MatematickiTalent/md/mk-jmmo/mk-2011.md

JMMO 2011

1. За природниот број $n$ со $S(n)$ го означуваме збирот на неговите цифри. Пример: за $n=2456$ имаме

$$\begin{array}{c}{\displaystyle S(n)=S(2456)=2+4+5+6=16}\\ {\displaystyle S(S(n))=S(S(2456))=S(16)=1+6=7}\end{array}\backslash begin\{gathered\}\; S(n)=S(2456)=2+4+5+6=16\; \backslash \backslash \; S(S(n))=S(S(2456))=S(16)=1+6=7\; \backslash end\{gathered\}$$

Дали постои природен број $n$ за кој што важи

$$n+S(n)+S(S(n))=2011n+S(n)+S(S(n))=2011$$

Решение. Броевите $n$ и $S(n)$ имаат ист остаток при делење со 3 и 9 . Имено ако,$n=\overline{a_{m} a_{m-1} \ldots a_{1} a_{\circ}}$ тогаш

Секој од изразите во заградите е делив со 9 , па $n$ и $S(n)$ имаат ист остаток при делење со 3 и 9. Броевите $n, S(n), S(S(n))$ имаат ист остаток при делење со 3. Па збирот $n+S(n)+S(S(n))$ е делив со 3, додека 2011 не е делив со 3. Значи, не постои природен број п за кој што важи (1).

2. Дадени се две кружници $k_{1}$ и $k_{2}$ со центри $P$ и $R$ соодветно, кои се допираат однадвор во точка $A$. Нека $p$ е нивна заедничка тангента, што не минува низ $A$, а ги допира $k_{1}$ и $k_{2}$ во точките $B$ и $C$, соодветно. Правата $P R$ ја сече правата $B C$ во точка $E$, а кружницата $k_{2}$ во точките $A$ и $D$. Ако $\overline{A C}=\frac{\overline{A B}}{2}$, најди го односот $\frac{\overline{B C}}{\overline{D E}}$.

Решение. Нека радиусот на $k_{1}$ е $r$, а на $k_{2}$ е $t$ и нека заедничката тангента на $k_{1}$ и $k_{2}$ во точката $A$ ја сече правата $B C$ во $G$. Да забеле-

жиме дека $\overline{A G}=\overline{B G}=\overline{C G}$, како тангентни отсечки. Уште важи

$$\mathrm{\measuredangle }APB={180}^{\circ }-\mathrm{\measuredangle }AGB=\mathrm{\measuredangle }AGC\backslash measuredangle\; A\; P\; B=180^\{\backslash circ\}-\backslash measuredangle\; A\; G\; B=\backslash measuredangle\; A\; G\; C$$

Значи, рамнокраките триаголници $\triangle A P B$ и $\triangle A G C$ се слични. Бидејќи знаеме дека $\overline{A C}=\frac{\overline{A B}}{2}$, следува дека $r=\overline{A P}=2 \overline{A G}$, од каде $\overline{B C}=r$. Нека правата паралелна со $B C$ низ $R$, ја сече $P B$ во точка $F$. Тогаш, од Питагоровата теорема за правоаголниот $\triangle P R F$, имаме

$$(r+t{)}^2=(r-t{)}^2+{\overline{RF}}^2\text{, т.e. }\overline{RF}=2\sqrt{rt}(r+t)^\{2\}=(r-t)^\{2\}+\backslash overline\{R\; F\}^\{2\}\; \backslash text\; \{,\; т.e.\; \}\; \backslash overline\{R\; F\}=2\; \backslash sqrt\{r\; t\}$$

Од ова имаме $\overline{B C}=2 \sqrt{r t}$. Сега имаме $r=2 \sqrt{r t}$. Добиваме дека $r=4 t$. Од сличноста на правоаголните триаголници $\triangle R E C$ и $\triangle P R F$, имаме

$$\frac{\overline{PR}}{\overline{PF}}=\frac{\overline{RE}}{\overline{RC}}\backslash frac\{\backslash overline\{P\; R\}\}\{\backslash overline\{P\; F\}\}=\backslash frac\{\backslash overline\{R\; E\}\}\{\backslash overline\{R\; C\}\}$$

односно

$$\frac{r+t}{r-t}=\frac{t+\overline{DE}}{t}\backslash frac\{r+t\}\{r-t\}=\backslash frac\{t+\backslash overline\{D\; E\}\}\{t\}$$

од каде добиваме $\frac{5 t}{3 t}=1+\frac{\overline{D E}}{t}, \overline{D E}=\frac{2}{3} t$. Сега имаме: $\frac{\overline{B C}}{\overline{D E}}=\frac{r}{\frac{2}{3} t}=\frac{12 t}{2 t}=6$.

3. На местото на ьвездичките (на цртежот десно) се запишани броевите од 1 до 32 , така што секој број е запишан по еднаш. Дали може збировите, на броевите запишани во секое квадратче кое не е поделено на помали квадратчиња, да се еднакви?

Решение. Збирот на сите броеви е $\frac{32 \cdot 33}{2}=16 \cdot 33$.

Сите броеви се распределени во 16 мали квадрати. Следува дека збирот на броевите во секој од овие квадрати е 33. Фигурата ограничена со задебелената линија се состои од пет квадрати кои не се поделени на помали квадрати, па збирот на броевите запишани во неа е 5.33.

Исто, фигурата ограничена со испрекинатата линија се состои од четири квадрати па збирот на броевите во неа е 4.33. Следува дека

$$a+b+c+d+e+f+g+h+i+j+k+l=33a+b+c+d+e+f+g+h+i+j+k+l=33$$

но тоа не е можно, бидејќи

$$33=a+b+c+d+e+f+g+h+i+j+k+l\ge 1+2+\dots +12=78>3333=a+b+c+d+e+f+g+h+i+j+k+l\; \backslash geq\; 1+2+\backslash ldots+12=78>33$$

4. Одреди ги сите цели броеви $m$ за кои бројот $m^{3}+m^{2}+7$ е делив со бројот $m^{2}-m+1$.

Решение. Од

$$m^3+m^2+7=(m^2-m+1)(m+2)+(m+5)m^\{3\}+m^\{2\}+7=\backslash left(m^\{2\}-m+1\backslash right)(m+2)+(m+5)$$

следува дека $m^{2}-m+1$ е делител на $m+5$. Очигледно едно решение е $m=-5$.

Нека $m \neq-5$. Тогаш $\left|m^{2}-m+1\right| \leq|m+5|$. Од

$$m^2-m+1={(m-\frac{1}{2})}^2+\frac{3}{4}>0m^\{2\}-m+1=\backslash left(m-\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash right)^\{2\}+\backslash frac\{3\}\{4\}>0$$

следува дека $m^{2}-m+1 \leq|m+5|$. Имаме две можности:

$$m^2-m+1\le m+5\text{ или }{m}^2-m+1\le -m-5m^\{2\}-m+1\; \backslash leq\; m+5\; \backslash text\; \{\; или\; \}\; m^\{2\}-m+1\; \backslash leq-m-5$$

Случајот

$$m^2-m+1\le -m-5\text{, т.е. }{m}^2+6\le 0m^\{2\}-m+1\; \backslash leq-m-5\; \backslash text\; \{,\; т.е.\; \}\; m^\{2\}+6\; \backslash leq\; 0$$

Не е можен. Од $m^{2}-m+1 \leq m+5$ следува $m^{2}-2 m-4 \leq 0$ односно $(m-1)^{2} \leq 5$. Последното неравенство е задоволено за $m \in{-1,0,1,2,3}$. Со проверка се добива дека само $m=0$ и $m=1$ го задоволуваат почетниот услов.

Конечно $m \in{-5,0,1}$.

5. За едно множество М што содржи 4 елементи велиме дека е „парно сврзано“ ако за секој елемент $x$ во $\mathbf{M}$, барем еден од броевите $x-2$ или $x+2$ припаѓа исто така во М. Нека $S_{n}$ е бројот на ,парно сврзани" подмножества на ${1,2, \ldots, n}$. Определи го најмалиот број $n$ таков што $S_{n} \geq 2011$.

Решение. Нека $\mathbf{M}={a, b, c, d}$ е „парно сврзано“ множество. Без губење на општоста можеме да претпоставиме дека $a<b<c<d$. Бидејќи $a-2$ не припаѓа на $\mathbf{M}$, следува дека $a+2$ е во $\mathbf{M}$. Исто така бидејќи $d+2$ не припаѓа на $\mathbf{M}$, следува дека $d-2$ е во М. Можни се следниве случаи: i) $b=a+2 ; b=d-2,(d=b+2=a+4)$. Овој случај не е можен бидејќи тогаш $c=a+3$ и множеството $\mathbf{M}$ е од обликот ${a, a+2, a+3, a+4}$, но $a+1, a+5 \notin \mathbf{M}$.

ii) $b=a+2 ; c=d-2 \quad(d=c+2)$. Следува дека $\mathbf{M}$ е од обликот ${a, a+2, c, c+2}, c-a>2$. Овој облик ќе го наречеме облик 1.

iii) $b=a+2 ; a=d-2$. Овој случај не е можен бидејќи се добива $b=d$.

iv) $c=a+2 ; b=d-2$. Следува $b=a+1$ и $d=a+3$ и множеството М е од обликот ${a, a+1, a+2, a+3}$. Овој облик ќе го наречеме облик 2 . v) $c=a+2 ; c=d-2$. Следува дека $b=a+1, d=a+4$ и множеството М е од обликот ${a, a+1, a+2, a+4}$, но $a-1, a+3 \notin \mathbf{M}$. Значи и овој случај не е можен.

vi) $c=a+2 ; a=d-2$. Овој случај не е можен бидејќи се добива $c=d$.

vii) Случајот $d=a+2$ не е можен. Со тоа се исцрпени сите можности за облик на М .

Нека $n$ е доволно голем. За ${1,2, \ldots, n}$, „парно сврзани“ подмножества од $\boldsymbol{\sigma}$ лик 2 се вкупно $n-3$. Останува да го пресметаме бројот на „парно сврзани“ подмножества од облик 1.

Ако $a=1$ постојат вкупно $n-5$ различни подмножества,

Ако $a=2$ постојат вкупно $n-6$ различни подмножества,

Ако $a=3$ постојат вкупно $n-7$ различни подмножества,

Ако $a=n-5$ постои само едно такво подмножество.

Значи бројот на „парно сврзани“ подмножества од облик 1 се вкупно

$$1+2+\dots +(n-5)=\frac{(n-5)(n-4)}{2}=\frac{n^2-9n+20}{2}1+2+\backslash ldots+(n-5)=\backslash frac\{(n-5)(n-4)\}\{2\}=\backslash frac\{n^\{2\}-9\; n+20\}\{2\}$$

Значи, вкупниот број на „парно сврзани“ подмножества на ${1,2, \ldots, n}$ е:

$$S_n=n-3+\frac{n^2-9n+20}{2}=\frac{n^2-7n+14}{2}=\frac{(n-3)(n-4)}{2}+1S\_\{n\}=n-3+\backslash frac\{n^\{2\}-9\; n+20\}\{2\}=\backslash frac\{n^\{2\}-7\; n+14\}\{2\}=\backslash frac\{(n-3)(n-4)\}\{2\}+1$$

Треба да го одредиме најмалиот $n$ за кој $\frac{(n-3)(n-4)}{2}+1 \geq 2011$, односно $(n-3)(n-4) \geq 4020$. Со проверка се утврдува дека $n \geq 67$. Значи најмалиот број е 67.