MatematickiTalent/md/mk-jmmo/1999.md

JMMO 1999

1. Докажи дека не постојат цели броеви $a, b, c$ такви што

$$a^2+b^2-8c=6a^\{2\}+b^\{2\}-8\; c=6$$

Решение. Нека $a, b, c \in \mathbb{Z}$ се такви што $a^{2}+b^{2}-8 c=6$, односно

$$a^2+b^2=8c+6a^\{2\}+b^\{2\}=8\; c+6$$

Значи, $a^{2}+b^{2}$ е парен број, па затоа $a$ и $b$ се со иста парност.

Ако $a$ и $b$ се парни, тогаш $a^{2}+b^{2}$ е делив со 4 , но $8 c+6=4(2 c+1)+2$ не е делив со 4 , па затоа во овој случај равенството (1) не е можно.

Ако $a$ и $b$ се непарни броеви, тогаш $8 \mid a^{2}-1$ и $8 \mid b^{2}-1$. Според тоа, $8 \mid a^{2}+b^{2}-2=8 c+4$, што е противречност, па затоа во овој случај равенството (1) не е можно.

Конечно, од претходните разгледувања следува дека не постојат цели броеви $a, b, c$ такви што важи (1).

2. Дадени се две кружници кои се сечат во точки $P$ и $Q$. Права $p$ ги сече дадените кружници во точките $A, B, C, D$ кои се распоредени како на цртежот десно. Докажи дека $\measuredangle A P B=\measuredangle C Q D$.

Решение. Имаме $\measuredangle P A C=\measuredangle P Q C$, како

агли над тетивата $P C$ и $\measuredangle P B D=\measuredangle P Q D$ како агли над тетивата $P D$. Понатаму, $\triangle P B D$ е надворешен агол за $\triangle A B P$, па затоа

$$\mathrm{\measuredangle }PBD=\mathrm{\measuredangle }PAB+\mathrm{\measuredangle }APB\backslash measuredangle\; P\; B\; D=\backslash measuredangle\; P\; A\; B+\backslash measuredangle\; A\; P\; B$$

Според тоа,

$$\mathrm{\measuredangle }APB=\mathrm{\measuredangle }PBD-\mathrm{\measuredangle }PAB=\mathrm{\measuredangle }PBD-\mathrm{\measuredangle }PAC=\mathrm{\measuredangle }PQD-\mathrm{\measuredangle }PQC=\mathrm{\measuredangle }CQD\backslash measuredangle\; A\; P\; B=\backslash measuredangle\; P\; B\; D-\backslash measuredangle\; P\; A\; B=\backslash measuredangle\; P\; B\; D-\backslash measuredangle\; P\; A\; C=\backslash measuredangle\; P\; Q\; D-\backslash measuredangle\; P\; Q\; C=\backslash measuredangle\; C\; Q\; D$$

што и требаше да се докаже.

3. Нека $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{1999}$ се произволни различни точки во рамнината. Докажи дека на било која кружница со радиус 1 постои точка $M$ таква што збирот на растојанијата од точката $M$ до секоја од точките $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{1999}$ е поголем или еднаков на 1999.

Решение. Нека $k$ е произволна кружница со радиус 1 и нека $M_{1}$ и $M_{2}$ се две дијаметрално спротивни точки на $k$. Од неравенството на триаголник следува:

$2=\overline{M_{1} M_{2}} \leq \overline{M_{1} A_{1999}}+\overline{A_{1999} M_{2}}$

Ако ги собереме последните неравенства добиваме

$$2\cdot 1999\le (\overline{M_1{A}_1}+\overline{M_1{A}_2}+\dots +\overline{M_1{A}_{1999}})+(\overline{A_1{M}_2}+\overline{A_2{M}_2}+\dots +\overline{A_{1999}{M}_2})2\; \backslash cdot\; 1999\; \backslash leq\backslash left(\backslash overline\{M\_\{1\}\; A\_\{1\}\}+\backslash overline\{M\_\{1\}\; A\_\{2\}\}+\backslash ldots+\backslash overline\{M\_\{1\}\; A\_\{1999\}\}\backslash right)+\backslash left(\backslash overline\{A\_\{1\}\; M\_\{2\}\}+\backslash overline\{A\_\{2\}\; M\_\{2\}\}+\backslash ldots+\backslash overline\{A\_\{1999\}\; M\_\{2\}\}\backslash right)$$

Од последното неравенство следува дека барем еден од збировите во заградите е поголем или еднаков на 1999. Според тоа, една од точките $M_{1}$ и $M_{2}$ може да се земе за точката $M$.

Забелешка. Бидејќи дијаметарот $M_{1} M_{2}$ е произволен, заклучуваме дека постојат бесконечно многу точки $M$ кои го задоволуваат условот на задачата.

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

$$\frac{x^9+y^9}{x^6+x^3{y}^3+y^6}+\frac{y^9+z^9}{y^6+y^3{z}^3+z^6}+\frac{z^9+x^9}{z^6+z^3{x}^3+x^6}\ge 2\backslash frac\{x^\{9\}+y^\{9\}\}\{x^\{6\}+x^\{3\}\; y^\{3\}+y^\{6\}\}+\backslash frac\{y^\{9\}+z^\{9\}\}\{y^\{6\}+y^\{3\}\; z^\{3\}+z^\{6\}\}+\backslash frac\{z^\{9\}+x^\{9\}\}\{z^\{6\}+z^\{3\}\; x^\{3\}+x^\{6\}\}\; \backslash geq\; 2$$

Решение. Од неравенството меѓу аритметичката и геометриската средина следува

$$a^6+a^3{b}^3+b^6\ge 3\sqrt[3]{a^9{b}^9}=3a^3{b}^{3}a^\{6\}+a^\{3\}\; b^\{3\}+b^\{6\}\; \backslash geq\; 3\; \backslash sqrt[3]\{a^\{9\}\; b^\{9\}\}=3\; a^\{3\}\; b^\{3\}$$

Сега, од неравенството (1) имаме:

$$\frac{a^9+b^9}{a^6+a^3{b}^3+b^6}=a^3+b^3-\frac{2a^3{b}^3(a^3+b^3)}{a^6+a^3{b}^3+b^6}\ge a^3+b^3-\frac{2a^3{b}^3(a^3+b^3)}{3a^3{b}^3}=\frac{1}{3}(a^3+b^3)\backslash frac\{a^\{9\}+b^\{9\}\}\{a^\{6\}+a^\{3\}\; b^\{3\}+b^\{6\}\}=a^\{3\}+b^\{3\}-\backslash frac\{2\; a^\{3\}\; b^\{3\}\backslash left(a^\{3\}+b^\{3\}\backslash right)\}\{a^\{6\}+a^\{3\}\; b^\{3\}+b^\{6\}\}\; \backslash geq\; a^\{3\}+b^\{3\}-\backslash frac\{2\; a^\{3\}\; b^\{3\}\backslash left(a^\{3\}+b^\{3\}\backslash right)\}\{3\; a^\{3\}\; b^\{3\}\}=\backslash frac\{1\}\{3\}\backslash left(a^\{3\}+b^\{3\}\backslash right)$$

Понатаму, ако во неравенството (2) последователно ставиме $x, y ; y, z$ и $z, x$, ги собереме добиените неравенства, го примениме неравенството меѓу аритметичката и геометриската средина и го искористиме равенството $x y z=1$, добиваме

$$\frac{x^9+y^9}{x^6+x^3{y}^3+y^6}+\frac{y^9+z^9}{y^6+y^3{z}^3+z^6}+\frac{z^9+x^9}{z^6+z^3{x}^3+x^6}\ge \frac{2}{3}(x^3+y^3+z^3)\ge \frac{2}{3}\cdot 3\sqrt[3]{x^3{y}^3{z}^3}=2\backslash frac\{x^\{9\}+y^\{9\}\}\{x^\{6\}+x^\{3\}\; y^\{3\}+y^\{6\}\}+\backslash frac\{y^\{9\}+z^\{9\}\}\{y^\{6\}+y^\{3\}\; z^\{3\}+z^\{6\}\}+\backslash frac\{z^\{9\}+x^\{9\}\}\{z^\{6\}+z^\{3\}\; x^\{3\}+x^\{6\}\}\; \backslash geq\; \backslash frac\{2\}\{3\}\backslash left(x^\{3\}+y^\{3\}+z^\{3\}\backslash right)\; \backslash geq\; \backslash frac\{2\}\{3\}\; \backslash cdot\; 3\; \backslash sqrt[3]\{x^\{3\}\; y^\{3\}\; z^\{3\}\}=2$$

5. Нека $A B C D$ е произволен паралелограм. Точките $M$ и $N$ се средини на страните $B C$ и $C D$, соодветно. Докажи дека правите $A M$ и $A N$ не го делат $\measuredangle B A D$ на три еднакви дела.

Решение. Да претпоставиме дека постои паралелограм кај кој правите $A M$ и $A N$ го делат $\measuredangle B A D$ на три еднакви дела. Нека $O$ е пресекот на дијагоналите на паралелограмот (цртеж десно). Во $\triangle A B C$ отсечките

$A M$ и $B O$ се тежишни линии. Нека $K$ е нивната пресечна точка. Имаме $\overline{B K}: \overline{B O}=2: 1$, односно $\overline{K O}=\frac{1}{2} \overline{B K}$. Аналогно, од $\triangle A D C$ добиваме $\overline{L O}=\frac{1}{2} \overline{D L}$. Но, $\overline{B O}=\overline{O D}$, па затоа од горните равенства следува $\overline{B K}=\overline{K L}=\overline{L D}$. Според тоа, во $\triangle B A L$ отсечката $A K$ е тежишна линија и симетрала на $\measuredangle B A L$. Последното значи дека $\triangle B A L$ е рамнокрак, т.е. $A K$ е висина. Значи, $A K \perp B D$ и слично $A L \perp B D$, што не е можно.