MatematickiTalent/md/mk-macedonian-olympiad/By3mKQbfEEeGoIjP8SsavA.md

MMO 2014

1. Во рамнина 2014 прави се распоредени во три групи заемно паралелни прави. Кој е најголемиот број на триаголници кои ги образуваат правите (секоја страна од триаголникот лежи на некоја од правите).

Решение. Нека $a \geq b \geq c$ се броевите на прави во трите групи за кои се добива најголем број на триаголници. Тогаш $a+b+c=2014$, а најголемиот можен број на триаголници е $a b c$ (кога никои три прави немаат заедничка точка). Ќе докажеме дека $a \leq c+1$.

Да го претпоставиме спротивното, т.е. $a>c+1$. Тогаш

што е противречно на изборот на $a, b$ и $c$. Не може $a=c$, бидејќи во тој случај $a=b=c=\frac{2014}{3}$ не е цел број. За $a, b$ и $c$ да бидат цели мора $a=672$ и $b=c=671$ и бројот на триаголници е $672 \cdot 671^{2}$.

2. Во множеството на целите броеви реши ја равенката

$$3^{2a+1}{b}^2+1=2^{c}3^\{2\; a+1\}\; b^\{2\}+1=2^\{c\}$$

Решение. Да го разгледаме прво случајот $a \geq 0$. Јасно $c \geq 0$ при што $c=0$ повлекува $b=0$. Добиваме дека решенија се $(a, 0,0)$ за произволен ненегативен цел број $a$. Од равенството

$$3^{2a+1}{b}^2+1=2^{c}3^\{2\; a+1\}\; b^\{2\}+1=2^\{c\}$$

следува дека $b$ е непарен цел број. Левата страна можеме да ја запишеме во следниов облик

$$3^{2a+1}{b}^2+1=(3^{2a+1}+1)b^2-(b-1)(b+1)3^\{2\; a+1\}\; b^\{2\}+1=\backslash left(3^\{2\; a+1\}+1\backslash right)\; b^\{2\}-(b-1)(b+1)$$

За десната страна од последниот израз да забележиме дека ( $b-1)(b+1)$ е делив со 8 , додека $\left(3^{2 a+1}+1\right) b^{2}$ е делив со 4 но не и со 8 . Затоа $2^{c}=4$, т.е. $c=2$. Но, тогаш $3^{2 a+1} b^{2}=3$, па $a=0$ и $b= \pm 1$.

Да го разгледаме сега случајот $a<0$. Повторно $c \geq 0$ при што $c=0$ повлекува $b=0$ и тогаш $a$ може да е произволен негативен цел број. Затоа да се ограничиме на случајот $c>0$. Доволно е да го разгледаме случајот $b>0$. Ставајќи $d=-a$, диофантовата равенка од условот на задачата добива облик

$$(2^c-1)3^{2d-1}=b^2\backslash left(2^\{c\}-1\backslash right)\; 3^\{2\; d-1\}=b^\{2\}$$

при што $b, c$ и $d$ се природни броеви. Значи $b$ е делив со 3 , од што следува дека $c$ е парен број. Така $b=3^{d} x, c=2 y$, за некои природни броеви $x$ и $y$. Диофантовата равенка се сведува до облик

$$4^{y-1}+4^{y-2}+\cdots +1=x^{2}4^\{y-1\}+4^\{y-2\}+\backslash cdots+1=x^\{2\}$$

Ова повлекува $x=y=1$. Имено, за $y \geq 2$ би добиле дека $x^{2} \equiv 5(\bmod 8)$, што не е можно. Значи во овој случај единствените решенија се $\left(a, 3^{-a}, 2\right)$, каде $a$ е произволен негативен цел број.

Множеството $M$ од сите решенија на диофантовата равенка од условот на задачата може да се опише на следниов начин:

$$M=\{(a,0,0)\mid a\in \mathbb{Z}\}\cup \{(a,\pm 3^{-a},2)\mid a\in {\mathbb{Z}}^{-}\cup \{0\}\}M=\backslash \{(a,\; 0,0)\; \backslash mid\; a\; \backslash in\; \backslash mathbb\{Z\}\backslash \}\; \backslash cup\backslash left\backslash \{\backslash left(a,\; \backslash pm\; 3^\{-a\},\; 2\backslash right)\; \backslash mid\; a\; \backslash in\; \backslash mathbb\{Z\}^\{-\}\; \backslash cup\backslash \{0\backslash \}\backslash right\backslash \}$$

3. Нека $k_{1}, k_{2}$ и $k_{3}$ се три кружници со центри во $O_{1}, O_{2}$ и $O_{3}$ соодветно, такви што ниту еден од центрите не се наоѓа во внатрешноста на другите две кружници. Кружниците $k_{1}$ и $k_{2}$ се сечат во $A$ и $P, k_{1}$ и $k_{3}$ се сечат во $C$ и $P$ и $k_{2}$ и $k_{3}$ се сечат во $B$ и $P$. Нека $X$ е точка на $k_{1}$ таква што пресекот на правата $X A$ со кружницата $k_{2}$ е $Y$ и пресекот на правата $X C$ со $k_{3}$ е $Z$ и притоа $Y$ не припаѓа во внатрешноста ниту на $k_{1}$ ниту на $k_{3}$ и $Z$ не припаѓа во внатрешноста ниту на $k_{1}$ ниту на $k_{2}$.

a) Докажи дека триаголниците $X Y Z$ и $\mathrm{O}{1} \mathrm{O}{2} \mathrm{O}_{3}$ се слични меѓу себе.

б) Докажи дека плоштината на триаголникот $X Y Z$ не е поголема од четири пати по плоштината на триаголникот $\mathrm{O}{1} \mathrm{O}{2} \mathrm{O}_{3}$. Дали се достигнува максимумот?

Решение. Прво ќе докажеме дека точките $Y, B$ и $Z$ се колинеарни. Бидејќи четириаголникот $B Y A P$ е тетивен имаме $\measuredangle P B Y=\measuredangle P A X$. Бидејќи четириаголникот $A X C P$ е тетивен $\measuredangle P A X=\measuredangle P C Z$. Бидејќи четириаголникот $C P B Z$ е тетивен добиваме $\measuredangle P B Z+\measuredangle P C Z=180^{\circ}$. Значи,

$$\mathrm{\measuredangle }Y\mathrm{Y}\mathrm{B}\mathrm{Z}=\mathrm{\measuredangle }\mathrm{Y}\mathrm{B}\mathrm{P}+\mathrm{\measuredangle }PBZ={180}^{\circ }\backslash measuredangle\; Y\; \backslash mathrm\{YBZ\}=\backslash measuredangle\; \backslash mathrm\{YBP\}+\backslash measuredangle\; P\; B\; Z=180^\{\backslash circ\}$$

Да забележиме дека $\Varangle \mathrm{CO}{1} \mathrm{O}{3}=\measuredangle \mathrm{PO}{1} \mathrm{O}{3}$ и $\Varangle \mathrm{AO}{1} \mathrm{O}{2}=\measuredangle \mathrm{PO}{1} \mathrm{O}{2}$, од каде следува

$$\mathrm{\measuredangle }{O}_2{O}_1{O}_3=\frac{1}{2}\mathrm{\measuredangle }A{O}_{1}C=\mathrm{\measuredangle }AXC\backslash measuredangle\; O\_\{2\}\; O\_\{1\}\; O\_\{3\}=\backslash frac\{1\}\{2\}\; \backslash measuredangle\; A\; O\_\{1\}\; C=\backslash measuredangle\; A\; X\; C$$

Слично $\measuredangle \mathrm{O}{1} \mathrm{O}{2} \mathrm{O}{3}=\measuredangle A Y B$ и $\measuredangle \mathrm{O}{1} \mathrm{O}{3} \mathrm{O}{2}=\measuredangle С Z B$. Од досега изнесеното следува дека $\triangle X Y Z \sim{ }{\triangle} \mathrm{O}{1} \mathrm{O}{2} \mathrm{O}{3}$, со што го докажавме тврдењето под а).

Нека правата $X_{1} Y_{1}$ е паралелна со $O_{1} O_{2}$ и минува низ $A$, каде $X_{1}$ лежи на $k_{1}$ и $Y_{1}$ лежи на $k_{2}$. Нека $Z_{1}$ е пресечната точка на правата $X_{1} C$ со кружницата $k_{3}$. Од претходно докажаното точките $Y_{1}, B$ и $Z_{1}$ се колинеарни и $\triangle X_{1} Y_{1} Z_{1} \sim{ }{\Delta} O{1} O_{2} O_{3}$. Уште повеке, $\measuredangle P X A=\measuredangle P X_{1} A$ и $\measuredangle P Y A=\measuredangle P Y_{1} A$. Затоа ${ }{\Delta} P X Y \sim \triangle P X{1} Y_{1}$. Нека $P T$ е висината спуштена од темето $P$ кон страната $X Y$. $P A$ е висината на триаголникот $P X_{1} Y_{1}$. Бидејќи $P A$ е хипотенуза во правоаголниот триаголник $P A T$ добиваме $\overline{P T} \leq \overline{P A}$. Па $P_{P X Y} \leq P_{P X_{1} Y_{1}}$ и аналогно $P_{P Y Z} \leq P_{P Y_{1} Z_{1}}$ и $P_{P X Z} \leq P_{P X_{1} Z_{1}}$. Од ова добиваме $P_{X Y Z} \leq P_{X_{1} Y_{1} Z_{1}}$. Точките $P, O_{1}$ и $X_{1}$ се колинеарни затоа што $\Varangle P A X_{1}=90^{\circ}$. Слично $P, O_{2}$ и $Y_{1}$ се колинеарни и $P, O_{3}$ и $Z_{1}$ се колинеарни. Добиваме дека $\mathrm{O}{1} \mathrm{O}{2}, \mathrm{O}{1} \mathrm{O}{3}$ и $\mathrm{O}{2} \mathrm{O}{3}$ се средни линии во триаголниците $X_{1} \mathrm{Y}{1} P$, $X{1} Z_{1} P$ и $Y_{1} Z_{1} P$ соодветно, па $P_{X_{1} Y_{1} Z_{1}}=4 P_{\mathrm{O}{1} \mathrm{O}{2} \mathrm{O}{3}}$. Од ова се добива бараното неравенство. Равенство се достигнува кога точките $X$ и $X{1}$ се соовпаѓаaта, а со тоа и точите $Y$ и $Y_{1}$ се соовпаѓат и точките $Z$ и $Z_{1}$ се соовпаѓаaт.

4. Нека $a, b, c$ се реални броеви за кои $a+b+c=4$ и $a, b, c>1$. Докажи дека

$$\frac{1}{a-1}+\frac{1}{b-1}+\frac{1}{c-1}\ge 8(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\backslash frac\{1\}\{a-1\}+\backslash frac\{1\}\{b-1\}+\backslash frac\{1\}\{c-1\}\; \backslash geq\; 8\backslash left(\backslash frac\{1\}\{a+b\}+\backslash frac\{1\}\{b+c\}+\backslash frac\{1\}\{c+a\}\backslash right)$$

Решение. Бидејќи важи

$$\frac{1}{a-1}-\frac{8}{b+c}=\frac{1}{a-1}-\frac{8}{4-a}=\frac{12-9a}{(a-1)(4-a)}=\frac{3(4-3a)}{(a-1)(4-a)}\backslash frac\{1\}\{a-1\}-\backslash frac\{8\}\{b+c\}=\backslash frac\{1\}\{a-1\}-\backslash frac\{8\}\{4-a\}=\backslash frac\{12-9\; a\}\{(a-1)(4-a)\}=\backslash frac\{3(4-3\; a)\}\{(a-1)(4-a)\}$$

даденото неравенство е еквивалентно со

$$3(\frac{4-3a}{(a-1)(4-a)}+\frac{4-3b}{(b-1)(4-b)}+\frac{4-3c}{(c-1)(4-c)})\ge 03\backslash left(\backslash frac\{4-3\; a\}\{(a-1)(4-a)\}+\backslash frac\{4-3\; b\}\{(b-1)(4-b)\}+\backslash frac\{4-3\; c\}\{(c-1)(4-c)\}\backslash right)\; \backslash geq\; 0$$

Без губење на општоста нека претпоставиме дека $a \geq b \geq c$. Тогаш јасно е дека важи

$$4-3a\le 4-3b\le 4-3c\text{. }4-3\; a\; \backslash leq\; 4-3\; b\; \backslash leq\; 4-3\; c\; \backslash text\; \{.\; \}$$

Од $1<a, b, c<4$ следува дека $\frac{1}{(a-1)(4-a)}, \frac{1}{(b-1)(4-b)}, \frac{1}{(c-1)(4-c)}$ се позитивни реални броеви. Ќе докажеме дека

$$(a-1)(4-a)\ge (b-1)(4-b)(a-1)(4-a)\; \backslash geq(b-1)(4-b)$$

Имаме

$$(a-1)(4-a)\ge (b-1)(4-b)\iff 5a-a^2\ge 5b-b^2\iff (a-b)(5-a-b)\ge 0(a-1)(4-a)\; \backslash geq(b-1)(4-b)\; \backslash Leftrightarrow\; 5\; a-a^\{2\}\; \backslash geq\; 5\; b-b^\{2\}\; \backslash Leftrightarrow(a-b)(5-a-b)\; \backslash geq\; 0$$

Аналогно

$$(b-1)(4-b)\ge (c-1)(4-c)(b-1)(4-b)\; \backslash geq(c-1)(4-c)$$

Оттука следува дека

$$\frac{1}{(a-1)(4-a)}\le \frac{1}{(b-1)(4-b)}\le \frac{1}{(c-1)(4-c)}\backslash frac\{1\}\{(a-1)(4-a)\}\; \backslash leq\; \backslash frac\{1\}\{(b-1)(4-b)\}\; \backslash leq\; \backslash frac\{1\}\{(c-1)(4-c)\}$$

Бидејќи $4-3 a \leq 4-3 b \leq 4-3 c$ можеме да го искористиме неравенство на Чебишев и добиваме:

Равенство важи за $4-3 a=4-3 b=4-3 c$, т.е. $a=b=c=\frac{4}{3}$.

5. Од рамностран триаголник со страна 2014 е отсечен рамностран триаголник со страна 214 , така што едно теме им се совпаѓа и две од страните од отсечениот триаголник лежат на две од страните на почетниот. Дали оваа фигура може да се пополни со фигури прикажани на цртежот десно без преклопување (дозволена е ротација), ако триаголниците во фигурите се рамнострани со страна 1? Образложи го одго- ворот!

Решение. Најпрво ја разделуваме дадената фигура на рамнострани триаголници со страна 1. Ги обележуваме триаголничињата во дадената фигура со броевите од 1 до 6 , како на сликата десно (во првиот ред последователно од 1 до 6 , па броевите се повторуваат, во вториот почнуваме од 5 , во третиот од 3 , потоа од 1 и постапката се повторува). Лесно може да се забележи дека секоја од фигурите покрива по точно еден од броевите од 1 до 6. Според последното за фигурата да може да се покрие со дадените фигури, треба секој од броевите да се јавува еднаков број пати. Ако споредиме колку пати се јавува бројот 1 со колку пати се јавува бројот 2 ќе забележеме дека во првиот, четвртиот и секој ред од облик $3 k+1$ имаме една единица повеќе отколку двојки, а во останатите бројот на единици и двојки е еднаков, според ова, следува дека бројот на единици и двојки не е еднаков, па не може секој од броевите да се јавува еднаков број пати. Следува дека фигурата не може да се покрие на бараниот начин.