# XLVIII РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ 

## VI одделение

1. Дрвен квадар со рабови $72 \mathrm{dm}, 96 \mathrm{dm}$ и $120 \mathrm{dm}$ е поделен на еднакви коцки, со најголем раб, пришто должината на работ е природен број. Добиените коцки се наредени една врз друга, во столб. Колку метри е висок така добиениот столб?

Решение. Должината на работ на делбените коцки е еднаква на $\mathrm{NZD}(72,96,120)=24 \mathrm{dm}$. Според тоа, рабовите на квадарот се поделени на $72: 24=3,96: 24=4$ и $120: 24=5$ делови, што значи дека квадарот е поделен на $3 \cdot 4 \cdot 5=60$ коцки. Конечно, висината на добиениот столб е еднаква на $60 \cdot 24=1440 d m=144 \mathrm{~m}$.

2. Колку има трицифрени природни броеви такви што цифрата на стотките е еднаква на збирот на цифрите на десетките и единиците?

Решение. Трицифрени броеви кои го задоволуваат условот на задачата се од видот $\overline{a b c}, a \neq 0$ и $a=b+c$.

- за $a=1$ тоа се броевите: 101,110 ,
- за $a=2$ тоа се броевите: 202, 211, 220,
- за $a=3$ тоа се броевите: $303,312,321,330$,
- за $a=4$ тоа се броевите: 404, 413, 422, 431, 440,
- за $a=5$ тоа се броевите: $505,514,523,532,541,550$,
- за $a=6$ тоа се броевите: $606,615,624,633,642,651,660$,
- $\quad$ за $a=7$ тоа се броевите: $707,716,725,734,743,752,761,770$,
- за $a=8$ тоа се броевите: $808,817,826,835,844,853,862,871,880$,
- за $a=9$ тоа се броевите: 909, 918, 927, 936, 945, 954, 963, 972, 981, 990.

Конечно, постојат $2+3+4+5+6+7+8+9+10=54$ трицифрени броеви со бараното својство.

3. Збирот на педесет природни броеви е 8625 . Вториот број е за 5 поголем од првиот, третиот број е за 5 поголем од вториот, четвртиот број е за 5 поголем од третиот, ... , педесеттиот број е за 5 поголем од четириесет и деветтиот број. Определи ги најголемиот и најмалиот собирок во дадениот збир.

Решение. Нека $x$ е првиот собирок. Тогаш вториот собирок е $x+5$, третиот е $x+5+5=x+2 \cdot 5$, четвртиот е $x+2 \cdot 5+5=x+3 \cdot 5, \ldots$, педесеттиот собирок е $x+49 \cdot 5$. Според тоа,

$$
\begin{aligned}
& x+(x+5)+(x+2 \cdot 5)+(x+3 \cdot 5)+\ldots+(x+49 \cdot 5)=8625 \\
& 50 x+(5+2 \cdot 5+3 \cdot 5+\ldots+49 \cdot 5)=8625 \\
& 50 x+5 \cdot(1+2+\ldots+49)=8625 \\
& 10 x+1+2+\ldots+49=1725 \\
& 10 x+\frac{49 \cdot(49+1)}{2}=1725 \\
& 10 x+1225=1725 \\
& 10 x=500 \\
& x=50
\end{aligned}
$$

Значи, најмалиот собирок е 50 , а најголемиот собирок е еднаков на $50+49 \cdot 5=295$.

4. Квадрат со страна 4 cm е поделен на 16 квадрати со страна $1 \mathrm{~cm}$, како на цртежот.

a) Колку квадрати има на цртежот?

б) Пресметај го збирот на периметрите на сите тие

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_b088eb3db01806ad63fdg-02.jpg?height=214&width=242&top_left_y=1037&top_left_x=1244)
квадрати.

Решение. а) На цртежот има 16 квадрати со страна $1 \mathrm{~cm}, 9$ квадрати со страна $2 \mathrm{~cm}, 4$ квадрати со страна $3 \mathrm{~cm}$ и 1 квадрат со страна $4 \mathrm{~cm}$. Значи, на цртежот има $16+9+4+1=30$ квадрати.

б) Збирот на периметрите на сите квадрати кои се на дадениот цртеж е еднаков на:

$$
16 \cdot 4 \cdot 1+9 \cdot 4 \cdot 2+4 \cdot 4 \cdot 3+1 \cdot 4 \cdot 4=64+72+48+16=200 \mathrm{~cm}
$$

## VII одделение

1. Определи ги сите нескратливи дропки $\frac{a}{b}, a, b \in \mathbb{N}$, такви што

$$
\frac{a}{b}-\frac{b}{a}=2 \frac{71}{80}
$$

Решение. Од условот на здачата следува $\frac{a}{b}>\frac{b}{a}$, од каде добиваме $a^{2}>b^{2}$ и како $a, b \in \mathbb{N}$, важи $a>b$. Понатаму, бидејќи дропката $\frac{a}{b}$ е нескратлива имаме $\operatorname{NZD}(a, b)=1$. Сега, од $\frac{a}{b}-\frac{b}{a}=2 \frac{71}{80}$ последователно следува

$$
\begin{aligned}
& \frac{a}{b}-\frac{b}{a}=\frac{231}{80} \\
& 80\left(a^{2}-b^{2}\right)=231 a b
\end{aligned}
$$

Но, $\operatorname{NZD}(80,231)=1$, па од последното равенство следува дека $a$ и $b$ се делители на 80. Делители на 80 се: $1,2,4,5,8,10,16,20,40$ и 80 и со непосредна проверка добиваме дека единствено решение на последната равенка е $a=16, b=5$. Според тоа, единствена нескратлива дропка која го задоволува услово на задачата е $\frac{a}{b}=\frac{16}{5}$.

2. Дедо Коста треба да ја изора и посее својата нива со семенски материјал-пченица. Тој нивата ја изорал за 3 дена. Првиот ден изорал 20\% од целата нива и уште 16 декари, вториот ден 30\% од остатокот од првиот ден и уште 20 декари, а третиот ден изорал 75\% од остатокот од претходниот ден и последните 30 декари. Колку тони семенски материјал-пченица треба да купи дедо Коста, ако за сеење на еден декар е потребно $3,5 \mathrm{~kg}$ пченица?

Решение. Прв начин. Последните 30 декари се 25\% од површината која е изорана третиот ден, што значи дека третиот ден дедо Коста изорал $4 \cdot 30=120$ декари, кои останале неизорани по вториот ден. Бидејќи вториот ден дедо Коста изорал $30 \%$ од остатокот од првиот ден и уште 20 декари, добиваме дека по орањето на $30 \%$ од остатокот од првиот ден неизорани биле $120+20=140$ декари, што значи дека $70 \%$ од остатокот од првиот ден се 140 декари, т.е. остатокот по првиот ден е $\frac{140}{70} \cdot 100=200$ декари. Последното значи дека по орањето на $20 \%$ од целата нива останале $200+16=216$ декари и тоа се $80 \%$ од целата
нива. Значи, целата нива имала $\frac{216}{80} \cdot 100=270$ декари. Конечно, бидејќи за сеење на 1 декар се потребни $3,5 \mathrm{~kg}$ пченица, добиваме дека за да ја засее нивата дедо Коста требало да купи $270 \cdot 3,5=945 \mathrm{~kg}$ пченица.

Bтор начин. Нека нивата имала $x$ декари. Првиот ден се изорани $0,2 x+16$ декари, па неизорани останале $x-(0,2 x+16)=0,8 x-16$ декари. Вториот ден се изорани $0,3(0,8-16)+20=0,24 x+15,2$ декари, па неизорани останале $0,8 x-16-(0,24 x+15,2)=0,56 x-31,2$ декари. Tретиот ден се изорани $0,75(0,56 x-31,2)+30=0,42 x+6,6$ декари, со што е изорана целата нива, па затоа $0,42 x+6,6=0,56 x-31,2$. Последната равенка е еквивалентна на равенката $0,14 x=37,8$, од каде добиваме $x=270$ декар. Конечно, бидејќи за сеење на 1 декар се потребни $3,5 \mathrm{~kg}$ пченица, добиваме дека за да ја засее нивата дедо Коста требало да купи $270 \cdot 3,5=945 \mathrm{~kg}$ пченица.

3. Во рамнокрак $\triangle A B C$ симетралата на кракот $A C$ и симетралата на $\measuredangle B A C$ се сечат во точка $D$ која припаѓа на кракот $B C$. Определи ја големината на $\Varangle C D A$.

Решение. Од условот на задачата следува дека $\measuredangle B A C=\measuredangle A B C=\beta$. Понатаму, $A D$ е симетрала на $\measuredangle B A C$, па затоа $\measuredangle B A D=\measuredangle D A C=\frac{\beta}{2}$. Но, точката $D$ припаѓа на симетралата на кракот $A C$, па затоа $\overline{A D}=\overline{C D}$, т.е. триаголникот $C A D$ е рамнокрак, со основа AC. Значи, $\measuredangle C A D=\measuredangle D A C=\frac{\beta}{2}$. Според тоа, за збирот на аглите на $\triangle A B C$ добиваме

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_b088eb3db01806ad63fdg-04.jpg?height=490&width=353&top_left_y=1243&top_left_x=1107)

$$
\beta+\beta+\frac{\beta}{2}=180^{\circ} \text {, т.e. } \beta=72^{\circ} \text {. }
$$

Конечно, од $\triangle C A D$ наоѓаме

$$
\measuredangle C D A=180^{\circ}-2 \cdot \frac{\beta}{2}=180^{\circ}-\beta=180^{\circ}-72^{\circ}=108^{\circ}
$$

4. За аглите на $\triangle A B C$ важи $\measuredangle A B C=\frac{7}{2} \measuredangle C A B$ и $\measuredangle B C A=\frac{3}{2} \measuredangle C A B$. Симетралата на страната $A C$ ги сече симетралата $A D$ на $\Varangle C A B$ и страната $A B$ во точките $M$ и $K$, соодветно. Докажи дека $\triangle B C M$ е рамнокрак и
пресметај го периметарот на четириаголникот BCMK, ако важи $\overline{A M}+\overline{M K}=6 \mathrm{~cm}$.

Решение. Од условот на задачата следува

$\measuredangle A B C+\measuredangle B C A+\measuredangle C A B=180^{\circ}$, $\frac{7}{2} \measuredangle C A B+\frac{3}{2} \measuredangle C A B+\measuredangle C A B=180^{\circ}$, $6 \measuredangle C A B=180^{\circ}$,

$\measuredangle C A B=30^{\circ}$,

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_b088eb3db01806ad63fdg-05.jpg?height=327&width=601&top_left_y=399&top_left_x=901)

па затоа $\measuredangle B C A=45^{\circ}, \measuredangle A B C=105^{\circ}$. Понатаму, $M, K \in s$, па затоа важи $\overline{A M}=\overline{C M}$ и $\overline{A K}=\overline{C K}$, т.е. триаголниците $A C M$ и $A C K$ се рамнокраки. Тоа значи дека $\measuredangle K A C=\measuredangle A C K=30^{\circ}$. Понатаму, бидејќи $A M$ е симетрала на $\measuredangle C A K$, добиваме дека $\measuredangle K A M=\measuredangle M A C=15^{\circ}$. Но, $\triangle A C M$ е рамнокрак па затоа важи $\measuredangle A C M=\measuredangle C A M=15^{\circ}$, од што следува дека $\measuredangle M C K=\measuredangle A C K-\measuredangle A C M=15^{\circ}$ и затоа $\measuredangle K C B=\measuredangle A C K-\measuredangle M C K=15^{\circ}$. Сега, од $\triangle B C K$ следува

$$
\measuredangle B K C=180^{\circ}-(\measuredangle K B C+\measuredangle B C K)=180^{\circ}-\left(105^{\circ}+15^{\circ}\right)=60^{\circ},
$$

а од правоаголниот $\triangle K C N$ следува

$$
\measuredangle M K C=\measuredangle N K C=180^{\circ}-(\measuredangle K N C+\measuredangle N C K)=180^{\circ}-\left(90^{\circ}+30^{\circ}\right)=60^{\circ}
$$

Понатаму, од $\measuredangle M K C=\measuredangle B K C=60^{\circ}, \measuredangle M C K=\measuredangle B C K=15^{\circ}$ и $\overline{K C}=\overline{K C}$ следува дека $\triangle M K C \cong \triangle B K C$. Од докажаната складност следува $\overline{M C}=\overline{B C}$, што значи дека $\triangle B C M$ е рамнокрак.

Од условот на задачата иимаме $\overline{A M}+\overline{M K}=6 \mathrm{~cm}$, па како $\overline{A M}=\overline{C M}$, добиваме $\overline{C M}+\overline{M K}=6 \mathrm{~cm}$. Конечно, од $\triangle M K C \cong \triangle B K C$ следува

$$
L_{B C M K}=\overline{C M}+\overline{M K}+\overline{K B}+\overline{B C}=2(\overline{C M}+\overline{M K})=12 \mathrm{~cm}
$$

## VIII одделение

1. Нека $a, b, c, d$ се меѓусебно различни природни броеви такви што $\frac{a^{2}-b^{2}}{c^{2}-d^{2}}=\frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}+d^{2}}$. Докажи дека $\sqrt{\frac{a^{6} d^{6}}{2 b^{2} c^{2}}+\frac{b^{6} c^{6}}{2 a^{2} d^{2}}}$ е квадрат на природен број.

Решение. Равенството од условот на задачата последователно е еквивалентно со равенствата

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

Според тоа,

$$
\begin{aligned}
\sqrt{\frac{a^{6} d^{6}}{2 b^{2} c^{2}}+\frac{b^{6} c^{6}}{2 a^{2} d^{2}}} & =\sqrt{\frac{\left(a^{2} d^{2}\right)^{3}}{2 b^{2} c^{2}}+\frac{\left(b^{2} c^{2}\right)^{3}}{2 a^{2} d^{2}}}=\sqrt{\frac{\left(b^{2} c^{2}\right)^{3}}{2 b^{2} c^{2}}+\frac{\left(b^{2} c^{2}\right)^{3}}{2 b^{2} c^{2}}} \\
& =\sqrt{\frac{\left(b^{2} c^{2}\right)^{2}}{2}+\frac{\left(b^{2} c^{2}\right)^{2}}{2}}=\sqrt{\left(b^{2} c^{2}\right)^{2}}=b^{2} c^{2}=(b c)^{2}
\end{aligned}
$$

што и требаше да се докаже.

2. Збирот на еден двоцифрен број и двоцифрениот број запишан со истите цифри земени во обратен редослед, при делење со 5 дава остаток 2. Кој е тој број?

Решение. Нека $\overline{a b}$ е бараниот двоцифрен број. Имаме

$$
\overline{a b}+\overline{b a}=10 a+b+10 b+a=10(a+b)+(a+b)
$$

Бидејќи $5 \mid 10$, остатокот при делење со 5 на збирот $\overline{a b}+\overline{b a}$ е еднаков на остатокот при делење со 5 на збирот $a+b$. Сега, $a$ и $b$ се ненулти цифри, па затоа $a+b \leq 18$ и како остатокот при делење на $a+b$ со 5 треба да е еднаков на 2, можни се следниве случаи:

- $a+b=2$ и како $a, b \neq 0$, добиваме $\overline{a b} \in\{11\}$,
- $\quad a+b=7$ и како $a, b \neq 0$, добиваме $\overline{a b} \in\{16,25,34,43,52,61\}$
- $\quad a+b=12$, па затоа $\overline{a b} \in\{39,48,57,66,75,84,93\}$
- $a+b=17$, па затоа $\overline{a b} \in\{89,98\}$.

Конечно, $\overline{a b} \in\{11,16,25,34,39,43,48,52,57,61,66,75,84,89,93,98\}$.

3. Даден е $\triangle A B C$ таков што $\measuredangle C A B=3 \measuredangle A B C$. Нека $L$ е пресечната точка на симетралата на $\measuredangle A C B$ со страната $A B$ и нека $P_{\triangle A L C}: P_{\triangle L B C}=1: 2$,
каде $P_{\triangle A L C}$ и $P_{\triangle L B C}$ се соодветно плоштините на $\triangle A L C$ и $\triangle L B C$. Определи ги големините на аглите на $\triangle A B C$

Решение. За аглите на $\triangle A B C$ ќе ги користиме стандардните ознаки. Тогаш $\alpha=\measuredangle C A B=3 \measuredangle A B C=3 \beta$ Нека $M$ е точка на $B C$ таква што $\measuredangle B A M=\beta$. Значи, $\triangle A B M$ е рамнокрак и важи $\overline{M A}=\overline{M B}$. Понатаму,

$$
\begin{aligned}
& \measuredangle M A C=\measuredangle B A C-\measuredangle B A M=2 \beta \text { и } \\
& \measuredangle A M C=\measuredangle B A M+\measuredangle A B M=2 \beta
\end{aligned}
$$

што значи $\triangle A M C$ е рамнокрак и важи $\overline{A C}=\overline{M C}$.

Нека $S$ е пресекот на $A M$ и $C L$. Сега $C S$ е симетрала на $\measuredangle A C B$ и $\triangle A M C$ е

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_b088eb3db01806ad63fdg-07.jpg?height=337&width=485&top_left_y=538&top_left_x=995)
рамнокрак со врв $C$, па затоа $C S$ е висина во овој триаголник, што значи дека $C L$ е симетрала на страната $A M$ во $\triangle A M C$, па затоа и во $\triangle A M L$. Тоа значи дека $\triangle A M L$ е рамнокрак, односно $\overline{A L}=\overline{M L}$.

Понатаму, $\overline{A C}=\overline{M C}, \overline{A L}=\overline{M L}$ и $\overline{C L}=\overline{C L}$, па затоа $\triangle A L C \cong \triangle M L C$, односно $P_{\triangle A L C}=P_{\triangle M L C}$. Од последното равенство и од условот на задачата следува

$$
2 P_{\triangle A L C}=P_{\triangle L B C}=P_{\triangle L B M}+P_{\triangle L M C}=P_{\triangle L B M}+P_{\triangle A L C}
$$

т.е. $P_{\triangle A L C}=P_{\triangle L B M}$, па затоа $P_{\triangle L B M}=P_{\triangle M L C}$. Но, во триаголниците $L B C$ и $L M C$ висините повлечени од темето $L$ се еднакви, па од последното равенство следува дека соодветните основи се еднакви, т.е. $\overline{M B}=\overline{M C}$. Значи, $\overline{A C}=\overline{M C}=\overline{M B}=\overline{M A}$, т.е. $\triangle A M C$ е рамностран. Според тоа, $\measuredangle A C B=\measuredangle A C M=\measuredangle M A C=60^{\circ}$, па како $\measuredangle M A C=2 \beta$, добиваме $\beta=30^{\circ}$ и конечно $\alpha=3 \beta=90^{\circ}$.

4. Филип, Кирил и Никола си испраќаат писма меѓу себе при што не добиваат писма од други луѓе. Притоа писмата се испраќаат според следниве правила:

- Филип му испраќа писмо на Кирил секој втор ден, а на Никола секој петти ден,
- Кирил му испраќа писмо на Филип одма по секои две добиени писма, а на Никола секој чртврт ден,
- Никола му испраќа писмо на Филип одма по секои четири добиени писма, а на Кирил секој осми ден.

Секое писмо патува еден ден, т.е. секое писмо стигнува следниот ден од денот кога е испратено. Кој е најмалиот број денови по кои Филип ќе добие 68 писма?

Решение. Со $x$ да го означиме бројот на денови за кои Филип ќе добие 68 писма. Тоа значи дека Кирил и Никола заклучно со $(x-1)$ - от ден на Филип му испратиле 68 писма. Со $k$ и $n$ да го означиме бројот на писмата кои соодветно ги добиле Кирил и Никола заклучно со $(x-1)-$ от ден. Од условите на задачата следува дека заклучно со $(x-1)$ - от ден Кирил до Филип вкупно испратил $\frac{k}{2}$ писма, а Никола до Филип испратил вкупно $\frac{n}{4}$ писма. Според тоа, $\frac{k}{2}+\frac{n}{4}=68$, т.е. $2 k+n=272$.

Од друга страна, заклучно со $(x-1)$ - от ден Кирил вкупно добил онолку писма колку што испратиле Филип и Никола заклучно со $(x-2)$ - от ден. Бидејќи, Филип му испраќа писмо на Кирил секој втор ден, а Никола му испраќа писмо на Кирил секој осми ден добиваме дека $k=\frac{x-2}{2}+\frac{x-2}{8}=\frac{5(x-2)}{8}$. Слично бидејќи Филип му испраќа писмо на Никола секој петти ден, а Кирил му испраќа писмо на Никола секој четврт ден, добиваме дека $n=\frac{x-2}{5}+\frac{x-2}{4}=\frac{9(x-2)}{20}$. Сега, ако за $k$ и $n$ замениме во $2 k+n=272$, добиваме

$$
\begin{aligned}
& 2 \cdot \frac{5(x-2)}{8}+\frac{9(x-2)}{20}=272 \\
& 25(x-2)+9(x-2)=5440 \\
& 34 x=5508 \\
& x=162
\end{aligned}
$$

Значи, Филип ќе добие 68 писма по најмалку 162 дена.

## IX одделение

1. Нека за целите броеви $a, b$ и $n$ важи $b \neq 0$ и $\frac{a}{b}=\frac{a^{2}+n^{2}}{b^{2}+n^{2}}$. Докажи дека геометриската средина на броевите $a$ и $b$ е цел број.

Решение. Даденото равенство последователно е еквивалентно со равенствата

$$
\begin{aligned}
& a b^{2}+a n^{2}=b a^{2}+b n^{2} \\
& a b^{2}-a^{2} b+a n^{2}-b n^{2}=0 \\
& a b(b-a)-n^{2}\left(a b-n^{2}\right)=0 \\
& (b-a)\left(a b-n^{2}\right)=0
\end{aligned}
$$

Според тоа, $b-a=0$ или $a b-n^{2}=0$. Ако $b-a=0$, тогаш $a=b$, па затоа $\sqrt{a b}=\sqrt{a^{2}}=|a|$ е цел број, а ако $a b-n^{2}=0$, тогаш $a b=n^{2}$, па затоа $\sqrt{a b}=\sqrt{n^{2}}=|n|$ е цел број, што и требаше да се докаже.

2. Даден е $\triangle A B C$. На правата $A C$ е избрана точка $D$ таква што $\overline{C D}=3 \overline{C A}$ (точката $A$ е меѓу точките $C$ и $D$ ), а на правата $B C$ е избрана точка $E$, различна од $B$, таква што $\overline{C E}=\overline{B C}$. Ако $\overline{B D}=\overline{A E}$, докажи дека $\measuredangle B A C=90^{\circ}$.

Решение. Точката $C$ е средина на $B E$, па затоа во $\triangle B E D$ отсечката $D C$ е тежишна линија и како по услов $\overline{C D}=3 \overline{C A}$,заклучувамедека $A$ е тежиште на $\triangle B E D$. Нека $M=B D \cap A E$. Тогаш $E M$ е тежишна линија во $\triangle B E D$, па затоа $M$ е средина на отсечката $B D$. Имаме

$$
\overline{A M}=\frac{\overline{A E}}{2}=\frac{\overline{B D}}{2}=\overline{B M}=\overline{D M}
$$

што значи дека $M$ е центар на опишаната кружница околу $\triangle A B D$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_b088eb3db01806ad63fdg-09.jpg?height=646&width=543&top_left_y=1412&top_left_x=940)
Според тоа, $\measuredangle B A D=90^{\circ}$, како периферен агол над дијаметар, па затоа $\measuredangle B A C=90^{\circ}$.

3. Одреден број на момчиња и девојчиња отишле на кампување за време на летниот распуст. Тие испланирале еколошка акција, што би ја завршиле за 29 дена ако секое дете работи рамномерно - во кои било денови сработува ист дел од работата. Момчињата работеле нешто побрзо; за исто време 2 момчиња работат исто колку што работат 3 девојчиња. За среќа, по три дена од почнување со работата, им се придружила поголема група деца, и тоа: момчиња - 8 пати повеќе од првичниот број на девојчиња, и девојчиња - 18 пати повеќе од првичниот број на момчиња. Новодојдените деца работат со иста динамика како и прводојдените. Колку вкупно денови биле работни?

Решение. Да претпоставиме дека на почетокот биле $a$ момчиња и $b$ девојчиња. Дневно тие завршуваат $\frac{1}{29}$-тина од работата. Затоа, првите три дена е завршено $\frac{3}{29}$-тини од работата. Бидејќи момчињата работат 1,5 пати побрзо, ситуацијата е иста како наместо овие $а$ момчиња да имало $1,5 a$ девојчиња, т.е. вкупно $1,5 a+b$ девојчиња. Значи, секое девојче дневно завршува $\frac{1}{29(1,5 a+b)}$ дел од работата.

Потоа дополнително доаѓаат $8 b$ момчиња, што е исто како да работат $1,5 \cdot 8 b=12 b$ девојчиња и $18 a$ девојчиња. Сега сите деца дневно завршуваат работа како да има $1,5 a+b+12 b+18 a=19,5 a+13 b=13(1,5 a+b)$ девојчиња. Оттука, ако по трите дена се потребни уште $x$ денови за да се заврши акцијата, тогаш добиваме $\frac{3}{29}+\frac{13(1,5 a+b)}{29(1,5 a+b)} x=1$, од каде добиваме $3+13 x=29$, т.е. $x=2$. Според тоа, целата акција траела $3+2=5$ дена.

4. Една истражувачка лабораторија има специјална (бестежинска) просторија во која предметите лебдат онаму каде што се оставени. Просторијата има форма на квадар со висина $4 m$ и со основа квадрат со страна $7 \mathrm{~m}$. Во центарот на основата е поставен носечки столб во форма на квадар со основа квадрат со страна $1 \mathrm{~m}$ и висина $4 \mathrm{~m}$.

a) Во просторијата се расфрлани 16 балони во форма на топки со дијаметар $10 \mathrm{~cm}$, кои лебдат. Дали мора да постои квадар со рабови $2 \mathrm{~m}$, $3 \mathrm{~m}$ и $2 \mathrm{~m}$ и sидови паралелни на зидовите на просторијата, во кој сигурно има делови од 2 различни балони во него?

б) Што ќе се случи кога би биле 17 балони? Дали, во овој случај, мора да постои квадар со рабови $2 \mathrm{~m}, 3 \mathrm{~m}$ и $2 \mathrm{~m}$ и sидови паралелни на
зидовите на просторијата, во кој сигурно има делови од 2 различни балони во него?

Решение. Волуменот на просторијата е еднаков на

$$
7 \cdot 7 \cdot 4-4=192 m^{3}
$$

Таа може да се подели на $192: 12=16$ квадари со димензии $2 \mathrm{~m}, 3 \mathrm{~m}$ и $2 \mathrm{~m}$, а sидови паралелни на sидовите на просторијата (цртеж десно).

a) Да ги поставиме бало-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_b088eb3db01806ad63fdg-11.jpg?height=484&width=697&top_left_y=354&top_left_x=767)

$a$ ните како на цртежот. Тие се наоѓаат на долната и горната основа на просторијата. Притоа $a=3,5 \mathrm{~m}$, а растојанието меѓу било кои два соседни балони е $b=3,5 m-10 \mathrm{~cm}-5 \mathrm{~cm}=3,35 \mathrm{~m}$. Според тоа, не мора да постои квадар со рабови $2 m, 3 m$ и $2 m$ и sидови паралелни на зидовите на просторијата, во кој сигурно има делови од 2 различни балони во него.

б) Ако имаме 17 балони, тогаш нивните центри се 17 точки. Сега, од принципот на Дирихле следува дека барем во еден од дадените 16 квадари ќе имаме два центри на балоните. Балоните со овие два центри ќе имаат делови во еден ист квадар.