1

Принцип на Дирихле

Вовед Постојат задачи кои тешко се класифицираат во било кој дел од математиката, како на пример оние кои служат за развивање на логичкото мислење. Најчесто при нивното решавање мора да се покаже постоењето на објекти кои имаат одредено својство. За да се докаже дека сите објекти од набљудуваното множество имаат некои својства P, потребно е да се докаже дека тоа својство го поседува секој од тие објекти. Обратно, за да се тврдењето негира доволно е да се заклучи дека барем еден од набљудуваните објекти го нема даденото својство. Тогаш се вели дека е најден контрапример. Има случаи кога е доста тешко да се најде контрапример кој го негира општото тврдење. На пример, ако е познато дека групата од 30 ученици добила 31 тетратка, при што секој ученик добил барем една тетратка, тогаш очигледно некој од нив добил две тетратки. Самиот заклучок дека некој ученик добил две тетратки е доста важен. Притоа нас не не интересира кој е тој ученик. Во решавањето на различните проблеми, посебно за докажување на постоењето на објекти кои имаат некое одредено (барано) својство, често доста успешно се применува таканаречениот принцип на Дирихле (P.G.L. Dirichet, франциско-германски математичар 1805-1859), кој го искажува едно од основните својства на конечните множества. Принципот на Дирихле не е секогаш лесно да се применува во решавањето на задачите. За тоа е потребна умешност во расчленувањето на условите на задачата и класифицирање на дадените предмети, односно потребна е соодветна припрема на задачата пред да се примени „принципот на кутии“

Принципот на Дирихле Принципот на Дирихле често се нарекува по насловите на најпопуларните дури и шеговити примери во кои се користи, како „принцип на зајаци и кафези“ или „принцип на кутии“.

„Проблем на зајаци и кафези“. -Ако имаме 7 зајаци и 5 кафези (или воопшто m зајаци и n кафези, при што m е поголем од n) и сите зајаци ги разместиме во кафезите, тогаш постои кафез во кој се сместени барем два зајака. Да претпоставиме дека не постои кафез во кој се наоѓаат два зајака. Тогаш во секој од кафезите се наоѓа најмногу по еден зајак, така што вкупниот број на сместени зајаци во овој случај не е поголем од 551 =⋅ . Но постојат 7 зајаци што противречи на претпоставката. Значи постои кафез во кој се сместени барем два зајака.

2

„Проблем на кутии“

Во нешто посериозна форма , принципот на Дирихле се нарекува „Принцип на кутии“ -Да замислиме дека имаме 308 кутии и 925 топчиња во нив, тогаш во некоја од кутиите ќе има барем 4 топчиња. За да би се увериле во ова, нека размислиме вака. Ако во секоја кутија има барем по три топчиња, тогаш не би имало повеќе од 9243308 =⋅ топчиња. Ова противречи на претпоставката за постоење на 925 топчиња. Увери се во точноста на следниве тврдења: 1) Ако во 261 кутија се ставени 1045 топчиња, тогаш постои кутија во која има барем 5 топчиња. 2) Ако во 1522 кутии се ставени 1522 топчиња, тогаш има кутија во која има барем 6 топчиња. Ако со k го означиме бројот на кутии (или кафези), тогаш претходните две тврења може да се запишат во следнава табела:

k број на топчиња постои кутија во која има барем 5 7215 =+⋅ 211 =+ топчиња 308 32513308 =+⋅ 413 =+ топчиња 261 104514261 =+⋅ 514 =+ топчиња 1522 7611151522 =+⋅ 615 =+ топчиња

Врз основа на табелата следниве тврдења го искажуваат “принципот на кутии“: -Ако во k кутии сместиме повеќе од k предмети, тогаш постои кутија во која има повеќе од 1 предмет. или искажан во поопшта форма: -Ако во k кутии сместиме повеќе од 1kn + предмет, тогаш постои кутија во која има барем k предмети. (Во нашата табела 5=k и 2=n , 308=k и 3=n , 261=k и 4=n , 1522=k и

5=n ) Тврдењето во принципот на Дирихле наметнува одреден став (шема) на расудување, која успешно се применува во случаите кои на прв поглед немаат врска со некакви зајаци и кафези, топчиња и кутии. За тоа е потребна умешност во расчленувањето на условите на задачата и класификација на набљудуваните предмети, тоест потребна е соодветна “припрема“ на задачата пред да се примени принципот на Дирихле. Задачите кои се решаваат со помош на принципот на Дирихле не бараат некое математичко познавање, иако на прв поглед делуваат необични и тешки.

3

Математичка основа на принципот

Математичката основа на принципот е следната -Ако A и B се две непразни множества и ( ) mAk = ( k е кардинален број или број на елементи), ( ) nBk = , при што m е поголем од n , тогаш не постои инјективно пресликување меѓу A и B .

Со други зборови за какво и да било пресликување од A во B при дадената претпоставка постои барем еден елемент од множеството B кој е слика на најмалку два елементи од множеството A . На пример ако { }5,4,3,2,1=A и

{ }ВБAB ,,= , тогаш ако ги поврземе сите елементи од А со елементи од B мора некој елемент од B да биде слика на барем два елементи од А .

Примена во решавањето на задачи Задача 1. а) Дали може да се твдри дека во одделение од 34 ученици постојат барем два ученика чии презимиња почнуваат со иста буква? б) Што би кажале за ако одделението има 30 ученици. решение: Овде зајаците претставуваат ученици (ги има 34), а кафезите букви од азбуката (ги има 31) а) Во најнеповолниот случај за презимињата на првите 30 ученици ќе бидат зафатени сите 30 букви, па презимињата на останатите ученици (ги има 4) мора да почнуваат со некоја од веќе „зафатените“ букви. Ова значи дека во одделението постојат ученици (барем двајца) чии презимиња почнуваат со иста буква. б) Не Задача 2. Три вдови на тетратки се спакувани во 25 кутии така што во секоја кутија се наоѓаат тетратки од ост вид. Дали постојат 9 кутии такви што сите тетраки во нив се од ист вид. решение: -Да замислиме дека имаме три големи кутии. Во секоја од нив да ги ставаме кутиите со тетратки, така да во било која голема кутија сите тетратки се од ист вид. Сега да замислиме дека кутиите со тетратки се “топчиња“. Значи имаме три големи кутии и во нив имаме вкупно 25 топчиња. Според принципот на Дирихле (“топчиња“ има 183 +⋅ ) во една од големите кутии има барем 9 топчиња, тоест во една од големите кутии има барем 9 кутии со тетратки од ист вид. Задача 3. Во одделението има 30 ученици кои решаваат тест. Еден од нив Аце направил 13 грешки решавајќи го тестот. Останатите направиле помалку грешки. Да се докаже дека барем 3 ученици направиле ист број на грешки. (може да биде и ниедна грешка)

A B

4

решение: Да замислиме дека имаме 14 кутии и во нив се напишани броевите 0,1,2,.......13. Во кутијата означена со 0 грешки ги ставаме сите тестови кои немаат грешки, во кутијата означена со 1 грешки ги ставаме сите тестови кои имаат 1 грешки. Таквата постапка се продолжува до кутијата со број 13 во која се става ацевиот тест. Задачата ќе биде решена ако докажеме дека во некоја кутија се наоѓаат барем 3 тестови. Во кутијата со број 13 се наоѓа само ацевиот тест. Затоа ги разгледуваме преостанатите кутии. Со примена на принципот на Дирихле, ако во секоја од преостанатите кутии има најмногу по 2 теста, тогаш во нив би биле најмногу

26132 =⋅ тестови, што не може да биде затоа што има 30 ученици и сите решавале тест. Според тоа во некоја од кутиите се наоѓаат најмалку 3 теста. Задача 4: Во едно основно училиште во секоја година има по 4 одделенија, а вкупниот број на ученици е 1234. Докажете дека постои одделение во кое учат 35 ученици. решение: Во училиштето има 3694 =⋅ одделенија. Меѓутоа 3436:1234 = и остаток 10. Според принципот на Дирихле во некое од одделенијата има барем 35 ученици. Задача 5: Во кутија се наоѓаат 10 црвени, 8 сини, 8 зелени и 4 жолти пенкала. Во темница извлекуваме пенкала. Колку најмалку пенкала треба да извлечеме за да сме сигурни дека меѓу нив: а) има не помалку од 4 пенкала со иста боја. б) барем по едно пенкало со иста боја. в) не помалку од 6 сини пенкала. решение: а) Да забележиме дека пенкалата се во 4 различни бои. Ако извлечеме 4 пенкала може да се случи сите де се со различна боја. Значи не е доволно да се извлечат 4 пенкала. Ако извлечеме учте два пати по 4 пенкала во најлош случај меѓу извлечените 12 пенкала ќе имаме по 3 црвени, 3 сини, 3 зелени и 3 жолти пенкала. Ако извлечеме уште едно пенкало, тогаш ќе бидеме сигурни дека меѓу извлечените пенкала има барем 4 пенкала со иста боја. (Докажи го тоа со помош на принципот на Дирихле) б) Кога ќе извлечеме неколку пенкала може да се случи да сите не бидат со иста боја. Значи може да се случи прво да ги извлечеме сите 10 црвени пенкала. Исто така во најлош случај може да се случи да сме ги извлекле и сите сини и зелени пенкала, вкупно 26. Според тоа доволно е да се извлечат 27 пенкала. (Докажи го тоа со помош на принципот на Дирихле) в) За да сме сигурни дека сме извлекле не помалку од 6 сини пенкала, ќе ги извлечеме од кутијата сите пенкала освен две, тоест вкупно 28 пенкала. Не е доволно да се извлечат 27, затоа што ако се извлечат 27 пенкала може да се случи да се извлечат 10 црвени, 5 сини, 8 зелени и 4 жолти пенкала.

Мирослав Б. Младеновиќ Мирац

5

МЕЃУНАРОДЕН МАТЕМАТИЧКИ НАТПРЕВАР КЕНГУР 26 МАРТ 2009

1, 2 и 3 ОДДЕЛЕНИЕ (деветтолетка) Тестот се работи за време од 1 час и 15 минути

За секое точно одговорено прашање се добиваат 11 поени, а за неточен одговор на прашање се одземаат два поени. Се добиваат 0 поени, ако на прашањето не е одговорено. За да се избегне негативен вкупен резултат на крајот се додаваат 20 поени, така што вкупниот можен број на освоени поени е 130. Заокружи го точниот одговор:

1. Јана има две кукли, три мандарини, една чоколада, две јаболка, пет топки, еден велосипед и три калинки. Колку парчиња овошје има Јана.

)(A 5 ( )B 6 ( )V 7 ( )G 8 ( )D 9 2. Малечка роденденска свеќа изгорува за 20 минути. Роденденската торта на Калина има три такви свеќи Ι и сите се запалени во исто време. За колку минути тие ќе изгорат? )(A 25 ( )B 20 ( )V 30 ( )G 40 ( )D 60 3. На која слика Смешкото ☺ е десно од Плачкото , а Плачкото е лево од Сериозкото ?

4. На еден монитор се наоѓа бројот 30. Некои квдратчиња треба да се запалат, а некои да се изгаснат, за да од бројот 30 се добие бројот 26. Колку квадратчиња ќе ја променат својата боја?

)(A 2 ( )B 3 ( )V 4 ( )G 5 ( )D 6 5. 5 0 8 10+ + = +☺. Колку е ☺? )(A 1 ( )B 2 ( )V 3 ( )G 4 ( )D 5

6. Јана, Калина, Теодора и Даниел треба да состават по една фигура како на цртежот. Но тие ги составиле следните фигури:

B) V) G) D)A)

6

Уште колку квадратчиња недостасуваат за да се доправат сите фигури? )(A 4 ( )B 8 ( )V 12 ( )G 15 ( )D 19 7. Секоја пчеличка го посетува цветот со својот број. На кој цвет нема да слета пчеличка? )(A 1 ( )B 2 ( )V 3 ( )G 4 ( )D 5

8. ☺ се движи од лево кон десно по правилото - - - - - (од може да премине во , од може да премине во , и од може да премине во , итн). До кое овошје ќе стаса ☺ движејќи се по даденото правило?

9 2− = K 8 2− = K

3 5+ = K6 4+ = K

7 1067

9

8

1 5432

Jana DanielTeodoraKalina

(B) (V) (G) (D)(A)

7

9. На цртежот е даден обликот на покривот на еден стар дворец.

Кој од следните делови не припаѓа на тој покрив?

10. Носот на Пинокио е долг 3 cm. Секогаш кога ќе излаже носот му станува 2 пати подолг. Колку е долг носот на Пинокио ако тој излагал два пати? )(A 4 cm ( )B 5 cm ( )V 7 cm ( )G 9 cm ( )D 12 cm

(B ) (V ) (G ) (D )(A )

8

Наградни задачи 1.Андреј, Васил и Стефан одлучиле да го поминат јулското приквечерие во трчање на кружна писта. Андреј трча побрзо од Стефан ,но побавно од Васил. Сите тргнале истовремено од едно и исто место во една и иста насока и застанале тогаш кога за прв пат по тргнувањето се сретнале сите тројца на едно исто место. При тоа познато е дека Васил го претркал Стефан 13 пати. Определете го вкупниот број на претркувања. 2.Докажи дека не е возможно еден остроаголен триаголник ABCΔ да се раздели на пет складни помеѓу себе триаголника со прави кој не минуваат низ темињата на триаголникот ABCΔ .

Решавачи на задачи од Нумерус XXXV-1

име и презиме одд училиште град точни задачи

1 Олгица Мирчева V ОУ. Гоце

Делчев Неготино К3(Vодд)-2, 3

2 Јована Љочевска V ОУ. Браќа

Миладиновци Куманово К3(Vодд)-1(дел), 2, 4(дел)

3 Стефан Мијалков VI ОУ. Никола

Карев Пробиштип К3(Vодд)-2, 4, КЗ(VIодд)-1(дел), 2, 4

4 Ѓорѓи Витанов IV ОУ. Видое

Подгорец Струмица К3(IVодд)-1, 2, 3, 4

5 Марија Милевска V ОУ. Браќа

Миладиновци Куманово К3(Vодд)-1(дел), 2(дел), 3(дел), 4(дел)

6 Ангела Костова V ОУ. Браќа

Миладиновци Куманово К3(Vодд)-1,2,3, 4(дел)

7 Марија Величковска V ОУ. Браќа

Миладиновци Куманово К3(Vодд)-1, 2, 3(дел), 4(дел)

8 Трајковиќ Ивона V ОУ. Браќа

Миладиновци Куманово К3(Vодд)-1(дел), 2(дел), 3(дел), 4(дел)

9 Деспина Богдан V ОУ. Браќа

Миладиновци Куманово К3(Vодд)-1, 2, 3, 4(дел)

10 Ивона Николовска V ОУ. Браќа

Миладиновци Куманово К3(Vодд)-1, 2, 3(дел), 4(дел)

11 Исидора Димитриевска V ОУ. Х. Т.

Карпош Куманово К3(IVодд)-1, 2, 3, 4, К3(Vодд)-1, 2, 3, 4

9

Решенија на конкурсните задачи од НУМЕРУС XXXV 1

4 одделение 2725 (1). Да забележиме дека

30102052202 =+=⋅+≥+=+ KDLLL ABCDKCDABKD

што значи дека одговорот е не. 2726 (2). Нека abcde е еден убав петцифрен број .Ако последната цифра е поголема или еднаква на 1 тогаш 1>d што значи најмалку 2 а 321 =+>c што значи најмалку 4 но тогаш 7421 =++>b па 158421 =+++>a што е невозможно бидејки 9≤a .Значи 0=e .Сега 1≥d , 2≥c па 4≥b .Ако претпоставиме дека 6>b тогаш 96210 =+++>a што е невозможно.За b остануваат две можности. Значи 4=b или 5=b .Ако 4=b тогаш 74210 =+++>a ,т.е 8=a или

9=a .Така ги добиваме броевите 84210 и 94210. Ако 5=b тогаш 85210 =+++>a , т.е 9=a па го добиваме бројот 95210.Конечно бараните

броеви се 84210,94210, 95210. 2727 (3). Ако со m , r, f , g ги означиме цените соодветно на македонската ,руската, француската и германската марка од условот на задачата ги добиваме равенствата r+f+g=40, m+r+g=44, m+f+g=45, m+r+f=27. Од горните равенства добиваме:

3(m+r+f+g)=(r+f+g)+(m+f+g)+(m+r+g)+(m+r+f)=40+45+44+27=156

Така добиваме дека m+r+f+g=52.Сега од ова равенство и од горните добиваме m=52-40=12, r=52-45=7, f=52-44=8, g=52-27=25. 2728 (4). Да забележиме дека едноцифрени броеви има 9 а двоцифрени 90 па за да ги потрошиме за нумерирање потребно е да употребиме

18990291 =⋅+⋅ цифри Останатите страници се нумерирани со трицифрени или поголеми броеви.Трицифрени броеви има 900 и (642-189):3=151<900 , па останатите страници се нумерирани со трицифрени броеви што значи дека книгата има 9+90+151=250 страници.

5 одделение 2729 (1). Топчињата ги делиме во две групи по 5 топчиња, при што едно топче останува надвор од поделбата. Така топчињата од првата група ги ставаме на едната страна, а топчињата од другата група ги ставаме на другата страна. Ако вагата покаже рамнотежа тогаш бараното топче е она топче кое остана надвор од поделбата. Ако при мерењето едната страна натежне, тогаш ги земаме топчињата

10

од другата страна и нив повторно ги делиме во две групи од по две топчиња, при што пак едно топче останува надвор од поделбата. Така повторно топчињата од едната група ги ставаме на едната страна, а топчињата од другата група ги ставаме на другата страна. Ако при мерењето вагата покаже рамнотежа тогаш бараното топче е она кое не влезе во поделбата. Ако при мерењето едната страна натежне, тогаш ги земаме топчињата од другата страна и ги ставаме повторно на мерење на вагата (сега имаме по едно топче на страна) за да утврдиме конечно кое топче е полесно од другите. Значи, 3 мерења се доволни за да утврдиме кое топче е полесно од другите.

2730 (2). Нека ,aAB = bBC = . Периметарот на правоаголникот ABCD е 100)(2 =+= baL см , од каде добиваме дека 50=+ ba см , па ba −= 50 . Од тоа што периметарот на правоаголникот BCNM е

702)2

(2 =+=+= babaL см. Па ако на местото на

a го ставиме изразот b−50 , во последната равенка добиваме 70250 =+− bb , од каде 30=a см, 20=b см.

2731 (3). Од условот на задачата јасно е дека бројот 36 е делител на бараните броеви. Броеви кои се деливи со 36, а се помали од 252 се 36, 72, 108, 144, 180, 216. Па, така бараните броеви се 36 и 216, 72 и 180, 108 и 144,( 216 и 36, 180 и 72 , 144 и 108). Значи имаме вкупно шест решенија. 2732 (4). Збирот на цифрите на бројот е 13 + x . Задачата ќе ја решиме со непосредна проверка на сите вредности за x. Ако

• x=0, тогаш остатокот со 3 е 1, а со 5 е 0 • x=1 , тогаш остатокот со 3 е 2, а со 5 е 1 • x=2 , тогаш остатокот со 3 е 0, а со 5 е 2 • x=3 , тогаш остатокот со 1 е 1, а со 5 е 3 • x=4 , тогаш остатокот со 3 е 2, а со 5 е 4 • x=5 , тогаш остатокот со 3 е 0, а со 5 е 0 • x=6 , тогаш остатокот со 3 е 1, а со 5 е 1 • x=7 , тогаш остатокот со 3 е 2, а со 5 е 2 • x=8 , тогаш остатокот со 3 е 0, а со 5 е 3 • x=9 , тогаш остатокот со 3 е 1, а со 5 е 4

Остатоците се еднакви ако цифрата на единиците е еднаква на 5 , 6 или 7.

A B

CD

M

N

11

6 одделение 2733 (1). Бидејќи важи 0)( 2 ≥− yx , јасно е дека изразот ќе има најмала

вредност кога 0)72( 2 =− ba , па барањето на броевите a и b се сведува на

решавање на равенката 072 =− ba во множеството на природни броеви помали од

50. Оваа равенка е еквивалентна со ba 72 = . Бидејќи десната страна е делива со 7, мора да биде делива и левата, па така вредноста на a е број кој е делив со 7. Имајќи во предвид дека станува збор за природни броеви помали од 50 , решенија на проблемот се : 2,7 == ba ; 4,14 == ba ; 6,21 == ba ; 8,28 == ba ;

10,35 == ba ; 12,42 == ba ; 14,48 == ba . 2734 (2). Нека M е избраната точка на страната. Се конструираат рамностраните триаголници AME и MBD и нека EF||AB. Нека бараните растојанија

се MH и MG . Од триаголник AME произлегува дека JEMH = , а од EFCMBD Δ≅Δ произлегува дека KCMG = . Од тоа што JKLE е правоаголник следува

дека LKJE = . Тогаш LCKCLKKCJEMGMH =+=+=+ , од каде

добивме дека збирот од растојанијата од точката M до двете страни е еднаков на должината на висината во тој триаголник, т.е. не зависи од изборот на точката M.

2735(3). Нека d е најголем заеднички делител за броевите a и b.Тогаш a = dp и b=dq каде што p и q се заемно прости НЗС(a,b) = d ⋅ p ⋅ q . Според условот на задачата dpq-d = 30, т.е. d(pq-1) = 30 . Бидејќи 30 = 2 ⋅ 3 ⋅ 5, тогаш за d има повеќе можности d∈{1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30}.На пример, ако d = 1,тогаш е pq-1=30, pq = 31 па следува p =1,q = 31.По разгледувањето на сите опции за d се добиваат следните решенија за (a,b) ∈ {(1,31), (2,32), (3,33), (5,35), (6,36), (12,18), (10,40), (15,45), (30,60)}.

2736 (4). Плоштината на триаголникот ABC е

BCAABCP ABC 321

1 =⋅=Δ . Од друга страна плоштината

на триаголникот ABC може да се пресмета како

=⋅= ΔΔ BAAABC PP1

2 1111212 BAABBAAB ⋅=⋅⋅ .

Имајќи во предвид дека триаголникот ABC е рамностран , BCAB = , па 311 =BA см.

A

C

B

A1

B1

A

C

D

BMJ

E

L

FKG

H

12

7 одделение 2737 (1). Отсечката MN е средна линија за триаголникот ABC , па затоа

ACMN21= , исто така е ACPQ

21= , т.е. имаме 9== PQMN см. На ист начин

следи дека е MQNP = , т.е. четириаголникот MNPQ е паралелограм. Уште, ∠ PQE = ∠ AQD како агли со заемно паралелни краци. Отсечката PE е катета што лежи спроти аголот од 30°. Тогаш плоштината на четириаголникот MNPQ e

542912 =⋅=⋅= PEMQP см2.

2738 (2). Плоштините на триаголниците OAB, OBC, OCD, ODA се

соодветно : 21 21 hAOP = , 22 2

1 hOCP = , 13 21 hOCP = , 14 2

1 hAOP = .

Количниците OCAO

PP

=3

4 и OCAO

PP

=2

1 се еднакви, т.е. 2

1

3

4

PP

PP

= , од каде

4231 PPPP ⋅=⋅ . 2739 (3). Остатоците на квадратите на природните броеви при делењето со 8 можат да бидат 0, 1 или 4. Од тие броеви можат да се направат 27 подредени тројки за остатоци на 2a , 2b и 2c . Тие се : (0,0,0), (0,0,1), (0,1,0), (1,0,0), (0,1,1), (0,4,0), (0,4,1), (0,1,4), (0,4,4), (1,1,0), (1,0,1), (1,0,4), (1,1,1), (1,1,4), (1,4,1), (1,4,0), (1,4,4), (4,0,0), (0,0,4), (4,0,1), (4,0,4), (4,4,0), (4,1,0), (4,1,1), (4,1,4), (4,4,1), (4,4,4). Збирот на било која тројка не дава 7 , па тоа значи дека при делењето на збирот со 8 не се добива остаток 7. 2740 (4). Да ја означиме со x првобитната цена на производот, а со p процентот со кој треба да се зголеми намалената цена. Тогаш можеме да ја

поставиме следната равенка : xxxpxx =−+− )10020(

10010020

, од каде p = 25 . Тоа

значи дека намалената цена треба да се зголеми за 25% . 8 одделение

2741 (1). Нека ги означиме цената на кока-колата со c, на сендвичот со s и на кифлата со k. Тогаш ги добиваме следниве равенства:

c+3s+7k=127 , c+4s+10k=166

Втората равенка ке ја запишеме во облик (c+3s+7k)+(s+3k)=166 од каде добиваме s+3k=166-127=39.

13

Ако ги собереме двете први равенства добиваме: (c+3s+7к)+(c+4s+10k)=293 односно 2c+7s+17k=293.Оттука добиваме (2c+2s+2k)+(5s+15k)=293, односно 2(c+s+k)+5(s+3k)=293, па од s+3k=39 добиваме 2(c+s+k)=293-195=98 или конечно c+s+k=49, што значи дека цената на една кока-кола една кифла и еден сендвич е 49 денари . 2742 (2). Левата страна на равенството ке ја запишеме во следниов облик:

abc+ab+ac+bc+a+b+c+2=(abc+bc)+(ab+b)+(ac+c)+(a+1)+1= bc(a+1)+b(a+1)+c(a+1)+(a+1)+1=(a+1)(bc+b+c+1)+1=(a+1)(b+1)(c+1)+1

Тогаш равенството го добива обликот (a+1)(b+1)(c+1)= 251422008 ⋅⋅= , па од неравенствата a<b<c добиваме a+1=2, b+1=4, c+1=251 односно a=1, b=3,c=250. Решението е единствено затоа што 251 е прост број. 2743 (3). Прво ке го покажеме левото неравенство . Имено доволно е да

забележиме дека 1.................. 21

2

2

1

1 =++>−

++−

+− L

aLa

La

aLa

aLa

aLa n

n

n . За

десното неравенство да забележиме дека не губиме од општоста ако претпоставиме дека na е најдолгата страна. Тогаш важат следниве оценки :

2.............. 21

2

2

1

1 <−

=−

++−

+−

≤−

+−

+− nn

n

nnn

n

aLL

aLa

aLa

aLa

aLa

aLa

aLa

при што последното неравенство е добро заради:

nnn aaaaaL >+++⇔> −121 ......2 2744 (4). Нека триаголникот ABCΔ е поделен на два складни помеѓу себе триаголника. Јасно е дека правата што го разделува овој триаголник минува низ некое од неговите темиња. На пример нека минува низ темето C и ја сече правата AB во точката ABD ∈ . Ке претпоставиме дека триаголниците ADCΔ и BDCΔ се складни но не и правоаголни.Тоа значи дека еден од аглите ADCp или BDCp е тап.Нека е тоа ADCp . Од тоа што аголот BDCp е остар не може да важи

ADCp = BDCp . Од складноста на триаголниците постои агол α во триаголникот BDCΔ така што ADCp=α но тогаш op 180=+ BDCα но збирот на два агли во триаголник не може да биде еднаков на o180 . Добиената противречност потврдува дека триаголниците ADCΔ и BDCΔ се правоаголни.

14

Решенија на подготвителните задачи

4 одделение 4.1 Секој ден , според условот на задачата површината на езерото што е покриена со лотоси се зголемува за двапати.Триесетиот ден цело езеро било покриено со лотоси, значи ден пред него , езерото било покриено со половина од лотосите.Значи на дваесетидеветиот ден езерото било покриено со лотоси наполовина. 4.2 Тоа може да се случи , ако во првиот случај засечувањата не се сечат меѓу себе, а во вториот се сечат..Например, ако во првиот случај засекувањата се паралелни едно на друго, а во вториот случај се нормални помеѓу себе. 4.3 На три деца им се даваат по едно јаболко, а четвртото дете ќе го добие последното јаболко заедно со кошницата. 4.4 Да пресметаме колку има парови на ученици кои се дружат помеѓу себе.Во одделението има 35 ученици.И секој се дружи со точно 11 ученици.Значи треба да има (35× 11 ):2парови на ученици кои се дружат помеѓу себе.Зошто делиме со 2? Бројот (35× 11 ):2 не е цел број, па сега е јасно дека не е можно во одделението секој да се дружи со точно 11 ученици. 4.5 Нека Андреј има А ореви, Борче има Б ореви, а Владо има В ореви.Тогаш Андреј и Борче имаат заедно А+Б =11 ореви, Андреј и Владо имаат А+В=12 ореви и Борче и Владо имаат заедно Б+В=13 ореви.Ако се соберат трите равенства се добива: (А+Б)+( А+В)+(Б+В)=11+12+13.Од последното се добива 2А+2Б+2В= 36 или 2(А+Б+В)= 36 .Значи Андреј, Борче и Владо заедно имаат 18 ореви. 4.6 Принцот може да ги каже на пример броевите 100=x , 10=y ,

1=z .Ако a , b и c се произволни цифри што ги смислил царот сумата abcczbyax =++ па цифрите ке ги добиеме како цифри на троцифрениот број

czbyax ++ .Не е тешко да забележиме дека секој избор на броевите zyx , , од облик kx 10= , my 10= , nz 10= при mn ≠ , mk ≠ и nk ≠ ке му помогне на принцот да ги одгатне цифрите на царот. 4.7 Не.Ако такви броеви постојат последната цифра на поголемиот број треба да биде 7,8,2 или 3 во зависност од тоа на која цифра завршува помалиот број на 1 , 4, 6 или 9,што е противречност.

15

4.8 Нека a и b се должините на страните на соодветниот правоаголник.Ако 1=a тогаш { }9,.....,3,2,1∈b . Ако 2=a тогаш { }4,3,2∈b .Ако пак 3=a тогаш 3=b . Ова значи дека за бараната сума би добиле : 723342322291.......312111 =⋅+⋅+⋅+⋅+⋅++⋅+⋅+⋅ 4.9 Ке покажеме прво дека може да извлечеме 17 топчиња така што меѓу нив нема 5 во една иста боја.Навистина прво да ги извадиме сите бели и црни топчиња што се вкупно 5 а потоа 4 црвени па 4 зелени и на крај 4 жолти.Добиваме 17 топчиња меѓу кои нема 5 еднобојни.Веке е јасно дека во секои 18 топчиња мора да има 5 во една иста боја. 4.10 Ако сите деца добиле различен број на ореви тогаш треба да имаме најмалку 0+1+2+3+.........+19+20=210 ореви што е противречност.

4.11 Еден кројач за три денови ке сошие само една пантолона.Следствено седум кројачи за три дена ке сошијат 7 пантолони ,а седум кројачи за шест дена ке сошијат 14 пантолони. 4.12 Коренот на равенката 17:22107):738( =+x е 6=x .Со замена во втората равенка за 6=b добиваме вредност 0. 4.14 За да ја решиме задачата најдобро е да ги подредиме јунаците во редица со намалување на бројот на приказни што ги раскажувале.Ако ги ползуваме условите од задачата лесно ја добиваме редицата :Алиса, Билбо Багинс,Пипи, Карлсон, Пинокио, Тенекискиот дрвар. Сега ке исползуваме дека Алиса раскажала 42 приказни , Билбо 32, Тенекискиот дрвар 8, Пинокио 9, Карлсон 12, а Пипи 15.

5 одделение 5.1 Лесно се гледа дека : { }hgfdaDB ,,,,=∪ и { }ebCA ,=∩ .Бидејќи е CS ⊂ и S нема заеднички елементи со DB ∪ (бидејќи ∅=∩∪ SDB )( ) се добива дека

{ }ecbS ,,⊂ .Од ∅=∩ SCA \)( заклучуваме дека Sb ∈ и Se ∈ , а од { } { }cSc =\ следува Sc ∉ .Значи { }ebS ,= . 5.2 Производот е нула бидејќи е 210100 = . 5.3 Во условот на задачата не е споменато дали автомобилите одат еден кон друг , дали се оддалечуваат еден од друг или дали едниот автомобил оди по другиот автомобил.Според тоа ќе разгледаме четири случаеви. Во првиот случај автомобилите се движат еден кон друг. Нека t е времето (во часови) што е потребно автомобилите да го изминат за да се сретнат.За време t едниот автомобил изминува 80 t километри, а другиот автомобил изминува 60 t километри.Значи 100=80 t +60 t .Добиваме за време од 5/7 часови автомобилите ќе

16

се сретнат.После нивната средба автомобилите се оддалечуваат и бидејќи до еден час преостануваат уште 2/7 часа , после изминатите 2/7 часа ќе се наоѓаат на растојание еден од друг еднакво на 2/7(80+60)=40 километри. Во вториот случај автомобилите се оддалечуваат еден од друг. За еден час автомобилот што се движи со бризна од 80 километри на час изминува 80 километри, а другиот за еден час изминува 60 километри.Значи по еден час растојанието помеѓу нив ќе биде 100+80+60=240 километри. Во третиот случај автомобилот со бризна од 80 километри на час се движи по другиот автомобил.Сега е јасно дека после еден час растојанието помеѓу нив ќе биде 100+60-80=80 километри. Во четвртиот случај автомобилот со бризна од 60 километри на час се движи по другиот.Сега е јасно дека после еден час растојанието помеѓу нив ќе биде 100+80-60=120 километри. 5.4 Не може.После тоа како листот се наоѓа во рацете на некој ученик , бројот напишан на него ја менува својата парност, т.е ќе биде парен, ако бил непарен, или обратно.Тоа значи дека после 33 промени бројот ќе стане непарен , па според тоа не може да се добие 10. 5.5 Двата песочни часовници ќе ги пуштиме да го мерат времето во ист момент.Кога ќе истече песочниот часовник од 7 минути го ставаме јајцето да се вари.На другиот часовник му преостануваат уште четири минути за да истече.После неговото истечување веднаш го пуштаме уште еднаш да измери 11 минути.Бидејќи е 4+11=15, после неговото истекување јајцето е веќе варено. 5.6 Првиот човек платил како за 13 мали птици(да споменеме дека поголемата птица е два пати поскапа од малата), а вториот платил како за 11 мали птици.Значи разликата е две мали птици, а во цена е 200 денари.Значи една мала птица чини 100 денари, а голема птица чини 200 денари. 5.7 Да ги споиме двата зададени услови па ќе го добиеме следното тврдење:Во првата и втората кутија има 6кг+10кг ореви помалку отколку што има во првата, втората , третата кутија и третата кутија уште еднаш..Одтука се добива дека во две трети кутии има 16 килограми т.е. во третата кутија има 8кг ореви.

17

5.8 Точната формулација на задачата е: Некој ученик требало замислен број да го подели со 2, па на количникот да го додаде 6.Наместо тоа тој бројот го помножил со 2 и од добиениот производ го одзел 6.При тоа добил ист резултат.Да се одреди замислениот број.

Решение:Ако се има во предвид што направил ученикот и што требало да направи и дека при тоа добил ист резултат се добива дека разликата помеѓу

броевите x2 и 2:x е еднаква на 12( x е замислениот број).Бидејќи е 2

42 xx =

добиваме 1222

42:2 =−=− xxxx т.е 122

4 =− xx .Сега се добива 122

3 =x од каде 243 =x

и конечно се добива дека замислениот број е 8.

5.9 Како што може да се види од цртежот 1 отсечката CF е за 2 цм подолга од третина на

отсечката AB , па 32 од отсечката AB ќе изнесува

10+2=12 цм, а целата отсечка AB , односно отсечката CD Ќе имаат должина од 18цм. 5.10 Нека е β аголот кој е суплементен на аголот α т.е. 0180=+ βα .

Бидејќи е 8

42

αα = ,8

24

αα = добиваме дека βαααααα =++=++88

28

4842

.

Значи βα =8

7 .Од 0180=+ βα и од βα =8

7 се добива 01808

7 =+ αα т.е

01808

78

8 =+ αα . Значи 15α =8× 0180 . Добиваме 096=α . Треба да се најде аголот γ

кој е комплементен на β .Али 000 8496180 =−=β . Значи 000 68490 =−=γ .

5.11 Бидејќи дропката 21

е најголема од сите дропки со броител 1и

именител различен од 1, па така ако е потребно да употребиме најмал број на

дропки тогаш бројот 2 треба да го претставиме како 21

21

21

212 +++= , па

најмалиот број на дропки кои се потребни да го претставиме бројот 2 е 4.

5.12 Нека со x го означиме броителот на бараната дропка. Тогаш

127

651 << x

. Ако дропките ги сведеме на ист именител 6035

6010

6012 << x

, следува

351012 << x . Па бараните дропки се 62

, 63

, т.е. по извршеното кратење 31

, 21

.

18

6 одделение

6.1 Не.Збирот на три последователни природни броеви ќе биде делив со 3. Навистина, нека првиот број при делење со три дава остаток a , вториот број при делење со три дава остаток 1+a , а третиот број при делење со три дава остаток

2+a .Тогаш нивниот збир при делење со три ќе дава остаток 33 +a т.е ќе се дели со 3.

6.2 Да. Сите броеви неможат да бидат негативни.Нека избереме било кој

позитивен број од нив, а останатите 24 броја на било кој начин да ги разбиеме на 6 групи по 4 броја во секоја.Збирот на избраниот број и на 6-те групи ќе биде од една страна позитивен, а од друга страна еднаков на збирот на сите броеви.

6.3 Ако збирот на два природни броја е е парен,тогаш или двата се парни

или двата се непарни.Ќе избереме било кој број од запишаните и ќе ја испитуваме по ред парноста на другите броеви што се запишани на кружницата.Или ќе најдеме два броја по ред со иста парност(па задачата ќе биде решена) или нема да најдеме такви броеви.Во тој случај нашите броеви ќе формираат низа во која нивната парност ќе се менува наизменично .Парни со непарни броеви.Запишани се седум броеви.Значи првиот и седмиот број ќе имаат иста парност .А тоа значи кога ќе ја затвориме низата(броевите се напишани на кружница), првиот и седмиот број кои се соседни на кружницата ќе имаат иста парност.

6.4 Лесно се гледа дека бројот треба да е делив со 13 и со 17. Бидејќи треба

да е трицифрен добиваме дека такви броеви се: 13 17⋅ =221 , 17132 ⋅⋅ =442 17133 ⋅⋅ =663 и 17134 ⋅⋅ =884.

6.5 Нека со x ја означиме должината на патот .Тогаш според условот на

задачата може да се формира следната равенка: xxx =+++ )103

()54

( .Со нејзино

решавање се добива дека 36=x километри. 6.6 Нека растојанието од селото А до местото каде што треба да се изгради

бањата е еднакво на x .Тогаш вкупната должина на патот што треба да го изминат селаните од двете села до бањата и назад до нивните села е еднаква на 2(150 x +100( )xa − ), каде што a е растојанието меѓу селата.Важи следното: 2(150 x +100( )xa − )= aaxxaxx 200200100))(10010050(2 ≥+=−++ Јасно е дека ax 200100 + го достигнува минимумот a200 кога е 0=x .Според тоа бањата треба да се изгради во селото А.

19

6.7 Од условот на задачата триаголникот ABD е правоаголен, цртеж2. Нека точката E средина на страната BD од триаголникот .ABD Тогаш аголот EAB е еднаков на 015 , а триаголникот AEB е рамнокрак, па според тоа BEAE = . Аголот AEC е 030 ,

па и триаголникот AEC е рамнокрак и ACAE = . Со пресметување на аглите се заклучува дека и триаголникот AED е рамнокрак, па важи EDAE = . Бидејќи е

AEDB 2= и AEAC = , следува дека ACBD 2= , што и требаше да се докаже.

6.8 Бидејќи CE е нормална на CD и CECD = ,тогаш триаголникот CDE е

правоаголен и рамнокрак и важи 045==<< CEACDA , одкаде се добива дека

аголот при темето A е еднаков на '301120 . цртеж 3.

6.9 Од триаголникот CAC1 добиваме дека е

2cbtc +< цртеж 4 , а од триаголникот BCC1 се добива

дека е 2catc +< . Па се добива дека е cabtc ++<2 т.е.

cbatc ++< .

6.10 Да го разгледаме триаголникот AEF цртеж 5 . Правата KE е паралелна со AB и нормална на AD .Нека е

{ }LBFAK =∩ .Користејќи го тоа дека триаголниците ABO и KEO се рамнокраки , може да се докажи дека триаголникот AKB е складен на триаголникот ABE ( ),, BKAEABKBAEABAB ==<<= , па според тоа е

045==<< ABEBAK . Значи се добива дека е 090=< ALB . Бидејќи е KE нормална на AF и AK е нормална на EF ,се добива дека AK и EK висини на триаголникот AEF , а K е ортоцентар на триаголникот .AEF Поради тоа

и KF како висина е нормална на спротивната страна.

20

6.11 Ако должината на најмалиот дел ја обележиме со x, тогаш средниот дел по големина ќе има должина 2x, а најдолгиот 4x. Бидејќи x+2x=3x<4x, не е исполнето барањето збирот на должините од кои од кои и да било две страни кај триаголникот е поголем од должината на третата страна. Според тоа од тие три дела не може да се состави триаголик. 6.12 Нека со x го означиме бројот на нарачани слатки. Тогаш првиот ден

се направени x52

слатки, вториот ден се направени )52(

95 xx − , а третиот ден се

направени 40 слатки. Значи, xxxx =+−+ 40)52(

95

52

. Со решавање на оваа

равенка се добива дека бројот на нарачани слатки е 150=x . 6. 13 Бидејќи станува збор за двоцифрени броеви тогаш нивниот производ се движи помеѓу 100 и 9801. Уште тој број е запишан само со петки, па така производот е или 555 или 5555. Бројот 555 може да се запише како 555 = 15 ⋅ 37, додека 5555 = 55 ⋅ 101. Јасно бараните броеви се 15 и 37. 6. 14 Бидејќи збирот е делив со 9, следува дека и бројот 52a мора да биде делив со 9. Тоа значи дека збирот на цифрите мора да биде делив со 9, а тоа е можно само ако 2=a .

7 одделение 7.1 Може да се смета дека велосипедистот цело време се движи во една насока(должината на патот при тоа не се менува).Неговата бризна е два пати поголема од брзината на пешакот, па според тоа кога пешакот ќе измине 5 километри(тоа е растојанието помеѓу местото A и местото B ), велосипеедистот ќе измине 10 километри. 7.2 Нека било кои тројца луѓе собрале помалку од 50 печурки. Да ги подредиме луѓето во опаѓачки редослед по бројот на собрани печурки. Ако третиот човек собрал x печурки, тогаш вториот човек собрал не помалку од 1+x , а првиот не помалку од 2+x печурки. Бидејќи првите тројца луѓе собрале помалку од 50 печурки, важи 5021 <++++ xxx од каде 15≤x . Бидејќи вкупниот број на собрани печурки е 100, четвртиот до седмиот човек ќе соберат повеќе од 50 печурки. Како четвртиот човек собрал најмногу 1−x , петтиот 2−x , шестиот 3−x и седмиот 4−x печурки, важи 504321 >−+−+−+− xxxx од каде 15>x . Добивме противречност со претходниот заклучок, што значи постојат три луѓе што собрале не помалку од 50 печурки. 7.3 Да ги означиме тежините на парчињата сирење по редослед на растење: 921 ... mmm <<< .На една порција ќе ги ставиме сирењата со тежини

21

7531 ,., mmmm , а на друга порција сирењата со тежини 8642 ,,, mmmm .Тогаш е 86427531 mmmmmmmm +++<+++ .Неравенството е строго бидејќи сите парчиња

се со различни тежини.Ако парчето со тежина 9m се додаде на порцијата каде што е парчето со тежина 1m се добива дека 864297531 mmmmmmmmm +++>++++ . Значи доволно е парчето со тежина 9m да се пресечи на два дела. 7.4 Да претпоставиме дека помеѓу броевите 10021 ,....,, aaa има k плави и соодветно k−100 црвени. Бидејќи плавите броеви се запишани во редослед на растење, тогаш тие k плави броеви се броевите од 1 до k .Аналогно k−100 црвени броеви се броевите 100,99,... , 1+k .Значи сите броеви од 1 до 100 се среќаваат помеѓу 10021 ,....,, aaa . 7.5 Забелешка : Направена е грешка во формулацијата на задачата.Задачата треба да гласи :

Два различни броја се такви да yyxx 10001000 22 −=− . Да се најде збирот на броевите x и y .

Решение: Од yyxx 10001000 22 −=− се добива следното : )(100022 yxyx −=− . Бидејќи yx ≠ и ))((22 yxyxyx +−=− се добива дека

1000=+ yx . 7.6 Нека cba ,, се должините на страните на триаголникот.По услов е

3cba += .Бидејќи спроти помала страна на триаголникот се наоѓа помал агол

доволно е да се докаже дека a е најмала должина од страните. Ќе докажеме дека

bcba <+=3

. Последното може да се запише како bc 2< . Да го покажеме

последното. Од неравенството на триаголник cba >+ и од 3

cba += се добива

cbcb >++3

т.е bc 2< . Значи ba < .Слично се докажува .ca <

7.7 Нека е ABCD дадениот трапез и нека се M и N се средини на страните AD и BC соодветно, цртеж 6. Познато е дека средната линија е еднаква на полузбирот од

основите: sbaMN =+=2

. Висината на трапезот е

22 AEACCE −= . Бидејќи е sAC 2= и sbabaaAE =+=−−=22

,

тогаш висината на трапезот е 34 22 sssCE =−= .

22

Плоштината на трапезот е .32sCEMNP =⋅=

7.8 Отсечката MN е средна линија во триаголникот ABC, па

ACMN21= ,MN||AC и отсечката PQ е средна линија во триаголникот ACD , па

ACPQ21= , PQ||AC. Од ова следува дека

четириаголникот MNPQ е паралелограм во кој O претставува пресек на дијагоналите што заемно се преполовуваат односно OPMO = . На ист начин, MS е средна линија во триаголникот ADB ,па MS||AD, и

ADMS21= и уште PR е средна линија во триаголникот

ADC ,па PR||AD и ADPR21= . Ова значи дека MSPR е паралелограм со

дијагонали MP и RS. Бидејќи O е средина на MP следува дека и RS минува низ точката O.

B

C

A

M

K1 7.9 Според Талесова теорема аглите AMB и MBC се прави како агли над дијаметарот на кружниците 1k и 2k соодветно. Следува аголот AMC има 180 °, па точките A, M и C лежат на иста права.

7.10 Првиот играч треба со првото извлекување да му го остави на противникот следниот број топчиња во кутиите : 1,2 и 3. Тоа е можно ако од кутијата со четири топчиња тој извлече 1 топче. Со наредното негово извлекување треба на противникот да му остави во две кутии по еднаков број на топчиња. Тоа овозможува во секое наредно извлекување да се повтори истото се додека не се добие во две кутии по едно топче, што води кон победата.

M

N

A

C

D

B

P

Q

R

SO

23

7.11 Нека tzyx >>> . Тогаш од условот на задачата

=−−−−+++=− xyzttzyxtzyxxyzt 101001000101001000tzyx 9999090999 −−+= )1111010111(9 tzyx −−+=

Разликата на броевите е делива со 9, т.е. разликата не е прост број. 7.12 Дадениот израз можеме да го запишеме како

151

14 2

23

++−=

++−+

aa

aaaa

. Па дадениот израз е цел број само ако 1

5+a

е цел

број, што значи дека 1+a треба да биде делител на 5. Тоа е можно ако }4,0,2,6{ −−∈a .

7.13 Од ACAM = и BCBN = имаме дека триаголниците ACM и BCN се рамнокраки, т.е. ∠ ACM = ∠ CMA = α и ∠ NCB = ∠ BNC = β. Од триаголник MNC, јасно е дека ∠ MCN = 180°-(α+β). Сега ∠ CAB = 90°- ∠ CBA = 90°-(180°-2β)= 2β-90°. Од триаголник ACM

добиваме 2α+ ∠ CAB = 180°, односно 2α+2β-90°=180°. Оттука α+β=135°. Тогаш ∠ MCN = 180°-(α+β) = 45°.

7.14 Ако дијагоналата AC го преполовува аголот A, тогаш α = β, а α = γ, бидејќи β = γ како наизменични агли, тогаш триаголникот ACD е рамнокрак, т.е. кракот е складен со помалата основа b. Од условот 5b = a + b + 2c добиваме a = 2b. Ако на страната AB избереме точка E, така што четириаголникот ABCD биде паралелограм,

тогаш триаголникот EBC ќе биде рамностран.. Од тука добиваме дека аглите на трапезот се 60° и 120°.

8 одделение 8.1 Нека е 222 cban ++= . Тогаш 22222244422222 222)( cacbbacbacban +++++=++= . Може да се види дека

=++−−+++=+++++ 2222222222444222222444 44)222(222 cacbcacbbacbacacbbacba

222222 )2()2()( acbccba ++−+= . Може да претпоставиме дека cba >> .Тогаш е 0222 >−+ cba .Според тоа бројот

2n го претставивме како збир од три квадрати на природни броеви. 8.2 Од условот се добива дека

ccbca

cabcbadcba

))(( ++=+++=+++ е цел број.

A

CD

BEa

b

c ca

b

g

AC

B MN

24

Бидејќи секој од множителите во броителот е поголем од именителот,тогаш после кратењето ќе се добијат два множители поголеми од еден.Според тоа dcba +++ е производ на два броја поголеми од еден т.е. е сложен број. 8.3 Нека бројот на брачни парови на островот е еднаков на N (мажени се N жени, женети се N мажи).По условот N мажени жени составуваат 3/5 од сите жени на островот, значи на островот има 3/5N жени.Аналогно,женетите мажи составуваат 2/3 од сите мажи на островот, значи на островот има 2/3N

мажи.Според тоа на островот има NNN6

1923

35 =+ жители , а во брак се наоѓаат

N2 жители.Значи 1912

6/192 =NN од жителите се во брак.

8.4 Да ги разгледаме броевите 111111

11 =− x ,222223

21 =− y и 333334

31 =− z , а

исто така и броевите кои се реципрочни на нив:

1111111

1 =− x

,21111111

11 +=− y

, 31111111

11 +=− z

.Може да се види дека е

yzx −<

−<

− 11

11

11 .Значи ,бидејќи броевите zyx −−− 1,1,1 се позитивни важи

yzx −<−<− 111 .Според тоа .yzx << 8.5 Од неравенството на триаголник важии cba >+ .Исто така за било кои позитивни броеви a и b важи неравенството .022 >+− baba Навистина .0)(2 22222 >−=+−>+− bababababa Според тоа имаме

)())(( 2222 babacbababa +−>+−+ .Одтука се добива

.)()2(

3)(3))((33222

222233

cbacbabac

abcbabacabcbababaabcba

>+=++=

=++−>++−+=++

8.6 Од hbaP ⋅+=2

,според условот на задачата

се добива : hbah ⋅+=2

2 .Оттука се

добива: .2hba =+ Нека во продолжение на отсечата AB е избрана точка F таква да bCDBF == , цртеж 7. Тогаш четириаголникот BFCD паралелограм, па е

CFBD = , а отсечката AF е еднаква на збирот од основите на трапезот : baAF += . Дијагоналите на рамнокрак трапез се еднакви меѓусебе, па триаголникот AFC рамнокрак и подножјето E на висината CE е средина на отсечката AF . Поради тоа е : =AE CE h= , па се добива дека

EFCCAE =<=< 045 .

25

Оттука следува дека аголот ACF е прав.Значи дијагоналите взаемно се нормални. 8.7 Да ги продолжиме отсечките BQ и BP до пресек со правата AC во

точки 1A и 1C ,соодветно. Во триаголникот 1ABC отсечката AP е висина и бисектриса.Значи тој триаголник е рамнокрак( 1ACAB = ). Тогаш отсечката AP исто така е и медијана ( )1PCBP = . Аналогно отсечката CQ е медијана за триаголникот 1CBA .Значи 1QABQ = .Според тоа PQ е средишна линија за триаголникот

11BCA .Значи отсечката PQ е паралелна со страната .AC цртеж 8.

8.8 Низ точката M ке повлечеме права паралелна со кракот AD и ке ги означиме со E и F пресечните точки соодветно со AB и CD .За трапезот CFBE важи дека CMEFMB PP = бидејки CMFCBFFMB PPP −= , CMFCFECME PPP −= и уште CFECBF PP = . Од CMBM < следува дека CMFBMF PPP <= и

PPP CMEBME =< Следувателно CMFBME PP < .Од паралелограмот AEFD имаме

AEFDAMD PP21= или DFMAEMAMD PPP += . Но AEMP = BEMABM PP − и CMFDCMDFM PPP += .

Тогаш : DCMABMBMECMFDCMABMCMFDCMBEMABMAMD PPPPPPPPPPP +>−++=++−= 8.9 Да го означиме со x бараниот број.Тогаш на изборите земале учество

x10097

избирачи и следователно има x10097

-16 важечки ливчиња.Првиот кандидат

добил x10049

гласа, а вториот x10049

-84, откаде :

x10097

-16= x10049

+ x10049

-84 па со решавање на равенката добиваме x =6800.

8.10 Ако работ на коцката го означиме со a за плоштината на коцката добиваме 26aS = .Ако со x ја означиме должината на работ на паралелопипедот за неговата плоштина добиваме 2

1 24 aaxS += .Согласно условите на задачата 22

1 32124 aSaaxS ==+= или 24 aax = од каде за должината на работ добиваме

4ax = . Следува дека волуменот на паралелопипедот е 4 пати помал од волуменот на

коцката.

26

8.11 Неопходно е да разгледаме два случаи во зависност од тоа дали точката B е меѓу C и M или точката C е меѓу B и M . Во првиот случај ке конструираме точка P на полуправата BA така што ACAP = . Тогаш од

ACABBM += добиваме BPAPABACABBM =+=+= , т.е триаголникот

PMBΔ е рамнокрак. Следователно ако β=ABCp тогаш 2β== PMBMPB pp .

Од тоа што AM е нормална на симетралата на аголот BACp заклучуваме дека правата AM го преполовува аголот PACp . Сега од тоа што CAMPAM Δ≅Δ

добиваме 2β== APMACM pp .Збирот на аглите во триаголникот ABCΔ е o180 ,

па oo 1802

45 =++ ββ . Така добиваме дека op 90=ABC и op 45=ACB .

Во вториот случај , на истиот начин , ако APAC = добиваме BPBM = , т.е триаголникот PBMΔ е рамнокрак. Аголот β+= 45ACMp и од складноста на триаголниците APMΔ и ACMΔ имаме β+= 45BPMp . Тогаш

ββ 290 −==MBPp како агол во рамнокракиот триаголник PBMΔ .Така добиваме op 30=ABC , op 105=ACB . 8.12 Да го означиме со R множеството од сите броеви од облик tn − , каде Qt ∈ ,т.е { }QttnR ∈−= : . Очигледно R има елементи исто колку и Q . Освен тоа броевите во R се различни и помали од n . Од условот во P и R заедно има најмалку n броеви па ке постои број што припаѓа и на P и на R т.е постои

Pp ∈ и Qq ∈ така што qnp −= , т.е nqp =+ .

8.13 Нека a е делител на !n кој е поголем од )!1( −n .Исто и ban =!

е

делител на !n Тогаш bann ⋅=⋅−⋅⋅⋅⋅ )1(......321 и од )!1( −> na добиваме дека nb < .Тоа значи дека на секој делител поголем од )!1( −n може да му придружиме делител помал од n .Но бројот на делители што се помали од n се точно )1( −n па и бројот на делители поголеми од )!1( −n се точно )1( −n . 8.14 Од неравенството 0)1(3)4(36198 2222 ≥−+−=+−+− yyxyyxyx , добиваме дека најмалата вредност е 0 а се достигнува за за 1=y и 4=x .

27

Загатка: Жаба Жаба се наѓа на дното на ѕид висок 20 метри. Секој ден скока по 5 метри нагоре и паѓа по 4 метри надоле. Колку денови и се потребни за да стигнр до врвот?

Загатка: Просечна брзина Автомобил вози од место А до место В и назад. Растојанието меѓу овие две места е 60 километри. Патот од местото А до местото В го поминал со брзина од 30 километри на час, а сака целиот пат да го помине со брзина од 60 километри на час. Со која брзина автомобилот треба да вози назад за да ја постигне саканата цел.

Загатка: Камила и банани Самба има плантажа со банани и камила. Тој сака да ги пренесе своите 3000 банани до маркет лоциран надвор од пустината. Растојанието меѓу платформата со банани и маркетот е 1000 километри. Па тој одлучил да земе камила за носење на бананите. Камилата може да носи најмногу 1000 банани истовремено и јаде по една банана на секој километар. Кој е најголемиот број банани што Самба може да ги донесе до маркетот.

Решенија на загатките од минатиот број

Татковци и синови: Двајца татковци ги однесле своите синови во маркет. Секој татко и син купиле чоколадо. Но кога се вратиле дома имале само три чоколади. решение: Постојат само три луѓе. Син, неговиот татко и неговиот дедо. Млеко: Игор е млекар. Тој има канчиња од 3 и 5 литри. Како може да измери 4 литри со помош на канчињата. решение:

3 литри 0 3 0 2 2 3 5 литри 5 2 2 0 5 4

Преминување мост: Зоки, Гоки, Вале и Кате сакаат да поминат еден мост преку ноќ. Тие имаат само една лампа,која им е неопходна за поминување на мостот. Само двајца може да го поминат мостот истовремено. Секој од нив пешачи со различна брзина. На Зоки му е потребна 1 минута, на Гоки 2, на Вале 5, а на Кате 10 минути. Ако одат во пар мора да пешачат со брзина на поспората личност. Како тие ќе го поминат мостот за 17 минути. решение: Прво Зоки и Гоки го поминуваат мостот за 2 минути. Зоки се враќа назат со лампата за 1 минута. Потоа Зоки го поминува мостот со Кате за 10 минути. Гоки се враќа назад за 2 минути. Најпосле Гоки и Вале поминуваат мостот за 2 минути. 2+1+10+2+2=17 минути.

28

Вкрстување чкорчиња На маса се наоѓаат 8 чкорчиња подредени како на левата слика.

Со четири поместувања да формирате распоред на чкорчињата како на десната слика. Притоа под поместување се подразбира подигнување на чкорчето од масата, прескокнување на две соседни чкорчиња и вкрстување со третото чкорче.

Во еден потег Во еден потез без подигнување на моливот од хартијата, да се нацртаат следниве фигури:

Ѓубре Од четири чкориња, направена е лопата како на сликата. Во неа се наоѓа ѓубре.

Поместете две чкорчиња така што во новата положба ѓубрето ќе биде исфрлено од лопатата.

29

Отсечки Да се поминат точките од левата слика со помош на 4 отсечки без подигнување на моливот.

решение:

Трик: Погодување роденден Чекор1: Собери го месецот во кој си роден со 18. Чекор2: Помножи со 25. Чекор3: Одземи 333. Чекор4: Помножи со 8. Чекор5: Одземи 554. Чекор6: Подели со 2. Чекор7: Собери го со датумот во кој си роден. Чекор8: Помножи со 5. Чекор9: Додади 692. Чекор10: Помножи со 20 Чекор11: Собери го со последните две цифри од годината во која си роден. Чекор12: Одземи 32940 за да го добиеш твојот роденден. Пример: Ако одговорот е 123199 значи дека си роден декември, 31-ви 1999 година. Ако одговорот не е точен значи не си ги следел правилно упатствата или лажеш за датумот на твојот роденден.

Низа од 8-ки 9 x 9 + 7 = 88

98 x 9 + 6 = 888 987 x 9 + 5 = 8888

9876 x 9 + 4 = 88888 98765 x 9 + 3 = 888888

987654 x 9 + 2 = 8888888 9876543 x 9 + 1 = 88888888

98765432 x 9 + 0 = 888888888 Кладба

Се кладам во 100 денари дека ако ми дадеш 200 денари ќе ти вратaм 400. Дали ќе ја прифатите кладбата?

30

Конкурсни задачи

III одделение

2745. Тамара има 30 моливи. Сашка има двапати помалку моливи од Тамара, а Илина има шест моливи повеќе од Тамара. Колку моливи имаат тие заедно? 2746. Сашка има 60 денари, а Тамара 46 денари. Сашка потрошила 20 денари, а Тамара заштедила 4 денари. Колку денари треба Тамара да и даде на Сашка, за тие имаат иста сума од денари? 2747. Илина цртала сино, бело и црвено кругче во дадениот редослед. Какво кругче ќе нацрта Илина стотиот пат? 2748. Тамара замислила три броја. Ги пресметала збирот на првиот и вториот, вториот и третиот и третиот и првиот број , и на Сашка и ги кажала збировите 200,146 и 154 . Дали Сашка може да го пресмета збирот на сите три броја?

IV одделение 2749. Дешифрирај го собирањето

2 008

ABA

CBADCBA

2750. Дали има повеќе природни броеви помали од 10000 чи збир на цифрите е 4 или природни броеви чиј производ на цифрите е 8 ? 2751. Дали постои природен број кој е четирицифрен а производот на неговите цифри е 400 ? 2752. Срцето на еден човек за една минута прави 75 отчукувања. Колку отчукувања ќе направи за пет дена?

V одделение 2753. Во еден трицифрен број, цифрата на единиците и цифрата на стотките се еднакви меѓу себе. Тој број е делив со 18 . Определи ги сите такви броеви. 2754. Дешифрирај го множењето 1 8a a aЧ Ч = ** . 2755. Два часовници покажуваат грешно време. Еден од нив оди напред за 12 минути на еден ден, а другиот заостанува 10 минути на ден. Денеска точно на пладне и двата часовници покажуваат точно време. По колку време тоа повторно ќе се случи? 2756. Дали постои прост број p за кој и 3 19p + е исто така прост број.

31

VI одделение

2757. Определи ги сите природни броеви a и b , такви што 30a b+ = и

2005 1982007 223

ab

= + .

2758. Упрости го изразот 1 3 3 5 5 7 99 101...1 3 3 5 5 7 99 101- - - -+ + + +Ч Ч Ч Ч

.

2759. Определи ги природните броеви ,a b и c , такви што 10 117

ab

c

= ++

.

2760. Резервоарот на еден автомобил е наполнет до 58

од својот волумен. Ако се

додадат уште 10 l , резервоарот ќе се наполни до 56

од својот волумен. Колку литри

содржи резерварот? VII одделение

2761. Ако во четириаголникот ABCD важи AB DC= , дали е точно равенството 2AC BD BC+ = .

2762. Даден е произволен четириаголник ABCD и точка O . Ако OA a= , OB b= , OC c= и OD d= , пресметај ги векторите на страните и дијагоналите на дадениот четириаголник. 2763. Во рамнината на триаголникот ABC е даена точка O . Точките 1 1 1, ,A B C се средини на страните ,BC CA и AB соодветно. Дали е точно равенството

1 1 1OA OB OC OA OB OC+ + = + + ? 2764. Точките , , , ,M N P Q R и S се средини на страните на правилен шестаголник, а O е средина на шестаголникот. Дали е точно равенството OM ON OP OQ OR OS o+ + + + + = .

VIII одделение

2765.Точката D припаѓа на страната AB , а точката E на страната AC на триаголникот ABC при што : 3 : 5AD DB = , : 5 : 7AE Ec = . Пресметај го односот на плоштините на триаголниците ADE и ABC . 2766. Точката D припаѓа на страната AB во триаголникот ABC , при што

: 3 : 2AD DB = , а точката E припаѓа на отсечката CD . Пресметај го односот на плоштините на триаголниците AEC и BEC . 2767. Во триаголникот ABC , AC b= , BC a= , AB c= и CD е негова висина. Пресметај ја должината на отсечката AD . 2768. Должината на страната на еден ромб е 10 cm а збирот на должините на неговите дијагонали е 30 cm . Пресметај ја неговата плоштина.

32

Наставен тест за IV одделение

Тематски тест: Точка права и рамнина. Многуаголник Изготвил: Магдалена Камчева и Роска Петрова, ОУ„Блаже Конески“ – Велес

Прашања и задачи: 1.Една права и една рамнина можат да ги имаат следниве заеднички положби:

а) Правата ____________________________________________________ б) ____________________________________________________________ в) ____________________________________________________________

(9 б.) 2.

Буквите се запишани со прави.

а) Само со нормални прави се запишани буквите: ________________ б) Со нормални и со паралелни се запишани буквите: ______________

(10 б.) 3.Ако една права им припаѓа на две различни рамнини, тогаш рамнините се _________________________________________________ .

(10 б.) 4 Означи точки А, B, C, D и E на цртежот, така што да биде вистинит секој од исказите: а)Точките А, D не припаѓаат на правата б)Правата ја прободува рамнината во точката B в)Точките B, C и Е припаѓаат на рамнината (9 б.) 5. Под секој многуаголник запиши го неговото име:

________ ________ ________ _________

(8 б.)

.

33

6. Нацртај правоаголен триаголник со катета а= 5сm и катета b= 4сm.

(12 б.) 7 Пресметај ја основата на рамнокрак триаголник ако О = 15сm. а кракот b= 45mm.

(10 б.) 8.Пополни

страна на квадратот

15 сm

Обиколка на квадратот

28 dm 160 m 3 m 6 dm

(10 б.)

9. Пресметај ја страната на квадрат со обиколка 48сm.

(10 б.) 10. За да се загради нива во форма на правоаголник употребени се 360m жица поставени во 3 реда. Колкава е должината на нивата ако ширината е 40m?

(12 б.)

бодови 0-32 33-50 51-68 69-85 86-100 оценка 1 2 3 4 5

34

Наставен тест за V одделение

Тематски тест: Геоемтриски фигури во рамнина Изготвил: Петре Крстески, ОУ„Братство“ – Скопје

Прашања: 1.Колку прави можат да се повлечат низ две различни точки?

Заокружи ја буквата пред точниот одговор. а)многу; б)две; в)една.

(5 б.) 2.Нацртај проста отворена искршена линија со три отсечки: a = 3cm, b = 2cm и c = 25mm. Пресметај го нејзиниот периметар.

Одговор: L = _______mm. (5 б.)

3.Најголемата тетива во една кружница е 36mm. Пресметај го радиусот на таа кружница.

Одговор: r =____ mm. (5 б.)

4.Две кружници се сечат ако имат (заокружи ја буквата пред точниот одговор): а) Една заедничка точка,

б) Две заеднички точки, в) Бесконечно многу заеднички точки.

(5 б.) 5.Под секој од триаголниците запиши од кој вид е според аглите.

_____________ _______________

(5 б.) 6. Два агли чијшто збир изнесува 180о се викаат__________________________

__________________________________________________________________. (5 б.)

7.Нацртај отсечка a и повлечија нејзината симетрала (5 б.)

8.Во деветаголник од едно теме може да се повлечат (заокружи ја буквата пред точниот одговор): а) 12 дијагонали;

б) 9 дијагонали; в) 6 дијагонали.

(5 б.) 9.Пресметај ја страната a на рамностран триаголник со периметар L = 36cm.

Одговор: a = ____ cm. (5 б.)

35

10.Одреди ја сликата А1 на точката А при симетрија со оска

(5 б.) Задачи

1.Дадени се отсечките a, b и c. Одреди ја графички отсечката a + b – c.

(10 б.) 2. Пресметај го комплементниот агол β и суплементниот агол δ на аголот

α = 52о42’30”. Одговор: β=__________ ; δ=__________.

(10 б.) 3.Нацртај агол α =60о и кружница k(O;2cm). Одреди ги пресечните точки на симетралата на аголот и кружницата. Одговор:

(10 б.) 4. Рамнокракиот триаголник со основа 5cm и крак 8cm има еднаков периметар со рамностран триаголник со страна a. Пресметај ја страната a. Одговор:

(10 б.) 5. Одреди ја сликата A,B,C, на Δ ABC при симетрија во однос на точката О.

BA

C

O

Одговор:

(10 б.) бодови 0-32 33-50 51-68 69-85 86-100 оценка 1 2 3 4 5

36

Наставен тест за VI одделение Тематски тест: Операции со дропки Изготвил:Кристина Крстеска ОУ„Христо Узунов“ - Охрид

Заокружи го точниот одговор:

1.Збирот на дропките 85 и

47 е:

а) 128 б)

832 в)

198 г)

435

(5 б.)

2.Непознатата x во равенката 185

95 =− x е:

а) 181 б) 0 в)

94 г)

185

(5 б.)

3.Мешаниот број cba се претвора во обична дропка со изразот:

а) cbca +

б) c

bac + в)

bbac +

г) ac

abc +

(5 б.)

4.Никола има 63kg, а Петар има 76од масата што ја има Никола. Колку килограми

има Петар, се пресметува со изразот:

а) kg6763 ⋅ б) kg

7663 − в)

663:7

kg г) 6637

kg⋅

(5 б.)

5.Ако 53од една книга има 120 страници, тогаш целата книга има:

а) 200страници б) 120страници в) 180страници г) 150страници (5 б.)

6. Во равенката 8:543 =x , непознатата x може да се пресмета со:

а) 5438 ⋅=x б)

543:8=x в) 8:

543=x г)

5438 −=x

(5 б.)

7. Двојната дропка 5532

, запишана во обична дропка е:

37

а) 115

б) 1325

в) 132

г) 2513

(5 б.)

8. Изразот 6:)61

35( + , има иста вредност со:

а) 61:)

61

35( + б)

61)

61

35( ⋅+ в)

61

61

35 ⋅+ г)

61)

61

35( −+

(5 б.) 9.Еден килограм бомбони чини 60 денари. По намалувањето на цената за 10%, цената на еден килограм бомбони чини: а) 6 денари б) 50 денари в) 54 денари г) 45 денари

(5 б.) 10.За да се пресмета процентот за која цената на една маичка се зголемила, Васко требал да ја употреби формулата

а) 100

isp ⋅= б) isp = в)

isp

⋅= 100

г) 100⋅=sip

(5 б.)

Реши ги задачите:

11.Лист хартија има форма на правоаголник. Должината на листот е 321 од неговата

ширина. Ако ширината на листот е cm2125 , колкава е должината на листот?

(10 б.)

12.Дадени се броевите: )812,0(:

2512 −=A и )25,0

21(:1,5 +=B .

Пресметај вредноста на изразот A-B. (10 б.)

13.Пресметај вредноста на изразот

1021:

542

4118,1 −

(10 б.)

38

14.Реши ја равенката 25

73:17

5216 x=

+

−

(10 б.) 15.Од 1050 ученици 60% се повисоки од 170 cm, а од останатите 60% се повисоки од 160 cm. Колку ученици се високи од 160 cm до 170 cm?

(10 б.)

бодови 0-32 33-50 51-68 69-85 86-100 оценка 1 2 3 4 5

Изработиле наставниците од ОУ ,,Мирче Ацев,,-Скопје Милчо Аврамоски Јагода Арсовска Иво Давидовски

Наставен тест за VII одделение

Заокружи го точниот одговор:

1. Со степенот 3)31(− е претставен производот:

а) )31()

31()

31( −⋅−⋅− б) )

31()

31()

31( ⋅−⋅ в) )

31()

31()

31( ⋅⋅ г) )

31()

31()

31( −⋅−⋅

(4 бода) 2. Кој од изразите претставува производ на степените 5a и 9a ?

а) 45a б) 14a в ). 5a г.) 9a (4 бода)

3 . Од кој степен е мономот 535 yx ? а) 3 б) 5 в) 8 г) 13 (4 бода)

4.Збир на мономите 27xy− и 22xy е мономот: а) 29xy б) 425 yx− в) 29xy− г) 25xy− (4 бода)

5. Кој од изразите е дробно рационален израз?

а).1

4+xx

б). y212 + в). byax + г). xy

32

(4 бода)

39

Реши ги задачите:

6. Степенувај ги следниве изрази: а) ( 2310 ba )3 = _____________ б) ( 234 ba )2 =______________ (6 бода) 7. Пресметај:

а) 612 : xx =_________ б) 43

652yxyx

⋅⋅

=________________ (6 бода)

8. Пресметај ја бројната вредност на изразот:

16321225 22 ⋅+− = (6 бода) 9. Определи ја вредноста на изразот:

=⋅⋅3

3

54

)(x

xx__________________ за 2−=x (8 бода)

10. Запиши ги во нормален вид мономите: а) 39xyxxy =_______ б) 2232 yyxx =__________ (8 бода)

11. Одреди го производот : )21(3 2 aba −⋅ (8 бода) 12.Пресметај : а) 1681 ⋅ б) 1521 (10 бода)

13. Пресметај го работ а на коцка со плоштина 3456 cm2 (10 бода)

14. Претстави го во нормален вид полиномот:. 2323 5248 baababba ++− (8 бода) 15. Реши ја равенката:

5)3()21()5( 222 =−−−++ xxxxx (10 бода)

бодови 0-32 33-50 51-68 69-85 86-100 оценка 1 2 3 4 5

40

Наставен тест за VIII одделение Тематски тест: Линеарни равенки и неравенки. Линеарни функции Изготвил: Славица Карбева, ПОУ„Петре Поп-Арсов“ – Богомила Заокружи ја буквата пред точниот одговор (само еден од понудените одговори е точен):

1.Заокружи ја буквата пред линеарната равенка со една непозната:

а) 3x + 4y = 5 б) 3x + 4x = 5 в) 3 + 4 = 5 г) 3xy +4 = 5 (3 б.)

2.Заокружи ја буквата пред параметарската равенка, со променлива x:

а) 3x + b = 8 б) 2x + 3x = 8 в) a+2= 5y г) 4x + 9 = 10x (3 б.)

3.Кое од тврдењата е точно: а) Бројот -1 е решение на равенката 3x -1 = x + 2 б) Бројот 5 е решение на равенката 2(x-3) = -6 +2x в) Равенката 2(x-3) = -6 +2x не претставува идентитет г) Равенката x+5=x-2 е невозможна равенка во множеството на цели броеви.

(3 б.) 4.Која од равенките е еквивалентна на равенката 2+3x=2x +3 :

а) 3x + 2x = 3+2 б) 2-3=3x-2x в) 4+6x=4x+ 6 г) 4+6x=2x+3 (3 б.)

5.Ако слободниот член е 3, а коефициентот пред непознатата е -2, тогаш линеарната равенка може да се запише како:

а) -2x + 3 = 0 б) 3x -2= 0 в) 3x + 2 = 0 г) 2x -3 = 0 (3 б.)

6. Кој од следниве изрази е бројно неравенство :

а) 2x-1< 3x+1 б) 7<3·21-8 в) x+y<7-3 г) 3x -2 > 3x (3 б.)

7. Одреди која од неравенките има најголем степен:

а) б) 2x-3 < 4-3x в) 2y +x>10 г) (3 б.)

8. Која од неравенките е еквивалентна на неравенката 8x-2>2x+4 :

а) 8x-2x>4-2 б) 4x-1<x+2 в) 4-2>2x-8x г) 2x+4 <8x-2

(3 б.) 9.Со кој од интервалите е претставено решението на неравенката :

41

а) , ) б) ( , ) в) ( , 7) г) ( (3 б.)

10.Графикот на функцијата y=3x-4 ја сече ординатната оска во точката :

а) (3,-4) б) (3,4) в) (0,-4) г) (0,3) (3 б.)

11. Графикот на функцијата y=-2x+4 е паралелен со графикот на функцијата :

а) y=-x+4 б) y=-2x в) y=2x+4 г) y=-3x+4 (3 б.)

Реши ги задачите: 11.Најди го решението на равенката 3x-7=4x-1+x

(6 б.) 12.Најди го решението на неравенката 3x-(2-x) 3+x

(6 б.)

13.Одреди ја нулата на функцијата y=3x-2.

(6 б.) 14.Одреди го коефициентот пред аргументот на функцијата y=kx+n, ако нејзината

нула е 2 , а слободниот член е -3.

(6 б.) 15.Најди ја геометриската средина на броевите 16 и 18.

(6 б.) 16. Трансформирај ја дадената неравенка во еквивалентна неравенка без

именители:

3 1 2 1 2 1 33 2 6 2

x x x x− + ++ < +

(6 б.) 17.Графички одреди го пресекот на функциите: y=-2x+3 и y=x+3.

(6 б.)

42

18. Реши ја неравенката:

2 1 23 6 2

x x x+ + +− <

(9 б.)

19.Реши го системот неравенки

( )

2 1 23 6 2

3 1 3 1

x x x

x x

+ + +⎧ − <⎪⎨⎪ + − < −⎩

(10 б.) 20.Во продавницата има вкупно 18 превозни сретства, автомобили и моторцикли.

Тие имаат вкупно 68 тркала. Колку автомобили има во продавницата

(12 б.)

бодови 0-32 33-50 51-68 69-85 86-100 оценка 1 2 3 4 5

Календар за одржување на натпреварите по математика за учениците од основните училишта во учебната 2009/2010 година.

• Регионален натпревар 10 април 2010. • Државен натпревар 8 мај 2010. • Мала математичка олимпијада 29 мај 2010. • Кенгур 18 март 2010.

На регионалниот натпревар ќе бидат дадени 5 задачи. Изборот на две од нив ќе биде од конкурсните и подготвителните задачи од соодветното одделение од

нумерус бр XXXV-1 и XXXV-2.

43

Настава: ИЦЕ ЈОШЕВСКИ - БИТОЛА ЛОГИЧКО РЕШАВАЊЕ НА ,, ПРОБЛЕМСКИ ЗАДАЧИ“ во 5 то и 6 то одд. Честа е потребата од решавањето на текстуални задачи т.н. ,, проблемски задачи“ во 5-то и 6-то одд. За успепешно решавање на овие задачи учениците треба да знаат да решаваат равенки од прв степен со една непозната или систем од две линеарни равенки со две непознати. Но тие се изучуваат во 8-мо одделение. Решавањето на линеарните равенки со една непозната можно е и врз основа на својствара на четирите основни операции. Во продолжение ќе се задржиме логичко решавање на неколку ,, проблемски задачи ,, чие решение може да се генерализира во други случаи. Пример 1: Ања ги броела патничките возила и моторциклите, а Милош ги броел тркалата на патничките возила и моторциклите кои поминувале по улицата. Ања изброила 28 возила а Милош изброил 94 тркала. Колку биле автомобили а колку моторцикли ? решение: Прв начин: Ако сите возила биле моторцикли тогаш вкупниот број на тркала би изнесувал 28 * 4 = 112. Разликата од 112 - 94 = 18 тркала се повеќе оти на моторциклите им е пресметувано по 4 тркала т.е по 2 повеќе, па затоа на секој моторцикл му одземаме по 2 тркала т.е. 18 : 2 = 9 . Значи 9 возила се моторцикли , 28 – 9 = 19 се патнички возила Втор начин: Ако сите возила биле моторцикли, тогаш вкупниот број на тркала би изнесувал 28 * 2 = 56. Разликата 94 - 56 = 38 тркала е помалку од вкупниот број 94 поради тоа што на секое патничко возило му се ,,скратувани“ по 2 тркала. Затоа бројот на патничките возила е 38 : 2 = 19. Оттука 28 – 19 = 9 возила се моторцикли Проверка: 9 моторцикли по 2 тркала = 18 тркала 19 патнички возилапо 4 тркала= 76 тркала вкупно 76 + 18 = 94 Пример 2: Димитар имал 25 монети од по 2 денари и од по 5 денари, во вредност од 95 денари. Колку монети биле од по 2 денари, а колку од по 5 денари? решение: Прв начин: Ако сите монети се од по 2 денари тогаш нивната вредност би изнесувала 50 денари. Разликата 95- 50 = 45 денари се добива кога на монетите од по 5 денари, ќе се ,,вратат“ по 3 денари. Значи 45:3 = 15 монети се од по 3 денари и 25-15 = 10 монети од по 2 денари. Втор начин: Ако сите монети се од по 5 денари тогаш нивната вредност ќе изнесува, 25 * 5 = 125 ден . Разликата од 125 - 95=30 денари е вишок поради тоа што секоја дводенарка се пресметнува по 5 денари. Значи дводенарки се 30 :3 = 10, а петденарки се 25 -10 = 15 монети Проверка: 15 * 5 + 10 *2=95

44

Пример 3: Еден ученик на натпревар по математика требало да реши 20 задачи. За секоја решена задача добивал по 5 бода, а за секоја нерешена задача губел 3 бода. Колку задачи решил ученикот ако освоил вкупно 76 бода. решение: За една нерешена задача ученикот губел 5 бодови од бодовите што треба да ги добие, затоа што за секоја решена задача добивал по 5 бода. Но истовремено за истата задача тој е ,,казнет“ со уште три бода затоа што не ја решил, бидејќи за секоја нерешена задача губел 3 бода. Значи за една нерешена задача ученикот губел 5+3 = 8 бодови. Бидејќи вкупниот број на изгубени бодови е 24 = 100 - 76 , а 24 : 8 = 3, бројот на нерешени задачи е 3. Значи ученикот решил 20 - 3= 17 задачи. Проверка: 17 * 5 = 85 добиени бодови за решените задачи. 3 * 3 = 9 изгубени бодови за нерешените задачи. 85 - 9 = 76 вкупни број на бодови. Пример 4: Марија и Билјана имаат заедно 140 денари. Кога Марија потрошила половина од своите пари, а Билјана една третина од своите пари им останале еднакви суми. По колку пари имала секоја од нив . решение: Остатоците по трошењето им се еднакви т.е 1/2 од парите на Марија се еднакви со 2/3 од парите на Билјана. Следува дека 1/4 од парите на Марија се еднакви со 1/3 од парите на Билјана. Марија има 2/2 или 4/4 еднакви делови, а Билјана има 3/3 еднави делови, или двете заедно имаат вкупно 7 еднакви делови. Па вредноста на еден дел е 140 : 7 = 20. Следува дека Марија имала 4 * 20 = 80 денари, а Билјана 3 * 20 = 60 денари. Илустративното или графичкото решение на задачата е

AВ-Марија, ЅР- Билјана. Од условот во задачата 1/2 од АВ=МВ е 2/3 од ЅР =КР=2х, следува х=1/4 од АВ = 1/3 од ЅР АВ = 2х, е сумата на пари што и останале на Марија, а ЅР = 2х е сумата на пари што и останале на Билјана. Од АВ + ЅР = 7х = 140,

следува х = 20. Оттука Марија има 4*20 =80 денари и Билјана има 3* 20 =60 денари. Пример 5: Виктор треба да реши одреден број задачи . Првиот ден тој решил 1/3 од сите задачи, вториот ден решил 1/3 од остатокот, а третиот ден 1/3 од вториот остаток. После тоа му останале 32 задачи. Колку задачи вкупно требало да реши ученикот ? решение: При решавање на оваа задача се поаѓа од ,,крајот“. Остатокот по вториот ден е задачите што ги решил третиот ден собран со 32. Затоа 1-1/3=2/3 од нив е 32. Значи по вториот ден имал (32 : 2) * 3 = 48 задачи за решавање. 48 е остатокот по првиот ден а тоа е 2/3 од 72 задачи. Овие 72 задачи се остаток по првиот ден што

A BX XXX

S PXXX

45

преставува 2/3 од вкупниот број задачи. Следува да вкупниот број задачи е (72:2)*3= 36*3=108. Илустративното решение на задачата е C 1/3 D 2/3 E 32 СD се задачите што ги решил третиот ден, како DЕ=2/3 од СD=32, следува деака СЕ=(32:2)*3=48 е остаток по вториот ден B 1/3 C 2/3 E

48 ВЕ e остаток по првиот ден, ВЕ=(48:2) *3=72, ВС се решени во вториот ден A 1/3 B 2/3 E

72 АВ се решени задачи во првиот ден. АЕ се вкупно решени задачи (72:2)*3=108 Пример 6: Еден ученик прочитал една книга за 3 дена. Првиот ден прочитал 1/5 од книгата и уште 16 страници. Вториот ден прочитал 3/10 од остатокот и уште 20 страници. Третиот ден прочитал 3/4 од новиот остаток и преостанатите 30 страници. Колку страници имала книгата ? решение: И при решавањето на оваа задача се поаѓа од ,,крајот“. 30 страници се 1/4 од страниците што останале по вториот ден (1-3/4=1/4). Следува, вториот ден прочитал 120 страници, што е за 20 помалку од 7/10 од остатокот по првиот ден. кој е 120 + 20=140. 140 преставува 1-3/10=7/10 од остатокот по првиот ден а тоа е (140 :7 )*10=200 страници. Како првиот ден прочитал 1/5 и уште 16 задачи следува дека 200-те страници и решените 16 страници т.е. 216 се 4/5 од вкупниот број страници. Следува вкупниот број на прочитани страници е (216:4) * 5=54*5=270. Проверка: 1 ден, 1/5 од 270+16=54+16=70 2 ден, 3/10 од (270-70)+20=60+20=80 3 ден, 3/4 од 270-(70+80)+30=3/4 од 120+30= 90 30=120 Или вкупно ; 70 + 80 + 120=270 страници Илустративното решение на задачата ( метод на отсечки) C D 30 E

3/4 1/4 СЕ-прочиранаи страници во третиот ден т.е остаток по вториот ден како 1/4 од СЕ е 30 следува СЕ = 4*30 =120 страници A B 20 C 120 E

3/10 7/10

46

АС- прочитано вториот ден т.е. 3/10 од остатокот по првиот ден. ВС=7/10 од АЕ и ВС=20+120=140. Следува АЕ=(140 :7)*10=200 стр, а АС=3/10 од 140 +20 =80 О M 16 A 200 E

1/5 4/5 ОА се прочитани страни првиот ден т.е. 1/5 од вкупниот број страни. МЕ=4/5 од ОЕ и МЕ=16 +200=216. Следува ОЕ=216 : 4/5=270 страници. Пример 7: Група работници требало да обработат две ниви, од кои едната била два пати поголема од другата. Почнале наутро и до пладне сите работеле на големата нива. Потоа се поделиле, половината работници работеле на поголемата нива и до вечерта ја обработиле. Другата половина од работниците отишла да работи на малата нива, но до вечерта не успеале целата да ја обработат. Останал еден дел кој наредниот ден го изработил еден работник работејќи цел ден. Да се одреди бројот на работниците ? решение: За да се изработи поголемата нива целата група работела половина ден, до пладне, и втората половина од денот, попладне. Заклучокот е дека на половина од групата им е потребно три пати по половина ден т.е. 1,5 ден за да се изработи поголемата нива, следува дека половина од групата за половина ден ќе изработи 1/3 од големата нива. Делот што останал не изработен од малата нива е 1/2-1/3=1/6 од поголемата нива и истиот го изработува еден работник за еден ден, следува дека еден работник за еден ден изработува 1/6 од поголемата нивата. Како двете ниви се 1+1/2= 3/2 делови од поголемата нива, обработениот дел од целата група за еден ден е 3/2-1/6=8/6 делови од поголемата нива. Следува бројот на косачите ќе биде 8/6 : 1/6 =8 И за ова задача ќе понудиме илустративно решавање.

1 ден Ако целата група работници ја замислиме како да е од две групи по половина број од работниците и бидејќи целата група работела половина ден, а попладне половина од групата ја завршила работата на големата нива следува заклучокот половина од групата да завршува за еден ден 1/3 од големата нива. Бидејќи помалата нива е 1/2 од поголемата нива следува дека необработениот дел од малата нива е 1/2-1/3=1/6 од големата нива што еден работник ја завршува за еден ден. Целата група работници за еден ден завршува 4*1/3=4/3 од помалата нива, следува 4/3 : 1/6=8 работници.

1/3 1/3 cela grupa

1/3 polovina grupa

1/6 1раб

1/3

47

Од историјата на математиката АЛТЕРНАТИВА НА ТЕОРЕМАТА НА ПИТАГОРА ? д-р Никита Шекутковски Можеби една од работите што математиката ја прави тешка е тоа што оперирa само со факти. Во минатото математика можело да се работи само во најбогатите општества во кои имало и сигурност и благосостоба (барем за владеачката класа), По освојувањата на Александар во четвртиот век п.н.е. и неговата смрт во 323 година п.н.е., од страна на неговите генерали се формирани две силни држави кои траат се до освојувањето на овие теитории од страна на Римското царство во првиот век п.н.е. Династијата на Птоломеи владее сo Египет, а династијата на Селевкиди владее со Сирија и Вавилон. Заради владеењето на една династија и воглавно постојаната територија на царствата создадени се услови за равој на математиката, за разлика од уште во тоа време нестабилниот и немирен Балкан. Во Александрија, Египет е создадена најголемата библотека во тоа време - александриската библиотека. Во Александрија околу 300-та година п.н.е., живее и работи гркот Евклид ( Евклид од Александрија) , познат како татко на геометријата заради неговото дело Елементи во кое ги поставува аксиоматските основи на она што денес се нарекува Евклидска геометријија. Ова се сметаше за единствена геометрија се до деветнаесетиот век. Во написов, ќе ја разгледаме глинената плоча, од прилика од истиот период од непознат автор, пронајдена во Вавилон , на која со клинесто писмо е предложен алтернативен начин за пресметување на дијагоналата на правоаголен триаголник ако се познати двете катети. Оваа математичка глинена плоча (шифра BM 34 568) со клинесто писмо се чува во музејот на Велика Британија во Лондон Текстот на плочата е преведен во 2002 година на англиски јазик од Хојруп [3], а пред тоа на германски јазик Неугебауер [2]. Броевите на плочата се во хексадецимален систем (систем со основа 16 наместо 10). Проблемот број 1 од оваа плоча е: ако едната катета е 3, а другата е 4, колку е дијагоналата ? дадени зе две равенства

48

3 + (1/2) 4 = 5 4 + (1/3) 3 = 5

Првите три линии на текстот 1–3 го искажуваат првото равенство, а линиите 3–5 второто равенство. Прашањето кое се поствува е како се одбрани коефициентите (1/2) и (1/3), и дали на тој начин да се примени за секој правоаголен триаголник? Карлос Гонсалвес од Универзитетот во Сао Паоло, Бразил сугерира дека коефициентoт t во

a + bt = c може да се определи од равенството

2a / b = (1/t) - t што е проблем кој можел да се реши со знаењата од математичките записи со клинесто писмо (проблемот да се најде t ако се знае разликата (1/t) - t е разгледуван во овие записи). (Се разбира во денешни услови последното равенство се сведува на наоѓање на позитивен корен на квадратната равенка t2 + (2at / b) -1 = 0). Се добива нов начин за пресметување на дијагоналата на правоаголен триаголник. Меѓутоа, горното равенство е и многу прикладно за наоѓање на таканаречени Питагорини тројки - тројки цели броеви кои се страни на правоаголен триаголник. Таква тројка се добива за сeкоја дропка t , 0 < t < 1, Од стариот период на Вавилон (2000 до 1600 п.н.е.), постојат многу математички плочи напишани со клинесто писмо, од кои 9 се однесуваат на теоремата на Питагора. Од времето на Селевкидите постојат три математички плочи: BM 34 568 која се чува во Британскиот музеј во Лондон, и уште две кои се чуваат во музејот Лувр во Париз и во музејот во Берлин. Во споредба со математичкиот материјал од стариот период на Вавилон, некои од проблемите во BM 34 568 се од сосема нов тип. Останатите се познати од порано, меѓутоа се решени со нови методи. Според Хојруп [3], текстот е листа на нов тип на проблеми, кои се или новопронајдени или позајмени од некаде На крајот, иако овие царства се наречени ''елинистички'', најмногу заради алфабетот кој се користи на кованите монети и други места, многуте записи со клинесто писмо (воглавно од Британскиот музеј), навистина не оставаат место за сомневање ''кој е кој'' во тие држави.

49

На пример во плочата со шифра RM 757 (слика1) стои: Антиох, крунисаниот принц, ги пресели сите Македонци од Вавилон (во новата престолнина), или во цилиндричниот запис (слика2) од нешто понов датум стои: Антиох, цар на Вавилон, син на Селевк, македонскиот цар на Вавилон. Што станува со царствата по нивното паѓање под власта на Римјаните? Градовите Александрија и Антиохија, кои покрај Рим

се најголемите градови во тоа време, се меѓу првите градови во кои се шири новата религија - христијанството. Антиохија е сега Антакија, град на југоистокот на Турција, во областа Хатај . Таму и Индијана Џонс го бараше Светиот Грал. ЛИТЕРАТУРА 1. Carlos H.B. Gonçalves, An alternative to the Pythagorean rule? Reevaluating Problem 1 of cuneiform tablet BM 34 568, Historia Mathematica 35 (2008) 173–189 2. Neugebauer, O., 1935–1937. Mathematische Keilschrift-Texte, I–III. Quellen und Studien zur Geschichte der Mathematik, Astronomie und Physik. Springer, Berlin, 1935, 1935, 1937. Reprint: Springer-Verlag, Berlin, 1973 3. Høyrup, J., 2002. Lengths,Widths, Surfaces: A Portrait of Old Babylonian Algebra and Its Kin. Springer-Verlag, New York.

Слика 1

Слика 2

50

НУМЕРУС математичко списание на Сојузот на математичарите на Македонија

Главен и одговорен уредник: д-р Никита Шекутковски

Уредувачки одбор: д-р Љупчо Настовски д-р Алекса Малчески м-р Игор Димовски м-р Зоран Трифунов Петре Крстевски Златко Петковски

Уредници на рубрики:

д-р Весна Манова Ераковиќ д-р Татјана Атанасова Пачемска

м-р Ирена Стојковска Зоран Мисајлески

Рубриката задачи ја уредуваат: д-р Љупчо Настовски, д-р Алекса Малчески,

м-р Ирена Стојковска, м-р Зоран Трифунов Рубриката забавна математика ја уредуваат: д-р Татјана

Атанасова Пачемска, Зоран Мисајлески Рубриката за најмладите програмери ја уредуваат: д-р Никита

Шекутковски, м-р Ирена Стојковска Периоди;ната рубрика: Дали знаете дека ја уредува м-р Игор Димовски

Компјутерска обработка и дизајн: Зоран Мисајлески

Излегуваат 4 броја годишно. Цена на еден број е 75 денари. Годишна претплата за четири броја изнесува 300 денари.

Претплатата и нарачките по писмен пат треба да се испратат на адреса:

д-р Никита Шекутковски, главен и одговорен уредник на НУМЕРУС, Сојуз на математи;ари на Македонија

булевар Александар Македонски б. б. ,п. факс 10, Скопје e-mail: nikita@iunona.pmf.ukim.edu.mk

Нарачки по телефон и контакт од 9 - 15 ч. на 02 3116053 Жиро сметка 3000 0000 1276 071 ЕДБ: 4030 99 11 21 596

депонент: Комерцијална банка АД, Скопје СМ на Македонија (со назнака за НУМЕРУС)

Заврпна компјутерска обработка и пе;атење: Печатница Алфа - Скопје