# ХХХІІ РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ ## VI одделение 1. Ако $a$ и $b$ се прости броеви поголеми од 3 , докажи дека вредноста на изразот $\frac{(a+b)(a-b)}{12}$ е цел број. Решение. Бидејќи $a$ и $b$ се прости броеви поголеми од 3 , значи дека тие се непарни, и тогаш нивниот збир и нивната разлика се броеви деливи со 2 , од каде следи дека $$ 4 \mid(a+b)(a-b) $$ Бидејќи $a$ и $b$ се прости броеви, тие се од облик $3 k \pm 1$. Ги имаме следните случаи, ако $a=3 k+1$ и $b=3 m+1$, тогаш $a-b=3(k-m)$, ако $a=3 k+1$ и $b=3 m-1$, тогаш $a+b=3(k+m)$, ако $a=3 k-1$ и $b=3 m+1$, тогаш $a+b=3(k+m)$, и ако $a=3 k-1$ и $b=3 m-1$, тогаш $a-b=$ $3(k-m)$. Значи, $$ 3 \mid(a+b)(a-b) $$ Од (1) и (2) добиваме дека 12|( $a+b)(a-b)$, што значи дека вредноста на изразот $\frac{(a+b)(a-b)}{12}$ е цел број. 2. На парадата на кралските мускетари, гледајќи дека не можат да се наредат во редици од по 11 мускетари, началникот Д'Артањан решил да ги нареди мускетарите во редици од по 10 мускетари, но се покажало дека во последната редица останало едно слободно место. Потоа тој се обидел да ги нареди во редици од по $9,8,7,6,5,4,3,2$ мускетари, но секој пат во последната редица останувало по едно слободно место. На крај мускетарите поминале во колона по еден, што предизвикало бурна смеа кај посетителите. Определи колку мускетари учествувале на парадата, ако се знае дека не биле повеке од 7000. Решение. Нека $x$ е бројот на мускетари кои учествувале на парадата. Од условот на задачата имаме дека $x+1$ се дели со $2,3,4,5,6,7,8,9$, 10 , од каде следува дека $$ x+1=\mathrm{NZS}(2,3,4,5,6,7,8,9,10) \cdot k=2520 \cdot k $$ односно $x=2520 k-1$. За $k \geq 3$ се добива дека $$ x \geq 2520 \cdot 3-1=7559>7000 $$ од каде следува дека $k=1$ или $k=2$. За $k=1$, се добива дека $x=2519$ што се дели со 11, па единствената можност е $k=2$, односно $x=2520 \cdot 2-1=5039$ што не се дели со 11 , односно на парадата учествувале 5039 мускетари. 3. Две полиња се засадени со рози и лаванди. $65 \%$ од плоштината на првото поле се рози, $45 \%$ од плоштината на второто поле се рози и $53 \%$ од плоштината на двете полиња заедно се рози. Колку проценти од вкупната плоштина (на двете полиња заедно) е плоштината на првото поле? Решение. Да ги означиме со $\mathrm{S}_{1}$ и $\mathrm{S}_{2}$ плоштината на првото и второто поле соодветно.Тогаш, од условот на задачата добиваме дека $$ 65 \% S_{1}+45 \% S_{2}=53 \%\left(S_{1}+S_{2}\right) $$ од каде се добива дека $$ 45 \%\left(S_{1}+S_{2}\right)+20 \% S_{1}=53 \%\left(S_{1}+S_{2}\right) $$ односно $$ 20 \% S_{1}=8 \%\left(S_{1}+S_{2}\right), \text { или } S_{1}=\frac{8}{20}\left(S_{1}+S_{2}\right)=\frac{40}{100}\left(S_{1}+S_{2}\right)=40 \%\left(S_{1}+S_{2}\right) $$ Последното равенство покажува дека првото поле е $40 \%$ од вкупната плоштина на двете полиња заедно. 4. Нека $O$ и $S$ се центрите на опишаната и впишаната кружница во триаголникот $A B C$ соодветно ( $b1$ ). Тогаш, од условот на задачата останатите две точки $C$ и $D$ се на растојание не поголемо од 1 и од $A$ и од $B$ ( $\overline{A C} \leq 1, \overline{A D} \leq 1$ и $\overline{B C} \leq 1, \overline{B D} \leq 1$ ). Ќе покажеме дека сите 4 точки може да се покријат со кругот со центар во точката $M$-средина на отсечката $A B$ и радиус 1 . Од неравенството $\overline{A B} \leq \overline{A C}+\overline{B C} \leq 1+1=2$, следува дека точките $A$ и $B$ се во тој круг. Нека $C_{1}$ е симетрична точка на точката $C$ во однос на центарот $M$. Тогаш, ${ }_{\triangle B M C} \cong{ }_{\triangle} A M C_{1}\left(\overline{M B}=\overline{M A}, \measuredangle B M C=\measuredangle A M C_{1}, \overline{M C}=\overline{M C_{1}}\right)$, од каде следува дека $\overline{B C}=\overline{A C_{1}}$. Тогаш, $$ 2 \cdot \overline{C M}=\overline{C C_{1}} \leq \overline{A C}+\overline{A C_{1}}=\overline{A C}+\overline{B C} \leq 1+1=2 $$ односно $\overline{C M} \leq 1$. Аналогно се покажува дека и $\overline{D M} \leq 1$. Значи, и точките $C$ и $D$ се во тој круг. ## VII одделение 1. Нека е даден полиномот $P(x)=4 x^{4}+x^{3}+8 x^{2}+x+4$. a) Разложи го полиномот $P(x)$ на производ од два полинома од втор степен. б) Покажи дека за било која вредност на променливата $x \in N$, вредноста на полиномот $P(x)$ е делива со 2 . Решение. а) Непосредно имаме $$ \begin{aligned} P(x) & =4\left(x^{4}+2 x^{2}+1\right)+x^{3}+x \\ & =4\left(x^{2}+1\right)^{2}+x\left(x^{2}+1\right) \\ & =\left(x^{2}+1\right)\left(4\left(x^{2}+1\right)+x\right) \\ & =\left(x^{2}+1\right)\left(4 x^{2}+x+4\right) \end{aligned} $$ б) Нека $x \in \mathbb{N}$. Од тоа што $$ P(x)=4\left(x^{4}+2 x^{2}+1\right)+x^{3}+x $$ и $2 \mid 4\left(x^{4}+2 x^{2}+1\right)$, следува дека $2 \mid P(x)$, ако $x^{3}+x$ е парен број. Ако $x$ е парен број, тогаш $x^{3}$ е парен број, па $x^{3}+x$ е парен број. Ако $x$ е непарен број, тогаш $x^{3}$ е непарен број, па $x^{3}+x$ е повторно парен број. Значи, $2 \mid P(x)$. 2. Дали е можно рабовите на коцка да се означат (нумерираат) со броевите $1,2,3, \ldots, 11,12$, така што збирот на броевите придружени на три раба кои излегуваат од исто теме на коцката за сите темиња на коцката да е еднаков? Образложи го одговорот. Решение. Нека работ $M N$ е означен со бројот $x$. Бројот $x$ влегува во збирот кој одговара на темињата $M$ и $N$. На ист начин секој од броевите $1,2, \ldots, 12$ се појавува два пати во вкупниот збир. Тогаш, збирот на сите 8 збира кои се придружени на 8 -те темиња на коцката е $2 \cdot(1+2+\ldots+12)=156$. Ако сите 8 збира кои се придружени на 8 -те темиња на коцката се ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_d8a76bc44f42ce38b485g-4.jpg?height=358&width=353&top_left_y=1633&top_left_x=1112) еднакви природни броеви, тогаш секој од нив изнесува $\frac{156}{8}=\frac{39}{2}=19,5$, од каде следи дека предложеното означување не е можно. 3. Точките $A, B$ и $E$ лежат на иста права, така што точката $B$ е помеѓу точките $A$ и $E$. Од иста страна на правата се конструирани квадрат $A B C D$ и рамностран триаголник $B E F$. Ако должината на $B E$ е два пати поголема од должината на $A B$, покажи дека плоштината на четириаголникот $C D E F$ е еднаква на плоштината на триаголникот $B E F$. Решение. Нека $\overline{A B}=a$, тогаш од условот на задачата $\overline{B E}=2 a$. Нека $C G$ е висина во триаголникот $B F C$. Бидејќи $\measuredangle A B C=90^{\circ}$ и $\measuredangle F B E=60^{\circ}$, а важи $$ \measuredangle A B C+\measuredangle C B G+\measuredangle F B E=180^{\circ} $$ наоѓаме дека $\measuredangle C B G=30^{\circ}$. Спо- ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_d8a76bc44f42ce38b485g-5.jpg?height=370&width=565&top_left_y=536&top_left_x=900) ред тоа, во правоаголниот триаголник $B G C$ катетата $C G$ е еднаква на половина од хипотенузата $B C$, т.е. $\overline{C G}=\frac{a}{2}$. Според тоа, плоштината $P$ на четириаголникот $C D E F$ е $$ P=P_{A B C D}+P_{B E F}+P_{B C F}-P_{A D E}=a^{2}+P_{B E F}+\frac{1}{2} \cdot 2 a \frac{a}{2}-\frac{1}{2} 3 a \cdot a=P_{B E F} $$ 4. Нека $A$ и $B$ се два природни броја кои се напишани со исти цифри (секоја цифра се појавува ист број пати и во едниот и во другиот број, но не мора да значи дека е на истото место). Ако $A+B=10^{10}$, докажи дека бројот $A$ е делив со 10 . Решение. Бидејќи $10^{10}$ е најмалиот природен број со 11 цифри, следува дека броевите $A$ и $B$ се десетцифрени броеви. Нека $A=\overline{a_{10} a_{9} a_{8} \ldots a_{2} a_{1}}$ и $B=\overline{b_{10} b_{9} b_{8} \ldots b_{2} b_{1}}$. Од $A+B=10^{10}$ следува дека постои $i \in\{1,2, \ldots, 10\}$ таков што $a_{1}+b_{1}=0, \ldots, a_{i-1}+b_{i-1}=0, a_{i}+b_{i}=10, a_{i+1}+b_{i+1}=9, \ldots$, $a_{10}+b_{10}=9$. Бидејќи цифрите на броевите $A$ и $B$ се еднакви, собирајќи ги горните равенства, добиваме $$ 2\left(a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{10}\right)=10+9(10-i) $$ при што искористивме дека $a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{10}=b_{1}+b_{2} \ldots+b_{10}$. Од тоа што $2\left(a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{10}\right)$ е парен број, следува дека и (10-i) е парен број, т.е. $i \neq 1$. Значи $a_{1}+b_{1}=0$, од каде што следува дека $a_{1}=b_{1}=0$. Според тоа бројот $A$ (а исто така и бројот $B$ ) е делив со 10 . 5. Дадени се две кружници со различни радиуси кои се допираат од надвор во точката $A$. Заедничката тангента ја допира поголемата кружница во точката $B$, а помалата во точката $C$ и ја сече правата која минува низ центрите на дадените кружници во точката $S$. Во точката $S$ конструирана е нормала на тангентата $B C$. Правата $B A$ ја сече таа нормала во точката $M$, а правата $A C$ ја сече истата нормала во точката $N$. Докажи дека $\overline{S M}=\overline{S N}$. Решение. Нека $A D$ е заедничката тангента на кружниците нормална на $O_{1} O_{2}$, каде $O_{1}$ и $O_{2}$ се центрите на кружниците. Од тоа што $\triangle O_{1} A D \cong \triangle O_{1} B D$ следува $\overline{A D}=\overline{B D}$, а од $\triangle O_{2} A D \cong \triangle O_{2} C D$ следува дека $\overline{A D}=\overline{C D}$. Заклучуваме дека триаголниците $A B D$ и $A C D$ се рамнокраки, од каде следува дека кружницата со дијаметар $B C$ ја содржи ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_d8a76bc44f42ce38b485g-6.jpg?height=779&width=716&top_left_y=935&top_left_x=534) точката $A$. Од Талесовата теорема следува дека $\angle B A C=90^{\circ}$. Ги разгледуваме триаголниците $A B D$ и $A S N$. Од тоа што правата $A D$ е нормална на правата $A S$ и правата $A N$ е нормална на правата $A B$ следува дека $\angle N A S=\measuredangle B A D(1)$, како агли со заемно нормални краци. Исто така, $\angle A N S=\angle A B D$ (2). $\angle B A D=\angle A B D$ (3), како агли при основата на рамнокракиот триаголник $A B D$. Од равенствата (1), (2) и (3) следува дека $\measuredangle N A S=\measuredangle A N S$, па триаголникот $A S N$ е рамнокрак и $\overline{A S}=\overline{S N}$. На ист начин, со споредба на аглите на $\triangle A C D$ и $\triangle A M S$ се добива дека $\overline{A S}=\overline{S M}$, па следи дека $\overline{S N}=\overline{S M}$, што требаше да се докаже. ## VIII одделение 1. Одреди ја вредноста на параметарот $n$, така што за секоја точка $(x, y)$ од графикот на функцијата $y=-x+n$ важат следните равенства $y=\frac{5}{x}$ и $y^{2}=6-x^{2}$. Потоа, пресметај ја плоштината на делот од рамнината што го образуваат координатните оски и графикот на функцијата. Решение. Од условот $y^{2}=6-x^{2}$ имаме $x^{2}+y^{2}=6$, а од $y=\frac{5}{x}$ се добива $x y=5, x \neq 0$. Со квадрирање на $y=-x+n$ добиваме $$ x^{2}+y^{2}+2 x y=n^{2} $$ Според тоа $n^{2}=6+10$, а оттука $n= \pm 4$. Значи, се добиваат две функции $y=-x+4$ и $y=-x-4$. И за секоја од нив важи дека делот од рамнината што го образуваат со координатните оски е правоаголен триаголник со должина на катетите еднаква на 4 , па бараната плоштина е $P=\frac{4.4}{2}=8$. 2. Даден е триаголникот $A B C$. На страната $A C$ е избрана точка $M$ така што $\overline{A M}: \overline{M C}=1: 5$, а на страната $B C$ е избрана точка $N$ така што $\overline{B N}: \overline{N C}=1: 6$. Каков е односот меѓу отсечките $M P$ и $P B$, каде $P$ е пресечната точка на отсечките $M B$ и $A N$ ? Решение. Низ точката $B$ повлекуваме права паралелна со $A N$. Пресекот на оваа права и страната $A C$ е точката $R$. Триаголниците $A N C$ и $R B C$ се слични, па $t_{a}^{2}=c^{2}-2 c x+\frac{a^{2}}{4}$. Оттука $\overline{A R}=\frac{\overline{A C}}{6}$. Од друга страна $\frac{\overline{A M}}{\overline{A C}}=\frac{1}{6}$, па $\overline{A M}=\frac{\overline{A C}}{6}$. Според тоа $\overline{A M}=\overline{A R}$. Точката $A$ е средина на страната $R M$ од триаголникот $R B M$. $A P \| R B$, т.е. $A P$ е средна линија на триаголникот $R B M$. Значи $\overline{M P}=\overline{P B}$, односно $\overline{M P}: \overline{P B}=1$. 3. Точно е 9:00 часот (како на сликата). Во колку часот стрелките на часовникот прв пат ќе се преклопат? Решението заокружи го на минути. Решение. Големата стрелка за еден час поминува $60 \mathrm{~min}$., а малата за истото време ќе се помести $5 \mathrm{~min}$. Нека со у го означиме бројот на минути што ги поминала големата стрелка до моментот на поклопување, а со $x$ бројот на минути што ги поминала малата стрелка до истиот момент. Го добиваме следниов систем, $y=45+x, y: 60=x: 5$. Со негово решавање се добива $y=\frac{540}{11} \approx 49,09$. ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_d8a76bc44f42ce38b485g-8.jpg?height=397&width=389&top_left_y=566&top_left_x=1094) Значи, стрелките ќе се преклопат во 9:49 часот. 4. Кој од броевите $31^{11}$ и $17^{14}$ е поголем? Образложи го одговорот. Решение. Од $$ 31^{11}<32^{11}=\left(2^{5}\right)^{11}=2^{55} \text { и } 17^{14}>16^{14}=\left(2^{4}\right)^{14}=2^{56} $$ следува дека $31^{11}<17^{14}$. 5. Должините на дијагоналите на еден трапез се 3 и 5 , а отсечката која ги сврзува средините на основите е со должина 2. Пресметај ја плоштината на трапезот. Решение. Низ точката $C$ повлекуваме права паралелна со дијагоналата BD. Пресекот на оваа права со правата на која лежи основата $A B$ го означуваме со $M$. Триаголниците $A C D$ и $B M C$ имаат еднакви основи ( $\overline{B M}=\overline{C D}=b)$ и висини, па затоа важи $P_{\triangle A C D}=P_{\triangle B M C}$. Тогаш, $P_{A B C D}=P_{\triangle A M C}$. ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_d8a76bc44f42ce38b485g-8.jpg?height=459&width=601&top_left_y=1635&top_left_x=860) Низ точката $C$ повлекуваме права паралелна со отсечката која ги сврзува средините на основите на трапезот. Нека пресекот на оваа права со основата $A B$ е точката $N$. На истата права избираме точка $P$ така што $\overline{C N}=\overline{N P}$. Тогаш, триаголниците $A N C$ и $P M N$ се складни ( $\overline{C N}=\overline{N P}, \measuredangle P N M=\measuredangle A N C, \overline{A N}=\overline{N M}=\frac{a+b}{2}$ ), па нивните плоштини се еднакви. За триаголниците $A M C$ и $P M C$ важи $P_{\triangle A M C}=P_{\Delta} P M C$, бидејќи $P_{\triangle A M C}=P_{\triangle A N C}+P_{\triangle N M C}$, а $P_{\triangle P M C}=P_{\triangle P M N}+P_{\triangle N M C}$. Страните на триаголникот $P M C$ се $\overline{P M}=\overline{A C}=5, \overline{M C}=\overline{B D}=3$ и $\overline{P C}=2 \overline{C N}=4$ и формираат Питагорова тројка. Значи, триаголникот $P M C$ е правоаголен, па $P_{\triangle P M C}=\frac{43}{2}=6$. Според тоа, $P_{A B C D}=6$.