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

$$
\begin{aligned}
3 p+10 & =(n-2)^{2}+(n-1)^{2}+n^{2}+(n+1)^{2}+(n+2)^{2}+(n+3)^{2} \\
& =6 n^{2}+6 n+19
\end{aligned}
$$

од каде

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

односно

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

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,

$$
\begin{aligned}
p & =2(3 k+1)(3 k+1+1)+3 \\
& =2(3 k+1)(3 k+2)+3 \\
& =2\left(9 k^{2}+9 k+2\right)+3 \\
& =18 k(k+1)+7
\end{aligned}
$$

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

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_b78a2e1d985a5b723a3ag-1.jpg?height=356&width=298&top_left_y=1795&top_left_x=1168)

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

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

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

(како агли над трансферзала).

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

$$
\measuredangle T B^{\prime \prime} A=\measuredangle C " T B "=90^{\circ}
$$

(како агли над трансферзала). Според тоа,

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

т.е. четириаголникот е правоаголник.

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

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

Кога важи знак за равенство?

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

$$
\begin{aligned}
\frac{x^{2}+y^{2}+z}{x^{2}+2}+\frac{y^{2}+z^{2}+x}{y^{2}+2}+\frac{z^{2}+x^{2}+y}{z^{2}+2} & \geq \frac{2 x y+z}{x^{2}+2}+\frac{2 y z+x}{y^{2}+2}+\frac{2 z x+y}{z^{2}+2} \\
& =\frac{2 x y z+z^{2}}{z\left(x^{2}+2\right)}+\frac{2 x y z+x^{2}}{x\left(y^{2}+2\right)}+\frac{2 x y z+y^{2}}{y\left(z^{2}+2\right)} \\
& =\frac{2+z^{2}}{z\left(x^{2}+2\right)}+\frac{2+x^{2}}{x\left(y^{2}+2\right)}+\frac{2+y^{2}}{y\left(z^{2}+2\right)} \\
& \geq 3 \sqrt[3]{\frac{2+z^{2}}{z\left(x^{2}+2\right)} \cdot \frac{2+x^{2}}{x\left(y^{2}+2\right)} \cdot \frac{2+y^{2}}{y\left(z^{2}+2\right)}} \\
& =3 \cdot \sqrt[3]{\frac{1}{x y z}}=3 .
\end{aligned}
$$

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

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_b78a2e1d985a5b723a3ag-3.jpg?height=312&width=337&top_left_y=262&top_left_x=1146)
на триаголник следува

$$
\overline{B M}+\overline{M C}=\overline{Z M}+\overline{M C}>\overline{C Z}
$$

Но, $B Z \| A X$, па затоа

$$
A Z=B X=C Y
$$

од каде добиваме

$$
Z A C=Z A+A C=Y C+C A=Y C A
$$

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

$$
p_{1}+p_{2}+\ldots+p_{k}=\alpha_{1}+\alpha_{2}+\ldots+\alpha_{k}
$$

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

$$
\begin{aligned}
n & \geq 2^{2+3+5+7+p_{5}+\ldots+p_{k}-(k-1)} \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot p_{5} \cdot \ldots \cdot p_{k} \\
& =2^{14} \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 2^{p_{5}+\ldots+p_{k}-(k-4)} p_{5} \cdot \ldots \cdot p_{k} \\
& >10^{4} \cdot 10^{k-4}=10^{k}
\end{aligned}
$$

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

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

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

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

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

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

се решенија.

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