XVI РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ
Задачите и решенијата се скенирани од книгата
Десет години републички натпревари по математика '86- '95
подготвена од Илија Јанев, Никола Петрески и Милчо Аврамоски
VI ОДДЕЛЕНИЕ
- Најди ги сите двоцифрени и трицифрени броеви $a$, такви што помножени со 7 даваат куб на природен број.
- Една продавница треба да добие 1100 бонбониери. Во складиштето за снабдување има доволно пакети од по 70,40 и 25 бонбониери. Цените на превозот за еден пакет се соодветно 20,10 и 7 денари. Од кои пакети и во колкава количина треба продавницата да порача за трошоците на превозот да бидат најмали?
- Даден е полиномот $P(x)=2 x^{4}+x^{3}+4 x^{2}+x+2$.
a) Разложи го полиномот $P(x)$ на производ од два полинома од втор степен.
б) Докажи дека полиномот $P(x)$ е делив со 2 за секој природен број $x$.
- Околу рамностраниот триаголник $A B C$ опишана е кружница. На кружниот лак $A B$ избрана е произволна точка $M$. Докажи дека $\overline{M C}=\overline{M A}+\overline{M B}$.
- Две кружници $k_{1}\left(S_{1}, r\right)$ и $k_{2}\left(S_{2}, r\right)$ се сечат во точките $A$ и $B$ и притоа $S_{2} \in k_{1}$. Низ точката $A$ повлечена е права $p$, која кружниците $k_{1}$ и $k_{2}$ ги сече во точките $C$ и $D$. Докажи дека триаголникот $B D C$ е рамностран.
XVI (91.VII.1)
Од условот $7 a=b^{3}$ следува дека $b$ е делив со 7 , т.е. $b=7 k$. Тогаш:
- Ако $k=1$, тогаш $a=49$.
- Ако $k=2$, тогаш $a=392$.
- Ако $k=3$, тогаш $a=1323$ (четирицифрен број).
Следствено, бараните броеви се 49 и 392.
XVI (91.VII.2)
Цената на превозот на една бонбониера од првиот вид пакети, со 70 бонбониери, е $\frac{20}{70}$, односно $\frac{2}{7}$ денари, од вториот вид пакети е $\frac{1}{4}$ денари, а од третиот е $\frac{7}{25}$ денари. Бидејќи $\frac{1}{4}<\frac{7}{25}<\frac{2}{7}$, следува дека најевтин е превозот на бонбониерите од вториот вид пакети. Но, $1100=40 \cdot 27+20$. Тоа значи дека ако се земат 27 пакети од по 40 бонбониери, ќе недостасуваат 20 бонбониери, а пакети од по 20 бонбониери нема. Понатаму од:
заклучуваме дека треба да се порачаат 25 пакети од по 40 бонбониери и 4 пакети од по 25 бонбониери. (Во тој случај цената е најмала и изнесува $25 \cdot 10+4 \cdot 7=278$ денари.)
XVI (91.VII.3)
a).
б) Го запишуваме полиномот во видот $P(x)=2\left(x^{2}+1\right)^{2}+x\left(x^{2}+1\right)$. Очигледно, првиот собирок е делив со 2 за секој $x \in \mathbb{N}$. За $P(x)$ да биде делив со 2 , треба да покажеме дека и вториот собирок, изразот $x\left(x^{2}+1\right)$, е делив со 2. Броевите $x$ и $x^{2}+1$ се со различна парност, т.е. еден од нив е секогаш парен, па нивниот производ е сигурно делив со 2 за секој $x \in \mathbb{N}$. Следствено и полиномот $P(x)$ е делив со 2 за секој $x \in \mathbb{N}$.
XVI (91.VII.4)
Нека $M$ е произволна точка на лакот $A B$ од опишаната кружница околу триаголникот $A B C$. Треба да покажеме дека:
$(*)$
За таа цел, на отсечката $M C$ избираме точка $D$ таква што:
Тогаш триаголникот $A M D$ е рамностран, бидејќи $\measuredangle A M D=\measuredangle A B C=60^{\circ}$, како периферни агли на ист кружен лак $A C$ (црт. 1). Треба уште да докажеме дека:
па имајќи го предвид равенството (1) ќе следува и точноста на равенството (*).
За да ја докажеме точноста на равенството (2), ќе докажеме дека $\triangle B M A \cong \triangle C D A$.
Црт. 1
$1^{0} \overline{B A}=\overline{C A}$, како страни на рамностран триаголник.
$2^{0} \beta=\gamma$, како периферни агли над ист кружен лак $A M$.
Следствено, $\triangle B M A \cong \triangle C D A$ по признакоо АСА. Оттука следува точноста на равенството (2), па имајќи го предвид равенството (1) добиваме:
Со тоа равенството (*) е докажано.
XVI (91.VII.5)
Нека кружниците $k_{1}\left(S_{1}, r\right)$ и $k_{2}\left(S_{2}, r\right)$ се сечат во точките $A$ и $B$ и нека правата $p$ што минува низ точката $A$ ги сече кружниците во точките $C$ и $D$ (црт. 2). За да докажеме дека $\triangle B C D$ e рамностран, доволно е да докажеме дека тој има два агла од по $60^{\circ}$. (Зошто?)
Црт. 2
Очигледно, триаголниците $S_{1} S_{2} A$ и $S_{1} S_{2} B$ се рамнострани, бидејќи $\overline{S_{1} S_{2}}=\overline{S_{1} A}=\overline{S_{1} B}=\overline{S_{2} A}=\overline{S_{2} B}=r$. Значи, $\angle A S_{1} B=\measuredangle A S_{2} B=120^{\circ}$, а нивните соодветни периферни агли се $\gamma=\delta=60^{\circ}$.
Следствено, во $\triangle B C D$ два агла $\gamma$ и $\delta$ се еднакви на $60^{\circ}$, од што следува дека тој триаголник е рамностран.
VIII ОДДЕЛЕНИЕ
- Докажи дека збирот $1^{1991}+2^{1991}+3^{1991}+4^{1991}$ е делив со 10 .
- Докажи дека во круг со дијаметар $18 \mathrm{
cm}$ не можат да се сместат 400 точки, такви што растојанието помеѓу кои било две од нив да биде поголемо од $1 \mathrm{cm}$. - Еден патник тргнал од местото $A$ кон железничката станица. За првиот час тој поминал $3,5 \mathrm{
km}$ и пресметал дека ако се движи со истата брзина ќе задоцни 1 час. Затоа почнал да се движи со брзина од $5 \mathrm{km}$ на час и пристигнал 30 минути пред тргнувањето на возот. Пресметај го растојанието од местото $A$ до железничката станица. - Во рамнокрак триаголник $A B C$, со крак $\overline{A C}=\overline{B C}=12 \mathrm{~cm}$, повлечена е висината $C D$ на основата $A B$. Низ средината $S$ на висината повлечена е права $p$ - паралелна со еден од краците, која ги сече другите две страни во точките $M$ и $N$. Пресметај ја должината на отсечката $M N$.
- На страната $A C$ на триаголникот $A B C$ избрана е точка $S$, а на страната $B C$ точка $P$, такви што $\overline{A S}: \overline{S C}=1: 3$ и $\overline{B P}: \overline{P C}=1: 4$. Одреди го односот $\overline{S T}: \overline{T B}$, ако $T$ е пресечна точка на отсечките $A P$ и $B S$.
XVI (91.VIII.1)
За да докажеме дека дадениот збир е делив со 10 , доволно е да докажеме дека тој збир завршува на 0. За таа цел е потребно да ја одредиме последната цифра на секој од степените $1^{1991}, 2^{1991}, 3^{1991}$ и $4^{1991}$.
Очигледно $1^{1991}=1$. Бидејќи $2^{1}=2,2^{2}=4,2^{3}=8,2^{4}=16,2^{5}=32,2^{6}=64, \ldots$ заклучуваме дека степените на бројот 2 завршуваат на една од цифрите: 2,4 , 8 или 6 и по тој ред се повторуваат, во зависност од тоа дали показателот при делење со 4 дава остаток $1,2,3$ или е делив со 4 . Бидејќи $1991=4.497+$ 3 , т.е. при делење со 4 дава остаток 3 , степенот $2^{1991}$ ќе завршува на 8 .
Бидејќи $3^{1}=3,3^{2}=9,3^{3}=27,3^{4}=81,3^{5}=243,3^{6}=729, \ldots$ заклучуваме дека степените на бројот 3 завршуваат на $3,9,7$ или 1 , во зависност од тоа дали показателот при делење со 4 дава остаток $1,2,3$ или е делив со 4 . Но, $1991=4 \cdot 497+3$, па следува дека степенот $3^{1991}$ ќе завршува на 7.
Од $4^{1}=4,4^{2}=16,4^{3}=64,4^{4}=256, \ldots$ заклучуваме дека степените на бројот 4 завршуваат на 4 или на 6 , во зависност од тоа дали показателот е непарен или парен број. Значи, $4^{1991}$ ќе завршува на 4.
Следствено, збирот $1^{1991}+2^{1991}+3^{1991}+4^{1991}$ ќе завршува на $1+8+7+4$, т.е. на 0 , од каде што следи дека тој збир е делив со 10.
XVI (91.VIII.2)
Нека секоја од точките биде центар на круг со радиус $0,5 \mathrm{cm}$. Бидејќи, по услов, растојанието помеѓу кои било од нив е поголемо од $1 \mathrm{cm}$, ќе следува дека кои било два круга немаат заедничка област. Но, точки можеме да распоредиме и на самата кружница (црт. 3). Да ја споредиме плоштината на кругот со радиус $9,5 \mathrm{cm}$ со збирот на плоштините на сите 400 кругови со радиус $0,5 \mathrm{cm}$. Имаме:
Црт. 3
Бидејќи $P_{2}>P_{1}$, следува дека во круг со радиус $9 \mathrm{cm}$ не можат да се распоредат 400 точки, такви што растојанието помеѓу кои било две од нив да е поголемо од $1 \mathrm{cm}$.
XVI (91.VIII.3)
Прв пачин Нека $x$ е должината на преостанатиот пат. Ако патникот се движи со брзина од $3,5 \mathrm{km} / \mathrm{h}$ тој ќе задоцни 1 час, т.е. потребното време во тој случај е $\frac{x}{3,5}-1$ часови. Ако, пак, патникот се движи со брзина од $5 \mathrm{km} / \mathrm{h}$, тогаш тој стигнува половина час порано, па времето во овој случај е $\frac{x}{5}+\frac{1}{2}$ часови. Според тоа, ја имаме равенката $\frac{x}{3,5}-1=\frac{x}{5}+\frac{1}{2}$, од каде што добиваме:
Следствено, растојанието од местото $A$ до железничката станица е: $3,5 \mathrm{km}+17,5 \mathrm{km}=21 \mathrm{~km}$.
Вйор начии. Нека $t$ е времето од поаѓањето на патникот до тргнувањето на возот. Ако патникот се движел со брзина од $3,5 \mathrm{km} / \mathrm{h}$, ќе му треба време од ( $t+1$ ) часови, па изминатиот пат $S=3,5(t+1)$. Но, патникот 1 час се движел со брзина од $3,5 \mathrm{km} / \mathrm{h}$, а $t-1-\frac{1}{2}$ часови со брзина од $5 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$, т.е. изминал пат $S=3,5+5(t-1,5)$. Од равенката:
добиваме дека $t=5$ часа. Тогаш за патот $S$ наоѓаме:
т.е. растојанието од местото $A$ до железничката станица е $21 \mathrm{~km}$.
Треї начин. Нека $t$ е времето по изминатите $3,5 \mathrm{~km}$, тогаш од условот $3,5(t+1)=5(t-0,5)$ добиваме $t=4$, а потоа $S=3,5+3,5(t+1)=21$.
Значи, растојанието од местото $A$ до железничката станица е $21 \mathrm{~km}$.
XVI (91.VIII.4)
Нека $\triangle A B C$ е рамнокрак со крак $\overline{A C}=\overline{B C}=12 \mathrm{~cm}$ и нека правата $p$, јшто минува низ средината $S$ на висината $C D$ и е паралелна со кракот $A C$, ја сече основата $A B$ во точката $M$, а кракот $B C$ во точката $N$ (црт. 4). Треба да ја одредиме должината на отсечката $M N$.
Отсечката $M S$ е средна линија во триаголникот $A D C$, бидејќи $S$ е средина на страната $C D$ и $M S | C D$. Оттука следува дека $M$ е средина на страната $A D$, т.е. $\overline{A M}=\overline{M D}$. Но, $\overline{A D}=\overline{D B}$, па следува дека $\overline{A M}=\frac{1}{4} \widehat{A B}$, а $\overline{M B}=\frac{3}{4} \overline{A B}$, т.е.
Очигледно, триатөнниците $M B N$ и $A B C$ се слични
Црт. 4 ( $\measuredangle B$ е заеднички, а $\measuredangle M=\measuredangle A$ како агли со паралелни краци). Од сличноста на овие триаголници следува пропорцијата:
Имајќи го предвид равенството (1) и условот $\overline{A C}=12$ добиваме:
Значи, должината на отсечката $M N$ е $9 \mathrm{~cm}$.
XVI (91.VIII.5)
Нека точките $S$ и $P$ се такви што $\overline{A S}: \overline{S C}=1: 3$ и $\overline{B P}: \overline{P C}=1: 4$ (црт. 5). Треба да го одредиме односот $\overline{S T}: \overline{T B}$. За таа цел низ $S$ повлекуваме права $p | A P$. Нека со $D$ го означиме пресекот на правата $p$ и отсечката $B C$. Тогаш, според Талесовата теорема, имаме:
па добиваме
Црт. 5
По услов $\overline{B P}=\frac{1}{5} \overline{B C}$, па следува дека $\overline{B P}=\overline{P D}$, т.е. точката $P$ е средина на отсечката $B D$. Бидејќи TPIISD, следува дека отсечката $T P$ е средна линија во $\triangle B D S$, односно точката $T$ е средина на отсечката $B S$. Следствено:
Забелешка. Задачата може на сличен начин да се реши ако низ темето $B$ се повлече права $p | A P$ и нејзиниот пресек со правата $A C$ се означи со $D$. Во тој случај треба да се докаже дека $A T$ е средна линија на триаголникот $D B S$. Направи цртеж и спроведи го доказот сам.