MatematickiTalent/md/mk-jmmo/mk-2010.md

JMMO 2010

1. Нека секој од броевите $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ е еднаков на 1 или -1 и уште важи:

$$x_1{x}_2{x}_3{x}_4+x_2{x}_3{x}_4{x}_5+\dots +x_{n-2}{x}_{n-1}{x}_n{x}_1+x_{n-1}{x}_n{x}_1{x}_2+x_n{x}_1{x}_2{x}_3=0x\_\{1\}\; x\_\{2\}\; x\_\{3\}\; x\_\{4\}+x\_\{2\}\; x\_\{3\}\; x\_\{4\}\; x\_\{5\}+\backslash ldots+x\_\{n-2\}\; x\_\{n-1\}\; x\_\{n\}\; x\_\{1\}+x\_\{n-1\}\; x\_\{n\}\; x\_\{1\}\; x\_\{2\}+x\_\{n\}\; x\_\{1\}\; x\_\{2\}\; x\_\{3\}=0$$

Докажи дека $n$ е делив со 4 .

Решение. Нека

Сите $y_{k}$ се 1 или -1 . Тогаш од условот на задачата добиваме

$$y_1+\dots +y_n=0y\_\{1\}+\backslash ldots+y\_\{n\}=0$$

Затоа мора да е $n=2 k$ и уште повеќе мора точно $k$ од броевите $y_{1}, \ldots, y_{n}$ да се еднакви на 1 и останатите $k$ да се еднакви на -1 . Но тогаш

$$y_1\dots y_n=(-1{)}^{k}y\_\{1\}\; \backslash ldots\; y\_\{n\}=(-1)^\{k\}$$

Од друга страна важи

$$y_1{y}_2\dots y_n=x_1^4{x}_2^4\dots x_n^{4}y\_\{1\}\; y\_\{2\}\; \backslash ldots\; y\_\{n\}=x\_\{1\}^\{4\}\; x\_\{2\}^\{4\}\; \backslash ldots\; x\_\{n\}^\{4\}$$

од каде добиваме $y_{1} y_{1} \ldots y_{n}=1$, па затоа $k=2 t$, односно имаме $n=4 t$.

2. Даден е трапез $A B C D$ таков што $\overline{A B}=\overline{A C}=\overline{B D}$. Нека $M$ е средина на страната $C D$. Определи ги аглите на трапезот ако $\measuredangle M B C=\measuredangle C A B$.

Решение. Од условот следува дека дадениот трапез е рамнокрак. Нека $K$ е средина на $A D$, и нека $\measuredangle C A B=\measuredangle M B C=\varphi$. Тогаш

$$\mathrm{\measuredangle }MKA={180}^{\circ }-\mathrm{\measuredangle }KAC={180}^{\circ }-\mathrm{\measuredangle }MBA\mathrm{.}\backslash measuredangle\; M\; K\; A=180^\{\backslash circ\}-\backslash measuredangle\; K\; A\; C=180^\{\backslash circ\}-\backslash measuredangle\; M\; B\; A\; .$$

Значи четириаголникот $A B M K$ е тетивен.

Понатаму од услов следува дека триаголникот $\triangle A B D$ е рамнокрак, од каде следува дека $\measuredangle A K B=90^{\circ}$. Сега заради тетивноста на $A B M K$ следува дека $\measuredangle A M B=\measuredangle A K B=90^{\circ}$, т.е. триаголникот $\triangle A M B$ е рамнокрак правоаголен. Нека $M_{1}$ е подножјето на висината повлечена од $M$. Тогаш

$$\overline{M{M}_1}=\overline{A{M}_1}=\frac{\overline{AB}}{2}=\frac{\overline{AC}}{2},\backslash overline\{M\; M\_\{1\}\}=\backslash overline\{A\; M\_\{1\}\}=\backslash frac\{\backslash overline\{A\; B\}\}\{2\}=\backslash frac\{\backslash overline\{A\; C\}\}\{2\},$$

па добиваме дека $\varphi=30^{\circ}$. Сега лесно

$$\mathrm{\measuredangle }ABC={30}^{\circ }+{45}^{\circ }={75}^{\circ }\text{ и }\mathrm{\measuredangle }ADC={105}^{\circ }\mathrm{.}\backslash measuredangle\; A\; B\; C=30^\{\backslash circ\}+45^\{\backslash circ\}=75^\{\backslash circ\}\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; \backslash measuredangle\; A\; D\; C=105^\{\backslash circ\}\; .$$

3. Дадено е купче со 2010 жетони. Еден жетон вадиме од купчето, а остатокот го делиме произволно на две купчиња. Понатаму, избираме произволно купче од добиените две купчиња, вадиме еден жетон, а остатокот произволно го делиме на две купчиња итн. Дали е можно по конечен број на повторување на оваа постапка да добиеме неколку купчиња така што во секое од нив да има по три жетони?

Решение. Нека на почетокот во првото купче имаме 2010 жетони.

По секој чекор да го разгледаме збирот $S$, на бројот на купчиња и бројот на жетони кои што се наоѓаат во нив. Имаме

т.е. $S$ е инваријанта (не се менува), при било кој чекор.

Нека претпоставиме дека бараната состојба е можна, т.е. нека по конечен број чекори сме добиле $n$ купчиња секое со по 3 жетони. Тогаш од претходното имаме $S=n+3 n=4 n$, односно $2011=4 n$, што не е можно. Според тоа, бараната состојба не може да се достигне.

4. Даден е бројот $2009^{2009^{2009}}$, запишан во декаден броен систем. Во еден чекор ја вршиме следнава операција: ги бришеме првата и последната цифра и нивниот збир го додаваме на бројот што останал по бришењето на првата и последната цифра.

a) Ако по конечен број на чекори останал двоцифрен број, дали тој двоцифрен број може да биде точен квадрат.

б) Ако по конечен број на чекори останал едноцифрен број, да се определи едноцифрениот број.

Решение. Ќе ги користиме следниве познати резултати:

Својство 1. Секој природен број при делење со 3 и 9 дава ист остаток како и збирот на неговите цифри.

Својство 2. Квадрат на природен број при делење со 3 дава остаток 0 или 1.

Ќе го докажеме следново својство.

Својство 3. При било кој чекор не се менува остатокот при делење со 9. Доказ. Нека по некој чекор е добиен бројот $A=\overline{a_{n} a_{n-1} \ldots a_{1} a_{0}}$. Според Својството 1 имаме

$$A=\overline{a_n{a}_{n-1}\dots a_1{a}_0}\equiv a_n+a_{n-1}+\dots +a_1+a_0(9)A=\backslash overline\{a\_\{n\}\; a\_\{n-1\}\; \backslash ldots\; a\_\{1\}\; a\_\{0\}\}\; \backslash equiv\; a\_\{n\}+a\_\{n-1\}+\backslash ldots+a\_\{1\}+a\_\{0\}(\backslash bmod\; 9)$$

После бришењето на првата и последната цифра го добиваме бројот $\overline{a_{n-1} \ldots a_{1}}$. Значи после еден чекор добиен е бројот $B=\overline{a_{n-1} \ldots a_{1}}+a_{n}+a_{0}$. Сега имаме

$$B=\overline{a_{n-1}\dots a_1}+a_n+a_0\equiv a_{n-1}+\dots +a_1+a_n+a_0(9)B=\backslash overline\{a\_\{n-1\}\; \backslash ldots\; a\_\{1\}\}+a\_\{n\}+a\_\{0\}\; \backslash equiv\; a\_\{n-1\}+\backslash ldots+a\_\{1\}+a\_\{n\}+a\_\{0\}(\backslash bmod\; 9)$$

т.е. $A \equiv B(\bmod 9)$.

a) Ако по конечен број на чекори е добиен двоцифрен број $A$ тогаш според Својството 2 бројот A ќе дава ист остаток при делење со 3 како и бројот $2009^{2009^{2009}}$. Имаме $2009 \equiv 2 \equiv-1(\bmod 3)$ па следува

$${2009}^{{2009}^{2009}}\equiv (-1{)}^{{2009}^{2009}}\equiv -1\equiv 2(3)2009^\{2009^\{2009\}\}\; \backslash equiv(-1)^\{2009^\{2009\}\}\; \backslash equiv-1\; \backslash equiv\; 2(\backslash bmod\; 3)$$

Според Својството 3 и претходното добиваме дека $A \equiv 2(\bmod 3)$, па според Својството 2 не може да биде точен квадрат.

б) Ако по конечен број на чекори е добиен едноцифрениот број $a$ тогаш според Својството 3 добиваме

$$a\equiv {2009}^{{2009}^{2009}}(9)a\; \backslash equiv\; 2009^\{2009^\{2009\}\}(\backslash bmod\; 9)$$

Имаме $2009 \equiv 2(\bmod 9)$ па следува

$${2009}^{{2009}^{2009}}\equiv 2^{{2009}^{2009}}(9)2009^\{2009^\{2009\}\}\; \backslash equiv\; 2^\{2009^\{2009\}\}(\backslash bmod\; 9)$$

и јасно $2^{3} \equiv-1(\bmod 9)$. Понатаму

$${2009}^{2009}\equiv 2^{2009}\equiv -1^{2009}\equiv -1\equiv 2(3)2009^\{2009\}\; \backslash equiv\; 2^\{2009\}\; \backslash equiv-1^\{2009\}\; \backslash equiv-1\; \backslash equiv\; 2(\backslash bmod\; 3)$$

т.е.

$${2009}^{2009}=3k+22009^\{2009\}=3\; k+2$$

каде $k$ е непарен природен број. Сега имаме

$${2009}^{{2009}^{2009}}\equiv 2^{3k+2}={\left(2^3\right)}^k\cdot 4\equiv (-1)\cdot 4\equiv 5(9)2009^\{2009^\{2009\}\}\; \backslash equiv\; 2^\{3\; k+2\}=\backslash left(2^\{3\}\backslash right)^\{k\}\; \backslash cdot\; 4\; \backslash equiv(-1)\; \backslash cdot\; 4\; \backslash equiv\; 5(\backslash bmod\; 9)$$

од каде е јасно дека $a=5$.

5. Нека $a, b, c \in \mathbb{R}$ се такви што $a b c=1$. Докажи го неравенството

$$a^4+b^4+c^4\ge a+b+ca^\{4\}+b^\{4\}+c^\{4\}\; \backslash geq\; a+b+c$$

Решение. Од неравенство

$$(x-y{)}^2+(y-z{)}^2+(z-x{)}^2\ge 0(x-y)^\{2\}+(y-z)^\{2\}+(z-x)^\{2\}\; \backslash geq\; 0$$

добиваме дека за секои $x, y, z \in \mathbb{R}$ важи

$$x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zxx^\{2\}+y^\{2\}+z^\{2\}\; \backslash geq\; x\; y+y\; z+z\; x$$

Со примена на ова неравенство имаме

што и требаше да се докаже. Равенство важи ако и само ако $a=b=c=1$.