| # MMO 2016 |
|
|
| 1. Во множеството природни броеви решени ја равенката |
|
|
| $$ |
| 1+x^{Z}+y^{Z}=\operatorname{NZS}\left(x^{Z}, y^{Z}\right) |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| 1+x^{Z}+y^{Z}=x^{Z} y^{Z} |
| $$ |
|
|
| односно |
|
|
| $$ |
| \left(x^{Z}-1\right)\left(y^{Z}-1\right)=2 |
| $$ |
|
|
| Добиваме |
|
|
| $$ |
| x^{Z}-1=1, y^{Z}-1=2 |
| $$ |
|
|
| или |
|
|
| $$ |
| x^{Z}-1=2, y^{Z}-1=1 |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| A_{1}+A_{2}+A_{3} & =B_{1}+B_{2}+B_{3}=C_{1}+C_{2}+C_{3}=A_{1}+B_{1}+C_{1} \\ |
| & =A_{2}+B_{2}+C_{2}=A_{3}+B_{3}+C_{3}=A_{1}+B_{2}+C_{3} \\ |
| & =C_{1}+B_{2}+A_{3}=S |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| | $A_{1}$ | $A_{2}$ | $A_{3}$ | |
| | :--- | :--- | :--- | |
| | $B_{1}$ | $B_{2}$ | $B_{3}$ | |
| | $C_{1}$ | $C_{2}$ | $C_{3}$ | |
| |
| односно |
| |
| $$ |
| \begin{aligned} |
| 4 S & =\left(B_{1}+B_{2}+B_{3}\right)+\left(A_{2}+B_{2}+C_{2}\right)+\left(A_{1}+B_{2}+C_{3}\right)+\left(C_{1}+B_{2}+A_{3}\right) \\ |
| & =\left(A_{1}+A_{2}+A_{3}\right)+\left(B_{1}+B_{2}+B_{3}\right)+\left(C_{1}+C_{2}+C_{3}\right)+3 B_{2}=3 S+3 B_{2} |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| S=3 x |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| x y z+y z t+x z t+x y t=x y z t+3 |
| $$ |
|
|
| Решение. По делење на равенката со xyzt добиваме |
|
|
| $$ |
| \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}=1+\frac{3}{x y z t} |
| $$ |
|
|
| Заради симетрија, без губење од општост, претпоставуваме дека |
|
|
| $$ |
| x \leq y \leq z \leq t |
| $$ |
|
|
| од каде следува |
|
|
| $$ |
| \frac{1}{x} \geq \frac{1}{y} \geq \frac{1}{z} \geq \frac{1}{t} |
| $$ |
|
|
| Добиваме |
|
|
| $$ |
| \frac{4}{x} \geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}=1+\frac{3}{x y z t}>1 |
| $$ |
|
|
| од каде следува $x<4$. |
|
|
| Случај 1. Нека $x=3$. Тогаш равенката е од облик |
|
|
| $$ |
| 3 y z+y z t+3 z t+3 y t=3 y z t+3 |
| $$ |
|
|
| односно $3(y z+z t+y t)=2 y z t+3$. По делење на оваа равенка со $y z t$ добиваме |
|
|
| $$ |
| 3\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}\right)=2+\frac{3}{x y z t}>2, \frac{9}{y}>2 |
| $$ |
|
|
| од каде $y \leq 4$. Можни вредности за $y$ се 3 и 4 . |
|
|
| a) За $y=4$ добиваме |
|
|
| $$ |
| 3(4 z+z t+4 t)=8 z t+3,12(z+t)=5 z t+3,12\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{t}\right)=5+\frac{3}{z t}>5, \frac{24}{z}>5 |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| 3(3 z+z t+3 t)=6 z t+3,3(z+t)=z t+1,3\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{t}\right)=1+\frac{1}{z x}>1, \frac{6}{z}>1, z<6 |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| & 2 y z+y z t+2 z t+2 y t=2 y z t+3, \text { т.е. } \\ |
| & 2(y z+z t+y t)=y z t+3 \ldots |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| y z+y z t+z t+y t=y z t+3 |
| $$ |
|
|
| односно |
|
|
| $$ |
| y z+z t+y t=3 |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| (3,3,4,11),(3,3,5,7),(2,3,7,39),(2,3,9,17),(1,1,1,1) |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| \frac{\overline{C N}}{\overline{N A}} \cdot \frac{\overline{A B}}{\overline{B K}} \cdot \frac{\overline{K M}}{\overline{M C}}=1 |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
|  |
|
|
| $$ |
| \frac{\overline{A U}}{\overline{U B}} \cdot \frac{\overline{B L}}{\overline{L N}} \cdot \frac{\overline{N C}}{\overline{C A}}=1 |
| $$ |
|
|
| 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 |
| |
| $$ |
| x+y=P_{B L C}+P_{B L U}=P_{B U C}=\frac{1}{4} P_{A B C} |
| $$ |
| |
| од друга страна |
| |
| $$ |
| 2 x=P_{C N L}+P_{B L C}=P_{B N C}=\frac{1}{3} P_{A B C} |
| $$ |
| |
| 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 |
|
|
| $$ |
| \frac{1}{1+a_{1}^{4}}+\frac{1}{1+a_{2}^{4}}+\ldots+\frac{1}{1+a_{n}^{4}}=1 |
| $$ |
| |
| Докажи го неравенството |
| |
| $$ |
| a_{1} a_{2} \cdot \ldots \cdot a_{n} \geq(n-1)^{n / 4} |
| $$ |
|
|
| 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 |
| |
| $$ |
| \sin ^{2} x_{i}=1-\cos ^{2} x_{i} \geq(n-1)\left(\prod_{j=1, j \neq i}^{n} \cos x_{j}\right)^{2 /(n-1)}, i=1,2, \ldots, n |
| $$ |
| |
| Множејќи ги горните $n$ неравенства, добиваме |
| |
| $$ |
| \prod_{i=1}^{n} \sin ^{2} x_{i} \geq(n-1)^{n} \prod_{i=1}^{n} \cos ^{2} x_{i} |
| $$ |
| |
| Последното неравенство е еквивалентно со неравенството |
| |
| $$ |
| \prod_{i=1}^{n} \operatorname{tg} x_{i} \geq(n-1)^{n / 2} |
| $$ |
| |
| Конечно, |
| |
| $$ |
| \prod_{i=1}^{n} a_{i}=\left(\prod_{i=1}^{n} \operatorname{tg} x_{i}\right)^{1 / 2} \geq(n-1)^{n / 4} |
| $$ |
| |
| што требаше и да се докаже. |
| |
| |
