# Сојузен натпревар 1972 

## II година

1. Нека $a_{1}, a_{2}, a_{3}, b_{1}, b_{2}, b_{3}$ се реални броеви такви што

$$
b_{1} b_{2} b_{3} \neq 0, a_{1} b_{1}+2 a_{2} b_{2}+a_{3} b_{3}=0, a_{1} a_{3}-a_{2}^{2}>0
$$

Докажи дека

$$
b_{1} b_{3}-b_{2}^{2}<0
$$

Решение. Ако $b_{1} b_{3}<0$, тогаш $b_{1} b_{3}-b_{2}^{2}<0$. Ако $b_{1} b_{3}>0$, тогаш воведуваме ознаки $x=-a_{2} b_{2}, y=x-a_{1} b_{1}$ и добиваме

$$
a_{1} b_{1}=x-y, \quad a_{3} b_{3}=x+y, \quad a_{1}=\frac{x-y}{b_{1}}, \quad a_{3}=\frac{x+y}{b_{3}}
$$

и

$$
0<a_{1} a_{3}-a_{2}^{2}=\frac{x^{2}-y^{2}}{b_{1} b_{3}}-\frac{x^{2}}{b_{2}^{2}}=\frac{x^{2}\left(b_{2}^{2}-b_{1} b_{3}\right)-y^{2} b_{2}^{2}}{b_{2}^{2} b_{1} b_{3}}
$$

па затоа $b_{2}^{2}-b_{1} b_{3}>0$, т.е. $b_{1} b_{3}-b_{2}^{2}<0$.

2. Реши ја равенката

$$
\sqrt{x+2 \sqrt{x-1}}+\sqrt{x-2 \sqrt{x-1}}=a
$$

каде $a$ е релаен параметар.

Решение. Левата страна на дадената равенка може да се трансформира на следниов начин:

$$
\begin{aligned}
\sqrt{x+2 \sqrt{x-1}}+\sqrt{x-2 \sqrt{x-1}} & =\sqrt{(\sqrt{x-1}+1)^{2}}+\sqrt{(\sqrt{x-1}-1)^{2}} \\
& =\sqrt{x-1}+1+|\sqrt{x-1}-1| \\
& = \begin{cases}2 \sqrt{x-1}, & x \geq 2 \\
2, & 1 \leq x<2\end{cases}
\end{aligned}
$$

Оттука следува:

1) ако $a>2$, тогаш равенката има единствено решение $x=1+\frac{a^{2}}{4}$,
2) ако $a=2$, решенија на равенката се сите реални брови $x$ такви што $1 \leq x<2$,
3) ако $a<2$, равенката нема решение.
3. а) Нека се $A, K, L, M, N$ точки на една ориентирана кружница. Докажи дека тетивите $K M$ и $L N$ се нормални ако и само ако $A K+A M=A L+A N \pm \pi$, каде со $X Y$ е означена мерката на лакот $X Y$ изразена во радијани.
б) Нека $A, B, C, D$ се произволни точки на една кружница., а $K, L, M, N$ се средини на лаците $A B, B C, C D, D A$. Докажи дека тетивите $K M$ и $L N$ се нормални.

Решение. а) Заради определеност да претпоставиме дека кружницата е позитивно ориентирана. Во тој случај ќе докажеме дека тетивите $K M$ и $N L$ се заемно нормални ако и само ако важи

$$
A K+A M=A L+A N-\pi
$$

Случајот на негативно ориентирана кружница се разгледува аналогно.

Нека претпоставиме дека $K M \perp L N$. Бидејќи во ориентирана кружница аголот меѓу две тетиви е еднаков на полузбирот на мерките на лаците, изразе-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_30ea6af1b337b6711792g-02.jpg?height=423&width=409&top_left_y=392&top_left_x=1057)
ни во радијани, кои ги отсекуваат тие тетиви, добиваме $\frac{\pi}{2}=\frac{K L+M N}{2}$, односно $K L+M N=\pi$. Меѓутоа, важи

$$
K L=A L-A K, \quad M N=A N-A M
$$

цртеж десно, па го добиваме равенството

$$
A L-A K+A N-A M=\pi
$$

кое е еквивалентно на равенството (1).

Сега да претпоставиме дека важи (1). Имаме, $A L-A K=K L, A N-A M=M N$, па ако замениме во (1), добиваме $K L+M N=\pi$, од каде следува

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_30ea6af1b337b6711792g-02.jpg?height=452&width=433&top_left_y=920&top_left_x=1033)
$\frac{\pi}{2}=\frac{K L+M N}{2}$, што значи дека $K M \perp L N$.

б) Дадената кружница ќe ја ориентираме позитивно, (цртеж десно). Тогаш

$$
\begin{aligned}
A K+A M-A L-A N & = \\
= & \frac{1}{2} A B+\left(A B+B C+\frac{1}{2} C D\right)-\left(A B+\frac{1}{2} B C\right)-\left(A B+B C+C D+\frac{1}{2} D A\right) \\
& =-\frac{1}{2}(A B+B C+C D+D A)=-\pi
\end{aligned}
$$

па од а) следува дека $K M \perp L N$.

4. а) Ако $S$ е центар на впишаната кружница во триаголникот $A B C$, а $D$ е пресечната точка на правата $A S$ и опишаната кружница на триаголникот $A B C$ различна од $A$, тогаш $D B=D C=D S$. Докажи!

б) Нека $A B C D$ е тетивен четириаголник. Докажи дека центрите $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}, D^{\prime}$ на впишаните кружници во триаголниците $B C D, C D A, D A B, A B C$ се темиња на правоаголник.

Решение. а) Стандардно да ги означиме аглите на триаголникот $A B C$ со $\alpha, \beta$ и $\gamma$. Точката $D$ е средина на лакот $B C$ на опишаната кружница, па затоа
$D B=D C$ (цртеж десно). Понатаму,

$$
\measuredangle D B C=\measuredangle D A C=\frac{\alpha}{2}
$$

и

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

Затоа триаголникот $S B D$ е рамнокрак и важи $D B=D S$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_30ea6af1b337b6711792g-03.jpg?height=550&width=548&top_left_y=239&top_left_x=940)

б) Со $2 \alpha, 2 \beta, 2 \gamma, 2 \delta$ да ги означиме големините на централните агли кои соодветствуваат редоследно на лаците $A B$, $B C, C D, D A$, а средините на лаците $B C$ и $C D$ соодевтно со $M$ и $N$ (види цртеж). Тогаш точките $B^{\prime}$ и $D^{\prime}$ припагааат соодветно на отсечките $A N$ и $A M$, а $A^{\prime}$ е пресек на $B N$ и $D M$. Од а) следува

$$
N B^{\prime}=N D=N C=N A^{\prime}
$$

па затоа триаголникот $B^{\prime} A^{\prime} N$ е рамнокрак и $\measuredangle B^{\prime} A^{\prime} N=\frac{180^{\circ}-\measuredangle A N B}{2}=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}$. Аналог-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_30ea6af1b337b6711792g-03.jpg?height=540&width=594&top_left_y=821&top_left_x=924)
но се добива $\measuredangle D^{\prime} A^{\prime} M=90^{\circ}-\frac{\delta}{2}$. Бидејќи $\measuredangle B A^{\prime} M=\measuredangle D A^{\prime} N=\frac{\beta+\gamma}{2}$, добиваме

$$
\begin{aligned}
\measuredangle B^{\prime} A^{\prime} D^{\prime} & =180^{\circ}-\measuredangle B^{\prime} A^{\prime} N-\left(\measuredangle D^{\prime} A^{\prime} M-\measuredangle B A^{\prime} M\right) \\
& =180^{\circ}-\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)-\left(90^{\circ}-\frac{\delta}{2}\right)+\frac{\gamma+\delta}{2}=90^{\circ}
\end{aligned}
$$

Аналогно се докажува дека и останатите агли на четириаголникот $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ се прави,што значи дека тој е правоаголник.

## III година

1. Реши ја равенката

$$
(a-1)\left(\frac{1}{\sin x}+\frac{1}{\cos x}+\frac{1}{\sin x \cos x}\right)=2
$$

каде $a$ е реален параметар.

Решение. Воведуваме смена $\sin x+\cos x=t,|t| \leq \sqrt{2}$. Тогаш $2 \sin x \cos x=t^{2}-1$ и дадената равенка се сведува на равенката

$$
(a-1)(t+1)=t^{2}-1, \quad t^{2} \neq 1
$$

Последното е можно само за $t=a$. Равенката $\sin x+\cos x=a$ има решенија ако $|a| \leq \sqrt{2}$ и тие ја задоволуваат почетната равенка ако $|a| \neq 1$. При наведените услови дадената равенка има решенија

$$
x=-\frac{\pi}{4}+(-1)^{n} \arcsin \frac{a}{\sqrt{2}}+n \pi
$$

каде $n \in \mathbb{Z}$ ако $|a|<\sqrt{2}$ и $|a| \neq 1$, а $\frac{n}{2} \in \mathbb{Z}$ ако $|a|=\sqrt{2}$.

2. Кружниот лак $A B$ со центар $S$ има централен агол $\alpha$, а точките $C$ и $D$ ја делат тетивата $A B$ на три еднакви дела.

a) Ако $\Varangle C S D=x$, докажи дека $\cos x=\frac{4+5 \cos \alpha}{5+4 \sin \alpha}$.

б) Пресметај ја разликата $\cos x-\cos \frac{\alpha}{3}$.

в) Определи го аголот $\alpha$ за да оваа разлика е еднаква на нула.

Решение. а) Случајот $\alpha=\pi$ е тривијален (тогаш и $x=\pi$ ). Во случај кога $0<\alpha<\pi$ со $E$ да го означиме подножјето на нормалата од точката $S$ на $A B$ (цртеж десно). Од правоаголните триаголници SED и $S E B$ добиваме $\operatorname{tg} \frac{X}{2}=\frac{E D}{S E}$ и $\operatorname{tg} \frac{\alpha}{2}=\frac{E B}{S E}$, од каде сле-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_30ea6af1b337b6711792g-04.jpg?height=221&width=375&top_left_y=935&top_left_x=1089)
дува $\operatorname{tg} \frac{X}{2}=\frac{1}{3} \operatorname{tg} \frac{\alpha}{2}$. Затоа

$$
\cos x=\frac{1-\operatorname{tg}^{2} \frac{x}{2}}{1+\operatorname{tg}^{2} \frac{x}{2}}=\frac{1-\frac{1}{9} \operatorname{tg}^{2} \frac{\alpha}{2}}{1+\frac{1}{9} \operatorname{tg}^{2} \frac{\alpha}{2}}=\frac{9-\frac{1-\cos \alpha}{1+\cos \alpha}}{9+\frac{1-\cos \alpha}{1+\cos \alpha}}=\frac{4+5 \cos \alpha}{5+4 \sin \alpha}
$$

бидејќи по претпоставка $1+\cos \alpha \neq 0$.

б) Да означиме $\cos \frac{\alpha}{3}=t$. Тогаш

$$
\cos x-\cos \frac{\alpha}{3}=\frac{4+5 \cos \alpha}{5+4 \sin \alpha}-\cos \frac{\alpha}{3}=\frac{4+5\left(4 t^{3}-3 t\right)}{5+4\left(4 t^{3}-3 t\right)}-t=\frac{-4(t-1)^{2}(t 1)(4 t-1)}{16 t^{3}-12 t+5}
$$

в) Бидејќи според условте на задачата $0<\alpha \leq \pi$, односно $\frac{1}{2} \leq t<1$ еднствена можност да важи $\cos x-\cos \frac{\alpha}{3}=0$ е $4 t-1=0$, односно $t=\frac{1}{4}$, од каде добиваме $\alpha=3 \arccos \frac{1}{4}$.

3. Правите определени со темињата на паралелограмот и средините на несоседните страни, со своите пресеци определуваат осумаголник. Докажи дека плоштината на овој осумаголник е еднаква на шестината од плоштината на дадениот паралелограм.

Решение. Со $A_{1}, B_{1}, C_{1}, D_{1}$ да ги означиме средините на страните $A B, B C, C D$, $D A$ на паралелограмот $A B C D$ со плоштина $S$, со $K, K_{1}, K_{2}$ да ги означиме пресечните точки на правата $A C_{1}$ соодветно со правите $B D_{1}, D A_{1}, C D_{1}$. Аналогно ги
дефинираме точките $L, L_{1}, L_{2}$; точките $M, M_{1}, M_{2}$ и точките $N, N_{1}, N_{2}$ (цртеж десно).

Од $A A_{1} \| C C_{1}$ и $A A_{1}=C C_{1}=\frac{A B}{2}$ следува дека четириаголникот $A A_{1} C C_{1}$ е паралелограм кој има иста висина и половина од основата на дадениот паралелограм, па затоа неговата плоштина е еднаква на $\frac{S}{2}$. Од $L M \| K N$ и $K L \| M N$ следува дека четириаголникот $K L M N$ исто така е паралелограм. Неговата висина е еднаква на ви-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_30ea6af1b337b6711792g-05.jpg?height=386&width=511&top_left_y=403&top_left_x=951)
сината на паралелограмот $A A_{1} C C_{1}$. Да ја пресметаме неговата основа $K N$. Отсечките $D_{1} K, M B_{1}, C_{1} N$ се средни отсечки соодветно на триаголниците $A N D, C L B, D M C$, па затоа важи

$$
A K=K N=L M=M C=2 N C_{1}
$$

од каде следува $K N=\frac{2}{5} A C_{1}$. Затоа плоштината на паралелограмот $K L M N$ е еднаква на $\frac{S}{5}$.

Точката $K_{1}$ е пресек на дијагоналите на паралелограмот $A A_{1} C_{1} D$, па затоа $A K_{1}=K_{1} C_{1}$. Точката $K_{2}$ е тежиште на триаголникот $A C D$ (таа е пресек на неговите тежишни линии $A C_{1}$ и $C D_{1}$ ), па затоа $A K_{2}=2 K_{2} C_{1}$. Од претходно изнесеното лесно следува дека $К K_{1}=\frac{K N}{4}$ и $K_{2} N=\frac{K N}{3}$. На сличен начин се добива $K L_{2}=\frac{K L}{3}$. Затоа

$$
\begin{aligned}
P_{K K_{1} L_{2}} & =\frac{1}{2} K K_{1} \cdot K L_{2} \sin \measuredangle K_{1} K L_{2}=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} K N \cdot \frac{1}{3} K L \sin \measuredangle N K L \\
& =\frac{1}{12} P_{N K L}=\frac{1}{24} P_{K L M N}=\frac{1}{120} S .
\end{aligned}
$$

Аналогно се докажува дека

$$
P_{L L_{1} M_{2}}=P_{M M_{1} N_{2}}=P_{N K_{1} K_{2}}=\frac{S}{120}
$$

Конечно,

$$
P_{K_{1} L_{2} L_{1} M_{2} M_{1} N_{2} N_{1} K_{2}}=\frac{S}{5}-4 \cdot \frac{S}{120}=\frac{S}{6}
$$

4. Определи го волуменот на тристрана пирамида чии ьидови имаат плоштини $S_{0}, S_{1}, S_{2}, S_{3}$, а диедрите при sидот со плоштина $S_{0}$ се еднакви.

Решение. Нека кидот со плоштина $S_{0}$ е основата $A B C$ на пирамидата $A B C D$. Со $O$ да го означиме подножјето на висината на пирамидата и со $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ да ги означиме соодветно подножјата на висините на бочните sидови $B C D, C A D, A B D$
повлечени од темето $D$. Тогаш, по претпоставка, аглите $\measuredangle D A_{1} O, \measuredangle D B_{1} O, \measuredangle D C_{1} O$ се еднакви, па затоа триаголниците $D A_{1} O, D B_{1} O$, $D C_{1} O$ се складни, види цртеж. Значи, точката $O$ е центар на впишаната кружница во триаголникот $A B C$ и со $r$ да го означиме радиусот на оваа кружница. Понатаму, да означиме $D O=H, D A_{1}=D B_{1}=D C_{1}=h, B C=a$, $C A=b, A B=c$ и $S_{1}+S_{2}+S_{3}=S$.

Од триаголниците $B C D, C A D, A B D$ доби-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_30ea6af1b337b6711792g-06.jpg?height=488&width=514&top_left_y=280&top_left_x=971)
ваме $a=\frac{2 S_{1}}{h}, b=\frac{2 S_{2}}{h}, \quad c=\frac{2 S_{3}}{h}$, а за полупериметарот на триаголникот $A B C$ имаме $s=\frac{a+b+c}{2}=\frac{S}{h}$. Оттука собиваме

$$
S_{0}^{2}=s(s-a)(s-b)(s-c)=\frac{S\left(S-2 S_{1}\right)\left(S-2 S_{2}\right)\left(S-2 S_{3}\right)}{h^{4}}
$$

па затоа

$$
h=\sqrt[4]{\frac{S\left(S-2 S_{1}\right)\left(S-2 S_{2}\right)\left(S-2 S_{3}\right)}{S_{0}^{2}}}
$$

Понатаму,

$$
r=\frac{S_{0}}{s}=\frac{S_{0} h}{S} \text { и } H=\sqrt{h^{2}-r^{2}}=\frac{h}{S} \sqrt{S^{2}-S_{0}^{2}}
$$

па затоа бараниот волумен е

$$
V=\frac{1}{3} S_{0} H=\frac{1}{3} \sqrt{S_{0}\left(S^{2}-S_{0}^{2}\right)} \cdot \sqrt[4]{\frac{\left(S-2 S_{1}\right)\left(S-2 S_{2}\right)\left(S-2 S_{3}\right)}{S^{3}}}
$$

## IV година

1. За секој природен број $n$, бројот $n+3 n^{3}+7 n^{7}+9 n^{9}$ е делив со 10 . Докажи!

Решение. Имаме:

$$
\begin{aligned}
n+3 n^{3}+7 n^{7}+9 n^{9} & =10 n^{9}+\left(n-n^{9}\right)+10 n^{7}-3\left(n^{3}-n^{7}\right) \\
& =10\left(n^{9}+n^{7}\right)-n(n-1)(n+1)\left(1+n^{2}\right)\left(1+3 n^{2}+n^{4}\right)
\end{aligned}
$$

Во последниот збир првиот собирок е делив со 10 , а лесно се проверува дека за секој природен број $n$ и вториот собирок е делив со 10 .

2. Определи го максималниот број пермутации од $n$ елементи такви што секои два елементи се соседни во најмногу една од пермутациите.

Решение. Нека $S$ е множество од $n$ елементи. Нека претпоставиме дека множеството $P$ кое се состои од $m$ пермутации на множеството $S$ го има тоа својство да произволни два елементи на множеството $S$ се соседни во најмногу
една пермутација од $P$. Секоја пермутација на множеството $S$ содржи $n-1$ пар соседни елементи, а множеството $S$ содржи $\frac{n(n-1)}{2}$ двочлени подмножества. Затоа мора да важи

$$
m(n-1) \leq \frac{n(n-1)}{2}
$$

Според тоа,

$$
m \leq\left[\frac{n}{2}\right]
$$

Во последното неравенство секогаш се достигнува равенство. За $n=7$ тоа се гледа од следниот пример: $12837465,23148576,34251687,81726354$ (види цртеж). Сличен пример постои за произволен $n$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_30ea6af1b337b6711792g-07.jpg?height=330&width=1122&top_left_y=762&top_left_x=300)

3. Над отсечката $A B$ со средина $O$ конструирана е полукружница $k$. Кружниците $a(A, r)$ и $b(B, r)$, каде $r=\frac{A B}{2}$, ја сечат полукружницата $k$ во точките $C$ и $D$. Во фигурата ограничена со лаците $O C, C D$ и $O D$ впишана е низа кружници $k_{1}, k_{2}, k_{3}, \ldots$ со радиуси $r_{1}, r_{2}, r_{3}, \ldots$ така што првата од нив ги допира сите три лаци, а секоја следна ги допира лаците $C O$ и $O D$ и претходната кружница. Докажи дека за секој природен број $k$ важи $r_{k}=\frac{r}{2 k(k+1)}$.

Решение. Центрите на кружниците $k_{1}$, $k_{2}, \ldots$ редослено да ги означиме со $\mathrm{O}_{1}, \mathrm{O}_{2}, \ldots$ (цртеж десно). Од правоаголниот триаголник $A O O_{1}$ имаме

$$
\left(r-r_{1}\right)^{2}+r^{2}=\left(r+r_{1}\right)^{2}
$$

од каде добиваме

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_30ea6af1b337b6711792g-07.jpg?height=342&width=557&top_left_y=1504&top_left_x=923)

$$
r_{1}=\frac{r}{4}=\frac{r}{2 \cdot 1 \cdot(1+1)}
$$

па тврдењето важи за $i=1$.

Нека претпоставиме дека тврдењето $r_{i}=\frac{r}{2 i(i+1)}$ важи за секои броеви $i$ кои се помали од некој природен број $n$. Тогаш

$$
\sum_{i=1}^{n-1} r_{i}=\sum_{i=1}^{n-1} \frac{r}{2 i(i+1)}=\frac{r}{2} \sum_{i=1}^{n 1}\left(\frac{1}{i}-\frac{1}{i+1}\right)=\frac{r}{2}\left(1-\frac{1}{n}\right)
$$

Ќe докажеме дека $r_{n}=\frac{r}{2 n(n+1)}$. Од правоаголниот триаголник $A O O_{n}$ добиваме

$$
\left(r-2 \sum_{i=1}^{n-1} r_{i}-r_{n}\right)^{2}+r^{2}=\left(r+r_{n}\right)^{2}
$$

од каде ако се има предвид (1) добиваме

$$
r_{n}=\frac{\left(r-2 \sum_{i=1}^{n-1} r_{i}\right)^{2}}{4\left(r-\sum_{i=1}^{n-1} r_{i}\right)}=\frac{r}{2 n(n+1)}
$$

Коенчно, тврдењето следува од принципот на математичка индукција.

4. Дадени се концентрични кружници $a$ и $b$ со центар $O$ и точка $P \neq O$ во внатрешноста на помалата кружница. Полуправата $l$ со почеток во $P$ ги сече кружниците во точките $A$ и $B$. Докажи дека отсечката $A B$ е најголема ако полуправата $l$ е нормална на правата $O P$.

Решение. Поставуваме координатен систем така што точката $O$ е координатен почеток, а точката $P$ е на $y$-оската. Нека $d$ е ординатата на точката $P, r$ и $R$ се радиусите на кружниците $a$ и $b$ и нека $r<R$ (цртеж десно). Равенката на полуправата $l$ е $y=k x+d$, со тоа што $x$ е со постојан знак, при што без ограничување на општоста можеме да претпоставиме дека $x>0$. Што се однесува до коефициентот $k$, дозволуваме формално тој да има вредност и $\infty$ (случајот кога $l$ се поклопува со $y$ -

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_30ea6af1b337b6711792g-08.jpg?height=550&width=523&top_left_y=960&top_left_x=957)
оската).

Ако $A$ и $B$ се пресечните точки на полуправата со кружницие $a$ и $b$, тогаш нивните координати се:

$$
\begin{aligned}
& x_{A}=\frac{-k d+\sqrt{\left(1+k^{2}\right) r^{2}-d^{2}}}{1+k^{2}}, y_{A}=k x_{A}+d \\
& x_{B}=\frac{-k d+\sqrt{\left(1+k^{2}\right) R^{2}-d^{2}}}{1+k^{2}}, y_{A}=k x_{A}+d
\end{aligned}
$$

па затоа растојанието меѓу нив е еднакво на

$$
\begin{aligned}
D(k) & =\sqrt{\left(x_{A}-x_{B}\right)^{2}+\left(y_{A}-y_{B}\right)^{2}}=\left(x_{A}-x_{B}\right) \sqrt{1+k^{2}} \\
& =\sqrt{R^{2}-\frac{d^{2}}{1+k^{2}}}-\sqrt{r^{2}-\frac{d^{2}}{1+k^{2}}}=\frac{R^{2}-r^{2}}{\sqrt{R^{2}-\frac{d^{2}}{1+k^{2}}}+\sqrt{r^{2}-\frac{d^{2}}{1+k^{2}}}}
\end{aligned}
$$

Последниот израз има најголема вредност $\sqrt{R^{2}-d^{2}}-\sqrt{r^{2}-d^{2}}$ за $k=0$, т.е. кога полуправата $l$ е нормална на $O P$.

## Мала олимпијада

1. Дадени се ненулти реални броеви $u, v, w, x, y, z$. Колкав е можниот избор на предзнаците на овие броеви, ако важи

$$
(u+i x)(v+i y)(w+i z)=i ?
$$

Решение. Да ги претставиме дадените комплексни броеви во тригонометриски облик:

$$
\begin{aligned}
& u+i x=r_{1}\left(\cos \varphi_{1}+i \sin \varphi_{1}\right) \\
& v+i y=r_{2}\left(\cos \varphi_{2}+i \sin \varphi_{2}\right) \\
& w+i z=r_{3}\left(\cos \varphi_{3}+i \sin \varphi_{3}\right)
\end{aligned}
$$

Притоа, според претпоставката, $0<\varphi_{i}<2 \pi, \varphi_{i} \neq \frac{k \pi}{2}(k \in \mathbb{Z})$ за $i=1,2,3$. Равенството (1) го запишуваме во видот:

$$
r_{1} r_{2} r_{3}\left(\cos \left(\varphi_{1}+\varphi_{2}+\varphi_{3}\right)+i \sin \left(\varphi_{1}+\varphi_{2}+\varphi_{3}\right)\right)=\cos \frac{\pi}{2}+i \sin \frac{\pi}{2}
$$

и при погоден избор на броевите $r_{1}, r_{2}, r_{3}$ важи ако и само ако

$$
\varphi_{1}+\varphi_{2}+\varphi_{3}=\frac{\pi}{2}+2 k \pi, k \in\{0,1,2\}
$$

Сега задачата можеме да ја преформулираме на следниов начин:

Во просторен координатен систем, чии оски се означени со $\varphi_{1}, \varphi_{2}, \varphi_{3}$ дадена е коцка $0<\varphi_{1}<2 \pi, 0<\varphi_{2}<2 \pi, 0<\varphi_{3}<2 \pi$, која со рамнинте $\varphi_{i}=l \frac{\pi}{2}$, ( $i=1,2,3$, $l=1,2,3$ ) е поделена на 64 помали коцки. Треба да се определи бројот на оние помали коцки чија внатрешност има непразен пресек со некоја од рамнинуте $\alpha_{k}$ определени со $\varphi_{1}+\varphi_{2}+\varphi_{3}=\frac{\pi}{2}+2 k \pi, k \in\{0,1,2\}$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_30ea6af1b337b6711792g-09.jpg?height=312&width=1240&top_left_y=1596&top_left_x=245)

Лесно се гледа дека рамнината $\alpha_{0}$ чија равенка е $\varphi_{1}+\varphi_{2}+\varphi_{3}=\frac{\pi}{2}$ jа сече внатрешноста само на една коцка - онаа која е во долниот лев агол на големата коцка (види цртеж). Рамнината $\alpha_{1}$ чија равенка е $\varphi_{1}+\varphi_{2}+\varphi_{3}=\frac{\pi}{2}+2 \pi$ ја сече внатрешноста на 7 коцки за кои $0<\varphi_{3}<\frac{\pi}{2}$, потоа 7 коцки кај кои $\frac{\pi}{2}<\varphi_{3}<\pi, 5$
коцки кај кои $\pi<\varphi_{3}<\frac{3 \pi}{2}$ и 3 коцки кај кои $\frac{3 \pi}{2}<\varphi_{3}<2 \pi$, што значи вкупно 22 коцки. Рамнината $\alpha_{2}$ чија равенка е $\varphi_{1}+\varphi_{2}+\varphi_{3}=\frac{\pi}{2}+4 \pi$ не ја сече внатрешноста на ниту една коцка кај која $0<\varphi_{3}<\frac{\pi}{2}$, таа ја сеќе внатрешноста на една коцка кај која $\frac{\pi}{2}<\varphi_{3}<\pi$, потоа 3 коцки кај кои $\pi<\varphi_{3}<\frac{3 \pi}{2}$ и на крајот 5 коцки кај кои $\frac{3 \pi}{2}<\varphi_{3}<2 \pi$, што значи вкупно 9 коцки.

Значи, бараниот број коцки, а со самото тоа и бараните можности за избор на предзнаците е $1+22+9=32$.

2. Ако конвексното множество точки во рамнината има барем два дијаметри, да кажеме $A B$ и $C D$, тогаш отсечките $A B$ и $C D$ имаат заедничка точка. Докажи!

Решение. Нека претпоставиме дека $A B$ и $C D$ се дисјунктни дијаметри на даденото конвексно множество. Можни се два случаја:

a) Ниту една од отсечките $A B$ и $C D$ не ја сече правата определена со другата отсечка. Во овој случај четириаголникот $A B C D$ (или $A B D C$ ) е конвексен (цртеж десно). Еден од аглите на тој четириаголник, на пример кај темето $D$ не е помал од $90^{\circ}$. Но, тогаш $A C>C D$, што значи дека отсечката $C D$ не е дијаметар, што противречи

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_30ea6af1b337b6711792g-10.jpg?height=452&width=428&top_left_y=901&top_left_x=1038)
на условот на задачата.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_30ea6af1b337b6711792g-10.jpg?height=485&width=451&top_left_y=1418&top_left_x=284)

3. Познато е дека за броевите од таблицата

$$
\begin{array}{cccc}
a_{11} & a_{12} & \ldots & a_{1 n} \\
a_{21} & a_{22} & \ldots & a_{2 n} \\
\ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\
a_{n 1} & a_{n 2} & \ldots & a_{n n}
\end{array}
$$

важи неравенството

$$
\sum_{j=1}^{n}\left|a_{j 1} x_{1}+a_{j 2} x_{2}+\ldots+a_{j n} x_{n}\right| \leq M
$$

за секој избор на броевите $x_{j}= \pm 1$. Докажи дека

$$
\left|a_{11}\right|+\left|a_{22}\right|+\ldots+\left|a_{n n}\right| \leq M
$$

Решение. Со $X$ да го означиме множеството од сите $n$-варијации $x=\left(x_{1}\right.$, $x_{2}, \ldots, x_{n}$ ) на множеството $\{-1,1\}$. Според претпоставката за секој $x \in X$ важи

$$
\sum_{j=1}^{n}\left|a_{j 1} x_{1}+a_{j 2} x_{2}+\ldots+a_{j n} x_{n}\right| \leq M
$$

па бидејќи множеството $X$ има $2^{n}$ елементи, добиваме

$$
\sum_{x \in X} \sum_{j=1}^{n}\left|a_{j 1} x_{1}+a_{j 2} x_{2}+\ldots+a_{j n} x_{n}\right| \leq 2^{n} M
$$

Последното неравенство можеме да го запишеме во видот

$$
\sum_{j=1}^{n}\left(\frac{1}{2^{n}} \sum_{x \in X}\left|a_{j 1} x_{1}+a_{j 2} x_{2}+\ldots+a_{j n} x_{n}\right|\right) \leq M
$$

За секој фиксиран $j \in\{1,2, \ldots, n\}$ собирците на збирот

$$
S_{j}=\sum_{x \in X}\left|a_{j 1} x_{1}+a_{j 2} x_{2}+\ldots+a_{j n} x_{n}\right|
$$

кои ги има $2^{n}$, ги разбиваме на $2^{n-1}$ парови, така што варијациите $x$ и $x^{\prime}$ кои соодветствуваат на собирците на еден пар се разликуваат само во елементот $x_{j}$ (во една $x_{j}=1$, а во друга $x_{j}^{\prime}=-1$ ). Тогаш збирот на двата собирци е од видот $\left|A+a_{j j}\right|+\left|A-a_{j j}\right|$, каде

$$
A=a_{j 1} x_{1}+\ldots+a_{j, j-1} x_{j-1}+a_{j, j+1} x_{j+1}+\ldots+a_{j n} x_{n}
$$

Ho,

$$
\left|A+a_{j j}\right|+\left|A-a_{j j}\right| \geqslant\left|\left(A+a_{j j}\right)-\left(A-a_{j j}\right)\right|=2\left|a_{j j}\right|
$$

па затоа $S_{j} \geq 2^{n-1} \cdot 2\left|a_{j j}\right|=2^{n}\left|a_{j j}\right|$, што значи

$$
\left|a_{11}\right|+\left|a_{22}\right|+\ldots+\left|a_{n n}\right|=\sum_{j=1}^{n}\left(\frac{1}{2^{n}} 2^{n}\left|a_{j j}\right| \leq \sum_{j=1}^{n}\left(\frac{1}{2^{n}} S_{j}\right) \leq M\right.
$$

4. Определи го најголемиот природен број $k(n)$ со следното својство: Постојат $k(n)$ различни подмножества на дадено множество со $n$ елементи, такви што секои две од нив имаат непразен пресек.

Решение. Да го фиксираме елементот $a_{1}$ од множеството $X=\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right\}$ и да ги разгледаме подмножествата на множеството $X$ кои го содржат елементот
$a_{1}$. Вакви подмножества има колку што е бројот на подмножествата на множеството $\left\{a_{2}, a_{3}, \ldots, a_{n}\right\}$, што значи $2^{n-1}$. Јасно, секои две од овие множества имаат непрезен пресек, па затоа $k(n) \geq 2^{n-1}$.

Нека претпоставиме дека се избрани повеќе од $2^{n-1}$ подмножества од множеството $X$. Да ги поделиме сите $2^{n}$ подмножества на $X$ на $2^{n-1}$ парови, така што во еден пар припаѓаат множеството и неговиот коплемент. Од принципот на Дирихле следува дека барем две од избраните подмножества формираат еден таков пар, што значи дека нивниот пресек е празен. Значи, не може да е $k(n)>2^{n-1}$.

Конечно, од претходните разгледувања следува $k(n)=2^{n-1}$.