# JMMO 2004 

1. Одреди го најмалиот природен број кој е делив со 63 и чиј збир на цифри е еднаков на 63.

Решение. Најмалиот природен број чиј збир на цифри е 63 е 99999999, но тој не е делив со 7 , па не е делив ни со 63 . Значи бараниот број треба да биде осумцифрен и притоа треба да го намалиме бројот на деветки бидејќи $7 \cdot 9+a>63$, каде $a$ е осмата цифра. Според тоа за цифрите на бројот важи $6 \cdot 9+a+b=63$, од каде $a+b=9$. Го бараме најмалиот природен број па нека $a=1$ и $b=8$. Така се добива бројот 18999999 . Но, тој не е делив со 7 , па не е делив ни со 63 . Решение на задачата е бројот 19899999.

2. Правоаголник е поделен со отсечки паралелни со неговите страни на квадрати $1 \times 1$. Во секој квадрат е запишан еден број. Збирот на сите броеви во секој ред е 1 , а збирот на сите броеви во секоја колона е 2 . Дали може плоштината на тој правоаголник да е 2004?

Решение. Нека $m$ е бројот на редовите, а $n$ е бројот на колоните. Ако плоштината на правоаголникот е 2004 , тогаш $m n=2004$ и за вкупниот збир на сите броеви во сите квадратчиња важи $m=2 n$. Значи

$$
2 n^{2}=2004 \text {, т.e. } n^{2}=1002
$$

Бидејќи

$$
31^{2}=961<1002<1024=32^{2}
$$

следува дека плоштината на правоаголникот не може да биде 2004.

3. Низ точката $P$ која лежи на основата $B C$ на рамнокракиот триаголник $A B C$, повлечени се прави паралелни со краците на триаголникот. Ако $Q$ и $R$ се пресечните точки на правите со краците $A B$ и $A C$, соодветно, а $P_{1}$ е симетрична точка на $P$ во однос на правата $Q R$, тогаш $P_{1}$ лежи на опишаната кружница околу триаголникот $A B C$. Докажи!

Решение. Нека $\overline{P C}<\overline{P B}$. Точките $P$ и $A$ се еднакво оддалечени од правата $Q R$ и точките $P$ и $P_{1}$ се еднакво оддалечени од правата $Q R$, па затоа $A P_{1} \| Q R$. Бидејќи $\overline{A Q}=\overline{P R}=\overline{P_{1} R}$, следува дека трапезот $Q R P_{1} A$ е рамнокрак, па затоа $\measuredangle Q A P_{1}=\measuredangle R P_{1} A$. Триаголникот $C R P_{1}$ е рамнокрак, па затоа $\measuredangle R C P_{1}=\measuredangle R P_{1} C$. Конечно

$$
\measuredangle Q A P_{1}+\measuredangle B C A+\measuredangle R C P_{1}=\measuredangle R P_{1} A+\measuredangle A B C+\measuredangle R P_{1} C
$$

T.e.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_ba2ebc2459733e9e74adg-2.jpg?height=564&width=814&top_left_y=302&top_left_x=475)

Значи точката $P_{1}$ лежи на кружницата опишана околу триаголникот $A B C$.

4. Даден е конвексен 2004-аголник чии должини на страни се поголеми од 2. Околу секое теме е опишана кружница со радиус 1. Пресметај го збирот на плоштините на деловите од круговите зафатени со внатрешните агли на многуаголникот.

Решение. Збирот на надворешните агли во многуаголник е $2 \pi$. Нека $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \ldots, \alpha_{2004}$ се аглите на многуаголникот и $\beta_{1}, \beta_{2}, \ldots, \beta_{2004}$ се нивните надворешни агли соодветно. Имаме $\alpha_{i}+\beta_{i}=\pi$ и $\sum_{i=1}^{2004} \beta_{i}=2 \pi$. Понатаму,

$$
\sum_{i=1}^{2004}\left(\alpha_{i}+\beta_{i}\right)=2004 \pi
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_ba2ebc2459733e9e74adg-2.jpg?height=423&width=407&top_left_y=1255&top_left_x=1075)

па затоа

$$
\sum_{i=1}^{2004} \alpha_{i}=2004 \pi-\sum_{i=1}^{2004} \beta_{i}=2002 \pi
$$

Бараниот збир е

$$
P=\sum_{i=1}^{2004} \frac{r^{2} \alpha_{i}}{2}=\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{2004} \alpha_{i}=1001 \pi
$$

5. Даден е конвексен седумнаесетаголник. Сите страни и сите дијагонали на седумнаесетаголникот се обоени со 3 различни бои. Докажи дека
постои триаголник чии страни се обоени со иста боја.

Решение. Од едно теме $A$ може да се повлечат 14 дијагонали и сметајќи ги и страните во тоа теме, вкупно 16 отсечки. Обоени се со три различни бои. Од принципот на Дирихле следува дека постојат 6 отсечки обоени со иста боја 1. Да ги означиме темињата кон кои се повлечени овие отсечки со $B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{6}$. Сега $B_{1} B_{2}, B_{1} B_{3}, B_{1} B_{4}, B_{1} B_{5}$ и $B_{1} B_{6}$ се обоени со некои од трите бои. Ако некоја од овие отсечки е обоена со бојата 1 тогаш постои ваков триаголник. Ако никоја од овие отсечки не е обоена со бојата 1, тогаш од принципот на Дирихле следува дека од петте отсечки постојат барем 3 обоени со иста боја 2. Нека тоа се $B_{1} B_{2}, B_{1} B_{3}$ и $B_{1} B_{4}$. Тогаш, ако една од $B_{2} B_{3}, B_{2} B_{4}$ и $B_{3} B_{4}$ е обоена со бојата 2 , добиваме триаголник со исти бои. Ако сите се обоени со бојата 3 , тогаш триаголникот $B_{2} B_{3} B_{4}$ е со бараното својство.