# ХLII РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ
## VI одделение
1. Определи ги цифрите $a, b$ така што збирот $\overline{323 a}+\overline{b 410}$ да биде делив co 9 ?
Решение. Очигледно збирот ќе биде четирицифрен или петцифрен број. Ако збирот е четирицифрен број, тогаш цифрата $b$ е помала или еднаква на 6 , а цифрите на збирот се: првата $3+b$, втората 6 , третата 4 и четвртата $a$. Даденот збир е делив со 9 ако и само збирот на цифрите $3+b+6+4+a=13+a+b$ е делив со 9 . Имаме
- $b=6$, збирот е $19+a$, па затоа $a=8$
- $b=5$, збирот е $18+a$, па затоа $a=0$ или $a=9$
- $b=4$, збирот е $17+a$, па затоа $a=1$
- $b=3$, збирот е $16+a$, па затоа $a=2$
- $b=2$, збирот е $15+a$, па затоа $a=3$
- $b=1$, збирот е $14+a$, па затоа $a=4$
Во случајот кога збирот е петцифрен број, тогаш неговите цифри се петтата $a$, четвртата 4 , третата 6 , втората $b+3-10$ и првата 1 . Нивниот збир е $a+4+6+b+3-10+1=a+b+4$ каде цифрата $b$ е еднаква на 7 , 8 или 9 . Можни се следниве случаи:
- $b=7$, збирот е $11+a$, па затоа $a=7$
- $b=8$, збирот е $12+a$, па затоа $a=6$
- $b=9$, збирот е $13+a$, па затоа $a=5$.
2. Дадени се два броја, чиј збир е 4500. Ако првиот број се зголеми четири пати, а вториот двапати, тогаш збирот на така добиените броеви е 11480. Определи ги дадените броеви?
Решение. Ако и двата броја се зголемат двапати, тогаш нивниот збир исто та се зголемува двапати и тој е еднаков на 9000. Според тоа, ако само првиот број се зголеми двапати се добива бројот
$$
11480-9000=2480
$$
Значи, бараните броеви се
$$
2480: 2=1240 \text { и } 4500-1240=3260 .
$$
3. Во едно училиште во петто оделение учат 140 ученици. Во шесто одделение учат 5\% помалку ученици отколку во петто одделение. Вкупниот број ученици кои учат во петто и шесто одделение е еднаков на $91 \%$ од вкупниот број ученици кои учат во шесто и седмо одделение и овој број е еднаков на $26 \%$ од бројот на сите ученици кои учат во ова училиштето. Колку ученици учат во седмо одделени? Колку ученици учат во ова училиште?
Решение. Во шесто одделенија учат $95 \%$ од бројот на учениците во петто одделение, што значи дека во шесто одделение учат 0,95$\cdot$140 $=133$ ученици. Значи, во петто и шесто одделение вкупно имз $140+133=273$ ученици. Но, овој број е еднаков на $91 \%$ од вкупниот број ученици во шесто и седмо одделение, па затоа $273=0,91 \cdot x$, каде $x$ е вкупниот број на ученици во шесто и седмо одделение. Значи, $x=\frac{273 \cdot 100}{91}=300$ ученици. Сега, само во седмо одделение има 300-133 $=167$ ученици. Од последниот услов, 273 да е $26 \%$ од вкупниот број на ученици, добиваме дека бројот на ученици во училиштето е $\frac{273 \cdot 100}{26}$ $=1050$.
4. Во играта „часовник“, на почетокот стрелката покажува еден од броевите од 1 до 7 (цртеж десно). Во секој чекор, стрелката се поместува во насока на движењето на стрелките на часовникот за толку полиња колку што е бројот запишан во полето пред почетокот на чекорот. На пример, на цртежот стрелката покажува на бројот 4 , што
значи дека таа треба да се помести за 4 полиња и ќе покажува на полето со бројот 1 , па во следниот чекор се поместува за 1 поле и ќе покажува на полето во кое е запишан бројот 2 итн. После одиграни 21 потег стрелата покажува на полето во кое е запишан бројот 6 . На кое поле покажувала стрелката после првиот одигран потег?
Решение. Ќе составиме табела во која ќе ја внесуваме моменталната и следната позиција на стрелката, а потоа табела во која ќе ја внесиме моменталната и претходната позиција на стрелката. Имаме
| Моментална
позиција | Наредна
позиција |
| :---: | :---: |
| 1 | 2 |
| 2 | 4 |
| 3 | 6 |
| 4 | 1 |
| 5 | 3 |
| 6 | 5 |
| 7 | 7 |
| па затоа | Моментална
позиција | Претходна
позиција |
| :---: | :---: | :---: |
| | 2 | 1 |
| | 4 | 2 |
| | 6 | 3 |
| | 1 | 4 |
| | 3 | 5 |
| | 5 | 6 |
| | 7 | 7 |
Задачата ќе ја решиме одејќи одназад на нанапред. Значи за стрелката да покажува кон 6 после 21-от чекор, таа мора да покажува кон кон 3 после 20 -тиот чекор, па на 5 после 19-тиот чекор, на 6 после 18-тиот чекор итн. Продолжувајќи ја постапката заклучуваме дека стрелката покажува на 6 после 15-тиот, 12-тиот, 9-тиот, 6-тиот и 3-тиот чекор. Бидејќи покажува на 6 после 3-тиот чекор, таа покажува на 3 после вториот и конечно на 5 после првиот чекор.
5. Во секоја од 7 штали е сместен непарен број коњи и тоа така да броевите на коњите во шталите формираат низа од последователни непарни природни броеви. Во секоја штала се сместени помалку од 77 коњи. Вкупниот број на коњи во сите 7 штали е запишан со цифри чиј збир е 7. Колку коњи има во секоја од шталите?
Решение. Збир на кои било 7 непарни броеви е непарен број. Вкупниот број на коњи е запишан со број чиј збир на цифри е 7, па збирот може да завршува само на една од цифрите 1,3 или 5 (ако завршува на 7 или 9 , збирот на цифрите ќе биде поголем од 7). Најмалиот можен збир на седум последователни непарни броја е
$$
1+3+5+7+9+11+13=49
$$
со збир на цифри кој не е еднаков на 7. Најголемиот можен збир на седум последователни непарни броеви помали од 77 е
$$
75+73+71+69+67+65+63=483
$$
со збир на цифри кој не е еднаков на 7. Сега, трицифрени броеви со збир на цифри 7, поголеми од 49, а помали од 483, со последна цифра 1, 3 или 5 се:
$$
115,205,133,223,313,403,151,241,331,421 .
$$
Да забележиме дека збирот на седум последователни непарни броеви е делив со 7. Навистина, ако а е непарен број, тогаш збирот на седум последователни непарни броевие:
$$
a+(a+2)+(a+4)+(a+6)+(a+8)+(a+10)+(a+12)=7 a+42=7(a+6)
$$
Од најдените броеви само бројот 133 е делив со 7, па затоа
$$
7(a+6)=133, a+6=19, a=13
$$
Значи, првиот број во бараната низа е 13, а во шталите редоследно, бројот на коњите е даден со низата $13,15,17,19,21,23,25$.
## VII одделение
1. Определи ги сите трицифрени броеви помали од 550 такви што цифрата на стотките е еднаква на производот на другите две цифри.
Решение. Нека $\overline{a b c}$ е бараниот број. Бидејќи $\overline{a b c}<550$, следува дека $a \in\{1,2,3,4,5\}$.
Ако $a=1$, тогаш $b \cdot c=1$, од каде се добива дека $b=1$ и $c=1$ т.е. бараниот број е 111 .
Ако $a=2=1 \cdot 2=2 \cdot 1$, тогаш се добиваат броевите 212 и 221.
Ако $a=3=1 \cdot 3=3 \cdot 1$, тогаш бараните броеви се 313 и 331 .
Ако $a=4=1 \cdot 4=4 \cdot 1=2 \cdot 2$, тогаш бараните броеви се 414,422 и 441.
Ако $a=5=1 \cdot 5=5 \cdot 1$, тогаш бараните броеви се 515 и 551 . Бидејќи трицифрените броеви треба да се помали од 550, бројот 551 не е решение.
Конечно, бараните броеви се: $111,212,221,313,331,414,441,422$ и 515.
2. Даден е паралелограм $A B C D$. Над страните $A B$ и $A D$, надвор од паралелограмот $A B C D$, се конструирани рамнострани триаголници $A B F$ и $D A E$. Докажи, дека триаголникот $E C F$ е рамностран.
Решение. Ќе покажеме дека
$$
\triangle A F E \cong \triangle B F C \cong \triangle D C E
$$
од каде следува дека $\overline{F E}=\overline{F C}=\overline{C E}$.
Од $\overline{A B}=\overline{D C}$ (спротивни страни во паралелограм), и $\overline{A B}=\overline{A F}=\overline{B F}$ (страни на рамностран триаголник) добиваме $\overline{D C}=$ $\overline{A F}=\overline{B F}$. Аналогно, $\overline{A E}=\overline{D E}=\overline{B C}$. Но, $\Varangle A D C \cong \measuredangle A B C$ како спротивни агли
во паралелограм, па затоа
$$
\begin{aligned}
\measuredangle E D C & =360^{\circ}-\measuredangle A D E-\measuredangle A D C \\
& =360^{\circ}-\measuredangle A B F-\measuredangle A B C=\measuredangle F B C .
\end{aligned}
$$
Понатаму, $\measuredangle B A D=180^{\circ}-\measuredangle A D C$, како соседни агли во паралелограм,.
$$
\begin{aligned}
\measuredangle F A E & =\measuredangle F A B+\measuredangle B A D+\measuredangle D A E=120^{\circ}+\measuredangle B A D \\
& =120^{\circ}+180^{\circ}-\measuredangle A D C=300^{\circ}-\measuredangle A D C=\measuredangle E D C
\end{aligned}
$$
Тогаш според признакот за складност на триаголници САС, важи $\triangle A F E \cong{ }_{\triangle} B F C \cong{ }_{\triangle} D C E$, со што доказот е завршен.
3. Даден е $\triangle A B C$. Точките $P$ и $Q$ лежат на страните $A C$ и $B C$, соодветно и се такви што периметарот на $\triangle A B P$ е еднаков со периметарот на $\triangle A B Q$, а периметарот на $\triangle A Q C$ е еднаков со периметарот на $\triangle P B C$. Докажи, дека $\triangle A B C$ е рамнокрак.
Решение. Имаме
$$
\begin{aligned}
& L_{\triangle A B Q}+L_{\triangle A Q C}= \\
&=\overline{A B}+\overline{B Q}+\overline{A Q}+\overline{A Q}+\overline{Q C}+\overline{A C} \\
&=\overline{A B}+(\overline{B Q}+\overline{Q C})+2 \overline{A Q}+\overline{A C} \\
&=\overline{A B}+\overline{B C}+2 \overline{A Q}+\overline{A C} \\
&=L_{\triangle A B C}+2 \overline{A Q} \\
& \text { и } \\
& L_{\triangle A B P}+L_{\triangle P B C}= \\
&=\overline{A B}+\overline{B P}+\overline{A P}+\overline{B P}+\overline{B C}+\overline{P C} \\
&=\overline{A B}+(\overline{A P}+\overline{P C})+2 \overline{B P}+\overline{B C} \\
&=\overline{A B}+\overline{A C}+2 \overline{B P}+\overline{B C} \\
&=L_{\triangle A B C}+2 \overline{B P}
\end{aligned}
$$
Сега, од $L_{\triangle A B P}=L_{\triangle A B Q}$ и $L_{\triangle A Q C}=L_{\triangle P B C}$ и претходните равенства следува дека $\overline{A Q}=\overline{B P}$. Понатаму, од
$$
\overline{A P}=L_{\triangle A B P}-\overline{B P}-\overline{A B}=L_{\triangle A B Q}-\overline{A Q}-\overline{A B}=\overline{B Q}
$$
следува дека триаголниците $A B P$ и $A B Q$ имаат една заедничка страна и $\overline{A Q}=\overline{B P}, \overline{A P}=\overline{B Q}$, па затоа тие се складни. Според тоа,
$$
\measuredangle C A B=\measuredangle P A B=\measuredangle Q B A=\measuredangle C B A
$$
т.е. $\triangle A B C$ е рамнокрак со краци $A C$ и $B C$.
4. Природен број $n$ при делење со 3 дава остаток $a$, при делење со 6 дава остаток $b$ и при делење со 9 дава остаток $c$. Познато е дека $a+b+c=15$. Определи го остатокот при делење на бројот $n$ со 18 .
Решение. Од условот на задачата следува дека бројот $n$ може да се запише во облиците $n=3 p+a, n=6 q+b$ и $n=9 r+c$, при што бидејќи $a, b, c$ се остатоци при делењето на $n$ со $3,6,9$, соодветно, важи $0 \leq a \leq 2, \quad 0 \leq b \leq 5,0 \leq c \leq 8$, па затоа $0 \leq a+b+c \leq 15$. Понатаму, бидејќи $a+b+c=15$, добиваме дека $a=2, b=5$ и $c=8$. Сега, $n+1=3 p+3=6 q+6=9 r+9$. Според тоа, бројот $n+1$ е делив со $3,6,9$, па затоа $n+1$ е делив со $\operatorname{NZS}(3,6,9)=18$. Конечно, бројот $n$ при делење со 18 дава остаток 17 .
5. На кружница, во произволен редослед се запишани броевите 50,100 , $150, \ldots, 1500$. Докажи, дека меѓу запишаните броеви постојат три последователни броја чиј збир е поголем или еднаков на 2350.
Решение. Збировите од секои три последователно запишани броја да ги означиме со $S_{1}, S_{2}, \ldots, S_{30}$. Во збирот $S_{1}+S_{2}+\ldots+S_{30}$ секој од броевите $50,100,150, \ldots, 1500$ се јавува точно трипати, па затоа
$$
\begin{aligned}
S_{1}+S_{2}+\ldots+S_{30} & =3 \cdot(50+100+\ldots+1500) \\
& =150 \cdot(1+2+\ldots+30) \\
& =150 \cdot \frac{30 \cdot 31}{2}=69750
\end{aligned}
$$
Ако секој од броевите $S_{1}, S_{2}, \ldots, S_{30}$ е помал помал од 2350 , тогаш секој ќе биде помал или еднаков од 2300 (два собирци се разликуваат за 50 и секој собирок е делив со 50), па затоа ќе важи
$$
S_{1}+S_{2}+\ldots+S_{30} \leq 30 \cdot 2300=69000<69750
$$
што е противречност. Од добиената противречност следува дека постои $k, 1 \leq k \leq 30$, таков што $S_{k} \geq 2350$.
## VIII одделение
1. Должините на страните на еден правоаголен триаголник се изразени со природни броеви. Дали е можно должините на катетите да бидат изразени со непарни броеви? (Одговорот да се образложи)
Решение. Нека $a=2 p+1$ и $b=2 s+1, p, s \in \mathbb{N}$ се катети на правоаголниот триаголник. Тогаш, за хипотенузата имаме
$$
\begin{aligned}
c^{2} & =a^{2}+b^{2}=(2 p+1)^{2}+(2 s+1)^{2}=4 p^{2}+4 p+1+4 s^{2}+4 s+1 \\
& =4\left(p^{2}+p+s^{2}+s\right)+2
\end{aligned}
$$
што не е можно, бидејќи ако $c=2 k$, тогаш $c^{2}=4 k^{2}$, а ако $c=2 k+1$, тогаш $c^{2}=4 k(k+1)+1$, т.е. квадрат на природен број при делење со 4 дава остаток 0 или 1 .
2. Нека $\overline{x y y}$ е трицифрен број делив со 7. Докажи дека збирот на цифрите на бројот $\overline{x y y}$ е делив со 7 .
Решение. Го запишуваме бројот $\overline{x y y}$ во обликот
$$
\overline{x y y}=100 x+10 y+y=7(14 x+y)+2(x+2 y)
$$
каде $x, y$ се цифри. Бидејќи $\overline{x y y}$ е делив со 7 , од последното равенство следува дека $7 \mid 2(x+2 y)$, и како $\operatorname{NZD}(2,7)=1$ добиваме дека $7 \mid x+2 y$, што и требаше да се докаже.
3. Двајца велосипедисти почнуваат тренинг истовремено. Едниот тргнува од Скопје, а другиот од Гевгелија еден кон друг. Кога се на растојание од $180 \mathrm{~km}$ еден од друг, во тренингот се вклучува една мува. Таа стартува од рамото на едниот велосипедист и лета да го сретне другиот. Застанува на неговото рамо и се веднаш се враќа назад кон првиот велосипедист. Ова го повторува се додека двајцата велосипедисти не се сретнат. Мувата лета со брзина од $30 \mathrm{~km}$ на час, а велосипедистите се движат со брзина $15 \mathrm{~km}$ на час. Колку километри ќе прелета мувата за време на тренингот?
Решение. Од моментот кога мувата се приклучува во тренингот до моментот кога велосипедистите се сретнуваат ќе поминат $\frac{180 \mathrm{~km}}{2.15 \mathrm{~km} / \mathrm{h}}=6 \mathrm{~h}$ Значи мувата ќе лета $6 \mathrm{~h}$, односно таа ќе прелета $6 \cdot 30 \mathrm{~km}=180 \mathrm{~km}$.
4. Нека $E$ е средина на страната $C D$ на квадратот $A B C D$. Точка $M$ во внатрешноста на квадратот е таква што $\measuredangle M A B=\measuredangle M B C=\measuredangle B M E=x$. Определи го $x$ ?
Решение. Да го означиме $\measuredangle A B M$ со $y$. Бидејќи $\measuredangle A B C=x+y=90^{\circ}$, од триаголникот $A B M$ добиваме дека $\measuredangle A M B=90^{\circ}$. Нека $F$ е средината на страната $A B$. Тогаш од правоаголниот триаголник $A B M$ добиваме
$\overline{A F}=\overline{F B}=\overline{M F}$. Понатаму, $\measuredangle F M B=\measuredangle F B M=y$ од каде следува $\measuredangle E M F=x+y=90^{\circ}$. Триаголникот $M F E$ е правоаголен при што $E F=2 M F$ од каде следува $\measuredangle M F E=60^{\circ}$ и
$$
\measuredangle M B F=\frac{1}{2} \measuredangle M F A=\frac{1}{2}\left(90^{\circ}-\measuredangle M F E\right)=15^{\circ}
$$
Конечно $x=75^{\circ}$.
5. Даден е конвексен четириаголник $A B C D$. Докажи, дека било која точка од четириаголникот $A B C D$ и неговата внатрешност лежи барем во еден од четирите кругови чии дијаметри се страните на тој четириагоник.
Решение. Нека точките $E$ и $F$ се подножја на висините спуштени од темињата $A$ и $C$ кон страната $B D$, соодветно. На овој начин со помош на дијагоналата $B D$ и точките $E$ и $F$, четириаголниот $A B C D$ е поделен на четири правоаголни триаголници.
Според Талесовата теорема точката $E$ лежи на кружницата со дијаметар $A B$. Следува секоја точка од триаголникот $A B E$ лежи во
кругот со дијаметар $A B$. Аналогно, останатите три правоаголници триаголници лежат во круговите со дијаметри $B C, C D$ и $D A$.
Следува секоја точка од четириаголникот $A B C D$, лежи во барем еден четирите кругови, чии дијаметри се страните на тој четириаголник.
## IX одделение
1. Определи ги сите парови последователни природни броеви такви што едниот број може да се запише како производ $2(n-3)(n+1)$, а другиот како производ $(n-2)(2 n-1)$ каде што $n$ е природен број.
Решение. Разликата на два последователни природни броеви е 1 , па во зависност од тоа кој број е поголем имаме два случаи:
1. $2(n-3)(n+1)-(n-2)(2 n-1)=1$ од каде што $n=9$, а бараните броеви ce 119 и 120 .
2. $(n-2)(2 n-1)-2(n-3)(n+1)=1$ од каде што $n=7$, а бараните броеви се 64 и 65 .
3. Кој е најголемиот природен број кој го задоволува следниот услов: било кои две соседни цифри во истиот редослед формираат двоцифрен број делив со 23 ?
Решение. Двоцифрени броеви кои се деливи со 23 се 23, 46, 69 и 92. Најголем број кој го задоволува условот на задачата е 46923.
3. Определи ги сите цели броеви $n$ за кои $\sqrt{n^{2}+4 n-5}$ е исто така цел број.
Решение. Нека $\sqrt{n^{2}+4 n-5}=m$. Според тоа,
$$
\begin{aligned}
& \sqrt{n^{2}+4 n-5}=m \Rightarrow n^{2}+4 n-5=m^{2} \Rightarrow n^{2}+4 n+4-9=m^{2} \\
& \Rightarrow(n+2)^{2}-m^{2}=9 \quad \Rightarrow(n+2+m)(n+2-m)=9
\end{aligned}
$$
Двата множители на левата страна во последното равенство се непарни цели броеви.
Бидејќи $m \geq 0$, можни се следниве случаи:
$$
\left\{\begin{array}{l}
n+2+m=9 \\
n+2-m=1
\end{array},\left\{\begin{array}{l}
n+2+m=3 \\
n+2-m=3
\end{array},\left\{\begin{array} { l }
{ n + 2 + m = - 3 } \\
{ n + 2 - m = - 3 }
\end{array} \text { и } \left\{\begin{array}{l}
n+2+m=-1 \\
n+2-m=-9
\end{array}\right.\right.\right.\right.
$$
Оттука лесно наоѓаме дека $n=3, n=1, n=-5, n=-7$.
4. Нека $A B C$ е рамнокрак правоаголен триаголник со прав агол во темето $C$, и нека $D$ е подножјето на висината повлечена од $C$. Ако симетралата на аголот $C A B$ ја сече висината $C D$ во точката $E$, докажи дека $\overline{B C}+\overline{C E}=\overline{A B}$.
Решение. Нека $M$ е точка од хипотенузата таква што $\overline{A C}=\overline{A M}$. Тогаш триаголникот AMC е рамнокрак со основа $C M$ и
$$
\measuredangle A C M=\measuredangle A M C=\frac{180^{\circ}-45^{\circ}}{2}=67^{\circ} 30^{\prime}
$$
па следува дека
$$
\measuredangle B C M=90^{\circ}-67^{\circ} 30^{\prime}=22^{\circ} 30^{\prime}
$$
## Бидејќи
$$
\Varangle C A E=\Varangle B C M=22^{\circ} 30^{\prime}, \overline{A C}=\overline{B C} \text { и } \measuredangle A C E=\measuredangle C B M=45^{\circ},
$$
следува дека триаголниците $C A E$ и $B C M$ се складни.
Значи, $\overline{B M}=\overline{C E}$, па добиваме дека
$$
\overline{A B}=\overline{A M}+\overline{M B}=\overline{A C}+\overline{C E}
$$
5. За различните реални броеви $a, b, c$ е важи
$$
\frac{a^{2}}{(b-c)^{2}}+\frac{b^{2}}{(c-a)^{2}}+\frac{c^{2}}{(a-b)^{2}}=2
$$
Пресметај
$$
\frac{a}{b-c}+\frac{b}{c-a}+\frac{c}{a-b}
$$
Решение. Воведуваме смени
$$
x=\frac{a}{b-c}, y=\frac{b}{c-a}, z=\frac{c}{a-b}
$$
Тогаш условот на задачата го добива обликот $x^{2}+y^{2}+z^{2}=2$, а збирот кој се бара е $x+y+z$. Да забележиме дека
$$
\begin{gathered}
x+1=\frac{a+b-c}{b-c}, y+1=\frac{b+c-a}{c-a}, z+1=\frac{c+a-b}{a-b} \text { и } \\
x-1=\frac{a+c-b}{b-c}, y-1=\frac{b+a-c}{c-a}, z-1=\frac{c+b-a}{a-b}
\end{gathered}
$$
од каде следува
$$
(x+1)(y+1)(z+1)=(x-1)(y-1)(z-1)
$$
Последното равенство е еквиалентно со равенството $x y+y z+z x=-1$. Тогаш
$$
(x+y+z)^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(x y+y z+z x)=2-2=0
$$
од каде добиваме $x+y+z=0$.