MatematickiTalent/md/mk-secondary-federal/mk-atj9s-6gfkqcWTFs6uXxGQ.md

Сојузен натпревар 1975

І година

1. Докажи дека за секој $a \in[5,10]$ важи равенството

$$\sqrt{a+3-4\sqrt{a-1}}+\sqrt{a+8-6\sqrt{a-1}}=1\backslash sqrt\{a+3-4\; \backslash sqrt\{a-1\}\}+\backslash sqrt\{a+8-6\; \backslash sqrt\{a-1\}\}=1$$

Решение. Ако $5 \leq a \leq 10$, тогаш $2 \leq \sqrt{a-1} \leq 3$ и

2. Во внатрешноста на некоја страна на рамностраниот триаголник $A B C$ дадена е точка $S$, низ која се повлечени прави $S A_{1}, S B_{1}, S C_{1}$, соодветно паралелни на страните $A C, A B, B C$ на триаголникот $A B C$ така што $A_{1} \cdot B_{1} \cdot C_{1}$ припаѓаат соодветно на страните $B C, A C, A B$. Докажи дека збирот $S A_{1}+S B_{1}+S C_{1}$ има константна вредност која не зависи од изборот на точката $S$.

Решение. Нека $S$ е внатрешна точка на триаголникот $A B C$, цртеж десно. Понатаму, нека $M$ е пресекот на правите $A B$ и $S A_{1}$, а $N$ е пресекот на правите $A C$ и $S C_{1}$. Триаголниците $N B_{1} S$ и $S M C_{1}$ се рамнострани, а четириаголниците $S A_{1} C N$ и $S B_{1} A M$ се паралелограми. Затоа

Ако точката $S$ припаѓа на некоја страна на триаголникот $A B C$, на пример на $A C$, тогаш $B_{1}=S, A_{1}=C$, а триаголникот $S A C_{1}$ е рамностран, па повторно имаме

$$S{A}_1+S{B}_1+S{C}_1=SC+AS=ACS\; A\_\{1\}+S\; B\_\{1\}+S\; C\_\{1\}=S\; C+A\; S=A\; C$$

3. Два автомобили тргнуваат истовремено од местото $A$ кон местото $B$. Првиот оди половина од времето со брзина $u$, а втората половина од времето со брзина $v$. Вториот оди половина од патот со брзина $u$, а втората половина од патот со брзина $v$. Кој автомобил побрзо ќе стигне на целта?

Решение. Нека должината на патот меѓу местата $A$ и $B$ е $s$. Нека $T$ е времето за кое во местото $B$ ќе пристигне автомобилот кој првата половина од патот ја минува со брзина $u$, а втората со брзина $v$. Овој автомобил првата половина од патот ја минал за време $\frac{s}{2 u}$, а втората половина од патот за време $\frac{s}{2 v}$. Затоа важи $T=\frac{s}{2}\left(\frac{1}{u}+\frac{1}{v}\right)$. Нека $t$ е времето за кое во местото $B$ ќе пристигне автомобилот кој првата половина од времето оди со брзина $u$, а втората со брзина $v$. Тогаш $s=\frac{t}{2} u+\frac{t}{2} v=\frac{t}{2}(u+v)$, односно $t=\frac{2 s}{u+v}$. Понатаму, добиваме

$$\frac{T}{t}=\frac{s}{2}(\frac{1}{u}+\frac{1}{v})\frac{u+v}{2s}=\frac{(u+v{)}^2}{4uv}=1+\frac{(u-v{)}^2}{4uv}\ge 1\backslash frac\{T\}\{t\}=\backslash frac\{s\}\{2\}\backslash left(\backslash frac\{1\}\{u\}+\backslash frac\{1\}\{v\}\backslash right)\; \backslash frac\{u+v\}\{2\; s\}=\backslash frac\{(u+v)^\{2\}\}\{4\; u\; v\}=1+\backslash frac\{(u-v)^\{2\}\}\{4\; u\; v\}\; \backslash geq\; 1$$

Ако $u=v$, тогаш $T=t$, а ако $u \neq v$, тогаш $T>t$.

4. На кружница во произволен редослед се запишани пет нули и четири единици. Потоа меѓу еднаквите цифри се запишува нула, а меѓу различните се запишува единица, па почетните цифри се бришат. Докажи дека без разлика колку пати ќe ја повториме оваа постапка не може да се добијат девет нули.

Решение. Нека го претпоставиме спротивното и нека по $n$-тото повторување на опишаната постапка прв пат се добиваат 9 нули. Тоа значи дека по ( $n-1$ )-виот чекор секои две соседни цифри биле еднакви и тоа еднакви на 1 , бидејќи сите нули прв пат се појавуваат по $n$-тиот чекор. Понатаму, добиваме дека по ( $n-2$ ) - риот чекор секои две соседни цифри мора да бидат различни. Ако местата на кои стојат цифрите ги нумерираме со броевите $1,2, \ldots, 9$, тогаш по ( $n-2$ )риот чекор на непарните места биле еднакви цифри, а на парните места исто така еднакви цифри, но различни од оние на непарните места. На местата 1 и 9 кои се соседни стојат еднакви цифри, што противречи дека секои две соседни цифри мора да се различни. Од добиената противречност следува дека претпоставката не е точна, т.е. дека без разлика колку пати ќе ја повториме опишаната постапка не може да се добијат девет нули.

II година

1. Нека $a, b, c$ се непарни цели броеви. Докажи дека равенката $a x^{2}+b x+c=0$ нема рационални корени.

Решение. Нека го претпоставиме спротивното, т.е. дека $b^{2}-4 a c=k^{2}$, каде $k$ е цел број. Бидејќи $b$ е непарен број, добиваме дека $k^{2}$ и $k$ се непарни броеви. Понатаму, 4ac $=b^{2}-k^{2}$. Бројот $4 a c$ е делив со 4 , но не е делив со 8 , бидејќи $a$ и c се непарни броеви. Меѓутоа, бидејќи квадратите на непарните броеви при делење со 8 секогаш дваат остаток 1 , добиваме дека бројот $b^{2}-k^{2}$ е делив со 8 , што е противречност. Конечно од добиената противречност следува тврдењето на задачата.

2. Во рамнината се дадени четири прави такви што никои две не се паралелни и никои три не минуваат низ иста точка. Ако четвртата права е паралелна со не- која тежишна линија на триаголникот кој го определуваат првите три прави, тогаш секоја од првите три прави е паралелна со некоја тежишна линија на триаголникот кој го определуваат преостанатите три прави. Докажи!

Решение. Нека $A B C$ е триаголникот кој го формираат правите $a, b, c$ и нека правата $d$ е паралелна на тежишната линија $A A_{1}$ на триаголникот $A B C$, цртеж десно. Нека $D$ и $E$ се пресеците соодветно на правите $b$ и с со правата $d, F$ е пресекот на правата $c$ со правата која минува низ точката $C$ и е паралелна со $A A_{1}$, а $A_{2}$ е пресекот на правата $d$ со правата која минува низ точката $A$ и е паралелна на правата $a$. Бидејќи $A A_{1}$ е средна линија на

триаголникот $B C F$, добиваме дека точката $A$ е средина на отсечката $B F$. Затоа правата $A A_{2}$ ја полови $C F$, па сега лесно следува дека таа права ја полови и $D E$. Според тоа, $A A_{2}$ е тежишна линија на триаголникот $A D E$. Аналогно се разгледуваат и останатите случаи.

3. Сложувач на букви во печатница ги растурил цифрите $0,2,3,4,4,7,8,8,9$ со кои е запишан број кој е шести степен на некој природен број. Кој е тој број?

Решение. Со $n$ да го означиме бараниот број. Збирот на цифрите на бројот $n^{6}$ е еднаков на 45 , па затоа тој е делив со 9 , што значи дека бројот $n$ е делив со 3 . Бидејќи $21^{6}$ е осумцифрен, а $33^{6}$ е десетцифрен број, важи $n \in{24,27,30}$. Но, $n \neq 30$, бидејќи во записот на $30^{6}$ има шест нули. Исто така $n \neq 24$, бидејќи цифрата на единиците на бројот $24^{6}$ е 6 , а цифрата 6 не се содржи во записот на бројот $n^{6}$. Конечно, од $27^{6}=387402489$, добиваме $n=27$.

4. Во внатрешноста на квадрат се дадени $n$ точки. Се поврзуваат по две точки меѓу себе, како и одделни точки со темињата на квадратот, но така што никои две отсечки не се сечат во внатрешна точка. Колку најмногу отсечки може да се конструираат на овој начин?

Решение. Со поврзување на точките на опишаниот начин квадратот се разбива на триаголници. Нека $k$ е бројот на тие триаголници. Збирот на аглите на сите тие триаголници е еднаков на $k \cdot 180^{\circ}$. Овој збир е еднаков на $n \cdot 360^{\circ}+4 \cdot 90^{\circ}$, бидејќи збирот на аглите чие заедничко теме е некоја од внатрешните точки е еднаков на $360^{\circ}$, додека збирот на аглите чие заедничко теме е некое од темињата на квадратот е $90^{\circ}$. Затоа $k \cdot 180^{\circ}=n \cdot 360^{\circ}+4 \cdot 90^{\circ}$, т.е. $k=2 n+2$. Бидејќи секоја конструи- рана отсечка е заедничка страна на два триаголници, а при броењето на страните на триаголниците ги броиме и четирите страни на квадратот, добиваме дека бројот на конструираните отсечки е

$$\frac{3(2n+2)-4}{2}=3n+1\backslash frac\{3(2\; n+2)-4\}\{2\}=3\; n+1$$

III година

1. Нека $n$ е природен број поголем или еднаков на 4. Докажи дека $n$-аголникот кој е определен со средините на страните на даден конвексен $n$-аголник $M$ има плоштина која не е помала ос половина од плоштината на многуаголникот $M$.

Решение. Нека $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n}$ се темињата на многуаголникот $M$, а $B_{1}, B_{2}$, $\ldots, B_{n}$ се редоследно средините на отсечките $A_{1} A_{2}, A_{2} A_{3}, \ldots, A_{n} A_{1}$, цртеж десно. Да забележиме дека, заради конвексноста на многуаголникот $M$, никои три од триаголниците

$$A_1{A}_2{A}_3,A_2{A}_3{A}_4,\dots ,A_{n-1}{A}_n{A}_{1}A\_\{1\}\; A\_\{2\}\; A\_\{3\},\; A\_\{2\}\; A\_\{3\}\; A\_\{4\},\; \backslash ldots,\; A\_\{n-1\}\; A\_\{n\}\; A\_\{1\}$$

немаат внатрешна заедничка точка. За-

тоа збирот на плоштините на овие триаголници е најмногу два пати поголем од плоштината $P$ на многуаголникот $M$. Ако плоштината на многуаголникот $B_{1} B_{2} \ldots B_{n}$ ја означиме со $P_{1}$, тогаш

од каде следува $P_{1} \geq \frac{P}{2}$. Знак за равенство важи ако и само ако секоја точка на многуаголникот $M$ припаѓа барем на два од триаголниците (1). Ако $n \geq 5$, со $C$ и $D$ да ги означиме редоследно пресеците на отсечката $A_{2} A_{4}$ со отсечките $A_{1} A_{3}$ и $A_{3} A_{5}$. Тогаш секоја внатрешна точка на триаголникот $A_{3} C D$ се содржи во точно еден од триаголниците (1). Лесно се проверува дека за $n=4$ важи $P_{1}=\frac{P}{2}$. Според тоа, равенството $P_{1}=\frac{P}{2}$ важи ако и само ако $M$ е четириаголник.

2. Нека $S$ е произволна точка во внатрешноста на триаголникот $A B C$ со страни $a, b, c$. Докажи дека

$$SA\cos \frac{A}{2}+SB\cos \frac{B}{2}+SC\cos \frac{C}{2}\ge \frac{a+b+c}{2}\mathrm{.}S\; A\; \backslash cos\; \backslash frac\{A\}\{2\}+S\; B\; \backslash cos\; \backslash frac\{B\}\{2\}+S\; C\; \backslash cos\; \backslash frac\{C\}\{2\}\; \backslash geq\; \backslash frac\{a+b+c\}\{2\}\; .$$

Кога важи знак за равенство?

Решение. Нека $D, E, F$ се подножјата на нормалите повлечени од точката $S$ соодветно на страните $B C, C A, A B$, цртеж десно. Да забележиме дека за $\varphi>0, \psi>0, \varphi+\psi<\pi$ важи

$$\cos \phi +\cos \psi =2\cos \frac{\phi +\psi }{2}\cos \frac{\phi -\psi }{2}\le 2\cos \frac{\phi +\psi }{2}\backslash cos\; \backslash varphi+\backslash cos\; \backslash psi=2\; \backslash cos\; \backslash frac\{\backslash varphi+\backslash psi\}\{2\}\; \backslash cos\; \backslash frac\{\backslash varphi-\backslash psi\}\{2\}\; \backslash leq\; 2\; \backslash cos\; \backslash frac\{\backslash varphi+\backslash psi\}\{2\}$$

при што знак за равенство важи ако и само ако $\varphi=\psi$. Користејќи го ова тврдење и ознаките

$$\alpha =\mathrm{\measuredangle }SAF,\beta =\mathrm{\measuredangle }SBD,\gamma =\mathrm{\measuredangle }SCE\backslash alpha=\backslash measuredangle\; S\; A\; F,\; \backslash beta=\backslash measuredangle\; S\; B\; D,\; \backslash gamma=\backslash measuredangle\; S\; C\; E$$

добиваме

Знак за равенство важи ако и само ако $\alpha=\frac{1}{2} \measuredangle B A C, \beta=\frac{1}{2} \measuredangle C B A, \gamma=\frac{1}{2} \measuredangle A C B$, т.е. ако и само ако $S$ е центар на опишаната кружница околу триаголникот $A B C$.

3. Реши ја равенката

Решение. Да означиме

Тогаш $\frac{A+B}{2}=2^{\frac{x}{4}}, A B=2^{\frac{x}{2}}$. Бидејќи $A>0, B>0$ и $\frac{A+B}{2}=\sqrt{A B}$, добиваме $A=B$. Равенството $A=B$ е еквивалентно со $x=0$ или $\sqrt{x^{2}-5 x+6}=0$. Конечно, решенија на почетната равенка се 0,2 и 3 .

4. Кој е најголемиот број топови кои може да се постават на шаховска табла $3 n \times 3 n$ така што секој топ биде нападнат најмногу од еден од преостанатите топови.

Решение. Да претпоставиме дека на шаховската $3 n \times 3 n$ табла се поставени неколку топови, така што секој од нив е нападнат најмногу од еден од преостанатите топови. Нека притоа се поставени $2 x$ топови кои во парови се напаѓаат и $y$ топови така што ниту еден од нив не напаѓа ниту еден од преостанатите топови. Секои два топа кои меѓусебно се напаѓаат го напаѓаат секое поле

на вкупно 3 линии (две хоризонтални и една вертикална или две вертикални и една хоризонтална). Секој топ кој не ги напаѓа преостанатите топови го напаѓа секое поле од една хоризонтална и една вертикална линија. Според тоа, сите поставени топови напаѓаат вкупно $3 x+2 y$ линии, од кои некои се хоризонтални, а некои се вертикални. Бидејќи вкупниот број линии е $6 n$, добиваме $3 x+2 y \leq 6 n$. Бројот на поставените топови е еднаков на $2 x+y$ и важи

$$2x+y\le \frac{2}{3}(3x+2y)\le 4n2\; x+y\; \backslash leq\; \backslash frac\{2\}\{3\}(3\; x+2\; y)\; \backslash leq\; 4\; n$$

За $n=3$ горниот цртеж е покажано како $4 n$ топови може да се постават на $3 n \times 3 n$ табла така што се исполнети условите на задачата. Сличен пример може да се конструира за секој природен број $n$.

IV година

1. Дадена е парабола $y=x^{2}$. За $\left|x_{0}\right|>\sqrt{2}$ низ точката $A\left(x_{0}, x_{0}^{2}\right)$ на параболата минуваат две нејзини нормали чии подножја се $B$ и $C$, различни од $A$. Докажи дека правата $B C$ ја сече оската на параболата во фиксна точка која не зависи од $x_{0}$.

Решение. Нека $M\left(m, m^{2}\right)$ е произволна точка на параболата различна од $A$. Равенката на тангентата на параболата во точката $M$ е $y-m^{2}=2 m(x-m)$, а равенката на нормалата во таа точка е $y-m^{2}=-\frac{1}{2 m}(x-m)$. Ако оваа нормала минува низ точката $A\left(x_{0}, x_{0}^{2}\right)$, тогаш $x_{0}^{2}-m^{2}=-\frac{1}{2 m}\left(x_{0}-m\right)$, па користејќи го условот $x_{0} \neq m(M \neq A)$, добиваме

$$2m^2+2x_{0}m+1=02\; m^\{2\}+2\; x\_\{0\}\; m+1=0$$

Оваа квадратна равенка по $m$ има две реални решенија бидејќи $D=4\left(x_{0}^{2}-2\right)>0$. Со $x_{1}$ и $x_{2}$ да ги означиме овие решенија. Нормалите на параболата во точките $B\left(x_{1}, x_{1}^{2}\right)$ и $C\left(x_{2}, x_{2}^{2}\right)$ ја содржат точката $A$, а равенката на правата $B C$ е

$$y-x_1^2=\frac{x_2^2-x_1^2}{x_2-x_1}(x-x_1),\text{ т.e. }y=(x_2+x_1)x-x_1{x}_{2}y-x\_\{1\}^\{2\}=\backslash frac\{x\_\{2\}^\{2\}-x\_\{1\}^\{2\}\}\{x\_\{2\}-x\_\{1\}\}\backslash left(x-x\_\{1\}\backslash right),\; \backslash text\; \{\; т.e.\; \}\; y=\backslash left(x\_\{2\}+x\_\{1\}\backslash right)\; x-x\_\{1\}\; x\_\{2\}$$

Пресечната точка на правата $B C$ со $y$-оската е $P\left(0,-x_{1} x_{2}\right)$, а како $x_{1}$ и $x_{2}$ се решенија по $m$ на равенката (1), добиваме дека $x_{1} x_{2}=\frac{1}{2}$. Конечно, $P\left(0,-\frac{1}{2}\right)$, т.е. координатите на точката $P$ не зависат од точката $A$.

2. Реши ја равенката $1!+2!+\ldots+x!=y^{z}$, каде $x, y$ и $z$ се природни броеви и $z>1$.

Решение. Прво да забележиме дека секоја тројка $(1,1, z), z \in{2,3, \ldots}$ е решение на дадената равенка.

a) Нека $z=2$. Равенката го прима видот $1!+2!+\ldots+x!=y^{2}$. Бројот $y^{2}$ при делење со 5 дава остатоци $-1,0$ и 1 и за $x \geq 4$ важи

$$1!+2!+3!+\dots +x!\equiv 1!+2!+3!+4!\equiv 3(5)1!+2!+3!+\backslash ldots+x!\backslash equiv\; 1!+2!+3!+4!\backslash equiv\; 3(\backslash bmod\; 5)$$

Според тоа, ако тројката $(x, y, 2)$ е решение на дадената равенка, тогаш $x \leq 3$. Со непосредна проверка добиваме дека за $x=2$ немаме решение, а за $x=3$ решение е тројката $(3,3,2)$.

б) Нека $z=3$. Равенката го прима видот $1!+2!+\ldots+x!=y^{3}$. Бројот $y^{3}$ при делење со 7 дава остатоци $-1,0$ и 1 и за $x \geq 7$ важи

$$1!+2!+3!+\dots +x!\equiv 1!+2!+3!+4!+5!+6!\equiv 5(7)1!+2!+3!+\backslash ldots+x!\backslash equiv\; 1!+2!+3!+4!+5!+6!\backslash equiv\; 5(\backslash bmod\; 7)$$

Според тоа, ако тројката $(x, y, 3)$ е решение на дадената равенка, тогаш $x \leq 5$. Со непосредна проверка добиваме дека за $x \in{2,3,4,5}$ немаме решение на равенката.

в) Нека $z \geq 4$. Ако за природните броеви $x>1, y$ и $z \geq 4$ важи

$$1!+2!+\dots +x!=y^{z}1!+2!+\backslash ldots+x!=y^\{z\}$$

тогаш $3 \mid 1!+2!+\ldots+x!=3+3!+\ldots+x$ !, па затоа $3 \mid y^{z}$, т.е. $3 \mid y$, од каде заклучуваме дека $3^{z} \mid y^{z}$. Тоа значи дека бројот 1!+2!+...+x! е делив со $3^{4}=81$. Понатаму, бројот 1!+ 2!+...+8!=46233 е делив со 9 , но не е делив со 81 . Бидејќи бројот $k!$ е делив со 81 за секој $k \geq 9$, заклучуваме дека $x \leq 7$. Со непосредна проверка добиваме дека ниту за еден $x \in{2,3,4,5,6,7}$ бројот 1 !+ 2 !+ ... $x$ ! не е делив со 81 . Значи, дадената равенка нема решенија кај кои $x>1$ и $z \geq 4$.

Конечно, единствени решенија на дадената равенка се $(1,1, z), z \in{2,3, \ldots}$ и $(3,3,2)$.

3. Дадени се реални броеви $a_{i}, i=1,2, \ldots, n$ такви што

Докажи дека

$$a_1+2a_2+3a_3+\dots +n{a}_n\le \frac{n^2}{4}Ma\_\{1\}+2\; a\_\{2\}+3\; a\_\{3\}+\backslash ldots+n\; a\_\{n\}\; \backslash leq\; \backslash frac\{n^\{2\}\}\{4\}\; M$$

Решение. Нека $S=a_{1}+2 a_{2}+\ldots+n a_{n}$. Тогаш

$$S=(a_1+a_2+\dots +a_n)+(a_2+\dots +a_n)+\dots +(a_{n-1}+a_n)+a_{n}S=\backslash left(a\_\{1\}+a\_\{2\}+\backslash ldots+a\_\{n\}\backslash right)+\backslash left(a\_\{2\}+\backslash ldots+a\_\{n\}\backslash right)+\backslash ldots+\backslash left(a\_\{n-1\}+a\_\{n\}\backslash right)+a\_\{n\}$$

Понатаму,

$$a_1+a_2+\dots +a_n=0a\_\{1\}+a\_\{2\}+\backslash ldots+a\_\{n\}=0$$

а за $k \in{1,2, \ldots, n-1}$ добиваме

па затоа

Ќе ги разгледаме посебно случаите кога $n$ е парен, односно непарен број.

1. Ако $n=2 p$, тогаш

2. Ако $n=2 p+1$, тогаш

$$S\le 2(M+2M+\dots +pM)=p(p+1)M=\frac{n^2-1}{4}M\le \frac{n^2}{4}MS\; \backslash leq\; 2(M+2\; M+\backslash ldots+p\; M)=p(p+1)\; M=\backslash frac\{n^\{2\}-1\}\{4\}\; M\; \backslash leq\; \backslash frac\{n^\{2\}\}\{4\}\; M$$

4. Во некое друштво секои два познаници немаат заеднички познаник, а секои двајца кои не се познаваат имаат точно два заеднички познаници. Докажи дека во ова друштво сите имаат еднаков број познаници.

Решение. а) Да претпоставиме дека $A$ и $B$ се познаваат. Нека $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n}, B$ се сите познаници на лицето $A$. Тогаш никои двајца од $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n}, B$ не се познаваат меѓу себе. Бидејќи $A_{1}$ и $B$ не се познаваат, тогаш тие имаат двајца заеднички познаници $A$ и $B_{1}$. Но, $A$ и $B_{1}$ не се познаваат, па затоа $A_{1}$ и $B$ се нивни единствени заеднички познаници. Според тоа, ниту еден од $A_{2}, A_{3}, \ldots, A_{n}$ не е познаник на $B_{1}$. Аналогно се докажува дека постои $B_{2}$ (различен од $B_{1}$ ) кој е заеднички познаник на $A_{2}$ и $B$ итн. Според тоа, на лицата $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n}$ можеме да им придружиме различни познаници на лицето $B$, при што ниту еден од нив не е $A$. Оттука следува дека $B$ има не помалку познаници од $A$. Аналогно, $A$ има не помалку познаници од $B$. Затоа $A$ и $B$ имаат еднаков број познаници.

б) Ако $X$ и $Y$ се познаваат, тогаш тие имаат заеднички познаник $Z$. Сега од a) следува дека тие имаат еднаков број познаници како и лицето $Z$.