# XLIV РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ 

## VI одделение

1. Даден е квадрат со страна долга $12 \mathrm{~cm}$. Најди ги димензиите на сите различни правоаголници чии должини на страните се различни природни броеви, а нивната плоштина е еднаква на плоштината на дадениот квадрат. Кој од добиените правоаголници има најголем, а кој најмал периметар?

Решение. Правоаголникот има иста плоштина со дадениот квадрат, па затоа плоштината на правоаголникот е $144 \mathrm{~cm}^{2}$. Го разложуваме бројот 144 на делители, т.е. $144=2^{4} \cdot 3^{2}$ и ги формираме сите можни двојки различни природни броеви чиј производ е 144. Така добиваме 6 правоаголници со страни: 2 и 72, 4 и 36, 6 и 24,8 и 18, 3 и 48, 9 и 16 , изразени во $\mathrm{cm}$.

Периметарот на секој од нив е

$$
\begin{aligned}
& 2(2+72)=148 \mathrm{~cm}, 2(4+36)=80 \mathrm{~cm}, 2(6+24)=60 \mathrm{~cm} \\
& 2(8+18)=52 \mathrm{~cm}, 2(3+48)=102 \mathrm{~cm}, 2(9+16)=50 \mathrm{~cm}
\end{aligned}
$$

Најголем периметар има правоаголникот со страни $2 \mathrm{~cm}$ и $72 \mathrm{~cm}$, а најмал оној со страни $9 \mathrm{~cm}$ и $16 \mathrm{~cm}$.

2. Разликата на два природни броеви е 15 , а нивниот најмал заеднички содржател е 42. Кои се тие броеви? Образложи го својот одговор!

Решение. Ако еден од тие броеви го означиме со $a$, тогаш другиот број кој го бараме е $a+15$. НЗС на овие два броја е 42, па значи и двата броја се делители на 42. Значи, бројот $a$ е еден од броевите $1,2,3,6,7$, 14, 21 или 42. Но, и бројот $a+15$ е еден од овие броеви. Бидејќи $a+15$ е поголем од 15 и е делител на 42, имаме:
i) $a+15=21$, од каде $a=6$;

ii) $a+15=42$, од каде $a=27$, што е противречи на условот дека бројот $a$ е делител на 42.

Значи бараните броеви се 6 и 21.

3. Цената на едно пенкало е цел број денари. Цената на 9 вакви пенкала е поголема од 1100 денари, а помала од 1200 денари. Цената на 13
пенкала е поголема од 1500 денари, а помала од 1600 денари. Колку чини едно пенкало?

Решение. Нека $x$ е цената на едно пенкало. Заради условот на задачата, $x$ е цел број денари. Според дадените услови, имаме

$$
\begin{aligned}
& 1100<9 x<1200 \\
& 1500<13 x<1600
\end{aligned} \Rightarrow \begin{aligned}
& 122<x<134 \\
& 115<x<124
\end{aligned}
$$

при што, во првото неравенство делиме со 9 , а во второто со 13 . Ако ги подредиме двете последни неравенства, добиваме:

$$
115<122<x<124<134
$$

што значи дека $x=123$. Според тоа, цената на едно пенкало е 123 денари.

4. За внатрешните агли $\alpha=\measuredangle B A C$ и $\beta=\measuredangle A B C$ на триаголникот $A B C$ важи $\alpha-\beta=90^{\circ}$. Нека $M$ и $N$ се пресечните точки на правата $A B$ со симетралите на внатрешниот и надворешниот агол во темето $C$, соодветно. Докажи дека $\overline{C M}=\overline{C N}$ !

Решение. Од условот $\alpha-\beta=90^{\circ}$ следува дека триаголникот $A B C$ е тапоаголен. За да покажеме дека $\overline{C M}=\overline{C N}$, доволно е да докажеме дека важи $\measuredangle C N M=\measuredangle N M C$.

Да означиме со $\gamma=\measuredangle A C B, \delta=\measuredangle A M C$. Од $\triangle M B C$ имаме $\delta=\beta+\frac{\gamma}{2}$ (бидејќи $\delta$ е надворешен агол за овој триаголник), а од $\triangle A M C$ имаме $\alpha+\delta+\frac{\gamma}{2}=180^{\circ}$. Ако на левата страна на последното равенство го додадеме и одземеме аголот $\quad \beta \quad$ и го искористиме условот, ќе добиеме

$\alpha-\beta+\delta+\beta+\frac{\gamma}{2}=180^{\circ}$

$90^{\circ}+\delta+\delta=180^{\circ}$

$2 \delta=90^{\circ}$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_a2cdef1e7dbc70f60343g-02.jpg?height=365&width=802&top_left_y=1577&top_left_x=702)

$\delta=45^{\circ}$

Бидејќи $\measuredangle N C M=90^{\circ}$, како агол меѓу симетралите на внатрешниот и надворешниот агол во темето $C$, кои се два напоредни агли, следува дека $\measuredangle C N M=45^{\circ}$, т.е $N M C$ е рамнокрак триаголник, па $\overline{C M}=\overline{C N}$.

5. Најди ги сите трицифрени броеви деливи со 7, кои имаат различни цифри и имаат збир на цифри делив со 7. Образложи го својот одговор! Решение. Нека $x=\overline{a b c}$ е таков трицифрен број каков што се бара во задачата. Тогаш за неговите цифри важи $a \neq b \neq c \neq a$. Имаме

$$
x=100 a+10 b+c=7(14 a+b)+(2 a+3 b+c)
$$

од каде што следува дека $2 a+3 b+c$ е број делив со 7. Бидејќи од условот на задачата $a+b+c$ е број делив со 7 , добиваме дека и разликата

$$
(2 a+3 b+c)-2(a+b+c)=b-c
$$

е број делив со 7. Да напоменеме дека ако $b-c$ е број делив со 7, тогаш и бројот $c-b$ е број делив со 7. Бидејќи цифрите се различни, добиваме дека единствени броеви кои го задоволуваат условот на задачата се: $518,581,329$ и 392.

## VII одделение

1. Најди го најмалиот природен број, кој помножен со 127008 дава куб на природен број. Образложи го својот одговор!

Решение. Бидејки $127008=2^{5} \cdot 3^{4} \cdot 7^{2}$, следува дека најмалиот природен број со кој треба да го помножиме овој број е бројот $2 \cdot 3^{2} \cdot 7=126$.

2. Должините на страните на еден правоаголник се природни броеви. Одреди ги тие должини ако мерниот број на плоштината на овој правоаголник е еднаков со мерниот број на неговиот периметар. Образложи го својот одговор!

Решение. Нека $a$ и $b$ се должините на страните на правоаголникот. Тогаш заради условот на задачата, $a b=2(a+b)$, односно $a b-2 a-2 b=0$. Со додавање на 4 од двете страни на равенката, добиваме $a b-2 a-2 b+4=4$, од каде што $(a-2)(b-2)=4$. Тогаш можни се следните случаи:

1) $a-2=1, b-2=4$, односно $a=3, b=6$;
2) $a-2=2, b-2=2$, односно $a=4, b=4$, што се и бараните димензии.
3. Дропката $\frac{179}{140}$ претстави ја како збир на три позитивни дропки со едноцифрени именители. Образложи го својот одговор!

Решение. Ако именителот на дадената дропка го разложиме на прости множители, се добива $140=2 \cdot 2 \cdot 5 \cdot 7$. Оттука, овој број може да се запише како производ од три едноцифрени броеви единствено на следниов начин $140=4 \cdot 5 \cdot 7$. Според тоа, бараното претставување на дадената дропка е $\frac{x}{4}+\frac{y}{5}+\frac{z}{7}=\frac{179}{140}$. Ако равенката ја помножиме со 140 се добива $35 x+28 y+20 z=179$.

Доволно е да се најдат сите решенија на оваа равенка. Пред се, да забележиме дека бројот $20 z$ е парен број кој завршува на 0 , за било која вредност на $z$. Потоа, бројот $28 y$ е парен за било која вредност на $y$. Бидејќи десната страна на равенката е непарен број, бројот $35 x$ треба да биде непарен, а тоа е можно само ако $x$ е непарен број. Притоа, $35 x$ завршува на 5 за било која вредност на $x$, па затоа треба $28 y$ да завршува на 4. Тоа е можно, ако $y$ е број што завршува на 3 или 8 . Ако $y$ е 8 , тогаш $28 y>179$. Затоа заклучуваме дека $y=3$. Имаме

$$
35 x+20 z=95
$$

Со непосредна проверка се добива дека $x=1, z=3$, односно

$$
\frac{1}{4}+\frac{3}{5}+\frac{3}{7}=\frac{179}{140}
$$

4. Во триаголникот $A B C, \measuredangle A C B=60^{\circ}$. Симетралата на $\measuredangle B A C$ ја сече страната $B C$ во точка $M$, а симетралата на $\measuredangle A B C$ ја сече страната $A C$ во точка $N$. Нека $S$ е центарот на впишаната кружница во триаголникот $A B C$. Докажи дека $\overline{S M}=\overline{S N}$.

Решение. Нека $P$ и $Q$ се подножја на нормалите спуштени од $S$ кон $B C$ и $A C$, соодветно. Нека означиме $\alpha=\measuredangle A M C$ и $\beta=\measuredangle B N A$. Заради $\measuredangle A C B=60^{\circ}$, за внатрешните агли на триаголникот $A B C$ имаме

$$
\measuredangle B A C+\measuredangle A B C=120^{\circ}
$$

Bo $\triangle A M C$ важи

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_a2cdef1e7dbc70f60343g-04.jpg?height=495&width=589&top_left_y=1666&top_left_x=876)

$$
\alpha+60^{\circ}+\frac{\measuredangle B A C}{2}=180^{\circ} \Rightarrow \alpha+\frac{\measuredangle B A C}{2}=120^{\circ}
$$

Bo $\triangle B N C$ важи

$$
\left(180^{\circ}-\beta\right)+60^{\circ}+\frac{\measuredangle A B C}{2}=180^{\circ} \Rightarrow\left(180^{\circ}-\beta\right)+\frac{\measuredangle A B C}{2}=120^{\circ}
$$

Ако ги собереме равенките (1) и (2), се добива

$$
\begin{aligned}
& \alpha+\frac{\measuredangle B A C}{2}+\left(180^{\circ}-\beta\right)+\frac{\measuredangle A B C}{2}=240^{\circ} \\
& \alpha-\beta+\frac{\measuredangle B A C+\measuredangle A B C}{2}=60^{\circ} \\
& \alpha-\beta=0 \\
& \alpha=\beta
\end{aligned}
$$

Според тоа, триаголниците MPS и NQS се складни според признакот $\mathrm{ACA}$, бидејќи имаат исти агли и $\overline{S Q}=\overline{S P}$, како радиуси на впишаната кружница во триаголникот $A B C$. Следува дека $\overline{S M}=\overline{S N}$, што требаше да се докаже.

5. Ана има 16 исти квадари со должини на рабовите $2 \mathrm{~cm}, 2 \mathrm{~cm}$ и $1 \mathrm{~cm}$. Таа со нив на повеќе начини може да формира поголем квадар, при што мора да ги употреби сите 16 мали квадари и новиот квадар да нема никакви празнини. Кои се должините на рабовите на квадарот што го формирала Ана, ако тој треба да има најмала плоштина?

Решение. Волуменот на добиениот квадар секогаш е ист, без разлика како Ана ќе го формира и изнесува $V=16 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 1=64 \mathrm{~cm}^{3}$. Должините на рабовите на вака добиениот квадар мора да се делители на 64, односно $1 \mathrm{~cm}, 2 \mathrm{~cm}, 4 \mathrm{~cm}, 8 \mathrm{~cm}, 16 \mathrm{~cm}, 32 \mathrm{~cm}$ или $64 \mathrm{~cm}$. Единствените можни квадари што можат да се добијат на овој начин имаат димензии: $32 \times 2 \times 1,16 \times 4 \times 1,16 \times 2 \times 2,8 \times 8 \times 1,8 \times 4 \times 2$ и $4 \times 4 \times 4$.

Нивните плоштини се:

$$
\begin{aligned}
& P_{1}=2(64+32+2)=196 \mathrm{~cm}^{2} \\
& P_{2}=2(64+16+4)=168 \mathrm{~cm}^{2} \\
& P_{3}=2(32+32+4)=136 \mathrm{~cm}^{2} \\
& P_{4}=2(64+8+8)=160 \mathrm{~cm}^{2} \\
& P_{5}=2(32+16+8)=112 \mathrm{~cm}^{2} \\
& P_{6}=2(16+16+16)=96 \mathrm{~cm}^{2}
\end{aligned}
$$

Според тоа, квадарот кој го направила Ана има димензии $4 \times 4 \times 4$.

## VIII одделение

1. Докажи дека бројот $20192019+20192018 \cdot 20192019 \cdot 20192020$ е куб на цел број.

Решение. Нека означиме со $n=20192019$. Тогаш горниот израз може да го запишеме како $n+(n-1) \cdot n \cdot(n+1)=n+n\left(n^{2}-1\right)=n+n^{3}-n=n^{3}$, од каде што следува тврдењето на задачата.

2. Даден е рамнокрак $\triangle A B C$ со краци $A C$ и $B C$ и $\angle A C B=108^{\circ}$. Симетралата на $\measuredangle B A C$ ја сече страната $B C$ во точка $D$. Низ $D$ повлекуваме права нормална на $A D$ која ја сече правата $A B$ во точка $E$. Докажи дека $\overline{D E}=\overline{C D}$.

Решение. Нека $F$ е пресечната точка на правата $E D$ со правата $A C$. Од $\triangle A B C$ е рамнокрак и од $\measuredangle A C B=108^{\circ}$ имаме $\measuredangle B A C=36^{\circ}$. Од $A D$ е симетрала на $\measuredangle B A C$ имаме $\angle D A C=18^{\circ}$. Триаголникот $A D F$ е правоаголен па имаме $\angle D F A=72^{\circ}$. Од $\measuredangle A C B=108^{\circ}$ имаме

$$
\measuredangle D C F=180^{\circ}-108^{\circ}=72^{\circ}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_a2cdef1e7dbc70f60343g-06.jpg?height=524&width=911&top_left_y=1363&top_left_x=434)

Следува ${ }_{\triangle D C F}$ е рамнокрак триаголник и $\overline{D C}=\overline{F D}$. Од $A D$ е симетрала на $\Varangle B A C$ следува $\overline{D E}=\overline{F D}=\overline{C D}$.

3. Во триаголникот $A B C$ повлечени се симетралите на аглите во темињата $A$ и $C$. Точките $P$ и $Q$ се проекциите на точката $B$ на тие
симетрали, соодветно. Докажи дека отсечката $P Q$ е паралелна со страната $A C$.

Решение. Нека ги продолжиме отсечките $B Q$ и $B P$ до пресек со правата $A C$ и нека тие точки ги означиме со $A_{1}$ и $C_{1}$, соодветно. Во триаголникот $A B C_{1}$ отсечката $A P$ е висина и симетрала на аголот во темето $A$. Значи тој триаголник е рамнокрак, $\overline{A B}=$ $\overline{A C_{1}}$. Тогаш отсечката $A P$ е исто така и тежишна линија, па

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_a2cdef1e7dbc70f60343g-07.jpg?height=512&width=594&top_left_y=386&top_left_x=902)
$B P=P C_{1}$. Сосема аналогно, $C Q$ е тежишна линија во триаголникот $C B A_{1}$, па $\overline{B Q}=\overline{Q A_{1}}$. Според тоа $P Q$ е средна линија за триаголникот $A_{1} B C_{1}$. Значи, отсечката $P Q$ е паралелна со страната $A C$.

4. Нека $A$ е природен број со парен број на цифри, а $B$ е број добиен со некоја промена на редоследот на цифрите на бројот $A$ така што $A+B=10^{n}$. Докажи дека ако $n$ е парен број, тогаш секој од броевите $A$ и $B$ со горното својство е делив со 10 .

Решение. Нека $A=\overline{a_{1} a_{2} \ldots a_{n}}$ и $B=\overline{b_{1} b_{2} \ldots b_{n}}$. Од условот $A+B=10^{n}$ следува дека $a_{n}+b_{n}=0$ или $a_{n}+b_{n}=10$. Ако $a_{n}+b_{n}=10$, тогаш од $A+B=10^{n}$ следува дека $a_{k}+b_{k}=9$ за секој $i=\overline{1, n-1}$. Со собирање на овие равенства добиваме $\sum_{i=1}^{n}\left(a_{k}+b_{k}\right)=9(n-1)+10$. Левата страна на последното равенство е парен број бидејќи секоја цифра се јавува два пати, а десната е непарна ( $n$ е непарен број), што не е можно. Следува дека $a_{n}+b_{n}=0$, односно $a_{n}=b_{n}=0$, па $10 \mid A$ и $10 \mid B$.

5. Пресметај го максималниот производ на сите природни броеви чиј збир e 2019.

Решение. Нека со $P$ го означиме максималниот производ. Очигледно е дека ниту еден од множителите во производот $P$ не е 1 . Бидејќи $2(k-2)>k$ и $2+k-2=k$ кога $k>4$, јасно е дека сите множителите во
производот $P$ се помали или еднакви на 4 (во спротивно, $P$ не би бил максимален). Бидејќи $4=2+2$, производот не се менува кога четворките ги заменуваме со две двојки. Следува дека $P=2^{x} 3^{y}$. Бидејќи $2^{3}<3^{2}$ и $2+2+2=3+3$, јасно е дека двојки не може да има повеќе од две. Од $2019=673 \cdot 3$, следува дека $P=3^{673}$.

## IX одделение

1. За колку природни броеви $n$ се исполнети неравенствата

$$
2019<\sqrt{n}<2020 ?
$$

Образложи го својот одговор!

Решение. Со квадрирање на дадените неравенства ги добиваме еквивалентните неравенства $2019^{2}<n<2020^{2}$. Според тоа, вкупниот број на броеви за кои се точни последните неравенства, т.е. се точни дадените неравенствата е еднаков на

$$
2020^{2}-2019^{2}-1=(2020-2019)(2020+2019)-1=4039-1=4038
$$

2. Најди ги сите прости броеви $p$ такви што $17 p+1$ е полн квадрат на природен број.

Решение. Нека $17 p+1=n^{2}$. Од тоа што 17 и $p$ се прости броеви имаме

$$
17 p=n^{2}-1=(n-1)(n+1)
$$

Можни се два случаи

1) $17=n-1, \quad p=n+1$, од каде следува дека $n=18$ односно $p=19$;
2) $p=n-1,17=n+1$, т.е. $n=16$ и $p=15$ што е контрадикција ( 15 не е прост број).

Следува, единствено решение е $p=19$.

3. Докажи дека за секој природен број $n$ постои број од облик $11 . .10 \ldots 0$ кој е делив со $n$.

Решение. Ги разгледуваме броевите $1,11,111,1111, \ldots, 11 . .1$ каде $i$ тиот број содржи $i$ единици, $i=\overline{1, n+1}$. При делење со бројот $n$, можни остатоци се броевите $\{0,1,2, \ldots, n-1\}$. Имаме $n+1$ број, а $n$ остатоци, па според Принципот на Дирихле постојат два кои имаат ист
остаток при делење со $n$. Нивната разлика е делива со $n$ и има облик $11 . .10 \ldots 0$.

4. Даден е остроаголен $\triangle A B C$. Точката $B^{\prime}$ е осносиметрична слика на точката $B$ во однос на правата $A C$, а точката $C^{\prime}$ е осносиметрична слика на точката $C$ во однос на правата $A B$. Опишаните кружници околу триаголниците $A B B^{\prime}$ и $A C C^{\prime}$ се сечат во точките $A$ и $P$. Докажи дека центарот на опишаната кружница околу $\triangle A B C$ лежи на правата $A P$.

Решение. Нека $O_{1}$ е пресекот на правата $A C$ и симетралата на страната $A B$. Заради осната симетрија важи $\overline{B O_{1}}=\overline{B^{\prime} O_{1}}$, т.е. $O_{1}$ е

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_a2cdef1e7dbc70f60343g-09.jpg?height=798&width=896&top_left_y=848&top_left_x=453)

центарот на опишаната кружница околу триаголникот $A B B^{\prime}$. Аналогно ја дефинираме точката $O_{2}$ како пресек на правата $A B$ и симетралата на страната $A C$, што значи дека таа е центар на опишаната кружница околу триаголникот $A C C^{\prime}$.

Бидејќи $A P$ е заедничка тетива на двете кружници, правата $A P$ е нормална на правата $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}$. Симетралите на страните $A B$ и $A C$ се сечат во точката $O$, т.е. $O O_{1}$ е нормална на $A B$ и $O O_{2}$ е нормална на $A C$. Значи, $O$ е ортоцентар на триаголникот $A O_{2} \mathrm{O}_{1}$. Заклучуваме дека правата $A O$ е нормална на правата $O_{1} O_{2}$. Значи, правите $A P$ и $A O$ се
нормални на $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}$, од што следува дека тие се совпагаат, т.е. точките $A, O$ и $P$ се колинеарни.

5. Даден е трапез $A B C D$ со основи $A B$ и $C D, A B>C D$. На страната $B C$ е одбрана точка $M$, така што $B M<M C$. Докажи дека

$$
P_{\triangle A M D}>P_{\triangle A M B}+P_{\triangle C M D}
$$

Решение. Низ точката $M$ ќе повлечеме права паралелна со кракот $A D$ и ќе ги означиме со $E$ и $F$ пресечните точки со $A B$ и $C D$, соодветно. За трапезот CFBE, важи дека $P=P_{\triangle F M B}=P_{\triangle C M E}$, бидеј-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_a2cdef1e7dbc70f60343g-10.jpg?height=314&width=567&top_left_y=588&top_left_x=916)
ќ $P_{\triangle F M B}=P_{\Delta C B F}-P_{\Delta C M F}, P_{\Delta C M E}=P_{\Delta C F E}-P_{\triangle C M F}$ и $P_{\triangle C B F}=P_{\triangle C F E}$. Од $\overline{B M}<\overline{C M}$ следува дека

$$
P=P_{\triangle B M F}<P_{\Delta C M F} \text { и } P_{\triangle B M E}<P_{\Delta C M E}=P
$$

Следува $P_{\triangle B M E}<P_{\triangle C M F}$. Од паралелограмот $A E F D$ имаме

$$
P_{\triangle A M D}=\frac{1}{2} P_{A E F D} \text { или } P_{\triangle A M D}=P_{\triangle A E M}+P_{\triangle D F M} \text {. }
$$

Но,

$$
P_{\triangle A E M}=P_{\triangle A B M}-P_{\triangle B E M} \text { и } P_{\triangle D F M}=P_{\triangle D C M}+P_{\triangle C M F}
$$

Конечно,

$$
\begin{aligned}
P_{\Delta A M D} & =P_{\Delta A B M}-P_{\Delta B E M}+P_{\Delta D C M}+P_{\Delta C M F} \\
& =P_{\Delta A B M}+P_{\Delta D C M}+P_{\Delta C M F}-P_{\Delta B M E} \\
& >P_{\Delta A B M}+P_{\Delta D C M}
\end{aligned}
$$