| # JMMO 2022 |
|
|
| 1. Во множеството природни броеви реши ја равенката |
|
|
| $$ |
| a^{2}+b^{2}+1=c! |
| $$ |
|
|
| Решение. За секој цел број $x$ важи $x \equiv 0,1(\bmod 4)$, па затоа |
|
|
| $$ |
| c!=a^{2}+b^{2}+1 \equiv 1,2,3(\bmod 4) |
| $$ |
|
|
| Оттука следува дека $c \leq 3$, бидејќи за $c \geq 4$ важи $c!\equiv 0(\bmod 4)$. Со непосредна проверка за $c=1,2,3$ се добива дека во множеството природни броеви единствени решенија на дадената равенка се |
|
|
| $$ |
| (a, b, c)=(1,2,3) \text { и }(a, b, c)=(2,1,3) \text {. } |
| $$ |
|
|
| 2. Нека $a, b, c$ се позитивни реални броеви такви што $a+b+c=3$. Докажи дека |
|
|
| $$ |
| \frac{a^{3}}{a^{2}+1}+\frac{b^{3}}{b^{2}+1}+\frac{c^{3}}{c^{2}+1} \geq \frac{3}{2} |
| $$ |
|
|
| Решение. Од неравенството меѓу аритметичката и геометриската средина добиваме $a^{2}+1 \geq 2 a$, па затоа $\frac{a}{a^{2}+1} \leq \frac{1}{2}$, т.е. $-\frac{a}{a^{2}+1} \geq-\frac{1}{2}$. Аналогно $-\frac{b}{b^{2}+1} \geq-\frac{1}{2}$ и $-\frac{c}{c^{2}+1} \geq-\frac{1}{2}$. Сега, левата страна на даденото неравенство ја трансформираме и ако ги искористиме последните три неравенства добиваме |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| \frac{a^{3}}{a^{2}+1}+\frac{b^{3}}{b^{2}+1}+\frac{c^{3}}{c^{2}+1} & =\frac{a^{3}+a-a}{a^{2}+1}+\frac{b^{3}+b-b}{b^{2}+1}+\frac{c^{3}+c-c}{c^{2}+1} \\ |
| & =a-\frac{a}{a^{2}+1}+b-\frac{b}{b^{2}+1}+c-\frac{c}{c^{2}+1} \\ |
| & =3-\frac{a}{a^{2}+1}-\frac{b}{b^{2}+1}-\frac{c}{c^{2}+1} \\ |
| & \geq 3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2} |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| што и требаше да се докаже. |
|
|
| 3. Нека $A B C$ е остроаголен триаголник со ортоцентар H. Кружницата $\Gamma$ со центар $H$ и радиус $A H$ по втор пат ги сече правите $A B$ и $A C$ во точките $E$ и $F$, соодветно. Нека $E^{\prime}, F^{\prime}, H^{\prime}$ се соодветно сликите на точките $E, F, H$ при осната симетрија во однос правата $B C$. Докажи дека точките $A, E^{\prime}, F^{\prime}, H^{\prime}$ лежат на иста кружница. |
|
|
| Решение. Ќе докажеме дека точките $E^{\prime}, F^{\prime}, H^{\prime}$ припаѓаат на опишаната |
| кружница $\omega$ околу триаголникот $A B C$. |
|
|
|  |
|
|
| Имаме $\overline{A H}=\overline{E H}=\overline{F H}, C H \perp A B$ и $B H \perp A C$. Оттука следува дека $B H$ и $C H$ се симетрали на отсечките $A F$ и $A E$, соодветно. Затоа важи $\overline{A B}=\overline{F B}$ и $\overline{A C}=\overline{E C}$. Сега имаме |
|
|
| $$ |
| \measuredangle C B H=\measuredangle C A H=\measuredangle E A C-\measuredangle E A H=\measuredangle A E C-\measuredangle A E H=\measuredangle C E H |
| $$ |
|
|
| од каде што следува дека четириаголникот BEНС е тетивен. Аналогно, четириаголникот BFHC е тетивен. Како слика на $E$ при осна симетрија во однос на $B C$ за точката $E^{\prime}$ важи |
|
|
| $$ |
| \measuredangle B E^{\prime} C=\measuredangle B E C=\measuredangle B H C=180^{\circ}-\measuredangle B A C |
| $$ |
|
|
| од каде заклучуваме дека $E^{\prime}$ припаѓа на $\omega$. Аналогно се докажува дека $F^{\prime}$ припаѓа на $\omega$. Конечно, имаме |
|
|
| $$ |
| \measuredangle B H^{\prime} C=\measuredangle B H C=180^{\circ}-\measuredangle B A C |
| $$ |
|
|
| што значи дека и $H^{\prime}$ припаѓа на $\omega$, со што тврдењето е докажано. |
|
|
| 4. Рамностран триаголник $T$, со страна 2022, е поделен со прави паралелни на неговите страни на рамнострани триаголници со страна 1. Триаголникот се покрива со фигурите прикажани на долните цртежи, кои се составени од по 4 рамнострани триаголници со страна 1 и при покривањето тие може да се ротираат за агол $k \cdot 60^{\circ}, k=1,2,3,4,5$. |
|
|
|  |
| 1 |
|  |
|
|
| Покривањето ги задоволува следниве услови: |
|
|
| - Може да нема фигура од некој вид и да има повеќе фигури од некој |
|
|
| вид. |
|
|
| - Триаголниците од фигурите се поклопуваат со триаголниците на кои е поделен триаголникот $T$. |
| - Никои две фигури не се преклопуваат и никоја фигура не излегува надвор од триаголникот $T$. |
| - Целиот триаголник $T$ е покриен. |
|
|
| Кој е најмалиот можен број фигури од типот 1 кои се искористени при вакво покривање? |
|
|
| Решение. Триаголниците на кои е поделен $T$ ги боиме наизменично со црна и бела боја, при што триаголниците во темињата на $T$ се обоени црно (види го цртежот десно за триаголник со страна 10). Притоа фигурите од вид 2,3 и 4 ќе покриваат по 2 бели и 2 црни полиња, а фигурата од тип 1 покрива 3 полиња од една боја и 1 поле од друга боја. Последното |
|
|
|  |
| може да се види од долните цртежи на кои шрафираните полиња се во едан боја, а белите полиња во друга боја. |
|
|
|  |
|
|
| Од друга страна во секој ред на $T$ бројот на црните триаголници е за 1 поголем од бројот на белите триаголници (секој ред започнува и завршува со црн триаголник, а триаголниците по боја наизменично се менуваат). Според тоа, во $T$ има 2022 црни полиња повеќе од бели, па затоа мора да се употребат најмалу $\frac{2022}{2}=1011$ фигури од типот 1 . На следниот вртеж е прикажано покривањето на два реда со една фигура од тип 1 и фигури од тип 2 . |
|  |
|
|
| Значи, постои покривање со точно 1011 фигури од тип 1. |
|
|
| 5. Нека $n$ е природен број таков што $n^{5}+n^{3}+2 n^{2}+2 n+2$ е точен куб. Докажи дека $2 n^{2}+n+2$ не е точен куб. |
|
|
| Решение. Нека претпоставиме дека $n^{5}+n^{3}+2 n^{2}+2 n+2$ и $2 n^{2}+n+2$ се точни кубови, односно дека постојат природни броеви $x$ и $y$ такви што |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| & n^{5}+n^{3}+2 n^{2}+2 n+2=x^{3} \\ |
| & 2 n^{2}+n+2=y^{3} |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| Тогаш |
|
|
| $$ |
| x^{3}-y^{3}=n^{5}+n^{3}+n=n\left(n^{4}+2 n^{2}+1-n^{2}\right)=n\left(n^{2}+n+1\right)\left(n^{2}-n+1\right) |
| $$ |
|
|
| па затоа |
|
|
| $$ |
| (x-y)\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)=n\left(n^{2}+n+1\right)\left(n^{2}-n+1\right) |
| $$ |
|
|
| Производот на десната страна на последното равенство е делив со 3 . Навистина, ако $n=3 k$ тогаш првиот множител е делив со 3 , ако $n=3 k+1$, тогаш вториот множител е делив со 3 , а за $n=3 k+2$ третиот множител е делив со 3 . Според тоа, $3 \mid x-y$ или $3 \mid x^{2}+x y+y^{2}$. Но, од $x^{2}+x y+y^{2}=(x-y)^{2}+3 x y$ следува дека $3 \mid x^{2}+x y+y^{2}$ ако и само ако $3 \mid x-y$. Според тоа, во случајот секако важи $3 \mid x-y$ и притоа важи и $3 \mid x^{2}+x y+y^{2}$, што значи дека $9 \mid x^{3}-y^{3}$. |
|
|
| Од горните разгледувања следува дека $9 \mid n\left(n^{2}+n+1\right)\left(n^{2}-n+1\right)$. Понатаму, никои два од броевите $n, n^{2}+n+1$ и $n^{2}-n+1$ не се истовремено деливи со 3 (Зошто?), па затоа можни се следниве случаи. |
|
|
| Случај 1. Ако $9 \mid n$, тогаш $x^{3}=n^{5}+n^{3}+2 n^{2}+2 n+2 \equiv 2(\bmod 9)$, што не е можно бидејќи куб на природен број при делење со 9 не дава остаток 2. |
|
|
| Случај 2. Ако $9 \mid n^{2}+n+1$, тогаш $a(a+1)=a^{2}+a \equiv 8(\bmod 9)$, но со непосредна проверка се покажува дека производ на два последователни природни броја при делење со 9 не дава остаток 8 . |
|
|
| Случај 3. Ако $9 \mid n^{2}-n+1$, тогаш $a(a-1)=a^{2}-a \equiv 8(\bmod 9)$, но со непосредна проверка се покажува дека производ на два последователни природни броја при делење со 9 не дава остаток 8 . |
|
|
|
|
