MatematickiTalent/md/mk-macedonian-olympiad/VaBv4JPBbEKzJEqttvVabg.md

MMO 2015

1. Нека $A H_{A}, B H_{B}, C H_{C}$ се висини во $\triangle A B C$. Низ темињата $A, B, C$ се повлечени нормални прави $p_{A}, p_{B}, p_{C}$ кон $H_{B} H_{C}, H_{C} H_{A}, H_{A} H_{B}$, соодветно. Докажи дека $p_{A}, p_{B}, p_{C}$ минуваат низ иста точка.

Решение. Прв начин. Нека $O$ е центарот на опишаната кружница околу $\triangle A B C$. Ќе докажеме дека секоја од правите $p_{A}, p_{B}, p_{C}$ минува низ точката $O$. Од причини на симетрија, доволно е да докажеме дека $O C \perp H_{A} H_{B}$. Нека $D$ е пресечната точка на овие две прави. Нека $\triangle A B C$ е остроаголен (направи цртеж). Јасно,

$$\mathrm{\measuredangle }{H}_{A}CD=\mathrm{\measuredangle }BCO={90}^{\circ }-\alpha \backslash measuredangle\; H\_\{A\}\; C\; D=\backslash measuredangle\; B\; C\; O=90^\{\backslash circ\}-\backslash alpha$$

Четириаголникот $A B H_{A} H_{B}$ е тетивен, па затоа

$$\mathrm{\measuredangle }D{H}_{A}C=\mathrm{\measuredangle }{H}_B{H}_{A}C=\alpha \backslash measuredangle\; D\; H\_\{A\}\; C=\backslash measuredangle\; H\_\{B\}\; H\_\{A\}\; C=\backslash alpha$$

Сега од последните равенства следува $O C \perp H_{A} H_{B}$. Аналогно се разгледува случајот кога $\triangle A B C$ е тапоаголен.

Втор начин. Според теоремата на Карно, потребно и доволно е да докажеме дека важи

$${\mid A{H}_B\mid }^2-{\mid A{H}_C\mid }^2+{\mid B{H}_C\mid }^2-{\mid B{H}_A\mid }^2+{\mid C{H}_A\mid }^2-{\mid C{H}_B\mid }^2=0\backslash left|A\; H\_\{B\}\backslash right|^\{2\}-\backslash left|A\; H\_\{C\}\backslash right|^\{2\}+\backslash left|B\; H\_\{C\}\backslash right|^\{2\}-\backslash left|B\; H\_\{A\}\backslash right|^\{2\}+\backslash left|C\; H\_\{A\}\backslash right|^\{2\}-\backslash left|C\; H\_\{B\}\backslash right|^\{2\}=0$$

Последното равенство следува ако ги собереме очигледните равенства:

2. Нека $a, b, c$ се позитивни реални броеви за кои важи $a b c=1$. Докажи дека

$$a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a\ge \sqrt{(a+b+c)(ab+bc+ca)}a^\{2\}\; b+b^\{2\}\; c+c^\{2\}\; a\; \backslash geq\; \backslash sqrt\{(a+b+c)(a\; b+b\; c+c\; a)\}$$

Решение. Ако во познатото неравенство

$$(x+y+z{)}^2\ge 3(xy+yz+zx)(x+y+z)^\{2\}\; \backslash geq\; 3(x\; y+y\; z+z\; x)$$

земеме $x=a^{2} b, y=b^{2} c, z=c^{2} a$ добиваме

Понатаму, од од условот $a b c=1$ и неравенството меѓу аритметичката и геометрисксата средина следува

и

Конечно, ако ги собереме последните три неравенства последователно добиваме

односно

$$a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a\ge \sqrt{(a+b+c)(ab+bc+ca)}a^\{2\}\; b+b^\{2\}\; c+c^\{2\}\; a\; \backslash geq\; \backslash sqrt\{(a+b+c)(a\; b+b\; c+c\; a)\}$$

3. Натпреварувачите на овогодинешната ММО “добро” се распоредени во $n$ колони (рапоредување по колони е "добро" ако во иста колона не се појавуваат познаници), но истото не може да се постигне во помалку од $n$ колони. Покажи дека постојат натпреварувачи $M_{1}, M_{2}, \ldots, M_{n}$ за кои важи следново:

(1) $M_{i}$ е во $i$-тата колона, за секој $i=1,2, \ldots, n$;

(2) $M_{i}$ е познаник со $M_{i+1}$, за секој $i=1,2, \ldots, n-1$.

Решение. Ќе извршиме прераспоредувања по колони. Најпрво, од втората колона го префрламе во првата колона секој натправарувач кој нема познаник во првата колона. Новото распоредување е добро, па затоа во втората колона останал барем еден натправарувач. Сега од третата колона го префрламе во втората колона секој натпреварувач кој нема познаник меѓу преостатаните во втората колона. Новото распоредување повторно е добро, па затоа во третата колона останал барем еден натпреварувач итн. За крај, од $n$-тата колона го префрламе во ( $n-1$ ) -вата колона секој натпреварувач кој нема познаник меѓу преостатаните во ( $n-1$ ) -вата колона. Добиеното распоредување повторно е добро, па затоа во $n$-тата колона останал барем еден натпреварувач. Означуваме еден таков со $M_{n}$. Мора да постои негов познаник $M_{n-1}$ во ( $n-1$ ) -вата колона. Да забележиме дека $M_{n-1}$ не е преместуван (во спротивно првичното распоредување не е добро). Затоа $M_{n-1}$ има познаник $M_{n-2}$ во ( $n-2$ )-рата колона. Аналогно заклучуваме дека $M_{n-2}$ не е преместуван итн. На овој начин се пронајдени натпреварувачи $M_{1}, M_{2}, \ldots, M_{n}$ за кои важат условите (1) и (2).

4. Кружниците $k_{1}$ и $k_{2}$ се сечат во точките $A$ и $B$. Права низ $B$, по втор пат ги сече кружниците $k_{1}$ и $k_{2}$ во точки $C$ и $D$, соодветно, при што $C$ лежи надвор од $k_{2}$, а $D$ надвор од $k_{1}$. Нека $M$ е пресечната точка на тангентите кон $k_{1}$ и $k_{2}$ повлечени низ $C$ и $D$, соодветно, и $A M \cap C D={P}$. Тангентата повлечена низ $B$ кон $k_{1}$ ја сече $A D$ во точка $L$, а тангентата повлечена низ $B$ кон $k_{2}$ ја сече $A C$ во точката $K$. Нека $K P \cap M D={N}$ и $L P \cap M C={Q}$. Докажи дека четириаголникот $M N P Q$ е паралелограм.

Решение. Од причини на симетрија, доволно е да се докаже дека важи $K P | M C$. Најпрво ќе докажеме дека дека четириаголникот $A C M D$ е тетивен. Имено, да забележиме дека $B$ лежи на отсечката $C D$, а $A$ и $M$ се на различни страни од правата $C D$. Од $\measuredangle B D M=\measuredangle D A B$ и $\measuredangle B C M=\measuredangle B A C$, следува

$$\mathrm{\measuredangle }DAC=\mathrm{\measuredangle }DAB+\mathrm{\measuredangle }BAC=\mathrm{\measuredangle }BDM+\mathrm{\measuredangle }BCM={180}^{\circ }-\mathrm{\measuredangle }DMC\backslash measuredangle\; D\; A\; C=\backslash measuredangle\; D\; A\; B+\backslash measuredangle\; B\; A\; C=\backslash measuredangle\; B\; D\; M+\backslash measuredangle\; B\; C\; M=180^\{\backslash circ\}-\backslash measuredangle\; D\; M\; C$$

Понатаму, ќе докажеме дека $B$ и $P$ лежат на ист кружен лак над точките $A$ и $K$. За таа цел, разгледуваме два случаи:

Прв случај. Точката $P$ лежи на остечката $B C$. Да забележиме дека точките $A$ и $B$ се од иста страна на правата $K P$. Нека со $E$ го означиме пресекот на правите $K B$ и $D M$. Имаме низа равенства

$$\mathrm{\measuredangle }KBP=\mathrm{\measuredangle }DBE=\mathrm{\measuredangle }BDE=\mathrm{\measuredangle }CDM=\mathrm{\measuredangle }CAM=\mathrm{\measuredangle }KAP\mathrm{.}\backslash measuredangle\; K\; B\; P=\backslash measuredangle\; D\; B\; E=\backslash measuredangle\; B\; D\; E=\backslash measuredangle\; C\; D\; M=\backslash measuredangle\; C\; A\; M=\backslash measuredangle\; K\; A\; P\; .$$

Тогаш, од $\measuredangle K B P=\measuredangle K A P$ следува дека четириаголникот $A K P B$ е тетивен.

Bmop случај. Точката $P$ лежи на остечката $A C$. Сега точките $A$ и $B$ се од различни страни на правата $K P$. Повторно, нека $E$ е пресекот на $K B$ и $D M$. Ја имаме следната низа равенства

$${180}^{\circ }-\mathrm{\measuredangle }KBP=\mathrm{\measuredangle }DBE=\mathrm{\measuredangle }BDE=\mathrm{\measuredangle }CDM=\mathrm{\measuredangle }CAM=\mathrm{\measuredangle }KAP180^\{\backslash circ\}-\backslash measuredangle\; K\; B\; P=\backslash measuredangle\; D\; B\; E=\backslash measuredangle\; B\; D\; E=\backslash measuredangle\; C\; D\; M=\backslash measuredangle\; C\; A\; M=\backslash measuredangle\; K\; A\; P$$

од што следува дека четириаголникот $A K B P$ е тетивен.

Така добиваме дека $\measuredangle A P K=\measuredangle A B K=\measuredangle A D B=\measuredangle A D C=\measuredangle A M C$, Од што следува дека $K P | M C$.

5. Определи ги сите природни броеви $m$ кои имаат точно три различни прости делители $p, q$ и $r$, такви што: a) $p-1|m, q r-1| m$,

б) $q-1 \nless m, r-1 \nmid m, 3 \nmid q+r$.

Решение. Бројот $m$ можеме да го претставиме во облик $m=p^{a} q^{b} r^{c}$. Броевите $q$ и $r$ не можат да бидат 2 , бидејќи $2-1=1$ е делител на секој природен број, од каде следува дека се непарни, то ест $q r-1$ е парен, па мора $m$ да биде парен, то ест $p=2$.

Од $\mathrm{NZD}(q, q r-1)=1=\mathrm{NZD}(r, q r-1)$ и $q r-1 \mid m$, следува дека $q r-1 \mid 2^{a}$, од каде $q r-1=2^{k}$ за некој природен број $k \leq a$. Ова значи дека бројот $2^{k}+1$ има точно два делители. Бројот $k$ може да се претстави во облик $k=2^{t} s$, каде $t$ е најголемиот степен на 2 во $k$, а $s$ е најголемиот непарен делител на $k$. Ако $s>1$, тогаш:

$$2^k+1={\left(2^{2^t}\right)}^s+1=(2^{2^t}+1)({\left(2^{2^t}\right)}^{s-1}-{\left(2^{2^t}\right)}^{s-2}+\dots -\left(2^{2^t}\right)+1)\mathrm{.}2^\{k\}+1=\backslash left(2^\{2^\{t\}\}\backslash right)^\{s\}+1=\backslash left(2^\{2^\{t\}\}+1\backslash right)\backslash left(\backslash left(2^\{2^\{t\}\}\backslash right)^\{s-1\}-\backslash left(2^\{2^\{t\}\}\backslash right)^\{s-2\}+\backslash ldots-\backslash left(2^\{2^\{t\}\}\backslash right)+1\backslash right)\; .$$

Последното е можно само ако

$$q=2^{2^t}+1,r={\left(2^{2^t}\right)}^{s-1}-{\left(2^{2^t}\right)}^{s-2}+\dots -\left(2^{2^t}\right)+1q=2^\{2^\{t\}\}+1,\; r=\backslash left(2^\{2^\{t\}\}\backslash right)^\{s-1\}-\backslash left(2^\{2^\{t\}\}\backslash right)^\{s-2\}+\backslash ldots-\backslash left(2^\{2^\{t\}\}\backslash right)+1$$

или обратно, но тогаш $q-1=2^{2^{t}} \mid m$ или $p=2^{2^{t}} \mid m$, што противречи на условите на задачата.

Следува дека $s=1$, то ест $k=2^{t}$ е степен на 2 и $q r=2^{2^{t}}+1$, то ест $2^{2^{t}}+1$ е производ на два прости броеви. За $t=0$ имаме $2^{2^{t}}+1=3$ и ова очогледно не е случај, па затоа $t>1$.

Од

$$2^{2^t}+1\equiv 2^{2\cdot 2^{t-1}}+1\equiv {\left(2^2\right)}^{2^{t-1}}+1\equiv 4^{2^{t-1}}+1\equiv 1^{2^{t-1}}+1\equiv 1+1\equiv 2(3)2^\{2^\{t\}\}+1\; \backslash equiv\; 2^\{2\; \backslash cdot\; 2^\{t-1\}\}+1\; \backslash equiv\backslash left(2^\{2\}\backslash right)^\{2^\{t-1\}\}+1\; \backslash equiv\; 4^\{2^\{t-1\}\}+1\; \backslash equiv\; 1^\{2^\{t-1\}\}+1\; \backslash equiv\; 1+1\; \backslash equiv\; 2(\backslash bmod\; 3)$$

следува дека $3 \nmid q$ и $3 \nmid r$. Ако $q \equiv r(\bmod 3)$, тогаш $q r \equiv 1(\bmod 3)$, па мора едниот да е конгруентен со еден, а другиот со два, но тогаш нивниот збир е делив со три, што противречи на последнит услов од задачата, т.е. број кој ги задоволува дадените услови не постои.