MatematickiTalent/md/mk-primary-federal/UeqnUkJYMk-4xEiNHGcmgg.md

Сојузен натпревар 1985

Седмо одделение

1. Докажи дека за секој прост број поголем од 3 производот на неговите соседни броеви е делив со 24.

Решение. Секој прост број поголем од 3 е непарен, па неговите соседни броеви се два последователни парни броеви. Затоа едниот од нив е делив со 4. Овие два парни броја и дадениот прост број се три последователни броеви, што значи дека еден од двата парни броја е делив со 3. Конечно, производот на овие два соседни парни броја е делив со $2 \cdot 4 \cdot 3=24$.

2. Јанез во 1986 година ќе наполни онолку години колку што изнесува збирот на цифрите на годината кога се родил. Колку години ќе има Јанез во 1986 година?

Решение. Јанез е роден во $1900+10 x+y$ година. Според условот на задачата

$$1986-(1900+10x+y)=1+9+x+y\text{, т.е. }11x+2y=761986-(1900+10\; x+y)=1+9+x+y\; \backslash text\; \{,\; т.е.\; \}\; 11\; x+2\; y=76$$

Во множеството природни броеви последната равенка има единствено решение $x=y, y=5$. Значи, Јанез е роден во 1965 година и во 1986 година тој ќе има 21 година.

3. Четири патници патувале со такси во иста насока, во четири места кои се еднакво оддалечени од своите соседни места. Првиот патник при излегувањето ја платил четвртина од сумата која во тој момент ја покажувал таксиметарот, вториот патник при излегувањето ја платил третина, а третиот и четвртиот патник половина од сумата на парите која таксиметарот ја покажувал во моментот кога секој од нив излегувал од автомобилот. Дали таксистот наплатил повеќе или помалку отколку кога би возел еден од патниците на целата релација и за колку?

Решение. Кога патниците влегле, таксистот го вклучил таксиометарот на кој се појавил износ од $x$ денари. При поминување на растојанието до првото, потоа второто, третото место и четвртото место, цената секогаш се зголемувала за $у$ денари. Така патниците редоследно плаќале:

$$\frac{1}{4}(x+y),\frac{1}{3}(x+2y),\frac{1}{2}(x+3y),\frac{1}{2}(x+4y)\backslash frac\{1\}\{4\}(x+y),\; \backslash frac\{1\}\{3\}(x+2\; y),\; \backslash frac\{1\}\{2\}(x+3\; y),\; \backslash frac\{1\}\{2\}(x+4\; y)$$

Цената на возењето е $x+4 y$ денари, а патниците вкупно платиле

$$\frac{1}{4}(x+y)+\frac{1}{3}(x+2y)+\frac{1}{2}(x+3y)+\frac{1}{2}(x+4y)=x+4y+\frac{7}{12}x+\frac{5}{12}y\backslash frac\{1\}\{4\}(x+y)+\backslash frac\{1\}\{3\}(x+2\; y)+\backslash frac\{1\}\{2\}(x+3\; y)+\backslash frac\{1\}\{2\}(x+4\; y)=x+4\; y+\backslash frac\{7\}\{12\}\; x+\backslash frac\{5\}\{12\}\; y$$

денари. Таксистот наплатил повеке и тоа за оклу $50 %$ од витинската цена.

4. Докажи дека во секој конвексен четириаголник полузбирот на производот на соседните страни чии заеднички крајни точки се несоседни темиња е поголем или еднаков на плоштината на тој четириаголник.

Решение. Ќе докажеме дека во секој триаголник $A B C$ со должини на страни $a, b, c$ важи $\frac{a b}{2} \geq P$. Да го разгледам триаголникот даден на цртежот десно. Неговата плоштина е $P=\frac{1}{2} a h_{a}$. Но, во правоаголниот триаголник

$A C D$ отсечката $b$, како хипотенуза, е најдолга, па затоа $h_{a} \leq b$ (знак за равенство важи ако и само ако $D \equiv A$ ). Затоа важи $\frac{a b}{2} \geq P$.

Сега да земеме произволен конвексен четириаголник $A B C D$ и со дијагоналата $A C$ да го поделиме на два триаголници (цртеж десно). На добиените тгриаголници $A B C$ и $A C D$ да го примениме претходно

докажаното неравенство. Имаме

$$\frac{1}{2}ab+\frac{1}{2}cd\ge P^{\mathrm{\prime }}+P^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}=P,\text{,.e. }\frac{ab+cd}{2}\ge P\backslash frac\{1\}\{2\}\; a\; b+\backslash frac\{1\}\{2\}\; c\; d\; \backslash geq\; P^\{\backslash prime\}+P^\{\backslash prime\; \backslash prime\}=P,\; \backslash text\; \{,.e.\; \}\; \backslash frac\{a\; b+c\; d\}\{2\}\; \backslash geq\; P$$

што и требаше да се докаже.

5. Во рамнокрак триаголник $A B C$ точката $M$ е средина на основата $A B$. Нека $N$ е точка на кракот $B C$ таква што $M N \perp B C$ и нека $S$ е средина на отсечката $M N$. Докажи дека правата $A N$ е нормална на правата CS .

Решение. Од својствата на рамнокракиот триаголник следува дека $C M$ е висина повлечена кон основата $A B$. Нека $T$ е средина на отсечката $B N$. Тогаш отсечката $S T$ е средна линија на триагол-

никот $B M N$, па затоа е паралелна со $A B$ и важи $S T \perp C M$. Но, важи и $M N \perp B C$, што значи дека $S$ е ортоцентар на триаголникот $C M T$. Оттука заклучуваме дека $C S$ е третата висина во овој триаголник, па затоа $C S \perp M T$. Но, отсечката $M T$ е средна линија на триаголникот $A B N$, па е паралелна со $A N$, па затоа $C S \perp A N$.

Осмо одделение

1. Со цифрите 4, 5, 6, 7, 8 и 9 е запишан еден шестцифрен број. Зоран Дарко и Никола го погаѓале тој број. Зоран: 574698, Дарко: 786945, Никола: 456789. Се покажало дека Зоран ги погодил точните места на три цифри. Исто толку погодил и Дарко, а Никола го погодил местото само на една цифра. Определи го шестцифрениот број.

Решение. Зоран, Дарко и Никола за непознатиот број ги дале следниве претпоставки:

оран:	5	7	4	6
Дарко:	7	8
Никола:	4	5	6

Гледаме дека претпоставките на Зоран и Дарко не се поклопуваат во ниту една цифра, па како секој од нив погодил три цифри, произлегува дека тоа се три различни цифри. Затоа цифрата која ја погодил Никола е на истото место или кај Зоран или кај Дарко. Гледаме дека тоа може да е само цифрата 6. Значи, Дарко ја погодил цифрат 6 , што значи дека Никола не ја погодил таа цифра. Затоа на четвртото место е точна претпоставката на Дарко, т.е. четвртата цифра е 9. Заклучувајќи на ист начин, добиваме дека Дарко ги погодил третата, четвртата и петтата цифра, а Зоран првата, втората и шестата. Според тоа, бараниот број е 576948.

2. За кои вредности на $x$ и $у$ полиномот

$$P(x,y)=x^2+y^2-4x+6y+13P(x,\; y)=x^\{2\}+y^\{2\}-4\; x+6\; y+13$$

прима најмала вредност.

Решение. Имаме:

$$P(x,y)=x^2+y^2-4x+6y+13=(x-2{)}^2+(y+6{)}^2\ge 0P(x,\; y)=x^\{2\}+y^\{2\}-4\; x+6\; y+13=(x-2)^\{2\}+(y+6)^\{2\}\; \backslash geq\; 0$$

Најмалата вредност на полиномот е 0 , бидејќи тој е збир на два квадрати, а секој квадрат е поголем или еднаков на 0 . Најмалата вреност се достигнува за

$$x-2=0\text{ и }y+3=0\text{, т.е. за }x=2,y=-3\text{. }x-2=0\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; y+3=0\; \backslash text\; \{,\; т.е.\; за\; \}\; x=2,\; y=-3\; \backslash text\; \{.\; \}$$

3. Должините на страните на триаголникот се три последователни природни броја, не помали од 3. Докажи дека висината на триаголникот повлечена на средната по големина страна ја дели таа страна на делови чија разлика е 4.

Решение. Должините на страните $A C, A B, B C$ на триаголникот $A B C$ нека се $n-1, n, n+1$, соодветно. Нека $h=C D$ е висината која соодветствува на средната по големина страна $A B$ и нека $x$ и $y$ се отсечките на кои точката $D$ ja дели страната $A B$ (цртеж десно). Од право-

аголните триаголници $A C D$ и $B C D$, применувајќи ја Питагоровата теорема следува $(n-1)^{2}-x^{2}=h^{2}$ и $(n+1)^{2}-y^{2}=h^{2}$, од каде добиваме $(n-1)^{2}-x^{2}=(n+1)^{2}-y^{2}$, односно $(x-y)(x+y)=4 n$. Сега ако во последното равенство замениме $x+y=n$, добиваме $y-x=4 n$, што и требаше да се докаже.

4. Даден е квадрат $M N P Q$ со страна со должина $1 \mathrm{~m}$. На страните на овој квадрат се означени точки $A, B, C$ :

• точката $A$ е на $\frac{1}{3}$ од страната $N P$ од точката $N$,
• точката $B$ е на $\frac{2}{3}$ од страната $M Q$ од точката $M$,
• точката $C$ е средина на страната $M N$.

Триаголникот $A B C$ не е правоаголем. На која страна и за колку треба да се помести точката $C$ за да триаголникот $A B C$ е правоаголен?

Решение. Да претпоставиме дека точката $C$ треба да се помести во положба $C^{\prime}$ за да триаголникот $A B C^{\prime}$ биде правоаголен (цртеж десно). Нека $x=C C^{\prime}$ е должината која треба да се определи. Понатаму, нека $D$ е средина на отсечката $M B$. Тогаш $B D=\frac{1}{3}=A N$ и $M N=$

$N C=\frac{1}{2}$. Од правоаголните триаголници $A B D, A N C^{\prime}, M B C^{\prime}, A B C^{\prime}$ добиваме

Со замена од првите три во четвртото равенство, по средувањето добиваме $2 x^{2}=\frac{1}{18}$, од каде наоѓаме $x^{2}=\frac{1}{36}=\left( \pm \frac{1}{6}\right)^{2}$. Според тоа, $x=\frac{1}{6}$ или $x=-\frac{1}{6}$, што значи дека точката $C$ треба да се помести лево или десно.

5. Нека $A C$ е подолгата дијагонала на паралелограмот $A B C D$. Од темето $C$ се повлечени нормали $C E$ и $C F$ на продолженијата на страните $A B$ и $A D$. Дкажи дека

$$A{C}^2=AB\cdot AE+AD\cdot AFA\; C^\{2\}=A\; B\; \backslash cdot\; A\; E+A\; D\; \backslash cdot\; A\; F$$

Решение. Од правоаголните триаголници $A C E$ и $B C E$ (цртеж десно) добиваме

$$C{E}^2=A{C}^2-A{E}^2\text{ и }C{E}^2=B{C}^2-(AE-AB{)}^{2}C\; E^\{2\}=A\; C^\{2\}-A\; E^\{2\}\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; C\; E^\{2\}=B\; C^\{2\}-(A\; E-A\; B)^\{2\}$$

од каде наоѓаме

$$A{C}^2-A{E}^2=B{C}^2-(AE-AB{)}^{2}A\; C^\{2\}-A\; E^\{2\}=B\; C^\{2\}-(A\; E-A\; B)^\{2\}$$

На сличен начин добиваме

$$A{C}^2-A{F}^2=C{D}^2-(AF-AD{)}^{2}A\; C^\{2\}-A\; F^\{2\}=C\; D^\{2\}-(A\; F-A\; D)^\{2\}$$

Последните две равенства ги собираме и добиваме

$$2A{C}^2-A{E}^2-A{F}^2=B{C}^2-(AE-AB{)}^2+C{D}^2-(AF-AD{)}^{2}2\; A\; C^\{2\}-A\; E^\{2\}-A\; F^\{2\}=B\; C^\{2\}-(A\; E-A\; B)^\{2\}+C\; D^\{2\}-(A\; F-A\; D)^\{2\}$$

Ако во последното равенство искористиме дека $A D=B C$ и $C D=A B$, по квадрирањето и средувањето го добиваме равенството

$$2A{C}^2=2AE\cdot AB+2AF\cdot AD2\; A\; C^\{2\}=2\; A\; E\; \backslash cdot\; A\; B+2\; A\; F\; \backslash cdot\; A\; D$$

кое е еквивалкентно на равенството (1).