MatematickiTalent/md/mk-macedonian-olympiad/mk-NDqJIb8xRECsQbUHHzIFQw.md

MMO 2000

1. Тетива $C D$ на кружница со центар $O$ е нормална на дијаметар $A B$. Тетива $A E$ го сече радиусот $C O$ во точка $M$ и тетивата $D E$ ја сече тетивата $B C$ во точка $N$. Докажи дека $\frac{\overline{C M}}{\overline{C O}}=\frac{\overline{C N}}{\overline{C B}}$.

Решение. Од $C D \perp A B$ и $A B$ е дијаметар следува $\overline{A C}=\overline{A D}$. Затоа

$$\mathrm{\measuredangle }AEC=\mathrm{\measuredangle }AED\backslash measuredangle\; A\; E\; C=\backslash measuredangle\; A\; E\; D$$

Понатаму,

Сега, од (1), (2) и (3) следува $\measuredangle M C N=\measuredangle M E N$, па затоа точките $M, C, E, N$ лежат на

иста кружница $k_{1}$. Според тоа,

$$\mathrm{\measuredangle }MNC=\mathrm{\measuredangle }MEC\text{ и }\mathrm{\measuredangle }MEC=\mathrm{\measuredangle }OBC\backslash measuredangle\; M\; N\; C=\backslash measuredangle\; M\; E\; C\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; \backslash measuredangle\; M\; E\; C=\backslash measuredangle\; O\; B\; C$$

па затоа $\measuredangle M N C=\measuredangle O B C$. Од последното равенство и од тоа што $\measuredangle M C N$ е заеднички за триаголниците $M N C$ и $O B C$ следува $\triangle M N C \sim$ ${ }_{\triangle} O B C$, па затоа важи $\frac{\overline{C M}}{\overline{C O}}=\frac{\overline{C N}}{\overline{C B}}$.

2. Определи на најголемата можна вредност на изразот

$$\frac{a_1{a}_2\dots a_n}{(1+a_1)(a_1+a_2)\dots (a_{n-1}+a_n)(a_n+2^{n+1})}\backslash frac\{a\_\{1\}\; a\_\{2\}\; \backslash ldots\; a\_\{n\}\}\{\backslash left(1+a\_\{1\}\backslash right)\backslash left(a\_\{1\}+a\_\{2\}\backslash right)\; \backslash ldots\backslash left(a\_\{n-1\}+a\_\{n\}\backslash right)\backslash left(a\_\{n\}+2^\{n+1\}\backslash right)\}$$

каде $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots, a_{n}$ се позитивни реални броеви.

Решение. Ќе бараме најмала можна вредност на изразот

$$\frac{(1+a_1)(a_1+a_2)\dots (a_{n-1}+a_n)(a_n+2^{n+1})}{a_1{a}_2\dots a_n}\backslash frac\{\backslash left(1+a\_\{1\}\backslash right)\backslash left(a\_\{1\}+a\_\{2\}\backslash right)\; \backslash ldots\backslash left(a\_\{n-1\}+a\_\{n\}\backslash right)\backslash left(a\_\{n\}+2^\{n+1\}\backslash right)\}\{a\_\{1\}\; a\_\{2\}\; \backslash ldots\; a\_\{n\}\}$$

Имаме

$$\frac{(1+a_1)(a_1+a_2)\dots (a_{n-1}+a_n)(a_n+2^{n+1})}{a_1{a}_2\dots a_n}=(1+a_1)(1+\frac{a_2}{a_1})\dots (1+\frac{a_n}{a_{n-1}})(1+\frac{2^{n+1}}{a_n})\backslash frac\{\backslash left(1+a\_\{1\}\backslash right)\backslash left(a\_\{1\}+a\_\{2\}\backslash right)\; \backslash ldots\backslash left(a\_\{n-1\}+a\_\{n\}\backslash right)\backslash left(a\_\{n\}+2^\{n+1\}\backslash right)\}\{a\_\{1\}\; a\_\{2\}\; \backslash ldots\; a\_\{n\}\}=\backslash left(1+a\_\{1\}\backslash right)\backslash left(1+\backslash frac\{a\_\{2\}\}\{a\_\{1\}\}\backslash right)\; \backslash ldots\backslash left(1+\backslash frac\{a\_\{n\}\}\{a\_\{n-1\}\}\backslash right)\backslash left(1+\backslash frac\{2^\{n+1\}\}\{a\_\{n\}\}\backslash right)$$

Воведуваме смени $x_{1}=a_{1}, x_{2}=\frac{a_{2}}{a_{1}}, \ldots, x_{n}=\frac{a_{n}}{a_{n-1}}, x_{n+1}=\frac{2^{n+1}}{a_{n}}$. Значи, бараме најмала вредност на изразот

$$(1+x_1)(1+x_2)\dots (1+x_n)(1+x_{n+1})\backslash left(1+x\_\{1\}\backslash right)\backslash left(1+x\_\{2\}\backslash right)\; \backslash ldots\backslash left(1+x\_\{n\}\backslash right)\backslash left(1+x\_\{n+1\}\backslash right)$$

каде $x_{1} x_{2} \ldots x_{n} x_{n+1}=2^{n+1}$. Притоа,

Според тоа, најмалата можна вредност на изразот (**) е $3^{n+1}$ и таа се достигнува за $x_{1}=x_{2}=\ldots=x_{n}=x_{n+1}=2$. Тоа значи дека најголемата можна вредност на изразот (*) е $\frac{1}{3^{n+1}}$ и истата се достигнува за $a_{1}=2, a_{2}=2^{2}, a_{3}=2^{3}, \ldots, a_{n}=2^{n}$.

3. Нека $a, b, c$ е должините на стsраните на триаголникот $A B C, t_{a}, t_{b}, t_{c}$ се соодветно должините на тежишните линии повлечени кон страните и $d$ е должината на дијаметарот на опишаната кружница околу триаголникот $A B C$. Докажи дека

$$\frac{a^2+b^2}{t_c}+\frac{b^2+c^2}{t_a}+\frac{c^2+a^2}{t_b}\le 6d\backslash frac\{a^\{2\}+b^\{2\}\}\{t\_\{c\}\}+\backslash frac\{b^\{2\}+c^\{2\}\}\{t\_\{a\}\}+\backslash frac\{c^\{2\}+a^\{2\}\}\{t\_\{b\}\}\; \backslash leq\; 6\; d$$

Решение. Нека $A A_{2}, B B_{2}, C C_{2}$ се тежишните линии во триаголникот $A B C$, а $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ се соодветно нивните пресечни точки со опишаната кружница околу триаголникот (цртеж десно). Јасно,

$$\overline{A{A}_1}\le d,\overline{B{B}_1}\le d,\overline{C{C}_1}\le d\backslash overline\{A\; A\_\{1\}\}\; \backslash leq\; d,\; \backslash overline\{B\; B\_\{1\}\}\; \backslash leq\; d,\; \backslash overline\{C\; C\_\{1\}\}\; \backslash leq\; d$$

т.е.

Понатаму, од степенот на точката $A_{2}$ во однос на точките во однос на кружницата $k$ следува $\overline{B A_{2}} \cdot \overline{A_{2} C}=\overline{A A_{2}} \cdot \overline{A_{2} A_{1}}$, т.е. $\frac{a}{2} \cdot \frac{a}{2}=t_{a} \cdot \overline{A_{2} A_{1}}$, па затоа $\overline{A_{2} A_{1}}=\frac{a^{2}}{4 t_{a}}$. Аналогно се добива $\overline{B_{2} B_{1}}=\frac{b^{2}}{4 t_{b}}$ и $\overline{C_{2} C_{1}}=\frac{c^{2}}{4 t_{c}}$. Со замена во (1) и собирање на неравенствата добиваме

$$\frac{4t_a^2+a^2}{4t_a}+\frac{4t_b^2+b^2}{4t_b}+\frac{4t_c^2+c^2}{4t_c}\le 3d\backslash frac\{4\; t\_\{a\}^\{2\}+a^\{2\}\}\{4\; t\_\{a\}\}+\backslash frac\{4\; t\_\{b\}^\{2\}+b^\{2\}\}\{4\; t\_\{b\}\}+\backslash frac\{4\; t\_\{c\}^\{2\}+c^\{2\}\}\{4\; t\_\{c\}\}\; \backslash leq\; 3\; d$$

Но, $4 t_{a}^{2}+a^{2}=2 b^{2}+2 c^{2}, 4 t_{b}^{2}+b^{2}=2 c^{2}+2 a^{2}, 4 t_{c}^{2}+c^{2}=2 a^{2}+2 b^{2}$, па ако замениме во (2) го добиваме неравенствато (*).

4. Нека $a, b$ се природни броеви такви што $\operatorname{NZD}(a, b)=1$. Докажи дека бројот на природни броеви $n$ за кои равенката $a x+b y=n$ нема решение $(x, y) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}$ е еднаков на $\frac{(a+1)(b+1)}{2}-1$.

Решение. Од $\operatorname{NZD}(a, b)=1$ следува дека равенката $a x+b y=1$ има решение $(x, y) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$. Според тоа, за секој $n \in \mathbb{N}$ равенката

$$ax+by=na\; x+b\; y=n$$

има решение $(x, y) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$.

Лема 1. За секој $n>a b$ равенката (1) има решение $(x, y) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}$, за $n=a b$ равенката (1) нема решение $(x, y) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}$.

Доказ. Нека $n>a b$ и $a x^{\prime}+b y^{\prime}=n,\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$. Ако $a x+b y=n$, $(x, y) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$, тогаш $a\left(x-x^{\prime}\right)+b\left(y-y^{\prime}\right)=0$, па од $\operatorname{NZD}(a, b)=1$ следува $b \mid x-x^{\prime}$. Нека $x-x^{\prime}=b t$, за некој $t \in \mathbb{Z}$. Тогаш од $a b t+b\left(y-y^{\prime}\right)=0$ следува $y-y^{\prime}=-a t$. Според тоа, општото решение на (1) во множеството цели броеви е $\left(x^{\prime}+a t, y^{\prime}-b t\right), t \in \mathbb{Z}$.

Избираме $t^{*} \in \mathbb{Z}$ таков што $0<y^{\prime}-a t \leq a$. Ваков $t^{*}$ постои и тогаш $x^{\prime}+b t^{*}>0$. Навистина,

$$a(x^{\mathrm{\prime }}+b{t}^{\ast })=n-b(y^{\mathrm{\prime }}-a{t}^{\ast })\ge n-ab>0a\backslash left(x^\{\backslash prime\}+b\; t^\{*\}\backslash right)=n-b\backslash left(y^\{\backslash prime\}-a\; t^\{*\}\backslash right)\; \backslash geq\; n-a\; b>0$$

Јасно, $\left(x^{\prime}+b t^{}, y^{\prime}-a t^{}\right) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}$ и е решение на (1).

Нека $a x+b y=a b$ за некои $x, y \in \mathbb{N}$. Тогаш $b \mid x$, па затоа $a x>a b$. Значи, $b y=a b-a x<0$ и како $b>0$, добиваме $y<0$, противречност.

Лема 2. Нека $a x+b y<a b, x, y \in \mathbb{N}$ и нека $x^{\prime} . y^{\prime} \in \mathbb{N}$ се такви што $a x+b y=a x^{\prime}+b y^{\prime}$. Тогаш $x=x^{\prime}$ и $y=y^{\prime}$.

Доказ. Од равенството $a x+b y=a x^{\prime}+b y^{\prime}$ следува $a\left(x-x^{\prime}\right)=b\left(y-y^{\prime}\right)$, што значи $b \mid x-x^{\prime}$. Без ограничување на општоста можеме да претпоставиме дека $x \geq x^{\prime}$. Ако $x>x^{\prime}$, тогаш $x \geq x^{\prime}+b$, па затоа

$$ax+by\ge a{x}^{\mathrm{\prime }}+ab+by>aba\; x+b\; y\; \backslash geq\; a\; x^\{\backslash prime\}+a\; b+b\; y>a\; b$$

што е противречност.

Од претходните разгледувања следува дека ако за некој природен број $n<a b$ равенката (1) има решение во множеството $\mathbb{N}$, тогаш тоа решение е единствено. Затоа за да го најдеме бројот на природните броеви $n<a b$ за кои (1) има решение во множеството $\mathbb{N}$, доволно е да го најдеме бројот на парови природни броеви $(x, y)$ такви што $a x+b y<a b$. Нека

Ќe го определиме бројот на елементите на $A$. Нека $(x, y) \in A$. Вредностите што може да ги прими $y$ се $1,2, \ldots, a-1$. За фиксиран број $y \in{1,2, \ldots, a-1}$ ќе ги определиме сите вредности $x$ од $\mathbb{N}$ за кои $a x+b y<a b$. Бидејќи $b y<a x+b y<a b$, добиваме $0<a x<(a-y) b$, од каде следува $x \in\left{1,2, \ldots,\left[\frac{(a-y) b}{a}\right]\right}$. Понатаму, ако $y \in{1,2, \ldots, a-1}$, тогаш $a-y \in{1,2, \ldots, a-1}$. Според тоа, бројот на елементите на $A$ е еднаков на $\sum_{i=1}^{a-1}\left[\frac{i b}{a}\right]$. Слично, ако разгледуваме кои вредности може да ги прими $x$ ќе добиеме дека бројот на елементите на $A$ е еднаков на $\sum_{i=1}^{b-1}\left[\frac{i a}{b}\right]$. Значи $\sum_{i=1}^{a-1}\left[\frac{i b}{a}\right]=\sum_{i=1}^{b-1}\left[\frac{i a}{b}\right]$. (Последното равенство важи за секои $a, b \in \mathbb{N}$.) Останува да го пресметаме збирот $\sum_{i=1}^{a-1}\left[\frac{i b}{a}\right]$. Јасно, за $a=b=1$ тврдењето на задачата е точно, па затоа бараниот збир ќе го пресметаме за $0<b<a$. Ќe ја определиме најголемата вредност која може да ја прими $\left[\frac{i b}{a}\right]$ за $i=1,2, \ldots, a-1$. Бидејќи

$$ab>(a-1)b=ab-b>ab-a=a(b-1)a\; b>(a-1)\; b=a\; b-b>a\; b-a=a(b-1)$$

добиваме дека $\left[\frac{(a-1) b}{a}\right]=b-1$. Според тоа, за $i \in{1,2, \ldots, a-1}$ имаме $\left[\frac{i b}{a}\right] \in{1,2, \ldots, b-1}$. Нека $k \in{1,2, \ldots, b-1}$ е дадено. Ќе разгледаме за колку индекси $i \in{1,2, \ldots, a-1}$ е исполнето равенство $\left[\frac{i b}{a}\right]=k$. Од $\operatorname{NZD}(a, b)=1$ следува дека $\frac{i b}{a}$ не е природен број, па затоа ги определуваме оние вредности $i \in{1,2, \ldots, a-1}$ за кои што

Нека $i_{\min }^{(k)}$ е најмалиот $i \in{1,2, \ldots, a-1}$ таков што $k a<i b$. Значи,

односно

$$i_{\min }^{}=\left[\frac{ka}{b}\right]+1i\_\{\backslash min\; \}^\{(k)\}=\backslash left[\backslash frac\{k\; a\}\{b\}\backslash right]+1$$

Нека $i_{\max }^{(k)}$ е најголемиот $i \in{1,2, \ldots, a-1}$ таков што $i b<(k+1) a$. Од (3) следува дека за $k \in{1,2, \ldots, b-2}$ важи $i_{\max }^{(k)}=\left[\frac{(k+1) a}{b}\right]$, што значи дека $i_{\max }^{(k)}=i_{\min }^{(k+1)}-1$. За $k=b-1$ добиваме $i_{\max }^{(b-1)}=a-1$. Значи, бројот на индексите $i \in{1,2, \ldots, a-1}$ за кои важи (3) е еднаков на

$$i_{\max }^{}-i_{\min }^{}+1,\text{ т.е. }i\in \{i_{\min }^{},i_{\min }^{}+1,\dots ,i_{\max }^{}\}i\_\{\backslash max\; \}^\{(k)\}-i\_\{\backslash min\; \}^\{(k)\}+1,\; \backslash text\; \{\; т.е.\; \}\; i\; \backslash in\backslash left\backslash \{i\_\{\backslash min\; \}^\{(k)\},\; i\_\{\backslash min\; \}^\{(k)\}+1,\; \backslash ldots,\; i\_\{\backslash max\; \}^\{(k)\}\backslash right\backslash \}$$

Воведуваме ознаки $c_{k}=\left[\frac{k a}{b}\right], k=1,2, \ldots, b-1, \quad c_{b}=a-1$. Притоа важи $i_{\max }^{(k)}-i_{\min }^{(k)}+1=c_{k+1}-c_{k} \cdot$ Значи,

$$\sum _{i\in \{i_{\min }^{},i_{\min }^{}+1,\dots ,i_{\max }^{}\}}\left[\frac{ib}{a}\right]=k(c_{k+1}-c_k)\backslash sum\_\{i\; \backslash in\backslash left\backslash \{i\_\{\backslash min\; \}^\{(k)\},\; i\_\{\backslash min\; \}^\{(k)\}+1,\; \backslash ldots,\; i\_\{\backslash max\; \}^\{(k)\}\backslash right\backslash \}\}\backslash left[\backslash frac\{i\; b\}\{a\}\backslash right]=k\backslash left(c\_\{k+1\}-c\_\{k\}\backslash right)$$

Оттука

Бидејќи $\sum_{i=1}^{a-1}\left[\frac{i b}{a}\right]=\sum_{i=1}^{b-1}\left[\frac{i a}{b}\right]$, добиваме

$$\sum _{i=1}^{a-1}\left[\frac{ib}{a}\right]=\frac{(a-1)(b-1)}{2}\backslash sum\_\{i=1\}^\{a-1\}\backslash left[\backslash frac\{i\; b\}\{a\}\backslash right]=\backslash frac\{(a-1)(b-1)\}\{2\}$$

Конечно, бројот на природните броеви $n$ за кои равенката (1) нема решение во множеството природни броеви е еднаков на

$$ab-\frac{(a-1)(b-1)}{2}=\frac{(a+1)(b+1)}{2}-1a\; b-\backslash frac\{(a-1)(b-1)\}\{2\}=\backslash frac\{(a+1)(b+1)\}\{2\}-1$$