# JMMO 2013 1. Нека $x$ е реален број така што броевите $x^{3}$ и $x^{2}+x$ се рационални. Докажи дека бројот $x$ е рационален. Решение. Нека $a=x^{3}, b=x^{2}+x$. Тогаш $$ a=x^{3}+x^{2}-x^{2}-x+x=x b-b+x $$ или $$ a=x(b+1)-b $$ Јасно, $b \neq-1$, бидејќи во спротивно $$ x^{2}+x=-1 \text { т.е. }\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}-\frac{1}{4}=-1 $$ што значи $0=\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4} \geq \frac{3}{4}$, што е противречност. Според тоа, $x=\frac{a+b}{b+1}$ и како $a$ и $b$ се рационални броеви добиваме дека $x$ е рационален број. 2. Даден е $\triangle A B C$ и отсечка $P Q$ со должина $t$ на отсечката $B C$, така што $P$ е меѓу $B$ и $Q$ и $Q$ е меѓу $P$ и $C$. Од точката $P$ се повлечени паралелни прави со $A B$ и $A C$ кои ги сечат $A C$ и $A B$ во $P_{1}$ и $P_{2}$, соодветно. Од точката $Q$ се повлечени паралелни прави со $A B$ и $A C$ кои ги сечат $A C$ и $A B$ во $Q_{1}$ и $Q_{2}$, соодветно. Докажи дека збирот од плоштините на $P Q Q_{1} P_{1}$ и $P Q Q_{2} P_{2}$ не зависи од положбата на $P Q$ на $B C$. Решение. Нека $D$ е пресекот на $P P_{1}$ и $Q Q_{2}$. Да забележеме дека $$ \begin{aligned} & P_{P D Q_{2} P_{2}}=2 P_{\triangle A D P} \text { и } \\ & P_{Q D P_{1} Q_{1}}=2 P_{\triangle A D Q} \end{aligned} $$ ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_5eddc1c2018607e97ba9g-1.jpg?height=497&width=692&top_left_y=1381&top_left_x=805) Според тоа, $$ \begin{aligned} P_{P Q Q_{2} P_{2}}+P_{P P_{1} Q_{1} Q} & =P_{P D Q_{2} P_{2}}+P_{Q D P_{1} Q_{1}}+2 P_{\Delta P Q D} \\ & =2 P_{\triangle A D P}+2 P_{\triangle A D Q}+2 P_{\Delta P Q D} \\ & =2 P_{\triangle A P Q}=\overline{P Q} \cdot h_{a} \end{aligned} $$ од што следува тврдењето на задачата. 3. Нека $a, b$ и $c$ се позитивни реални броеви за кои важи $a b c=1$. Докажи дека $$ \frac{1}{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c} \geq 3 $$ Кога важи знак за равенство? Решение. Од $(1-\sqrt{b c})^{2} \geq 0$ следува $1+b c \geq 2 \sqrt{b c}$, т.е. $\frac{1}{2 \sqrt{b c}} \geq \frac{1}{1+b c}$ Според тоа, $$ \frac{\sqrt{a}}{2}+\frac{1}{1+a}=\frac{1}{2 \sqrt{b c}}+\frac{1}{1+a} \geq \frac{1}{1+b c}+\frac{1}{1+a}=\frac{1}{1+\frac{1}{a}}+\frac{1}{1+a}=1 $$ На ист начин се докажува дека $$ \frac{\sqrt{b}}{2}+\frac{1}{1+b} \geq 1 \text { и } \frac{\sqrt{c}}{2}+\frac{1}{1+c} \geq 1 $$ Ако ги собереме последните три неравенства го добиваме неравенството (1). Знак за равенство важи ако и само ако $$ 1=\sqrt{b c}, 1=\sqrt{a c} \text { и } 1=\sqrt{a b} $$ т.е. ако и само ако $a=1, b=1$ и $c=1$. 4. Даден е правилен шестаголник со страна 1. Во внатрешноста на шестаголникот дадени се $m$ точки такви што никои три од нив не се колинеарни. Шестаголникот е разделен на триаголници, при што секоја од дадените $m$ точки и секое од темињата на шестаголникот е теме на делбен триаголник. Делбени триаголници немаат заедничка внатрешна точка. Докажи дека постои делбен триаголник чија плоштина не е поголема од $\frac{3 \sqrt{3}}{4(m+2)}$. Решение. Ќе го определиме вкупниот број на делбени триаголници на кои е поделен дадениот шестаголник. Нека $A$ е произволна точка од внатрешните $m$ точки. Збирот од сите агли во точката $A$ е $360^{\circ}$ (збир од сите агли во $A$ на сите триаголници кои таа точка ја имаат за свое теме). Од друга страна, збирот од сите агли во теме на шестаголникот е $120^{\circ}$. Бидејќи збирот на аглите во секој триаголник е $180^{\circ}$, бројот на делбени триаголници е: $$ \frac{m \cdot 360^{0}+6 \cdot 120^{0}}{180^{0}}=2 m+4 $$ Нека претпоставиме дека плоштината на секој од дадените делбени триаголници е поголема од $\frac{3 \sqrt{3}}{4(m+2)}$. Тогаш збирот на плоштините на сите делбени триаголници е поголем од $(2 m+4) \frac{3 \sqrt{3}}{4(m+2)}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$, што не е можно бидејќи плоштината на дадениот шестаголникот е $\frac{3 \sqrt{3}}{2}$. Конечно, од добиената противречност следува дека постои делбен триаголник чија плоштина не е поголема од $\frac{3 \sqrt{3}}{4(m+2)}$ 5. Определи ги сите броеви $p, q$ и $r$, такви што $p$ и $r$ се прости, $q$ е позитивен цел број и ја задоволуваат равенката: $$ (p+q+r)^{2}=2 p^{2}+2 q^{2}+r^{2} $$ Решение. Дадената равенка е еквивалентна на равенката $$ 2 r(p+q)=(p-q)^{2} $$ Бидејќи $r$ е прост, следува дека $r$ е делител на $p-q$, па $r^{2}$ е делител на десната страна од последното равенство, од каде следува дека $r$ е делител на $2(p+q)$. Ако $r>2$, тогаш $r$ е делител на $p+q$, па мора $r$ да е делител и на $p$ и на $q$, но бидејќи $p$ е прост, тоа е можно само ако $p=r$ и $q=s r$. По средување добиваме $$ 2(1+s)=(s-1)^{2} $$ од каде $$ s^{2}-4 s-1=0 $$ Последното равенство нема целобројни решенија, па во овој случај равенката нема решение. Ако $r=2$, тогаш $p$ и $q$ се со иста парност, случајот кога $p=2$ не е можен исто како случајот $p=r$ од претходно, па мора да бидат непарни. Нека $a \neq 2$ е прост делител на $p+q$, тогаш мора $a$ да е делител и на $p-q$, па мора да е делител и на $p$ и на $q$, што е можно само ако $p=a$ и $q=s a$, во овој случај добиваме $$ 4(1+s)=a(s-1)^{2} $$ од каде $$ a s^{2}-(2 a+4) s+(a-4)=0 $$ Решенија на последната равенка се $$ \frac{a+2 \pm \sqrt{a^{2}+4 a+4-a^{2}+4 a}}{a}=\frac{a+2 \pm 2 \sqrt{2 a+1}}{a} $$ Ако бројот $\sqrt{2 a+1}$ е цел, тогаш е непарен, па $2 a+1=4 b^{2}+4 b+1$, од каде $a=2 b(b+1)$, па не може да е прост. Од досега изнесеното следува дека $p+q$ и $p-q$ мора да се степени на 2 , т.е. $p-q=2^{k}$ и $p+q=2^{2 k-2}$, од каде $2 p=2^{k}+2^{2 k-2}$ и $2 q=2^{2 k-2}-2^{k}$ и бидејки $p$ и $q$ се непарни, мора $k=1$, но тогаш $p+q=1$, што не е можно. Следува дека равенката нема решенија кои се прости броеви.