MatematickiTalent/md/mk-jmmo/mk-2003.md

JMMO 2003

1. Докажи дека за секој природен број $n$ бројот $7^{n}-1$ не е делив со бројот $6^{n}-1$.

Решение. Нека постои природен број $n$ таков што $6^{n}-1 \mid 7^{n}-1$. Од

$$6^n-1=(6-1)(6^{n-1}+6^{n-2}+\dots +6+1)=5A6^\{n\}-1=(6-1)\backslash left(6^\{n-1\}+6^\{n-2\}+\backslash ldots+6+1\backslash right)=5\; A$$

следува дека $5 \mid 7^{n}-1$. Бидејќи $7^{n}-1$ е парен број и $5 \mid 7^{n}-1$ заклучуваме дека цифрата на единиците на $7^{n}-1$ е 0 . Последното значи дека цифрата на единиците на $7^{n}$ е 1 , а тоа е можно само за $n=4 k, k \in \mathbb{N}$. Според тоа,

$$6^n-1={\left(6^2\right)}^{2k}-1=(36{)}^{2k}-1=(36-1)({36}^{2k-1}+{36}^{2k-2}+\dots +1)=7\cdot 5B6^\{n\}-1=\backslash left(6^\{2\}\backslash right)^\{2\; k\}-1=(36)^\{2\; k\}-1=(36-1)\backslash left(36^\{2\; k-1\}+36^\{2\; k-2\}+\backslash ldots+1\backslash right)=7\; \backslash cdot\; 5\; B$$

односно $7 \mid 6^{n}-1$ и како $6^{n}-1 \mid 7^{n}-1$, добиваме $7 \mid 7^{n}-1$, што е противречност.

2. Во неколку кесиња се ставени 2003 денари, а кесињата се ставени во неколку џебови. Познато е дека бројот на сите кесиња е поголем од бројот на денарите во секој џеб. Дали е точно дека бројот на сите џебови е поголем од бројот на денарите во некое кесе?

Решение. Нека $n$ е бројот на кесињата и $m$ е бројот на џебовите. Ако со $a_{k}$ го означиме бројот на денарите во $k$ - тото кесе, $k=1,2, \ldots, n$, а со $b_{i}$ бројот на денарите во $i$ - тиот џеб, $i=1,2 \ldots, m$, тогаш од условот на задачата следува

$$a_1+a_2+\dots +a_n=2003,b_1+b_2+\dots +b_m=2003\text{ и }n>b_i,\text{ за }i=1,2\dots ,ma\_\{1\}+a\_\{2\}+\backslash ldots+a\_\{n\}=2003,\; b\_\{1\}+b\_\{2\}+\backslash ldots+b\_\{m\}=2003\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; n>b\_\{i\},\; \backslash text\; \{\; за\; \}\; i=1,2\; \backslash ldots,\; m$$

Нека претпоставиме дека за секој $k=1,2, \ldots, n$ важи $m \leq a_{k}$. Тогаш

$$nm\le a_1+a_2+\dots +a_n=2003n\; m\; \backslash leq\; a\_\{1\}+a\_\{2\}+\backslash ldots+a\_\{n\}=2003$$

Од друга страна, од (1) следува

$$mn>b_1+b_2+\dots +b_m=2003m\; n>b\_\{1\}+b\_\{2\}+\backslash ldots+b\_\{m\}=2003$$

Сега, од (2) и (3) добиваме $m n \leq 2003<m n$, што е противречност. Конечно, од добиената противречност следува $m>a_{k}$ за некој $k \in{1,2, \ldots, n}$, што значи дека бројот на сите џебови е поголем од бројот на денарите во некое кесе.

3. Даден е триаголник $A B C$. Нека $a$ е неговата најдолга страна, $h$ е него- вата најкратка висина, а $R$ и $r$ се радиусите на опишаната и впишаната кружница за $\triangle A B C$. Докажи дека $\frac{R}{r}>\frac{a}{h}$.

Решение. Нега должините на страните на триаголникот се $a, b, c, s$ е неговиот пулопериметар и $P$ е неговата плоштина. Од равенствата $R=\frac{a b c}{4 P}, r=\frac{P}{s}$ и $2 P=a h$ и неравенствата $\frac{b c}{2} \geq P$ и $b+c>a$ следува

$$\frac{R}{r}=\frac{\frac{abc}{4P}}{\frac{P}{s}}=\frac{abcs}{4P^2}\ge \frac{2aPs}{4P^2}=\frac{a(a+b+c)}{4P}>\frac{a(a+a)}{4P}=\frac{2a^2}{2ah}=\frac{a}{h}\backslash frac\{R\}\{r\}=\backslash frac\{\backslash frac\{a\; b\; c\}\{4\; P\}\}\{\backslash frac\{P\}\{s\}\}=\backslash frac\{a\; b\; c\; s\}\{4\; P^\{2\}\}\; \backslash geq\; \backslash frac\{2\; a\; P\; s\}\{4\; P^\{2\}\}=\backslash frac\{a(a+b+c)\}\{4\; P\}>\backslash frac\{a(a+a)\}\{4\; P\}=\backslash frac\{2\; a^\{2\}\}\{2\; a\; h\}=\backslash frac\{a\}\{h\}$$

4. Нека $x, y, z$ се позитивни реални броеви такви што $x+y+z=1$. Докажи дека

$$\frac{x^2}{1+y}+\frac{y^2}{1+x}+\frac{z^2}{1+x}\le 1\backslash frac\{x^\{2\}\}\{1+y\}+\backslash frac\{y^\{2\}\}\{1+x\}+\backslash frac\{z^\{2\}\}\{1+x\}\; \backslash leq\; 1$$

Решение. Од $0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$ и $0 \leq z \leq 1$ следува $x \leq 1+y, y \leq 1+z$, и $z \leq 1+x$, односно

$$\frac{1}{1+y}\le \frac{1}{x},\frac{1}{1+z}\le \frac{1}{y},\frac{1}{1+x}\le \frac{1}{z}\backslash frac\{1\}\{1+y\}\; \backslash leq\; \backslash frac\{1\}\{x\},\; \backslash frac\{1\}\{1+z\}\; \backslash leq\; \backslash frac\{1\}\{y\},\; \backslash frac\{1\}\{1+x\}\; \backslash leq\; \backslash frac\{1\}\{z\}$$

Според тоа,

$$\frac{x^2}{1+y}\frac{y^2}{1+z}+\frac{z^2}{1+x}\le \frac{x^2}{x}+\frac{y^2}{y}+\frac{z^2}{z}=x+y+z=1\backslash frac\{x^\{2\}\}\{1+y\}\; \backslash frac\{y^\{2\}\}\{1+z\}+\backslash frac\{z^\{2\}\}\{1+x\}\; \backslash leq\; \backslash frac\{x^\{2\}\}\{x\}+\backslash frac\{y^\{2\}\}\{y\}+\backslash frac\{z^\{2\}\}\{z\}=x+y+z=1$$

5. Дали може $2003 \times 2003$ табла да се покрие со $1 \times 2$ домина поставени хоризонтално и $1 \times 3$ тримина поставени вертикално? (Домината и тримината не се преклопуваат и не излегуваат надвор од таблата.)

Решение. Да претпоставиме дека $2003 \times 2003$ може да се покрие со $1 \times 2$ домина поставени вертикално и $1 \times 3$ тримена поставени хоризонтално така што домината и тримината на се преклопуваат и не излегуваат надвор од таблата. Таблата ја боиме така што првата колона се бели квадрати, втората се црни квадрати итн. наизменично. Ако имаме $x$ бели и $y$ црни квадрати, тогаш

$$x=y+2003\text{. }x=y+2003\; \backslash text\; \{.\; \}$$

Од друа страна, ако бројот на домината е $n$, тогаш со нив се покриени $n$ бели и $n$ црни квадрати. Нека $m_{1}$ е бројот на тримината кои покриваат бели квадрати и $m_{2}$ е бројот на тримината кои покриваат црни квадрати. Јасно, $m_{1}+m_{2}=m$, каде $m$ е вкупниот број тримина. Значи, имаме $3 m_{1}$ бели квадрати покриени со тримина и $3 m_{2}$ црни квадрати покриени со тримина.Според тоа

$$x=n+3m_1,y=n+3m_{2}x=n+3\; m\_\{1\},\; \backslash quad\; y=n+3\; m\_\{2\}$$

Сега, од (1) и (2) следува

$$3(m_1-m_2)=20033\backslash left(m\_\{1\}-m\_\{2\}\backslash right)=2003$$

што не е можно бидејќи 3 не е делител на 2003. Конечно, од добиената противречност следува дека бараното покривање не е можно.