| # ХХІХ РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ |
|
|
| ## IV одделение - деветтолетка |
|
|
| Задача 1. Коста, Јане и Владимир засадиле дрвца: круша, јаболка и вишна. Секој засадил по едно дрво, чие име не започнува на иста буква како неговото име. Кој кое дрво го засадил, ако се знае дека Владимир не засадил круша? |
|
|
| Решение. Со пополнување на табелата се добива дека Коста засадил вишна, Јован круша и Владимир јаболка. |
|
|
| | | круша | јаболки | вишна | |
| | :--- | :--- | :--- | :--- | |
| | Коста | - | - | + | |
| | Јане | + | - | - | |
| | Владимир | - | + | - | |
|
|
| Задача 2. Цвета имала кокошки. Осум кокошки неселе за една недела 32 јајца. Колку јајца ќе снесат за една недела девет кокошки? |
|
|
| Решение. Ако осум кокопки за една недела снеле 32 јајца, тогаш една кокошка за една недела ќе снеси 4 јајца. Сега, девет кокошки за една недела ќе снесат $9 \cdot 4=36$ јајца. |
|
|
| Задача 3. Што има повеќе на цртежот: отсечки или триаголници. |
|
|
| Решение. Бројот на отсечки е 17. Со непосредно броење имаме дека бројот на триаголници е 12 . Бидејќи $17>12$, повеќе има отсечки. |
|
|
|  |
|
|
| Задача 4. Збирот на броевите во секој од дадените четири прстени е 90. Кои броеви се кријат на местата означени со буквите $A, B, C$ и $D$ ? |
|
|
| Решение. Од десниот прстен добиваме дека |
|
|
| $C=90-(7+9+11+39+14)=10$ Од долниот прстен добиваме |
|
|
|  |
| дека |
|
|
| $$ |
| B=90-(10+14+31+23+10)=2 |
| $$ |
|
|
| Од левиот прстен добиваме дека |
|
|
| $$ |
| D=90-(2+10+30+16+15)=17 |
| $$ |
|
|
| Од горниот прстен добиваме дека |
|
|
| $$ |
| A=90-(1+7+10+2+15)=55 |
| $$ |
|
|
| Задача 5. Најди го збирот на непарните трицифрени броеви чии цифри имаат производ 140 . |
|
|
| Решение. Бројот $140=10 \cdot 14=2 \cdot 2 \cdot 5 \cdot 7$. Следува бараните броеви имаат цифри 4,5 и 7 и тие се $547,574,745,754$. Оттука нивниот збир изнесува $547+574+745+754=2620$. |
|
|
| ## V одделение - деветтолетка |
|
|
| Задача 1. Продавница е во форма на квадрат со страна 7 метри. Во продавницата се наоѓа статуа со квадратна основа со страна од 1 метар. Дали може преостанатот дел од продавницата да се покрие со 4 правоаголници со страни 3 и 4 метри (одговорот да се објасни). |
|
|
| Решение. Да можно е, на пример ако статуата се постави во средината на продавницата, а правоаголниците околу неа, како што е прикажано на цртежот. |
|
|
|  |
|
|
| Задача 2.Тетратка има 100 страници нумерирани од 1 до 100 . Од неа се искинати 30 произволно избрани листови, и потоа е пресметан збирот на нумерираните броеви од преостанатите страници. Дали е можно овој збир да биде еднаков на 800 ? |
|
|
| Решение. Најмалата можна вредност на сумата од нумерираните броеви на неискинатите страници е |
|
|
| $$ |
| 1+2+3+\ldots+40=820>800 |
| $$ |
|
|
| Следува не е можно оваа сума да биде 800 . |
|
|
| Задача 3. Јане го прашал Филип колку тежела рибата што ја уловил татко му. Филип одговорил: Главата заедно со опашката има $3 \mathrm{~kg}$, главата заедно со трупот има $7 \mathrm{~kg}$, а трупот заедно со опашката има $8 \mathrm{~kg}$. Колку тежела рибата? |
|
|
| Решение. Прв начин. Ако ги собереме дадените тежини, тогаш во збирот двапати ќе учествуваат тежините и на главата и на опашката и на трупот. Според тоа, тежината на рибата е половина од пресметаниот збир. |
|
|
| Според тоа, ако $x$ е тежината на рибата, тогаш $x=18: 2=9 \mathrm{~kg}$. |
|
|
| Bтор начин. Нека $G$ е масата на главата, $O$ е масата на опашката, а $T$ е масата на трупот. Од условите на задачата имаме: |
|
|
| $$ |
| G+O=3, \quad G+T=7, \quad T+O=8 |
| $$ |
|
|
| Ако собереме леви и десни страни, добиваме: |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| & G+O+G+T+T+O=18 \\ |
| & 2 G+2 O+2 T=18 \\ |
| & 2(G+O+T)=18 |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| Оттука $G+O+T=9$, па рибата тежела $9 \mathrm{~kg}$. |
|
|
| Задача 4. Една цевка за 3 часа полни $\frac{1}{5}$ од еден базен, а друга за 4 часа $\frac{1}{4}$ од истиот базен, а трета цевка за 6 часа полни $\frac{1}{3}$ од истиот базен. Која цевка го полни базенот најбрзо? |
|
|
| Решение. Првата цевка за 3 часа полни $\frac{1}{5}$ од базенот, па за еден час ќе наполни $\frac{1}{15}$ од базенот, од каде имаме дека целиот базен првата цевка ќе го наполни за 15 часа. Втората цевка за еден час ќе наполни $\frac{1}{16}$ од базенот, па целиот базен ќе биде наполнет за 16 часа. Третата цевка за еден час ќе наполни $\frac{1}{18}$ од базенот, па целиот базен ќе биде наполнет за 18 часа. Значи, првата цевка го полни базенот најбрзо. |
|
|
| Задача 5. Филип за роденден од баба му и дедо му добил 405 денари. Од баба му добил 3 пати повеќе пари од бројот на нејзините години, а од дедо му четири пати повеќе пари од бројот на неговите години. По колку години имаат баба му и дедо му на Филип ако се знае дека дедо му е 5 години постар од баба му. |
|
|
| Решение. Ако баба му на Филип има $x$ години, дедо му има $x+5$ години. За роденденот баба му му дала $3 x$ денари а дедо му му дал $4 x+20$ денари. Заедно му дале $7 x+20$ денари. Според тоа |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| & 7 x+20=405 \\ |
| & 7 x=385 \\ |
| & x=385: 7=55 |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| Значи, баба му имала 55 години, а дедому имал 60 години. |
|
|
| ## V одделение |
|
|
| Задача 1. Жабата има скок долг $50 \mathrm{~cm}$, зајакот $75 \mathrm{~cm}$, а кенгурот $90 \mathrm{~cm}$. Кое е најмалото растојание на кое сите ќе направат цел број на скокови. Колку скока тогаш направило секое од животните? |
|
|
| Решение. Доволно е да се најде најмалиот заеднички содржател на броевите 50,75 и 90 . Бидејќи $\operatorname{NZS}(50,75,90)=450$ најмалото растојание на кое тие ќе направат цел број на скокови е 450 cm. Притоа, жабата ќе направи 9 скока, зајакот 6 , а кенгурот 5 скока. |
|
|
| Задача 2. Најди го количникот и остатокот при делењето на изразот |
|
|
| $$ |
| 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10 \cdot 11 \cdot 12+75 |
| $$ |
|
|
| со бројот 35 . |
|
|
| Решение. Прв начин. Изразот $1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10 \cdot 11 \cdot 12+75$ можеме да го запишеме во следниот облик: |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| & 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10 \cdot 11 \cdot 12+35 \cdot 2+5= \\ |
| &=35 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10 \cdot 11 \cdot 12+35 \cdot 2+5 \\ |
| &=35 \cdot(1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10 \cdot 11 \cdot 12+2)+5 |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| Според тоа, бараниот количник е $1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10 \cdot 11 \cdot 12+2=13685762$, а остатокот е 5 . |
|
|
| Втор начин. Ќе го пресметаме збирот |
|
|
| $$ |
| 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10 \cdot 11 \cdot 12+75 |
| $$ |
|
|
| Притоа добиваме |
|
|
| $1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10 \cdot 11 \cdot 12+75=479001600+75=479001675$. |
|
|
| Ако делиме со 35 добиваме |
|
|
| $479001675: 35=13685762$ |
|
|
| $\underline{35}$ |
|
|
| 129 $\qquad$ |
| 5 |
|
|
| Според тоа |
|
|
| $$ |
| 479001675=13685762 \cdot 35+5 |
| $$ |
|
|
| Значи, бараниот количник е 13685762 а остаток е 5. |
|
|
| Задача 3. Нека $\alpha$ и $\beta$ се два соседни агли такви што нивните симетрали се заемно нормални. Ако се знае дека $\alpha$ е за $30^{\circ}$ поголем од $\beta$, пресметај колку степени изнесува секој од нив. |
|
|
| Решение. Бидејќи аглите се соседни и нивните симетрали се заемно норнални добиваме дека $\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}=90^{\circ}$, односно $\alpha+\beta=180^{\circ}$. Бидејќи знаеме дека $\alpha$ е за $30^{\circ}$ поголем од $\beta$, добиваме дека $\alpha=\beta+30^{\circ}$. Ако го замениме ова во $\alpha+\beta=180^{\circ}$, добиваме $\beta=75^{\circ}$. Па според тоа $\alpha=105^{\circ}$. |
|
|
| Задача 4. Да се најде природниот број $\overline{a b c}$ кој го исполнува условот $\overline{a b c}+\overline{b c}+c=687$ |
|
|
| Решение. Цифрата на единиците на бројот $\overline{a b c}+\overline{b c}+c$ е цифрата на единиците на $c+c+c$, односно $c+c+c$ завршува на 7. Единствена можност е $c=9$. Оттука добиваме дека $100 a+20 b+27=687$ односно $5 a+b=33$. Последната равенка е исполнета ако $a=5$ и $b=8$ или $a=6$ и $b=3$. Значи бараните броеви се 589 и 639 . |
|
|
| Задача 5. Ако едната страна на квадратот ја продолжиме за $2 \mathrm{~cm}$, а нејзината соседна страна за $5 \mathrm{~cm}$, тогаш добиваме правоаголник чија што плоштина е за $45 \mathrm{~cm}^{2}$ поголема од плоштината на квадратот. |
|
|
| Колкава е плоштината на квадратот? |
|
|
| Решение. Нека страната на квадратот има должина a. Правоаголникот кој се добива со продолжувањето на страните на квадратот има страни $a+2$ и $a+5$. Плоштината на квадратот е $a \cdot a$, а на правоаголникот $(a+2) \cdot(a+5)$. Но, правоаголникот всушност е добиен со доцртување на три правоаголници до дадениот квадрат и тоа правоаголници со плоштини $2 a, 5 a, 2 \cdot 5$ (види цртеж) Тогаш вкупното зголемување на плошти- |
|
|
|  |
| ната на квадратот е |
|
|
| $$ |
| 45 \mathrm{~cm}^{2}=2 a+5 a+10=(7 a+10) \mathrm{cm}^{2} |
| $$ |
|
|
| Оттука, $7 a=35$, односно страната на квадратот е $a=5 \mathrm{~cm}$. |
|
|
| Плоштината на квадратот изнесува $25 \mathrm{~cm}^{2}$. |
|
|
| ## VI одделение |
|
|
| Задача 1. Ако на еден двоцифрен број му се допише цифрата 5 еднаш на почетокот, а другпат на крајот, се добиваат два различни броја чија разлика е 252. Кој е тој двоцифрен број? |
|
|
| Решение. Нека бараниот двоцифрен број го означиме со $\overline{x y}=10 x+y$. Тогаш од условот на задачата имаме две можности : |
| a) $\overline{5 x y}-\overline{x y 5}=252$, од каде што добиваме: |
|
|
| $$ |
| \begin{array}{ll} |
| 5 \cdot 100+x \cdot 10+y-(x \cdot 100+y \cdot 10+5)=252 & \Leftrightarrow \\ |
| 500+10 x+y-100 x-10 y-5=252 & \Leftrightarrow \\ |
| 243=90 x+9 y & \Leftrightarrow \\ |
| 27 \cdot 9=9(10 x+y) & \Leftrightarrow \\ |
| 27=10 x+y & |
| \end{array} |
| $$ |
|
|
| Значи бараниот број е 27. |
|
|
| б) Втората можност е $\overline{x y 5}-\overline{5 x y}=252$, од каде со постапка аналогна со претходниот случај добиваме дека $10 x+y=83$. |
|
|
| Конечно, бараните двоцифрени броеви се 27 и 83. |
|
|
| Задача 2. Една слаткарница добила нарачка да направи извесен број на слатки за три дена. Првиот ден направила $\frac{2}{5}$ од нарачаните слатки, вториот ден направила $\frac{5}{9}$ од остатокот од нарачката а третиот ден ги направила преостанатите 40 слатки од нарачката. Колку слатки биле нарачани во слаткатницата? |
|
|
| Решение. Нека со $x$ го означиме бројот на нарачаните слатки. Тогаш првиот ден се направени $\frac{2}{5} x$ од слатките, вториот ден се направени $\frac{5}{9}\left(x-\frac{2}{5} x\right)$, а третиот ден се направени 40 слатки. Значи, |
|
|
| $$ |
| \frac{2}{5} x+\frac{5}{9}\left(x-\frac{2}{5} x\right)+40=x |
| $$ |
|
|
| Со решавање на оваа равенка се добива дека бројот на нарачани слатки е $x=150$. |
|
|
| Задача 3. Даден е остроаголен триаголник $A B C$. Неговите висини $A E$ и $C D$ се сечат во точката $H$, при што $\overline{A B}=\overline{C H}$. Пресметај го аголот $\measuredangle A C B$. |
|
|
| Решение. Бидејќи $\measuredangle E A B=\measuredangle B C D$ (агли со нормални краци), триаголниците $A B E$ и CHE се складни (според признакот ACA). Сега $\overline{C E}=\overline{A E}$, односно триаголникот $A E C$ е рамнокрак правоаголен. Според тоа, |
|
|
| $$ |
| \measuredangle B A C=\measuredangle E C A=45^{\circ} |
| $$ |
|
|
|  |
|
|
| Задача 4. Нека во триаголникот $A B C$, разликата на аглите $\alpha$ и $\beta$ е $90^{\circ}$ степени. Симетралата на внатрешниот агол $\gamma$ при темето $C$ ја сече спротивната страна $A B$ во точката $D$, а симетралата на надворешниот агол при темето $C$ го сече продолжението на страната $A B$, во точката $E$. Докажи дека триаголникот EDC е рамнокрак. |
|
|
| Решение. Според ознаките на цртежот имаме дека |
|
|
|  |
|
|
| $$ |
| \measuredangle C D E=180^{\circ}-\alpha-\frac{\gamma}{2}=180^{\circ}-\alpha-\frac{180^{\circ}-\alpha-\beta}{2}=\frac{180^{\circ}-\alpha+\beta}{2}=\frac{180^{\circ}-90^{\circ}}{2}=45^{\circ} |
| $$ |
|
|
| Бидејќи краците на аголот $D C E$ се симетрали на суплементни агли, следува $\measuredangle D C E=90^{\circ}$. Бидејќи збирот на внатрешните агли на триаголникот $E D C$ е $180^{\circ}$, следува дека $\Varangle C E D=45^{\circ}$. Значи триаголникот $E D C$ е рамнокрак . |
|
|
| Задача 5. Во слаткарницата Кокос има масички и столови групирани во комплети на следниов начин: неколку комплети од една маса со четири ногарки и четири стола со три ногарки, неколку комплети од една маса со три ногарки и четири стола со четири ногарки. Вкупниот број на ногарки е 264. Колку деца можат да седнат во слаткарницата? |
|
|
| Решение. Нека бројот на комплети од првиот тип го означиме со $a$, а на вториот со $b$. Вкупниот број на ногарки од првиот тип е $4+4 \cdot 3=16$, а од вториот е $3+4 \cdot 4=19$. Сега, за вкупниот број ногарки ја формираме равен- |
| ката $16 a+19 b=264$.Оттука, $19 b=264-16 a=8(33-2 a)$. Од тоа што 8 ја дели десната страна на последното равенство, јасно е дека мора да ја дели и левата страна. Но 19 не се дели со 8 , па останува 8 да е делител на $y$, односно $b \in\{8,16,24, \ldots\}$. Притоа $19 b \leq 264$. Јасно, тогаш $b=8$, а $a=7$. Следува дека бројот на слободни места во слаткарницата е 15$\cdot$4=60. |
|
|
| ## VII одделение |
|
|
| Задача 1. Докажи дека бројот |
|
|
| $19991999+19991998 \cdot 19991999 \cdot 19992000$ |
|
|
| е куб на цел број! |
|
|
| Решение. Прв начин. За изразот |
|
|
| $$ |
| A=19991999+19991998 \cdot 19991999 \cdot 19992000 |
| $$ |
|
|
| имаме |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| A & =19991999(1+19991998 \cdot 19992000) \\ |
| & =19991999 \cdot[1+(19991999-1)(19991999+1)] \\ |
| & =19991999 \cdot\left[1+19991999^{2}-1\right] \\ |
| & =19991999^{3} |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| Втор начин. Ќе воведеме ознака $n=19991999$. Тогаш |
|
|
| $$ |
| A=19991999+19991998 \cdot 19991999 \cdot 19992000 |
| $$ |
|
|
| може да се запише во облик |
|
|
| $$ |
| A=n+(n-1) n(n+1)=n+n\left(n^{2}-1\right)=n+n^{3}-n=n^{3} |
| $$ |
|
|
| Значи, |
|
|
| $$ |
| A=19991999+19991998 \cdot 19991999 \cdot 19992000 |
| $$ |
|
|
| е полн куб за $n=19991999$. |
|
|
| Задача 2. Еден рамнокрак трапез има основи $\overline{A B}=50 \mathrm{~cm}, \overline{C D}=20 \mathrm{~cm}$ и агол $\measuredangle B A D=60^{\circ}$. Најди го периметарот на трапезот. |
|
|
| Решение. Нека $D M \| B C$.Триаголникот AMD е рамностран затоа што неговите агли ce $\measuredangle A M D=60^{\circ}, \measuredangle A B C=60^{\circ}$ и $\measuredangle B A D=60^{\circ}$. Затоа отсечките $A D$ и $A M$ се со должина $30 \mathrm{~cm}$. За периметарот се добива |
|
|
| $$ |
| L=50+20+2 \cdot 30=130 \mathrm{~cm} |
| $$ |
|
|
|  |
|
|
| Задача 3. Околу квадртот $A B C D$ е опишана кружница. Докажи дека за произволна точка $X$ од кружницата е точно равенството |
|
|
| $$ |
| \overline{X A}^{2}-\overline{X B}^{2}=\overline{X C}^{2}-\overline{X D}^{2} |
| $$ |
|
|
| Решение. Триаголниците $X A C$ и $X B D$ се правоаголни (според Талесова теорема), па според тоа |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| & \overline{X A}^{2}+\overline{X C}^{2}=4 R^{2}=\overline{A C}^{2} \\ |
| & \overline{X B}^{2}-\overline{X D}^{2}=4 R^{2}=\overline{B D}^{2} |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| каде $R$ е радиусот на опишаната кружница. Сега лесно се добива равенството |
|
|
| $$ |
| \overline{X A}^{2}-\overline{X B}^{2}=\overline{X C}^{2}-\overline{X D}^{2} |
| $$ |
|
|
|  |
|
|
| Ако пак $X$ е едно од темињта, на пример $A$, тогаш |
|
|
| $$ |
| -\overline{A B}^{2}=\overline{A D}^{2}-\overline{A C}^{2} |
| $$ |
|
|
| односно |
|
|
| $$ |
| \overline{A C}^{2}=\overline{A D}^{2}+\overline{A B}^{2} |
| $$ |
|
|
| што всушност е Питагорина теорема. Аналогна е дискусијата и за останатите три темиња. |
|
|
| Задача 4. Докажи дека дропката $\frac{a^{2}+3}{a^{4}+7 a^{2}+11}$ е нескратлива за секој цел број $a$. |
|
|
| Решение. Прв начин. Имаме |
|
|
| $$ |
| \frac{a^{2}+3}{a^{4}+7 a^{2}+11}=\frac{a^{2}+3}{a^{4}+6 a^{2}+9+a^{2}+2}=\frac{a^{2}+3}{\left(a^{2}+3\right)^{2}+\left(a^{2}+3\right)-1} |
| $$ |
|
|
| Нека броителот $a^{2}+3$ е делив со некој цел број $k$. Тогаш именителот на дропката не се дели со $k$, бидејќи $\left(a^{2}+3\right)^{2}$ и $\left(a^{2}+3\right)$ се делат со $k$, но 1 не се дели со $k$, односно именителот дава остаток 1 при делењето со $k$. Значи броителот и именителот немаат заеднички делител различен од 1 , па дропката е нескратлива. |
|
|
| Bтор начин. Ако именителот на дропката го поделиме со $a^{2}+3$, добиваме количник $a^{2}+4$ и остаток -1 . Според тоа, дропката можеме да ја запишеме да ја запишеме во облик |
|
|
| $$ |
| \frac{a^{2}+3}{a^{4}+7 a^{2}+11}=\frac{a^{2}+3}{\left(a^{2}+3\right)\left(a^{2}+4\right)-1} |
| $$ |
|
|
| Нека броителот $a^{2}+3$ е делив со некој цел број $k$. Тогаш именителот на дропката не се дели со $k$, бидејќи $\left(a^{2}+3\right)\left(a^{2}+4\right)$ се дели со $k$, но -1 не се дели со $k$, односно именителот дава остаток $k-1$ при делењето со $k$. Значи броителот и именителот немаат заеднички делител различен од 1 , па дропката е нескратлива. |
|
|
| Задача 5. Нека $p, p-10$ и $p+10$ се прости броеви. Докажи дека $p-2$ е исто така прост број. |
|
|
| Решение. Нека $p$ е прост број кој ги исполнува условите од задачата. Тогаш од равенствата |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| & p-10=p-1-9 \\ |
| & p+10=p+1+9 |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| забележуваме дека остатокот од делењето со 3 на $p-10$ е ист како остатокот од делењето на $p-1$ со 3 , како и остатокот од делењето со 3 на $p+10$ е ист остатокот од делењето на $p+1$ со 3 . |
|
|
| Еден од броевите $p-1, p, p+1$ е делив со 3 (три последователни броеви) . Според тоа, еден од броевите $p-10, p, p+10$ е делив со 3. |
|
|
| Но сега, од условот на задачата имаме $p-10=3$, односно $p=13$. Сега $p-2=11$ е исто така прост број. |
|
|
| ## VIII одделение |
|
|
| Задача 1. Најди ги сите природни броеви $n$ така што сумата |
|
|
| $$ |
| 1+1 \cdot 2+1 \cdot 2 \cdot 3+\ldots+1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot(n-1) n |
| $$ |
|
|
| е точен квадрат. |
|
|
| Решение. За $n=2,3,4,5$ имаме: |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| & 1+1 \cdot 2=3 \\ |
| & 1+1 \cdot 2+1 \cdot 2 \cdot 3=9 \\ |
| & 1+1 \cdot 2+1 \cdot 2 \cdot 3+1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4=33 \\ |
| & 1+1 \cdot 2+1 \cdot 2 \cdot 3+1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4+1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5=153 |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| Секој нареден природен број од облик $1+1 \cdot 2+1 \cdot 2 \cdot 3+\ldots+1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot(n-1) n$ завршува на 3 бидејки бројот $1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot(n-1) n$ ги содржи 2 и 5 како множи- |
| тели од каде ќе завршува на нула. Но квадрат на природен број не може да завршува на 3 па решение на задачата се броевите 1 и 3. |
|
|
| Задача 2. Ако $a+b+c=0$, тогаш $\frac{a^{2}}{2 a^{2}+b c}+\frac{b^{2}}{2 b^{2}+a c}+\frac{c^{2}}{2 c^{2}+a b}=1$. Докажи! |
|
|
| Решение. Во првиот член од равенството $a$ го заменуваме со $-b-c$ и добиваме |
|
|
| $$ |
| \frac{a^{2}}{2 a^{2}+b c}=\frac{(b+c)^{2}}{2(b+c)^{2}+b c}=\frac{(b+c)^{2}}{2 b^{2}+2 c^{2}+5 b c}=\frac{(b+c)^{2}}{(2 b+c)(b+2 c)} |
| $$ |
|
|
| Меѓутоа $\frac{1}{2 b+c}+\frac{1}{b+2 c}=\frac{3(b+c)}{(2 b+c)(b+2 c)}$, па затоа |
|
|
| $$ |
| \frac{(b+c)^{2}}{(2 b+c)(b+2 c)}=(b+c) \frac{b+c}{(2 b+c)(b+2 c)}=\frac{1}{3}\left(\frac{b+c}{2 b+c}+\frac{b+c}{b+2 c}\right) |
| $$ |
|
|
| Во последното равенсто повторно користиме $a+b+c=0$ и добиваме |
|
|
| $$ |
| \frac{a^{2}}{2 a^{2}+b c}=\frac{(b+c)^{2}}{(2 b+c)(b+2 c)}=\frac{1}{3}\left(\frac{b+c}{b-a}+\frac{b+c}{c-a}\right) |
| $$ |
|
|
| Аналогно добиваме |
|
|
| $$ |
| \frac{b^{2}}{2 b^{2}+a c}=\frac{1}{3}\left(\frac{a+c}{a-b}+\frac{a+c}{c-b}\right) \quad \text { и } \quad \frac{c^{2}}{2 c^{2}+a b}=\frac{1}{3}\left(\frac{a+b}{a-c}+\frac{a+b}{b-c}\right) |
| $$ |
|
|
| Ако ги собереме последните три равенства добиваме |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| \frac{a^{2}}{2 a^{2}+b c}+\frac{b^{2}}{2 b^{2}+a c}+\frac{c^{2}}{2 c^{2}+a b} & =\frac{1}{3}\left(\frac{b+c}{b-a}+\frac{b+c}{c-a}\right) \frac{1}{3}\left(\frac{a+c}{a-b}+\frac{a+c}{c-b}\right)+\frac{1}{3}\left(\frac{a+b}{a-c}+\frac{a+b}{b-c}\right) \\ |
| & =\frac{1}{3}\left(\frac{b+c-a-c}{b-a}+\frac{b+c-a-b}{c-a}+\frac{a+c-a-b}{c-b}\right) \\ |
| & =\frac{1}{3}(1+1+1)=1 |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| Задача 3. Три девојчиња Ана, Марија и Елена во шумата собрале 770 костени и одлучиле да си ги поделат меѓу себе пропорционално на своите години. Секој пат кога Марија зела 4 костени, Ана зела 3, а на секои 6 што ги зелаМарија, Елена зела 7 костени. Колку години има секое девојче ако заедно имаат 35 години? По колку костени припаднало на секоја од нив? |
|
|
| Решение. Нека $a$ се годините на Ана, $m$ се годините на Марија, а $e$ ce годините на Елена. Па според тоа, $a+m+e=35$. Годините се однесуваат како костените и тоа: |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| & m: a=4: 3, \quad m: e=6: 7 \\ |
| & a=\frac{3}{4} m, \quad e=\frac{7}{6} m |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| Сега, |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| & m+\frac{3}{4} m+\frac{7}{6} m=35 \\ |
| & \frac{12 m+9 m+14 m}{12}=35 \\ |
| & \frac{35}{12} m=35 \\ |
| & m=12, \quad a=\frac{3}{4} \cdot 12=9, \quad e=\frac{7}{6} \cdot 12=14 |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| Бидејќи $770: 35=22$, следува дека на Марија и припаднале $22 \cdot 12=264$ костени, на Ана $22 \cdot 9=198$ костени, а на Елена $22 \cdot 14=308$ костени. |
|
|
| Задача 4. Дадена е эвезда како на цртежот. Колку е збирот на аглите |
|
|
| $$ |
| \measuredangle 1+\measuredangle 2+\measuredangle 3+\measuredangle 4+\measuredangle 5 |
| $$ |
|
|
| Решение. Од триаголникот $\triangle A B C$ имаме |
|
|
| $$ |
| \measuredangle 3+\measuredangle 5=\measuredangle F C G |
| $$ |
|
|
| Од триаголникот $\triangle D E F$ имаме |
|
|
| $$ |
| \measuredangle 2+\measuredangle 4=\measuredangle C F G |
| $$ |
|
|
| Од триаголникот $\triangle F C G$ имаме |
|
|
|  |
|
|
| $$ |
| 180^{\circ}=\measuredangle 1+\measuredangle F C G+\measuredangle C F G=\measuredangle 1+\measuredangle 3+\measuredangle 5+\measuredangle 2+\measuredangle 4 |
| $$ |
|
|
| Задача 5. Даден е трапезот $A B C D$ со основи $\overline{A B}=16 \mathrm{~cm}, \overline{C D}=8 \mathrm{~cm}$. Збирот на аглите $A B C$ и $B A D$ е $90^{\circ}$. Ако $M$ и $N$ се средини на страните $A B$ и $C D$ соодветно, пресметај ја должината на отсечката $M N$. |
|
|
| Решение. Нека $P$ и $S$ се точки на страната $A B$ такви што $N P \| A D$ и $N S \| B C$. Триаголникот $P N S$ е правоаголен, со прав агол во темето $N$ затоа што |
|
|
|  |
|
|
| $$ |
| \measuredangle P S N+\measuredangle S P N=\measuredangle A B C+\measuredangle B A D=90^{\circ} |
| $$ |
|
|
| $M N$ е тежишна линија кон хипотенузата и затоа |
|
|
| $$ |
| \overline{M N}=\frac{1}{2} \overline{P S}=\frac{1}{2}(16-4-4)=4 |
| $$ |
|
|
|
|
