| # 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 |
|
|
| $$ |
| \measuredangle K O L=2 \measuredangle L K C . |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
|  |
|
|
| $$ |
| \measuredangle K O L=\measuredangle K O M+\measuredangle L O M=2 \measuredangle C O M+2 \measuredangle M O D=2 \measuredangle C O D |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| 17^{n} \cdot 2^{n^{2}}-p=n^{2}\left(2^{n^{2}+3}+2^{n^{2}}-1\right) |
| $$ |
|
|
| Решение. Равенката ќе ја запишеме во видот |
|
|
| $$ |
| \left(17^{n}-9 n^{2}\right) \cdot 2^{n^{2}}+n^{2}=p |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| \left(17^{n}-9 n^{2}\right) \cdot 2^{n^{2}}+n^{2} & \equiv(-9) n^{2} \cdot 2^{n^{2}}+n^{2} \\ |
| & =(-9) n^{2} \cdot 2^{8 t+1}+n^{2} \\ |
| & =(-18) n^{2} \cdot\left(2^{8}\right)^{t}+n^{2} \\ |
| & \equiv(-18) n^{2}+n^{2} \\ |
| & =-17 n^{2} \equiv 0(\bmod 17) |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| \left(17^{n}-9 n^{2}\right) \cdot 2^{n^{2}}+n^{2} \geq 1 \cdot 2^{4}+4=20>17=p |
| $$ |
|
|
| 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: |
|
|
| $$ |
| \frac{a^{3}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}}+\frac{b^{3}+c^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{c^{3}+a^{2}}{c^{2}+a^{2}} \geq \frac{5}{2} |
| $$ |
|
|
| Решение. Прво ќе докажеме дека за секој $t>0$ важи |
|
|
| $$ |
| t^{3}-t^{2} \geq-\frac{4}{27} |
| $$ |
|
|
| Навистина, за секој $t>0$ е точн неравенството |
|
|
| $$ |
| \left(t+\frac{1}{3}\right)\left(t-\frac{2}{3}\right)^{2} \geq 0 |
| $$ |
|
|
| кое е еквивалентно со неравенствот (1). |
|
|
| Од неравенството на Коши-Буњаковски-Шварц следува |
|
|
| $$ |
| \left(a^{2}+b^{2}\right)\left(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}\right) \geq(1+1)^{2}=4 |
| $$ |
|
|
| односно |
|
|
| $$ |
| \frac{1}{a^{2}+b^{2}} \leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}\right) |
| $$ |
|
|
| Слично се докажува дека |
|
|
| $$ |
| \frac{1}{b^{2}+c^{2}} \leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\right) |
| $$ |
|
|
| и |
|
|
| $$ |
| \frac{1}{c^{2}+a^{2}} \leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{c^{2}}+\frac{1}{a^{2}}\right) |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| \frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}} \leq \frac{1}{2}\left(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\right)=\frac{27}{8} |
| $$ |
|
|
| Понатаму, од последното неравенство и неравенството (2), добиваме |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| \frac{a^{3}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}}+\frac{b^{3}+c^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{c^{3}+a^{2}}{c^{2}+a^{2}} & =\frac{a^{3}-a^{2}}{a^{2}+b^{2}}+\frac{b^{3}-b^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{c^{3}-c^{2}}{c^{2}+a^{2}}+3 \\ |
| & \geq 3-\frac{4}{27}\left(\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}}\right) \\ |
| & \geq 3-\frac{4}{27} \cdot \frac{27}{8}=\frac{5}{2} |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| \frac{\overline{T I_{B}}}{\overline{T I_{C}}}=\frac{\overline{B Y}}{\overline{C X}} |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| \measuredangle S A I & =\measuredangle S A B+\measuredangle B A I \\ |
| & =\measuredangle S C B+\measuredangle B A I \\ |
| & =\measuredangle A C I+\measuredangle I A C \\ |
| & =\measuredangle A I S . |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| \overline{S A}=\overline{S I}=\overline{S B} |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
|  |
|
|
| $$ |
| \measuredangle C S X=\measuredangle C S Y+\measuredangle Y S X=\measuredangle X S B+\measuredangle Y S X=\measuredangle B S Y |
| $$ |
|
|
| И |
|
|
| $$ |
| \measuredangle B S Y+\measuredangle B A Y=\measuredangle C S X+\measuredangle C A X=180^{\circ} |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| \frac{\overline{B Y}}{\overline{C X}}=\frac{\overline{B T}}{\overline{C T}}=\frac{r_{B}}{r_{c}}=\frac{\overline{T I_{B}}}{\overline{T I_{C}}} |
| $$ |
|
|
| што и требаше да се докаже. |
|
|
|
|
