MatematickiTalent/md/mk-jmmo/mk-2015.md

JMMO 2015

1. Во множеството на целите броеви реши ја равенката

$$x^2+y^4+1=6^{z}x^\{2\}+y^\{4\}+1=6^\{z\}$$

Решение. Очигледно е дека $z \geq 0$. Ако $z \geq 2$, тогаш

$$x^2+y^4+1\equiv 0(4)x^\{2\}+y^\{4\}+1\; \backslash equiv\; 0(\backslash bmod\; 4)$$

односно

$$x^2+y^4\equiv 3(4)x^\{2\}+y^\{4\}\; \backslash equiv\; 3(\backslash bmod\; 4)$$

Тоа не е можно бидејќи остатоци на квадрати на цели броеви при делење со 4 се 0 или 1 . Според тоа $0 \leq z<2$.

Ако $z=0$, тогаш $x=y=0$.

Ако $z=1$, тогаш $x^{2}+y^{4}=5$, односно

$$(x,y)=\{(2,1),(-2,1),(2,-1),(-2,-1)\}(x,\; y)=\backslash \{(2,1),(-2,1),(2,-1),(-2,-1)\backslash \}$$

Значи,

$$(x,y,z)=\{(0,0,0),(2,1,1),(-2,1,1),(2,-1,1),(-2,-1,1)\}(x,\; y,\; z)=\backslash \{(0,0,0),(2,1,1),(-2,1,1),(2,-1,1),(-2,-1,1)\backslash \}$$

се решенијата на дадената равенка.

2. Дадена е кружница $k$ со центар $O$ и радиус $r$ и права $p$ која нема заеднички точки со $k$. Нека $E$ е подножјето на нормалата спуштена од $O$ кон $p$. На $p$ е избрана произволна точка $M$ различна од $E$ и од неа се повлечени двете тангенти кон $k$ кои ја допираат оваа кружница во $A$ и $B$. Ако $H$ е пресекот на $A B$ и $O E$, докажи дека $\overline{O H}=\frac{r^{2}}{\overline{O E}}$.

Решение. Нека $G$ е пресекот на $O M$ и $A B$. Бидејќи $\triangle O G H \sim \triangle O E M$ добиваме $\frac{\overline{O G}}{\overline{O H}}=\frac{\overline{O E}}{\overline{O M}}$ од каде следува

$$\overline{OE}\cdot \overline{OH}=\overline{OM}\cdot \overline{OG}\backslash overline\{O\; E\}\; \backslash cdot\; \backslash overline\{O\; H\}=\backslash overline\{O\; M\}\; \backslash cdot\; \backslash overline\{O\; G\}$$

Од друга страна, бидејќи $\triangle A O G \sim \triangle M O A$, имаме $\frac{\overline{O A}}{\overline{O G}}=\frac{\overline{O M}}{\overline{O A}}$. Значи,

$$\overline{OM}\cdot \overline{OG}={\overline{OA}}^2\backslash overline\{O\; M\}\; \backslash cdot\; \backslash overline\{O\; G\}=\backslash overline\{O\; A\}^\{2\}$$

Конечно, од равенствата (1) и (2) следува

$$\overline{OH}=\frac{{\overline{OA}}^2}{\overline{OE}}=\frac{r^2}{\overline{OE}}\backslash overline\{O\; H\}=\backslash frac\{\backslash overline\{O\; A\}^\{2\}\}\{\backslash overline\{O\; E\}\}=\backslash frac\{r^\{2\}\}\{\backslash overline\{O\; E\}\}$$

3. Докажи дека за позитивни реални броеви $a, b, c$ е точно неравенството

$$(16a^2+8b+17)(16b^2+8c+17)(16c^2+8a+17)\ge 2^{12}(a+1)(b+1)(c+1)\backslash left(16\; a^\{2\}+8\; b+17\backslash right)\backslash left(16\; b^\{2\}+8\; c+17\backslash right)\backslash left(16\; c^\{2\}+8\; a+17\backslash right)\; \backslash geq\; 2^\{12\}(a+1)(b+1)(c+1)$$

Кога важи знак за равенство?

Решение. Ако двапати го примениме неравенството меѓу аритметичката и геометриската средина добиваме

На потполно ист начин добиваме

Ако ги помножиме неравенства (1), (2) и (3) добиваме

$$(16a^2+8b+17)(16b^2+8c+17)(16c^2+8a+17)\ge 2^{12}(a+1)(b+1)(c+1)\backslash left(16\; a^\{2\}+8\; b+17\backslash right)\backslash left(16\; b^\{2\}+8\; c+17\backslash right)\backslash left(16\; c^\{2\}+8\; a+17\backslash right)\; \backslash geq\; 2^\{12\}(a+1)(b+1)(c+1)$$

Во (1) знак за равенство важи кога $16 a^{2}=1$ и $a=b$. Односно $a=b=\frac{1}{4}$. Со аналогни размислувања од (2) и (3) следува дека знак за равенство важи ако и само ако $a=b=c=\frac{1}{4}$.

4. Нека $A B C$ е остроаголен триаголник и $k$ е кружницата опишана околу него. Точката $O$ во внатрешноста на триаголникот е таква што $\overline{C E}=\overline{C F}$, каде $E$ и $F$ се точки од $k$ и $E$ лежи на $A O$, а $F$ лежи на $B O$. Докажи дека $O$ лежи на симетралата на аголот во темето $C$ ако и само ако триаголникот е рамнокрак со основа $\overline{A B}$.

Решение. Од $\overline{C E}=\overline{C F}$ следува дека

$$\mathrm{\measuredangle }CAE=\mathrm{\measuredangle }CBF,\backslash measuredangle\; C\; A\; E=\backslash measuredangle\; C\; B\; F,$$

како агли над еднакви тетиви.

Да претпоставиме прво дека триаголникот е рамнокрак. Тогаш, од тоа што $O$ е внатрешна точка за $A B C$ и (1), следува дека

$$\mathrm{\measuredangle }BAO=\mathrm{\measuredangle }BAC-\mathrm{\measuredangle }CAO=\mathrm{\measuredangle }ABC-\mathrm{\measuredangle }CBO=\mathrm{\measuredangle }ABO\backslash measuredangle\; B\; A\; O=\backslash measuredangle\; B\; A\; C-\backslash measuredangle\; C\; A\; O=\backslash measuredangle\; A\; B\; C-\backslash measuredangle\; C\; B\; O=\backslash measuredangle\; A\; B\; O$$

што значи дека триаголникот $A B O$ е рамнокрак со основа $\overline{A B}$, т.е.

$$\overline{AO}=\overline{BO}\backslash overline\{A\; O\}=\backslash overline\{B\; O\}$$

Бидејќи триаголникот $A B C$ е рамнокрак, следува дека

$$\overline{AC}=\overline{BC}\backslash overline\{A\; C\}=\backslash overline\{B\; C\}$$

Од (1), (2) и (3) следува дека $\triangle A O C \cong \triangle B O C$, од каде $\measuredangle A C O=\measuredangle B C O$, т.е. $O$ лежи на симетралата на аголот кај темето $C$.

Нека сега точката $O$ лежи на симетралата на аголот кај темето $C$ и нека $M$ и $N$ се подножните точки на нормалите повлечени од точката $O$ кон страните $A C$ и $B C$, соодветно. Правоаголните триаголници $C O N$ и $C O M$ се складни, бидејќи $\measuredangle A C O=\measuredangle B C O$ и $C O$ е заедничка страна, па

$$\overline{CN}=\overline{CM}\backslash overline\{C\; N\}=\backslash overline\{C\; M\}$$

и

$$\overline{ON}=\overline{OM}\backslash overline\{O\; N\}=\backslash overline\{O\; M\}$$

Од (1) и (5) следува дека правоаголните триаголници $B O N$ и $A O M$ се складни, па затоа

$$\overline{BN}=\overline{AM}\backslash overline\{B\; N\}=\backslash overline\{A\; M\}$$

Со собирање на (4) и (6) добиваме дека $\overline{A C}=\overline{B C}$ (точките $M$ и $N$ се во внатрешноста на страните, бидејќи триаголникот е остроаголен).

5. Нека $A$ и $B$ се два идентични конвексни многуаголници, со плоштина 2015. Многуаголникот A е разделен на многуаголници со плоштини $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{2015}$, а многуаголникот $B$ на многуаголници со плоштина $B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{2015}$. Со 2015 бои се обоени $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{2015}, B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{2015}$ така што $A_{i}$ е различно обоен од $A_{j}$ и $B_{i}$ е различно обоен од $B_{j}$, за $i \neq j$. По поклопувањето на многуаголниците $A$ и $B$, пресметан е збирот на плоштините на деловите кои што имаат иста боја.

Докажи дека постои боење на многуаголниците за кое овој збир е најмалку 1.

Решение. По поклопувањето на дадените многуаголници ги добиваме многуаголниците

$$C_{ij}=A_i\cap B_j,i,j\in \{1,2,\dots ,2015\}C\_\{i\; j\}=A\_\{i\}\; \backslash cap\; B\_\{j\},\; i,\; j\; \backslash in\backslash \{1,2,\; \backslash ldots,\; 2015\backslash \}$$

Многуаголниците $B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{2015}$ може да се обојат на 2015! начини. Нека е дадено едно боење на $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{2015}$. За произволно боење на $B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{2015}$ кое го означуваме со $n$, нека $O_{n}$ го означува збирот на плоштината на деловите обоени со иста боја од двата многуаголници. Тогаш

$$O_n=\sum _{i,j=1}^{2015}{c}_{ij}P\left(C_{ij}\right)O\_\{n\}=\backslash sum\_\{i,\; j=1\}^\{2015\}\; c\_\{i\; j\}\; P\backslash left(C\_\{i\; j\}\backslash right)$$

каде што $c_{i j}=1$ ако $A_{i}$ и $B_{j}$ се обоени со иста боја и $c_{i j}=0$ во останатите случаи. Добиваме дека

$$\sum _{n=1}^{2015!}{O}_n=\sum _{i,j=1}^{2015}{d}_{ij}P\left(C_{ij}\right)\backslash sum\_\{n=1\}^\{2015!\}\; O\_\{n\}=\backslash sum\_\{i,\; j=1\}^\{2015\}\; d\_\{i\; j\}\; P\backslash left(C\_\{i\; j\}\backslash right)$$

каде што $d_{i j}$ е бројот на боења на $B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{2015}$ во кои $A_{i}$ и $B_{j}$ имаат иста боја. Очигледно е дека $d_{i j}=2014$ !. Според тоа,

$$\sum _{n=1}^{2015!}{O}_n=\sum _{i,j=1}^{2015}{d}_{ij}P\left(C_{ij}\right)=2014!\cdot 2015=2015!\backslash sum\_\{n=1\}^\{2015!\}\; O\_\{n\}=\backslash sum\_\{i,\; j=1\}^\{2015\}\; d\_\{i\; j\}\; P\backslash left(C\_\{i\; j\}\backslash right)=2014!\backslash cdot\; 2015=2015!$$

Конечно, од

$$O_1+O_2+\dots +O_{2015!}=2015!O\_\{1\}+O\_\{2\}+\backslash ldots+O\_\{2015!\}=2015!$$

следува дека постои $k \in{1,2, \ldots, 2015$ ! $}$ за кое што $O_{k} \geq 1$, што и требаше да се докаже.