MatematickiTalent/md/mk-primary-federal/k_Kv6NXcUUiVrASPdWE3ew.md

Сојузен натпревар 1989

Седмо одделение

1. Третина од стоката е продадена по цена која е за $10 %$ поголема од планираната, а половина од стоката е продадена за $15 %$ поефтино од планираната цена. Со колку проценти над планираната цена е продаден остатокот од стоката, ако на крајот е наплатен износ кој би се добил ако вкупното количество стока е продадено по планираната цена?

Решение. Нека $x$ е процентот по кој преостаната стока треба да се продаде над планираната цена. Тогаш $\frac{1}{3} \cdot 1,1+\frac{1}{2} \cdot 0,85+\frac{1}{6} x=1$, од каде добиваме $x=1,25$, што значи дека преостанатата стока се продавала по $25 %$ повисока цена.

2. Определи ги сите трицифрени броеви, кои се запишани со различни цифри, такви што трицифрфениот број е делив со 7 и збирот на неговите цифри е делив со 7.

Решение. Нека бараниот број е $x=\overline{a b c}$. Тогаш

$$x=100a+10b+c=7(14a+b)+(2a+3b+c)x=100\; a+10\; b+c=7(14\; a+b)+(2\; a+3\; b+c)$$

па затоа $7 \mid(a+b+c)$ и $7 \mid(2 a+3 b+c)$. Според тоа, 7 е делител на разликата $(2 a+3 b+c)-2(a+b+c)=b-c$. Сега, од условот дека цифрите $a, b, c$ мора да се различни следува дека единствени броеви кои го задоволуваат условот на задачата се 518, 581, 329 и 392.

3. Во триаголникот $A B C$ страната $A B$ е најдолга. На страната $A B$ земени се точки $D$ и $E$ такви што $A D=A C$ и $B E=B C$. Определи го $\measuredangle A C B$ ако $\measuredangle E C D=20^{\circ}$.

Решение. Да означиме $\measuredangle B C D=x$ и $\measuredangle A C E=y$ (направи цртеж). Од рамнокракиот триаголник $B C E$ добиваме $2\left(20^{\circ}+x\right)=180^{\circ}-\measuredangle E B C$, а од рамнокракиот триаголник $A C D$ имаме $2\left(20^{\circ}+y\right)=180^{\circ}-\measuredangle C D A$. Со собирање на последните две равенства наоѓаме

$$2({20}^{\circ }+x+y+{20}^{\circ })={180}^{\circ }+({180}^{\circ }-\mathrm{\measuredangle }CDA-\mathrm{\measuredangle }EBC)2\backslash left(20^\{\backslash circ\}+x+y+20^\{\backslash circ\}\backslash right)=180^\{\backslash circ\}+\backslash left(180^\{\backslash circ\}-\backslash measuredangle\; C\; D\; A-\backslash measuredangle\; E\; B\; C\backslash right)$$

односно

$$2(\mathrm{\measuredangle }ACB+{20}^{\circ })={180}^{\circ }+\mathrm{A̸}CB,\text{,.e. }\mathrm{\angle }ACB={140}^{\circ }2\backslash left(\backslash measuredangle\; A\; C\; B+20^\{\backslash circ\}\backslash right)=180^\{\backslash circ\}+\backslash not\; A\; C\; B,\; \backslash text\; \{,.e.\; \}\; \backslash angle\; A\; C\; B=140^\{\backslash circ\}$$

4. Дадена е кружница $k$ и точка $P$ во истата рамнина. Конструирај права $p$ која минува низ точката $P$ и ја сече кружницата $k$ во точки $A$ и $B$ такви што збирот $P A+P B$ е најголем. Образложи ја коснтрукцијата во секој од трите случаи: $P$ е на кружницата, $P$ е во кружницата и $P$ е надвор од кружницата.

Решение. Ќе го разгледаме одделно секој од наведените случаи.

Ако точката $P$ е во кружницата или на кружницата, тогаш важи $P A+P B=A B$, а овој збир ќе биде најголем кога $A B$ е дијаметар на кружницата, т.е. кога правата $P$ минува низ нејзиниот центар.

Нека точката $P$ е надвор од кружницата и нека $p_{1}$ е произволна права низ $P$ која ја сече кружницата, на пример во точките $A_{1}$ и $B_{1}$. Со $S$ да ја означиме средината на отсечката $A_{1} B_{1}$. Тогаш

$$P{A}_1+P{B}_1=P{A}_1+(P{A}_1+A_{1}S+S{B}_1)=2P{A}_1+2A_{1}S=2PSP\; A\_\{1\}+P\; B\_\{1\}=P\; A\_\{1\}+\backslash left(P\; A\_\{1\}+A\_\{1\}\; S+S\; B\_\{1\}\backslash right)=2\; P\; A\_\{1\}+2\; A\_\{1\}\; S=2\; P\; S$$

Овој збир ќе биде најголем ако $S \equiv O$, т.е. ако правата $p$ минува низ центарот на кружницата.

5. Нека $M$ е произволна точка во внатрешноста на даден триаголник $A B C$. Докажи: a) $\angle A M B>\angle A C B$,

б) $A M+M B<A C+C B$.

Решение. а) Нека правата $A M$ ја сече страната $B C$ на триаголникот во точката $N$. Бидејќи $\measuredangle A M B$ е надворешен агол за триаголникот $M N B$, а $\measuredangle M N B$ е надворешен агол за триаголникот $A N C$, добиваме

$$\mathrm{\measuredangle }AMB>\mathrm{\measuredangle }MNB>\mathrm{\measuredangle }ACN=\mathrm{\measuredangle }ACB\backslash measuredangle\; A\; M\; B>\backslash measuredangle\; M\; N\; B>\backslash measuredangle\; A\; C\; N=\backslash measuredangle\; A\; C\; B$$

б) Во триаголникот $M N B$ важи $M N+N B>M B$, па затоа

$$AN+NB=AM+MN+NB>AM+MBA\; N+N\; B=A\; M+M\; N+N\; B>A\; M+M\; B$$

Слично, во триаголникот $A C N$ важи $A C+C N>A N$, па затоа

$$AC+CB=AC+CN+NB>AN+NBA\; C+C\; B=A\; C+C\; N+N\; B>A\; N+N\; B$$

Конечно, од (1) и (2) следува $A M+M B<A C+C B$, што и требаше да се докаже.

Осмо одделение

1. Четири ученици Амир, Борис, Цветко и Дарко собирале стара хартија. Заедно собрале $288 \mathrm{kg}$ хартија. Колку килограми собрал секој од нив, ако се знае дека Амир собрал $36 \mathrm{kg}$ повеќе од Борис, односно $\frac{3}{4}$ од количеството кое заедно го собрале Борис и Цветко, а Дарко собрал два пати повеке од Цветко?

Решение. Со $a, b, c, d$ да ги означиме количествата хартија кои ги собрале наведените ученици. Тогаш

$$a=b+36,a=\frac{3}{4}(b+c),d=2c,a+b+c+d=288a=b+36,\; a=\backslash frac\{3\}\{4\}(b+c),\; d=2\; c,\; a+b+c+d=288$$

Од $b+36=\frac{3}{4}(b+c)$ добиваме $b=3 c-144$, потоа $a=3 c-108$ и ако замениме во $a+b+c+d=288$ имаме

$$(3c-108)+(3c-144)+c+2c=288(3\; c-108)+(3\; c-144)+c+2\; c=288$$

од каде наоѓаме $c=60$, а потоа $b=36, a=72$ и $d=120$.

2. Дали е можно збирот $1+2+3+\ldots+p$ за некој природен број да завршува со цифрите 1989 ?

Решение. Цифрата на единиците на производот на два последователни природни броја може да биде: 0,2 или 6 . Сега, ако збирот

$$1+2+3+\dots +p=\frac{p(p+1)}{2}1+2+3+\backslash ldots+p=\backslash frac\{p(p+1)\}\{2\}$$

завршува на цифрите 1989 , тогаш производот на двата последователни природни броја $p$ и $p+1$ треба да завршува на цифрата 8 , што не е можно. Значи, дадениот збир не може да завршува на цифрите 1989.

3. Збирот на цифрите на бројот $X$ е $Y$, а збирот на цифрите на бројот $Y$ е $Z$. Ако $X+Y+Z=60$, определи го бројот $X$.

Решение. Лесно се проверува дека бројот $X$ мора да биде двоцифрен (ако е едноцифрен, тогаш збирот $X+Y+Z$ ќе биде помал од 60 , а ако е трицифрен овој збир ќе биде поголем од 60). Нека $X=10 a+b$, каде $a$ и $b$ се цифри. Тогаш $Y=a+b$ и

Во првиот случај $60=X+Y+Z=12 a+3 b$, т.е. $4 a+b=20$, од каде добиваме $(a, b) \in{(4,4),(5,0),(3,8)}$. Последната од наведените можности отпаѓа, бидејќи во тој случај $a+b=3+8>9$. Во вториот случај добиваме $60=X+Y+Z=12 a+3 b-9$, т.е. $4 a+b=23$, од каде наоѓаме $(a, b) \in{(4),,(5,3)}$, но последниот пар пак отпаѓа бидјќи во тој случај $a+b=5+3<9$. Значи, бараните броеви се 44,50 и 47.

4. Даден е квадрат и 9 различни прави во неговата рамнина. Секоја од овие прави го дели квадратот на два трапези чии плоштини се однесуваат како $2: 3$. Докажи дека меѓу дадените прави постојат три кои минуваат низ иста точка.

Решение. Дадениот квадрат да го означиме со $A B C D$ и да разгледаме една од дадените прави $p_{1}$. Ако $P_{1}$ и $P_{2}$ се плоштините на трапезите на кои правата $p_{1}$ го дели дадениот квадрат, а $m_{1}$ и $m_{2}$ нивните средни линии, тогаш бидејќи висините на двата трапеза се еднакви од условот на задачата следуа $P_{1}: P_{2}=m_{1}: m_{2}=2: 3$. Според тоа,

правата $p_{1}$ минува низ една од точките $P, Q, R, S$ кои се добиваат кога средните линии на квадратот се поделат во однос $2: 3$ (види цртеж). Но, во случајов имаме 4 точки и 9 прави, па од принципот на Дирихле следува дека најмалку три прави минуваат низ иста точка.

5. Во рамнината на триаголникот $A B C$ дадена е права $p$, која го сече триаголникот $A B C$. Ако $A_{1}, B_{1}, C_{1}, T_{1}$ се подножјата на нормалите повлечени од $A, B, C, T$ соодветно на правата $p$ ( $T$ е тежиште на триаголникот $A B C$ ), докажи дека

$$A{A}_1+B{B}_1+C{C}_1=3T{T}_{1}A\; A\_\{1\}+B\; B\_\{1\}+C\; C\_\{1\}=3\; T\; T\_\{1\}$$

Решение. Нека $M$ е средина на страната $A B$ на дадениот триаголник и $N$ е точка на правата $C M$

(различна од $T$ ) таква што $M N=T M$. Бидејќи тежиштето $T$ ја дели средната линија во однос $2: 1$, следува дека $C T=T N$. Нека $M$ и $N$ се подножјата на нормалите од $M$ и $N$ на правата $p$. Од трапезот $C C_{1} N_{1} N$ добиваме

$$C{C}_1+N{N}_1=2T{T}_{1}C\; C\_\{1\}+N\; N\_\{1\}=2\; T\; T\_\{1\}$$

од трапезот $T T_{1} N_{1} N$ добиваме

$$T{T}_1+N{N}_1=2M{M}_{1}T\; T\_\{1\}+N\; N\_\{1\}=2\; M\; M\_\{1\}$$

а од трапезот $A A_{1} B_{1} B$ добиваме

$$A{A}_1+B{B}_1=2M{M}_{1}A\; A\_\{1\}+B\; B\_\{1\}=2\; M\; M\_\{1\}$$

Од послените три равенства следува:

$$A{A}_1+B{B}_1=T{T}_1+N{N}_1=T{T}_1+(2T{T}_1-C{C}_1)=3T{T}_1-C{C}_{1}A\; A\_\{1\}+B\; B\_\{1\}=T\; T\_\{1\}+N\; N\_\{1\}=T\; T\_\{1\}+\backslash left(2\; T\; T\_\{1\}-C\; C\_\{1\}\backslash right)=3\; T\; T\_\{1\}-C\; C\_\{1\}$$

т.е.

$$A{A}_1+B{B}_1+C{C}_1=3T{T}_{1}A\; A\_\{1\}+B\; B\_\{1\}+C\; C\_\{1\}=3\; T\; T\_\{1\}$$