# JMMO 2016 

1. Во множеството цели броеви, реши ја равенката

$$
x_{1}^{4}+x_{2}^{4}+\ldots+x_{14}^{4}=2016^{3}-1
$$

Решение. За $x=2 k$ важи

$$
x^{4}=16 k^{4} \equiv 0(\bmod 16)
$$

За $x=2 k+1$, важи

$$
x^{4}-1=8 k(k+1)\left(2 k^{2}+2 k+1\right) \equiv 0(\bmod 16)
$$

односно $x^{4} \equiv 1(\bmod 16)$. Според тоа, за секои $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{14} \in \mathbb{Z}$ важи

$$
x_{1}^{4}+x_{2}^{4}+\ldots+x_{14}^{4} \equiv m(\bmod 16), 0 \leq m \leq 14
$$

Од друга страна,

$$
2016^{3}-1 \equiv 15(\bmod 16)
$$

Конечно, од (1) и (2) следува дека дека дадената равенка нема решение во множеството цели броеви.

2. Нека $A B C D$ е паралелограм и нека $E, F, G$ и $H$ се средини на страните $A B, B C, C D$ и $D A$, соодветно. Ако $B H \cap A C=I, B D \cap E C=J$, $A C \cap D F=K$ и $A G \cap B D=L$, докажи дека четириаголникот IJKL е паралелограм.

Решение. Нека $A C \cap B D=O$. Јасно, $A O$ и $B H$ се тежишни линии на триаголникот $A B D$, од што следува дека $I$ е тежиште на $A B D$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_31b3e5b992f18daed06bg-1.jpg?height=443&width=600&top_left_y=1480&top_left_x=534)

Слично $K$ е тежиште на триаголникот $B C D$. Ако $\overline{I O}=x$, тогаш $\overline{A I}=2 x$. На потполно аналоген начи се добива дека ако $\overline{K O}=y$, тогаш $\overline{C K}=2 y$. Според тоа,

$$
3 x=\overline{A O}=\overline{C O}=3 y
$$

односно $\overline{I O}=x=y=\overline{K O}$. Аналогно се докажува дека $\overline{J O}=\overline{L O}$.

Конечно, дијагоналите на четириаголникот IJKL се преполовуваат, што значи дека тој е паралелограм.

3. Даден е квадрат со димензии $4 \times 4$, составен од 16 единечни квадратчиња. Во секое единечно квадратче на големиот квадрат е запишан ненегативен цел број така што

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_31b3e5b992f18daed06bg-2.jpg?height=111&width=180&top_left_y=495&top_left_x=1280)
збирот на било кои пет од нив кои може да се покријат со фигура прикажана на цртежот десно (фигурата може да се ротира и превртува) е еднаков на 5. Колку најмногу различни броеви може да се употребат за пополнување на квадратот?

Решение. За секој правоаголник со димензии $3 \times 4$, види цртеж, е исполнето

| $a$ | $b$ | $c$ | $d$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- |
| $e$ | $f$ | $g$ | $h$ |
| $i$ | $j$ | $k$ | $l$ |

$$
\begin{aligned}
a+(e+f+g+h) & =d+(e+f+g+h) \\
& =i+(e+f+g+h) \\
& =l+(e+f+g+h)
\end{aligned}
$$

од каде следува дека $a=d=i=l$. Нека квадратот е пополнет како на долниот цртеж.

| $a$ | $b$ | $c$ | $d$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- |
| $e$ | $f$ | $g$ | $h$ |
| $i$ | $j$ | $k$ | $l$ |
| $m$ | $n$ | $o$ | $p$ |

Тогаш од претходната дискусија следува дека

$$
a=c=m=o, b=d=n=p, a=d=i=l \text { и } e=h=m=p
$$

Според тоа,

$$
a=b=c=d=h=l=p=o=n=m=i=e=X
$$

и квадратот е од облик

| $X$ | $X$ | $X$ | $X$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- |
| $X$ | $f$ | $g$ | $X$ |
| $X$ | $j$ | $k$ | $X$ |
| $X$ | $X$ | $X$ | $X$ |

Каде $X, f, g, j, k$ се ненегативни цели броеви. Сега е јасно дека важи $5 X=5$, од каде добиваме $X=1$. Од друга страна,

$$
f+g+3 X=j+k+3 X=f+j+3 X=g+k+3 X=5 X
$$

односно

$$
f+g=j+k=f+j=g+k=2 X
$$

Од првата и четвртата, односно втората и четвртата равенка следува дека $f=k=Y$ и $j=g=Z$. Според тоа, квадратот е од облик

| 1 | 1 | 1 | 1 |
| :--- | :--- | :--- | :--- |
| 1 | $Y$ | $Z$ | 1 |
| 1 | $Z$ | $Y$ | 1 |
| 1 | 1 | 1 | 1 |

и притоа важи $Y+Z=2$, каде $Y$ и $Z$ се ненегативни цели броеви. Можни се следниве три случаи:

1) $Y=0, Z=2$,
2) $Y=1, Z=1$ и
3) $Y=2, Z=0$.

Според тоа, најмногу три различни броеви може да се употребат за пополнување на квадратот (случај 1 или случај 3).

4. Нека $x, y, z$ се позитивни реални броеви. Докажи, дека

$$
\sqrt{\frac{x y}{x^{2}+y^{2}+2 z^{2}}}+\sqrt{\frac{y z}{y^{2}+z^{2}+2 x^{2}}}+\sqrt{\frac{z x}{z^{2}+x^{2}+2 y^{2}}} \leq \frac{3}{2}
$$

Кога важи знак за равенство?

Решение. Ако го искористиме познатото неравенство

$$
x^{2}+y^{2}+z^{2} \geq x y+y z+z x
$$

а потоа неравенството меѓу аритметичката и геометриската средина последователно добиваме

$$
\begin{aligned}
\sqrt{\frac{x y}{x^{2}+y^{2}+2 z^{2}}} & +\sqrt{\frac{y z}{y^{2}+z^{2}+2 x^{2}}}+\sqrt{\frac{z x}{z^{2}+x^{2}+2 y^{2}}} \leq \\
& \leq \sqrt{\frac{x y}{x y+y z+z x+z^{2}}}+\sqrt{\frac{y z}{x y+y z+z x+x^{2}}}+\sqrt{\frac{z x}{x y+y z+z x+y^{2}}} \\
& =\sqrt{\frac{x y}{(z+x)(y+z)}}+\sqrt{\frac{y z}{(x+y)(z+x)}}+\sqrt{\frac{z x}{(y+z)(x+y)}} \\
& \leq \frac{\frac{x}{z+x}+\frac{y}{y+z}}{2}+\frac{\frac{y}{x+y}+\frac{z}{z+x}}{2}+\frac{\frac{z}{y+z}+\frac{x}{z+y}}{2} \\
& =\frac{\frac{x+y}{x+y}+\frac{y+z}{y+z}+\frac{z+x}{z+x}+}{2}=\frac{3}{2} .
\end{aligned}
$$

Знак за равенство важи ако и само ако $x=y=z$.

5. Во множеството природни броеви реши ја равенката

$$
x+y^{2}+(\mathrm{NZD}(x, y))^{2}=x y \cdot \mathrm{NZD}(x, y)
$$

Решение. Воведуваме смена $z=\operatorname{NZD}(x, y)$ и ја добиваме равенката

$$
x+y^{2}+z^{2}=x y z
$$

Нека $a$ и $b$ се природни броеви такви што

$$
x=a z \text { и } y=b z, \operatorname{NZD}(a, b)=1
$$

Тогаш равенката го добива обликот

$$
a z+b^{2} z^{2}+z^{2}=a b z^{3}
$$

односно

$$
a+b^{2} z+z=a b z^{2}
$$

Бидејќи десната страна на последната равенка е делива со $z$ и два од собирците од левата страна се деливи со $z$, следува дека и $z \mid a$. Според тоа, постои природен број $c$ таков што $a=c z$. Заменуваме во последната равенка и ја добиваме равенката $c z+b^{2} z+z=c b z^{3}$, т.е. равенката $c+b^{2}+1=c b z^{2}$, која е еквивалентна со равенката

$$
b^{2}+1=c\left(b z^{2}-1\right)
$$

Јасно е дека $b z^{2} \neq 1$, бидејќи во спротивно се добива $b^{2}+1=0$, што не е можно. Значи, $c=\frac{b^{2}+1}{b z^{2}-1}$ и ако последната равенка ја помножиме со $z^{2}$ добиваме

$$
c z^{2}=\frac{b^{2} z^{2}+z^{2}}{b z^{2}-1}=b+\frac{b+z^{2}}{b z^{2}-1}
$$

Бидејќи $c z^{2}$ е природен број и $\frac{b+z^{2}}{b z^{2}-1}$ е природен број. Според тоа, $b z^{2}-1 \leq b+z^{2}$, односно

$$
\left(z^{2}-1\right)(b-1) \leq 2
$$

Ако $b=1$, тогаш $c=\frac{2}{z^{2}-1}$ од каде следува дека $z^{2}=2$ или $z^{2}=3$, што не е можно. Ако $b=2$, тогаш $c=\frac{5}{2 z^{2}-1}$. Ако $2 z^{2}-1=1$, тогаш $z=1$. Следува дека $c=5, a=5$, односно $x=5$ и $y=2$. Ако $2 z^{2}-1=5$, тогаш $z^{2}=3$, што не е можно. Ако $b=3$, тогаш $c=\frac{10}{3 z^{2}-1}$. Случаите

$$
3 z^{2}-1=1,3 z^{2}-1=5 \text { и } 3 z^{2}-1=10
$$

не се можни. Ако $3 z^{2}-1=2$, тогаш $z=1$. Следува дека $c=5, a=5$, односно $x=5$ и $y=3$. Ако $b>3$, тогаш од (1) следува $z=1$. Во случајов

$$
c=\frac{b^{2}+1}{b-1}=b+1+\frac{2}{b-1}
$$

од каде добиваме $b=2$ или $b=3$, што противречи на $b>3$.

Конечно, решенија на дадената равенка се $(x, y)=\{(5,2),(5,3)\}$.