Datasets:

AI-MO
/

olympiads

Modalities:

LxYxvv

add pdf files

802d9fe over 1 year ago

preview code

Raw

History Blame

24.5 kB

Сојузен натпревар 1971

II година

Нека $A D, B E, C F$ се тежишните линии, а $T$ е тежиштето на триаголникот $A B C$. Ако се $\rho_{1}, \rho_{2}, \rho_{3}, \rho_{4}, \rho_{5}, \rho_{6}$ и $r_{1}, r_{2}, r_{3}, r_{4}, r_{5}, r_{6}$ се редоследно радиусите на впишаните и опишаните кружници за триаголниците $B D T, D C T, C E T, E A T, A F T$, $A B T$ докажи дека важат равенствата

$\frac{1}{\rho_{1}}+\frac{1}{\rho_{3}}+\frac{1}{\rho_{5}}=\frac{1}{\rho_{2}}+\frac{1}{\rho_{4}}+\frac{1}{\rho_{6}} \text { и } r_{1} r_{3} r_{5}=r_{2} r_{4} r_{6}$

Решение. Ќе го користиме следново тврдење: Ако $a, b, c$ се страни на триаголник, а $P, r$ и $\rho$ се соодветно неговата плоштина, радиус на опишана и радиус на впишана кружница, тогаш $P=\frac{a+b+c}{2} \rho=\frac{a b c}{4 r}$.

Нека плоштината на триаголникот $A B C D$ е еднаква на $6 x$. Тогаш секој од триаголниците $B D T, D C T, C E T, E A T, A F T, A B T$ има плоштина еднаква на $x$ (цртеж десно). Користејќи ги наведените формули добиваме:

$\begin{aligned} \frac{1}{\rho_{1}}+\frac{1}{\rho_{3}}+\frac{1}{\rho_{5}} & =\frac{B T+T D+D B}{2 x}+\frac{C T+T E+E C}{2 x}+\frac{A T+T F+F A}{2 x} \\ & =\frac{C T+T D+D C}{2 x}+\frac{A T+T E+E A}{2 x}+\frac{B T+T F+F B}{2 x} \\ & =\frac{1}{\rho_{2}}+\frac{1}{\rho_{4}}+\frac{1}{\rho_{6}}, \\ r_{1} r_{3} r_{5}= & \frac{B T \cdot T D \cdot D B}{4 x} \cdot \frac{C T \cdot T E \cdot E C}{4 x} \cdot \frac{A T \cdot T F \cdot F A}{4 x} \\ = & \frac{C T \cdot T D \cdot D C}{4 x} \cdot \frac{A T \cdot T E \cdot E A}{4 x} \cdot \frac{B T \cdot T F \cdot F B}{4 x}=r_{2} r_{4} r_{6} \cdot \end{aligned}$

Над страните на паралелограмот $A_{1} A_{2} A_{3} A_{4}$ од надворешната страна се конструирани квадрати $A_{1} B_{1} C_{1} A_{2}, A_{2} B_{2} C_{2} A_{3}, A_{3} B_{3} C_{3} A_{4}, A_{4} B_{4} C_{4} A_{1}$. Докажи дека средините $O_{1}, O_{2}, O_{3}, O_{4}$ на овие квадрати се темиња на квадрат чија плоштина е еднаква на збирот на четвртините на плоштините на конструираните квадрати зголемен за плоштината на дадениот паралелограм.

Решение. Нека, на пример, $\Varangle A_{2} A_{1} A_{4} \leq \frac{\pi}{2}$ (цртеж десно). Триаголниците

$\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} A_{2}, \mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{4} A_{1}, \mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{2} \mathrm{~A}_{3}, \mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{4} A_{4}$

се складни, бидејќи

$\begin{aligned} & O_{1} A_{2}=O_{1} A_{1}=O_{3} A_{3}=O_{3} A_{4} \\ & O_{2} A_{2}=O_{4} A_{1}=O_{2} A_{3}=O_{4} A_{4} \\ & \measuredangle O_{1} A_{2} O_{2}=\measuredangle O_{1} A_{1} O_{4}=\measuredangle O_{3} A_{3} O_{2} \\ & =\measuredangle O_{3} A_{4} O_{4}=\frac{\pi}{2}+\alpha \end{aligned}$

Затоа $\mathrm{O}{1} \mathrm{O}{2}=\mathrm{O}{2} \mathrm{O}{3}=\mathrm{O}{3} \mathrm{O}{4}=\mathrm{O}{4} \mathrm{O}{1}$ и $\Varangle \mathrm{O}{1} \mathrm{O}{2} A_{2}=\measuredangle \mathrm{O}{3} \mathrm{O}{2} A_{3}$, па понатаму следува

$\measuredangle O_{1} O_{2} O_{3}=\measuredangle O_{1} O_{2} A_{2}+\measuredangle A_{2} O_{2} O_{3}=\measuredangle O_{3} O_{2} A_{3}+\measuredangle A_{2} O_{2} O_{3}=\measuredangle A_{2} O_{2} A_{3}=\frac{\pi}{2}$

Слично се докажува дека и останатите агли на четириаголникот $\mathrm{O}{1} \mathrm{O}{2} \mathrm{O}{3} \mathrm{O}{4}$ се прави, па како сите страни му се еднакви, овој четириаголник е квадрат. Понатаму, важи

$\begin{aligned} & P_{A_{1} A_{2} A_{3} A_{4}}+\frac{1}{4}\left(P_{A_{1} B_{1} C_{1} A_{2}}+P_{A_{2} B_{2} C_{2} A_{3}}+P_{A_{3} B_{3} C_{3} A_{4}}+P_{A_{4} B_{4} C_{4} A_{1}}\right)= \\ &=P_{A_{1} A_{2} A_{3} A_{4}}+P_{A_{1} O_{1} A_{2}}+P_{A_{2} O_{2} A_{3}}+P_{A_{3} O_{3} A_{4}}+P_{A_{4} O_{4} A_{1}} \\ &=P_{\mathrm{O}_{1} O_{2} O_{3} O_{4}}-P_{O_{1} O_{2} A_{2}}+P_{O_{3} O_{2} A_{3}}-P_{O_{3} O_{4} A_{4}}+P_{O_{1} O_{4} A_{1}} \\ &=P_{\mathrm{O}_{1} O_{2} \mathrm{O}_{3} O_{4}} \end{aligned}$

Определи ги природните броеви $p$ и $q$ така што нулите на триномите

$x^{2}-p x+q \text { и } x^{2}-q x+p$

исто така ќе бидат природни броеви.

Решение. Нека се $x_{1}, x_{2}$ решенија на равенката $x^{2}-p x+q=0$, а $y_{1}, y_{2}$ на равенката $x^{2}-q x+p=0$, такви што $x_{1}, x_{2}, y_{1}, y_{2} \in \mathbb{N}$. Тогаш

$x_{1}+x_{2}=p, x_{1} x_{2}=q, y_{1}+y_{2}=q, y_{1} y_{2}=p$

a) Нека еден од броевите $x_{1}, x_{2}, y_{1}, y_{2}$ е еднаков на 1 , на пример $x_{1}=1$. Тогаш $1+x_{2}=p, x_{2}=q$, па следува

$y_{1}+y_{2}-y_{1} y_{2}=q-p=-1, \text {,.е. }\left(y_{1}-1\right)\left(y_{2}-\right)=2$

Понатаму, лесно се добива дека $\left{y_{1}, y_{2}\right}={2,3}$, т.е. $q=5, p=6, x_{2}=5$.

Лесно се проверува дека за $p=6, q=5$ паровите $(1,5)$ и $(5,1)$ се репенија на равенката $x^{2}-6 x+5=0$, а паровите $(2,3)$ и $(3,2)$ на равенката $x^{2}-5 x+6=0$. Сличен резултат добиваме за $p=5, q=6$.

б) Нека $x_{1} \geq 2, x_{2} \geq 2, y_{1} \geq 2, y_{2} \geq 2$. Тогаш

$p=x_{1}+x_{2} \leq x_{1} x_{2}=q=y_{1}+y_{2} \leq y_{1} y_{2}=p$

од каде добиваме $p=q=x_{1}+x_{2}=x_{1} x_{2}=y_{1}+y_{2}=y_{1} y_{2}$. Нека, на пример $x_{1} \leq x_{2}$. Тогаш од $x_{1}+x_{2}=x_{1} x_{2} \geq 2 x_{2}$ следува $x_{1} \geq x_{2}$. Значи, $x_{1}=x_{2}$, па затоа $2 x_{1}=x_{1}^{2}$, т.е. $x_{1}=x_{2}=2$. Спопред тоа, $p=q=x_{1}+x_{2}=4$. Парот $(2,2)$ навиостина $\mathrm{e}$ решение на равебката $x^{2}-4 x+4=0$.

Конечно, паровите $(p, q)$ се $(5,6),(6,5),(4,4)$.

Скретниците $A, B$ и обиколницата $C$ се поврзани со железнички пруги $A C, B C$ и со пругата $A B$ со доволно долги продолжетоци $A D$ и $B E$. На пругата $A C$ се наоѓа вагон $V_{1}$, на пругата $B C$ вагон $V_{2}$, а на пругата $A B$ локомотива $L$. На обиколницата може да дојде секој од двата вагони, но не и локомотивата. Служејќи се со обиколницата и скретниците со помош на локомотивата префрли го вагонот $V_{1}$ на местото на вагонот $V_{2}$, а вагонот $V_{2}$ на местото на вагонот $V_{1}$, така што на крајот локомотивата пак ќе биде на своето место.

Решение. Еден начин на преместување на вагоните и враќање на локомотивата на своето место е прикажан на долните цртежи.

III година

Нека $a, b, p, q, r, s$ се природни броеви такви што

$q r-p s=1 \text { и } \frac{p}{q}<\frac{a}{b}<\frac{r}{s}$

Докажи дека $b \geq q+s$.

Решение. Од условот $\frac{p}{q}<\frac{a}{b}<\frac{r}{s}$ следува $a q-b p>0, b r-a s>0$ и $q r-p s>0$, а како $a q-b p, b r-a s, q r-p s$ се цели броеви, добиваме

$a q-b p \geq 1, b r-a s \geq 1$

Понатаму,

$b(q r-p s)=q(b r-a s)+s(a q-b p) \geq q+s$

и како $q r-p s=1$, добиваме $b \geq q+s$.

Даден е триаголник $A B C$ и реален број $k$. Нека точките $P, Q, R$ се определени со релациите

$\overrightarrow{A P}=k \overrightarrow{A B}, \overrightarrow{B Q}=k \overrightarrow{B C}, \overrightarrow{C R}=k \overrightarrow{C A}$

Докажи дека

$A B^{2}+B C^{2}+C A^{2}=g(k)\left(P Q^{2}+Q R^{2}+R S^{2}\right)$

каде $g$ е некоја функција од $k$. Определи ја и испитај ја оваа функција.

Решение. Нека $A B=c, B C=a, C A=b$. Тогаш (цртеж десно):

$\begin{aligned} P Q^{2} & =(\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{B Q})(\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{B Q}) \\ & =(1-k)^{2} c^{2}+k^{2} a^{2}-2 k(1-k) a c \cos B \\ & =(1-k)^{2} c^{2}+k^{2} a^{2}-2 k(k-1) a c \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c} \\ & =(1-k)^{2} c^{2}+k^{2} a^{2}-k(k-1)\left(a^{2}+c^{2}-b^{2}\right) \end{aligned}$

Аналогно се добива

$Q R^{2}=(1-k)^{2} a^{2}+k^{2} b^{2}-k(1-k)\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)$, $R P^{2}=(1-k)^{2} b^{2}+k^{2} c^{2}-k(1-k)\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)$,

па патаму лесно следува

$\begin{aligned} P Q^{2}+Q R^{2}+R P^{2} & =\left((1-k)^{2}+k^{2}-k(k-1)\right)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \\ & =\left(3 k^{2}-3 k+1\right)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \\ A B^{2}+B C^{2}+C A^{2} & =a^{2}+b^{2}+c^{2}=\frac{1}{3 k^{2}-3 k+1}\left(P Q^{2}+Q R^{2}+R P^{2}\right) \end{aligned}$

Според тоа, $g(k)=\frac{1}{3 k^{2}-3 k+1}=\frac{1}{\left(3\left(k-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{4}\right)}>0$, за секој $k \in \mathbb{R}$.

Понатаму, $\lim _{k \rightarrow \pm \infty} g(k)=0$,

$g^{\prime}(k)=\frac{3-6 k}{\left(3 k^{2}-3 k+1\right)^{2}}, \quad g^{\prime \prime}(k)=\frac{-54 k^{2}+54 k-12}{\left(3 k^{2}-3 k+1\right)^{3}}$

Функцијата $g$ строго монотоно расте на интервалот ( $-\infty, \frac{1}{2}$ ), строго монотоно опаѓа на интервалот $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ и има максимум $g\left(\frac{1}{2}\right)=4$. Таа има превојни точки $\left(\frac{1}{3}, 3\right)$ и $\left(\frac{2}{3}, 3\right)$. Графикот на

функцијата е прикажан на цртежот десно.

Над страните на паралелограмот $A_{1} A_{2} A_{3} A_{4}$ кон внатрешната страна се конструирани квадрати $A_{1} B_{1} C_{1} A_{2}, A_{2} B_{2} C_{2} A_{3}, A_{3} B_{3} C_{3} A_{4}, A_{4} B_{4} C_{4} A_{1}$. Докажи дека средините $\mathrm{O}{1}, \mathrm{O}{2}, \mathrm{O}{3}, \mathrm{O}{4}$ на овие квадрати се темиња на квадрат чија плоштина е еднаква на збирот на четвртините на плоштините на конструираните квадрати намален за плоштината на дадениот паралелограм.

Решение. Нека $\measuredangle A_{2} A_{1} A_{4}=\varphi, A_{1} A_{2}=a, A_{1} A_{4}=b$. Воведуваме правоаголен координатен систем така што важи:

точката $A_{1}$ е координатен поочеток,
точката $A_{2}$ припаѓа на позитивниот дел од $x$-оската,
точките $A_{3}$ и $A_{4}$ имаат позитивни $y$-координати (вид цртеж).

Тогаш добиваме

$\begin{aligned} & A_{1}(0,0), \quad A_{2}(a, 0), \quad A_{3}(a+b \cos \varphi, b \sin \varphi), \quad A_{4}(b \cos \varphi, b \sin \varphi) \\ & C_{4}(b \sin \varphi,-b \cos \varphi), B_{3}(a+b \cos \varphi, b \sin \varphi-a), O_{1}\left(\frac{a}{2}, \frac{a}{2}\right), \\ & O_{3}\left(\frac{a}{2}+b \cos \varphi, b \sin \varphi-\frac{a}{2}\right), \quad O_{4}\left(\frac{b}{2}(\sin \varphi+\cos \varphi), \frac{b}{2}(\sin \varphi-\cos \varphi)\right) \\ & O_{3} O_{4}^{2}=\left(\frac{a}{2}+\frac{b(\cos \varphi-\sin \varphi)}{2}\right)^{2}+\left(\frac{a}{2}-\frac{b(\sin \varphi+\cos \varphi)}{2}\right)^{2} \\ & =\frac{a^{2}}{2}-a b \sin \varphi+\frac{b^{2}}{2}, \\ & O_{1} O_{4}^{2}=\left(\frac{b(\cos \varphi+\sin \varphi)}{2}-\frac{a}{2}\right)^{2}+\left(\frac{b(\sin \varphi-\cos \varphi)}{2}-\frac{a}{2}\right)^{2} \\ & =\frac{a^{2}}{2}-a b \sin \varphi+\frac{b^{2}}{2}, \\ & O_{1} O_{2}^{2}=(b \cos \varphi)^{2}+(b \sin \varphi-a)^{2}=a^{2}-2 a b \sin \varphi+b^{2}=O_{1} O_{4}^{2}+O_{3} O_{4}^{2} \end{aligned}$

Според тоа, аголот $\mathrm{O}{1} \mathrm{O}{3} \mathrm{O}{4}$ е прав. Аналогно се докажува дека и останатите агли на четириаголникот $\mathrm{O}{1} \mathrm{O}{2} \mathrm{O}{3} \mathrm{O}{4}$ се прави, а како $\mathrm{O}{3} \mathrm{O}{4}=\mathrm{O}{3} \mathrm{O}{4}$, заклучуваме дека $\mathrm{O}{1} \mathrm{O}{2} \mathrm{O}{3} \mathrm{O}_{4}$ е квадрат. Неговата плоштина е еднаква на

$\frac{a^{2}}{2}-a b \sin \varphi+\frac{b^{2}}{2}=\frac{1}{4}\left(2 a^{2}+2 b^{2}\right)-a b \sin \varphi$

Летвичката $A B$ на термометарот кој виси вертикално на sидот има должина $2 r$. Окото на набљудувачот се наоѓа на права $l$ која е нормална на рамнината на sидот и ја сече правата $A B$ во точка чие растојание од средината на отсечката $A B$ е еднакво на $h(h>r)$. На кое растојание од ьидот треба да се наоѓа окото на набљудувачот за да аголот под кој набљудувачот ја гледа летвичката е најголем?

Решение. Нека $k$ е кружницата која ги содржи точките $A$ и $B$ и точка $C \in l$ и нека $O$ е центарот на таа кружница (цртеж десно). Од точката $C$ набљудувачот ја гледа отсечката $A B$ под агол $\measuredangle B C A=\frac{1}{2} \measuredangle B O A$. Овој агол е најголем ако растојанието на точката $O$ (центар на кружницата која има заеднички точки со правата $l$ ) до правата $A B$ е најмало можно. Лесно се докажува дека тоа се постигнува ако $k$ ја допира правата $l$ и во тој случај растојанието од точката $C$ до правата $A B$ е

еднакво на $\sqrt{h^{2}-r^{2}}$ и тоа е бараното растојание.

IV година

Нека $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ се реални броеви поголеми од 1 , а $m$ е природен број. Докажи дека

$\sum_{j=1}^{n}\left(\log _{a_{1} a_{2} \ldots a_{j-1} a_{j+1} \ldots a_{n}} a_{j}\right)^{-m} \geq n(n-1)^{m}$

Кога важи знак за равенство?

Решение. Нека $x_{j}=\log {a{j}}\left(a_{1} a_{2} \ldots a_{j-1} a_{j+1} \ldots a_{n}\right), j \in{1,2, \ldots, n}$. Тогаш броевите $x_{i}, i=1,2, \ldots, n$ се позитивни, па од неравенството меѓу срединита од ред $m$ и аритметичката средина и својствата на логаритмите добиваме

$\begin{aligned} \sum_{j=1}^{n}\left(\log _{a_{1} a_{2} \ldots a_{j-1} a_{j+1} \ldots a_{n}} a_{j}\right)^{-m} & =n \frac{x_{1}^{m}+x_{2}^{m}+\ldots+x_{n}^{m}}{n} \geq n\left(\frac{x_{1}+x_{2}+\ldots x_{n}}{n}\right)^{m}=n\left(\frac{1}{n} \sum_{j=1}^{n} \sum_{i \neq j} \log _{a_{j}} a_{i}\right)^{m} \\ & =n\left(\frac{1}{n} \sum_{i \neq j}\left(\log _{a_{j}} a_{i}+\log _{a_{i}} a_{j}\right)^{m} \geq \frac{1}{n^{m-1}}\left(2\binom{n}{2}\right)^{m}=n(n-1)^{m}\right. \end{aligned}$

Во претпоследното неравенство го користевме неравенството

$\log _{a_{j}} a_{i}+\log _{a_{i}} a_{j}=\log _{a_{j}} a_{i}+\frac{1}{\log _{a_{j}} a_{i}} \geq 2$

Знак за равенство важи ако и само ако $a_{1}=a_{2}=\ldots=a_{n}$.

Нека $n$ е природен број. Колку решенија има равенката

$\frac{x}{\sin x}=\frac{n \pi}{2} ?$

Решение. Нека $b_{n}$ е бројот на пресечните точки на правата $f(x)=\frac{2 x}{n \pi}$ и синусоидата $g(x) \sin x$ за кои $x>0$. Да забележиме дека ако $f(a)=g(a)$, тогаш $a=\frac{n \pi}{2} \sin a \leq \frac{n \pi}{2}$, т.е. позитивните нули на функцијата $f(x)-g(x)$ припашаат на интервалот $I_{n}=\left(0, \frac{n \pi}{2}\right]$.

a) Нека $n=4 k$. Тогаш $I_{n}=(0,2 k \pi]$. Ќе докажеме дека интервалот $(0,2 \pi]$ содржи една нула на функцијата $f(x)-g(x)$, а секој интервал $(2(j-1) \pi, 2 j \pi]$, каде $j \in$ ${2,3, \ldots, k}$ содржи две нули на функцијата

(цртеж десно). За $j=1$ тоа лесно се проверува за интервалот ( $0,2 \pi]$. За $k>1$ и $j \in{2,3, \ldots, k}$ добиваме

$\begin{array}{ll} h(x)=f(x)-g(x)=\sin x-\frac{x}{2 k \pi}, & h(2(j-1) \pi)=-\frac{j-1}{k}<0 \\ h\left(2(j-1) \pi+\frac{\pi}{2}\right)=\frac{4 k-4 j+3}{4 k}>0, & h(2(j-1) \pi+\pi)=-\frac{2 j-1}{2 k}<0 \end{array}$

Од непрекинатоста на фунцкијата $h$, конвексноста на синусот на интервалот

$(2(j-1) \pi, 2(j-1) \pi+\pi], \quad j \in\{2,3, \ldots, k\}$

и негативноста на синусот на интервалите $(\pi, 2 \pi),(3 \pi, 4 \pi), \ldots,((2 k-1) \pi, 2 k \pi)$ следува наведеното тврдење. Според тоа, $b_{4 k} 2(k-1)+1=2 k-1$.

б) Нека $n=4 k+1$. Тогаш $I=\left(0,\left(2 k+\frac{1}{2}\right) \pi\right]$. Интервалот $(0,2 k \pi)$ содржи точно $2 k-1$ нула на функцијата $h(x)$, а интервалот $\left(2 k \pi,\left(2 k+\frac{1}{2}\right) \pi\right]$ уште две нули на оваа функција, при што десниот крај на интервалот, т.е. бројот $\left(2 k+\frac{1}{2}\right) \pi$ е една од тие нули. Затоа $b_{4 k+1}=2 k+1$.

в) Нека $n=4 k+2$. Тогаш $I_{n}=(0,(2 k+1) \pi]$ и $b_{4 k+2}=b_{4 k+1}=2 k+1$, бидејќи интервалот $(0,2 k \pi]$ содржи $2 k-1$ нули на функцијата $h(x)$, а интервалот $(2 k \pi,(2 k+1) \pi]$ содржи две нули на оваа функција, што што првата и втората половина на овој интервал содржат по една нула.

г) Нека $n=4 k+3$. Тогаш $I_{n}=\left(0,\left(2 k+\frac{3}{2}\right) \pi\right]$ и $b_{4 k+3}=b_{4 k+1}=2 k+1$, бидејќи интервалот ( $\left.0,\left(2 k+\frac{3}{2}\right) \pi\right]$ содржи точно две нули на функцијата $h(x)$.

Според тоа, за секој $n$ важи $b_{n}=2\left[\frac{n-1}{4}\right]+1$. Конечно, ако ги земеме предвид и негативните нули на функцијата $h(x)$ добиваме дека батраниот број е $4\left[\frac{n-1}{4}\right]+2$.

Во рамнината се дадени точките $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n}$ така што никои три од нив не се колинеарни. Нека $p_{i j}$ е правата определена со точките $A_{i}$ и $A_{j}$. Определи го максималниот број пресечни точки на правите $p_{i j}$ и $p_{k l}$, при што $i, j, k, l$ се различни елементи од множеството ${1,2, \ldots, n}$.

Решение. Ќе го определиме бројот на пресечните точки кои се разликуваат од точките $A_{1}, A_{2}$, ..., $A_{n}$. Секоја 4-комбинација $\left{A_{i}, A_{j}, A_{k}, A_{1}\right}$ елементи на множеството $\left{A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n}\right}$ определува најмногу три нови пресечни точки (цртеж десно). Бидејќи бројот на 4-комбинации на елементите на ова множество е ( $\left.\begin{array}{l}n \ 4\end{array}\right)$, добиваме дека бројот на пре-

сечните точки кои се разликуваат од точките $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n}$ е најмногу $3\binom{n}{4}$.

Дадени се функциите

$f_{n}(x)=\frac{1-\cos x \cos 2 x \ldots \cos n x}{x^{2}}, n \in \mathbb{N}$

а) Докажи дека за секој $n \in \mathbb{N}$ постои $\lim {x \rightarrow 0} f{n}(x)=f_{n}$.

б) Определи ја врската меѓу $f_{n}$ и $f_{n-1}$.

в) Пресметај го $f_{n}$.

Решение. а) Да забележиме дека $f_{1}(x)=\frac{1-\cos x}{x^{2}}=\frac{1}{2}\left(\frac{\sin \frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\right)^{2}$ и дека за $n>1$ важи

$\begin{aligned} f_{n}(x) & =\frac{1-\cos x \cos 2 x \ldots \cos n x}{x^{2}}=\frac{1-\cos n x+\cos n x-\cos x \cos 2 x \ldots \cos n x}{x^{2}} \\ & =\frac{1-\cos n x}{x^{2}}+\frac{1-\cos x \cos 2 x \ldots \cos (n-1) x}{x^{2}} \cos n x \\ & =\frac{n^{2}}{2}\left(\frac{\sin \frac{n x}{2}}{\frac{n x}{2}}\right)^{2}+f_{n-1}(x) \cos n x \end{aligned}$

Според тоа,

$\begin{gathered} \lim _{x \rightarrow 0} f_{1}(x)=\frac{1}{2}\left(\frac{\sin \frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\right)^{2}=\frac{1}{2} \text { и } \\ \lim _{x \rightarrow 0} f_{n}(x)=\frac{n^{2}}{2} \lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{\sin \frac{n x}{2}}{\frac{n x}{2}}\right)^{2}+\lim _{x \rightarrow 0} f_{n-1}(x) \cos n x=\frac{n^{2}}{2}+\lim _{x \rightarrow 0} f_{n-1}(x) \end{gathered}$

па од принципот на математичка индукција следува дека за секој $n \in \mathbb{N}$ постои $\lim {x \rightarrow 0} f{n}(x)=f_{n}$.

b) Од решението под а) следува дека $f_{n}=\frac{n^{2}}{2}+f_{n-1}$, за $n>1$.

c) Ако ги собереме равенствата

$f_{k}=\frac{k^{2}}{2}+f_{k-1}, \text { за } k=2,3,4, \ldots, n$

добиваме

$f_{n}=f_{1}+\frac{1}{2}\left(2^{2}+3^{2}+\ldots+n^{2}\right)=\frac{n(n+1)(2 n+1)}{12}$