| # Сојузен натпревар 1975 |
|
|
| ## І година |
|
|
| 1. Докажи дека за секој $a \in[5,10]$ важи равенството |
|
|
| $$ |
| \sqrt{a+3-4 \sqrt{a-1}}+\sqrt{a+8-6 \sqrt{a-1}}=1 |
| $$ |
|
|
| Решение. Ако $5 \leq a \leq 10$, тогаш $2 \leq \sqrt{a-1} \leq 3$ и |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| \sqrt{a+3-4 \sqrt{a-1}}+\sqrt{a+8-6 \sqrt{a-1}} & =\sqrt{(\sqrt{a-1}-2)^{2}}+\sqrt{(\sqrt{a-1}-3)^{2}} \\ |
| & =|\sqrt{a-1}-2|+|\sqrt{a-1}-3| \\ |
| & =\sqrt{a-1}-2+3-\sqrt{a-1}=1 |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| 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 |
| |
| $$ |
| \begin{aligned} |
| S A_{1}+S B_{1}+S C_{1} & =N C+B_{1} N+M S \\ |
| & =N C+B_{1} N+A B_{1}=A C |
| \end{aligned} |
| $$ |
| |
|  |
| |
| 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 |
|
|
| $$ |
| S A_{1}+S B_{1}+S C_{1}=S C+A S=A C |
| $$ |
| |
| 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 |
| |
| $$ |
| \frac{T}{t}=\frac{s}{2}\left(\frac{1}{u}+\frac{1}{v}\right) \frac{u+v}{2 s}=\frac{(u+v)^{2}}{4 u v}=1+\frac{(u-v)^{2}}{4 u v} \geq 1 |
| $$ |
| |
| 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 |
| |
| $$ |
| \frac{3(2 n+2)-4}{2}=3 n+1 |
| $$ |
| |
| ## 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 |
| |
| $$ |
| A_{1} A_{2} A_{3}, A_{2} A_{3} A_{4}, \ldots, A_{n-1} A_{n} A_{1} |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| P-P_{1} & =P_{B_{n} A_{1} B_{1}}+P_{B_{1} A_{2} B_{2}}+\ldots+P_{B_{n-1} A_{n} B_{n}} \\ |
| & =\frac{1}{4}\left(P_{A_{n} A_{1} A_{2}}+P_{A_{1} A_{2} A_{3}}+\ldots+P_{A_{n-1} A_{n} A_{1}}\right) \\ |
| & \leq \frac{2 P}{4}=\frac{P}{2} |
| \end{aligned} |
| $$ |
| |
| 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 |
| |
| $$ |
| S A \cos \frac{A}{2}+S B \cos \frac{B}{2}+S C \cos \frac{C}{2} \geq \frac{a+b+c}{2} . |
| $$ |
| |
| 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 |
| |
| $$ |
| \cos \varphi+\cos \psi=2 \cos \frac{\varphi+\psi}{2} \cos \frac{\varphi-\psi}{2} \leq 2 \cos \frac{\varphi+\psi}{2} |
| $$ |
| |
| при што знак за равенство важи ако и само ако $\varphi=\psi$. Користејќи го ова тврдење и ознаките |
| |
|  |
| |
| $$ |
| \alpha=\measuredangle S A F, \beta=\measuredangle S B D, \gamma=\measuredangle S C E |
| $$ |
| |
| добиваме |
| |
| $$ |
| \begin{aligned} |
| a+b+c & =(A E+A F)+(B D+B F)+(C D+C E) \\ |
| & =S A \cdot(\cos \alpha+\cos (A-\alpha))+S B \cdot(\cos \beta+\cos (B-\beta))+C S \cdot(\cos \gamma+\cos (C-\gamma)) \\ |
| & \leq 2\left(S A \cdot \cos \frac{A}{2}+S B \cdot \cos \frac{B}{2}+S C \cdot \cos \frac{C}{2}\right) |
| \end{aligned} |
| $$ |
| |
| 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 |
| |
| $$ |
| \begin{aligned} |
| & A=\left(\sqrt{\sqrt{x^{2}-5 x+8}+\sqrt{x^{2}-5 x+6}}\right)^{\frac{x}{2}} \\ |
| & B=\left(\sqrt{\left.\sqrt{x^{2}-5 x+8}-\sqrt{x^{2}-5 x+6}\right)^{\frac{x}{2}}}\right. |
| \end{aligned} |
| $$ |
| |
| 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 |
| |
| $$ |
| 2 x+y \leq \frac{2}{3}(3 x+2 y) \leq 4 n |
| $$ |
| |
| 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 |
|
|
| $$ |
| 2 m^{2}+2 x_{0} m+1=0 |
| $$ |
| |
| 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 |
|
|
| $$ |
| y-x_{1}^{2}=\frac{x_{2}^{2}-x_{1}^{2}}{x_{2}-x_{1}}\left(x-x_{1}\right), \text { т.e. } y=\left(x_{2}+x_{1}\right) x-x_{1} x_{2} |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| 1!+2!+3!+\ldots+x!\equiv 1!+2!+3!+4!\equiv 3(\bmod 5) |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| 1!+2!+3!+\ldots+x!\equiv 1!+2!+3!+4!+5!+6!\equiv 5(\bmod 7) |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| 1!+2!+\ldots+x!=y^{z} |
| $$ |
|
|
| 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 |
| |
| $$ |
| \left|a_{i}\right|<M(i=1,2, \ldots, n), \quad a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}=0 |
| $$ |
| |
| Докажи дека |
| |
| $$ |
| a_{1}+2 a_{2}+3 a_{3}+\ldots+n a_{n} \leq \frac{n^{2}}{4} M |
| $$ |
| |
| Решение. Нека $S=a_{1}+2 a_{2}+\ldots+n a_{n}$. Тогаш |
| |
| $$ |
| S=\left(a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}\right)+\left(a_{2}+\ldots+a_{n}\right)+\ldots+\left(a_{n-1}+a_{n}\right)+a_{n} |
| $$ |
| |
| Понатаму, |
| |
| $$ |
| a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}=0 |
| $$ |
| |
| а за $k \in\{1,2, \ldots, n-1\}$ добиваме |
| |
| $$ |
| \begin{aligned} |
| & \sum_{i=k+1}^{n} a_{i} \leq\left|\sum_{i=k+1}^{n} a_{i}\right| \leq \sum_{i=k+1}^{n}\left|a_{i}\right| \leq(n-k) M \\ |
| & \sum_{i=k+1}^{n} a_{i} \leq\left|\sum_{i=k+1}^{n} a_{i}\right|=\left|\sum_{i=1}^{k} a_{i}\right| \leq \sum_{i=1}^{k}\left|a_{i}\right| \leq k M |
| \end{aligned} |
| $$ |
| |
| па затоа |
| |
| $$ |
| \sum_{i=k+1}^{n} a_{i} \leq \min \{(n-k) M, k M\}= \begin{cases}k M, & k \leq \frac{n}{2} \\ (n-k) M, & k>\frac{n}{2}\end{cases} |
| $$ |
|
|
| Ќе ги разгледаме посебно случаите кога $n$ е парен, односно непарен број. |
|
|
| 1) Ако $n=2 p$, тогаш |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| S & \leq M+2 M+\ldots+(p-1) M+p M+(p-1) M+\ldots+2 M+M \\ |
| & =2 \frac{p(p-1)}{2} M+p M=p^{2} M=\frac{n^{2}}{4} M |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| 2) Ако $n=2 p+1$, тогаш |
|
|
| $$ |
| S \leq 2(M+2 M+\ldots+p M)=p(p+1) M=\frac{n^{2}-1}{4} M \leq \frac{n^{2}}{4} M |
| $$ |
|
|
| 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 $Z$. |
|
|
|
|
