MatematickiTalent/md/mk-jmmo/mk-2019.md

# JMMO 2019 

1. Определи ги сите прости броеви од облик $1+2^{p}+3^{p}+\ldots+p^{p}$ каде $p$ е прост број.

Решение. Прв начин. За $p=2$ го добиваме бројот $1+2^{2}=5$, кој е прост број. Нека $p>2$ односно нека $p$ е непарен број. Тогаш бројот

$$
1+2^{p}+\ldots+p^{p}=\left(1^{p}+(p-1)^{p}\right)+\left(2^{p}+(p-2)^{p}\right)+\ldots+\left(\left(\frac{p-1}{2}\right)^{p}+\left(\frac{p+1}{2}\right)^{p}\right)+p^{p}
$$

е делив број со $p$, бидејќи секој од броевите во заградите е делив со $p$. Навистина, од

$$
k^{p} \equiv k^{p}(\bmod p), p-k \equiv-k(\bmod p) \text { и }(p-k)^{p} \equiv(-k)^{p} \equiv-k^{p}(\bmod p)
$$

следува

$$
k^{p}+(p-k)^{p} \equiv k^{p}-k^{p} \equiv 0(\bmod p)
$$

Според тоа, за произволен непарен прост број $p$ број од видот $1+2^{p}+3^{p}+\ldots+p^{p}$ е сложен број.

Конечно, единствено решение на задачата е бројот 5 кој се добива за $p=2$.

Втор начин. Од малата теорема на Ферма следува $a^{p} \equiv a(\bmod p)$, за секој природен број $a$ и секој прост број $p$. Затоа

$$
1+2^{p}+3^{p}+\ldots+p^{p} \equiv 1+2+\ldots+p=\frac{p(p+1)}{2}(\bmod p)
$$

Ако $p$ е непарен број, тогаш $p+1$ е парен од каде следува дека $\frac{p(p+1)}{2} \equiv 0(\bmod p)$, што значи дека во овој случај задачата нема решение. За $p=2$ добиваме $1+2^{2}=5$, па затоа единствено решение на задачата е бројот 5 .

2. Кружниците $\omega_{1}$ и $\omega_{2}$ се сечат во две точки $A$ и $B$. Нека $t_{1}$ и $t_{2}$ се тангентите на $\omega_{1}$ и $\omega_{2}$, соодветно, низ точката $A$. Нека вториот пресек на $\omega_{1}$ и $t_{2}$ е $C$, а вториот пресек на $\omega_{2}$ и $t_{1}$ е $D$. На полуправата $A B$, по $B$, дадени се точки $P$ и $E$, така што $\overline{A E}=2 \cdot \overline{A P}$. Опишаната кружница на $\triangle B C E$ ја сече $t_{2}$ по втор пат во точка $Q$, а опишаната кружница на $\triangle B D E$ ја сече $t_{1}$ по втор пат во точка $R$. Докажи дека точките $P, Q$ и $R$ се колинеарни.

Решение. Од својството за агол меѓу тангентата $t_{1}$ и тетивата $A B$ во $\omega_{1}$ имаме

$$
\measuredangle B C A=\measuredangle B A D
$$

Од тетивниот четириаголник $B C Q E$ имаме

$$
\measuredangle Q E B+\measuredangle Q C B=180^{\circ}
$$

Значи,

$$
\begin{aligned}
\measuredangle Q E A & =\measuredangle Q E B \\
& =180^{\circ}-\measuredangle Q C B \\
& =\measuredangle B C A=\measuredangle B A D \\
& =\measuredangle E A R
\end{aligned}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_a78e36cf5a28cae4144bg-2.jpg?height=658&width=658&top_left_y=262&top_left_x=822)

па бидејќи наизменичните агли на трансверзалата $E A$ се еднакви, добиваме $Q E \| A R$.

Од својството за агол меѓу тангентата $t_{2}$ и тетивата $A B$ во $\omega_{2}$ имаме $\measuredangle A D B=\measuredangle B A C$. Од тетивниот четириаголник $B R D E$ имаме

$$
\measuredangle R E B=\measuredangle R D B
$$

Значи,

$$
\measuredangle R E A=\measuredangle R E B=\measuredangle R D B=\measuredangle A D B=\measuredangle B A C=\measuredangle E A Q,
$$

па бидејќи наизменичните агли на трансверзалата $E A$ се еднакви, добиваме $R E \| A Q$.

Значи, четириаголникот $A Q E R$ е паралелограм. Од $\overline{A E}=2 \cdot \overline{A P}$, добиваме $\overline{A E}=\overline{P E}$, т.е. $P$ е средина на дијагоналата $A E$ во паралелограмот $A Q E R$. Бидејќи дијагоналите во паралелограм се преполовуваат во пресечната точка, добиваме дека $P$ мора да е средина и на другата дијагонала $Q R$, т.е. $P \in Q R$. Значи, точките $P, Q$ и $R$ се колинеарни.

3. Дефинираме боење на рамнината на следниот начин:

- избираме природен број $m$,
- нека $K_{1}, K_{2}, \ldots, K_{m}$ се различни кругови со ненулти радиуси такви што $K_{i} \subset K_{j}$ или $K_{j} \subset K_{i}$ за $i \neq j$,
- точките од рамнината кои што се надвор од произволен од избраните кругови се различно обоени од точките кои што се внатре во кругот.

Во рамнината се дадени 2019 точки такви што било кои три од нив не се колинеарни. Определи го максималниот број на бои со кои дадените точки можат да се обојат?

Решение. Од условот на задачата следува дека максималниот број бои е помал или еднаков на 2019.

Ќе докажеме дека бројот 2019 бои се достигнува. За таа цел доволно е да докажеме дека постојат $K_{1}, K_{2}, \ldots, K_{2019}$ кругови кои дефинираат различно боење на точките. Ги повлекуваме сите отсечки кои имаат крајни точки во дадените 2019 точки, вкупно $\frac{2019 \cdot 2018}{2}$ отсечки. На овие отсечки повлекуваме симетрали. Избираме точка $O$ која не лежи на ниту една од повлечените симетрали. Јасно, растојаниата од таа точка до дадените 2019 точки се меѓу себе различни (избраната точка не лежи на било која од симетралите на отсечките) и овие растојанија ги подредуваме во растечки редослед $0<s_{1}<s_{2}<\ldots<s_{2019}$. Понатаму, наоѓаме броеви $r_{i}, i=1,2, \ldots, 2019$ тави што

$$
s_{1}<r_{1}<s_{2}<r_{2}<\ldots<s_{2019}<r_{2019}
$$

Конечно, конструираме 2019 концентрични кружници со центар во точката $O$ и радиуси $r_{i}, 1 \leq i \leq 2019$. Јасно, овие кружници дефинираат боење во кое секоја од избраните 2019 точки е различно обоена.

4. Нека реалните броеви $a, b, c$ се такви што

$$
(a+b)(b+c)(c+a)=a b c \text { и }\left(a^{9}+b^{9}\right)\left(b^{9}+c^{9}\right)\left(c^{9}+a^{9}\right)=a^{9} b^{9} c^{9}
$$

Докажи дека најмалку еден од броевите $a, b, c$ е еднаков на нула.

Решение. За секои реални броеви $x$ и $y$ важи

$$
x^{2}-x y+y^{2} \geq x y \text { и } x^{6}-x^{3} y^{3}+y^{6} \geq x^{3} y^{3}
$$

Затоа

$$
\begin{aligned}
x^{9}+y^{9} & =(x+y)\left(x^{2}-x y+y^{2}\right)\left(x^{6}-x^{3} y^{3}+x^{6}\right) \\
& \geq(x+y) x y x^{3} y^{3}=(x+y) x^{4} y^{4}
\end{aligned}
$$

Знак за равенство важи ако и само ако $x=y$. Користејќи го последното неравенство добиваме

$$
\begin{aligned}
a^{9} b^{9} c^{9} & =\left(a^{9}+b^{9}\right)\left(b^{9}+c^{9}\right)\left(c^{9}+a^{9}\right) \\
& \geq(a+b)(b+c)(c+a) a^{4} b^{4} b^{4} c^{4} c^{4} a^{4}=a^{9} b^{9} c
\end{aligned}
$$

Ако $a b c \neq 0$, тогашзнак за равенство важи ако $a=b=c$.Но, тогаш со замена во

$$
(a+b)(b+c)(c+a)=a b c
$$

добиваме $8 a^{3}=a^{3}$, од каде следува $a=0$, што е противречност. Конечно, од добиената противречност следува дека најмалку еден од броевите $a, b, c$ еднаков на нула.

5. Нека $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{k}$ се различни прости броеви. Определи го бројот на природни броеви од облик $p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}}, \alpha_{i} \in \mathbb{N}$ за кои важи

$$
\alpha_{1} \alpha_{2} \ldots \alpha_{k}=p_{1} p_{2} \ldots p_{k}
$$

Решение. Јасно, од $p_{1} p_{2} \ldots p_{k}=\alpha_{1} \alpha_{2} \ldots \alpha_{k}$ следува за секој $i \in\{1, \ldots, k\}$ важи $p_{i} \mid \alpha_{s}$, за некој $s \in\{1,2, \ldots, k\}$. Имајќи го предвид последното ќе конструираме подредена $k$-торка ( $\alpha_{1}, \ldots, \alpha_{k}$ ) природни броеви за која е исполнето равенството $p_{1} p_{2} \ldots p_{k}=\alpha_{1} \alpha_{2} \ldots \alpha_{k}$. Земаме $k$-торка $(1,1, \ldots, 1)$. Со бројот $p_{1}$ множиме произволен (еден) член на оваа $k-$ торка, што значи дека за $p_{1}$ имаме $k$ можности. Понатаму, во добиената $k$-торка со $p_{2}$ множиме произволен (еден) нејзин член, што значи дека за $p_{2}$ имаме $k$ можности. Продолжувајќи ја постапката добиваме дека за секој од простите броеви $p_{3}, \ldots, p_{k}$ имаме $k$ можности. Според тоа, добиваме дека постојат $k^{k}$ подредени $k$-торки $\left(\alpha_{1}, \ldots, \alpha_{k}\right)$ за кои важи $p_{1} p_{2} \ldots p_{k}=\alpha_{1} \alpha_{2} \ldots \alpha_{k}$. Јасно, секоја од овие $k-$ торки определува број од видот $p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}}, \alpha_{i} \in \mathbb{N}$ и различните подредени $k$-торки определуваат различни броеви од бараниот вид. Навистина, ако $\left(\alpha_{1}, \ldots, \alpha_{k}\right) \neq\left(\beta_{1}, \ldots, \beta_{k}\right)$, тогаш $\alpha_{i} \neq \beta_{i}$ за барем еден $i \in\{1,2, \ldots, k\}$, па затоа $p_{i}^{\alpha_{i}} \neq p_{i}^{\beta_{i}}$, од каде следува

$$
p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}} \neq p_{1}^{\beta_{1}} p_{2}^{\beta_{2}} \ldots p_{k}^{\beta_{k}}
$$

Обратно, секој број од видот $p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}}, \alpha_{i} \in \mathbb{N}$ за кои важи $\alpha_{1} \alpha_{2} \ldots \alpha_{k}=p_{1} p_{2} \ldots p_{k}$ определува подредена $k$-торка ( $\alpha_{1}, \ldots, \alpha_{k}$ ) природни броеви за која е исполнето равенството $p_{1} p_{2} \ldots p_{k}=\alpha_{1} \alpha_{2} \ldots \alpha_{k}$.

Конечно, бројот на природни броеви од облик $p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}}, \alpha_{i} \in \mathbb{N}$ за кои важи $\alpha_{1} \alpha_{2} \ldots \alpha_{k}=p_{1} p_{2} \ldots p_{k}$ е еднаков на $k^{k}$.