MatematickiTalent/md/mk-jmmo/mk-2021.md

JMMO 2021

1. На овогодишната JММО некои од учениците се познаваат (познанството е симетрична релација), но постојат и ученици кои што не се познаваат. При произволно распоредување на учениците во две простории секогаш може да се најдат познаници сместени во различни простории. Нека $A$ е произволен натпреварувач. Докажи дека постојат натпреварувачи $B$ и $C$ такви што во тројката ${A, B, C}$ има точно две познаства.

Решение. Разгледуваме два случаја.

Случај 1. Натпреварувачот А ги познава сите учесници на JММО. Според условот постојат натпреварувачи $B$ и $C$ кои не се познаваат и како $A$ ги познава сите натпреварувачи заклучуваме дека $A \notin{B, C}$.

Оттука следува дека во тројката ${A, B, C}$ има точно две познаства.

Случај 2. Натпреварувачот $A$ не ги познава сите учесници на JMMO. Да го разгледаме распоредот во кој во една од просториите се сместени А и сите негови познаници, а во другата просторија се сместени сите уечесници на JММО со кои $A$ не се познава. Според условот на задачата постојат познаници $B$ и $C$ кои се сместени во различни простории. Без ограничување на општоста можеме да земеме дека $B$ во истата просторија со $A$, а $C$ е во другата простпорија. Тогаш $A$ и $B$ се познаници, $A$ и $C$ не се познаници, а $B$ и $C$ се познаници. Конечно, во тројката ${A, B, C}$ има точно две познаства.

2. Нека $A B C D$ е тангентен четириаголник и $k(O, r)$ е неговата впишана кружница, која ги допира страните $B C$ и $A D$ во точките $K$ и $L$, соодветно. Докажи дека кружницата со дијаметар OC минува низ пресекот на правите $K L$ и $O D$.

Решение. Правата KС е тангента на $k$, па затоа важи

$$\mathrm{\measuredangle }KOL=2\mathrm{\measuredangle }LKC\mathrm{.}\backslash measuredangle\; K\; O\; L=2\; \backslash measuredangle\; L\; K\; C\; .$$

Понатаму, ако $M$ е допирната точка на $C D$ co $k$, тогаш $\triangle L O D \cong \triangle M O D$ и $\triangle K O C \cong \triangle M O C$, па затоа точни се равенствата

$$\mathrm{\measuredangle }KOL=\mathrm{\measuredangle }KOM+\mathrm{\measuredangle }LOM=2\mathrm{\measuredangle }COM+2\mathrm{\measuredangle }MOD=2\mathrm{\measuredangle }COD\backslash measuredangle\; K\; O\; L=\backslash measuredangle\; K\; O\; M+\backslash measuredangle\; L\; O\; M=2\; \backslash measuredangle\; C\; O\; M+2\; \backslash measuredangle\; M\; O\; D=2\; \backslash measuredangle\; C\; O\; D$$

Од (1) и (2) следува дека $\measuredangle C O P=\measuredangle C O D=\measuredangle L K C=\measuredangle C K P$, што значи дека точките $C, O, P, K$ се конциклични, т.е. припаѓаат на иста кружница $k^{\prime}$. Конечно, од $\Varangle O K C=90^{\circ}$ следува дека $O C$ е дијаметар на $k^{\prime}$, што и требаше да се докаже.

3. Определи ги сите природни броеви $n$ и сите прости броеви $p$ такви што

$${17}^n\cdot 2^{n^2}-p=n^2(2^{n^2+3}+2^{n^2}-1)17^\{n\}\; \backslash cdot\; 2^\{n^\{2\}\}-p=n^\{2\}\backslash left(2^\{n^\{2\}+3\}+2^\{n^\{2\}\}-1\backslash right)$$

Решение. Равенката ќе ја запишеме во видот

$$({17}^n-9n^2)\cdot 2^{n^2}+n^2=p\backslash left(17^\{n\}-9\; n^\{2\}\backslash right)\; \backslash cdot\; 2^\{n^\{2\}\}+n^\{2\}=p$$

За $n=1$ имаме $p=17$ и тоа е прост број, па затоа парот $(n, p)=(1,17)$ е едно решение на задачата.

Нека $n>1$. Со математичка индукција лесно се докажува дека во тој случај $17^{n}-9 n^{2} \geq 1$, па затоа $\left(17^{n}-9 n^{2}\right) \cdot 2^{n^{2}}+n^{2}>2$, односно $p>2$. Според тоа, $p=\left(17^{n}-9 n^{2}\right) \cdot 2^{n^{2}}+n^{2}$ е непарен број, што значи дека $n$ е непарен број. Затоа $n^{2}=4 k(k+1)+1=8 t+1$, за некој $t \in \mathbb{N}$. Сега, ако искористиме дека $2^{8} \equiv 1(\bmod 17)$, добиваме

Според тоа, за $n>1$ левата страна на (1) е делива со 17 , па како $p$ е прост број заклучуваме дека $p=17$. Но, тогаш за $n \geq 2$ добиваме

$$({17}^n-9n^2)\cdot 2^{n^2}+n^2\ge 1\cdot 2^4+4=20>17=p\backslash left(17^\{n\}-9\; n^\{2\}\backslash right)\; \backslash cdot\; 2^\{n^\{2\}\}+n^\{2\}\; \backslash geq\; 1\; \backslash cdot\; 2^\{4\}+4=20>17=p$$

што е противречност. Конечно, од добиената противречност следува дека не постои решение такво што $n>1$, т.е. $(n, p)=(1,17)$ е единствено решение на задачата.

4. Нека $a, b, c$ се позитивни реални броеви такви што $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}=\frac{24}{4}$. Докажи го неравенството:

$$\frac{a^3+b^2}{a^2+b^2}+\frac{b^3+c^2}{b^2+c^2}+\frac{c^3+a^2}{c^2+a^2}\ge \frac{5}{2}\backslash frac\{a^\{3\}+b^\{2\}\}\{a^\{2\}+b^\{2\}\}+\backslash frac\{b^\{3\}+c^\{2\}\}\{b^\{2\}+c^\{2\}\}+\backslash frac\{c^\{3\}+a^\{2\}\}\{c^\{2\}+a^\{2\}\}\; \backslash geq\; \backslash frac\{5\}\{2\}$$

Решение. Прво ќе докажеме дека за секој $t>0$ важи

$$t^3-t^2\ge -\frac{4}{27}t^\{3\}-t^\{2\}\; \backslash geq-\backslash frac\{4\}\{27\}$$

Навистина, за секој $t>0$ е точн неравенството

$$(t+\frac{1}{3}){(t-\frac{2}{3})}^2\ge 0\backslash left(t+\backslash frac\{1\}\{3\}\backslash right)\backslash left(t-\backslash frac\{2\}\{3\}\backslash right)^\{2\}\; \backslash geq\; 0$$

кое е еквивалентно со неравенствот (1).

Од неравенството на Коши-Буњаковски-Шварц следува

$$(a^2+b^2)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2})\ge (1+1{)}^2=4\backslash left(a^\{2\}+b^\{2\}\backslash right)\backslash left(\backslash frac\{1\}\{a^\{2\}\}+\backslash frac\{1\}\{b^\{2\}\}\backslash right)\; \backslash geq(1+1)^\{2\}=4$$

односно

$$\frac{1}{a^2+b^2}\le \frac{1}{4}(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2})\backslash frac\{1\}\{a^\{2\}+b^\{2\}\}\; \backslash leq\; \backslash frac\{1\}\{4\}\backslash left(\backslash frac\{1\}\{a^\{2\}\}+\backslash frac\{1\}\{b^\{2\}\}\backslash right)$$

Слично се докажува дека

$$\frac{1}{b^2+c^2}\le \frac{1}{4}(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})\backslash frac\{1\}\{b^\{2\}+c^\{2\}\}\; \backslash leq\; \backslash frac\{1\}\{4\}\backslash left(\backslash frac\{1\}\{b^\{2\}\}+\backslash frac\{1\}\{c^\{2\}\}\backslash right)$$

и

$$\frac{1}{c^2+a^2}\le \frac{1}{4}(\frac{1}{c^2}+\frac{1}{a^2})\backslash frac\{1\}\{c^\{2\}+a^\{2\}\}\; \backslash leq\; \backslash frac\{1\}\{4\}\backslash left(\backslash frac\{1\}\{c^\{2\}\}+\backslash frac\{1\}\{a^\{2\}\}\backslash right)$$

Со собирање на последните три неравенства, ако го искористиме условот $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}=\frac{24}{4}$, добиваме

$$\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{b^2+c^2}+\frac{1}{c^2+a^2}\le \frac{1}{2}(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})=\frac{27}{8}\backslash frac\{1\}\{a^\{2\}+b^\{2\}\}+\backslash frac\{1\}\{b^\{2\}+c^\{2\}\}+\backslash frac\{1\}\{c^\{2\}+a^\{2\}\}\; \backslash leq\; \backslash frac\{1\}\{2\}\backslash left(\backslash frac\{1\}\{a^\{2\}\}+\backslash frac\{1\}\{b^\{2\}\}+\backslash frac\{1\}\{c^\{2\}\}\backslash right)=\backslash frac\{27\}\{8\}$$

Понатаму, од последното неравенство и неравенството (2), добиваме

што и требаше да се докаже.

5. Нека $A B C$ е остроаголен триаголник и нека $X$ и $Y$ се точки на страните $A B$ и $A C$ такви што $\overline{B X}=\overline{C Y}$. Нека $I_{B}$ и $I_{C}$ се центрите на впишаните кружници во триаголниците $A B Y$ и $A C X$, соодветно, а $T$ е точка во која по втор пат се сечат опишаните кружници околу три- аголниците $A B Y$ и $A C X$.Докажи го равенството

$$\frac{\overline{T{I}_B}}{\overline{T{I}_C}}=\frac{\overline{BY}}{\overline{CX}}\backslash frac\{\backslash overline\{T\; I\_\{B\}\}\}\{\backslash overline\{T\; I\_\{C\}\}\}=\backslash frac\{\backslash overline\{B\; Y\}\}\{\backslash overline\{C\; X\}\}$$

Решение. Лема. Нека $I$ е центар на впишаната кружница во триаголникот $A B C$, а $k$ е опишаната кружница околу тиаголникот $A B C$ и нека правата $C I$ по втор пат ја сече кружницата $k$ во точката $S$. Тогаш $S$ е центар на опишаната кружница околу триаголникот $A B I$. Доказ. Имаме

Значи, $\triangle I A S$ е рамнокрак и важи $\overline{S A}=\overline{S I}$. Слично се докажува дека $\triangle A B S$ е рамнокрак и $\overline{S B}=\overline{S I}$. Сега од

$$\overline{SA}=\overline{SI}=\overline{SB}\backslash overline\{S\; A\}=\backslash overline\{S\; I\}=\backslash overline\{S\; B\}$$

следува тврдењето на лемата.

Да се вратиме на задачата. Со $S$ да ја означиме втората пресечна точка на симетралата на $\Varangle B A C$ со опишаната кружница околу $\triangle A B Y$. Од условот на задачата имаме $\overline{B X}=\overline{C Y}$, од лемата следува $\overline{S B}=\overline{S Y}$ и важи $\measuredangle S B X=\measuredangle S B A=180^{\circ}-\measuredangle S Y A=\measuredangle S Y C$, па затоа $\triangle S B X \cong \triangle S Y C$. Сега, од складноста следува $\measuredangle X S B=\measuredangle C S Y$, па затоа

$$\mathrm{\measuredangle }CSX=\mathrm{\measuredangle }CSY+\mathrm{\measuredangle }YSX=\mathrm{\measuredangle }XSB+\mathrm{\measuredangle }YSX=\mathrm{\measuredangle }BSY\backslash measuredangle\; C\; S\; X=\backslash measuredangle\; C\; S\; Y+\backslash measuredangle\; Y\; S\; X=\backslash measuredangle\; X\; S\; B+\backslash measuredangle\; Y\; S\; X=\backslash measuredangle\; B\; S\; Y$$

И

$$\mathrm{\measuredangle }BSY+\mathrm{\measuredangle }BAY=\mathrm{\measuredangle }CSX+\mathrm{\measuredangle }CAX={180}^{\circ }\backslash measuredangle\; B\; S\; Y+\backslash measuredangle\; B\; A\; Y=\backslash measuredangle\; C\; S\; X+\backslash measuredangle\; C\; A\; X=180^\{\backslash circ\}$$

Од (1) следува дека точките $B, S, Y, A$ се конциклични. Тоа значи $S \equiv T$. Според тоа, точките $B, Y, I_{B}$ припаѓаат на кружница со центар во точката $T$ и раиус $\overline{T B}=\overline{T Y}=\overline{T I_{B}}=r_{B}$ и аналогно точките $C, X, I_{C}$ припаѓаат на кружница со центар во точката $T$ и раиус $\overline{T C}=\overline{T X}=\overline{T I_{C}}=r_{C}$. Понатаму, триаголниците BTY и CTX се рамнокраки со агол при врвот $\measuredangle B T Y=180^{\circ}-\measuredangle B A C=\measuredangle C T X$, па затоа $\triangle B T Y \sim \triangle C T X$. Од сличноста следува

$$\frac{\overline{BY}}{\overline{CX}}=\frac{\overline{BT}}{\overline{CT}}=\frac{r_B}{r_c}=\frac{\overline{T{I}_B}}{\overline{T{I}_C}}\backslash frac\{\backslash overline\{B\; Y\}\}\{\backslash overline\{C\; X\}\}=\backslash frac\{\backslash overline\{B\; T\}\}\{\backslash overline\{C\; T\}\}=\backslash frac\{r\_\{B\}\}\{r\_\{c\}\}=\backslash frac\{\backslash overline\{T\; I\_\{B\}\}\}\{\backslash overline\{T\; I\_\{C\}\}\}$$

што и требаше да се докаже.