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

# JMMO 2015 

1. Во множеството на целите броеви реши ја равенката

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

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

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

односно

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

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

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

Значи,

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

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

$$
\overline{O E} \cdot \overline{O H}=\overline{O M} \cdot \overline{O G}
$$

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,

$$
\overline{O M} \cdot \overline{O G}=\overline{O A}^{2}
$$

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

$$
\overline{O H}=\frac{\overline{O A}^{2}}{\overline{O E}}=\frac{r^{2}}{\overline{O E}}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_8aa644e38429fd5c7b1cg-1.jpg?height=377&width=387&top_left_y=1715&top_left_x=1056)

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

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

Кога важи знак за равенство?

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

$$
\begin{aligned}
16 a^{2}+8 b+17 & =\left(16 a^{2}+1\right)+8 b+16 \\
& \geq 8 a+8 b+16 \\
& =8(a+b+2) \\
& =8(a+1+b+1) \\
& \geq 8 \cdot 2 \sqrt{(a+1)(b+1)} \\
& =2^{4} \sqrt{(a+1)(b+1)}
\end{aligned}
$$

На потполно ист начин добиваме

$$
\begin{aligned}
& 16 b^{2}+8 c+17 \geq 2^{4} \sqrt{(b+1)(c+1)} \\
& 16 c^{2}+8 a+17 \geq 2^{4} \sqrt{(c+1)(a+1)}
\end{aligned}
$$

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

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

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

$$
\measuredangle C A E=\measuredangle C B F,
$$

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

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_8aa644e38429fd5c7b1cg-2.jpg?height=260&width=271&top_left_y=1824&top_left_x=1191)

$$
\measuredangle B A O=\measuredangle B A C-\measuredangle C A O=\measuredangle A B C-\measuredangle C B O=\measuredangle A B O
$$

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

$$
\overline{A O}=\overline{B O}
$$

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

$$
\overline{A C}=\overline{B C}
$$

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

$$
\overline{C N}=\overline{C M}
$$

и

$$
\overline{O N}=\overline{O M}
$$

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

$$
\overline{B N}=\overline{A M}
$$

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

$$
C_{i j}=A_{i} \cap B_{j}, i, j \in\{1,2, \ldots, 2015\}
$$

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

$$
O_{n}=\sum_{i, j=1}^{2015} c_{i j} P\left(C_{i j}\right)
$$

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

$$
\sum_{n=1}^{2015!} O_{n}=\sum_{i, j=1}^{2015} d_{i j} P\left(C_{i j}\right)
$$

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,

$$
\sum_{n=1}^{2015!} O_{n}=\sum_{i, j=1}^{2015} d_{i j} P\left(C_{i j}\right)=2014!\cdot 2015=2015!
$$

Конечно, од

$$
O_{1}+O_{2}+\ldots+O_{2015!}=2015!
$$

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