MatematickiTalent/md/mk-jmmo/mk-2017.md

JMMO 2017

1. Нека $p$ е прост број и нека $3 p+10$ е збир на квадратите на 6 последователни природни броеви. Докажи дека 36| p-7 .

Решение. Од условот на задачата имаме

од каде

$$3p=6n^2+6n+93\; p=6\; n^\{2\}+6\; n+9$$

односно

$$p=2n^2+2n+3=2n(n+1)+3p=2\; n^\{2\}+2\; n+3=2\; n(n+1)+3$$

Ако еден од броевите $n$ или $n+1$ е делив со 3 , тогаш имаме контрадикција со тоа дека $p$ е прост број. Значи, мора да важи $n=3 k+1$. Тогаш,

Бидејќи $k(k+1)$ е парен број, добиваме дека $36 \mid p-7$.

2. Нека е даден $\triangle A B C$ и нека $A A^{\prime}, B B^{\prime}$ и $C C^{\prime}$ се тежишни линии во триаголникот кои се сечат во точка $T$ и притоа важи $\overline{B A^{\prime}}=\overline{A^{\prime} T}$. На продолжението на $C C^{\prime}$ избираме точка $C^{\prime \prime}$ таква што $\overline{C^{\prime} C^{\prime \prime}}=\frac{\overline{C C^{\prime}}}{3}$, а на продолжението на $B^{\prime}$ избираме точка $B^{\prime \prime}$ таква што $\overline{B^{\prime} B^{\prime \prime}}=\frac{\overline{B B^{\prime}}}{3}$. Докажи дека четириаголникот TB"AC" е правоаголник.

Решение. Бидејќи $A A^{\prime}$ е тежишна линаја во $\triangle A B C$ и $\overline{B^{\prime}}=\overline{A^{\prime} T}$ добиваме дека $\overline{A^{\prime} T}=\frac{\overline{B C}}{2}$ т.е. $A^{\prime}$ е центар на опишана кружница околу $\triangle B C T$. Сега од Талесова теорема имаме $\measuredangle B T C=90^{\circ}$. Понатаму, $\measuredangle B " T C^{\prime \prime}=90^{\circ}$ (како накрсни агли). Бидејќи $T$ е тежиште во $\triangle A B C$ имаме

$$\overline{C^{\mathrm{\prime }}T}=\frac{\overline{C{C}^{\mathrm{\prime }}}}{3}=\overline{C^{\mathrm{\prime }}{C}^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}}\backslash overline\{C^\{\backslash prime\}\; T\}=\backslash frac\{\backslash overline\{C\; C^\{\backslash prime\}\}\}\{3\}=\backslash overline\{C^\{\backslash prime\}\; C^\{\backslash prime\; \backslash prime\}\}$$

Од $\overline{B C^{\prime}}=\overline{C^{\prime} A}$ следува дека четириаголникот $B T A C^{\prime \prime}$ е паралелограм, па затоа $B T | A C$ ", од каде добиваме

$$\mathrm{\measuredangle }T{C}^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}A=\mathrm{\measuredangle }CT{B}^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}={180}^{\circ }-\mathrm{\measuredangle }{B}^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }T}{C}^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}={90}^{\circ }\backslash measuredangle\; T\; C^\{\backslash prime\; \backslash prime\}\; A=\backslash measuredangle\; C\; T\; B^\{\backslash prime\; \backslash prime\}=180^\{\backslash circ\}-\backslash measuredangle\; B^\{\backslash prime\; \backslash prime\; T\}\; C^\{\backslash prime\; \backslash prime\}=90^\{\backslash circ\}$$

(како агли над трансферзала).

Аналогно се докажува дека четириаголникот TCB"A е паралелограм, т.е.

$$\mathrm{\measuredangle }T{B}^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}A=\mathrm{\measuredangle }C\mathrm{"}TB\mathrm{"}={90}^{\circ }\backslash measuredangle\; T\; B^\{\backslash prime\; \backslash prime\}\; A=\backslash measuredangle\; C\; "\; T\; B\; "=90^\{\backslash circ\}$$

(како агли над трансферзала). Според тоа,

$$\mathrm{\measuredangle }{C}^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}A{B}^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}={360}^{\circ }-{270}^{\circ }={90}^{\circ }\backslash measuredangle\; C^\{\backslash prime\; \backslash prime\}\; A\; B^\{\backslash prime\; \backslash prime\}=360^\{\backslash circ\}-270^\{\backslash circ\}=90^\{\backslash circ\}$$

т.е. четириаголникот е правоаголник.

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

$$\frac{x^2+y^2+z}{x^2+2}+\frac{y^2+z^2+x}{y^2+2}+\frac{z^2+x^2+y}{z^2+2}\ge 3\backslash frac\{x^\{2\}+y^\{2\}+z\}\{x^\{2\}+2\}+\backslash frac\{y^\{2\}+z^\{2\}+x\}\{y^\{2\}+2\}+\backslash frac\{z^\{2\}+x^\{2\}+y\}\{z^\{2\}+2\}\; \backslash geq\; 3$$

Кога важи знак за равенство?

Решение. Од неравенството меѓу аритметичка и геометриска средина и условот на задачата следува

Знак за равенство важи ако и само ако $x=y=x=1$.

4. Даден е $\triangle A B C$. На лакот $B C$ на опишаната кружница околу $\triangle A B C$, кој не ја содржи точката $A$, земени се точки $X$ и $Y$ такви што $\measuredangle B A X=\measuredangle C A Y$. Нека $M$ е средината на тетивата $A X$. Докажи дека $\overline{B M}+\overline{C M}>\overline{A Y}$.

Решение. Нека $O$ е центарот на опишаната кружница околу $\triangle A B C$. Тогаш $O M \perp A X$. Повлекуваме нормала од $B$ на $O M$ и нека таа ја сече опишаната кружница во точката $Z$.

Од $B Z \perp O M$ следува дека $O M$ е симетрала на $B Z$. Според тоа, $\overline{M Z}=\overline{M B}$. Сега од неравенството

на триаголник следува

$$\overline{BM}+\overline{MC}=\overline{ZM}+\overline{MC}>\overline{CZ}\backslash overline\{B\; M\}+\backslash overline\{M\; C\}=\backslash overline\{Z\; M\}+\backslash overline\{M\; C\}>\backslash overline\{C\; Z\}$$

Но, $B Z | A X$, па затоа

$$AZ=BX=CYA\; Z=B\; X=C\; Y$$

од каде добиваме

$$ZAC=ZA+AC=YC+CA=YCAZ\; A\; C=Z\; A+A\; C=Y\; C+C\; A=Y\; C\; A$$

т.е. $\overline{C Z}=\overline{A Y}$. Затоа $\overline{B M}+\overline{C M}>\overline{A Y}$.

5. Најди ги сите природни броеви $n$ такви што n има цифри колку што има различни прости делители и збирот на различните прости делители е еднаков со збирот на степените на истите делители.

Решение. Нека $n=p_{1}{ }^{\alpha_{1}} p_{2}{ }^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}{ }^{\alpha_{k}}$. Од условот на задачата имаме

$$p_1+p_2+\dots +p_k={\alpha }_1+{\alpha }_2+\dots +{\alpha }_{k}p\_\{1\}+p\_\{2\}+\backslash ldots+p\_\{k\}=\backslash alpha\_\{1\}+\backslash alpha\_\{2\}+\backslash ldots+\backslash alpha\_\{k\}$$

Го разгледуваме бројот на цифри на бројот $n$. Ако пима 4 цифри, тогаш има 4 различни прости делители. Тогаш $n \geq 2^{14} \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7>10^{4}$ што не е можно. Ако $n$ има $k>4$ цифри, тогаш

што повторно не е можно. Значи, $n$ е најмногу трицифрен.

Нека $n$ е трицифрен. Тогаш $n=p_{1}{ }^{\alpha_{1}}{p_{2}}^{\alpha_{2}}{p_{3}}^{\alpha_{3}}$. Ако $5 \mid n$, тогаш

$$n\ge 2^8\cdot 3\cdot 5>{10}^{3}n\; \backslash geq\; 2^\{8\}\; \backslash cdot\; 3\; \backslash cdot\; 5>10^\{3\}$$

Добиваме дека простите фактори на бројот $n$ се помали или еднакви на 3. Но прости броеви помали или еднакви на 3 се 2 и 3 , а во факторизацијата на $n$ влегуваат 3 прости броеви, што е противречност.

Нека $n$ е двоцифрен број. Тогаш $n=p_{1}^{\alpha_{1}}{p_{2}}^{\alpha_{2}}$. Ако $5 \mid n$, тогаш

$$n\ge 2^6\cdot 5>{10}^{2}n\; \backslash geq\; 2^\{6\}\; \backslash cdot\; 5>10^\{2\}$$

Останува $n=2^{\alpha_{1}} 3^{\alpha_{2}}$, каде $\alpha_{1}+\alpha_{2}=5$. Со директна проверка се добива дека

$$n=2^4\cdot 3=48,n=2^3\cdot 3^2=72n=2^\{4\}\; \backslash cdot\; 3=48,\; n=2^\{3\}\; \backslash cdot\; 3^\{2\}=72$$

се решенија.

Нека $n$ е едноцифрен број. Тогаш само $n=2^{2}$ го исполнува условот на задачата.