MatematickiTalent/md/mk-jmmo/mk-2020.md

JMMO 2020

1. Нека $S$ е множеството природни броеви $n$ такви што секој од броевите $n+1, n+3, n+4, n+5, n+6$ и $n+8$ е сложен. Определи го најголемиот број $k$ со својство: За секој $n \in S$ во множеството

$$\{n,n+1,n+2,n+3,n+4,n+5,n+6,n+7,n+8,n+9\}\backslash \{n,\; n+1,\; n+2,\; n+3,\; n+4,\; n+5,\; n+6,\; n+7,\; n+8,\; n+9\backslash \}$$

постојат барем $k$ последователни сложени броеви

Решение. Ќе докажеме дека $k=7$.

Ако $n=87$ тогаш

$$\{n+1,n+3,n+4,n+5,n+6,n+8\}=\{88,90,91,92,93,95\}\backslash \{n+1,\; n+3,\; n+4,\; n+5,\; n+6,\; n+8\backslash \}=\backslash \{88,90,91,92,93,95\backslash \}$$

се сите сложени броеви, па значи $S \neq \varnothing$. Во множеството

$$\{n,n+1,n+2,\dots ,n+9\}=\{88,89,90,\dots ,96\}\backslash \{n,\; n+1,\; n+2,\; \backslash ldots,\; n+9\backslash \}=\backslash \{88,89,90,\; \backslash ldots,\; 96\backslash \}$$

најдолгата низа последователни сложени броеви има должина 7. Значи, $k \leq 7$.

i) Нека $n \in S$ и $n+2$ е прост број. Тогаш тој е непарен, па затоа $n+7$ и $n+9$ се парни броеви поголеми од 2 , што значи дека се сложени броеви. Според тоа, $n+3, n+4, n+5, n+6, n+7, n+8$ и $n+9$ се седум последователни сложени броеви.

ii) Ако $n \in S$ и $n+7$ е прост број. Тогаш $n+7$ е непарен број, па затоа $n$ и $n+2$ се парни броеви поголеми од 2 , што значи дека се сложени ( $2 \notin S$ бидејќи $n+1=3$ е прост број). Со тоа докажавме дека $n, n+1, n+2, n+3, n+4, n+5$ и $n+6$ се седум последователни сложени броеви.

iii)Ако $n \in S$ и $n+2$ и $n+7$ се сложени броеви, тогаш тврдењето е очигледно (во случајов има барем 9 сложени броеви).

2. Нека $x, y, z$ се позитивни реални броеви такви што $x y+y z+z x=27$. Докажи го неравенството

$$x+y+z\ge \sqrt{3xyz}x+y+z\; \backslash geq\; \backslash sqrt\{3\; x\; y\; z\}$$

Решение. Прв начин. Со користење на условот на задачата и неравенството меѓу аритметичката и геометриската средина за $x y, y z, z x$ се добива

$${27}^3=(xy+yz+zx{)}^3\ge 27\cdot xy\cdot yz\cdot zx=27(xyz{)}^{2}27^\{3\}=(x\; y+y\; z+z\; x)^\{3\}\; \backslash geq\; 27\; \backslash cdot\; x\; y\; \backslash cdot\; y\; z\; \backslash cdot\; z\; x=27(x\; y\; z)^\{2\}$$

од каде следува

$$xyz\ge 27x\; y\; z\; \backslash geq\; 27$$

Понатаму, со квадрирање, користење на почетниот услов, групирање на членовите, користење на неравенството (1), користење на неравенството меѓу аритметичката и геометриската средина, како и неравенството меѓу аритметичката и хармониската средина добиваме

од каде следува неравенството

$$x+y+z\ge \sqrt{3xyz}x+y+z\; \backslash geq\; \backslash sqrt\{3\; x\; y\; z\}$$

Знак за равенство важи ако и само ао $x y=y z=z x, x^{2}=y^{2}=z^{2}=9$, од каде следува $x=y=z=3$.

Втор начин. Од

$$(x+y+z{)}^3\ge 27xyz\text{ и }(xy+yz+zx{)}^3\ge 27xy\cdot yz\cdot zx=27(xyz{)}^2(x+y+z)^\{3\}\; \backslash geq\; 27\; x\; y\; z\; \backslash text\; \{\; и\; \}(x\; y+y\; z+z\; x)^\{3\}\; \backslash geq\; 27\; x\; y\; \backslash cdot\; y\; z\; \backslash cdot\; z\; x=27(x\; y\; z)^\{2\}$$

добиваме

од каде

$$(x+y+z{)}^{12}\ge {27}^2(xyz{)}^6=(3xyz{)}^6(x+y+z)^\{12\}\; \backslash geq\; 27^\{2\}(x\; y\; z)^\{6\}=(3\; x\; y\; z)^\{6\}$$

Сега, од последното неравенство заради $x, y, z>0$ следува

$$x+y+z\ge \sqrt{3xyz}x+y+z\; \backslash geq\; \backslash sqrt\{3\; x\; y\; z\}$$

што и требаше да се докаже. Јасно, знак за равенство важи ако и само ако $x=y=z=3$.

3. Во множеството цели броеви реши ја равенката

$$x^5+2=3\cdot {101}^{y}x^\{5\}+2=3\; \backslash cdot\; 101^\{y\}$$

Решение. Нека $(x, y)$ е решение на равенката. Ако $y<0$, тогаш постои природен број $k>0$ таков што $y=-k$, па равенката гласи

$$x^5+2=3\cdot {101}^{-k}x^\{5\}+2=3\; \backslash cdot\; 101^\{-k\}$$

Ако двете страни ги помножиме со $100^{k}$, добиваме

$${101}^k(x^5+2)=3101^\{k\}\backslash left(x^\{5\}+2\backslash right)=3$$

Но, $101^{k}$ и $x^{2}+3$ се цели броеви, па како $k>0$ од последното равенство следува 101|3, што е противречност. Според тоа, $у$ е ненегативен цел број.

Ќе докажеме дека $y=0$. Нека $y \geq 1$. Тогаш

$$x^5+2=3\cdot {101}^y\equiv 0(101)x^\{5\}+2=3\; \backslash cdot\; 101^\{y\}\; \backslash equiv\; 0(\backslash bmod\; 101)$$

т.е. $x^{5} \equiv-2(\bmod 101)$, од каде добиваме

$$x^{100}\equiv {\left(x^5\right)}^{20}\equiv (-2{)}^{20}(101)x^\{100\}\; \backslash equiv\backslash left(x^\{5\}\backslash right)^\{20\}\; \backslash equiv(-2)^\{20\}(\backslash bmod\; 101)$$

Од почетната равенка е јасно дека $x$ не е делив со 101, па од Малата теорема на Ферма применета за простиот број 101 следува дека

$$x^{100}\equiv 1(101)x^\{100\}\; \backslash equiv\; 1(\backslash bmod\; 101)$$

Сега, од $(-2)^{20}=\left(2^{10}\right)^{2}=1024^{2} \equiv 14^{2}(\bmod 101)$ и горните конгруенции следува

$$1\equiv x^{100}\equiv {14}^2\equiv 95(101)1\; \backslash equiv\; x^\{100\}\; \backslash equiv\; 14^\{2\}\; \backslash equiv\; 95(\backslash bmod\; 101)$$

што е противречност. Од добиената противречност следува дека останува да го разгледаме само случајот $y=0$. Тогаш равенката го добива видот $x^{5}+2=3$, од каде следува $x^{5}=1$, т.е. $x=1$.

Конечно, парот $(x, y)=(1,0)$ е единствено решение на дадената равенка.

4. Нека $A B C$ е рамнокрак триаголник со основа $A C$. На страните $A C$ и $B C$ соодветно се избрани точки $D$ и $E$ такви што $\overline{C D}=\overline{D E}$. Нека $H, J$ и $K$ се средини на $D E, A E$ и $B D$, соодветно. Опишната кружница околу триаголникот $D H K$ ја сече $A D$ во точка $F$, а опишаната кружница околу триаголникот $H E J$ ја сече $B E$ во точка $G$. Правата низ $K$ паралелна со $A C$ ја сече $A B$ во точка $I$. Нека $I H \cap G F=M$. Докажи дека точките $J, M$ и $K$ се колинеарни.

Решение. Прво ќе докажеме дека четириаголникот $A B E D$ е тетивен. Бидејќи $\overline{A B}=\overline{B C}$, важи $\measuredangle A B C=180^{\circ}-2 \measuredangle A C B$. Од условот на задачата имаме и дека $\overline{C D}=\overline{D E}$, па важи

$$\mathrm{\measuredangle }CDE={180}^{\circ }-2\mathrm{\measuredangle }DCE={180}^{\circ }-2\mathrm{\measuredangle }ACB=\mathrm{\measuredangle }ABC\mathrm{.}\backslash measuredangle\; C\; D\; E=180^\{\backslash circ\}-2\; \backslash measuredangle\; D\; C\; E=180^\{\backslash circ\}-2\; \backslash measuredangle\; A\; C\; B=\backslash measuredangle\; A\; B\; C\; .$$

Според тоа, точките $A, B, D, E$ лежат на една кружниа.

Бидејќи $K$ е средина на $B D$, правата низ $K$ паралелна со $A C$ е средна линија на триаголникот $A B D$, па затоа $I$ е средина на $A B$.

Ќе докажеме дека $G$ e средина на $B E$, а $F$ e средина на $A D$.

Четириаголникот JGEH е тетивен, па имаме

Бидејќи $H$ и $J$ се средини на $D E$ и $A E$, следува дека $H J$ е средна линија на триаголникот $A E D$ и затоа $H J$ е паралелна со

$A D$. Од еднаквоста на аглите со паралелни краци добиваме

$$\mathrm{\measuredangle }JHD=\mathrm{\measuredangle }CDH=\mathrm{\measuredangle }CDE=\mathrm{\measuredangle }ABC\mathrm{.}\backslash measuredangle\; J\; H\; D=\backslash measuredangle\; C\; D\; H=\backslash measuredangle\; C\; D\; E=\backslash measuredangle\; A\; B\; C\; .$$

Оттука следува дека $J G$ е паралелна со $A B$. Бидејќи $J$ е средина на $A E$ и $J G$ е средна линија на $A B E$, следува дека $G$ е средина на $B E$.

Аналогно од

следува дека $K F$ е паралелна со $A B$. Бидејќи $K$ е средина на $B D$ и $K F$ е средна линија на $A B D$, добиваме дека $F$ е средина на $A D$.

Понатаму, HJ е средна линија на $A E D$, па затоа $H J$ е паралелна со $A C$ и

$\overline{H J}=\frac{\overline{A D}}{2}$, додека $K I$ е средна линија на $A B D$, па затоа $K I$ е паралелна со $A C$ и $\overline{K I}=\frac{\overline{A D}}{2}$ $=\overline{H J}$. Според тоа, четириаголникот HJIK е паралелограм и неговите дијагонали се половат.

Исто така, GK е средна лнија на триаголникот $D E B$, а $J F$ е средна линија на $A E D$, па на сличен начин заклучуваме дека четириаголникот JFKG е паралелограм. Тоа значи дека $K J$ и GF се половат, па оттука слеува дека $M$ е заедничка средина на $K J$, $I H$ и $G F$, што значи дека точките $J, M$ и $K$ се колинеарни.

5. Нека $T$ е триаголник со темиња во точки со целобројни координати таков што секоја страна на $T$ содржи точно $m$ точки со целобројни координати. Ако плоштината на $T$ е помала од 2020 определи ја најголемата можна вредност на $m$.

Решение. Да забележиме дека ако точките со целобројни координати $(a, b)$ и (c,d) лежат на една права, тогаш и точките

$$(a+k(c-a),b+k(d-b)),k\in \mathbb{Z}(a+k(c-a),\; b+k(d-b)),\; k\; \backslash in\; \backslash mathbb\{Z\}$$

лежат на истата права и растојанието меѓу две соседни точки од нив е еднакво. Бараниот триаголник (со максимална вредност на $m$ ) да го означиме со $A B C$.

Од условот на задачата и од горната дискусија следува дека растојанијата меѓу соседните точки од страните на триаголникот $A B C$ мора да се еднакви. Во спротивно од сите растојанија меѓу соседните точки со целобројни координати на една од страните го избираме минималното и заради горната дис-

кусија добиваме дека бројот на точки со целобројни координати е поголем од $m$.

Во секоја од точките со целобројни координати повлекуваме прави паралелни со страните на триаголникот $A B C$. Заради сличноста, секоја од правите повлечена во точките од страна на $A B C$ мора да минува низ некоја од целобројните точки на другите две страни. Како резултат на ова добиваме мрежа формирана од складни триаголници. Нека плоштината на еден од овие триаголници е $P$. Тогаш

$$P_{ABC}=(1+3+\dots (2m-3))PP\_\{A\; B\; C\}=(1+3+\backslash ldots(2\; m-3))\; P$$

и имаме

Според тоа, задачата се сведува на наоѓање на триаголник со целобројни координати со минимана плоштина.

Лема. Плоштината на триаголник со темиња во точки со целобројни координати е поголема или еднаква на $\frac{1}{2}$.

Доказ. Лемата е непосредна последица од теоремата на Пик, која гласи: Нека е даден многуаголник чии темиња имаат целобројни координати. Ако $i$ е бројот на точки со целобројни координати кои се наоѓаат во внатрешноста на многуаголникот, а $b$ е бројот точки со целобројни координати кои се темиња на многуаголникот или лежат на неговите страни, тогаш неговата плоштина е $P=i+\frac{b}{2}-1$. Според тоа, $P=\frac{k}{2}$ за некој $k \in \mathbb{N}$.

Од неравенството (2) добиваме дека

Вредноста $m=64$ се достгнува само кога $P=\frac{1}{2}$. Еден таков триаголник со плоштина $P=\frac{1}{2}$ е триаголникот со темиња во точките $(0,0),(1,0)$ и $(0,1)$. Заради мрежата дадена на почетокот, еден од можните триаголници $A B C$ ќе има темиња во точките со координати $(0,0),(63,0)$ и $(0,63)$.