# Сојузен натпревар 1989 

## I година

1. Нека $x, y, z$ се позитивни броеви такви што $x+y+z=1$. Докажи дека

$$
\left(1+\frac{1}{\chi}\right)\left(1+\frac{1}{y}\right)\left(1+\frac{1}{z}\right) \geq 64
$$

Кога важи знак за равенство?

Решение. Ако го искористиме равенството $x+y+z=1$ и неравенството меѓу аритметичката и геометриската средина добиваме

$$
\begin{aligned}
\left(1+\frac{1}{x}\right)\left(1+\frac{1}{y}\right)\left(1+\frac{1}{z}\right) & =\frac{x+x+y+z}{x} \cdot \frac{y+x+y+z}{y} \cdot \frac{z+x+y+z}{z} \\
& \geq \frac{1}{x y z} \cdot 4 \sqrt[4]{x^{2} y z} \cdot 4 \sqrt[4]{x y^{2} z} \cdot 4 \sqrt[4]{x y z^{2}}=64
\end{aligned}
$$

Знак за равенство важи ако и само ако $x=y=z=\frac{1}{3}$.

2. Нека $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{1990}$ се природни броеви такви што

$$
x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\ldots+x_{1989}^{2}=x_{1990}^{2}
$$

Докажи дека најмалку два од овие броеви се парни.

Решение. а) Нека претпоставиме дека броевите $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{1990}$ се непарни. Да забележиме дека ако $n=2 k+1$, тогаш

$$
n^{2}=4 k(k+1)+1 \equiv 1(\bmod 8)
$$

Затоа

$$
x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\ldots+x_{1989}^{2} \equiv 1989 \equiv 5(\bmod 8) \text { и } x_{1990}^{2} \equiv 1(\bmod 8)
$$

што е противречност.

б) Нека претпоставиме дека точно еден од броевите $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{1990}$ е парен. Ако тоа е бројот $x_{1990}$, тогаш секој од броевите $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{1989}$ е непарен, па затоа е непарен и збирот на нивните квадрати, што е противречност. Нека точно еден од броевите $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{1989}$ е парен, а бројот $x_{1990}$ е непарен. Тогаш е парен и збирот $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\ldots+x_{1989}^{2}$, а бројот $x_{1990}^{2}$ е непарен, што повторно е противречност

3. Конструирај триаголник $A B C$ за кој се дадени страните $B C=a, C A=b$ и важи $\Varangle C A B=3 \measuredangle A B C$.

Решение. Анализа. Нека триаголникот $A B C$ е таков што

$$
B C=a, C A=b \text { и } \measuredangle C A B=3 \measuredangle A B C .
$$

Тогаш $a>b$. Со $D$ да ја означиме точката на отсечката $B C$ за која важи

$$
\measuredangle D A B=\frac{1}{3} C A B=\measuredangle A B C
$$

Тогаш $D A=D B$, а како е

$$
\begin{aligned}
\measuredangle C A D & =2 \measuredangle A B C \\
& =\measuredangle A B C+\measuredangle B A D \\
& =\measuredangle A D C
\end{aligned}
$$

добиваме дека $C D=C A=b$. Затоа

$$
D A=D B=a-b
$$

Конструкција. Го конструираме триаголникот $A D C$ за кој важи $C D=C A=b$ и $D A=a-b$. Потоа на полуправата $C D$ конструираме точка $B$ таква што $C B=a$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_f31f9e4fc85e845fd3b0g-2.jpg?height=440&width=540&top_left_y=261&top_left_x=922)
Триаголникот $A B C$ е бараниот триаголник.

Доказот и дискусијата му ги препуштаме на читателот за вежба.

4. Определи ги сите природни броеви $n$ за кои важи:

$$
[\sqrt[3]{1}]+[\sqrt[3]{2}]+\ldots+[\sqrt[3]{n}]=2 n
$$

Решение. Нека $a_{k}=[\sqrt[3]{k}]-2$, за $k=1,2,3, \ldots$. Треба да ги определиме сите природни броеви $n$ за кои $a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}=0$. Да забележиме дека

$$
\begin{array}{ll}
a_{k}=-1, & 1 \leq k \leq 7 \\
a_{k}=0, & 8 \leq k \leq 26 \\
a_{k}=1, & 27 \leq k \leq 63 \\
a_{k} \geq 2, & k \geq 64
\end{array}
$$

Јасно, збирот $a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}$ е еднаков на 0 ако и само ако $n=7+26=33$.

## II година

1. Дадена е полукружница над дијаметар $A B$ и на неа точки $C$ и $D$ такви што:

a) точката $C$ припаѓа на лакот $A D$,

б) $\Varangle C S D$ е прав, каде $S$ е средина на отсечката $A B$.

Нека $E$ е пресекот на правите $A C$ и $B D$, а $F$ е пресекот на правите $A D$ и $B C$. Докажи дека векторот $\overrightarrow{E F}$ не зависи од изборот на точката $C$ и $D$.

Решение. Бидејќи $C$ и $D$ припаѓаат на полукружницата над дијаметарот $A B$, важи

$$
A D \perp B D, A C \perp B C
$$

Затоа точката $F$ е ортоцентар на триаголникот $A B E$ (цртеж десно). Според тоа, $E F \perp A B$. Бидејќи $\measuredangle C S D=90^{\circ}$, добиваме $\measuredangle C A D=45^{\circ}$. Значи, триаголникот $A C F$ е рамнокрак правоаголен триаголник, па затоа $A C=C F$. Освен тоа, $\measuredangle E C F=$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_f31f9e4fc85e845fd3b0g-2.jpg?height=483&width=426&top_left_y=1787&top_left_x=1056)
$\measuredangle B C A=90^{\circ}$ и $\measuredangle E F C=\measuredangle B A C$ (агли со нормални краци). Според тоа, триаголниците $E C F$ и $B C A$ се складни, па следува $E F=A B$.

2. Ако $a \geq 1, b \geq 1, c \geq 1$, докажи дека

$$
\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1} \leq \sqrt{c(a b+1)}
$$

Кога важи знак за равенство?

Решение. Нека $x \geq 1, y \geq 1$. Тогаш последователно добиваме:

$$
\begin{aligned}
& (\sqrt{x-1} \sqrt{y-1}-1)^{2} \geq 0 \\
& x y-x-y+2-2 \sqrt{x-1} \sqrt{y-1} \geq 0 \\
& x y \geq x-1+2 \sqrt{x-1} \sqrt{y-1}+y-1 \\
& x y \geq(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1})^{2} \\
& \sqrt{x y} \geq \sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}
\end{aligned}
$$

Јасно, знак за равенство важи ако и само ако $\sqrt{x-1} \sqrt{y-1}=1$, т.е. ако и само ако $x y=x+y$.

Од неравенството (1) следува

$$
\begin{aligned}
\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1} & \leq \sqrt{a b}+\sqrt{c-1} \\
& =\sqrt{(a b+1)-1}+\sqrt{c-1} \\
& \leq \sqrt{c(a b+1)}
\end{aligned}
$$

Знак за равенство важи ако и само ако $a b=a+b$ и $(a b+1) c=a b+1+c$, т.е. ако и само ако $a b c-1=a b=a+b$.

3. Во множеството цели броеви реши ја равенката: $x^{y}-2^{z}=1$.

Решение. Нека $(x, y, z)$ е подредена тројка цели броеви за кои важи $x^{y}-2^{z}=1$. Лесно се гледа дека не е можно $y \leq 0$ и дека за $y=1$ секоја тројка

$$
\left(2^{z}+1,1, z\right), \text { каде } z \in\{0,1,2, \ldots\}
$$

е решение на дадената равенка. Нека $y>1$. Тогаш $|x|>1, z>1$, а освен тоа $x$ е непарен број и важи

$$
(x-1)\left(x^{y-1}+x^{y-2}+\ldots+x+1\right)=2^{z}
$$

Сега, бидејќи $x^{y-1}+x^{y-2}+\ldots+x+1$ е парен број, а сите собирци се непарни, заклучуваме дека $y-1=2 k+1$, каде $k$ е ненегативен цел број, па затоа

$$
(x-1)(x+1)\left(x^{y-2}+x^{y-4}+\ldots+1\right)=2^{z}
$$

Бројот $(x-1)(x+1)$ е степен на бројот 2 со природен експонент, ако и само ако $x \in\{-3,3\}$. За $x=3$ добиваме

$$
\begin{aligned}
& 9^{k}+9^{k-1}+\ldots+1=2^{z-3} \\
& 2^{z}=9^{k+1}-1=\left(3^{k+1}-1\right)\left(3^{k+1}+1\right)
\end{aligned}
$$

од каде добиваме $k=0, y=2, z=3$, т.е. решение е тројката $(3,2,3)$. За $x=-3$ го добиваме решението $(-3,2,3)$.

4. Дадени се заемно прости природни броеви $m$ и $n$. Во секое поле на бесконечна шаховска табла запишан е по еден реален број, така што важи: збирот на броевите во секој правоаголник $m \times n$ или $n \times m$ е еднаков на нула. Докажи дека барем два од запишаните броеви се еднакви меѓу себе.

Решение. Бидејќи $m$ и $n$ се заемно прости броеви, при делење на броевите

$$
m, 2 m, \ldots,(n-1) m
$$

се добиваат сите остатоци $1,2, \ldots, n-1$. Според тоа, за некој $k \in\{1,2, \ldots, n-1\}$ бројот $k m+1$ е делив со $n$, па затоа бројот $m n-(k m+1)$ е делив со $n$, т.e.

$$
m n-1=k m+n l
$$

каде $l$ е природен број.

На шаховската табла да воведеме правоаголен координатен систем, така што точките со

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_f31f9e4fc85e845fd3b0g-4.jpg?height=512&width=483&top_left_y=768&top_left_x=999)
целобројни координати се темињата на полињата на таблата. Квадратот $A B C D$, каде $A(0,0), B(m n, 0), C(m n, m n), D(0, m n)$, цртеж десно, може да се разбие на правоаголници со димензии $m \times n$ или $n \times m$. Затоа збирот на броевите кои се запишани внатре во квадратот е еднаков на нула. Да ги воведеме ознаките

$$
B_{1}(m n-1,0), B_{2}(\mathrm{~km}, 0), C_{1}(m n-1, m n), C_{2}(\mathrm{~km}, m n) .
$$

Тогаш секој од правоаголниците $A B_{2} C_{2} D$ и $B_{2} B_{1} C_{1} C_{2}$ може да се разбие на правоаголници со димензии $m \times n$ или $n \times m$. Затоа збирот на сите броеви кои се запишани внатре во правоаголникот $A B_{1} C_{1} D_{1}$ е еднаков на нула, од што следува дека збирот на сите броеви кои се запишани внатре во правоаголникот $B_{1} B C C_{1}$ е еднаков на нула. Аналогно докажуваме дека истото својство го има и правоаголникот $F E E_{1} F_{1}$, каде

$$
F(m n, 1), F_{1}(m n-1,1), E(m n, m n+1), E_{1}(m n-1, m n+1)
$$

Според тоа, во полињата $B F F_{1} B_{1}$ и $C E E_{1} C_{1}$ е запишан ист број.

## III и IV година

1. Во множеството позитивни реални броеви реши го системот равенки:

$$
\begin{aligned}
& x_{1}+x_{2}^{2}+x_{3}^{3}=3 \\
& x_{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{3}=3 \\
& x_{3}+x_{4}^{2}+x_{1}^{3}=3 \\
& x_{4}+x_{1}^{2}+x_{2}^{3}=3
\end{aligned}
$$

Решение. Нека четворката ( $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ ) позитивни реални броеви е решение на дадениот систем равенки.

a) Нека претпоставиме дека барем два од броевите $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ се еднакви на 1. Бидејќи секои две непознати истовремено се појавуваат барем во една равенка, лесно добиваме дека и другите две непознати се еднакви на 1.

б) Да претпоставиме дека точно еден од броевите $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ е еднаков на 1 . Нека, на пример, $x_{1}=1$. Ако $x_{2}<1$, тогаш од првата равенка следува $x_{3}>1$, а потоа од третата следува $x_{4}<1$ и на крајот од четвртата следува $x_{4}>1$, што е противречност. Ако $x_{2}>1$, тогаш од првата, третата и четвртата равенка редоследно добиваме $x_{3}<1, x_{4}>1$ и $x_{2}<1$, што повторно е противречност.

в) Да претпоставиме дека ниту еден од броевите $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ не е еднаков на 1 . Нека, на пример, $x_{1}<1$. Можни се следниве четири случаи.

в1) $x_{2}>1, x_{3}>1$. Тогаш од втората равенка следува $x_{4}<1$, па затоа

$$
3=x_{3}+x_{4}^{2}+x_{1}^{3}<x_{3}^{3}+x_{2}^{2}+x_{1}=x_{1}+x_{2}^{2}+x_{3}^{3}=3
$$

што е противречност.

в2) $x_{2}>1, x_{3}<1$. Тогаш од третата равенка следува $x_{4}>1$. Нека

$$
x_{1}=1-a, x_{2}=1+b, x_{3}=1-c, x_{4}=1+d, \text { каде } 0<a<1,0<c<1, b>0, d>0
$$

Тогаш

$$
\begin{aligned}
0 & =x_{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{3}+x_{4}+x_{1}^{2}+x_{2}^{3}-x_{1}-x_{2}^{2}-x_{3}^{3}-x_{3}-x_{4}^{2}-x_{1}^{3} \\
& =\left(a^{3}-2 a^{2}+2 a\right)+\left(b^{3}+2 b^{2}+2 b\right)+\left(c^{3}-2 c^{2}+2 c\right)+\left(d^{3}+2 d^{2}+2 d\right)>0
\end{aligned}
$$

бидејќи $2 a>2 a^{2}$ и $2 c>2 c^{2}$, што е противречност.

в3) $x_{2}<1, x_{3}>1$. Тогаш од четвртата равенка следува $x_{4}>1$, па затоа

$$
3=x_{4}+x_{1}^{2}+x_{2}^{3}<x_{4}^{3}+x_{3}^{2}+x_{2}=x_{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{3}=3
$$

што е противречност.

в4) $x_{2}<1, x_{3}<1$. Тогаш $x_{1}+x_{2}^{2}+x_{3}^{3}<3$, што е противречност.

Според тоа, во множеството позитивни броеви единствено решение на дадениот систем е $(1,1,1,1)$.

2. Нека $P(x)$ е полином со реални коефициенти таков што за секој реален $x$ важи $P(x) \geq 0$.

Докажи дека постојат полиноми $Q(x)$ и $R(x)$ со реални коефициенти, такви што за секој реален број $x$ важи

$$
P(x)=Q^{2}(x)+R^{2}(x)
$$

Решение. Нека $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ се сите реални нули на полиномот $P(x)$, а $z_{1}, z_{2}, \ldots, z_{m}$ се сите комплексни нули на полиномот $P(x)$ кои имаат позитивен имагинарен дел, при што секоја нула е запишана онолку пати колку што е нејзината кратност. Бидејќи полиномот $P(x)$ не го менува знакот на множеството реални броеви, заклучуваме дека кратноста на секоја реална нула е парен број. Затоа важи

$$
\begin{aligned}
P(x) & =Q_{1}^{2}(x)\left(x-z_{1}\right) \ldots\left(x-z_{m}\right)\left(x-\overline{z_{1}}\right) \ldots\left(x-\overline{z_{m}}\right) \\
& =Q_{1}^{2}(x)(u+i v)(u-i v) \\
& =Q_{1}^{2}(x)\left(u^{2}+v^{2}\right) \\
& =\left(u Q_{1}\right)^{2}+\left(v Q_{1}\right)^{2}
\end{aligned}
$$

3. Определи го бројот на подредените тројки ( $A, B, C$ ) за кои важи:
a) $A \cup B \cup C=\{1,2,3, \ldots, n\}$,

б) $A \cap B \cap C=\varnothing$,

в) $A \cap B \neq \varnothing$.

Решение. Ако за подредената тројка ( $A, B, C$ ) важат дадените услови, тогаш секој од броевите $1,2, \ldots, n$ се наоѓа во едно од следниве шест дисјунктни множества

$$
A \cap \bar{B} \cap \bar{C}, \bar{A} \cap B \cap \bar{C}, \bar{A} \cap \bar{B} \cap C, A \cap B \cap \bar{C}, A \cap \bar{B} \cap C, \bar{A} \cap B \cap C
$$

при што барем еден од овие елементи се наоѓа во множеството $A \cap B \cap \bar{C}$. Бројот на распоредите на $n$ елементи во наведените шест дисјунктни множества е еднаков на $6^{n}$. Бројот на распоредите кај кои $A \cap B \cap \bar{C}=\varnothing$ е еднаков на $5^{n}$. Затоа бараниот број распореди е еднаков на $6^{n}-5^{n}$.

4. Дадена е коцка $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$. Дали постои права која ја сече секоја од правите $A B, C C_{1}, A_{1} D_{1}, D B_{1}$ ?

Решение. Да претпоставиме дека постои права која ја сече секоја од правите $A B, C C_{1}, A_{1} D_{1}, D B_{1}$ (цртеж десно). Оваа права да ја означиме со $n$, со $M_{1}$ да го означиме нејзиниот пресек со правата $A_{1} D_{1}$, а со $M$ нормалната проекција на точката $M_{1}$ на рамнината $A B C D$. Тогаш правата $n$ е заедничка

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_f31f9e4fc85e845fd3b0g-6.jpg?height=397&width=415&top_left_y=1830&top_left_x=1071)
за рамнините $M_{1} A B, M_{1} C C_{1}$ и $M_{1} D B_{1}$, па пресечните прави $a=A B, b=M C$ и $c$, редоследно, на овие рамнини со рамнината $A B C D$ имаат заедничка точка. Таа точка е пресекот на правата $n$ и рамнината $A B C D$. Правата $c$ е определена со условите $D \in c, c\left\|M_{1} B_{1}\right\| M B$, бидејќи $c$ и $M_{1} B_{1}$ се пресеци на рамнината $M D B_{1}$ со паралелните рамнини $A B C D$ и $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$.

Меѓутоа, лесно се докажува дека правите $a, b, c$ немаат заедничка точка. Со $P$ и $Q$ да ги означиме пресеците на правата $a$ со правите $b$ и $c$, соодветно. Ако $A-M-D$, т.е. ако точката $M$ е меѓу точките $A$ и $D$, тогаш $P-A-Q$, види цртеж. Ако е

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_f31f9e4fc85e845fd3b0g-7.jpg?height=351&width=675&top_left_y=548&top_left_x=802)
$A-D-M$, тогаш е $Q-B-P$. Ако е $D-A-M$, тогаш е $Q-A-P$. Ако $M=D$, тогаш $a \| b$, а ако е $M=A$, тогаш е $c=C D \| A B=a$. Според тоа, не постои права која ја сече секоја од правите $A B, C C_{1}, A_{1} D_{1}, D B_{1}$.