MatematickiTalent/md/mk-jmmo/mk-2008.md

JMMO 2008

1. Даден е $3 \times 3$ квадрат поделен на 9 квадратчиња и во секое квадратче е запишан цел број, така што збировите на елементите во секоја редица, секоја колона и секоја дијагонала се еднакви. Докажи дека овој збир не може да биде еднаков на 2008.

Решение. Нека збирот на секоја редица и колона е $m$. Тогаш еден магичен квадрат мора да го има следниов облик:

$x$	$y$	$m-x-y$
$a$	$b$	$m-a-b$
$m-x-a$	$m-b-y$	$x+a+b+y-m$

Бидејќи и сумата на елементите на дијагоналите мора да е $m$, добиваме:

$$\{\begin{array}{l}x+b+x+a+b+y-m=m\\ m-x-a+b+m-x-y=m\end{array}\backslash left\backslash \{\backslash begin\{array\}\{l\}\; x+b+x+a+b+y-m=m\; \backslash \backslash \; m-x-a+b+m-x-y=m\; \backslash end\{array\}\backslash right.$$

т.e.

$$\{\begin{array}{l}2x+a+y+2b=2m\\ 2x+a+y-b=m\end{array}\backslash left\backslash \{\backslash begin\{array\}\{l\}\; 2\; x+a+y+2\; b=2\; m\; \backslash \backslash \; 2\; x+a+y-b=m\; \backslash end\{array\}\backslash right.$$

Со одземање на равенствата, се добива:

$$2b+b=2m-m2\; b+b=2\; m-m$$

односно $3 b=m$, од каде $3 \mid m$. Но, 3 не е делител на 2008 , од каде добиваме дека 2008 не може да биде бараната сума.

2. Нека $S$ е подмножество од ${1,2, \ldots, 9}$, такво што збировите на секои два елементи од $S$ се различни. На пример множеството ${1,2,3,5}$ има такво својство, но множеството ${1,2,3,4,5}$ не, бидејќи ${2,3}$ и ${1,4}$ имаат збир 5. Колку најмногу елементи може да содржи $S$ ?

Решение. Лесно се проверува дека ${1,2,3,5,8}$ го задоволува условот на задачата.

Ќe докажеме дека $S$ не може да содржи повеќе од 5 елементи.

Нека $S$ содржи барем шест елементи. Тогаш најмалиот можен збир на паровите е 3 , а најголемиот $8+9=17$, т.е. можни збирови се

$$3,4,5,\dots ,173,4,5,\; \backslash ldots,\; 17$$

и нив ги има 15. Од друга страна имаме најмалку $5+4+3+2+1=15$ различни парови. Односно, точно сите збирови од (*) се јавуваат по еднаш. Последното значи дека мора 1,2 и 8,9 да се во $S$. Но тогаш $1+9=2+8$. што противречи на условот.

Значи максималниот број елементи што може да ги содржи $S$ е 5.

3. Даден е остроаголен триаголник $A B C$. Точката $D$ е подножје на висината спуштена од $A$ кон страната $B C$. Точката $E$ лежи на отсечката $A D$ и при тоа важи $\frac{\overline{A E}}{\overline{E D}}=\frac{\overline{C D}}{\overline{D B}}$. Точката $F$ е подножје на нормалата повлечена од точката $D$ кон правата $B E$. Докажи дека $\measuredangle A F C=90^{\circ}$.

Решение. Нека $P$ е точка таква што четириаголникот $A D C P$ е правоаголник.

Тогаш $\frac{\overline{A E}}{\overline{E D}}=\frac{\overline{C D}}{\overline{D B}}=\frac{\overline{A P}}{\overline{D B}}$. Според тоа, точките $B, E$ и $P$ се колинеарни.(Зошто?). Затоа $\measuredangle D F P=90^{\circ}$ и бидејќи $\measuredangle D C P=90^{\circ}$, добиваме дека $F, D, C, P$ лежат на иста

кружница, т.е кружницата опишана околу правоаголникот $A D C P$. Конечно $\measuredangle A F C=90^{\circ}$, како агол над дијаметар.

4. Нека $a$ и $b$ се природни броеви поголеми од 2. Докажи дека постои природен број $k$ и конечна низа $n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{k}$ од природни броеви, такви што $n_{1}=a, n_{k}=b$, и $\left(n_{i}+n_{i+1}\right) \mid n_{i} n_{i+1}, \forall i=1, \ldots, k$.

Решение. Пишуваме $a \leftrightarrow b$, ако постои бараната низа. Лесно се гледа дека "↔"е релација за еквиваленција.

Да забележиме дека за секој $n, n \geq 3$, важи $n \leftrightarrow 2 n$, и бараната низа е

$$n_1=n,n_2=n(n-1),n_3=n(n-1)(n-2),n_4=n(n-2),n_5=2nn\_\{1\}=n,\; n\_\{2\}=n(n-1),\; n\_\{3\}=n(n-1)(n-2),\; n\_\{4\}=n(n-2),\; n\_\{5\}=2\; n$$

За природен број $n, n \geq 4, n^{\prime}=(n-1)(n-2) \geq 3$, па следува

$$n^{\mathrm{\prime }}\leftrightarrow 2n^{\mathrm{\prime }}n^\{\backslash prime\}\; \backslash leftrightarrow\; 2\; n^\{\backslash prime\}$$

За $n \geq 4$, имаме:

T.е.

$$n\leftrightarrow 2n^{\mathrm{\prime }}n\; \backslash leftrightarrow\; 2\; n^\{\backslash prime\}$$

и:

$$n_1^{\mathrm{\prime }}=n^{\mathrm{\prime }}=(n-1)(n-2),n_2^{\mathrm{\prime }}=n-1n\_\{1\}^\{\backslash prime\}=n^\{\backslash prime\}=(n-1)(n-2),\; n\_\{2\}^\{\backslash prime\}=n-1$$

T.e.

$$n^{\mathrm{\prime }}\leftrightarrow n-1n^\{\backslash prime\}\; \backslash leftrightarrow\; n-1$$

Сега, од (1), (2), (3) добиваме:

$$n\leftrightarrow 2n^{\mathrm{\prime }},2n^{\mathrm{\prime }}\leftrightarrow n^{\mathrm{\prime }},n^{\mathrm{\prime }}\leftrightarrow n-1n\; \backslash leftrightarrow\; 2\; n^\{\backslash prime\},\; 2\; n^\{\backslash prime\}\; \backslash leftrightarrow\; n^\{\backslash prime\},\; \backslash quad\; n^\{\backslash prime\}\; \backslash leftrightarrow\; n-1$$

па од транзитивност, добиваме

$$n\leftrightarrow n-1,\text{ за секој природен број }n,n\ge 4n\; \backslash leftrightarrow\; n-1,\; \backslash text\; \{\; за\; секој\; природен\; број\; \}\; n,\; n\; \backslash geq\; 4$$

односно, заради симетричност

$$n\leftrightarrow n+1,\text{ за секој природен број }n,n\ge 3\text{. }n\; \backslash leftrightarrow\; n+1,\; \backslash text\; \{\; за\; секој\; природен\; број\; \}\; n,\; n\; \backslash geq\; 3\; \backslash text\; \{.\; \}$$

Одовде, лесно може секои два природни $a$ и $b$, да се поврзат со оваа релација, од каде добиваме дека бараното тврдење важи.