MatematickiTalent/md/mk-secondary-federal/mk-Ql5sOCLLik2AQa7iXjxuHQ.md

Сојузен натпревар 1972

II година

1. Нека $a_{1}, a_{2}, a_{3}, b_{1}, b_{2}, b_{3}$ се реални броеви такви што

$$b_1{b}_2{b}_3\mathrm{\ne }0,a_1{b}_1+2a_2{b}_2+a_3{b}_3=0,a_1{a}_3-a_2^2>0b\_\{1\}\; b\_\{2\}\; b\_\{3\}\; \backslash neq\; 0,\; a\_\{1\}\; b\_\{1\}+2\; a\_\{2\}\; b\_\{2\}+a\_\{3\}\; b\_\{3\}=0,\; a\_\{1\}\; a\_\{3\}-a\_\{2\}^\{2\}>0$$

Докажи дека

Решение. Ако $b_{1} b_{3}<0$, тогаш $b_{1} b_{3}-b_{2}^{2}<0$. Ако $b_{1} b_{3}>0$, тогаш воведуваме ознаки $x=-a_{2} b_{2}, y=x-a_{1} b_{1}$ и добиваме

$$a_1{b}_1=x-y,a_3{b}_3=x+y,a_1=\frac{x-y}{b_1},a_3=\frac{x+y}{b_3}a\_\{1\}\; b\_\{1\}=x-y,\; a\_\{3\}\; b\_\{3\}=x+y,\; a\_\{1\}=\backslash frac\{x-y\}\{b\_\{1\}\},\; a\_\{3\}=\backslash frac\{x+y\}\{b\_\{3\}\}$$

и

па затоа $b_{2}^{2}-b_{1} b_{3}>0$, т.е. $b_{1} b_{3}-b_{2}^{2}<0$.

2. Реши ја равенката

$$\sqrt{x+2\sqrt{x-1}}+\sqrt{x-2\sqrt{x-1}}=a\backslash sqrt\{x+2\; \backslash sqrt\{x-1\}\}+\backslash sqrt\{x-2\; \backslash sqrt\{x-1\}\}=a$$

каде $a$ е релаен параметар.

Решение. Левата страна на дадената равенка може да се трансформира на следниов начин:

Оттука следува:

1. ако $a>2$, тогаш равенката има единствено решение $x=1+\frac{a^{2}}{4}$,
2. ако $a=2$, решенија на равенката се сите реални брови $x$ такви што $1 \leq x<2$,
3. ако $a<2$, равенката нема решение.

3. а) Нека се $A, K, L, M, N$ точки на една ориентирана кружница. Докажи дека тетивите $К M$ и $L N$ се нормални ако и само ако $A K+A M=A L+A N \pm \pi$, каде со $X Y$ е означена мерката на лакот $X Y$ изразена во радијани. б) Нека $A, B, C, D$ се произволни точки на една кружница., а $K, L, M, N$ ce cpeдини на лаците $A B, B C, C D, D A$. Докажи дека тетивите $K M$ и $L N$ се нормални.

Решение. а) Заради определеност да претпоставиме дека кружницата е позитивно ориентирана. Во тој случај ќе докажеме дека тетивите $K M$ и $N L$ се заемно нормални ако и само ако важи

$$AK+AM=AL+AN-\pi A\; K+A\; M=A\; L+A\; N-\backslash pi$$

Случајот на негативно ориентирана кружница се разгледува аналогно.

Нека претпоставиме дека $K M \perp L N$. Бидејќи во ориентирана кружница аголот меѓу две тетиви е еднаков на полузбирот на мерките на лаците, изразе-

ни во радијани, кои ги отсекуваат тие тетиви, добиваме $\frac{\pi}{2}=\frac{K L+M N}{2}$, односно $K L+M N=\pi$. Меѓутоа, важи

$$KL=AL-AK,MN=AN-AMK\; L=A\; L-A\; K,\; M\; N=A\; N-A\; M$$

цртеж десно, па го добиваме равенството

$$AL-AK+AN-AM=\pi A\; L-A\; K+A\; N-A\; M=\backslash pi$$

кое е еквивалентно на равенството (1).

Сега да претпоставиме дека важи (1). Имаме, $A L-A K=K L, A N-A M=M N$, па ако замениме во (1), добиваме $K L+M N=\pi$, од каде следува

$\frac{\pi}{2}=\frac{K L+M N}{2}$, што значи дека $K M \perp L N$.

б) Дадената кружница ќе ја ориентираме позитивно, (цртеж десно). Тогаш

па од а) следува дека $K M \perp L N$.

4. а) Ако $S$ е центар на впишаната кружница во триаголникот $A B C$, а $D$ е пресечната точка на правата $A S$ и опишаната кружница на триаголникот $A B C$ различна од $A$, тогаш $D B=D C=D S$. Докажи!

б) Нека $A B C D$ е тетивен четириаголник. Докажи дека центрите $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}, D^{\prime}$ на впишаните кружници во триаголниците $B C D, C D A, D A B, A B C$ се темиња на правоаголник.

Решение. а) Стандардно да ги означиме аглите на триаголникот $A B C$ со $\alpha, \beta$ и $\gamma$. Точката $D$ е средина на лакот $B C$ на опишаната кружница, па затоа

$$DB=DC\text{ (цртеж десно). Понатаму, }D\; B=D\; C\; \backslash text\; \{\; (цртеж\; десно).\; Понатаму,\; \}$$

$$\mathrm{\measuredangle }DBC=\mathrm{\measuredangle }DAC=\frac{\alpha }{2}\backslash measuredangle\; D\; B\; C=\backslash measuredangle\; D\; A\; C=\backslash frac\{\backslash alpha\}\{2\}$$

и

Затоа триаголникот $S B D$ е рамнокрак и важи $D B=D S$.

б) Со $2 \alpha, 2 \beta, 2 \gamma, 2 \delta$ да ги означиме големините на централните агли кои соодветствуваат редоследно на лаците $A B$, $B C, C D, D A$, а средините на лаците $B C$ и $C D$ соодевтно со $M$ и $N$ (види цртеж). Тогаш точките $B^{\prime}$ и $D^{\prime}$ припаѓаат соодветно на отсечките $A N$ и $A M$, а $A^{\prime}$ е пресек на $B N$ и $D M$. Од а) следува

$$N{B}^{\mathrm{\prime }}=ND=NC=N{A}^{\mathrm{\prime }}N\; B^\{\backslash prime\}=N\; D=N\; C=N\; A^\{\backslash prime\}$$

па затоа триаголникот $B^{\prime} A^{\prime} N$ е рамнокрак и $\measuredangle B^{\prime} A^{\prime} N=\frac{180^{\circ}-\measuredangle A N B}{2}=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}$. Аналог-

но се добива $\measuredangle D^{\prime} A^{\prime} M=90^{\circ}-\frac{\delta}{2}$. Бидејќи $\measuredangle B A^{\prime} M=\measuredangle D A^{\prime} N=\frac{\beta+\gamma}{2}$, добиваме

Аналогно се докажува дека и останатите агли на четириаголникот $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ се прави,што значи дека тој е правоаголник.

III година

1. Реши ја равенката

$$(a-1)(\frac{1}{\sin x}+\frac{1}{\cos x}+\frac{1}{\sin x\cos x})=2(a-1)\backslash left(\backslash frac\{1\}\{\backslash sin\; x\}+\backslash frac\{1\}\{\backslash cos\; x\}+\backslash frac\{1\}\{\backslash sin\; x\; \backslash cos\; x\}\backslash right)=2$$

каде $a$ е реален параметар.

Решение. Воведуваме смена $\sin x+\cos x=t,|t| \leq \sqrt{2}$. Тогаш $2 \sin x \cos x=t^{2}-1$ и дадената равенка се сведува на равенката

$$(a-1)(t+1)=t^2-1,t^2\mathrm{\ne }1(a-1)(t+1)=t^\{2\}-1,\; \backslash quad\; t^\{2\}\; \backslash neq\; 1$$

Последното е можно само за $t=a$. Равенката $\sin x+\cos x=a$ има решенија ако $|a| \leq \sqrt{2}$ и тие ја задоволуваат почетната равенка ако $|a| \neq 1$. При наведените услови дадената равенка има решенија

$$x=-\frac{\pi }{4}+(-1{)}^n\arcsin \frac{a}{\sqrt{2}}+n\pi x=-\backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}+(-1)^\{n\}\; \backslash arcsin\; \backslash frac\{a\}\{\backslash sqrt\{2\}\}+n\; \backslash pi$$

каде $n \in \mathbb{Z}$ ако $|a|<\sqrt{2}$ и $|a| \neq 1$, а $\frac{n}{2} \in \mathbb{Z}$ ако $|a|=\sqrt{2}$.

2. Кружниот лак $A B$ со центар $S$ има централен агол $\alpha$, а точките $C$ и $D$ ја делат тетивата $A B$ на три еднакви дела.

a) Ако $\measuredangle C S D=x$, докажи дека $\cos x=\frac{4+5 \cos \alpha}{5+4 \sin \alpha}$.

б) Пресметај ја разликата $\cos x-\cos \frac{\alpha}{3}$.

в) Определи го аголот $\alpha$ за да оваа разлика е еднаква на нула.

Решение. а) Случајот $\alpha=\pi$ е тривијален (тогаш и $x=\pi$ ). Во случај кога $0<\alpha<\pi$ со $E$ да го означиме подножјето на нормалата од точката $S$ на $A B$ (цртеж десно). Од правоаголните триаголници SED и $S E B$ добиваме $\operatorname{tg} \frac{x}{2}=\frac{E D}{S E}$ и $\operatorname{tg} \frac{\alpha}{2}=\frac{E B}{S E}$, од каде сле-

дува $\operatorname{tg} \frac{x}{2}=\frac{1}{3} \operatorname{tg} \frac{\alpha}{2}$. Затоа

$$\cos x=\frac{1-{\mathrm{tg}}^2\frac{x}{2}}{1+{\mathrm{tg}}^2\frac{\alpha }{2}}=\frac{1-\frac{1}{9}{\mathrm{tg}}^2\frac{\alpha }{2}}{1+\frac{1}{9}{\mathrm{tg}}^2\frac{\alpha }{2}}=\frac{9-\frac{1-\cos \alpha }{1+\cos \alpha }}{9+\frac{1-\cos \alpha }{1+\cos \alpha }}=\frac{4+5\cos \alpha }{5+4\sin \alpha }\backslash cos\; x=\backslash frac\{1-\backslash operatorname\{tg\}^\{2\}\; \backslash frac\{x\}\{2\}\}\{1+\backslash operatorname\{tg\}^\{2\}\; \backslash frac\{\backslash alpha\}\{2\}\}=\backslash frac\{1-\backslash frac\{1\}\{9\}\; \backslash operatorname\{tg\}^\{2\}\; \backslash frac\{\backslash alpha\}\{2\}\}\{1+\backslash frac\{1\}\{9\}\; \backslash operatorname\{tg\}^\{2\}\; \backslash frac\{\backslash alpha\}\{2\}\}=\backslash frac\{9-\backslash frac\{1-\backslash cos\; \backslash alpha\}\{1+\backslash cos\; \backslash alpha\}\}\{9+\backslash frac\{1-\backslash cos\; \backslash alpha\}\{1+\backslash cos\; \backslash alpha\}\}=\backslash frac\{4+5\; \backslash cos\; \backslash alpha\}\{5+4\; \backslash sin\; \backslash alpha\}$$

бидејќи по претпоставка $1+\cos \alpha \neq 0$.

б) Да означиме $\cos \frac{\alpha}{3}=t$. Тогаш

$$\cos x-\cos \frac{\alpha }{3}=\frac{4+5\cos \alpha }{5+4\sin \alpha }-\cos \frac{\alpha }{3}=\frac{4+5(4t^3-3t)}{5+4(4t^3-3t)}-t=\frac{-4(t-1{)}^2(t1)(4t-1)}{16t^3-12t+5}\backslash cos\; x-\backslash cos\; \backslash frac\{\backslash alpha\}\{3\}=\backslash frac\{4+5\; \backslash cos\; \backslash alpha\}\{5+4\; \backslash sin\; \backslash alpha\}-\backslash cos\; \backslash frac\{\backslash alpha\}\{3\}=\backslash frac\{4+5\backslash left(4\; t^\{3\}-3\; t\backslash right)\}\{5+4\backslash left(4\; t^\{3\}-3\; t\backslash right)\}-t=\backslash frac\{-4(t-1)^\{2\}(t\; 1)(4\; t-1)\}\{16\; t^\{3\}-12\; t+5\}$$

в) Бидејќи според условте на задачата $0<\alpha \leq \pi$, односно $\frac{1}{2} \leq t<1$ еднствена можност да важи $\cos x-\cos \frac{\alpha}{3}=0$ е $4 t-1=0$, односно $t=\frac{1}{4}$, од каде добиваме $\alpha=3 \arccos \frac{1}{4}$.

3. Правите определени со темињата на паралелограмот и средините на несоседните страни, со своите пресеци определуваат осумаголник. Докажи дека плоштината на овој осумаголник е еднаква на шестината од плоштината на дадениот паралелограм.

Решение. Со $A_{1}, B_{1}, C_{1}, D_{1}$ да ги означиме средините на страните $A B, B C, C D$, $D A$ на паралелограмот $A B C D$ со плоштина $S$, со $K, K_{1}, K_{2}$ да ги означиме пресечните точки на правата $A C_{1}$ соодветно со правите $B D_{1}, D A_{1}, C D_{1}$. Аналогно ги дефинираме точките $L, L_{1}, L_{2}$; точките $M, M_{1}, M_{2}$ и точките $N, N_{1}, N_{2}$ (цртеж десно).

Од $A A_{1} | C C_{1}$ и $A A_{1}=C C_{1}=\frac{A B}{2}$ следува дека четириаголникот $A A_{1} C C_{1}$ е паралелограм кој има иста висина и половина од основата на дадениот паралелограм, па затоа неговата плоштина е еднаква на $\frac{S}{2}$. Од $L M | K N$ и $K L | M N$ следува дека четириаголникот $K L M N$ исто така е паралелограм. Неговата висина е еднаква на ви-

сината на паралелограмот $A A_{1} C C_{1}$. Да ја пресметаме неговата основа $K N$. Отсечките $D_{1} K, M B_{1}, C_{1} N$ се средни отсечки соодветно на триаголниците $A N D, C L B, D M C$, па затоа важи

$$AK=KN=LM=MC=2N{C}_{1}A\; K=K\; N=L\; M=M\; C=2\; N\; C\_\{1\}$$

од каде следува $K N=\frac{2}{5} A C_{1}$. Затоа плоштината на паралелограмот $K L M N$ е еднаква на $\frac{S}{5}$.

Точката $K_{1}$ е пресек на дијагоналите на паралелограмот $A A_{1} C_{1} D$, па затоа $A K_{1}=K_{1} C_{1}$. Точката $K_{2}$ е тежиште на триаголникот $A C D$ (таа е пресек на неговите тежишни линии $A C_{1}$ и $C D_{1}$ ), па затоа $A K_{2}=2 K_{2} C_{1}$. Од претходно изнесеното лесно следува дека $K K_{1}=\frac{K N}{4}$ и $K_{2} N=\frac{K N}{3}$. На сличен начин се добива $K L_{2}=\frac{K L}{3}$. Затоа

Аналогно се докажува дека

$$P_{L{L}_1{M}_2}=P_{M{M}_1{N}_2}=P_{N{K}_1{K}_2}=\frac{S}{120}P\_\{L\; L\_\{1\}\; M\_\{2\}\}=P\_\{M\; M\_\{1\}\; N\_\{2\}\}=P\_\{N\; K\_\{1\}\; K\_\{2\}\}=\backslash frac\{S\}\{120\}$$

Конечно,

$$P_{K_1{L}_2{L}_1{M}_2{M}_1{N}_2{N}_1{K}_2}=\frac{S}{5}-4\cdot \frac{S}{120}=\frac{S}{6}P\_\{K\_\{1\}\; L\_\{2\}\; L\_\{1\}\; M\_\{2\}\; M\_\{1\}\; N\_\{2\}\; N\_\{1\}\; K\_\{2\}\}=\backslash frac\{S\}\{5\}-4\; \backslash cdot\; \backslash frac\{S\}\{120\}=\backslash frac\{S\}\{6\}$$

4. Определи го волуменот на тристрана пирамида чии sидови имаат плоштини $S_{0}, S_{1}, S_{2}, S_{3}$, а диедрите при sидот со плоштина $S_{0}$ се еднакви.

Решение. Нека sидот со плоштина $S_{0}$ е основата $A B C$ на пирамидата $A B C D$. Со $O$ да го означиме подножјето на висината на пирамидата и со $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ да ги означиме соодветно подножјата на висините на бочните sидови $B C D, C A D, A B D$ повлечени од темето $D$. Тогаш, по претпоставка, аглите $\Varangle D A_{1} O, \measuredangle D B_{1} O, \measuredangle D C_{1} O$ се еднакви, па затоа триаголниците $D A_{1} O, D B_{1} O$, $D C_{1} O$ се складни, види цртеж. Значи, точката $O$ е центар на впишаната кружница во триаголникот $A B C$ и со $r$ да го означиме радиусот на оваа кружница. Понатаму, да означиме $D O=H, D A_{1}=D B_{1}=D C_{1}=h, B C=a$, $C A=b, A B=c$ и $S_{1}+S_{2}+S_{3}=S$.

Од триаголниците $B C D, C A D, A B D$ доби-

ваме $a=\frac{2 S_{1}}{h}, b=\frac{2 S_{2}}{h}, c=\frac{2 S_{3}}{h}$, а за полупериметарот на триаголникот $A B C$ имаме $s=\frac{a+b+c}{2}=\frac{S}{h}$. Оттука собиваме

$$S_0^2=s(s-a)(s-b)(s-c)=\frac{S(S-2S_1)(S-2S_2)(S-2S_3)}{h^4}S\_\{0\}^\{2\}=s(s-a)(s-b)(s-c)=\backslash frac\{S\backslash left(S-2\; S\_\{1\}\backslash right)\backslash left(S-2\; S\_\{2\}\backslash right)\backslash left(S-2\; S\_\{3\}\backslash right)\}\{h^\{4\}\}$$

па затоа

$$h=\sqrt[4]{\frac{S(S-2S_1)(S-2S_2)(S-2S_3)}{S_0^2}}h=\backslash sqrt[4]\{\backslash frac\{S\backslash left(S-2\; S\_\{1\}\backslash right)\backslash left(S-2\; S\_\{2\}\backslash right)\backslash left(S-2\; S\_\{3\}\backslash right)\}\{S\_\{0\}^\{2\}\}\}$$

Понатаму,

$$r=\frac{S_0}{s}=\frac{S_{0}h}{S}\text{ и }H=\sqrt{h^2-r^2}=\frac{h}{S}\sqrt{S^2-S_0^2}r=\backslash frac\{S\_\{0\}\}\{s\}=\backslash frac\{S\_\{0\}\; h\}\{S\}\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; H=\backslash sqrt\{h^\{2\}-r^\{2\}\}=\backslash frac\{h\}\{S\}\; \backslash sqrt\{S^\{2\}-S\_\{0\}^\{2\}\}$$

па затоа бараниот волумен е

$$V=\frac{1}{3}{S}_{0}H=\frac{1}{3}\sqrt{S_0(S^2-S_0^2)}\cdot \sqrt{\frac{(S-2S_1)(S-2S_2)(S-2S_3)}{S^3}}V=\backslash frac\{1\}\{3\}\; S\_\{0\}\; H=\backslash frac\{1\}\{3\}\; \backslash sqrt\{S\_\{0\}\backslash left(S^\{2\}-S\_\{0\}^\{2\}\backslash right)\}\; \backslash cdot\; \backslash sqrt\{\backslash frac\{\backslash left(S-2\; S\_\{1\}\backslash right)\backslash left(S-2\; S\_\{2\}\backslash right)\backslash left(S-2\; S\_\{3\}\backslash right)\}\{S^\{3\}\}\}$$

IV година

1. За секој природен број $n$, бројот $n+3 n^{3}+7 n^{7}+9 n^{9}$ е делив со 10. Докажи!

Решение. Имаме:

Во последниот збир првиот собирок е делив со 10 , а лесно се проверува дека за секој природен број $n$ и вториот собирок е делив со 10 .

2. Определи го максималниот број пермутации од $n$ елементи такви што секои два елементи се соседни во најмногу една од пермутациите.

Решение. Нека $S$ е множество од n елементи. Нека претпоставиме дека множеството $P$ кое се состои од $m$ пермутации на множеството $S$ го има тоа својство да произволни два елементи на множеството $S$ се соседни во најмногу една пермутација од $P$. Секоја пермутација на множеството $S$ содржи $n-1$ пар соседни елементи, а множеството $S$ содржи $\frac{n(n-1)}{2}$ двочлени подмножества. Затоа мора да важи

$$m(n-1)\le \frac{n(n-1)}{2}m(n-1)\; \backslash leq\; \backslash frac\{n(n-1)\}\{2\}$$

Според тоа,

$$m\le \left[\frac{n}{2}\right]m\; \backslash leq\backslash left[\backslash frac\{n\}\{2\}\backslash right]$$

Во последното неравенство секогаш се достигнува равенство. За $n=7$ тоа се гледа од следниот пример: 12837465, 23148576, 34251687, 81726354 (види цртеж). Сличен пример постои за произволен $n$.

3. Над отсечката $A B$ со средина $O$ конструирана е полукружница $k$. Кружниците $a(A, r)$ и $b(B, r)$, каде $r=\frac{A B}{2}$, ја сечат полукружницата $k$ во точките $C$ и $D$. Во фигурата ограничена со лаците $O C, C D$ и $O D$ впишана е низа кружници $k_{1}, k_{2}, k_{3}, \ldots$ со радиуси $r_{1}, r_{2}, r_{3}, \ldots$ така што првата од нив ги допира сите три лаци, а секоја следна ги допира лаците $C O$ и $O D$ и претходната кружница. Докажи дека за секој природен број $k$ важи $r_{k}=\frac{r}{2 k(k+1)}$.

Решение. Центрите на кружниците $k_{1}$, $k_{2}, \ldots$ редослено да ги означиме со $O_{1}, O_{2}, \ldots$ (цртеж десно). Од правоаголниот триаголник $A O O_{1}$ имаме

$${(r-r_1)}^2+r^2={(r+r_1)}^2\backslash left(r-r\_\{1\}\backslash right)^\{2\}+r^\{2\}=\backslash left(r+r\_\{1\}\backslash right)^\{2\}$$

од каде добиваме

$$r_1=\frac{r}{4}=\frac{r}{2\cdot 1\cdot (1+1)}r\_\{1\}=\backslash frac\{r\}\{4\}=\backslash frac\{r\}\{2\; \backslash cdot\; 1\; \backslash cdot(1+1)\}$$

па тврдењето важи за $i=1$.

Нека претпоставиме дека тврдењето $r_{i}=\frac{r}{2 i(i+1)}$ важи за секои броеви $i$ кои се помали од некој природен број $n$. Тогаш

$$\sum _{i=1}^{n-1}{r}_i=\sum _{i=1}^{n-1}\frac{r}{2i(i+1)}=\frac{r}{2}\sum _{i=1}^{n1}(\frac{1}{i}-\frac{1}{i+1})=\frac{r}{2}(1-\frac{1}{n})\backslash sum\_\{i=1\}^\{n-1\}\; r\_\{i\}=\backslash sum\_\{i=1\}^\{n-1\}\; \backslash frac\{r\}\{2\; i(i+1)\}=\backslash frac\{r\}\{2\}\; \backslash sum\_\{i=1\}^\{n\; 1\}\backslash left(\backslash frac\{1\}\{i\}-\backslash frac\{1\}\{i+1\}\backslash right)=\backslash frac\{r\}\{2\}\backslash left(1-\backslash frac\{1\}\{n\}\backslash right)$$

Ќe докажеме дека $r_{n}=\frac{r}{2 n(n+1)}$. Од правоаголниот триаголник $A O O_{n}$ добиваме

$${(r-2\sum _{i=1}^{n-1}{r}_i-r_n)}^2+r^2={(r+r_n)}^2\backslash left(r-2\; \backslash sum\_\{i=1\}^\{n-1\}\; r\_\{i\}-r\_\{n\}\backslash right)^\{2\}+r^\{2\}=\backslash left(r+r\_\{n\}\backslash right)^\{2\}$$

од каде ако се има предвид (1) добиваме

$$r_n=\frac{{(r-2\sum _{i=1}^{n-1}{r}_i)}^2}{4(r-\sum _{i=1}^{n-1}{r}_i)}=\frac{r}{2n(n+1)}r\_\{n\}=\backslash frac\{\backslash left(r-2\; \backslash sum\_\{i=1\}^\{n-1\}\; r\_\{i\}\backslash right)^\{2\}\}\{4\backslash left(r-\backslash sum\_\{i=1\}^\{n-1\}\; r\_\{i\}\backslash right)\}=\backslash frac\{r\}\{2\; n(n+1)\}$$

Коенчно, тврдењето следува од принципот на математичка индукција.

4. Дадени се концентрични кружници $a$ и $b$ со центар $O$ и точка $P \neq o$ во внатрешноста на помалата кружница. Полуправата $l$ со почеток во $P$ ги сече кружниците во точките $A$ и $B$. Докажи дека отсечката $A B$ е најголема ако полуправата $l$ е нормална на правата $O P$.

Решение. Поставуваме координатен систем така што точката $O$ е координатен почеток, а точката $P$ е на $y$-оската. Нека $d$ е ординатата на точката $P, r$ и $R$ се радиусите на кружниците $a$ и $b$ и нека $r<R$ (цртеж десно). Равенката на полуправата $l$ е $y=k x+d$, со тоа што $x$ е со постојан знак, при што без ограничување на општоста можеме да претпоставиме дека $x>0$. Што се однесува до коефициентот $k$, дозволуваме формално тој да има вредност

и $\infty$ (случајот кога $l$ се поклопува со $y$ оската).

Ако $A$ и $B$ се пресечните точки на полуправата со кружницие $a$ и $b$, тогаш нивните координати се:

па затоа растојанието меѓу нив е еднакво на

Последниот израз има најголема вредност $\sqrt{R^{2}-d^{2}}-\sqrt{r^{2}-d^{2}}$ за $k=0$, т.е. кога полуправата $l$ е нормална на $O P$.

Мала олимпијада

1. Дадени се ненулти реални броеви $u, v, w, x, y, z$. Колкав е можниот избор на предзнаците на овие броеви, ако важи

$$(u+ix)(v+iy)(w+iz)=i?(u+i\; x)(v+i\; y)(w+i\; z)=i\; ?$$

Решение. Да ги претставиме дадените комплексни броеви во тригонометриски облик:

Притоа, според претпоставката, $0<\varphi_{i}<2 \pi, \varphi_{i} \neq \frac{k \pi}{2}(k \in \mathbb{Z})$ за $i=1,2,3$. Равенството (1) го запишуваме во видот:

$$r_1{r}_2{r}_3(\cos ({\phi }_1+{\phi }_2+{\phi }_3)+i\sin ({\phi }_1+{\phi }_2+{\phi }_3))=\cos \frac{\pi }{2}+i\sin \frac{\pi }{2}r\_\{1\}\; r\_\{2\}\; r\_\{3\}\backslash left(\backslash cos\; \backslash left(\backslash varphi\_\{1\}+\backslash varphi\_\{2\}+\backslash varphi\_\{3\}\backslash right)+i\; \backslash sin\; \backslash left(\backslash varphi\_\{1\}+\backslash varphi\_\{2\}+\backslash varphi\_\{3\}\backslash right)\backslash right)=\backslash cos\; \backslash frac\{\backslash pi\}\{2\}+i\; \backslash sin\; \backslash frac\{\backslash pi\}\{2\}$$

и при погоден избор на броевите $r_{1}, r_{2}, r_{3}$ важи ако и само ако

$${\phi }_1+{\phi }_2+{\phi }_3=\frac{\pi }{2}+2k\pi ,k\in \{0,1,2\}\backslash varphi\_\{1\}+\backslash varphi\_\{2\}+\backslash varphi\_\{3\}=\backslash frac\{\backslash pi\}\{2\}+2\; k\; \backslash pi,\; k\; \backslash in\backslash \{0,1,2\backslash \}$$

Сега задачата можеме да ја преформулираме на следниов начин:

Во просторен координатен систем, чии оски се означени со $\varphi_{1}, \varphi_{2}, \varphi_{3}$ дадена е коцка $0<\varphi_{1}<2 \pi, 0<\varphi_{2}<2 \pi, 0<\varphi_{3}<2 \pi$, која со рамнинте $\varphi_{i}=l \frac{\pi}{2}$, ( $i=1,2,3$, $l=1,2,3$ ) е поделена на 64 помали коцки. Треба да се определи бројот на оние помали коцки чија внатрешност има непразен пресек со некоја од рамнинуте $\alpha_{k}$ определени со $\varphi_{1}+\varphi_{2}+\varphi_{3}=\frac{\pi}{2}+2 k \pi, k \in{0,1,2}$.

Лесно се гледа дека рамнината $\alpha_{0}$ чија равенка е $\varphi_{1}+\varphi_{2}+\varphi_{3}=\frac{\pi}{2}$ ја сече внатрешноста само на една коцка - онаа која е во долниот лев агол на големата коцка (види цртеж). Рамнината $\alpha_{1}$ чија равенка е $\varphi_{1}+\varphi_{2}+\varphi_{3}=\frac{\pi}{2}+2 \pi$ ја сече внатрешноста на 7 коцки за кои $0<\varphi_{3}<\frac{\pi}{2}$, потоа 7 коцки кај кои $\frac{\pi}{2}<\varphi_{3}<\pi, 5$ коцки кај кои $\pi<\varphi_{3}<\frac{3 \pi}{2}$ и 3 коцки кај кои $\frac{3 \pi}{2}<\varphi_{3}<2 \pi$, што значи вкупно 22 коцки. Рамнината $\alpha_{2}$ чија равенка е $\varphi_{1}+\varphi_{2}+\varphi_{3}=\frac{\pi}{2}+4 \pi$ не ја сече внатрешноста на ниту една коцка кај која $0<\varphi_{3}<\frac{\pi}{2}$, таa ја сеќе внатрешноста на една коцка кај која $\frac{\pi}{2}<\varphi_{3}<\pi$, потоа 3 коцки кај кои $\pi<\varphi_{3}<\frac{3 \pi}{2}$ и на крајот 5 коцки кај кои $\frac{3 \pi}{2}<\varphi_{3}<2 \pi$, што значи вкупно 9 коцки.

Значи, бараниот број коцки, а со самото тоа и бараните можности за избор на предзнаците е $1+22+9=32$.

2. Ако конвексното множество точки во рамнината има барем два дијаметри, да кажеме $A B$ и $C D$, тогаш отсечките $A B$ и $C D$ имаат заедничка точка. Докажи!

Решение. Нека претпоставиме дека $A B$ и $C D$ се дисјунктни дијаметри на даденото конвексно множество. Можни се два случаја:

a) Ниту една од отсечките $A B$ и $C D$ не ја сече правата определена со другата отсечка. Во овој случај четириаголникот $A B C D$ (или $A B D C$ ) е конвексен (цртеж десно). Еден од аглите на тој четириаголник, на пример кај темето $D$ не е помал од $90^{\circ}$. Но, тогаш $A C>C D$, што значи дека отсечката $C D$ не е дијаметар, што противречи

на условот на задачата.

3. Познато е дека за броевите од таблицата

важи неравенството б) Една од овие отсечки ја сече правата определена со другата отсечка. Во овој случај нека, да кажеме, отсечката $A D$ ја сече правата определена со отсечката $C D$ во точката $O$ и нека точката $D$ е меѓу точката $C$ и $O$ (цртеж лево). Тогаш еден од аглите $A O C$ и $B O C$, на пример $B O C$ не е помал од $90^{\circ}$. Но, тоа значи дека $B C>O C>C D$, па затоа $C D$ не е дијаметар, што противречи на условот на задачата.

$$\sum _{j=1}^n\mid a_{j1}{x}_1+a_{j2}{x}_2+\dots +a_{jn}{x}_n\mid \le M\backslash sum\_\{j=1\}^\{n\}\backslash left|a\_\{j\; 1\}\; x\_\{1\}+a\_\{j\; 2\}\; x\_\{2\}+\backslash ldots+a\_\{j\; n\}\; x\_\{n\}\backslash right|\; \backslash leq\; M$$

за секој избор на броевите $x_{j}= \pm 1$. Докажи дека

$$\mid a_{11}\mid +\mid a_{22}\mid +\dots +\mid a_{nn}\mid \le M\backslash left|a\_\{11\}\backslash right|+\backslash left|a\_\{22\}\backslash right|+\backslash ldots+\backslash left|a\_\{n\; n\}\backslash right|\; \backslash leq\; M$$

Решение. Со $X$ да го означиме множеството од сите $n$-варијации $x=\left(x_{1}\right.$, $x_{2}, \ldots, x_{n}$ ) на множеството ${-1,1}$. Според претпоставката за секој $x \in X$ важи

$$\sum _{j=1}^n\mid a_{j1}{x}_1+a_{j2}{x}_2+\dots +a_{jn}{x}_n\mid \le M\backslash sum\_\{j=1\}^\{n\}\backslash left|a\_\{j\; 1\}\; x\_\{1\}+a\_\{j\; 2\}\; x\_\{2\}+\backslash ldots+a\_\{j\; n\}\; x\_\{n\}\backslash right|\; \backslash leq\; M$$

па бидејќи множеството $X$ има $2^{n}$ елементи, добиваме

$$\sum _{x\in X}\sum _{j=1}^n\mid a_{j1}{x}_1+a_{j2}{x}_2+\dots +a_{jn}{x}_n\mid \le 2^{n}M\backslash sum\_\{x\; \backslash in\; X\}\; \backslash sum\_\{j=1\}^\{n\}\backslash left|a\_\{j\; 1\}\; x\_\{1\}+a\_\{j\; 2\}\; x\_\{2\}+\backslash ldots+a\_\{j\; n\}\; x\_\{n\}\backslash right|\; \backslash leq\; 2^\{n\}\; M$$

Последното неравенство можеме да го запишеме во видот

$$\sum _{j=1}^n\left(\frac{1}{2^n}\sum _{x\in X}\mid a_{j1}{x}_1+a_{j2}{x}_2+\dots +a_{jn}{x}_n\mid \right)\le M\backslash sum\_\{j=1\}^\{n\}\backslash left(\backslash frac\{1\}\{2^\{n\}\}\; \backslash sum\_\{x\; \backslash in\; X\}\backslash left|a\_\{j\; 1\}\; x\_\{1\}+a\_\{j\; 2\}\; x\_\{2\}+\backslash ldots+a\_\{j\; n\}\; x\_\{n\}\backslash right|\backslash right)\; \backslash leq\; M$$

За секој фиксиран $j \in{1,2, \ldots, n}$ собирците на збирот

$$S_j=\sum _{x\in X}\mid a_{j1}{x}_1+a_{j2}{x}_2+\dots +a_{jn}{x}_n\mid S\_\{j\}=\backslash sum\_\{x\; \backslash in\; X\}\backslash left|a\_\{j\; 1\}\; x\_\{1\}+a\_\{j\; 2\}\; x\_\{2\}+\backslash ldots+a\_\{j\; n\}\; x\_\{n\}\backslash right|$$

кои ги има $2^{n}$, ги разбиваме на $2^{n-1}$ парови, така што варијациите $x$ и $x^{\prime}$ кои соодветствуваат на собирците на еден пар се разликуваат само во елементот $x_{j}$ (во една $x_{j}=1$, а во друга $x_{j}^{\prime}=-1$ ). Тогаш збирот на двата собирци е од видот $\left|A+a_{j j}\right|+\left|A-a_{j j}\right|$, каде

$$A=a_{j1}{x}_1+\dots +a_{j,j-1}{x}_{j-1}+a_{j,j+1}{x}_{j+1}+\dots +a_{jn}{x}_{n}A=a\_\{j\; 1\}\; x\_\{1\}+\backslash ldots+a\_\{j,\; j-1\}\; x\_\{j-1\}+a\_\{j,\; j+1\}\; x\_\{j+1\}+\backslash ldots+a\_\{j\; n\}\; x\_\{n\}$$

Ho,

$$\mid A+a_{jj}\mid +\mid A-a_{jj}\mid \ge \mid (A+a_{jj})-(A-a_{jj})\mid =2\mid a_{jj}\mid \backslash left|A+a\_\{j\; j\}\backslash right|+\backslash left|A-a\_\{j\; j\}\backslash right|\; \backslash geq\backslash left|\backslash left(A+a\_\{j\; j\}\backslash right)-\backslash left(A-a\_\{j\; j\}\backslash right)\backslash right|=2\backslash left|a\_\{j\; j\}\backslash right|$$

па затоа $S_{j} \geq 2^{n-1} \cdot 2\left|a_{j j}\right|=2^{n}\left|a_{j j}\right|$, што значи

$$\mid a_{11}\mid +\mid a_{22}\mid +\dots +\mid a_{nn}\mid =\sum _{j=1}^n(\frac{1}{2^n}{2}^n\mid a_{jj}\mid \le \sum _{j=1}^n\left(\frac{1}{2^n}{S}_j\right)\le M\backslash left|a\_\{11\}\backslash right|+\backslash left|a\_\{22\}\backslash right|+\backslash ldots+\backslash left|a\_\{n\; n\}\backslash right|=\backslash sum\_\{j=1\}^\{n\}\backslash left(\backslash frac\{1\}\{2^\{n\}\}\; 2^\{n\}\backslash left|a\_\{j\; j\}\backslash right|\; \backslash leq\; \backslash sum\_\{j=1\}^\{n\}\backslash left(\backslash frac\{1\}\{2^\{n\}\}\; S\_\{j\}\backslash right)\; \backslash leq\; M\backslash right.$$

4. Определи го најголемиот природен број $k(n)$ со следното својство: Постојат $k(n)$ различни подмножества на дадено множество со $n$ елементи, такви што секои две од нив имаат непразен пресек.

Решение. Да го фиксираме елементот $a_{1}$ од множеството $X=\left{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right}$ и да ги разгледаме подмножествата на множеството $X$ кои го содржат елементот $a_{1}$. Вакви подмножества има колку што е бројот на подмножествата на множеството $\left{a_{2}, a_{3}, \ldots, a_{n}\right}$, што значи $2^{n-1}$. Јасно, секои две од овие множества имаат непрезен пресек, па затоа $k(n) \geq 2^{n-1}$.

Нека претпоставиме дека се избрани повеќе од $2^{n-1}$ подмножества од множеството $X$. Да ги поделиме сите $2^{n}$ подмножества на $X$ на $2^{n-1}$ парови, така што во еден пар припаѓаат множеството и неговиот коплемент. Од принципот на Дирихле следува дека барем две од избраните подмножества формираат еден таков пар, што значи дека нивниот пресек е празен. Значи, не може да е $k(n)>2^{n-1}$.

Конечно, од претходните разгледувања следува $k(n)=2^{n-1}$.