MatematickiTalent/md/mk-secondary-federal/mk-qnGdalXMDUqJ7uVet5q_QA.md

# Сојузен натпревар 1967 

## II година

1. Даден е триномот о $(k+1) x^{2}-2 k x+k-1$, каде $k$ е реален параметар.

a) Определи го геометриското место на темињата на сите параболи зададени со равенката

$$
y=(k+1) x^{2}-2 k x+k-1
$$

б) Дали сите овие параболи имаат заедничка точка?

в) Докажи дека само едно решение на равенката

$$
(k+1) x^{2}-2 k x+k-1=0
$$

е променливо и истото прикажи го графички.

г) Определи за кој природен број $k$ променливото решение на равенката (1) е периодичен децимален број со една цифра во периодата.

Решение. а) Темето на параболата

$$
y=(k+1) x^{2}-2 k x+k-1, \text { н } k \neq-1
$$

има координати

$$
x=1-\frac{1}{k+1}, y=-\frac{1}{k+1}
$$

Геометриското место на темињата на овие параболи е множеството $\{(x, y) \mid y=x-1, x \neq 1\}$.

б) Секоја од параболите на дадената фами-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_faf575a75202fd173f3cg-01.jpg?height=360&width=521&top_left_y=995&top_left_x=958)
лија ја содржи точката $(1,0)$, цртеж десно.

в) Решенијата на равенката (1) се $x_{1}=1$ и $x_{2}=\frac{k-1}{k+1}$.

г) Бараните броеви се $2,5,8$ и 17 .

2. Даден е триномот $9 n^{2}+3 n-2$, каде $n$ е цел број.

a) Докажи дека за ниту еден $n$ овој трином не е делив со 9 .

б) Докажи дека постојат бесконечно многу цели броеви $n$ за кои дадениот трином е делив со 4 .

Решение. Нека $f(n)=9 n^{2}+3 n-2$.

a) За секој цел број $n$ важи $f(n) \equiv 1(\bmod 3)$, од каде што следува дека бројот и $f(n)$ не е делив со 9 за ниту еден цел број м $n$.

б) Важи

$f(4 k) \equiv-2(\bmod 4), f(4 k+1) \equiv 2(\bmod 4), f(4 k+2) \equiv 0(\bmod 4), f(4 k+3) \equiv 0(\bmod 4)$. Според тоа, бројот $f(n)$ е делив со 4 ако и само ако остатокот при делењето на бројот $n$ со 4 е еднаков на 2 или 3 .

3. Даден е квадрат $Q$ со страна $a$ во кој е впишан квадрат $Q_{1}$ чии темиња припаѓаат на страните на квадратот $Q$. Во квадратот $Q_{1}$ и во секој од четирите добиени триаголници се впишани кругови. Определи ја положбата на темињата на впишаниот квадрат $Q_{1}$ така што збирот на плоштините на сите впишани кругови и минимален.

Решение. Нека $A B C D$ е дадениот квадрат и $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ е впишаниот квадрат, при што точките $A_{1}$, $B_{1}, C_{1}, D_{1}$ припаѓаат соодветно на страните $A B, B C$, $C D, D A$. Со $R$ и $r$ да ги означиме радиусите на впишаните кружници во квадратот $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ и триаголникот $A_{1} B B_{1}$ (цртеж десно). Тогаш $A_{1} B_{1}=2 R$ и $A_{1} B+B B_{1}=a$, па бидејќи триаголникот $A_{1} B B_{1}$ е пра-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_faf575a75202fd173f3cg-02.jpg?height=363&width=391&top_left_y=530&top_left_x=1088)
воаголен (со прав агол во темето $B$ ), добиваме $a-2 r=2 R$. Збирот на плоштините на впишаните кругови е

$$
\pi R^{2}+4 \pi r^{2}=\left(\frac{a}{2}-r\right)^{2} \pi+4 \pi r^{2}=\left(5 r^{2}-a r+\frac{a^{2}}{4}\right) \pi=\left(5\left(r-\frac{a}{10}\right)^{2}+\frac{a^{2}}{5}\right) \pi
$$

и има минимална вредност за $r=\frac{a}{10}$. Да означиме $A A_{1}=x, B A_{1}=y$. За $r=\frac{a}{10}$ добиваме $R=\frac{2 a}{5}$ и

$$
x+y=a, x^{2}+y^{2}=4 R^{2}=\frac{16}{25} a^{2}
$$

од каде лесно се добива $x=\left(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{7}}{10}\right) a$ или $x=\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{7}}{10}\right) a$.

4. Дадена е непроsирна сфера и рамнина $\alpha$ која со сферата нема заеднички точки. Во точка $M$ на рамнината $\alpha$ се наоѓа светлосен извор кој ја осветлува сферата. Докажи дека рамнината која го одделува осветлениот од неосветлениот дел од сферата минува низ точка $P$ која не зависи од положбата на точката $M$.

Решение. Нека $\beta$ е рамнината која ги содржи центарот на дадената сфера и точката $M$ на рамнината $\alpha$, а е нормална на рамнината $\alpha$. Со $p$ да го означиме пресекот на рамнините $\alpha$ и $\beta$, а со $k$ пресекот на дадената сфера и рамнината $\beta$. Нека $P$ е полот на правата $p$ во однос на кружницата $k$ и $m$ е поларата на точката $M$ во однос на истата кружница (цртеж десно). Тогаш правата $m$ ги содржи точките во кои тангентите од $M$ на кружницата $k$ ја допираат таа кружница, а како $M \in p$, добиваме

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_faf575a75202fd173f3cg-02.jpg?height=519&width=483&top_left_y=1646&top_left_x=999)
дека $P \in m$. Рамнината која ја содржи правата $m$ (па според тоа и точката $P$ ), a е нормална на рамнината $\beta$, го одделува осветлениот од неосветлениот дел на сферата ако изворот на светлина е во точката $M$. Точката $P$ е пол на рамнината $\alpha$ во однос на дадената сфера, а ја содржат сите опишани рамнини.

## III година

1. Реши ја равенката

$$
\sqrt{5 x+1}-2 \sqrt{4-x}+\sqrt{5} \sqrt{x+2}=\sqrt{61-4 x}
$$

Решение. Дадената равенка е еквивалентна на равенката

$$
\sqrt{5 x+1}+\sqrt{5 x+10}=\sqrt{61-4 x}+\sqrt{16-4 x}
$$

при што сите изрази се дефинирани за $-\frac{1}{5} \leq x \leq 4$. Да означиме

$$
f(x)=\sqrt{5 x+1}+\sqrt{5 x+10}, g(x)=\sqrt{61-4 x}+\sqrt{16-4 x}
$$

Тогаш $f(3)=g(3)=9$. За $-\frac{1}{5} \leq x<3$ важи $f(x)<f(3)=g(3)<g(x)$, а за $3<x \leq 4$ важи $f(x)>f(3)=g(3)>g(x)$. Според тоа, $x=3$ е единствено решение на равенката.

2. Во внатрешноста на даден агол со теме $O$ се наоѓа кружница, која нема заеднички точки со краците на аголот. На кружницата определи точки $M$ и $N$ такви што збирот на растојанијата од точката $M$ до краците на аголот е најголем можен, а збирот на растојанијата од точката $N$ до краците на аголот е најмал можен.

Решение. Нека s симетралата на внатрешниот агол, а $t_{1}$ и $t_{2}$ се тангентите на дадената кружница кои се нормални на правата $s$. Нека се $A_{1}, B_{1}$ и $M$ (односно $A_{2}, B_{2}$ и $N$ ) се соодветно пресечните точки на тангентата $t_{1}$ (односно $t_{2}$ ) со краците на дадениот агол и допирната точка со дадената круж-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_faf575a75202fd173f3cg-03.jpg?height=395&width=609&top_left_y=1415&top_left_x=876)
ница. Без ограничување на општоста можеме да претпоставиме дека точката $A_{2}$ припаѓа на отсечката $O A_{1}$, а точката $B_{2}$ на отсечката $O B_{1}$. Нека $а$ е правата која ја содржи точката $A_{1}$ и е паралелна на $O B_{1}$, а $P, Q, R$ се редоследно подножјата на нормалите од точката $M$ на правитse $a, O B_{1}, O A_{1}$. Бидејќи $a \| O B_{1}$, заклучуваме дека точките $P, M, Q$ се колинеарни., а отсечката $P Q$ е еднаква на висината повлечена од темето $A_{1}$ во триаголникот $A_{1} O B_{1}$ (цртеж десно). Триаголниците
$A_{1} R M$ и $A_{1} P M$ се складни, бидејќи $\measuredangle P A_{1} M=\measuredangle A_{1} B_{1} O=\measuredangle R A_{1} M, A_{1} M=A_{1} M$ и $\measuredangle A_{1} P M=\measuredangle A_{1} R M=90^{\circ}$. Затоа $M P=M R$, па добиваме

$$
M R+M Q=M P+M Q=P Q
$$

Нека $X \neq M$ е произволна точка на дадената кружница, а $A_{x}$ и $B_{x}$ се редоследно пресеците на правата која минува низ $X$ и е паралелна со $t_{1}$ со правите $O A_{1}$ и $O B_{1}$. Аналогно како погоре докажуваме дека збирот на растојанијата од точката $X$ до краците $O A_{1}$ и $O B_{1}$ е едноков на висината од темето $A_{x}$ во триаголникот $A_{x} O B_{X}$. Бидејќи $X$ е внатрењшна точка на триаголникот $A_{1} O B_{1}$, заклучуваме дека точката $A_{x}$ припаѓа на отсечката $O A_{1}$, па затоа $O A_{1}>O A_{x}$, а како триаголниците $A_{1} O B_{1}$ и $A_{x} O B_{X}$ се слични (имаат по две паралелни страни и налегнатите агли се еднакви), заклучуваме дека и висината од темето $A_{1}$ на триаголникот $A_{1} O B_{1}$ е поголема од висината од темето $A_{x}$ на триаголникот $A_{x} O B_{x}$. Со тоа е докажано дека од сите точки на дадената кружница точката $M$ има најголем збир на растојанијата до краците на дадениот агол. На сличен начин се докажува дека кај точката $N$ тој збир е минимален.

3. Реши ја неравенката

$$
(1+\sqrt{3}) \sin 2 x+2 \cos ^{2} x \geq 2\left(1+\sqrt{3} \cos ^{2} x\right)
$$

Решение. Користејќи ја формулата $2 \cos ^{2} x=1+\cos 2 x$ дадената неравенка ја запишуваме во видот

$$
(1+\sqrt{3}) \sin 2 x \geq 1+\sqrt{3}+(\sqrt{3}-1) \cos 2 x
$$

Нека $t=\cos 2 x$. Ако $x$ е решение на дадената неравенска, тогаш $\sin 2 x \geq 0$, па затоа $\sin 2 x=\sqrt{1-t^{2}}$ и

$$
(1+\sqrt{3}) \sqrt{1-t^{2}} \geq 1+\sqrt{3}+(\sqrt{3}-1) t
$$

Неравенката (2) може да ја квадрираме бидејќи двете нејзини страни се ненегативни, со што ја добиваме неравенката $(2 t+1) t \leq 0$, чие решение е множеството $\left[-\frac{1}{2}, 0\right]$. Множеството решенија на неравенката (1) е

$$
S=\left\{x \left\lvert\,-\frac{1}{2} \leq \cos 2 x \leq 0\right., \sin 2 x \geq 0\right\}=\underset{k=-\infty}{+\infty}\left[\frac{\pi}{4}+k \pi, \frac{\pi}{3}+k \pi\right]
$$

4. Нека $A B C D$ и $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ се два паралелограми кои припаѓаат на непаралелни рамнини. Точките $M, N, P, Q$ соодветно ги делат отсечките $A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}, D D_{1}$ во ист однос.

a) Докажи дека четириаголникот $M N P Q$ паралелограм.
б) Определи го геометриското место на средините на сите паралелограми $M N P Q$ кои се добиваат кога точката $M$ минува по отсечката $A A_{1}$.

Решение. а) Нека $O$ е произволна точка и нека $\overrightarrow{O M}=\lambda \overrightarrow{O A}+(1-\lambda) \overrightarrow{O A_{1}}$, каде $0 \leq \lambda \leq 1$. Тогаш (цртеж десно):

$$
\begin{aligned}
\overrightarrow{M N} & =\overrightarrow{O N}-\overrightarrow{O M}=\lambda \overrightarrow{O B}+(1-\lambda) \overrightarrow{O B_{1}}-\lambda \overrightarrow{O A}-(1-\lambda) \overrightarrow{O A_{1}} \\
& =\lambda(\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O A})+(1-\lambda)\left(\overrightarrow{O B_{1}}-\overrightarrow{O A_{1}}\right) \\
& =\lambda \overrightarrow{A B}+(1-\lambda) \overrightarrow{A_{1} B_{1}} \\
\overrightarrow{Q P} & =\overrightarrow{O P}-\overrightarrow{O Q}=\lambda \overrightarrow{O C}+(1-\lambda) \overrightarrow{O C_{1}}-\lambda \overrightarrow{O D}-(1-\lambda) \overrightarrow{O D_{1}} \\
& =\lambda(\overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O D})+(1-\lambda)\left(\overrightarrow{O C_{1}}-\overrightarrow{O D_{1}}\right) \\
& =\lambda \overrightarrow{D C}+(1-\lambda) \overrightarrow{D_{1} C_{1}} \\
& =\lambda \overrightarrow{A B}+(1-\lambda) \overrightarrow{A_{1} B_{1}}
\end{aligned}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_faf575a75202fd173f3cg-05.jpg?height=471&width=377&top_left_y=418&top_left_x=1090)

Според тоа, $\overrightarrow{M N}=\overrightarrow{Q P}$, т.е. $M N P Q$ е паралелограм.

б) Нека $E, E_{1}, R$ се центрите на паралелограмите $A B C D, A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}, M N P Q$, соодветно. Тогаш

$$
\begin{aligned}
\overrightarrow{O R} & =\frac{1}{4}(\overrightarrow{O M}+\overrightarrow{O N}+\overrightarrow{O P}+\overrightarrow{O Q}) \\
& =\frac{\lambda}{4}(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O D})+\frac{1-\lambda}{4}\left(\overrightarrow{O A_{1}}+\overrightarrow{O B_{1}}+\overrightarrow{O C_{1}}+\overrightarrow{O D_{1}}\right) \\
& =\lambda \overrightarrow{O E}+(1-\lambda) \overrightarrow{O E_{1}} .
\end{aligned}
$$

Ако $0 \leq \lambda \leq 1$, тогаш точката $R$ припаѓа на отсечката $E E_{1}$. Обратно, нека $X$ е произволна точка од отсечката $E E_{1}$ и нека

$$
\overrightarrow{O X}=\mu \overrightarrow{O E}+(1-\mu) \overrightarrow{O E_{1}}
$$

Понатаму, нека $M_{1}, N_{1}, P_{1}, Q_{1}$ се редоследно точки на отсечките $A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}$, $D D_{1}$ кои ги делат овие отсечки во ист однос во кој точката $X$ ја дели отсечката $E E_{1}$. Тогаш $M_{1} N_{1} P_{1} Q_{1}$ е паралелограм чија средна точка е точката $X$.

Значи, бараното геометриско место е отсечката $E E_{1}$.

## IV година

1. a) Определи го множеството точки во кои функција од фамилијата определена со формулата $f(x)=\frac{4 x^{3}}{p^{2}}-3 x+p$, каде $p \neq 0$, достигнува локален максимум и множеството точки во кои фукција од оваа фамилија достигнува локален минимум. Нацртај го графикот на функцијата која се добива за $p=1$ и определи ги точките на пресек на тој график со $x$-оската.
б) Прикажи го $\cos 3 t$ како функција од cost и со смената $x=\cos t$ определи ги нулите на функцијата $f(x)=4 x^{3}-3 x+\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Решение. а) Функцијата $f(x)=\frac{4 x^{3}}{p^{2}}-3 x+p$, каде $p \neq 0$, во точката $-\frac{p}{2}$ има локален максимум еднаков на $2 p$, а во точката $\frac{p}{2}$ има локален минимум еднаков на 0 . Множеството точки на максимуми е $\{(x, y) \mid y=-4 x, x \neq 0\}$, а множеството точки на минимуми е $\{(x, 0) \mid x \neq 0\}$.

Графикот на функцијата $f(x)=4 x^{3}-3 x+1$ е прикажан на цртежот десно.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_faf575a75202fd173f3cg-06.jpg?height=469&width=495&top_left_y=419&top_left_x=988)

б) Бидејќи $\cos 3 t=4 \cos ^{3} t-3 \cos t$, со смената $x=\cos t$ добиваме

$$
f(x)=f(\cos t)=4 \cos ^{3} t-3 \cos t+\frac{\sqrt{2}}{2}=\cos 3 t+\frac{\sqrt{2}}{2} .
$$

Множеството решенија на равенката $\cos 3 t=-\frac{\sqrt{2}}{2}$ е

$$
S=\left\{\left.\frac{\pi}{4}+\frac{2 k \pi}{3} \right\rvert\, k \in \mathbb{Z}\right\} \cup\left\{\left.\frac{5 \pi}{12}+\frac{2 k \pi}{3} \right\rvert\, k \in \mathbb{Z}\right\}=\bigcup_{j=1}^{6}\left\{t_{j}+2 k \pi \mid k \in \mathbb{Z}\right\},
$$

каде $t_{1}=\frac{\pi}{4}, t_{2}=\frac{5 \pi}{12}, t_{3}=\frac{11 \pi}{12}, t_{4}=\frac{13 \pi}{12}, t_{5}=\frac{19 \pi}{12}, t_{6}=\frac{21 \pi}{12}$. Лесно се проверува дека $\cos t_{1}=\cos t_{6}, \cos t_{2}=\cos t_{5}, \cos t_{3}=\cos _{4}$. Според тоа, равенката $4 x^{3}-3 x+\frac{\sqrt{2}}{2}=0$ има три решенија: $x_{1}=\cos \frac{\pi}{4}, x_{2}=\cos \frac{5 \pi}{12}, x_{3}=\cos \frac{11 \pi}{12}$.

2. Страната $B C$ на триаголникот $A B C$ со точките $M_{0}=B, M_{1}, M_{2}, \ldots, M_{n-1}$, $M_{n}=C$ е поделена на $n$ делови и од овие точки до страните $A B$ и $A C$ се конструирани отсечки паралелни со страните $A C$ и $A B$ соодветно.

a) На колку различни начини од точката $A$ може да се стигне по добиената мрежа до точката $M_{k}(k=0,1,2, \ldots, n)$, ако движењето е дозволено во насока на векторот $\overrightarrow{A B}$ и во насока на векторот $\overrightarrow{A C}$.

б) Определи го бројот на погоре опишаните патишта кои водат од точката $A$ до сите точки $M_{0}, M_{1}, \ldots, M_{n}$.

в) Ако точките $M_{0}, M_{1}, \ldots, M_{n}$ се еквидистантни, определи го збирот на должините на сите патишта $A M_{k}$.

Решение. а) Патот до точката $M_{k}$ се состои од $k$ отсечки паралелни со правата $A C$ и $n-k$ отсечки паралелни со правата $A B$ (види цртеж).

Оттука следува дека бараниот број е еднаков на $\binom{n}{k}$.

б) Од а) следува дека бараниот број е:

$$
\binom{n}{0}+\binom{n}{1}+\ldots+\binom{n}{n}=2^{n}
$$

в) Должината на сите патишта е еднаква на

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_faf575a75202fd173f3cg-07.jpg?height=380&width=526&top_left_y=192&top_left_x=958)

$$
\begin{aligned}
\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\left(k \frac{A B}{n}+(n-k) \frac{A C}{n}\right) & =A B \sum_{k=1}^{n} \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}+A C \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(n-1)!}{k!(n-1-k)!} \\
& =2^{n-1}(A B+A C)
\end{aligned}
$$

3. Ако $n$ е природен број, а реалниот број $2^{n} x$ не е еднаков на цел број пати $\pi$, докажи дека

$$
\frac{1}{\sin 2 x}+\frac{1}{\sin 4 x}+\ldots+\frac{1}{\sin 2^{n} x}=\operatorname{ctg} x-\operatorname{ctg} 2^{n} x
$$

Решение. Да забележиме дека

$$
\operatorname{ctg} \alpha-\operatorname{ctg} 2 \alpha=\frac{\cos \alpha}{\sin \alpha}-\frac{\cos 2 \alpha}{\sin 2 \alpha}=\frac{\sin 2 \alpha \cos \alpha-\cos 2 \alpha \sin \alpha}{\sin \alpha \sin 2 \alpha}=\frac{\sin (2 \alpha-\alpha)}{\sin 2 \alpha \sin \alpha}=\frac{1}{\sin 2 \alpha}
$$

ако $\alpha \neq \frac{k \pi}{2}, k \in \mathbb{Z}$. Ставајќи во равенството $\operatorname{ctg} \alpha-\operatorname{ctg} 2 \alpha=\frac{1}{\sin 2 \alpha}$ наместо $\alpha$ редоследно $x, 2 x, 2^{2} x, \ldots, 2^{n-1} x$, при што $x \neq \frac{k \pi}{2}, k \in \mathbb{Z}$ и собирајќи ги добиените равенства, наоѓаме

$$
\frac{1}{\sin 2 x}+\frac{1}{\sin 4 x}+\ldots+\frac{1}{\sin 2^{n} x}=\operatorname{ctg} x-\operatorname{ctg} 2^{n} x
$$

4. Иста како 4-та задача за III година.

## Мала олимпијада

1. Реши ја равенката $\log (a x+b)=2 \log (x+1)$, каде $a$ и $b$ се реални параметри.

Решение. Прво $\log (a x+b)$ и $\log (x \mid+1)$ се определени за $a x+b>0$ и $x+1>0$ и дискриминантата на равенката $(x+1)^{2}=a x+b$ е еднаква на $D=a^{2}-4 a+4 b$. Според тоа, $x_{1}=\frac{a-2-\sqrt{D}}{2}$ е решение на дадената равенка ако

$$
D \geq 0, \sqrt{D}<a, a \sqrt{D}<a^{2}-2 a+2 b
$$

$x_{2}=\frac{a-2+\sqrt{D}}{2}$ е решение на дадената равенка ако

$$
D \geq 0, \sqrt{D}>-a, a \sqrt{D}>2 a-a^{2}-2 b
$$

Лесно се докажува дека запишаните услови можеме да ги изразиме во попогоден облик, т.е.

- $x_{1}$ е решение ако $D \geq 0, a>b, a>0$,
- $x_{2}$ е решение ако $D \geq 0$ и важи $a>0$ или $b>a$.

2. Ако $a, b, c$ се страните на триаголникот и $\alpha, \beta, \gamma$ се соодветните агли изразени во радијани, докажи дека

$$
\frac{\pi}{3} \leq \frac{a \alpha+b \beta+c \gamma}{a+b+c}<\frac{\pi}{2}
$$

Решение. Неравенството $a \geq b$ е еквивалентно со неравенството $\alpha \geq \beta$, па затоа важи $(a-b)(\alpha-\beta) \geq 0$. Притоа знак за равенство важи ако и само ако $a=b$. Слично, $(b-c)(\beta-\gamma) \geq 0$ и $(c-a)(\gamma-\alpha) \geq 0$. Затоа

$$
(a-b)(\alpha-\beta)+(b-c)(\beta-\gamma)+(c-a)(\gamma-\alpha) \geq 0
$$

Ако искористиме дека $\alpha+\beta+\gamma=\pi$, добиваме дека неравенството (1) последователно е еквивалентно со неравенствата

$$
\begin{aligned}
& a(2 \alpha-\beta-\gamma)+b(2 \beta-\alpha-\gamma)+c(2 \gamma-\alpha-\beta) \geq 0 \\
& a(3 \alpha-\pi)+b(3 \beta-\pi)+c(3 \gamma-\pi) \geq 0 \\
& 3(a \alpha+b \beta+c \gamma) \geq \pi(a+b+c) \\
& \frac{\pi}{3} \leq \frac{a \alpha+b \beta+c \gamma}{a+b+c}
\end{aligned}
$$

Знак за равенство важи ако и само ако $a=b=c$.

Од очигледното неравенство

$$
(b+c-a) \alpha+\beta(c+a-b)+\gamma(a+b-c)>0
$$

ако искористиме дека $\alpha+\beta+\gamma=\pi$ со еквивалентни трансформации добиваме

$$
\begin{aligned}
& a(\beta+\gamma-\alpha)+b(\alpha+\gamma-\beta)+c(\alpha+\beta-\gamma)>0 \\
& a(\pi-2 \alpha)+b(\pi-2 \beta)+c(\pi-2 \gamma)>0 \\
& 2(a \alpha+b \beta+c \gamma)<\pi(a+b+c) \\
& \frac{a \alpha+b \beta+c \gamma}{a+b+c}<\frac{\pi}{2}
\end{aligned}
$$

3. Ако $P$ и $R$ се точки во кои спротивните страни $A B$ и $C D$ на просторниот четириаголник $A B C D$ сечат произволна рамнина $\pi_{1}$ паралелна со другите две спротивни страни, а $Q$ и $S$ се точките во кои страните $B C$ и $A D$ на тој четириаголник сечат произволна рамнина $\pi_{2}$ паралелна со другите две страни, докажи дека точките $P, Q, R, S$ припаѓаат на иста рамнина.

Решение. Нека $O$ е произволна точка. Бидејќи точките $P$ и $R$ припаѓаат на рамнина на која се паралелни правите $A D$ и $B C$, добиваме дека овие точки ги делат отсечките $A B$ и $D C$ во ист однос, т.е. постои реален број $\lambda$ таков што важи

$$
\overrightarrow{O P}=\lambda \overrightarrow{O A}+(1-\lambda) \overrightarrow{O B}, \quad \overrightarrow{O R}=\lambda \overrightarrow{O D}+(1-\lambda) \overrightarrow{O C}
$$

Аналогно добиваме дека постои број $\mu$ таков што

$$
\overrightarrow{O S}=\mu \overrightarrow{O A}+(1-\mu) \overrightarrow{O D}, \quad \overrightarrow{O Q}=\mu \overrightarrow{O B}+(1-\mu) \overrightarrow{O C}
$$

Нека $X$ е точка на отсечката $P R$ и $Y$ е точка на отсечката $Q S$ определени со условите

$$
\overrightarrow{O X}=\lambda \overrightarrow{O S}+(1-\lambda) \overrightarrow{O Q}, \quad \overrightarrow{O Y}=\mu \overrightarrow{O P}+(1-\mu) \overrightarrow{O R}
$$

(цртеж десно). Тогаш од равенствата (1), (2) и (3) следува

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_faf575a75202fd173f3cg-09.jpg?height=373&width=414&top_left_y=246&top_left_x=1069)

$$
\overrightarrow{O X}=\lambda \mu \overrightarrow{O A}+(1-\lambda) \mu \overrightarrow{O B}+(1-\lambda)(1-\mu) \overrightarrow{O C}+\lambda(1-\mu) \overrightarrow{O D}=\overrightarrow{O Y}
$$

Според тоа, $X \equiv Y$, правите $P R$ и $Q S$ се сечат, а точките $P, Q, R, S$ припаѓаат на иста рамнина.

4. Во просторот се дадени точките $A, B, C, D, E$ такви што важи

$$
A B=B C=C D=D E=E A, \measuredangle A B C=\measuredangle B C D=\measuredangle C D E=\measuredangle D E A=\measuredangle E A B
$$

Докажи дека точките $A, B, C, D, E$ припаѓаат на една рамнина.

Решение. Од условот на задачата следува дека триаголниците $A B C, B C D$, $C D E, D E A$ и $E A B$ се складни, па затоа дијагоналите $A C, B D, C E, D A, E B$ на петаголникот $A B C D E$ се еднакви. Нека $f(A)=B, f(B)=A, f(C)=E$ и $f(D)=D$. Тогаш $f$ е изометрички го пресликува множеството $\{A, B, C, D\}$ на множеството $\{A, B, E, D\}$ и еднозначно може да се продолжи до изометрија на целиот простор. Таа изометрија е едно од следниве две пресликувања:

1) Симетрија во однос на рамнина $\pi$ која ја содржи средината $D_{1}$ на отсечката $A B$ и е нормална на правата $A B$. Во овој случај точките $C$ и $E$ се заемно симетрични во однос на рамнината $\pi$. Затоа $A B \| C E$, па следува дека точките $A, B, C, E$ припаѓаат на една рамнина.
2) Симетрија во однос на правата $D D_{1}$. Во овој случај средината $D_{2}$ на отсечката $C E$ припаѓа на правата $D D_{1}$, па точките $C, D, E, D_{1}, D_{2}$ припаѓаат на една рамнина.

Аналогно можеме да заклучуваме тргнувајќи од множествата $\{B, C, D, E\}$, $\{C, D, E, A\},\{D, E, A, B\}$ или $\{E, A, B, C\}$ наместо од множеството $\{A, B, C, D\}$. Ако барем два од паровите $C$ и $E, D$ и $A, E$ и $B, A$ и $C, B$ и $D$ се симетрични во однос на рамнините кои се дефинираат аналогно на дефиницијата на рамнината $\pi$, тогаш од дадените пет точки можеме да избереме барем две четворки компланарни точки, па

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_faf575a75202fd173f3cg-09.jpg?height=485&width=507&top_left_y=1762&top_left_x=953)
следува дека и сите дадени точки се компланарни.

Во спротивно, средините на барем четири од дијагоналите $C E, D A, E B, A C, B D$ припаѓаат по ред на правите $D D_{1}, E E_{1}, A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}$, каде $A_{1}, B_{1}, C_{1}, D_{1}, E_{1}$ се по ред средините на отсечките $C D, D E, E A, A B, B C$. Барем две од овие четири дијагонали тргнуваат од исто теме на петаголникот $A B C D E$. Нека, на пример, тоа се дијагоналите $C E$ и $C A$, т.е. нека средините $D_{2}$ и $B_{2}$ на дијагоналите $C E$ и $C A$ припаѓаат по ред на правите $D D_{1}$ и $B B_{1}$. Тогаш компланарни се точките $C, D, E$, $B_{1}, D_{1}, D_{2}$. Истото тоа важи и за точките $A, B, C, D_{1}, B_{1}, B_{2}$. Според тоа, рамнината определена со точките $B_{1}, C, D_{1}$ ја содржи секоја од точките $A, B, C, D, E$.

5. Докажи дека условите

(A) $c \neq 0, \sqrt{a+b}=\sqrt{a+c}+\sqrt{b+c}$,

(B) $a>0, b>0, \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0$

се еквивалентни.

Решение. Нека $c \neq 0, \sqrt{a+b}=\sqrt{a+c}+\sqrt{b+c}$. Тогаш

$$
a+b=a+b+2 c+2 \sqrt{a+c} \sqrt{b+c}, \text { т.e. } c=-\sqrt{a+c} \sqrt{b+c}
$$

Затоа $c<0, a \geq-c>0, b \geq-c>0$ и притоа важи

$$
\begin{aligned}
& c^{2}=(a+c)(b+c) \\
& a b+b c+c a=0 \\
& \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0
\end{aligned}
$$

Нека $a>0, b>0, \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0$. Тогаш $c<0$ и $a b+b c+c a=0$, од каде следува $c^{2}=(a+c)(b+c)$. Но, $c<0$, па од последното равенство следува равенството $c=-\sqrt{(a+c)(b+c)}$. Броевите $a+c$ и $b+c$ се со ист знак. Ако $a+c<0$ и $b+c<0$, тогаш $c<-a<0$ и $c<-b<0$, па следува

$$
|c+a| \triangleleft c|,| b+c|\triangleleft c| \text { и }(a+c)(b+c)<c^{2} \text {, }
$$

што е противречност. Затоа $a+c>0, b+c>0$, па добиваме

$$
\begin{aligned}
& c=-\sqrt{a+c} \sqrt{b+c} \\
& a+b=a+b+2 c+2 \sqrt{a+c} \sqrt{b+c} \\
& a+b=(\sqrt{a+c}+\sqrt{b+c})^{2} \\
& \sqrt{a+b}=\sqrt{a+c}+\sqrt{b+c}
\end{aligned}
$$

6. На страните $B C, C A, A B$ на триаголникот $A B C$ редоследно се дадени точките $M, N, P$ различни од темињата. Докажи дека кружниците опишани околу триаголниците ANP, BPM,CMN имаат заедничка точка.

Решение. Нека $k_{1}, k_{2}, k_{3}$ се редоследно кружниците опишани околу триаголниците $A N P, B P M, C M N$. Ќе ги разгледаме следниве случаи.

a) Кружниците $k_{2}$ и $k_{3}$ имаат две заеднички точки $M$ и $Q$ и точката $Q$ се наоѓа во внатрешноста на триаголникот $A B C$ (цртеж долу лево). Тогаш
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_faf575a75202fd173f3cg-11.jpg?height=444&width=1144&top_left_y=476&top_left_x=286)

$$
\begin{aligned}
\measuredangle N A P+\measuredangle N Q P & =180^{\circ}-\measuredangle N C M-\measuredangle P B M+360^{\circ}-\measuredangle M Q N-\measuredangle P Q M \\
& =540^{\circ}-(\measuredangle N C M+\measuredangle M Q N)-(\measuredangle P B M+\measuredangle P Q M) \\
& =540^{\circ}-180^{\circ}-180^{\circ}=180^{\circ},
\end{aligned}
$$

па следува дека $Q$ припаѓа на кружницата $k_{1}$.

б) Кружниците $k_{2}$ и $k_{3}$ имаат две заеднички точки $M$ и $Q$ и точките $A$ и $Q$ се наоѓаат на различни страни од правата $B C$ (цртеж десно горе). Тогаш

$$
\measuredangle N A P+\measuredangle N Q P=\measuredangle N A P+\measuredangle N Q M+\measuredangle M Q P=\measuredangle N A P+\measuredangle N C M+\measuredangle M B P=180^{\circ}
$$

па следува дека $Q$ припаѓа на кружницата $k_{1}$.

в) Кружниците $k_{2}$ и $k_{3}$ имаат заедничка точка $Q$ надвор од триаголникот $A B C$, но на иста страна на правата $B C$ на која е точката $A$ (цртеж лево долу). Тогаш

$$
\measuredangle A N Q=180^{\circ}-\measuredangle C N Q=\measuredangle C M Q=180^{\circ}-\measuredangle Q M B=180^{\circ}-\measuredangle Q P B=\measuredangle A P Q
$$

па точките $A, Q, P, N$ припаѓаат на иста кружница.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_faf575a75202fd173f3cg-11.jpg?height=442&width=1180&top_left_y=1690&top_left_x=280)
г) Кружниците $k_{2}$ и $k_{3}$ се допираат во точка $M$ (цртеж горе десно). Тогаш центрите на кружниците $k_{2}$ и $k_{3}$ се на правата $B C$, па затоа

$$
\measuredangle C N M=\measuredangle M P B=90^{\circ} \text { и } \measuredangle N A P+\measuredangle N M P=360^{\circ}-\measuredangle M N A-\measuredangle M P A=180^{\circ}
$$

од каде следува дека точката $M$ припаѓа на кружницата $k_{1}$.

д) Случајот кога кружниците $k_{2}$ и $k_{3}$ имаат заеднички точки $M$ и $Q$, при што $Q=P$ или $Q=N$ е едноставен и го препушптаме на читателот за вежба.

7. Определи триаголник со минимален периметар чии што должини на страни се цели броеви, а една тежишна линија е еднаква на соодветната страна.

Решение. Нека $A_{1}$ е средина на страната $B C$ на триаголникот $A B C$ (цртеж десно) и нека $a, b, c$ се природни броеви такви што $B C=A A_{1}=a, C A=b$ и $A B=c$. Тогаш

$$
\begin{aligned}
& b^{2}=\frac{5 a^{2}}{4}-a^{2} \cos \measuredangle A A_{1} C, \\
& c^{2}=\frac{5 a^{2}}{4}+a^{2} \cos \measuredangle A A_{1} C,
\end{aligned}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_faf575a75202fd173f3cg-12.jpg?height=267&width=281&top_left_y=756&top_left_x=1162)

од каде следува $\frac{5 a^{2}}{4}-b^{2}=c^{2}-\frac{5 a^{2}}{4}$, т.е. $5 a^{2}=2\left(b^{2}+c^{2}\right)$. Од последното равенство следува дека $a$ е парен број. Лесно се проверува дека за $a \in\{2,4,6,8,12,14\}$ равенката $5 a^{2}=2\left(b^{2}+c^{2}\right)$ нема решение во множеството природни броеви за кое важи $b+c>a, c+a>b, a+b>c$. За $a=10$ единствено решение за кое важат наведените услови е $a=10,\{b, c\}=\{9,13\}$. Периметарот на соодветниот триаголник е 32. Ако за природните броеви $a, b, c$ кои може да бидат должини на страни на триаголники важи $5 a^{2}=2\left(b^{2}+c^{2}\right)$ и $a \geq 16$, тогаш $a+b+c>a+a \geq 32$. Според тоа, должините на страните на бараниот триаголник се 9,10 и 13.

8. Ако е $a_{k} \geq 0$ за $k=1,2, \ldots, n$ и $S_{n}=a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}$, докажи дека

$$
\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right) \ldots\left(1+a_{n}\right) \leq 1+S_{n}+\frac{1}{2!} S_{n}^{2}+\ldots+\frac{1}{n!} S_{n}^{n}
$$

Решение. Неравенството ќе го докажеме со математичка индукција.

За $n=1$ неравенството го прима обликот $1+a_{1} \leq 1+a_{1}$ и очигледно и точно.

Нека претпоставиме дека за некоју природен број $n$ важи

$$
\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right) \ldots\left(1+a_{n}\right) \leq 1+S_{n}+\frac{1}{2!} S_{n}^{2}+\ldots+\frac{1}{n!} S_{n}^{n}
$$

Од биномната формула следува дека за ненегативни броеви $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}, a_{n+1}$ и за секој природен број $k \in\{1,2, \ldots, n\}$ важи

$$
\left(a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}+a_{n+1}\right)^{k} \geq\left(a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}\right)^{k}+k\left(a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}\right)^{k-1} a_{n+1}
$$

од каде следува

$$
\frac{S_{n+1}^{k}}{k!} \geq \frac{S_{n}^{k}}{k!}+\frac{S_{n}^{k-1}}{(k-1)!} a_{n+1}
$$

каде $S_{n+1}=a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}+a_{n+1}$. Од биномната формула исто така следува

$$
\frac{S_{n+1}^{n+1}}{(n+1)!}=\frac{\left(S_{n}+a_{n+1}\right)^{n+1}}{(n+1)!} \geq \frac{(n+1) S_{n}^{n} a_{n+1}}{(n+1)!}=\frac{S_{n}^{n}}{n!} a_{n+1}
$$

Сега, од индуктивната претпоставка (1) и неравенствата (2) и (3) добиваме

$$
\begin{aligned}
\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right) \ldots\left(1+a_{n}\right)\left(1+a_{n+1}\right) & \leq\left(1+S_{n}+\frac{1}{2!} S_{n}^{2}+\ldots+\frac{1}{n!} S_{n}^{n}\right)\left(1+a_{n+1}\right) \\
& \leq 1+\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{S_{n}^{k}}{k!}+\frac{S_{n}^{k-1}}{(k-1)!} a_{n+1}\right)+\frac{S_{n}^{n}}{n!} a_{n+1} \\
& \leq 1+S_{n+1}+\frac{1}{2!} S_{n+1}^{2}+\ldots+\frac{1}{(n+1)!} S_{n+1}^{n+1}
\end{aligned}
$$

со што доказот е завршен.

9. Дадени се броевите $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ секој од кои е еднаков или на 1 или на -1 и такви што $x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+\ldots+x_{n} x_{1}=0$. Докажи дека бројот $n$ е делив со 4.

Решение. Од $x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+\ldots+x_{n} x_{1}=0$ и како секој од броевите $x_{1} x_{2}, x_{2} x_{3}, \ldots$, $x_{n} x_{1}$ е еднаков на 1 или -1 , заклучуваме дека меѓу броевите има еднаков број позитивни и негативни броеви. Затоа $n=2 k$, каде $k$ е природен број. Да забележиме дека меѓу броевите $x_{1} x_{2}, x_{2} x_{3}, \ldots, x_{n} x_{1}$ има толку негативни броеви колку што во низата $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}, x_{1}$ има членови со различен предзнак од претхгодниот член. Бидејќи во оваа низа првиот и последниот член се еднакви на $x_{1}$, заклучуваме дека бројот на промените на знакот е парен. Според тоа, постои природен број $l$ таков што важи $k=2 l$, па затоа $n=4 l$.

10. Во рамнината се дадени милион прави такви што

a) Никои две од дадените прави не се паралелни.

б) Пресекот на произволни две од дадените прави припаѓа барем на уште една од тие прави.

Докажи дека сите прави се сечат во една точка.

Решение. Нека претпоставиме дека не постои точка која припаѓа на секоја од дадените прави. Нека $A$ е пресечна точка и $p$ е дадена права за кои важи:

a) точката $A$ не припаѓа на правата $p$,

б) растојанието од точката $A$ до правата $p$ е

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_faf575a75202fd173f3cg-13.jpg?height=255&width=399&top_left_y=1747&top_left_x=1067)
минимално.

Според условот на задачата точката $A$ припаѓа на барем три од дадените прави. Нека тие прави ја сечат правата $p$ во точките $B_{1}, B_{2}, B_{3}$ и нека е, на пример,
точката $B_{2}$ меѓу точките $B_{1}$ и $B_{3}$ (види цртеж). Јасно, барем еден од аглите $\measuredangle A B_{2} B_{1}$ и $\measuredangle A B_{2} B_{3}$ не е остар. Нека, на пример, $\measuredangle A B_{2} B_{3}>90^{\circ}$. Тогаш во триаголникот $A B_{2} B_{3}$ важи $A B_{3}>B_{2} B_{3}$, па затоа $d\left(B_{2}, A B_{3}\right)<d\left(A, B_{2} B_{3}\right)$, што е противречност. ( $d(X, Y Z)$ е ознака за растојанието од точката $X$ до правата $Y Z$.)

11. Во рамнината се дадени $n$ точки такви што меѓу произволни пет од тие точки постојат четири кои припаѓаат на една кружница. Ако $n \geq 7$, докажи дека барем $n-1$ од дадените точки припаѓаат на една кружница. Дали ова тврдење важи за $n<7$ ?

Решение. Нека $n \geq 7$ и нека $S=\left\{A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{4}\right\}$ е подмножество од даденото множество точки. Да претпоставиме дека никои пет од точките на множеството $S$ не припаѓаат на една кружница. Нека $k_{1}$ е кружницата која содржи четири од точките $A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}, A_{5}$, на пример,

$$
A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4} \in k_{1}
$$

Нека $k_{2}$ е кружницата која содржи четири од точките $A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{5}, A_{6}$. Тогаш кружницата $k_{2}$ не може да ги содржи сите точки $A_{1}, A_{2}, A_{3}$, бидејќи во спротивно би се поклопувала со $k_{1}$ и би содржела барем пет од дадените $n$ точки. Нека, на пример,

$$
A_{2}, A_{3}, A_{5}, A_{6} \in k_{2}
$$

Нека $k_{3}$ е кружницата која содржи четири од точките $A_{1}, A_{3}, A_{4}, A_{5}, A_{6}$. Лесно се добива дека $A_{3} \notin k_{3}$, т.е. дека

$$
A_{1}, A_{4}, A_{5}, A_{6} \in k_{3}
$$

(во останатите случаи $k_{3}$ се поклопува со некоја од кружниците $k_{1}$ или $k_{2}$ и содржи пет од дадените $n$ точки). Нека $k_{4}$ е кружница која содржи четири од точките $A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{5}, A_{7}$. Тогаш кружницата $k_{4}$ ја содржи точката $A_{1}$ (во спротивно се поклопува со $k_{2}$ и содржи пет од дадените точки), $k_{4}$ ги содржи точките $A_{5}$ и $A_{7}$ (во спротивно ќе се поклопува со $k_{1}$ и ќе содржи пет точки). Нека, на пример,

$$
A_{1}, A_{3}, A_{5}, A_{7} \in k_{4}
$$

Нека $k_{5}, k_{6}, k_{7}$ се кружници кои содржат по четири точки соодветно од следниве петчлени множества

$$
\left\{A_{2}, A_{3}, A_{4}, A_{5}, A_{7}\right\}, \quad\left\{A_{2}, A_{3}, A_{5}, A_{6}, A_{7}\right\}, \quad\left\{A_{3}, A_{4}, A_{5}, A_{6}, A_{7}\right\}
$$

Лесно се докажува дека важи

$$
A_{2}, A_{4}, A_{5}, A_{7} \in k_{5}, \quad A_{1}, A_{2}, A_{6}, A_{7} \in k_{6}, \quad A_{3}, A_{4}, A_{6}, A_{7} \in k_{7}
$$

Да претпоставиме дека точките $A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}$ во запишаниот редослед се јавуваат на кружницата $k_{1}$ (цртеж десно). Бидејќи $k_{2}$ ги содржи точките $A_{2}$ и $A_{3}$, а $k_{3}$ ги содржи точките $A_{1}$ и $A_{4}$, добиваме дека заедничките точки $A_{5}$ и $A_{6}$ на овие кружници двете се

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_faf575a75202fd173f3cg-15.jpg?height=342&width=600&top_left_y=276&top_left_x=880)
наоѓаат внатре или двете се надвор од кружницата $k_{1}$. Нека претпоставиме дека точките $A_{5}$ и $A_{6}$ се во кружницата $k_{1}$. Тогаш и точката $A_{7}$ е во кружницата $k_{1}$, бидејќи

$$
A_{6}, A_{7} \in k_{6} \cap k_{7}, \quad A_{1}, A_{2} \in k_{6}, \quad A_{3}, A_{4} \in k_{7}
$$

Но, бидејќи $A_{1}, A_{3} \in k_{4}, A_{2}, A_{4} \in k_{5}$ и $A_{5}, A_{7} \in k_{4} \cap k_{5}$, добиваме дека една од точките $A_{5}$ и $A_{7}$ е внатре во кружницата $k_{1}$, а другата е надвор од неа. Добиената противречност покажува дека пет од точките на множеството $S$ припаѓаат на една кружница. Нека претпоставиме дека кружницата $k$ ги содржи точките $A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}, A_{5}$. Нека $X$ и $Y$ се некои две од дадените точки за кои важи $X, Y \notin\left\{A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}, A_{5}\right\}$. Нека претпоставиме дека $X \notin k, Y \notin k$.

Нека $k$ ' е кружница која содржи четири од точките $A_{1}, A_{4}, A_{5}, X, Y$, а $k^{\prime \prime}$ е кружница која содржи четири од точките $A_{2}, A_{3}, A_{5}, X$, $Y$. Тогаш една од точките $A_{1}, A_{4}, A_{5}$ не припаѓа на кружницата $k$ '. Нека, на пример,

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_faf575a75202fd173f3cg-15.jpg?height=284&width=488&top_left_y=1204&top_left_x=991)
$A_{1}, A_{4}, X, Y \in k^{\prime}$ (цртеж десно). Слично, една од точките $A_{2}, A_{3}, A_{5}$ не припаѓа на $k^{\prime \prime}$. Нека, на пример, $A_{2}, A_{5}, X, Y \in k "$. Тогаш никои четири од точките $A_{3}, A_{4}, A_{5}, X, Y$ не припаѓаат на една кружница, што е противречност. Според тоа, најмногу една од точките $X$ и $Y$ не припаѓа на $k$, па лесно следува дека најмногу една од сите $n$ точки не припаѓа на $k$.

За $n=6$ тврдењето не важи (цртеж горе), за $n=5$ тврдењетsо очигледно важи, а за $n<5$ тврдењето губи смисла.