# Сојузен натпревар 1969 

## II година

1. Која релација што не зависи од $m$ постои меѓу решенијата на равенката

$$
\left(x^{2}-6 x+5\right)+m\left(x^{2}-5 x+6\right)=0 ?
$$

Решение. Ако $m \neq-1$, тогаш дадената равенка е еквивалентна на равенката

$$
x^{2}-\frac{5 m+6}{m+1} x+\frac{6 m+5}{m+1}=0
$$

и има решенија $x_{1}$ и $x_{2}$ за кои важи

$$
\begin{aligned}
& x_{1}+x_{2}=\frac{5 m+6}{m+1}=5+\frac{1}{m+1} \\
& x_{1} x_{2}=\frac{6 m+5}{m+1}=6-\frac{1}{m+1}
\end{aligned}
$$

Ако ги собереме последните две равенства добиваме

$$
x_{1}+x_{2}+x_{1} x_{2}=11
$$

2. Докажи дека за секој природен број $n$ барем еден од броевите $3^{3 n}+2^{3 n}$ и $3^{3 n}-2^{3 n}$ е делив со 35 .

Решение. Ако $n=2 k+1$, каде $k \in\{0,1,2, \ldots\}$, тогаш

$$
\begin{aligned}
3^{3 n}+2^{3 n} & =27^{n}+8^{n}=27^{3 k+1}+8^{3 k+1}=(27+8) \sum_{i=0}^{2 k}(-1)^{i} 27^{2 k-i} 8^{i} \\
& =35 \sum_{i=0}^{2 k}(-1)^{i} 27^{2 k-i} 8^{i}
\end{aligned}
$$

што значи $35 \mid 3^{3 n}+2^{3 n}$.

Ако $n=2 k$, каде $k \in\{1,2,3, \ldots$.$\} , тогаш$

$$
\begin{aligned}
3^{3 n}-2^{3 n} & =3^{6 k}-2^{6 k}=729^{k}-64^{k}=(729-64) \sum_{i=0}^{k-`} 729^{k-1-i} 64^{i} \\
& =35 \cdot 19 \sum_{i=0}^{k-`} 729^{k-1-i} 64^{i}
\end{aligned}
$$

што значи $35 \mid 3^{3 n}-2^{3 n}$.

3. Дадени се две кружници со центри $O$ и $O_{1}$ и радиуси $R$ и $\frac{R}{2}$. Кружниците внатрешно се допираат во точката $T$. Конструирај кружница која ги допира дадените кружници и правата $O O_{1}$.

Решение. Анализа. Со $k$ и $k_{1}$ да ги означиме дадените кружници со центри $O$ и $O_{1}$. Нека претпоставиме дека кружницата $k_{2}$ со центар $O_{2}$ и радиус х ги
допира кружниците $k$ и $k_{1}$ и правата $O O_{1}$, редоследно во точките $A, B$ и $C$, (цртеж десно). Да означиме $O C=c$. Бидејќи

$$
O_{1} O_{2}=\frac{R}{2}+x, O O_{2}=R-x, O_{2} C=x, C O_{1}=\frac{R}{2}+c
$$

и бидејќи триаголниците $\mathrm{O}_{2} \mathrm{CO}$ и $\mathrm{O}_{2} \mathrm{CO}_{1}$ се правоаголни (со прави агли во темето $C$ ), од Питагоровата теорема следува

$$
\begin{aligned}
& \left(\frac{R}{2}+c\right)^{2}+x^{2}=\left(\frac{R}{2}-c\right)^{2} \\
& c^{2}+x^{2}=(R-x)^{2}
\end{aligned}
$$

т.е.

$$
R c+c^{2}=R x, c^{2}=R^{2}-2 R x
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_1c2b383694a332230fb4g-02.jpg?height=409&width=411&top_left_y=399&top_left_x=1068)

Ако го елиминираме $c$ од овие равенства, добиваме $x=\frac{4 R}{9}$. Да забележиме дека $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}=\frac{17 R}{18}, O O_{2}=\frac{5 R}{9}$.

Конструкција. Конструираме кружница $k_{3}$ со центар $O_{1}$ и радиус $\frac{17 R}{18}$ и кружница $k_{4}$ со центар $O$ и радиус $\frac{5 R}{9}$. Нека $O_{2}^{\prime}$ е пресек на кружниците $k_{3}$ и $k_{4}$. Конструираме кружница $k_{2}^{\prime}$ со центар $O_{2}^{\prime}$ и радиус $\frac{4 R}{9}$. Тогаш $k_{2}^{\prime}$ е бараната кружница.

Доказ. Кружниците $k_{3}$ и $k_{4}$ се сечат бидејќи броевите $\frac{17 R}{18}, \frac{5 R}{9}$ и $\frac{R}{2}$ го задоволуваат потребниот и доволен услов да може да се страни на триаголник. Бидејќи $\left(\frac{17 R}{18}\right)^{2}>\left(\frac{5 R}{9}\right)^{2}+\left(\frac{R}{2}\right)^{2}$, заклучуваме дека $O_{1} O_{2}^{\prime} O$ е тапоаголен триаголник со тап агол во темето $O$. Според тоа, точката $O$ се наоѓа меѓу точката $O_{1}$ и подножјето $C^{\prime}$ на висината на триаголникот $O_{1} O_{2}^{\prime} O$ од темето $O_{2}^{\prime}$. Да означиме $C^{\prime} O=c^{\prime}$ и $C^{\prime} O_{2}^{\prime}=h$. Бидејќи триаголниците $O_{2}^{\prime} C^{\prime} O$ и $O_{2}^{\prime} C^{\prime} O_{1}$ се правоаголни со прави агли во темето $C^{\prime}$, важи

$$
h^{2}=\left(\frac{5 R}{9}\right)^{2}-c^{\prime 2}=\left(\frac{17 R}{18}\right)^{2}-\left(\frac{R}{2}+c^{\prime}\right)^{2}
$$

Понатаму, лесно добиваме $c^{\prime}=\frac{R}{3}$ и $h=\frac{4 R}{9}$, што значи дека кружницата $k_{2}^{\prime}$ ја допира правата $O O_{1}$. Од равенството

$$
O_{2}^{\prime} O_{1}=\frac{17 R}{18}=\frac{R}{2}+\frac{4 R}{9}
$$

следува дека кружницата $k_{2}^{\prime}$ ја допира кружницата $k_{1}$. Бидејќи

$$
O_{2}^{\prime} O=\sqrt{c^{\prime 2}+h^{2}}=\frac{5 R}{9}=R-\frac{4 R}{9}
$$

заклучуваме дека кружниците $k_{2}^{\prime}$ и $k$ се допираат.

Дискусија. Кружниците $k_{2}^{\prime}$ и $k_{1}$ имаат две пресечни точки, што значи дека задачата има две решенија.

4. Во тристрана пирамида сите агли на бочните sидови при врвот на пирамидата се прави. Докажи дека врвот на пирамидата, тежиштето на основата и центарот на сферата опишана околу пирамидата припаѓаат на иста права.

Решение. Нека $A B D A_{1}$ е дадената пирамида и нека сите агли на бочните кидови во темето $A$ се прави. Понатаму, нека $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ е паралелопипед (со еден ьид $A B C D$ и рабови $A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}, D D_{1}$ ), цртеж десно. Нека $O$ е средината на отсечката $A C_{1}$ и $T$ е тежиштето на триаголникот $A_{1} B D$. Тогаш $O$ е центарот на опишаната сфера околу паралелопипедот $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ (па според тоа и околу пирамидата $A B D A_{1}$ ). Правата $A C_{1}$ е пресек на рамнините $A B C_{1} D_{1}, A C C_{1} A_{1}$ и $A D C_{1} B_{1}$. Бидејќи средината $X$ на отсечката $B D$ припаѓа на правата $A C$, заклучуваме дека тежишната линија $A_{1} X$ на триаголникот $A_{1} B D$ припаѓа на рамнината $A C C_{1} A_{1}$. Слично се докажува дека и рамнините $A B C_{1} D_{1}$ и $A D C_{1} B_{1}$ coдржат по една тежишна линија на триаголникот $A_{1} B D$. Според тоа, точката $T$ припаѓа на пресекот на овие три рамнини, т.е. на правата $A O$.

## III година

1. Тристрана пирамида $O A B C$ има бочни рабови $O A=a, O B=b, O C=c$, а аглите $A O B, B O C, C O A$ се прави. Ако $\alpha, \beta, \gamma$ се аглите кај темињата $A, B, C$ на основата $A B C$, докажи дека

$$
\operatorname{ctg} \alpha: \operatorname{ctg} \beta: \operatorname{ctg} \gamma=a^{2}: b^{2}: c^{2}
$$

Решение. Со примена на косинусната и Питагоровата теорема добиваме

$$
\cos \alpha=\frac{A B^{2}+A C^{2}-B C^{2}}{2 A B \cdot A C}=\frac{a^{2}+b^{2}+a^{2}+c^{2}-b^{2}-c^{2}}{2 \sqrt{a^{2}+b^{2}} \sqrt{a^{2}+c^{2}}}=\frac{a^{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}} \sqrt{a^{2}+c^{2}}}
$$

Понатаму,

$$
\sin \alpha=\sqrt{1-\cos ^{2} \alpha}=\frac{\sqrt{a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}} \sqrt{a^{2}+c^{2}}}
$$

Аналогно добиваме

$$
\cos \beta=\frac{b^{2}}{\sqrt{b^{2}+c^{2}} \sqrt{b^{2}+a^{2}}}, \quad \sin \beta=\frac{\sqrt{a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}}}{\sqrt{b^{2}+c^{2}} \sqrt{b^{2}+a^{2}}}
$$

па лесно следува дека

$$
\frac{\operatorname{ctg} \alpha}{\operatorname{ctg} \beta}=\frac{\cos \alpha \sin \beta}{\cos \beta \sin \alpha}=\frac{a^{2}}{b^{2}} .
$$

Сличлно се докажуваат останатите односи.

2. Во множеството реални броеви реши го системот равенки

$$
\begin{aligned}
& x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}=1 \\
& x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\ldots+x_{n}^{2}=1
\end{aligned}
$$

$$
x_{1}^{n}+x_{2}^{n}+\ldots+x_{n}^{n}=1
$$

Решение. Очигледно дека системот ги има следниве $n$ решенија:

$$
(1,0,0, \ldots, 0,0),(0,1,0, \ldots, 0,0), \ldots,(0,0,0, \ldots, 0,1)
$$

Ќе докажеме дека системот нема други решенија.

Нека $n=2$. Тогаш од $x_{1}+x_{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=1$ следува

$$
2 x_{1} x_{2}=\left(x_{1}+x_{2}\right)-\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\right)=0
$$

па затоа еден од броевите $x_{1}$ и $x_{2}$ мора да е еднаков на 0 , а другиот на 1 .

Нека $n=3$. Тогаш од $x_{1}+x_{2}+x_{3}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}=x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+x_{3}^{3}=1$ и равенстата

$$
\begin{aligned}
& x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}=\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\right)^{2}-2\left(x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+x_{3} x_{1}\right) \\
& x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+x_{3}^{3}=\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\right)\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}-x_{1} x_{2}-x_{2} x_{3}-x_{3} x_{1}\right)+3 x_{1} x_{2} x_{3}
\end{aligned}
$$

следува $x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+x_{3} x_{1}=0$ и $x_{1} x_{2} x_{3}=0$. Според тоа, барем еден од броевите $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ е еднаков на 0 , па аналогно како во претходниот случај добиваме дека и еден од преостанатите два броја е еднаков на 0 , а другиот е еднаков на 1 .

Нека $n \geq 4$. Тогаш од равенството $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\ldots+x_{n}^{2}=1$ следува

$$
x_{1}^{2} \leq 1, \quad x_{2}^{2} \leq 1, \ldots, \quad x_{n}^{2} \leq 1
$$

Ако некој од броевите $x_{1}^{2}, x_{2}^{2}, \ldots, x_{n}^{2}$ (на пример $x_{1}^{2}$ ) е еднаков на 1 , тогаш секој од броевите $x_{2}^{2}, \ldots, x_{n}^{2}$ е еднаков на 0 , т.е. секој од броевите $x_{2}, \ldots, x_{n}$ е еднаков на 0 , па од условот $x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}=1$ следува $x_{1}=1$. Ако $x_{1}^{2}<1, x_{2}^{2}<1, \ldots, x_{n}^{2}<1$, тогаш

$$
1=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\ldots+x_{n}^{2}>x_{1}^{4}+x_{2}^{4}+\ldots+x_{n}^{4}=1
$$

што е противречност, т.е. $n$-торката ( $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ ) не е решение на системот.

3. Дадена е правилна четиристрана призма со основен раб $2 a$ и висина $a(1+\sqrt{3})$. Една сфера минува низ четирите темиња на долната основа и ја допира горната основа. Определи ја плоштината на оној дел од призмата кој е внатре во сферата.

Решение. Нека $A, B, C, D, A_{1}, B_{1}, C_{1}, D_{1}$ се темињата на дадената призма, при што основата е квадратот $A B C D$ со страна $2 a$, а $A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}, D D_{1}$ се рабови на призмата со должина $a(1+\sqrt{3})$. Понатаму, нека $S$ е пресекот на дијагоналите на квадратот $A B C D, S_{1}$ е пресекот на дијагоналите на квадратот $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}, O$ и $R$ се соодветно центарот и радиусот на дадената сфера и $x=O S$ (цртеж десно). Триаголникот $O S B$ е правоаголен со прав агол во темето $S$, па затоа

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_1c2b383694a332230fb4g-05.jpg?height=498&width=452&top_left_y=258&top_left_x=1031)

$$
\begin{aligned}
& S_{1} S-S_{1} O=x=\sqrt{O B^{2}-B S^{2}} \\
& ((1+\sqrt{3}) a-R)^{2}=R^{2}-2 a^{2} \\
& R=a \sqrt{3} \\
& x=a
\end{aligned}
$$

Ако $A_{2}, B_{2}, C_{2}, D_{2}$ се редоследно точки на рабовите $A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}, D D_{1}$ такви што $A A_{2}=B B_{2}=C C_{2}=D D_{2}=2 a$, тогаш $A B C D A_{2} B_{2} C_{2} D_{2}$ е коцка, а дадената сфера е опишана околу таа коцка. Делот од плоштината на ьидот $A B B_{1} A_{1}$ на призмата кој се наоѓа внатре во кружницата опишана околу квадратот $A B B_{2} A_{2}$ е еднаков на

$$
(2 a)^{2}+\frac{1}{4}\left((a \sqrt{2})^{2} \pi-(2 a)^{2}\right)=\frac{a^{2} \pi}{2}+3 a^{2}
$$

Делот од плоштината на призмата кој се наоѓа во внатрешноста на сферата е еднаков на

$$
4\left(\frac{a^{2} \pi}{2}+3 a^{2}\right)+4 a^{2}=2 a^{2}(8+\pi)
$$

4. Некој кратковид мудрец кој гледа предмети само на растојание помало од $1 \mathrm{~m}$, направил ваква опклада: Ако било каде на растојание $d$ од него се постави некој предмет, тогаш тој (под услов по секој направен чекор од $1 \mathrm{~m}$ да му се каже дали на тој начин се приближил или се оддалечил од предметот) во конечно многу чекори ќe го најде предметот, а бројот на направените чекори ќе биде сигурно помал од $\frac{3 d}{2}+7$. Се смета дека предметот е најден, тогаш кога мудрецот ќе го здогледа. Докажи дека мудрецот ќе ја добие опкладата.

Решение. Да воведеме правоаголен координатен систем така што мудрецот ќе се наоѓа во координатниот почеток. Нека предметот се наоѓа во точката $\left(x_{0}, y_{0}\right)$. Без ограничување на општоста можеме да сметаме дека $x_{0} \geq 0, y_{0} \geq 0$. Мудрецот може да го бара предметот на следниов начин:

1) Прво со најмногу 4 чекори го наоѓа квадрантот во кој се наоѓа предметот (поточно, квадрантот во кој предметот се наоѓа или од кој е оддалеченм помалку од $\frac{1}{2}$ ), цртеж десно.
2) Потоа се движи по оној дел на $x$-оската кој не граница на најдениот квадрант, се додека не поч-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_1c2b383694a332230fb4g-06.jpg?height=505&width=788&top_left_y=262&top_left_x=692)
не да се оддалечува од предметот (на пример $x$ чекори), па потоа ќе се врати еден чекор назад. Притоа важи $x-\frac{3}{2} \leq x_{0} \leq x-\frac{1}{2}$.

3) Потоа во воочениот квадрант се движи паралелно на $y$-оската ( $y$ чекори) се додека не го здогледа предметот. Притоа важи

$$
y-1+\frac{\sqrt{3}}{2} \leq y_{0} \leq y+1
$$

Вкупниот број чекори е најмногу $A=4+x+1+y$, па имаме

$$
\begin{aligned}
A & =5+x+y \leq 5+x_{0}+\frac{3}{2}+y_{0}+1-\frac{\sqrt{3}}{2} \\
& =x_{0}+y_{0}+7-\frac{1-\sqrt{3}}{2}<\sqrt{2} d+7<\frac{3}{2} d+7
\end{aligned}
$$

Во претпоследното неравенство го користевме тврдењето: Ако за позитивните броеви $a$ и $b$ важи $a^{2}+b^{2}<d^{2}$ и $\frac{a}{b}=\operatorname{tg} \alpha, 0<\alpha<\frac{\pi}{2}$, тогаш

$$
a+b<d(\sin \alpha+\cos \alpha)=\sqrt{2} d \cos \left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)<\sqrt{2} d
$$

## IV година

1. Иста како 4-тата задача од III година.
2. Ако $p$ е непарен прост број и $a$ е цел број кој не е делив со $p$, тогаш еден и само еден од броевите

$$
A=a^{1+2+\ldots+(p-1)}+1, B=a^{1+2+\ldots+(p-1)}-1
$$

е делив со $p$. Докажи!

Решение. Имаме

$$
A-B=2 \text { и } A B=\left(a^{p}\right)^{p-1}-1
$$

Бидејќи $p$ е прост број поголем од 2 , бројот $A-B$ не е делив со $p$, па затоа двата броја $A$ и $B$ не може да се деливи со $p$. Но, од малата теорема на Ферма следува
дека бројот $A B$ е делив со $p$, па затоа точно еден од броевите $A$ и $B$ е делив со p.

3. Во заедничкиот дел на внатрешните области на параболите

$$
x^{2}=p^{2}+2 p y \text { и } x^{2}=p^{2}-2 p y
$$

впиши елипса со максимална плоштина.

Решение. Ако елипсата се наоѓа внатре во областа ограничена со параболите

$$
x^{2}=p^{2}+2 p y \text { и } x^{2}=p^{2}-2 p y
$$

каде, на пример, $p>0$, цртеж десно, тогаш со транслација на елипсата така што пресекот на оските ќе и се покло-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_1c2b383694a332230fb4g-07.jpg?height=337&width=605&top_left_y=579&top_left_x=856)
пи со координатниот почеток, а потоа со ротација околу координатниот почеток така што големата оска на елипсата ќe падне на $x$-оската, ќe се добие елипса која е внатре во споменатата област (Докажи!).

Равенката на бараната елипса со максимална плоштина има облик

$$
\frac{x^{2}}{\lambda^{2} b^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1
$$

каде $0<b \leq \frac{p}{2}$. Елипсата (1) целосно се содржи во дадената област ако и само ако за секој $y \in(0, b]$ важи

$$
x_{p}^{2}-x_{e}^{2}=p^{2}-2 p y-\left(\lambda^{2} b^{2}-\lambda^{2} y^{2}\right) \geq 0
$$

каде $x_{p}$ и $x_{e}$ се соодветно апцисите на точките на параболата и елипсата кои имаат иста ордината. Притоа, кај елипсата која има максимална плоштина за некој $y_{0} \in(0, b]$ важи $x_{p}^{2}-x_{e}^{2}=0$. Ако $y_{0}=b$, тогаш е $y_{0}=b=\frac{p}{2}$, а ординатата на темето на параболата

$$
x=\lambda^{2} y^{2}-2 p y+p^{2}-\lambda^{2} b^{2}
$$

не е помала од $b$ (цртеж десно). Значи,

$$
y_{T}=\frac{p}{\lambda^{2}} \geq b=\frac{p}{2}
$$

од каде следува $\lambda^{2} \leq 2$. Максималната плоштина е

$$
P_{1}=\pi \lambda b^{2}=\frac{\pi p^{2}}{2 \sqrt{2}}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_1c2b383694a332230fb4g-07.jpg?height=322&width=718&top_left_y=1735&top_left_x=762)

Ако $0<y_{0}<b$, тогаш координатите на темето на параболата (3) се

$$
y_{0}=\frac{p}{\lambda^{2}}, x_{0}=p^{2}-\lambda^{2} b^{2}-\frac{p^{2}}{\lambda^{2}}=0
$$

од каде имаме две можности за $\lambda^{2}$ :

$$
\lambda_{1}^{2}=\frac{p^{2}}{2 b^{2}}\left(p-\sqrt{p^{2}-4 b^{2}}\right), \lambda_{2}^{2}=\frac{p^{2}}{2 b^{2}}\left(p+\sqrt{p^{2}-4 b^{2}}\right)
$$

Бидејќи $\frac{p}{\lambda_{1}^{2}}>b$ и $\frac{p}{\lambda_{2}^{2}}<b$, мора да е $\lambda=\lambda_{2}$. Плоштината на соодветна елипса е $P_{2}=\pi \lambda b^{2}$, па следува

$$
P_{2}^{2}=\pi^{2} \lambda^{2} b^{4}=\frac{\pi^{2} p^{2}}{2} b^{2}\left(p+\sqrt{p^{2}-4 b^{2}}\right)
$$

Функцијата $f\left(b^{2}\right)=b^{2}\left(p+\sqrt{p^{2}-4 b^{2}}\right)$ достигнува максимум за $b^{2}=\frac{2 p^{2}}{9}$. Тогаш $\lambda^{2}=3$ и $P_{2}=\frac{2 \pi p^{2}}{3 \sqrt{3}}>P_{1}$. Бараната елипса е

$$
\frac{x^{2}}{\frac{2 p^{2}}{3}}+\frac{y^{2}}{\frac{2 p^{2}}{9}}=1
$$

4. Ако $a$ е реален параметар, определи ги сите реални решенија на системот равенки

$$
\begin{aligned}
& x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}=a \\
& x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\ldots+x_{n}^{2}=a^{2} \\
& \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \\
& x_{1}^{n}+x_{2}^{n}+\ldots+x_{n}^{n}=a^{n}
\end{aligned}
$$

Решение. Ако $a=0$, тогаш системот има единствено решение

$$
x_{1}=x_{2}=\ldots=x_{n}=0
$$

Ако $a \neq 0$, тогаш аналогно како во задачата 2 за трета година докажуваме дека

$$
(a, 0,0, \ldots, 0,0),(0, a, 0, \ldots, 0,0), \ldots,(0,0,0, \ldots, 0, a)
$$

се сите решенија на дадениот систем.

## Мала олимпијада

1. Дадени се реални броеви $a_{i}, b_{i}(i=1,2, \ldots, n)$ такви што

$$
\begin{aligned}
& a_{1} \geq a_{2} \geq \ldots \geq a_{n}>0 \\
& b_{1} \geq a_{1} \\
& b_{1} b_{2} \geq a_{1} a_{2}
\end{aligned}
$$

$$
b_{1} b_{2} \ldots b_{n} \geq a_{1} a_{2} \ldots a_{n}
$$

Докажи дека

$$
b_{1}+b_{2}+\ldots+b_{n} \geq a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}
$$

Решение. Да означиме $\frac{b_{i}}{a_{i}}=\lambda_{i}$. Од условот на задачата следува $\lambda_{i}>0$, за $i=1,2, \ldots, n$ и

$$
\lambda_{1} \geq 1, \lambda_{1} \lambda_{2} \geq 1, \ldots, \lambda_{1} \lambda_{2} \ldots \lambda_{n} \geq 1
$$

a, како $b_{i}-a_{i}=\left(\lambda_{i}-1\right) a_{i}$, треба да се докаже

$$
\sum_{i=1}^{n}\left(\lambda_{i}-1\right) a_{i} \geq 0
$$

Од неравенствата (1) и неравенствата меѓу средините следува

$$
\lambda_{1} \geq 1, \lambda_{1}+\lambda_{2} \geq 2, \ldots, \lambda_{1}+\lambda_{2}+\ldots+\lambda_{n} \geq n
$$

Ако ги воведеме ознаките $\lambda_{i}-1=\mu_{i}, i=1,2, \ldots, n$, тогаш имаме

$$
\begin{aligned}
& a_{1} \geq a_{2} \geq \ldots \geq a_{n}>0 \\
& \mu_{1} \geq 0, \mu_{1}+\mu_{2} \geq 0, \ldots, \mu_{1}+\mu_{2}+\ldots+\mu_{n} \geq 0
\end{aligned}
$$

а треба да се докаже

$$
\mu_{1} a_{1}+\mu_{2} a_{2}+\ldots+\mu_{n} a_{n} \geq 0
$$

Последното неравенство следува од

$$
\begin{aligned}
\mu_{1} a_{1}+\mu_{2} a_{2}+\ldots+\mu_{n} a_{n}= & \mu_{1}\left(a_{1}-a_{2}\right)+\left(\mu_{1}+\mu_{2}\right)\left(a_{2}-a_{3}\right)+\ldots \\
& +\left(\mu_{1}+\mu_{2}+\ldots+\mu_{n-1}\right)\left(a_{n-1}-a_{n}\right)+\left(\mu_{1}+\mu_{2}+\ldots+\mu_{n}\right) a_{n} \\
& \geq 0
\end{aligned}
$$

2. Нека $f(x)$ и $g(x)$ се полиноми со степен $n$, а $x_{0}, x_{1}, \ldots, x_{n}$ се $n+1$ различни вредности на променливата $x$. Ако

$$
f\left(x_{0}\right)=g\left(x_{0}\right), f^{\prime}\left(x_{1}\right)=g^{\prime}\left(x_{1}\right), f^{\prime \prime}\left(x_{2}\right)=g^{\prime \prime}\left(x_{2}\right), \ldots, f^{(n)}\left(x_{n}\right)=g^{(n)}\left(x_{n}\right)
$$

докажи дека $f(x) \equiv g(x)$.

Решение. Да означиме $h(x)=f(x)-g(x)$. Тогаш $h(x)$ е полином од степен помал или еднаков на $n$ за кој

$$
h\left(x_{0}\right)=h^{\prime}\left(x_{1}\right)=h^{\prime \prime}\left(x_{2}\right)=\ldots=h^{(n)}\left(x_{n}\right)=0
$$

а треба да да докажеме дека $h(x) \equiv 0$. Сега, ако

$$
h(x)=a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+\ldots+a_{n} x^{n}
$$

каде коефициентите тогаш $a_{i}, i=0,1,2, \ldots, n$ треба да ги определиме, тогаш од (1) следува системот

$$
\begin{aligned}
& h\left(x_{0}\right)=a_{0}+a_{1} x_{0}+a_{2} x_{0}^{2}+\ldots+a_{n} x_{0}^{n}=0 \\
& h^{\prime}\left(x_{1}\right)=\quad a_{1}+2 a_{2} x_{1}+\ldots+n a_{n} x_{1}^{n-1}=0 \\
& h^{\prime \prime}\left(x_{2}\right)=\quad 2 a_{2}+\ldots+n(n-1) x_{2}^{n-2}=0
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
h^{(n-1)}\left(x_{n-1}\right) & = & (n-1)!a_{n-1}+n!a_{n} x_{n-1} & =0 \\
h^{(n)}\left(x_{n}\right) & = & n!a_{n} & =0
\end{aligned}
$$

чие решение е $a_{i}=0, i=0,1,2, \ldots, n$. Според тоа, сите коефициенти на полиномот $h(x)$ се еднакви на 0 , па затоа $h(x) \equiv 0$.

3. Точките $A$ и $B$ се движат со константни брзини по правите $a$ и $b$, а познати се и по две соодветни положби $A_{1}, B_{1}$ и $A_{2}, B_{2}$. Определи ја онаа положба на точките $A$ и $B$ за кои должината $A B$ е најмала.

Решение. Векторите $\vec{a}=\overrightarrow{A_{1} A_{2}}$ и $\vec{b}=\overrightarrow{B_{1} B_{2}}$ се соодветно вектори на брзините на точките $A$ и $B$. За набљудувач од точката $A$ точката $B$ се движи со брзина која е определена со векторот $\vec{b}-\vec{a}$. Нека $Z$ и $C$ се точки определени со

$$
\overrightarrow{B_{1} Z}=-\vec{a}, \overrightarrow{B_{1} C}=\vec{b}-\vec{a}
$$

Минималното растојание меѓу точките $A$ и $B$ при движењето е ед-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_1c2b383694a332230fb4g-10.jpg?height=490&width=679&top_left_y=719&top_left_x=807)
накво на $A_{1} X$, каде $X$ е пресекот на правата $B_{1} C$ со нормалата на таа права која ја содржи точката $A_{1}$, цртеж десно. Нека $\overrightarrow{B_{1} X}=\lambda \overrightarrow{B_{1} C}=\lambda(\vec{b}-\vec{a})$ и нека $A_{0}$ и $B_{0}$ се точките определени со $\overrightarrow{A_{1} A_{0}}=\lambda \vec{a}, \overrightarrow{B_{1} B_{0}}=\lambda \vec{b}$. Јасно, точките $A_{0}$ и $B_{0}$ се соодветни положби на точките $A$ и $B$ при разгледуваното движење. Бидејќи

$$
\begin{aligned}
\overrightarrow{A_{0} B_{0}} & =\overrightarrow{A_{0} A_{1}}+\overrightarrow{A_{1} X}+\overrightarrow{X B_{1}}+\overrightarrow{B_{1} B_{0}} \\
& =-\lambda \vec{a}+\overrightarrow{A_{1} X}-\lambda(\vec{b}-\vec{a})+\lambda \vec{b}=\overrightarrow{A_{1} X}
\end{aligned}
$$

заклучуваме дека $A_{0}$ и $B_{0}$ се положбите на точките $A$ и $B$ во моментот кога растојанието меѓу нив е минимално.

4. Нека $a$ и $b$ се природни броеви такви што $a<b$. Докажи дека во секое множество од $b$ последователни природни броеви постојат два броја чиј производ е делив со $a b$.

Решение. Нека $\left\{x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{b}\right\}$ е множество од $b$ последователни природни броеви. Тогаш меѓу нив се наоѓ број $x_{i}$ кој е делив со $b$, а како $a<b$, постои и број $x_{j}$ кој е делив со $a$. Ако $i \neq j$, тогаш производот $x_{i} x_{j}$ е делив со $a b$.

Да претпоставиме дека $i=j$. Со $d$ да го означиме најголемиот заеднички делител на броевите $a$ и $b$, а со $s$ нивниот најмал заеднички содржател. Тогаш
$d s=a b$ и $s \mid x_{i}$. Ќе докажеме дека дека барем еден од броевите $x_{i}+d$ и $x_{i}-d$ (кои се деливи со $d$ ) припаѓаат на множеството $\left\{x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{b}\right\}$. Ако тоа не е точно, тогаш $x_{i}+d>x_{b}$ и $x_{i}-d<x_{1}$, па затоа ќе важи $2 d>x_{b}-x_{1}+1=b$. Но, како $d \mid b$, тоа ќе значи дека $d=b>a$, па не може да е $d \mid a$, што противречи на дефиницијата на $a$.

Нека, на пример, $x_{i}+d \in\left\{x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{b}\right\}$. Тогаш производот $x_{i}\left(x_{i}+d\right)$ е делив со $d s=a b$.

5. Производот на синусите на два спротивни диедри во тетраедарот е пропорционален со производот на рабовите на тие диедри. Докажи!

Решение. Ќе ја користиме ознаката $\sin (A B)$ за синусот на диедарот со раб $A B$ кај тетраедарот $A B C D$, како и аналогните ознаки во случај со останатите диедри. Нека $V$ е волуменот на тетраедарот. Тогаш

$$
\begin{aligned}
V & =\frac{1}{3} P_{A B C} \frac{2 P_{A B D}}{A B} \sin (A B) \\
& =\frac{1}{3} P_{B C D} \frac{2 P_{A C D}}{C D} \sin (C D)
\end{aligned}
$$

од каде добиваме

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_1c2b383694a332230fb4g-11.jpg?height=331&width=348&top_left_y=803&top_left_x=1114)

$$
\frac{A B \cdot C D}{\sin (A B) \sin (C D)}=\frac{4 P_{A B C} P_{A B D} P_{B C D} P_{A C D}}{9 V^{2}}
$$

6. Нека $E$ е множество од $n^{2}+1$ затворени интервали на реалната оска. Докажи дека постои негово подмножество од $n+1$ интервал кои се монотоно подредени во однос на релацијата инклузија или подмножество од $n+1$ интервал од кои ниту еден не содржи ниту еден друг интервал од тоа подмножество.

Решение. Нека $A$ е еден од дадените интервали. Дефинираме карактеристика $r(A)$ на тој интервал на следниот начин: $r(A)$ е најголемиот природен број $r$, таков што множеството $E$ содржи интервали $I_{1}, I_{2}, \ldots, I_{r-1}, I_{r}=A$ за кои важи

$$
I_{1} \subset I_{2} \subset \ldots \subset I_{r-1} \subset I_{r}=A
$$

Да забележиме дека ако за два интервали $A$ и $B$ важи $r=r(A)=r(B)$, тогаш ниту еден од нив не е подмножество на другиот. Во спротивно, на пример, ако $A \subset B$ и освен тоа постојат интервали $I_{1}, I_{2}, \ldots, I_{r-1}$ сите различни од $A$ и $B$ и такви што важи

$$
I_{1} \subset I_{2} \subset \ldots \subset I_{r-1} \subset A \subset B
$$

па оттука следува $r(B) \geq r+1$, што е противречност.

Ако некој од интервалите има карактеристика поголема од $n$, тогаш тврдењето е докажано. Во спротивно, карактеристиката на секој интервал е број од мно-
жеството $\{1,2, \ldots, n\}$. Но, множеството $E$ има $n^{2}+1$ интервал, па од принципот на Дирихле следува дека барем $n+1$ од овие интервали имаат еднаква карактеристика. Тогаш ниту еден од овие $n+1$ интервали не е подмножество на некој друг интервал од истите $n+1$ интервали.