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

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

постојат барем $k$ последователни сложени броеви

Решение. Ќе докажеме дека $k=7$.

Ако $n=87$ тогаш

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

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

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

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

$$
x+y+z \geq \sqrt{3 x y z}
$$

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

$$
27^{3}=(x y+y z+z x)^{3} \geq 27 \cdot x y \cdot y z \cdot z x=27(x y z)^{2}
$$

од каде следува

$$
x y z \geq 27
$$

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

$$
\begin{aligned}
(x+y+z)^{2} & =x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(x y+y z+z x) \\
& =x^{2}+y^{2}+z^{2}+2 \cdot 27 \\
& =\left(x^{2}+9\right)+\left(y^{2}+9\right)+\left(z^{2}+9\right)+27 \\
& \geq 2 \sqrt{9 x^{2}}+2 \sqrt{9 y^{2}}+2 \sqrt{9 z^{2}}+x y z \\
& =18 \cdot \frac{x+y+z}{3}+x y z \\
& \geq 18 \cdot \frac{3}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}+x y z \\
& =18 \cdot \frac{3 x y z}{x y+y z+z x}+x y z \\
& =\frac{54 x y z}{27}+x y z=3 x y z
\end{aligned}
$$

од каде следува неравенството

$$
x+y+z \geq \sqrt{3 x y z}
$$

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

$$
(x+y+z)^{3} \geq 27 x y z \text { и }(x y+y z+z x)^{3} \geq 27 x y \cdot y z \cdot z x=27(x y z)^{2}
$$

добиваме

$$
\begin{aligned}
27^{3}(x+y+z)^{12} & =(x y+y z+z x)^{3}\left((x+y+z)^{3}\right)^{4} \\
& \geq 27(x y z)^{2}(27 x y z)^{4}=27^{5}(x y z)^{6}
\end{aligned}
$$

од каде

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

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

$$
x+y+z \geq \sqrt{3 x y z}
$$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

$$
\measuredangle C D E=180^{\circ}-2 \measuredangle D C E=180^{\circ}-2 \measuredangle A C B=\measuredangle A B C .
$$

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

$$
\begin{aligned}
\Varangle J G E & =180^{\circ}-\measuredangle J H E \\
& =\measuredangle J H D .
\end{aligned}
$$

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

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_6601ef039d6de27ccb4fg-4.jpg?height=598&width=699&top_left_y=499&top_left_x=780)
$A D$. Од еднаквоста на аглите со паралелни краци добиваме

$$
\measuredangle J H D=\measuredangle C D H=\measuredangle C D E=\measuredangle A B C .
$$

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

$$
\begin{aligned}
\measuredangle K F D & =\measuredangle K H E=\measuredangle C E H \\
& =\measuredangle C A B
\end{aligned}
$$

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

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_6601ef039d6de27ccb4fg-4.jpg?height=649&width=752&top_left_y=1327&top_left_x=746)
$\overline{H J}=\frac{\overline{A D}}{2}$, 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.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_6601ef039d6de27ccb4fg-5.jpg?height=706&width=697&top_left_y=255&top_left_x=764)

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

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

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-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_6601ef039d6de27ccb4fg-5.jpg?height=476&width=605&top_left_y=1608&top_left_x=856)
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

$$
P_{A B C}=(1+3+\ldots(2 m-3)) P
$$

и имаме

$$
(m-1)^{2} P<2020
$$

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

$$
(m-1)^{2}<4040 \text { или } m \leq 64
$$

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 $(0,63)$.