# JMMO 2021 

1. На овогодишната JMMO некои од учениците се познаваат (познанството е симетрична релација), но постојат и ученици кои што не се познаваат. При произволно распоредување на учениците во две простории секогаш може да се најдат познаници сместени во различни простории. Нека $A$ е произволен натпреварувач. Докажи дека постојат натпреварувачи $B$ и $C$ такви што во тројката $\{A, B, C\}$ има точно две познаства.

Решение. Разгледуваме два случаја.

Случај 1. Натпреварувачот А ги познава сите учесници на JMMO. Според условот постојат натпреварувачи $B$ и $C$ кои не се познаваат и како $A$ ги познава сите натпреварувачи заклучуваме дека $A \notin\{B, C\}$. Оттука следува дека во тројката $\{A, B, C\}$ има точно две познаства.

Случај 2. Натпреварувачот $A$ не ги познава сите учесници на JMMO. Да го разгледаме распоредот во кој во една од просториите се сместени A и сите негови познаници, а во другата просторија се сместени сите уечесници на JMMO со кои $A$ не се познава. Според условот на задачата постојат познаници $B$ и $C$ кои се сместени во различни простории. Без ограничување на општоста можеме да земеме дека $B$ во истата просторија со $A$, а $C$ е во другата простпорија. Тогаш $A$ и $B$ се познаници, $A$ и $C$ не се познаници, а $B$ и $C$ се познаници. Конечно, во тројката $\{A, B, C\}$ има точно две познаства.

2. Нека $A B C D$ е тангентен четириаголник и $k(O, r)$ е неговата впишана кружница, која ги допира страните $B C$ и $A D$ во точките $K$ и $L$, соодветно. Докажи дека кружницата со дијаметар $O C$ минува низ пресекот на правите $K L$ и $O D$.

Решение. Правата $K C$ е тангента на $k$, па затоа важи

$$
\measuredangle K O L=2 \measuredangle L K C .
$$

Понатаму, ако $M$ е допирната точка на $C D$ co $k$, тогаш $\triangle L O D \cong \triangle M O D \quad$ и $\triangle K O C \cong \triangle M O C$, па затоа точни се равенствата

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_186a0d7538ad265bc6c3g-1.jpg?height=552&width=649&top_left_y=1690&top_left_x=798)

$$
\measuredangle K O L=\measuredangle K O M+\measuredangle L O M=2 \measuredangle C O M+2 \measuredangle M O D=2 \measuredangle C O D
$$

Од (1) и (2) следува дека $\measuredangle C O P=\measuredangle C O D=\measuredangle L K C=\measuredangle C K P$, што значи дека точките $C, O, P, K$ се конциклични, т.е. припаѓаат на иста кружница $k^{\prime}$. Конечно, од $\measuredangle O K C=90^{\circ}$ следува дека $O C$ е дијаметар на $k^{\prime}$, што и требаше да се докаже.

3. Определи ги сите природни броеви $n$ и сите прости броеви $p$ такви што

$$
17^{n} \cdot 2^{n^{2}}-p=n^{2}\left(2^{n^{2}+3}+2^{n^{2}}-1\right)
$$

Решение. Равенката ќе ја запишеме во видот

$$
\left(17^{n}-9 n^{2}\right) \cdot 2^{n^{2}}+n^{2}=p
$$

За $n=1$ имаме $p=17$ и тоа е прост број, па затоа парот $(n, p)=(1,17)$ е едно решение на задачата.

Нека $n>1$. Со математичка индукција лесно се докажува дека во тој случај $17^{n}-9 n^{2} \geq 1$, па затоа $\left(17^{n}-9 n^{2}\right) \cdot 2^{n^{2}}+n^{2}>2$, односно $p>2$. Според тоа, $p=\left(17^{n}-9 n^{2}\right) \cdot 2^{n^{2}}+n^{2}$ е непарен број, што значи дека $n$ е непарен број. Затоа $n^{2}=4 k(k+1)+1=8 t+1$, за некој $t \in \mathbb{N}$. Сега, ако искористиме дека $2^{8} \equiv 1(\bmod 17)$, добиваме

$$
\begin{aligned}
\left(17^{n}-9 n^{2}\right) \cdot 2^{n^{2}}+n^{2} & \equiv(-9) n^{2} \cdot 2^{n^{2}}+n^{2} \\
& =(-9) n^{2} \cdot 2^{8 t+1}+n^{2} \\
& =(-18) n^{2} \cdot\left(2^{8}\right)^{t}+n^{2} \\
& \equiv(-18) n^{2}+n^{2} \\
& =-17 n^{2} \equiv 0(\bmod 17)
\end{aligned}
$$

Според тоа, за $n>1$ левата страна на (1) е делива со 17 , па како $p$ е прост број заклучуваме дека $p=17$. Но, тогаш за $n \geq 2$ добиваме

$$
\left(17^{n}-9 n^{2}\right) \cdot 2^{n^{2}}+n^{2} \geq 1 \cdot 2^{4}+4=20>17=p
$$

што е противречност. Конечно, од добиената противречност следува дека не постои решение такво што $n>1$, т.е. $(n, p)=(1,17)$ е единствено решение на задачата.

4. Нека $a, b, c$ се позитивни реални броеви такви што $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}=\frac{24}{4}$. Докажи го неравенството:

$$
\frac{a^{3}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}}+\frac{b^{3}+c^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{c^{3}+a^{2}}{c^{2}+a^{2}} \geq \frac{5}{2}
$$

Решение. Прво ќе докажеме дека за секој $t>0$ важи

$$
t^{3}-t^{2} \geq-\frac{4}{27}
$$

Навистина, за секој $t>0$ е точн неравенството

$$
\left(t+\frac{1}{3}\right)\left(t-\frac{2}{3}\right)^{2} \geq 0
$$

кое е еквивалентно со неравенствот (1).

Од неравенството на Коши-Буњаковски-Шварц следува

$$
\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}\right) \geq(1+1)^{2}=4
$$

односно

$$
\frac{1}{a^{2}+b^{2}} \leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}\right)
$$

Слично се докажува дека

$$
\frac{1}{b^{2}+c^{2}} \leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\right)
$$

и

$$
\frac{1}{c^{2}+a^{2}} \leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{c^{2}}+\frac{1}{a^{2}}\right)
$$

Со собирање на последните три неравенства, ако го искористиме условот $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}=\frac{24}{4}$, добиваме

$$
\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}} \leq \frac{1}{2}\left(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\right)=\frac{27}{8}
$$

Понатаму, од последното неравенство и неравенството (2), добиваме

$$
\begin{aligned}
\frac{a^{3}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}}+\frac{b^{3}+c^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{c^{3}+a^{2}}{c^{2}+a^{2}} & =\frac{a^{3}-a^{2}}{a^{2}+b^{2}}+\frac{b^{3}-b^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{c^{3}-c^{2}}{c^{2}+a^{2}}+3 \\
& \geq 3-\frac{4}{27}\left(\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}}\right) \\
& \geq 3-\frac{4}{27} \cdot \frac{27}{8}=\frac{5}{2}
\end{aligned}
$$

што и требаше да се докаже.

5. Нека $A B C$ е остроаголен триаголник и нека $X$ и $Y$ се точки на страните $A B$ и $A C$ такви што $\overline{B X}=\overline{C Y}$. Нека $I_{B}$ и $I_{C}$ се центрите на впишаните кружници во триаголниците $A B Y$ и $A C X$, соодветно, а $T$ е точка во која по втор пат се сечат опишаните кружници околу три-
аголниците $A B Y$ и $A C X$.Докажи го равенството

$$
\frac{\overline{T I_{B}}}{\overline{\overline{T I_{C}}}}=\frac{\overline{B Y}}{\overline{C X}}
$$

Решение. Лема. Нека $I$ е центар на впишаната кружница во триаголникот $A B C$, а $k$ е опишаната кружница околу тиаголникот $A B C$ и нека правата $C I$ по втор пат ја сече кружницата $k$ во точката $S$. Тогаш $S$ е центар на опишаната кружница околу триаголникот $A B I$. Доказ. Имаме

$$
\begin{aligned}
\measuredangle S A I & =\measuredangle S A B+\measuredangle B A I \\
& =\measuredangle S C B+\measuredangle B A I \\
& =\measuredangle A C I+\measuredangle I A C \\
& =\measuredangle A I S .
\end{aligned}
$$

Значи, $\triangle I A S$ е рамнокрак и важи $\overline{S A}=\overline{S I}$. Слично се докажува дека $\triangle A B S$ е рамнокрак и $\overline{S B}=\overline{S I}$. Сега од

$$
\overline{S A}=\overline{S I}=\overline{S B}
$$

следува тврдењето на лемата.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_186a0d7538ad265bc6c3g-4.jpg?height=589&width=560&top_left_y=633&top_left_x=898)

Да се вратиме на задачата. Co $S$ да ја означиме втората пресечна точка на симетралата на $\measuredangle B A C$ со опишаната кружница околу $\triangle A B Y$. Од условот на задачата имаме $\overline{B X}=\overline{C Y}$, од лемата следува $\overline{S B}=\overline{S Y}$ и важи $\measuredangle S B X=\measuredangle S B A=180^{\circ}-\measuredangle S Y A=\measuredangle S Y C$, па затоа $\triangle S B X \cong \triangle S Y C$. Cега, од складноста следува $\measuredangle X S B=\measuredangle C S Y$, па затоа

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_186a0d7538ad265bc6c3g-4.jpg?height=605&width=796&top_left_y=1529&top_left_x=491)

И

$$
\measuredangle B S Y+\measuredangle B A Y=\measuredangle C S X+\measuredangle C A X=180^{\circ}
$$

Од (1) следува дека точките $B, S, Y, A$ се конциклични. Тоа значи $S \equiv T$. Според тоа, точките $B, Y, I_{B}$ припаѓаат на кружница со центар во точката $T$ и раиус $\overline{T B}=\overline{T Y}=\overline{T I_{B}}=r_{B}$ и аналогно точките $C, X, I_{C}$ припаѓаат на кружница со центар во точката $T$ и раиус $\overline{T C}=\overline{T X}=\overline{T I_{C}}=r_{C}$. Понатаму, триаголниците BTY и $C T X$ се рамнокраки со агол при врвот $\measuredangle B T Y=180^{\circ}-\measuredangle B A C=\measuredangle C T X$, па затоа $\triangle B T Y \sim \triangle C T X$. Од сличноста следува

$$
\frac{\overline{B Y}}{\overline{C X}}=\frac{\overline{B T}}{\overline{C T}}=\frac{r_{B}}{r_{C}}=\frac{\overline{T I_{B}}}{\overline{T I_{C}}}
$$

што и требаше да се докаже.