MatematickiTalent/md/mk-macedonian-olympiad/mk-1pajOoQiIkeusTRjqqwJ9w.md

MMO 2016

1. Во множеството природни броеви решени ја равенката

$$1+x^Z+y^Z=\mathrm{NZS}(x^Z,y^Z)1+x^\{Z\}+y^\{Z\}=\backslash operatorname\{NZS\}\backslash left(x^\{Z\},\; y^\{Z\}\backslash right)$$

Решение. Нека $d=\operatorname{NZD}(x, y)$. Тогаш $d\left|\operatorname{NZS}\left(x^{Z}, y^{z}\right), d\right| x^{Z}$ и $d \mid y^{Z}$, од каде следува $d=1$. Равенката преминува во облик

$$1+x^Z+y^Z=x^Z{y}^{Z}1+x^\{Z\}+y^\{Z\}=x^\{Z\}\; y^\{Z\}$$

односно

$$(x^Z-1)(y^Z-1)=2\backslash left(x^\{Z\}-1\backslash right)\backslash left(y^\{Z\}-1\backslash right)=2$$

Добиваме

$$x^Z-1=1,y^Z-1=2x^\{Z\}-1=1,\; y^\{Z\}-1=2$$

или

$$x^Z-1=2,y^Z-1=1x^\{Z\}-1=2,\; y^\{Z\}-1=1$$

од што следи $x=2, y=3, z=1$ или $x=3, y=2, z=1$.

2. Магичен квадрат со димензии $3 \times 3$ е квадрат со страна 3 , составен од 9 единечни квадрати, така што реалните броеви запишани во единечните квадрати (по еден број во секој единечен квадрат) го задоволуваат својството: збирот на броевите од единечните квадрати во било која редица е еднаков на збирот на броевите од единечните квадрати во било која колона и е еднаков на збирот на броевите во единечните квадрати во двете дијагонали.

Даден е правоаголник со димензии $m \times n, m \geq 3, n \geq 3$, составен од $m n$ единечни квадрати. Во секој единечен квадрат од правоаголникот е запишан по еден број така што секој квадрат со димензии $3 \times 3$ е магичен. Колку најмногу различни броеви можат да се употребат за пополнување на правоаголникот?

Решение. Да го разгледаме магичниот квадрат прикажан на цртежот десно. Тогаш

$A_{1}$	$A_{2}$	$A_{3}$
$B_{1}$	$B_{2}$	$B_{3}$
$C_{1}$	$C_{2}$	$C_{3}$

односно

Добиваме $S=3 B_{2}$. Bo продолжение централниот елемент $B_{2}$ го означуваме со $x$. Докажавме дека ако централниот елемент во магичниот квадрат е $x$, тогаш

$$S=3xS=3\; x$$

Ако правоаголникот е со димензии $3 \times 3$, тогаш тој е магичен квадрат и постои пополнување со 9 различни броеви, на пример види цртеж десно.

1	10	4
8	5	2
6	0	9

Цртеж 1

Ќе докажеме дека правоаголник со димензии $n=3, m>3$ мора да се пополни со единствен број. Нека $n=3, m>3$ и нека во првиот централен квадрат е бројот $x$ (цртеж 1).

Од (1) добиваме дека ако е пополнет единечниот квадрат од правоаголникот како на цртеж 1 , тогаш $S$ на означениот квадрат на сликата

Цртеж 3

изнесува $3 x$. Го разгледуваме квадратот означен на цртеж 2. Тогаш неговиот централен единечен квадрат мора да биде повторно $x$, бидејќи втората колона има сума $3 x$. Аналогно, со поместување на квадратот на десно добиваме правоаголник кој мора да е пополнет како на цртеж 3 .

Од квадратите кои се обоени, следува дека целата втора редица е пополнета со $x$. Нека претпоставиме дека пополнувањето е како на цртеж 4.

Цртеж 4

Цртеж 5

Бидејќи збирот на броевите по првата редица од обоениот квадрат е ист со збирот на броевите по дијагоналите, пополнувањето мора да биде како што е прикажано на цртеж 5. Понатаму, го разгледуваме обоениот квадрат на цртеж 6. Заради $2 a+c=3 x$ и $2 b+d=3 x$ го добиваме пополнувањето прикажано на цртеж 6 .

Цртеж 6

Цртеж 7

Аналогно на пополнувањето на цртеж 5 на обоениот квадрат, добиваме дека $c=a, b=d$, што е прикажано на цртеж 7, од каде следува $a=b=c=d=x$ односно сите елементи од пополнувањето мора да бидат еднакви.

Нека $n>3, m>3$. Тогаш заради претходната дискусија, правоаголникот со ширина 3 и должина $m$ мора да е пополнет со еден број. Од исти причини и секој правоаголник кој се добива со поместување по вертикала мора да е пополнет со еден број.

Конечно, ако $n=m=3$, тогаш постои пополнување со 9 различни броеви. Ако $n>3$ или $m>3$, тогаш единственото можно пополнување е со само еден број.

3. Во множеството природни броеви реши ја равенката

$$xyz+yzt+xzt+xyt=xyzt+3x\; y\; z+y\; z\; t+x\; z\; t+x\; y\; t=x\; y\; z\; t+3$$

Решение. По делење на равенката со xyzt добиваме

$$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}=1+\frac{3}{xyzt}\backslash frac\{1\}\{x\}+\backslash frac\{1\}\{y\}+\backslash frac\{1\}\{z\}+\backslash frac\{1\}\{t\}=1+\backslash frac\{3\}\{x\; y\; z\; t\}$$

Заради симетрија, без губење од општост, претпоставуваме дека

$$x\le y\le z\le tx\; \backslash leq\; y\; \backslash leq\; z\; \backslash leq\; t$$

од каде следува

$$\frac{1}{x}\ge \frac{1}{y}\ge \frac{1}{z}\ge \frac{1}{t}\backslash frac\{1\}\{x\}\; \backslash geq\; \backslash frac\{1\}\{y\}\; \backslash geq\; \backslash frac\{1\}\{z\}\; \backslash geq\; \backslash frac\{1\}\{t\}$$

Добиваме

$$\frac{4}{x}\ge \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}=1+\frac{3}{xyzt}>1\backslash frac\{4\}\{x\}\; \backslash geq\; \backslash frac\{1\}\{x\}+\backslash frac\{1\}\{y\}+\backslash frac\{1\}\{z\}+\backslash frac\{1\}\{t\}=1+\backslash frac\{3\}\{x\; y\; z\; t\}>1$$

од каде следува $x<4$.

Случај 1. Нека $x=3$. Тогаш равенката е од облик

$$3yz+yzt+3zt+3yt=3yzt+33\; y\; z+y\; z\; t+3\; z\; t+3\; y\; t=3\; y\; z\; t+3$$

односно $3(y z+z t+y t)=2 y z t+3$. По делење на оваа равенка со $y z t$ добиваме

$$3(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t})=2+\frac{3}{xyzt}>2,\frac{9}{y}>23\backslash left(\backslash frac\{1\}\{y\}+\backslash frac\{1\}\{z\}+\backslash frac\{1\}\{t\}\backslash right)=2+\backslash frac\{3\}\{x\; y\; z\; t\}>2,\; \backslash frac\{9\}\{y\}>2$$

од каде $y \leq 4$. Можни вредности за $y$ се 3 и 4 .

a) За $y=4$ добиваме

$$3(4z+zt+4t)=8zt+3,12(z+t)=5zt+3,12(\frac{1}{z}+\frac{1}{t})=5+\frac{3}{zt}>5,\frac{24}{z}>53(4\; z+z\; t+4\; t)=8\; z\; t+3,12(z+t)=5\; z\; t+3,12\backslash left(\backslash frac\{1\}\{z\}+\backslash frac\{1\}\{t\}\backslash right)=5+\backslash frac\{3\}\{z\; t\}>5,\; \backslash frac\{24\}\{z\}>5$$

од каде $z \leq 4$. Од (1) следува $z=4$ и равенката го добива обликот $12(4+t)=20 t+3$, односно $8 t=45$, па $t$ не е природен број.

б) За $y=3$, добиваме

Можни вредности за $z$ ce $3,4,5$.

• Нека $z=3$. Тогаш $3(3+t)=3 t+1$ што не е можно.
• Ако $z=4$, тогаш $3(4+t)=4 t+1, t=11$.
• Ако $z=5$, тогаш $3(5+t)=5 t+1, t=7$.

Решенија се четворките $(3,3,4,11),(3,3,5,7)$.

Случај 2. Нека $x=2$. Тогаш равенката е од облик

Тогаш секој од броевите $y, z, t$ е непарен. По делење на оваа равенка со $y z t$ добиваме $2\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}\right)=1+\frac{3}{x y z t}>1$ од каде $\frac{6}{y}>1$, односно $y<6$.

a) Ако $y=5$ тогаш (2) е од облик $2(5 z+z t+5 t)=5 z t+3$, т.е. $10(z+t)=3 z t+3$. Оттука $10\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{t}\right)=3+\frac{3}{z t}>3$ значи $\frac{1}{z}>\frac{3}{20}$, односно $z \leq 6$. Единствена можност е $z=5$. Добиваме $10(5+t)=15 t+3$, односно $5 t=47$ од каде $t$ не е природен број.

б) Ако $y=3$, (2) е од облик $2(3 z+z t+3 t)=3 z t+3$, односно $6(z+t)=z t+3$. Тогаш $6\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{t}\right)=1+\frac{3}{z t}>1$, од каде $\frac{12}{z}>1$, односно $z<12$. Можности за $z$ ce $3,5,7,9,11$.

• Ако $z=3$, тогаш $6(3+t)=3 t+3$, од каде $3 t=-15$, односно $t=-5 \notin \mathbb{N}$.
• Ако $z=5$, тогаш $6(5+t)=5 t+3, t=-27 \notin \mathbb{N}$.
• Ако $z=7$, тогаш $6(7+t)=7 t+3, t=39$.
• Ако $z=9$, тогаш $6(9+t)=9 t+3$, од каде $3 t=51$, односно $t=17$.

Значи во овој случај решенија се четворките $(2,3,7,39),(2,3,9,17)$.

Случај 3. Нека $x=1$. Тогаш равенката е од облик

$$yz+yzt+zt+yt=yzt+3y\; z+y\; z\; t+z\; t+y\; t=y\; z\; t+3$$

односно

$$yz+zt+yt=3y\; z+z\; t+y\; t=3$$

Од (1) добиваме $3 y z \leq 3$, односно $y z \leq 1$, од каде $y=1$ и $z=1$. Тогаш $1+2 t=3$, односно $t=1$. Решение е четворката $(1,1,1,1)$.

Конечно, решенија на почетната равенка се

$$(3,3,4,11),(3,3,5,7),(2,3,7,39),(2,3,9,17),(1,1,1,1)(3,3,4,11),(3,3,5,7),(2,3,7,39),(2,3,9,17),(1,1,1,1)$$

и сите нивни пермутации.

4. Дадена е отсечка $A B$ и нејзината средна точка $K$. На нормалата на $A B$ повлечена низ $K$ избрана е произволна точка $C$, различна од $K$. Нека $N$ е пресечната точка на $A C$ со правата што минува низ $B$ и средината на отсечката $C K$. Нека $U$ е пресечната точка на $A B$ со правата што минува низ $C$ и средината $L$ на отсечката $B N$. Докажи дека односот на плоштините на триаголниците $C N L$ и BUL не зависи од изборот на точката $C$.

Решение. Нека ја означиме со $M$ средината на отсечката $С К$. Од теорема на Менелај за триаголникот $A K C$ и правата $B N$ имаме

$$\frac{\overline{CN}}{\overline{NA}}\cdot \frac{\overline{AB}}{\overline{BK}}\cdot \frac{\overline{KM}}{\overline{MC}}=1\backslash frac\{\backslash overline\{C\; N\}\}\{\backslash overline\{N\; A\}\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{\backslash overline\{A\; B\}\}\{\backslash overline\{B\; K\}\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{\backslash overline\{K\; M\}\}\{\backslash overline\{M\; C\}\}=1$$

Од ова добиваме $\overline{N A}=2 \overline{N C}$, од што следи дека $\overline{A C}=3 \overline{N C}$. Следува $P_{B N C}=\frac{1}{3} P_{A B C}$. Од теоремата на Менелај за триаголникот $A B N$ и правата $C U$ имаме

$$\frac{\overline{AU}}{\overline{UB}}\cdot \frac{\overline{BL}}{\overline{LN}}\cdot \frac{\overline{NC}}{\overline{CA}}=1\backslash frac\{\backslash overline\{A\; U\}\}\{\backslash overline\{U\; B\}\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{\backslash overline\{B\; L\}\}\{\backslash overline\{L\; N\}\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{\backslash overline\{N\; C\}\}\{\backslash overline\{C\; A\}\}=1$$

Па добиваме $\overline{A U}=3 \overline{U B}$. Значи $U$ е средина на отсечката $B K$. Следува дека $P_{B U C}=\frac{1}{4} P_{A B C}$. Нека $x=P_{C N L}$ и $y=P_{B L U}$. Бидејќи $L$ е средина на $B N$, имаме $P_{B L C}=x$. Сега

$$x+y=P_{BLC}+P_{BLU}=P_{BUC}=\frac{1}{4}{P}_{ABC}x+y=P\_\{B\; L\; C\}+P\_\{B\; L\; U\}=P\_\{B\; U\; C\}=\backslash frac\{1\}\{4\}\; P\_\{A\; B\; C\}$$

од друга страна

$$2x=P_{CNL}+P_{BLC}=P_{BNC}=\frac{1}{3}{P}_{ABC}2\; x=P\_\{C\; N\; L\}+P\_\{B\; L\; C\}=P\_\{B\; N\; C\}=\backslash frac\{1\}\{3\}\; P\_\{A\; B\; C\}$$

Ако ги поделиме овие две равенства, добиваме $\frac{1}{2}+\frac{y}{2 x}=\frac{3}{4}$, од каде $\frac{y}{x}=\frac{1}{2}$, од што се добива бараното тврдење.

5. Нека $n \geq 3$ и $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ се позитивни реални броеви за кои што важи

$$\frac{1}{1+a_1^4}+\frac{1}{1+a_2^4}+\dots +\frac{1}{1+a_n^4}=1\backslash frac\{1\}\{1+a\_\{1\}^\{4\}\}+\backslash frac\{1\}\{1+a\_\{2\}^\{4\}\}+\backslash ldots+\backslash frac\{1\}\{1+a\_\{n\}^\{4\}\}=1$$

Докажи го неравенството

$$a_1{a}_2\cdot \dots \cdot a_n\ge (n-1{)}^{n\mathrm{/}4}a\_\{1\}\; a\_\{2\}\; \backslash cdot\; \backslash ldots\; \backslash cdot\; a\_\{n\}\; \backslash geq(n-1)^\{n\; /\; 4\}$$

Решение. Нека $a_{i}^{2}=\operatorname{tg} x_{i}, x_{i} \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right), i=1,2, \ldots, n$. Тогаш $\sum_{i=1}^{n} \cos ^{2} x_{i}=1$. Од неравенството меѓу аритметичката и геометриската средина следува

$${\sin }^2{x}_i=1-{\cos }^2{x}_i\ge (n-1){(\prod _{j=1,j\mathrm{\ne }i}^n\cos x_j)}^{2\mathrm{/}(n-1)},i=1,2,\dots ,n\backslash sin\; ^\{2\}\; x\_\{i\}=1-\backslash cos\; ^\{2\}\; x\_\{i\}\; \backslash geq(n-1)\backslash left(\backslash prod\_\{j=1,\; j\; \backslash neq\; i\}^\{n\}\; \backslash cos\; x\_\{j\}\backslash right)^\{2\; /(n-1)\},\; i=1,2,\; \backslash ldots,\; n$$

Множејќи ги горните $n$ неравенства, добиваме

$$\prod _{i=1}^n{\sin }^2{x}_i\ge (n-1{)}^n\prod _{i=1}^n{\cos }^2{x}_i\backslash prod\_\{i=1\}^\{n\}\; \backslash sin\; ^\{2\}\; x\_\{i\}\; \backslash geq(n-1)^\{n\}\; \backslash prod\_\{i=1\}^\{n\}\; \backslash cos\; ^\{2\}\; x\_\{i\}$$

Последното неравенство е еквивалентно со неравенството

$$\prod _{i=1}^n\mathrm{tg}{x}_i\ge (n-1{)}^{n\mathrm{/}2}\backslash prod\_\{i=1\}^\{n\}\; \backslash operatorname\{tg\}\; x\_\{i\}\; \backslash geq(n-1)^\{n\; /\; 2\}$$

Конечно,

$$\prod _{i=1}^n{a}_i={(\prod _{i=1}^n\mathrm{tg}{x}_i)}^{1\mathrm{/}2}\ge (n-1{)}^{n\mathrm{/}4}\backslash prod\_\{i=1\}^\{n\}\; a\_\{i\}=\backslash left(\backslash prod\_\{i=1\}^\{n\}\; \backslash operatorname\{tg\}\; x\_\{i\}\backslash right)^\{1\; /\; 2\}\; \backslash geq(n-1)^\{n\; /\; 4\}$$

што требаше и да се докаже.