MatematickiTalent/md/mk-secondary-federal/mk-EqlztjeBqk-D6svoyCuGZA.md

Сојузен натпревар 1964

III година

1. Определи го множеството отчки $(a, b)$ во Декартовиот правоаголен координатен систем $O a b$ така што сите решенија на равенката

$$x^4-2(a-b)x^2+2(4-ab)=0x^\{4\}-2(a-b)\; x^\{2\}+2(4-a\; b)=0$$

се реални.

Решение. Од дадената равенка добиваме

$$x^2=a-b\pm \sqrt{a^2+b^2-8}x^\{2\}=a-b\; \backslash pm\; \backslash sqrt\{a^\{2\}+b^\{2\}-8\}$$

За да сите решенија на дадената равенка се реални поребно и доволно е да важи:

1. $a^{2}+b^{2} \geq 8$ и
2. $a-b \pm \sqrt{a^{2}+b^{2}-8} \geq 0$.

Условот 1) го задоволуваат сите точки на рамнината $O a b$ кои припаѓаат на кружницата $a^{2}+b^{2}=8$ или се надвор од неа, а условот 2) го задоволуваат сите точки за кои $a \geq b$ и $a b \leq 4$, т.е. точките кои се под правата $b=a$ и се меѓу двете гранки на хиперболата $a b=4$. Бараното множество е

прикажано на цртежот десно.

2. Ако $r$ е радиусот на впишаната кружница во триаголник со плоштина $p$ и $s_{\alpha}, s_{\beta}, s_{\gamma}$ се должините на симетралите на внатрешните агли на тој триаголник, докажи дека $r s_{\alpha} s_{\beta} s_{\gamma} \leq p^{2}$ и знак за равенство важи ако и само ако триаголникот е рамностран.

Решение. Прво ќе докажеме дека, ако $a, b, c$ се должини на страни на триаголник и $s=\frac{a+b+c}{2}$ е неговиот полупериметар, тогаш важи равенството

$$s_{\alpha }=\frac{4bcs(s-a)}{(b+c{)}^2}s\_\{\backslash alpha\}=\backslash frac\{4\; b\; c\; s(s-a)\}\{(b+c)^\{2\}\}$$

За таа цел со $A, B, C$ да ги означиме темињата на триаголникот, со $D$ пресекот на симетра-

лата на аголот во темето $A$ со страната $B C$, со $x$ и $y$ отсечоците кои симетралата ги прави на страната $B C$ и $\varphi=\measuredangle A D B$. Од релациите $x+y=a$ и $x: y=c: b$ добиваме $x=\frac{a c}{b+c}$ и $y=\frac{a b}{b+c}$. Од друга страна, применувајќи ја косинусната теорема за триаголниците $A D C$ и $A B D$, добиваме

Ако првото равенство го помножиме со $y$, а второто со $x$ и добиените равенства ги собереме, добиваме

$$c^{2}y+b^{2}x=axy+a{s}_{\alpha }^{2}c^\{2\}\; y+b^\{2\}\; x=a\; x\; y+a\; s\_\{\backslash alpha\}^\{2\}$$

Во последното равенство ги заменуваме вредностите за $x$ и $y$ и добиваме равенство кое е еквивалентно со равенството (1).

Од равенството (1), бидејќи $b c \leq\left(\frac{b+c}{2}\right)^{2}$ следува

$$s_{\alpha }\le \sqrt{s(s-a)}s\_\{\backslash alpha\}\; \backslash leq\; \backslash sqrt\{s(s-a)\}$$

Аналогно се докажува дека $s_{\beta} \leq \sqrt{s(s-b)}$ и $s_{\gamma} \leq \sqrt{s(s-c)}$. Затоа

$$r{s}_{\alpha }{s}_{\beta }{s}_{\gamma }\le rs\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}=p^{2}r\; s\_\{\backslash alpha\}\; s\_\{\backslash beta\}\; s\_\{\backslash gamma\}\; \backslash leq\; r\; s\; \backslash sqrt\{s(s-a)(s-b)(s-c)\}=p^\{2\}$$

3. Рамнокрак триаголник со агол $\alpha$ при основата е основа на пирамида таква што сите нејзини бочни sидови со основата формираат еднакви агли $\varphi=90^{\circ}-\alpha$. Рамнината која минува низ висината на пирамидата и врвот на рамнокракиот триаголник на основата ја сече пирамидата во фигура чија плоштина е $p$. Определи го волуменот на пирамидата.

Решение. Со A, B, С да ги означиме темињата на основата на пирамидата, врвот на пирамидата со $D$, подножјето на висината на бочниот sид $B C D$ со $E$ (цртеж десно). Понатаму, нека кракот на основата е $b$, радиусот на нејзината опишана кружница е $R$ и $S$ е подножјето на висината повлечена од врвот на пирамидата. Триаголниците $D A S$ и $D B S$ имаат соодветно прави агли $\Varangle A S D$ и $\measuredangle B S D$, заедничка страна $S D$ и $\measuredangle D A S=\measuredangle D B S=\varphi$, па затоа се

складни. Според тоа, $A S=B S$ и слично $A S=C S$, што значи дека $S$ е центар на опишаната кружница на основата и $A S=B S=R=\frac{b}{2 \sin \alpha}$.

Од правоаголниот триаголник $A B E$ добиваме $A E=b \sin \alpha$, а од правоаголниот триаголник $D A S$ следува

$$SD=R\mathrm{ctg}\alpha =\frac{b}{2\sin \alpha }\mathrm{ctg}\alpha =\frac{b\cos \alpha }{2{\sin }^2\alpha }S\; D=R\; \backslash operatorname\{ctg\}\; \backslash alpha=\backslash frac\{b\}\{2\; \backslash sin\; \backslash alpha\}\; \backslash operatorname\{ctg\}\; \backslash alpha=\backslash frac\{b\; \backslash cos\; \backslash alpha\}\{2\; \backslash sin\; ^\{2\}\; \backslash alpha\}$$

Затоа

$$p=\frac{1}{2}AE\cdot SD=\frac{1}{2}b\sin \alpha \frac{b\cos \alpha }{2{\sin }^2\alpha }=\frac{1}{4}{b}^2\mathrm{ctg}\alpha ,\text{ т.е. }{b}^2=4p\mathrm{tg}\alpha p=\backslash frac\{1\}\{2\}\; A\; E\; \backslash cdot\; S\; D=\backslash frac\{1\}\{2\}\; b\; \backslash sin\; \backslash alpha\; \backslash frac\{b\; \backslash cos\; \backslash alpha\}\{2\; \backslash sin\; ^\{2\}\; \backslash alpha\}=\backslash frac\{1\}\{4\}\; b^\{2\}\; \backslash operatorname\{ctg\}\; \backslash alpha,\; \backslash text\; \{\; т.е.\; \}\; b^\{2\}=4\; p\; \backslash operatorname\{tg\}\; \backslash alpha$$

За волуменот на пирамидата добиваме

$$V=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}{b}^2\sin ({180}^{\circ }-2\alpha )\frac{b\cos \alpha }{2{\sin }^2\alpha }=\frac{1}{6}{b}^3\frac{{\cos }^2\alpha }{\sin \alpha }=\frac{4}{3}\frac{{\cos }^2\alpha }{\sin \alpha }(p\mathrm{tg}\alpha {)}^{\frac{3}{2}}V=\backslash frac\{1\}\{3\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{1\}\{2\}\; b^\{2\}\; \backslash sin\; \backslash left(180^\{\backslash circ\}-2\; \backslash alpha\backslash right)\; \backslash frac\{b\; \backslash cos\; \backslash alpha\}\{2\; \backslash sin\; ^\{2\}\; \backslash alpha\}=\backslash frac\{1\}\{6\}\; b^\{3\}\; \backslash frac\{\backslash cos\; ^\{2\}\; \backslash alpha\}\{\backslash sin\; \backslash alpha\}=\backslash frac\{4\}\{3\}\; \backslash frac\{\backslash cos\; ^\{2\}\; \backslash alpha\}\{\backslash sin\; \backslash alpha\}(p\; \backslash operatorname\{tg\}\; \backslash alpha)^\{\backslash frac\{3\}\{2\}\}$$

4. Рамностран триаголник $A B C$ ортогонално се проектира на произволна оска. Определи го аголот на еден од векторите $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{B C}, \overrightarrow{C A}$ спрема таа оска, така што збирот на третите степени на проекциите на тие вектори е еднаков на нула.

Решение. Јасно е дека збирот на третите степени (на алгебарските вредности) на проекциите на векторите $\overrightarrow{A B}$, $\overrightarrow{B C}, \overrightarrow{C A}$ на оската $l$ ќе биде еднаков на нула само во случај кога една од проекциите е еднаква на нула, т.е.кога една од страните на триаголникот $A B C$ е нормална на оската $l$.

IV година

1. Дадена е функцијата $y=x e^{-a x^{2}}$, каде $a$ е позитивен параметар.

a) Испитај го текот на графикот на оваа функција за произволно а и скицирај го графикот за $a=2$.

б) Екстремните точки на дадената функција ја менуваат со а својата положба во $x O y$ рамнината. Определи ја кривата $y=f(x)$ на која и припаѓаат овие екстремни точки.

в) Определи ја плоштината $P(b)$ на делот од рамнината ограничен со лакот на делот од графикот на дадената функција, $x$-оската и правата $x=b(b>0)$. Колкава е граничната вредност на плоштината $P(b)$ кога $b \rightarrow+\infty$ ?

Решение. а) Дадената функција е дефинирана за секој $x \in \mathbb{R}$ и е непарна. Нулата и знакот на функцијата се совпаѓаат со нулата и знакот на аргументот. Од $y^{\prime}=\left(1-2 a x^{2}\right) e^{-a x^{2}}$ следува дека функцијата има стационарни точки во $x_{1}=-\frac{1}{\sqrt{2 a}}$ и $x_{2}=\frac{1}{\sqrt{2 a}}$. Притоа функцијата има минимум $y_{1}=y\left(x_{1}\right)=-\frac{1}{\sqrt{2 a e}}$, односно максимум $y_{2}=y\left(x_{2}\right)=\frac{1}{\sqrt{2 a e}}$. Интервалите на монотоност, како и конвексноста се прикажани на дадениот график. Понатаму, од $y^{\prime \prime}=2 a x\left(2 a x^{2}-3\right) e^{-a x^{2}}$, заклучуваме дека функцијата има три превосјни точки и тоа $\left(-\sqrt{\frac{3}{2 a}},-\sqrt{\frac{3}{2 a e^{3}}}\right),\left(\sqrt{\frac{3}{2 a}}, \sqrt{\frac{3}{2 a e^{3}}}\right)$ и $(0,0)$.

б) Од $y\left(x_{1}\right)=-\frac{1}{\sqrt{2 a e}}$ и $y\left(x_{2}\right)=\frac{1}{\sqrt{2 a e}}$ следува дека сите екстремни точки припаѓаат на правата $y=\frac{x}{\sqrt{e}}$.

в) Имаме:

$$P(b)={\int }_0^{b}x{e}^{-a{x}^2}dx=\frac{1}{2a}(1-e^{-a{b}^2}),\underset{b\to \mathrm{\infty }}{\lim }P(b)=\frac{1}{2a}P(b)=\backslash int\_\{0\}^\{b\}\; x\; e^\{-a\; x^\{2\}\}\; d\; x=\backslash frac\{1\}\{2\; a\}\backslash left(1-e^\{-a\; b^\{2\}\}\backslash right),\; \backslash lim\; \_\{b\; \backslash rightarrow\; \backslash infty\}\; P(b)=\backslash frac\{1\}\{2\; a\}$$

2. Три сфери допираат една рамнина во точките $A, B, C$ при што $A B=c$, $B C=a, C A=b$. Определи ги радиусите на овие сфери, ако се знае дека тие меѓусебно се допираат.

Решение. Центрите на дадените сфери да ги означиме со $A_{1}, B_{1}, C_{1}$, а радиусите со $R_{1}, R_{2}, R_{3}$ (цртеж десно). Во правоаголниот трапез $A B B_{1} A_{1}$ важи $A B=c, B B_{1}=R_{2}, B_{1} A_{1}=R_{1}+R_{2}, A_{1} A=R_{1}$, па затоа

$$c^2={(R_1+R_2)}^2-{(R_1-R_2)}^2=4R_1{R}_{2}c^\{2\}=\backslash left(R\_\{1\}+R\_\{2\}\backslash right)^\{2\}-\backslash left(R\_\{1\}-R\_\{2\}\backslash right)^\{2\}=4\; R\_\{1\}\; R\_\{2\}$$

Слично се добива $a^{2}=4 R_{2} R_{3}$ и $b^{2}=4 R_{3} R_{1}$. Од

последните три равенства се добиваат бараните вредности на радиусите на сферите:

$$R_1=\frac{bc}{2a},R_2=\frac{ca}{2b},R_3=\frac{ab}{2c}R\_\{1\}=\backslash frac\{b\; c\}\{2\; a\},\; R\_\{2\}=\backslash frac\{c\; a\}\{2\; b\},\; R\_\{3\}=\backslash frac\{a\; b\}\{2\; c\}$$

3. Дали може броевите $2, \sqrt{6}, 4 \frac{1}{2}$ да бидат членови на една иста аритметичка или една иста геоемтриска прогресија?

Решение. За да броевите $2, \sqrt{6}, 4 \frac{1}{2}$ се членови на аритметичка прогресија потребно и доволно е да постојат реален број $d$ и природни броеви $k$ и $l$ такви што

$$\sqrt{6}-2=kd,\frac{9}{2}-\sqrt{6}=ld\backslash sqrt\{6\}-2=k\; d,\; \backslash frac\{9\}\{2\}-\backslash sqrt\{6\}=l\; d$$

Но, тоа не е можно, бидејќи тогаш треба да важи

$$\frac{k}{l}=\frac{\sqrt{6}-2}{\frac{9}{2}-\sqrt{6}}=\frac{2(11\sqrt{6}-30)}{57}\backslash frac\{k\}\{l\}=\backslash frac\{\backslash sqrt\{6\}-2\}\{\backslash frac\{9\}\{2\}-\backslash sqrt\{6\}\}=\backslash frac\{2(11\; \backslash sqrt\{6\}-30)\}\{57\}$$

што не е можно, бидејќи левата страна е рационален, а десната страна е ирационален број.

Дадените броеви се членови на геометриска прогресија со коефициент $q$, кој е така избран што

$$\frac{\sqrt{6}}{2}=q^k,\frac{9}{2\sqrt{6}}={\left(\frac{\sqrt{6}}{2}\right)}^3=q^{3k}\backslash frac\{\backslash sqrt\{6\}\}\{2\}=q^\{k\},\; \backslash frac\{9\}\{2\; \backslash sqrt\{6\}\}=\backslash left(\backslash frac\{\backslash sqrt\{6\}\}\{2\}\backslash right)^\{3\}=q^\{3\; k\}$$

за некој природен број $k$.

4. Докажи дека неравенството

$$b^2{c}^2+c^2{a}^2+a^2{b}^2>\frac{1}{2}(a^4+b^4+c^4)b^\{2\}\; c^\{2\}+c^\{2\}\; a^\{2\}+a^\{2\}\; b^\{2\}>\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash left(a^\{4\}+b^\{4\}+c^\{4\}\backslash right)$$

каде $a, b, c$ се позитивни броеви е потребен и доволен услов за да $a, b, c$ се должини на страни на триаголник.

Решение. Даденото неравенство е еквивалентно со неравенството

односно со

Но, $a, b, c>0$, па затоа последното неравенство е еквивалентно со неравенството

$$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)>0(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)>0$$

од каде следува тврдењето на задачата.

5. Дадени се две паралелни прави $a_{1}$ и $a_{2}$ и $m$ точки на $a_{1}$ и $n$ точки на $a_{2}$. Секоја од $m$-те точки на правата $a_{1}$ е поврзана со секоја од $n$-те точки на правата $a_{2}$. Ако во ниту една точка меѓу правите $a_{1}$ и $a_{2}$ не се сечат повеќе од две од добиените отсечки определи го бројот на овие пресечни точки.

Решение. Сите четириелементи множества кои содржат по две од дадените точки од секоја од дадените прави определуваат точно една од опишаните пресечни точки и обратно. Затоа бараниот број е еднаков на $\binom{m}{2}\binom{n}{2}$.