File size: 11,669 Bytes
802d9fe | 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 150 151 152 153 154 155 156 157 158 159 160 161 162 163 164 165 166 167 168 169 170 171 | # JMMO 2021
1. На овогодишната JMMO некои од учениците се познаваат (познанството е симетрична релација), но постојат и ученици кои што не се познаваат. При произволно распоредување на учениците во две простории секогаш може да се најдат познаници сместени во различни простории. Нека $A$ е произволен натпреварувач. Докажи дека постојат натпреварувачи $B$ и $C$ такви што во тројката $\{A, B, C\}$ има точно две познаства.
Решение. Разгледуваме два случаја.
Случај 1. Натпреварувачот А ги познава сите учесници на JMMO. Според условот постојат натпреварувачи $B$ и $C$ кои не се познаваат и како $A$ ги познава сите натпреварувачи заклучуваме дека $A \notin\{B, C\}$. Оттука следува дека во тројката $\{A, B, C\}$ има точно две познаства.
Случај 2. Натпреварувачот $A$ не ги познава сите учесници на JMMO. Да го разгледаме распоредот во кој во една од просториите се сместени A и сите негови познаници, а во другата просторија се сместени сите уечесници на JMMO со кои $A$ не се познава. Според условот на задачата постојат познаници $B$ и $C$ кои се сместени во различни простории. Без ограничување на општоста можеме да земеме дека $B$ во истата просторија со $A$, а $C$ е во другата простпорија. Тогаш $A$ и $B$ се познаници, $A$ и $C$ не се познаници, а $B$ и $C$ се познаници. Конечно, во тројката $\{A, B, C\}$ има точно две познаства.
2. Нека $A B C D$ е тангентен четириаголник и $k(O, r)$ е неговата впишана кружница, која ги допира страните $B C$ и $A D$ во точките $K$ и $L$, соодветно. Докажи дека кружницата со дијаметар $O C$ минува низ пресекот на правите $K L$ и $O D$.
Решение. Правата $K C$ е тангента на $k$, па затоа важи
$$
\measuredangle K O L=2 \measuredangle L K C .
$$
Понатаму, ако $M$ е допирната точка на $C D$ co $k$, тогаш $\triangle L O D \cong \triangle M O D \quad$ и $\triangle K O C \cong \triangle M O C$, па затоа точни се равенствата
$$
\measuredangle K O L=\measuredangle K O M+\measuredangle L O M=2 \measuredangle C O M+2 \measuredangle M O D=2 \measuredangle C O D
$$
Од (1) и (2) следува дека $\measuredangle C O P=\measuredangle C O D=\measuredangle L K C=\measuredangle C K P$, што значи дека точките $C, O, P, K$ се конциклични, т.е. припаѓаат на иста кружница $k^{\prime}$. Конечно, од $\measuredangle O K C=90^{\circ}$ следува дека $O C$ е дијаметар на $k^{\prime}$, што и требаше да се докаже.
3. Определи ги сите природни броеви $n$ и сите прости броеви $p$ такви што
$$
17^{n} \cdot 2^{n^{2}}-p=n^{2}\left(2^{n^{2}+3}+2^{n^{2}}-1\right)
$$
Решение. Равенката ќе ја запишеме во видот
$$
\left(17^{n}-9 n^{2}\right) \cdot 2^{n^{2}}+n^{2}=p
$$
За $n=1$ имаме $p=17$ и тоа е прост број, па затоа парот $(n, p)=(1,17)$ е едно решение на задачата.
Нека $n>1$. Со математичка индукција лесно се докажува дека во тој случај $17^{n}-9 n^{2} \geq 1$, па затоа $\left(17^{n}-9 n^{2}\right) \cdot 2^{n^{2}}+n^{2}>2$, односно $p>2$. Според тоа, $p=\left(17^{n}-9 n^{2}\right) \cdot 2^{n^{2}}+n^{2}$ е непарен број, што значи дека $n$ е непарен број. Затоа $n^{2}=4 k(k+1)+1=8 t+1$, за некој $t \in \mathbb{N}$. Сега, ако искористиме дека $2^{8} \equiv 1(\bmod 17)$, добиваме
$$
\begin{aligned}
\left(17^{n}-9 n^{2}\right) \cdot 2^{n^{2}}+n^{2} & \equiv(-9) n^{2} \cdot 2^{n^{2}}+n^{2} \\
& =(-9) n^{2} \cdot 2^{8 t+1}+n^{2} \\
& =(-18) n^{2} \cdot\left(2^{8}\right)^{t}+n^{2} \\
& \equiv(-18) n^{2}+n^{2} \\
& =-17 n^{2} \equiv 0(\bmod 17)
\end{aligned}
$$
Според тоа, за $n>1$ левата страна на (1) е делива со 17 , па како $p$ е прост број заклучуваме дека $p=17$. Но, тогаш за $n \geq 2$ добиваме
$$
\left(17^{n}-9 n^{2}\right) \cdot 2^{n^{2}}+n^{2} \geq 1 \cdot 2^{4}+4=20>17=p
$$
што е противречност. Конечно, од добиената противречност следува дека не постои решение такво што $n>1$, т.е. $(n, p)=(1,17)$ е единствено решение на задачата.
4. Нека $a, b, c$ се позитивни реални броеви такви што $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}=\frac{24}{4}$. Докажи го неравенството:
$$
\frac{a^{3}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}}+\frac{b^{3}+c^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{c^{3}+a^{2}}{c^{2}+a^{2}} \geq \frac{5}{2}
$$
Решение. Прво ќе докажеме дека за секој $t>0$ важи
$$
t^{3}-t^{2} \geq-\frac{4}{27}
$$
Навистина, за секој $t>0$ е точн неравенството
$$
\left(t+\frac{1}{3}\right)\left(t-\frac{2}{3}\right)^{2} \geq 0
$$
кое е еквивалентно со неравенствот (1).
Од неравенството на Коши-Буњаковски-Шварц следува
$$
\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}\right) \geq(1+1)^{2}=4
$$
односно
$$
\frac{1}{a^{2}+b^{2}} \leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}\right)
$$
Слично се докажува дека
$$
\frac{1}{b^{2}+c^{2}} \leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\right)
$$
и
$$
\frac{1}{c^{2}+a^{2}} \leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{c^{2}}+\frac{1}{a^{2}}\right)
$$
Со собирање на последните три неравенства, ако го искористиме условот $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}=\frac{24}{4}$, добиваме
$$
\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}} \leq \frac{1}{2}\left(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\right)=\frac{27}{8}
$$
Понатаму, од последното неравенство и неравенството (2), добиваме
$$
\begin{aligned}
\frac{a^{3}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}}+\frac{b^{3}+c^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{c^{3}+a^{2}}{c^{2}+a^{2}} & =\frac{a^{3}-a^{2}}{a^{2}+b^{2}}+\frac{b^{3}-b^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{c^{3}-c^{2}}{c^{2}+a^{2}}+3 \\
& \geq 3-\frac{4}{27}\left(\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}}\right) \\
& \geq 3-\frac{4}{27} \cdot \frac{27}{8}=\frac{5}{2}
\end{aligned}
$$
што и требаше да се докаже.
5. Нека $A B C$ е остроаголен триаголник и нека $X$ и $Y$ се точки на страните $A B$ и $A C$ такви што $\overline{B X}=\overline{C Y}$. Нека $I_{B}$ и $I_{C}$ се центрите на впишаните кружници во триаголниците $A B Y$ и $A C X$, соодветно, а $T$ е точка во која по втор пат се сечат опишаните кружници околу три-
аголниците $A B Y$ и $A C X$.Докажи го равенството
$$
\frac{\overline{T I_{B}}}{\overline{\overline{T I_{C}}}}=\frac{\overline{B Y}}{\overline{C X}}
$$
Решение. Лема. Нека $I$ е центар на впишаната кружница во триаголникот $A B C$, а $k$ е опишаната кружница околу тиаголникот $A B C$ и нека правата $C I$ по втор пат ја сече кружницата $k$ во точката $S$. Тогаш $S$ е центар на опишаната кружница околу триаголникот $A B I$. Доказ. Имаме
$$
\begin{aligned}
\measuredangle S A I & =\measuredangle S A B+\measuredangle B A I \\
& =\measuredangle S C B+\measuredangle B A I \\
& =\measuredangle A C I+\measuredangle I A C \\
& =\measuredangle A I S .
\end{aligned}
$$
Значи, $\triangle I A S$ е рамнокрак и важи $\overline{S A}=\overline{S I}$. Слично се докажува дека $\triangle A B S$ е рамнокрак и $\overline{S B}=\overline{S I}$. Сега од
$$
\overline{S A}=\overline{S I}=\overline{S B}
$$
следува тврдењето на лемата.
Да се вратиме на задачата. Co $S$ да ја означиме втората пресечна точка на симетралата на $\measuredangle B A C$ со опишаната кружница околу $\triangle A B Y$. Од условот на задачата имаме $\overline{B X}=\overline{C Y}$, од лемата следува $\overline{S B}=\overline{S Y}$ и важи $\measuredangle S B X=\measuredangle S B A=180^{\circ}-\measuredangle S Y A=\measuredangle S Y C$, па затоа $\triangle S B X \cong \triangle S Y C$. Cега, од складноста следува $\measuredangle X S B=\measuredangle C S Y$, па затоа
И
$$
\measuredangle B S Y+\measuredangle B A Y=\measuredangle C S X+\measuredangle C A X=180^{\circ}
$$
Од (1) следува дека точките $B, S, Y, A$ се конциклични. Тоа значи $S \equiv T$. Според тоа, точките $B, Y, I_{B}$ припаѓаат на кружница со центар во точката $T$ и раиус $\overline{T B}=\overline{T Y}=\overline{T I_{B}}=r_{B}$ и аналогно точките $C, X, I_{C}$ припаѓаат на кружница со центар во точката $T$ и раиус $\overline{T C}=\overline{T X}=\overline{T I_{C}}=r_{C}$. Понатаму, триаголниците BTY и $C T X$ се рамнокраки со агол при врвот $\measuredangle B T Y=180^{\circ}-\measuredangle B A C=\measuredangle C T X$, па затоа $\triangle B T Y \sim \triangle C T X$. Од сличноста следува
$$
\frac{\overline{B Y}}{\overline{C X}}=\frac{\overline{B T}}{\overline{C T}}=\frac{r_{B}}{r_{C}}=\frac{\overline{T I_{B}}}{\overline{T I_{C}}}
$$
што и требаше да се докаже.
|