File size: 10,051 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 | # JMMO 2011
1. За природниот број $n$ со $S(n)$ го означуваме збирот на неговите цифри. Пример: за $n=2456$ имаме
$$
\begin{gathered}
S(n)=S(2456)=2+4+5+6=16 \\
S(S(n))=S(S(2456))=S(16)=1+6=7
\end{gathered}
$$
Дали постои природен број $n$ за кој што важи
$$
n+S(n)+S(S(n))=2011
$$
Решение. Броевите $n$ и $S(n)$ имаат ист остаток при делење со 3 и 9 . Имено ако,$n=\overline{a_{m} a_{m-1} \ldots a_{1} a_{\circ}}$ тогаш
$$
\begin{aligned}
n & =\overline{a_{m} a_{m-1} \ldots a_{1} a_{\circ}}=10^{m} a_{m}+10^{m-1} a_{m-1}+\ldots+10 a_{1}+a_{\circ} \\
& =\left[\left(10^{m}-1\right) a_{m}+\left(10^{m-1}-1\right) a_{m-1}+\ldots+(10-1) a_{1}\right]+\left[a_{m}+a_{m-1}+\ldots+a_{1}+a_{\circ}\right]
\end{aligned}
$$
Секој од изразите во заградите е делив со 9 , па $n$ и $S(n)$ имаат ист остаток при делење со 3 и 9. Броевите $n, S(n), S(S(n))$ имаат ист остаток при делење со 3. Па збирот $n+S(n)+S(S(n))$ е делив со 3, додека 2011 не е делив со 3. Значи, не постои природен број п за кој што важи (1).
2. Дадени се две кружници $k_{1}$ и $k_{2}$ со центри $P$ и $R$ соодветно, кои се допираат однадвор во точка $A$. Нека $p$ е нивна заедничка тангента, што не минува низ $A$, а ги допира $k_{1}$ и $k_{2}$ во точките $B$ и $C$, соодветно. Правата $P R$ ја сече правата $B C$ во точка $E$, а кружницата $k_{2}$ во точките $A$ и $D$. Ако $\overline{A C}=\frac{\overline{A B}}{2}$, најди го односот $\frac{\overline{B C}}{\overline{D E}}$.
Решение. Нека радиусот на $k_{1}$ е $r$, а на $k_{2}$ е $t$ и нека заедничката тангента на $k_{1}$ и $k_{2}$ во точката $A$ ја сече правата $B C$ во $G$. Да забеле-
жиме дека $\overline{A G}=\overline{B G}=\overline{C G}$, како тангентни отсечки. Уште важи
$$
\measuredangle A P B=180^{\circ}-\measuredangle A G B=\measuredangle A G C
$$
Значи, рамнокраките триаголници $\triangle A P B$ и $\triangle A G C$ се слични. Бидејќи знаеме дека $\overline{A C}=\frac{\overline{A B}}{2}$, следува дека $r=\overline{A P}=2 \overline{A G}$, од каде $\overline{B C}=r$. Нека правата паралелна со $B C$ низ $R$, ја сече $P B$ во точка $F$. Тогаш, од Питагоровата теорема за правоаголниот $\triangle P R F$, имаме
$$
(r+t)^{2}=(r-t)^{2}+\overline{R F}^{2} \text {, т.e. } \overline{R F}=2 \sqrt{r t}
$$
Од ова имаме $\overline{B C}=2 \sqrt{r t}$. Сега имаме $r=2 \sqrt{r t}$. Добиваме дека $r=4 t$. Од сличноста на правоаголните триаголници $\triangle R E C$ и $\triangle P R F$, имаме
$$
\frac{\overline{P R}}{\overline{P F}}=\frac{\overline{R E}}{\overline{R C}}
$$
односно
$$
\frac{r+t}{r-t}=\frac{t+\overline{D E}}{t}
$$
од каде добиваме $\frac{5 t}{3 t}=1+\frac{\overline{D E}}{t}, \overline{D E}=\frac{2}{3} t$. Сега имаме: $\frac{\overline{B C}}{\overline{D E}}=\frac{r}{\frac{2}{3} t}=\frac{12 t}{2 t}=6$.
3. На местото на ьвездичките (на цртежот десно) се запишани броевите од 1 до 32 , така што секој број е запишан по еднаш. Дали може збировите, на броевите запишани во секое квадратче кое не е поделено на помали квадратчиња, да се еднакви?
Решение. Збирот на сите броеви е $\frac{32 \cdot 33}{2}=16 \cdot 33$.
Сите броеви се распределени во 16 мали квадрати. Следува дека збирот на броевите во секој од овие квадрати е 33. Фигурата ограничена со задебелената линија се состои од пет квадрати кои не се поделени на помали квадрати, па збирот на броевите запишани во неа е 5.33.
Исто, фигурата ограничена со испрекинатата линија се состои од четири квадрати па збирот на броевите во неа е 4.33. Следува дека
$$
a+b+c+d+e+f+g+h+i+j+k+l=33
$$
но тоа не е можно, бидејќи
$$
33=a+b+c+d+e+f+g+h+i+j+k+l \geq 1+2+\ldots+12=78>33
$$
4. Одреди ги сите цели броеви $m$ за кои бројот $m^{3}+m^{2}+7$ е делив со бројот $m^{2}-m+1$.
Решение. Од
$$
m^{3}+m^{2}+7=\left(m^{2}-m+1\right)(m+2)+(m+5)
$$
следува дека $m^{2}-m+1$ е делител на $m+5$. Очигледно едно решение е $m=-5$.
Нека $m \neq-5$. Тогаш $\left|m^{2}-m+1\right| \leq|m+5|$. Од
$$
m^{2}-m+1=\left(m-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}>0
$$
следува дека $m^{2}-m+1 \leq|m+5|$. Имаме две можности:
$$
m^{2}-m+1 \leq m+5 \text { или } m^{2}-m+1 \leq-m-5
$$
Случајот
$$
m^{2}-m+1 \leq-m-5 \text {, т.е. } m^{2}+6 \leq 0
$$
Не е можен. Од $m^{2}-m+1 \leq m+5$ следува $m^{2}-2 m-4 \leq 0$ односно $(m-1)^{2} \leq 5$. Последното неравенство е задоволено за $m \in\{-1,0,1,2,3\}$. Со проверка се добива дека само $m=0$ и $m=1$ го задоволуваат почетниот услов.
Конечно $m \in\{-5,0,1\}$.
5. За едно множество М што содржи 4 елементи велиме дека е „парно сврзано“ ако за секој елемент $x$ во $\mathbf{M}$, барем еден од броевите $x-2$ или $x+2$ припаѓа исто така во М. Нека $S_{n}$ е бројот на ,парно сврзани" подмножества на $\{1,2, \ldots, n\}$. Определи го најмалиот број $n$ таков што $S_{n} \geq 2011$.
Решение. Нека $\mathbf{M}=\{a, b, c, d\}$ е „парно сврзано“ множество. Без губење на општоста можеме да претпоставиме дека $a<b<c<d$. Бидејќи $a-2$ не припаѓа на $\mathbf{M}$, следува дека $a+2$ е во $\mathbf{M}$. Исто така бидејќи $d+2$ не припаѓа на $\mathbf{M}$, следува дека $d-2$ е во М. Можни се следниве случаи:
i) $b=a+2 ; b=d-2,(d=b+2=a+4)$. Овој случај не е можен бидејќи тогаш $c=a+3$ и множеството $\mathbf{M}$ е од обликот $\{a, a+2, a+3, a+4\}$, но $a+1, a+5 \notin \mathbf{M}$.
ii) $b=a+2 ; c=d-2 \quad(d=c+2)$. Следува дека $\mathbf{M}$ е од обликот
$\{a, a+2, c, c+2\}, c-a>2$. Овој облик ќе го наречеме облик 1.
iii) $b=a+2 ; a=d-2$. Овој случај не е можен бидејќи се добива $b=d$.
iv) $c=a+2 ; b=d-2$. Следува $b=a+1$ и $d=a+3$ и множеството М е од обликот $\{a, a+1, a+2, a+3\}$. Овој облик ќе го наречеме облик 2 .
v) $c=a+2 ; c=d-2$. Следува дека $b=a+1, d=a+4$ и множеството М е од обликот $\{a, a+1, a+2, a+4\}$, но $a-1, a+3 \notin \mathbf{M}$. Значи и овој случај не е можен.
vi) $c=a+2 ; a=d-2$. Овој случај не е можен бидејќи се добива $c=d$.
vii) Случајот $d=a+2$ не е можен. Со тоа се исцрпени сите можности за облик на М .
Нека $n$ е доволно голем. За $\{1,2, \ldots, n\}$, „парно сврзани“ подмножества од $\boldsymbol{\sigma}$ лик 2 се вкупно $n-3$. Останува да го пресметаме бројот на „парно сврзани“ подмножества од облик 1.
Ако $a=1$ постојат вкупно $n-5$ различни подмножества,
Ако $a=2$ постојат вкупно $n-6$ различни подмножества,
Ако $a=3$ постојат вкупно $n-7$ различни подмножества,
Ако $a=n-5$ постои само едно такво подмножество.
Значи бројот на „парно сврзани“ подмножества од облик 1 се вкупно
$$
1+2+\ldots+(n-5)=\frac{(n-5)(n-4)}{2}=\frac{n^{2}-9 n+20}{2}
$$
Значи, вкупниот број на „парно сврзани“ подмножества на $\{1,2, \ldots, n\}$ е:
$$
S_{n}=n-3+\frac{n^{2}-9 n+20}{2}=\frac{n^{2}-7 n+14}{2}=\frac{(n-3)(n-4)}{2}+1
$$
Треба да го одредиме најмалиот $n$ за кој $\frac{(n-3)(n-4)}{2}+1 \geq 2011$, односно $(n-3)(n-4) \geq 4020$. Со проверка се утврдува дека $n \geq 67$. Значи најмалиот број е 67.
|