MatematickiTalent/md/mk-primary-republic/_a8q0JXHG0a3XG3Pi0f1Sg.md

XXХV РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ

VI одделение

1. На која цифра завршува $1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot 99-1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot 99$.

Решение. $1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot 99$ има една десетка во множењето и затоа звршува на 0 . Бројот $1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots .99$ е непарен бидејќи сите се непарни и има петка во производот, па затоа завршува на 5. Според тоа, дадениот производ $1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot 99-1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot 99$ завршува на 5.

2. Нека $H$ е ортоцентар во остроаголен триаголник $A B C$ и $\overline{A B}=\overline{C H}$. Одреди ја големината на аголот во темето $C$.

Решение. Аглите $D A B$ и $D C H$ се еднакви како агли со нормални краци, па правоаголните триаголници $\mathrm{ABD}$ и CHD се складни. Значи $\overline{A D}=\overline{C D}$, па правоаголниот триаголник $A D C$ е рамнокрак, од каде аголот кај темето $C$ е $45^{\circ}$.

3. Никола има 11 кутии со бонбони, при што во секоја кутија има 17 бонбони. Никола знае дека бонбоните во само една кутија се тешки 12 грама, додека во останатите кутии бонбоните се тешки 13 грама. Како со помош на само едно мерење на избаждарена вага ќе утврди која е кутијата со бонбони со маса 12 грама?

Решение. Никола кутиите со бонбони ќе ги нумерира со броевите од 1 до 11. Од првата кутија ќе земе 1 бонбона, од втората кутија 2 бонбони, од третата кутија 3 бонбони, ..., од десетата кутија 10 бонбони и од единаесетата кутија нема да земе ниту една бонбона. Вкупниот број на земени бонбони е $1+2+3+4+5+6+7+8+9=55$ и ако сите се по 13 грама нивната тежина треба да биде $55 \cdot 13=715$ грама. Ако оваа маса е измерена тогаш бонбоните од единаесетата кутија се по 12 грама. Ако е измерена друга маса помала од 715 грама, разликата на двете маси ќе го даде редниот број на кутијата со бонбони од 12 грама. На пример, ако вагата покаже 710 грама, тогаш петтата кутија е кутија со бонбони со маса 12 грама.

4. Природните броеви од 1 до 8 се ставаат во табела со 2 редици и 4 колони, така што збирот на броевите во секоја колона и во секоја редица треба да биде еднаков:

8	2	3	5
1	7	6	4

збирот во секоја колона е 9, а збирот во секоја редица е 18.

a) Дали може првите 10 природни броеви да се постават во табела со 2 редици и 5 колони, така што збирот на броевите во секоја колона да е ист и збирот на броевите во секоја редица да биде еднаков?

б) Дали може првите 12 природни броеви да се постават во табела со 2 редици и 6 колони, така што збирот на броевите во секоја колона да е ист и збирот на броевите во секоја редица да биде еднаков?

Решение. а) Збирот на првите 10 броеви е $1+2+3+\ldots+10=55$. Ако збирот во редиците е еднаков, на пример $k$, тогаш би добиле дека збирот на сите броеви во таблицата е парен број, $2 k$. Затоа не е можно збирот на броевите во двете редици да е ист. Па бараниот распоред не постои.

б) Збирот на сите броеви во табелата е $1+2+3+\ldots+12=78$. Значи при можниот распоред, збирот во секоја колона ќе биде 13, а збирот во секоја редица ќе биде 39. Определи еден начин на пополнување на табелата.

5. Кожна фудбалска топка е шиена од делови од кожа во форма на правилни петаголници и правилни шестаголници. На топката има вкупно 32 парчиња кожа. Секое парче кожа во форма на петтаголник споено е по страните само со парчиња кожа во форма на шестаголник. Секое парче кожа во форма на шестаголник споено е по страните со 3 петаголници и со 3 шестаголници. Колку делови кожа има во форма на петаголник, а колку во форма на шестаголник?

Решение. Нека $x$ е бројот на парчиња во форма на шестаголник. Според тоа, $32-x$ е бројот на парчиња кожа во форма на петаголник. Ако ги изброиме страните на петтоаголниците вкупно се $5(32-x)$. Бидејќи од друга страна и шестаголниците се граничат со 3 страни на петаголници, значи бројот на страни на петаголници е $3 x$. Според тоа

$$3x=5(32-x)\Rightarrow 3x+5x=160\Rightarrow x=203\; x=5(32-x)\; \backslash Rightarrow\; 3\; x+5\; x=160\; \backslash Rightarrow\; x=20$$

Значи, имало 20 шестаголници и 12 петтаголници.

VII одделение

1. Да се пресмета изразот од мешани броеви $895231755 \frac{234}{357118} \cdot 895231754 \frac{234}{357118}-895231756 \frac{234}{357118} \cdot 895231753 \frac{234}{357118}$

Решение. Ако ставиме $a=895231755 \frac{234}{357118}$, тогаш изразот што треба да се пресмета може да се запише на следниот начин:

$$a(a-1)-(a+1)(a-2)=a^2-a-(a^2-2a+a-2)=2a(a-1)-(a+1)(a-2)=a^\{2\}-a-\backslash left(a^\{2\}-2\; a+a-2\backslash right)=2$$

па резултатот што се бара е 2.

2. Колку единици има во записот на бројот $9+99+\ldots+\underbrace{999 . .999}_{2010}$.

Решение. Имаме

Значи во записот на бројот $9+99+\ldots+\underbrace{999 . .999}_{2010}$ има 2007 единици.

3. Нека $\triangle A B C$ е правоаголен триаголник со прав агол во темето $C$. $M$ е точка на страната $A B$ и $K$ и $L$ се подножјата на висините спуштени од $M$ кон страните $A C$ и $B C$, соодветно. Која точка треба да биде $M$ за да растојанието $\overline{K L}$ да биде најмало.

Решение. Да забележеме дека MLCK е правоаголник. Па неговите дијагонали се еднакви. Па $\overline{C M}=\overline{K L}$. Отсечката $C M$ е најмала кога е висина на триаголникот $\triangle A B C$. Зналчи, $M$ треба да биде подножјето на висината спуштена од $C$.

4. Даден е лист во облик на правилен шестаголник со плоштина $2010 \mathrm{cm}^{2}$. Притоа Александар и Елена играат игра. Играта се состои во ставање на кружни парички со плоштина $1 \mathrm{cm}^{2}$ на листот на тој начин што паричките мора да бидат целосно во листот и не смеат да се преклопуваат. Прв почнува со ставање Александар. Победник во играта е оној кој што ќе стави последен паричка на листот. Докажи дека ако Александар игра добро, може да ја добие играта без разлика како ќе игра Елена.

Решение. Александар ја става првата паричка така што центарот на паричката ќe се совпадне со центарот на шестаголникот. Елена мора да стави паричка во слободниот простор, а Александар ја става неговата паричка на положбата која е централно симетрична на положбата од паричката на Елена во однос на центарот на шестаголникот. Така, ако има место на листот каде Елена ќе постави паричка, ќе има место и за наредната паричка која ќе ја стави Александар. По најмногу 2010 чекори играта мора да заврши и Александар е оној кој ќе стави паричка на листот последен, т.е. Александар ќе биде победник.

5. Во внатрешноста на рамнокрак триаголник $A B C$ со агол при врвот $\measuredangle A C B=100^{\circ}$, дадена е точка $D$, таква што $\measuredangle B A D=20^{\circ}$ и $\measuredangle A B D=30^{\circ}$. Најди го $\measuredangle B C D$ !

Решение. Нека со $O$ го означиме пресекот на правата $B D$ со висината $\mathrm{CH}$. На таков начин го добиваме рамнокракиот $\triangle \mathrm{ABO}$, со агли при основата од $30^{\circ}$. Од тоа заклучуваме дека $\Varangle O A D=10^{\circ}$, а бидејќи

$$\mathrm{\measuredangle }BAC=\mathrm{\measuredangle }ABC=\frac{{180}^{\circ }-{100}^{\circ }}{2}={40}^{\circ }\Rightarrow \mathrm{\measuredangle }OAC={40}^{\circ }-{30}^{\circ }={10}^{\circ }\backslash measuredangle\; B\; A\; C=\backslash measuredangle\; A\; B\; C=\backslash frac\{180^\{\backslash circ\}-100^\{\backslash circ\}\}\{2\}=40^\{\backslash circ\}\; \backslash Rightarrow\; \backslash measuredangle\; O\; A\; C=40^\{\backslash circ\}-30^\{\backslash circ\}=10^\{\backslash circ\}$$

Аголот $\measuredangle O D A=50^{\circ}$, како надворешен агол за $\triangle A B D$, а исто така и $\measuredangle A C O=\frac{1}{2} \cdot 100^{\circ}=50^{\circ}$. Следува дека $\triangle A O C \cong \triangle A O D(\mathrm{ACA})$, од каде што $\overline{A C}=\overline{A D}$, односно $\triangle A C D$ е рамнокрак, со основа $C D$ и агли при основата од $80^{\circ}$ (бидејќи аголот при врвот е $20^{\circ}$ ). Тогаш за бараниот агол добиваме: $\measuredangle B C D=\measuredangle A C B-\measuredangle A C D=100^{\circ}-80^{\circ}=20^{\circ}$.

VIII одделение

1. Според бајката „Илјада и една ноќ“ девојката Шехерезада секоја ноќ на царот му раскажувала по 3 или по 5 приказни. Одреди го најмалиот и најголемиот број на ноќи во кои Шехерезада може да му раскаже точно 1001 приказна!

Решение. Ако $x$ е бројот на ноќите во кои Шехерезада раскажувала по 3 приказни, а $y$ е бројот на ноќите во кои раскажувала по 5 приказни, тогаш $3 x+5 y=1001$. Едно целобројно решение е $x_{0}=332, y_{0}=1$, па општото решение е $x=332-5 t$ и $y=1+3 t, t \in \mathbb{Z}$. Бидејќи

$$x\ge 0\Rightarrow 332-5t\ge 0\Rightarrow t\le 66,4x\; \backslash geq\; 0\; \backslash Rightarrow\; 332-5\; t\; \backslash geq\; 0\; \backslash Rightarrow\; t\; \backslash leq\; 66,4$$

а од тоа што

$$y\ge 0\Rightarrow 1+3t\ge 0\Rightarrow t\ge -\frac{1}{3},\text{ т.е. }-\frac{1}{3}\le t\le 66,4y\; \backslash geq\; 0\; \backslash Rightarrow\; 1+3\; t\; \backslash geq\; 0\; \backslash Rightarrow\; t\; \backslash geq-\backslash frac\{1\}\{3\},\; \backslash text\; \{\; т.е.\; \}-\backslash frac\{1\}\{3\}\; \backslash leq\; t\; \backslash leq\; 66,4$$

добиваме

$$t=0\Rightarrow x=332,y=1\text{ и }t=66\Rightarrow x=2,y=199t=0\; \backslash Rightarrow\; x=332,\; y=1\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; t=66\; \backslash Rightarrow\; x=2,\; y=199$$

значи најмалиот број ноќи е $201=2+199$, а најголемиот е $333=1+332$.

2. Докажи дека важи неравенството

Решение. Од $2<3$, се добива дека $2^{2010}<3^{2010}$. Од следува

Доволно ќе биде да покажеме дека $2 \cdot 3^{2010}<4^{2010}$. Заради $2=\frac{54}{27}<\frac{64}{27}=\left(\frac{4}{3}\right)^{3}$ се добива дека

што е исто со $2 \cdot 3^{2010}<4^{2010}$

3. Дадена е квадратна $10 \times 10$ табела во која се запишани 100 природни броеви. Секој запишан број претставува аритметичка средина на сите свои соседни броеви. Докажете дека сите броеви во табелата се еднакви меѓу себе.

Решение. Нека и е најмалиот од сите броеви во табелата. Тој е аритметичка средина на 3,5 или 8 броеви од табелата во зависност од тоа каде се наоѓa во табелата. Ќe го разгледаме најопштиот случај кога и е аритметичка средина на 8 соседни броеви. Другите два случаи се аналогни. Нека соседните броеви се: $a, b, c, d, e, f, g, h$.

Тогаш

$$a+b+c+d+e+f+g+h=8ua+b+c+d+e+f+g+h=8\; u$$

од каде

$$(a-u)+(b-u)+(c-u)+(d-u)+(e-u)+(f-u)+(g-u)+(h-u)=0(a-u)+(b-u)+(c-u)+(d-u)+(e-u)+(f-u)+(g-u)+(h-u)=0$$

Но, по претпоставка $u$ е најмалиот број од табелата, па затоа ниту еден број од заградите не може да биде негативен. Од овде сите броеви во

$u$	$a$
$c$	$b$
					$a$	$b$	$c$
$a$	$b$				$h$	$u$	$d$
$u$	$c$				$g$	$f$	$e$
$e$	$d$

заградите мора да се еднакви на 0 , што е можно само ако тие се еднакви меѓy себе. Со повторување на ова размислување за останатиот дел од табелата се добива дека сите броеви во табелата се еднакви.

4. Во триаголникот $A B C$ впишана е кружница што страната $A B$ ја допира во точката $P$. Ако $\overline{A C} \cdot \overline{B C}=2 \overline{A P} \cdot \overline{P B}$ докажи дека триаголникот $A B C$ е правоаголен.

Решение. Според условот на задачата имаме:

$$\overline{AC}\cdot \overline{BC}=2\overline{AP}\cdot \overline{PB}\backslash overline\{A\; C\}\; \backslash cdot\; \backslash overline\{B\; C\}=2\; \backslash overline\{A\; P\}\; \backslash cdot\; \backslash overline\{P\; B\}$$

т.е.

$$(x+y)(y+z)=2xz(x+y)(y+z)=2\; x\; z$$

Нека

$$2s=\overline{AB}+\overline{BC}+\overline{AC}2\; s=\backslash overline\{A\; B\}+\backslash overline\{B\; C\}+\backslash overline\{A\; C\}$$

т.е.

$$2x+2y+2z=2s2\; x+2\; y+2\; z=2\; s$$

од каде

$$x+y+z=sx+y+z=s$$

Од

Со замена во

$$(x+y)(y+z)=2xz(x+y)(y+z)=2\; x\; z$$

добиваме дека

$$ab=2(s-a)(s-b)a\; b=2(s-a)(s-b)$$

Ако ставиме $s=\frac{a+b+c}{2}$ имаме дека

$$ab=2(\frac{a+b+c}{2}-a)(\frac{a+b+c}{2}-b)=\frac{(-a+b+c)(a-b+c)}{2}a\; b=2\backslash left(\backslash frac\{a+b+c\}\{2\}-a\backslash right)\backslash left(\backslash frac\{a+b+c\}\{2\}-b\backslash right)=\backslash frac\{(-a+b+c)(a-b+c)\}\{2\}$$

од каде се добива дека

$$c^2=a^2+b^{2}c^\{2\}=a^\{2\}+b^\{2\}$$

т.е. триаголникот $A B C$ е правоаголен.

5. Во кружница со центар во точката $O$, впишан е четириаголник $A B C D$ со взаемно нормални дијагонали. Докажи дека точката $O$ е оддалечена од страната $A B$ колку половина од должината на страната $C D$.

Решение. Нека ${M}=A C \cap B D$ и по услов $A C \perp B D$. Нека ${E}=A O \cap k$. Тогаш од Талесова теорема $\angle A B E=90^{\circ}$. Имаме и дека $\measuredangle A E B=\measuredangle A C B$ како два периферни агли над тетивата $A B$ во кружницата $k$. Значи триаголниците $\triangle A B E$ и $\triangle B M C$ имаат два пара еднакви агли, т.е.

Ова се агли над тетивите $B E$ и $C D$, па следува дека $\overline{B E}=\overline{C D}$.

Нека $\overline{O N}$ е растојанието од точката $O$ до страната $A B$. При тоа, $O N | B E$ и $\overline{O A}=\overline{O E}=r$ па $O N$ е средна линија во $\triangle A B E$. Тоа значи дека $\overline{O N}=\frac{1}{2} \overline{B E}=\frac{1}{2} \overline{C D}$ што и требаше да се докаже.