File size: 13,303 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 | # MMO 2014
1. Во рамнина 2014 прави се распоредени во три групи заемно паралелни прави. Кој е најголемиот број на триаголници кои ги образуваат правите (секоја страна од триаголникот лежи на некоја од правите).
Решение. Нека $a \geq b \geq c$ се броевите на прави во трите групи за кои се добива најголем број на триаголници. Тогаш $a+b+c=2014$, а најголемиот можен број на триаголници е $a b c$ (кога никои три прави немаат заедничка точка). Ќе докажеме дека $a \leq c+1$.
Да го претпоставиме спротивното, т.е. $a>c+1$. Тогаш
$$
a b c<b(a c+a-c-1)=b(a-1)(c+1)
$$
што е противречно на изборот на $a, b$ и $c$. Не може $a=c$, бидејќи во тој случај $a=b=c=\frac{2014}{3}$ не е цел број. За $a, b$ и $c$ да бидат цели мора $a=672$ и $b=c=671$ и бројот на триаголници е $672 \cdot 671^{2}$.
2. Во множеството на целите броеви реши ја равенката
$$
3^{2 a+1} b^{2}+1=2^{c}
$$
Решение. Да го разгледаме прво случајот $a \geq 0$. Јасно $c \geq 0$ при што $c=0$ повлекува $b=0$. Добиваме дека решенија се $(a, 0,0)$ за произволен ненегативен цел број $a$. Од равенството
$$
3^{2 a+1} b^{2}+1=2^{c}
$$
следува дека $b$ е непарен цел број. Левата страна можеме да ја запишеме во следниов облик
$$
3^{2 a+1} b^{2}+1=\left(3^{2 a+1}+1\right) b^{2}-(b-1)(b+1)
$$
За десната страна од последниот израз да забележиме дека ( $b-1)(b+1)$ е делив со 8 , додека $\left(3^{2 a+1}+1\right) b^{2}$ е делив со 4 но не и со 8 . Затоа $2^{c}=4$, т.е. $c=2$. Но, тогаш $3^{2 a+1} b^{2}=3$, па $a=0$ и $b= \pm 1$.
Да го разгледаме сега случајот $a<0$. Повторно $c \geq 0$ при што $c=0$ повлекува $b=0$ и тогаш $a$ може да е произволен негативен цел број. Затоа да се ограничиме на случајот $c>0$. Доволно е да го разгледаме случајот $b>0$. Ставајќи $d=-a$, диофантовата равенка од условот на задачата добива облик
$$
\left(2^{c}-1\right) 3^{2 d-1}=b^{2}
$$
при што $b, c$ и $d$ се природни броеви. Значи $b$ е делив со 3 , од што следува дека $c$ е парен број. Така $b=3^{d} x, c=2 y$, за некои природни броеви $x$ и $y$. Диофантовата равенка се сведува до облик
$$
4^{y-1}+4^{y-2}+\cdots+1=x^{2}
$$
Ова повлекува $x=y=1$. Имено, за $y \geq 2$ би добиле дека $x^{2} \equiv 5(\bmod 8)$, што не е можно. Значи во овој случај единствените решенија се $\left(a, 3^{-a}, 2\right)$, каде $a$ е произволен негативен цел број.
Множеството $M$ од сите решенија на диофантовата равенка од условот на задачата може да се опише на следниов начин:
$$
M=\{(a, 0,0) \mid a \in \mathbb{Z}\} \cup\left\{\left(a, \pm 3^{-a}, 2\right) \mid a \in \mathbb{Z}^{-} \cup\{0\}\right\}
$$
3. Нека $k_{1}, k_{2}$ и $k_{3}$ се три кружници со центри во $O_{1}, O_{2}$ и $O_{3}$ соодветно, такви што ниту еден од центрите не се наоѓа во внатрешноста на другите две кружници. Кружниците $k_{1}$ и $k_{2}$ се сечат во $A$ и $P, k_{1}$ и $k_{3}$ се сечат во $C$ и $P$ и $k_{2}$ и $k_{3}$ се сечат во $B$ и $P$. Нека $X$ е точка на $k_{1}$ таква што пресекот на правата $X A$ со кружницата $k_{2}$ е $Y$ и пресекот на правата $X C$ со $k_{3}$ е $Z$ и притоа $Y$ не припаѓа во внатрешноста ниту на $k_{1}$ ниту на $k_{3}$ и $Z$ не припаѓа во внатрешноста ниту на $k_{1}$ ниту на $k_{2}$.
a) Докажи дека триаголниците $X Y Z$ и $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3}$ се слични меѓу себе.
б) Докажи дека плоштината на триаголникот $X Y Z$ не е поголема од четири пати по плоштината на триаголникот $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3}$. Дали се достигнува максимумот?
Решение. Прво ќе докажеме дека точките $Y, B$ и $Z$ се колинеарни. Бидејќи четириаголникот $B Y A P$ е тетивен имаме $\measuredangle P B Y=\measuredangle P A X$. Бидејќи четириаголникот $A X C P$ е тетивен $\measuredangle P A X=\measuredangle P C Z$. Бидејќи четириаголникот $C P B Z$ е тетивен добиваме $\measuredangle P B Z+\measuredangle P C Z=180^{\circ}$. Значи,
$$
\measuredangle Y \mathrm{YBZ}=\measuredangle \mathrm{YBP}+\measuredangle P B Z=180^{\circ}
$$
Да забележиме дека $\Varangle \mathrm{CO}_{1} \mathrm{O}_{3}=\measuredangle \mathrm{PO}_{1} \mathrm{O}_{3}$ и $\Varangle \mathrm{AO}_{1} \mathrm{O}_{2}=\measuredangle \mathrm{PO}_{1} \mathrm{O}_{2}$, од каде следува
$$
\measuredangle O_{2} O_{1} O_{3}=\frac{1}{2} \measuredangle A O_{1} C=\measuredangle A X C
$$
Слично $\measuredangle \mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3}=\measuredangle A Y B$ и $\measuredangle \mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{2}=\measuredangle С Z B$. Од досега изнесеното следува дека $\triangle X Y Z \sim{ }_{\triangle} \mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3}$, со што го докажавме тврдењето под а).
Нека правата $X_{1} Y_{1}$ е паралелна со $O_{1} O_{2}$ и минува низ $A$, каде $X_{1}$ лежи на $k_{1}$ и $Y_{1}$ лежи на $k_{2}$. Нека $Z_{1}$ е пресечната точка на правата $X_{1} C$ со кружницата $k_{3}$. Од претходно докажаното точките $Y_{1}, B$ и $Z_{1}$ се колинеарни и $\triangle X_{1} Y_{1} Z_{1} \sim{ }_{\Delta} O_{1} O_{2} O_{3}$. Уште повеке, $\measuredangle P X A=\measuredangle P X_{1} A$ и $\measuredangle P Y A=\measuredangle P Y_{1} A$. Затоа ${ }_{\Delta} P X Y \sim \triangle P X_{1} Y_{1}$. Нека $P T$ е висината спуштена од темето $P$ кон страната $X Y$. $P A$ е висината на триаголникот $P X_{1} Y_{1}$. Бидејќи $P A$ е хипотенуза во правоаголниот триаголник $P A T$ добиваме $\overline{P T} \leq \overline{P A}$. Па $P_{P X Y} \leq P_{P X_{1} Y_{1}}$ и аналогно $P_{P Y Z} \leq P_{P Y_{1} Z_{1}}$ и $P_{P X Z} \leq P_{P X_{1} Z_{1}}$. Од ова добиваме $P_{X Y Z} \leq P_{X_{1} Y_{1} Z_{1}}$. Точките $P, O_{1}$ и $X_{1}$ се колинеарни затоа што $\Varangle P A X_{1}=90^{\circ}$. Слично $P, O_{2}$ и $Y_{1}$ се колинеарни и $P, O_{3}$ и $Z_{1}$ се колинеарни. Добиваме дека $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}, \mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{3}$ и $\mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3}$ се средни линии во триаголниците $X_{1} \mathrm{Y}_{1} P$, $X_{1} Z_{1} P$ и $Y_{1} Z_{1} P$ соодветно, па $P_{X_{1} Y_{1} Z_{1}}=4 P_{\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3}}$. Од ова се добива бараното неравенство. Равенство се достигнува кога точките $X$ и $X_{1}$ се соовпаѓаaта, а со тоа и точите $Y$ и $Y_{1}$ се соовпаѓат и точките $Z$ и $Z_{1}$ се соовпаѓаaт.
4. Нека $a, b, c$ се реални броеви за кои $a+b+c=4$ и $a, b, c>1$. Докажи дека
$$
\frac{1}{a-1}+\frac{1}{b-1}+\frac{1}{c-1} \geq 8\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)
$$
Решение. Бидејќи важи
$$
\frac{1}{a-1}-\frac{8}{b+c}=\frac{1}{a-1}-\frac{8}{4-a}=\frac{12-9 a}{(a-1)(4-a)}=\frac{3(4-3 a)}{(a-1)(4-a)}
$$
даденото неравенство е еквивалентно со
$$
3\left(\frac{4-3 a}{(a-1)(4-a)}+\frac{4-3 b}{(b-1)(4-b)}+\frac{4-3 c}{(c-1)(4-c)}\right) \geq 0
$$
Без губење на општоста нека претпоставиме дека $a \geq b \geq c$. Тогаш јасно е дека важи
$$
4-3 a \leq 4-3 b \leq 4-3 c \text {. }
$$
Од $1<a, b, c<4$ следува дека $\frac{1}{(a-1)(4-a)}, \frac{1}{(b-1)(4-b)}, \frac{1}{(c-1)(4-c)}$ се позитивни реални броеви. Ќе докажеме дека
$$
(a-1)(4-a) \geq(b-1)(4-b)
$$
Имаме
$$
(a-1)(4-a) \geq(b-1)(4-b) \Leftrightarrow 5 a-a^{2} \geq 5 b-b^{2} \Leftrightarrow(a-b)(5-a-b) \geq 0
$$
Аналогно
$$
(b-1)(4-b) \geq(c-1)(4-c)
$$
Оттука следува дека
$$
\frac{1}{(a-1)(4-a)} \leq \frac{1}{(b-1)(4-b)} \leq \frac{1}{(c-1)(4-c)}
$$
Бидејќи $4-3 a \leq 4-3 b \leq 4-3 c$ можеме да го искористиме неравенство на Чебишев и добиваме:
$$
\begin{aligned}
\frac{4-3 a}{(a-1)(4-a)}+ & \frac{4-3 b}{(b-1)(4-b)}+\frac{4-3 c}{(c-1)(4-c)} \geq \\
& \geq \frac{4-3 a+4-3 b+4-3 c}{3} \cdot\left(\frac{1}{(a-1)(4-a)}+\frac{1}{(b-1)(4-b)}+\frac{1}{(c-1)(4-c)}\right) \\
& =0
\end{aligned}
$$
Равенство важи за $4-3 a=4-3 b=4-3 c$, т.е. $a=b=c=\frac{4}{3}$.
5. Од рамностран триаголник со страна 2014 е отсечен рамностран триаголник со страна 214 , така што едно теме им се совпаѓа и две од страните од отсечениот триаголник лежат на две од страните на почетниот. Дали оваа фигура може да се пополни со фигури прикажани на цртежот десно без преклопување (дозволена е ротација), ако триаголниците во фигурите се рамнострани со страна 1? Образложи го одго-
ворот!
Решение. Најпрво ја разделуваме дадената фигура на рамнострани триаголници со страна 1. Ги обележуваме триаголничињата во дадената фигура со броевите од 1 до 6 , како на сликата десно (во првиот ред последователно од 1 до 6 , па броевите се повторуваат, во вториот почнуваме од 5 , во третиот од 3 , потоа од 1 и постапката се повторува). Лесно може да се забележи дека секоја од фигурите покрива по точно еден од броевите од 1 до 6. Според последното за фигурата да може да се покрие со дадените фигури, треба секој од броевите да се јавува еднаков број пати. Ако споредиме колку пати се јавува бројот 1 со колку пати се јавува бројот 2 ќе забележеме дека во првиот, четвртиот и секој ред од облик $3 k+1$ имаме една единица повеќе отколку двојки, а во останатите бројот на единици и двојки е еднаков, според ова, следува дека бројот на единици и двојки не е еднаков, па не може секој од броевите да се јавува еднаков број пати. Следува дека фигурата не може да се покрие на бараниот начин.
|