# JМMO 1999 

1. Докажи дека не постојат цели броеви $a, b, c$ такви што

$$
a^{2}+b^{2}-8 c=6
$$

Решение. Нека $a, b, c \in \mathbb{Z}$ се такви што $a^{2}+b^{2}-8 c=6$, односно

$$
a^{2}+b^{2}=8 c+6
$$

Значи, $a^{2}+b^{2}$ е парен број, па затоа $a$ и $b$ се со иста парност.

Ако $a$ и $b$ се парни, тогаш $a^{2}+b^{2}$ е делив со 4 , но $8 c+6=4(2 c+1)+2$ не е делив со 4 , па затоа во овој случај равенството (1) не е можно.

Ако $a$ и $b$ се непарни броеви, тогаш $8 \mid a^{2}-1$ и $8 \mid b^{2}-1$. Според тоа, $8 \mid a^{2}+b^{2}-2=8 c+4$, што е противречност, па затоа во овој случај равенството (1) не е можно.

Конечно, од претходните разгледувања следува дека не постојат цели броеви $a, b, c$ такви што важи (1).

2. Дадени се две кружници кои се сечат во точки $P$ и $Q$. Права $p$ ги сече дадените кружници во точките $A, B, C, D$ кои се распоредени како на цртежот десно. Докажи дека $\measuredangle A P B=\measuredangle C Q D$.

Решение. Имаме $\measuredangle P A C=\measuredangle P Q C$, како

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_39cf4447576814ac1171g-1.jpg?height=310&width=471&top_left_y=1162&top_left_x=993)
агли над тетивата $P C$ и $\measuredangle P B D=\measuredangle P Q D$ како агли над тетивата $P D$. Понатаму, $\measuredangle P B D$ е надворешен агол за $\triangle A B P$, па затоа

$$
\measuredangle P B D=\measuredangle P A B+\measuredangle A P B
$$

Според тоа,

$$
\measuredangle A P B=\measuredangle P B D-\measuredangle P A B=\measuredangle P B D-\measuredangle P A C=\measuredangle P Q D-\measuredangle P Q C=\measuredangle C Q D
$$

што и требаше да се докаже.

3. Нека $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{1999}$ се произволни различни точки во рамнината. Докажи дека на било која кружница со радиус 1 постои точка $M$ таква што збирот на растојанијата од точката $M$ до секоја од точките $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{1999}$ е поголем или еднаков на 1999.

Решение. Нека $k$ е произволна кружница со радиус 1 и нека $M_{1}$ и $M_{2}$ се две дијаметрално спротивни точки на $k$. Од неравенството на
триаголник следува:

$$
\begin{aligned}
& 2=\overline{M_{1} M_{2}} \leq \overline{M_{1} A_{1}}+\overline{A_{1} M_{2}} \\
& 2=\overline{M_{1} M_{2}} \leq \overline{M_{1} A_{2}}+\overline{A_{2} M_{2}}
\end{aligned}
$$

$2=\overline{M_{1} M_{2}} \leq \overline{M_{1} A_{1999}}+\overline{A_{1999} M_{2}}$

Ако ги собереме последните неравенства добиваме

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_39cf4447576814ac1171g-2.jpg?height=334&width=469&top_left_y=297&top_left_x=996)

$$
2 \cdot 1999 \leq\left(\overline{M_{1} A_{1}}+\overline{M_{1} A_{2}}+\ldots+\overline{M_{1} A_{1999}}\right)+\left(\overline{A_{1} M_{2}}+\overline{A_{2} M_{2}}+\ldots+\overline{A_{1999} M_{2}}\right)
$$

Од последното неравенство следува дека барем еден од збировите во заградите е поголем или еднаков на 1999. Според тоа, една од точките $M_{1}$ и $M_{2}$ може да се земе за точката $M$.

Забелешка. Бидејќи дијаметарот $M_{1} M_{2}$ е произволен, заклучуваме дека постојат бесконечно многу точки $M$ кои го задоволуваат условот на задачата.

4. Нека $x, y, z$ се позитивни реални броеви такви што $x y z=1$. Докажи дека

$$
\frac{x^{9}+y^{9}}{x^{6}+x^{3} y^{3}+y^{6}}+\frac{y^{9}+z^{9}}{y^{6}+y^{3} z^{3}+z^{6}}+\frac{z^{9}+x^{9}}{z^{6}+z^{3} x^{3}+x^{6}} \geq 2
$$

Решение. Од неравенството меѓу аритметичката и геометриската средина следува

$$
a^{6}+a^{3} b^{3}+b^{6} \geq 3 \sqrt[3]{a^{9} b^{9}}=3 a^{3} b^{3}
$$

Сега, од неравенството (1) имаме:

$$
\frac{a^{9}+b^{9}}{a^{6}+a^{3} b^{3}+b^{6}}=a^{3}+b^{3}-\frac{2 a^{3} b^{3}\left(a^{3}+b^{3}\right)}{a^{6}+a^{3} b^{3}+b^{6}} \geq a^{3}+b^{3}-\frac{2 a^{3} b^{3}\left(a^{3}+b^{3}\right)}{3 a^{3} b^{3}}=\frac{1}{3}\left(a^{3}+b^{3}\right)
$$

Понатаму, ако во неравенството (2) последователно ставиме $x, y ; y, z$ и $z, x$, ги собереме добиените неравенства, го примениме неравенството меѓу аритметичката и геометриската средина и го искористиме равенството $x y z=1$, добиваме

$$
\frac{x^{9}+y^{9}}{x^{6}+x^{3} y^{3}+y^{6}}+\frac{y^{9}+z^{9}}{y^{6}+y^{3} z^{3}+z^{6}}+\frac{z^{9}+x^{9}}{z^{6}+z^{3} x^{3}+x^{6}} \geq \frac{2}{3}\left(x^{3}\right) \geq \frac{2}{3} \cdot 3 \sqrt[3]{x^{3} y^{3} z^{3}}=2
$$

5. Нека $A B C D$ е произволен паралелограм. Точките $M$ и $N$ се средини на страните $B C$ и $C D$, соодветно. Докажи дека правите $A M$ и $A N$ не го делат $\measuredangle B A D$ на три еднакви дела.

Решение. Да претпоставиме дека постои паралелограм кај кој правите $A M$ и $A N$ го делат $\measuredangle B A D$ на три еднакви дела. Нека $O$ е пресекот на дијагоналите на паралелограмот (цртеж десно). Во $\triangle A B C$ отсечките

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_39cf4447576814ac1171g-3.jpg?height=264&width=546&top_left_y=286&top_left_x=919)
$A M$ и $B O$ се тежишни линии. Нека $K$ е нивната пресечна точка. Имаме $\overline{B K}: \overline{B O}=2: 1$, односно $\overline{K O}=\frac{1}{2} \overline{B K}$. Аналогно, од $\triangle A D C$ добиваме $\overline{L O}=\frac{1}{2} \overline{D L}$. Но, $\overline{B O}=\overline{O D}$, па затоа од горните равенства следува $\overline{B K}=\overline{K L}=\overline{L D}$. Според тоа, во $\triangle B A L$ отсечката $A K$ е тежишна линија и симетрала на $\Varangle B A L$. Последното значи дека $\triangle B A L$ е рамнокрак, т.е. $A K$ е висина. Значи, $A K \perp B D$ и слично $A L \perp B D$, што не е можно.