $\bar{i} \bar{\beta}=6+2=8 \mathrm{~cm}$.

Задача 3. Во собата на Јана има 3 полици со книги. На првата полица има шест пати помалку книги отколку на втората, а шест книги помалку отколку на третата полица. Ако Јана ги премести сите книги од првата полица на третата полица, тогаш на третата полица ќе има 78 книги помалку отколку на втората полица. Колку вкупно книги има на полиците?

Решение. Ако бројот на книгита на првата полица го означиме со $x$, тогаш на втората полица има $6 x$, а на третата $x+6$ книги. Од условот на задачата следува $x+x+6=6 x-78$, од каде се добива дека $x=21$. Значи во собата на Јана има вкупно $21+21+6+6 \cdot 21=176$ книги.

Задача 4. Петар поминал $1 \mathrm{km}$ од дома до домот на неговиот другар. Со должината што ја поминал може 25 пати да ја заобиколи градината на дедо му која што има форма на правоаголник. Определи ги должината и ширината на градината, ако тие се разликуваат за $4 \mathrm{m}$.

Решение. Периметарот на градината изнесува 1000:25 $=40 \mathrm{m}$. Нека должината ја означиме со $a$, а ширината со $b$. Имаме: $a+b=20$ и $a-b=4$. Со собирање на равенствата добиваме дека $2 a=24$, од каде $a=12 \mathrm{m}$, односно $b=8 \mathrm{~m}$.

V одделение

Задача 1. Еден сточар на пазар однесол јаре, теле и овен. Јарето и овенот заедно имале $90 \mathrm{kg}$, јарето и телето $186 \mathrm{kg}$, а овенот и телето 240 $\mathrm{kg}$. По колку килограми има секое животно?

Решение. Од дадените податоци на задачата имаме

Ако сите три равенки ги собереме заедно ќе добиеме

Па , ако во последната равенка ги замениме условите на задачата добиваме

Задача 2. Во рамнокрак триаголник $A B C(\overline{A B}=\overline{A C})$ кракот $A C$ е продолжен преку темето $A$ до точка $D$, така што периметарот на триаголникот $B A D$ е $16 \mathrm{cm}$. Пресметај ја основата $B C$ на триаголникот $A B C$, ако периметарот на триаголникот $B C D$ е $29 \mathrm{cm}$.

Решение. Имаме

Значи , $\overline{B C}=13 \mathrm{~cm}$.

Задача 3. Марио ги распоредил броевите 1, 2, .., 8 во темињата на една коцка. Кога ги пресметал збировите добиени по секој sид, забележал дека сите збирови се еднакви.

а) Колку изнесува секој таков збир?

б) Најди едно распоредување на броевите 1, 2, .., 8 во темињата на коцка кое ја го има саканото својство.

Решение. а) Во секое теме од коцката се спојуваат три sида, а коцката има вкупно шест sидови. Тоа значи дека имаме шест еднакви збирови и секој број се јавува во вкупниот збир по три пати. Ако бараниот збир го означиме со $S$, тогаш

$$6S=3(1+2+\dots +8)6\; S=3(1+2+\backslash ldots+8)$$

Оттука $S=18$.

б) На пример, во четирите темиња од долната основа на коцка запиши ги броевите 1, 8, 2, 7 (во некој кружен редослед), а во соодветните темиња од горната основа запиши ги броевите $6,3,5,4$.

Задача 4. Произволна точка во внатрешноста на квадрат е подеднакво оддалечена од двете спротивни страни и тоа $3 x+1$ и $5 x-7$ соодветно, мерени во $\mathrm{cm}$. Определи го периметарот на квадратот.

Решение. Од условот на задачата имаме $5 x-7=3 x+1$, од каде $x=$ 4. Страната на квадратот е $5 x-7+3 x+1=26 \mathrm{cm}$, а периметарот изнесува $4 \cdot 26=104 \mathrm{cm}$.

VI одделение

Задача 1. Збирот на броителот и именителот на една дропка е 95. По скратување на дропката добиена е дропката $\frac{7}{12}$. Одреди ја таа дропка.

Решение. Нека дропката е $\frac{a}{b}$. Од првиот услов на задачата имаме: $a+b=95$. Од вториот услов на задачата имаме: $\frac{a: k}{b: k}=\frac{7}{12}$ од каде $a=7 k$ и $b=12 k$. Ако во $a+b=95$ замениме за $a$ и $b$, добиваме $7 k+12 k=95, k=5$. Броителот на дропката е 35 , а именителот на дропката е 60. Значи бараната дропка е $\frac{35}{60}$.

Замлча 2. $A$ mрт $P Q$ и $Q R$ се отсечки нанесени на една права така

дека $\overline{\Delta i} \bar{R}=2 \cdot \bar{R}$.

Задача 3. Одреди го бројот на:

а) двоцифрени

б) трицифрени броеви што се запишани само со парни цифри.

Решение. а) На местото на десетки може да стојат 4 цифри и тоа $2,4,6$ и 8. На местото на единици може да стојат 5 цифри и тоа $0,2,4,6$ и 8 . Значи, има вкупно $4 \cdot 5=20$ двоцифрени броеви.

б) Од двоцифрените броеви, трицифрени се добиваат ако на секој двоцифрен број му се допише по една од цифрите $0,2,4,6$ и 8 од десната страна. Спрема тоа, има $20 \cdot 5=100$ трицифрени броеви.

Задача 4. Во правоаголникот $A B C D$ отсечките $A C$ и $B D$ се сечат во точката $O$. Одреди ја плоштината на правоаголникот, ако растојанието од точката $O$ до поголемата страна е 3 пати помало од растојанието од точката $O$ до помалата страна, а периметарот на правоаголникот изнесува 128 $\mathrm{cm}$.

Решение. Нека растојанието од точката $O$ до поголемата страна е $x$. Тогаш растојанието од точката $O$ до помалата страна е $3 x$. Оттука се добива дека страните на правоаголникот се $6 x$ и $2 x$. Значи, $8 x=64$, т.е. $x=8$. Според тоа, страните на правоаголникот се $48 \mathrm{~cm}$ и 16

$\mathrm{cm}$, па плоштината изнесува $48 \cdot 16=768 \mathrm{~cm}^{2}$.

VII одделение

Задача 1.Три сестри си поделиле одредена сума на пари при што првата сестра зела $\frac{1}{5}$ од парите, втората сестра $\frac{5}{8}$ од парите, а остатокот го зела третата сестра. Но, потоа третата сестра и дала на првата сестра $\frac{3}{4}$ од својот дел. Колкав дел од целата сума пари добила првата сестра?

Решение. Според условот на задачата првата сестра зела $\frac{1}{5} x$, втората $\frac{5}{8} x$, а третата сестра зела $x-\frac{1}{5} x-\frac{5}{8} x=\frac{7}{40} x$.

Третата сестра на првата и дала $\frac{3}{4} \cdot \frac{7}{40} x=\frac{21}{160} x$.

Првата сестра добила вкупно $\frac{1}{5} x+\frac{21}{160} x=\frac{53}{160} x$, односно $\frac{53}{160}$ од парите.

ршранавแ! $A L$ "U" дадена точка $M$, а на страната $A C$ точка $N$, така што $\bar{I} \bar{H} \bar{C}=\overline{1}: 3 \bar{H} \bar{I}=\overline{M N}=\overline{A N}$. Пресметај ги аглите на триаголник $\mathrm{ABC}$.

wын Решелие. Триаголниците $A N M, N M C$ и $B C M$ се рамнокраки, па

$$\alpha =\mathrm{\angle }CAM=\mathrm{\angle }NMA,\beta =\mathrm{\angle }CBM=\mathrm{\angle }CMB,\mathrm{\angle }MCN=\mathrm{\angle }CNM\backslash alpha=\backslash angle\; C\; A\; M=\backslash angle\; N\; M\; A,\; \backslash quad\; \backslash beta=\backslash angle\; C\; B\; M=\backslash angle\; C\; M\; B,\; \backslash quad\; \backslash angle\; M\; C\; N=\backslash angle\; C\; N\; M$$

Аголот $\angle M N C$ е надворешен агол за триаголникот $A M N$, па затоа $\angle M N C=2 \alpha$. Tогаш

$$\mathrm{\angle }MCN=2\alpha \text{ и }\mathrm{\angle }CMN={180}^{\circ }-4\alpha \mathrm{.}\backslash angle\; M\; C\; N=2\; \backslash alpha\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; \backslash angle\; C\; M\; N=180^\{\backslash circ\}-4\; \backslash alpha\; .$$

За аголот $\angle B M C$ добиваме

$$\mathrm{\angle }BMC={180}^{\circ }-({180}^{\circ }-4\alpha )-\alpha =3\alpha \backslash angle\; B\; M\; C=180^\{\backslash circ\}-\backslash left(180^\{\backslash circ\}-4\; \backslash alpha\backslash right)-\backslash alpha=3\; \backslash alpha$$

т.е. $\angle C B M=3 \alpha$. Но $\angle C B M=\beta$, па добиваме $\alpha+3 \alpha=90^{\circ}, \alpha=22,5^{\circ}$.

За $\beta$ се добива $\beta=3 \alpha=67,5^{\circ}$.

Задача 3. Определи ги броевите $a, b$ и $c$, ако нивниот збир е за $\frac{5}{2}$ поголем од бројот $a$, за $\frac{59}{6}$ поголем од бројот $b$ и за $\frac{5}{3}$ поголем од бројот $c$.

Решение. Од условот на задачата се запишуваат следните равенства :

$$a+b+c=a+\frac{5}{2},a+b+c=b+\frac{59}{6}\text{ и }a+b+c=c+\frac{5}{3}\text{. }a+b+c=a+\backslash frac\{5\}\{2\},\; a+b+c=b+\backslash frac\{59\}\{6\}\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; a+b+c=c+\backslash frac\{5\}\{3\}\; \backslash text\; \{.\; \}$$

Со средување на равенствата се добива $b+c=\frac{5}{2}, a+c=\frac{59}{6}$ и $+b=\frac{5}{3}$. Со собирање на трите равенки се добива $2 a+2 b+2 c=14$, т.е.

$$a+b+c=7a+b+c=7$$

Со замена на (2) во равенките од (1) се добива

$$7=a+\frac{5}{2},7=b+\frac{59}{6},7=c+\frac{5}{3}7=a+\backslash frac\{5\}\{2\},\; 7=b+\backslash frac\{59\}\{6\},\; 7=c+\backslash frac\{5\}\{3\}$$

од каде следи дека $a=\frac{9}{2}, b=-\frac{17}{6}, c=\frac{16}{3}$.

Задача 4. Основите на рамнокрак трапез со нормални дијагонали изнесуваат $12 \mathrm{cm}$ и $8 \mathrm{cm}$. Пресметај ја плоштината на трапезот.

Решение. Бидејќи дијагоналите на трапезот се нормални, добиваме дека $\Varangle A S B=90^{\circ}$, па $\triangle A B S$ е рамнокрак правоаголен и $\triangle A M S$ е рамнокрак правоаголен. Оттука, $h_{1}=\frac{a}{2}=6 \mathrm{~cm}$.

Слично, $h_{2}=\frac{b}{2}=4 \mathrm{~cm}$. Значи,

$$h=h_1+h_2=10\mathrm{c}\mathrm{m}h=h\_\{1\}+h\_\{2\}=10\; \backslash mathrm\{~cm\}$$

Оттука,

$$P=\frac{a+b}{2}\cdot h=\frac{12+8}{2}\cdot 10=100{\mathrm{c}\mathrm{m}}^{2}P=\backslash frac\{a+b\}\{2\}\; \backslash cdot\; h=\backslash frac\{12+8\}\{2\}\; \backslash cdot\; 10=100\; \backslash mathrm\{~cm\}^\{2\}$$

VIII одделение

Задача 1. Аритметичката средина на четири броеви е 20. По додавањето на уште еден број, аритметичката средина на петте броеви ќе биде 18. Кој е додадениот број?

Решение. Бидејќи аритметичката средина на четирите броја е 20, збирот на четирите броја е 80 , односно

$$x_1+x_2+x_3+x_4=80x\_\{1\}+x\_\{2\}+x\_\{3\}+x\_\{4\}=80$$

Аритметичката средина на петте броја е 18 , односно

Одовде $x_{5}=10$.

$$x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=5\cdot 18,\text{ т.е. }80+x_5=90x\_\{1\}+x\_\{2\}+x\_\{3\}+x\_\{4\}+x\_\{5\}=5\; \backslash cdot\; 18,\; \backslash text\; \{\; т.е.\; \}\; 80+x\_\{5\}=90$$

Задача 2. Страните на еден правоаголен триаголник се последователни природни броеви. Периметарот на правоаголниот триаголник е $12 \mathrm{dm}$. Над секоја страна од триаголникот е конструиран квадрат. Одреди ја плоштината на добиената фигура.

Решение. Страните на триаголникот се последователни природни броеви, т.е. тие се $x-1, x$ и $x+1$. Бидејќи периметарот на триаголникот е $12 d m$, добиваме $x-1+x+x+1=12 d m$, од каде со решавање на равенката имаме $3 x=12 d m$, т.е. $x=4 d m$. Следува дека страните на триаголникот имаат должини $3 d m, 4 d m$ и $5 d m$. Плоштината на правоаголниот триаголник е $P_{\Delta}=\frac{3 \cdot 4}{2} \mathrm{dm}^{2}=6 \mathrm{dm}^{2}$, а плоштините на квадратите се:

$$P_1=3\cdot 3{\mathrm{d}\mathrm{m}}^2=9{\mathrm{d}\mathrm{m}}^2,P_2=4\cdot 4{\mathrm{d}\mathrm{m}}^2=16{\mathrm{d}\mathrm{m}}^2\text{ и }{P}_3=5\cdot 5{\mathrm{d}\mathrm{m}}^2=25{\mathrm{d}\mathrm{m}}^{2}P\_\{1\}=3\; \backslash cdot\; 3\; \backslash mathrm\{dm\}^\{2\}=9\; \backslash mathrm\{dm\}^\{2\},\; P\_\{2\}=4\; \backslash cdot\; 4\; \backslash mathrm\{dm\}^\{2\}=16\; \backslash mathrm\{dm\}^\{2\}\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; P\_\{3\}=5\; \backslash cdot\; 5\; \backslash mathrm\{dm\}^\{2\}=25\; \backslash mathrm\{dm\}^\{2\}$$

Плоштината на добиената фигура е

$$P=P_1+P_2+P_3+P_{\mathrm{\Delta }}=9+16+25+6=56{\mathrm{d}\mathrm{m}}^{2}P=P\_\{1\}+P\_\{2\}+P\_\{3\}+P\_\{\backslash Delta\}=9+16+25+6=56\; \backslash mathrm\{dm\}^\{2\}$$

Задача 3. Правоаголник е разделен на шест квадрати, како што е прикажано на цртежот. Одреди ја плоштината на правоаголникот, ако страната на најмалиот квадрат е $2 \mathrm{~m}$.

Решение. Нека $x$ е страната на квадратот $A B C D$. Тогаш страната на квадратот $D H F E$ е $x+2$, т.е. $\overline{D E}=\overline{E F}=x+2$. Да забележиме дека $\overline{B S}=\overline{N M}=x-2$. Така имаме дека $\overline{B N}=2 x-4$. Значи,

$$\overline{AN}=3x-4\text{ и }\overline{AE}=2x+2\backslash overline\{A\; N\}=3\; x-4\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; \backslash overline\{A\; E\}=2\; x+2$$

За $\overline{F G}$ имаме

$\overline{F G}=\overline{A N}-\overline{E F}=(3 x-4)-(x+2)=2 x-6$

Аналогно добиваме

$\overline{M G}=\overline{A E}-\overline{N M}=(2 x+2)-(x-2)=x+4$

Од $\overline{F G}=\overline{M G}$ ја добиваме равенката $2 x-6=x+4$, од каде се добива дека

$x=10$. Така имаме дека

$$\overline{AN}=3\cdot 10-4=26\text{ и }\overline{AE}=2\cdot 10+2=22\backslash overline\{A\; N\}=3\; \backslash cdot\; 10-4=26\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; \backslash overline\{A\; E\}=2\; \backslash cdot\; 10+2=22$$

Значи плоштината на правоаголникот е

$$P=22\cdot 26=572{\mathrm{m}}^{2}P=22\; \backslash cdot\; 26=572\; \backslash mathrm\{~m\}^\{2\}$$

Задача 4. Марко треба 199 јаболки да распореди во 60 пакети. Во неколку пакети има по $x$ јаболки, а во останатите по 3 јаболки. Одреди ги сите можни вредности на $x$.

Решение. Нека имало $n$ пакети, кај кои во секој од нив имало по 3 јаболки. Тогаш бројот на пакети со по $x$ јаболки би бил $60-n$. Од условот на задачата ја составуваме равенката

$$3n+x\cdot (60-n)=1993\; n+x\; \backslash cdot(60-n)=199$$

која е еквивалентна со равенката $3 n-180+x \cdot(60-n)=19$ односно со равенката

$$(60-n)\cdot (x-3)=19(60-n)\; \backslash cdot(x-3)=19$$

Бидејќи $x$ и $n$ ( $n \leq 60$ ) се природни броеви, добиваме дека постојат две решенија и тоа

$$\{\begin{array}{l}60-n=1\\ x-3=19\end{array}\backslash left\backslash \{\backslash begin\{array\}\{l\}\; 60-n=1\; \backslash \backslash \; x-3=19\; \backslash end\{array\}\backslash right.$$

од каде се добива $x=22$ или

$$\{\begin{array}{l}60-n=19\\ x-3=1\end{array}\backslash left\backslash \{\backslash begin\{array\}\{l\}\; 60-n=19\; \backslash \backslash \; x-3=1\; \backslash end\{array\}\backslash right.$$

од каде имаме дека $x=4$.

IX одделение

Задача 1. Докажи дека дропката $\frac{1+5^{k+1} \cdot 2^{k}}{1+5^{k} \cdot 2^{k+1}}$ е скратлива за секој број $k=0,1,2, \ldots$.

Решение. За $k=0$ дропката гласи $\frac{1+5^{1} \cdot 2^{0}}{1+5^{0} \cdot 2^{1}}=\frac{1+5 \cdot 1}{1+1 \cdot 2}=\frac{6}{3}$, па таа е скратлива. Нека $k \geq 1$. Тогаш

$$\frac{1+5^{k+1}\cdot 2^k}{1+5^k\cdot 2^{k+1}}=\frac{1+5^k\cdot 5^1\cdot 2^k}{1+5^k\cdot 2^k\cdot 2^1}=\frac{1+5\cdot (5\cdot 2{)}^k}{1+2\cdot (5\cdot 2{)}^k}=\frac{1+5\cdot {10}^k}{1+2\cdot {10}^k}\backslash frac\{1+5^\{k+1\}\; \backslash cdot\; 2^\{k\}\}\{1+5^\{k\}\; \backslash cdot\; 2^\{k+1\}\}=\backslash frac\{1+5^\{k\}\; \backslash cdot\; 5^\{1\}\; \backslash cdot\; 2^\{k\}\}\{1+5^\{k\}\; \backslash cdot\; 2^\{k\}\; \backslash cdot\; 2^\{1\}\}=\backslash frac\{1+5\; \backslash cdot(5\; \backslash cdot\; 2)^\{k\}\}\{1+2\; \backslash cdot(5\; \backslash cdot\; 2)^\{k\}\}=\backslash frac\{1+5\; \backslash cdot\; 10^\{k\}\}\{1+2\; \backslash cdot\; 10^\{k\}\}$$

Збирот на цифрите на бројот во броителот е еднаков на 6 , а з6ирот на цифрите на бројот во именителот е еднаков на 3 . Значи и двата броеви се деливи со 3, па следува дека дропката може да се скрати. Значи, за секој цел број $k$, дропката е скратлива.

Задача 2. Ако во правоаголникот страните се однесуваат како $\sqrt{2}: 1$, тогаш нормалите спуштени од две спротивни темиња врз дијагоналата ја делат дијагоналата на три еднакви дела. Докажи!

Решение. Нека $\overline{A D}=\overline{B C}=a$. Тогаш од $\overline{A B}: \overline{A D}=\sqrt{2}: 1$, следува дека $\overline{A B}=\overline{D C}=a \sqrt{2}$. Дијагоналата на правоаголникот е

$$\overline{AC}=\sqrt{{\overline{AB}}^2+{\overline{BC}}^2}=\sqrt{(a\sqrt{2}{)}^2+a^2}=\sqrt{3a^2}=a\sqrt{3}\backslash overline\{A\; C\}=\backslash sqrt\{\backslash overline\{A\; B\}^\{2\}+\backslash overline\{B\; C\}^\{2\}\}=\backslash sqrt\{(a\; \backslash sqrt\{2\})^\{2\}+a^\{2\}\}=\backslash sqrt\{3\; a^\{2\}\}=a\; \backslash sqrt\{3\}$$

Од сличноста на триаголниците $\triangle A B C$ и $\triangle B E C$ добиваме дека

$$\overline{EC}:\overline{BC}=\overline{BC}:\overline{AC}\backslash overline\{E\; C\}:\; \backslash overline\{B\; C\}=\backslash overline\{B\; C\}:\; \backslash overline\{A\; C\}$$

т.е.

$$\overline{EC}=\frac{{\overline{BC}}^2}{\overline{AC}}=\frac{a^2}{a\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\backslash overline\{E\; C\}=\backslash frac\{\backslash overline\{B\; C\}^\{2\}\}\{\backslash overline\{A\; C\}\}=\backslash frac\{a^\{2\}\}\{a\; \backslash sqrt\{3\}\}=\backslash frac\{a\; \backslash sqrt\{3\}\}\{3\}$$

Од сличноста на триаголниците $\triangle A D C$ и

$\triangle D F A$ добиваме дека

$$\overline{FA}:\overline{AD}=\overline{AD}:\overline{AC}\backslash overline\{F\; A\}:\; \backslash overline\{A\; D\}=\backslash overline\{A\; D\}:\; \backslash overline\{A\; C\}$$

т.е.

$$\overline{FA}=\frac{{\overline{AD}}^2}{\overline{AC}}=\frac{a^2}{a\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\backslash overline\{F\; A\}=\backslash frac\{\backslash overline\{A\; D\}^\{2\}\}\{\backslash overline\{A\; C\}\}=\backslash frac\{a^\{2\}\}\{a\; \backslash sqrt\{3\}\}=\backslash frac\{a\; \backslash sqrt\{3\}\}\{3\}$$

Следува дека

$$\overline{FE}=\overline{AC}-\overline{FA}-\overline{EC}=a\sqrt{3}-\frac{a\sqrt{3}}{3}-\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a\sqrt{3}}{3},\backslash overline\{F\; E\}=\backslash overline\{A\; C\}-\backslash overline\{F\; A\}-\backslash overline\{E\; C\}=a\; \backslash sqrt\{3\}-\backslash frac\{a\; \backslash sqrt\{3\}\}\{3\}-\backslash frac\{a\; \backslash sqrt\{3\}\}\{3\}=\backslash frac\{a\; \backslash sqrt\{3\}\}\{3\},$$

што значи дека нормалите спуштени од две спротивни темиња врз дијагоналата ја делат дијагоналата на три еднакви дела

Задача 3. Докажи дека не постојат природни броеви $x$ и $y$ за кои важи

$$5^x=y^2+20125^\{x\}=y^\{2\}+2012$$

Решение. Ако $x=0$ добиваме

$$5^0=y^2+2012,\text{ т.е. }1=y^2+20125^\{0\}=y^\{2\}+2012,\; \backslash text\; \{\; т.е.\; \}\; 1=y^\{2\}+2012$$

што не е можно бидејќи десната страна на равенството е поголема од 1 .

Ако $x \neq 0$, тогаш последната цифра на бројот $5^{x}$ е 5. За да биде исполнето равенството треба последната цифра на збирот $y^{2}+2012$ да биде 5 , односно последната цифра на бројот $y^{2}$ треба да биде 3 . Но, полн квадрат не може да има последна цифра 3 , па следува дека не постојат природни броеви $x$ и $у$ кои се решенија на дадената равенка.

Задача 4. Даден е рамностран триаголник $A B C$. Нормалата кон страната $A B$ спуштена од темето $A$ ја сече правата $B C$ во точка $D$. Нека $M$ е средна точка на отсечката $A D$, со $N$ ќе ја означиме пресечната точка на правата $M C$ со симетралата на аголот $\Varangle B A C$. Докажи дека $A C \perp D N$

Решение. Сите агли во триаголникот $A B C$ се еднакви на $60^{\circ}$. Триаголникот $D A B$ е правоаголен и, бидејќи аголот кај темето $B$ е $60^{\circ}$, следува дека

$$\mathrm{\measuredangle }ADB={30}^{\circ }\backslash measuredangle\; A\; D\; B=30^\{\backslash circ\}$$

Од друга страна

$$\mathrm{\measuredangle }DAB={90}^{\circ }\text{ и }\mathrm{\measuredangle }BAC={60}^{\circ }\text{, }\backslash measuredangle\; D\; A\; B=90^\{\backslash circ\}\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; \backslash measuredangle\; B\; A\; C=60^\{\backslash circ\}\; \backslash text\; \{,\; \}$$

па следува Дека

$$\mathrm{\measuredangle }CAD={30}^{\circ }\backslash measuredangle\; C\; A\; D=30^\{\backslash circ\}$$

Од (1) и (2) следува дека $\triangle A C D$ е рамнокрак и, бидејќи $M C$ е тежишна линија на $\triangle A C D, M C$ е и висина на $\triangle A C D$. Триаголникот $A B C$ е рамностран, $A F$ е симетрала на $\measuredangle B A C$, па следува дека $A F$ е висина во триаголникот $A B C$. Според претходното, имаме дека во $\triangle A N D$, отсечките $N M$ и $D F$ се висини со ортоцентар во точката $C$. Висината спуштена од темето $A$ минува низ ортоцентарот $C$, па следува дека $A C \perp D N$.