# JMMO 2007 

1. Дали постои природен број $n$, таков што бројот $n(n+1)(n+2)$ е квадрат на природен број?

Решение. Имаме

$$
\operatorname{NZD}(n, n+1)=\operatorname{NZD}(n+2, n+1)=1
$$

па затоа

$$
\operatorname{NZD}(n(n+2), n+1)=1
$$

Според тоа, ако бројот $n(n+1)(n+2)$ е квадрат на природен број, тогаш и бројот $n(n+2)$ треба да е точен квадрат на природен број. Но,

$$
n(n+2)=n^{2}+2 n=n^{2}+2 n+1-1=(n+1)^{2}-1
$$

од што следува дека за ниту еден природен број $n$ бројот $n(n+1)(n+2)$ не може да биде точен квадрат на природен број.

2. Нека $A B C D$ е паралелограм и $E$ е точка од страната $A D$, така што $\overline{A E}: \overline{E D}=m$. Нека $F$ е точка од $C E$, така што $B F \perp C E$, и точката $G$ е симетрична на $F$ во однос на $A B$. Ако точката $A$ е центар на опишаната кружница околу триаголникот $B F G$, најди ја вредноста на $m$. Решение. За да да точката A биде центар на опишаната кружница околу триаголникот $B F G$, треба $\overline{A B}=\overline{A G}=\overline{A F}$. Бидејќи точката $G$ е симетрична на $F$ во однос на $A B$ имаме дека $\overline{A G}=\overline{A F}$. Останува да го одредиме $m$ од условот $\overline{A B}=\overline{A F}$.

Нека $S$ е точка од страната $B C$, така што $\overline{C S}: \overline{S B}=\overline{A E}: \overline{E D}=m$, тогаш $A S \| C E$. Нека $M$ е пресечната точка на $A S$ и $B F$, а точката $B_{1}$ нека е симетрична точка на $B$ во однос на $M$. Тогаш, имаме дека $\overline{B M}=\overline{M B_{1}}$, $A M \perp B F$ (од $B F \perp C E$ и $A S \| C E$ ), па следи дека $\overline{A B}=\overline{A B_{1}}$. Бидејќи треба да важи $\overline{A B}=\overline{A F}$, го бараме $m$ од условот $\overline{A B_{1}}=\overline{A F}$. Бидејќи $\overline{A B}=\overline{A B_{1}}$ и $B, B_{1}, F$ се колинеарни, тогаш $\overline{A B_{1}}=\overline{A F}$ ако $B_{1} \equiv F$ т.е ако $M$ е средина на $B F$, односно ако $S$ е средина на $B C$, односно ако $m=\overline{A E}: \overline{E D}=1$.

3. Нека $a, b, c$ се реални броеви такви што $0<a \leq b \leq c$. Докажи дека

$$
(a+3 b)(b+4 c)(c+2 a) \geq 60 a b c
$$

Кога важи знак за равенство?

Решение. Користејќи го неравенството меѓу аритметичката и геометриската средина, добиваме

$$
\begin{aligned}
(a+3 b)(b+4 c)(c+2 a) & =(a+b+b+b)(b+c+c+c+c)(c+a+a) \\
& \geq 4\left(a b^{3}\right)^{\frac{1}{4}} \cdot 5\left(b c^{4}\right)^{\frac{1}{5}} \cdot 3\left(c a^{2}\right)^{\frac{1}{3}} \\
& =60 a^{\frac{11}{12}} b^{\frac{19}{20}} c^{\frac{17}{15}}
\end{aligned}
$$

Бидејќи $a \leq b \leq c$, имаме

$$
\begin{aligned}
60 a^{\frac{11}{12}} b^{\frac{19}{20}} c^{\frac{17}{15}} & =60 a^{\frac{11}{12}} b^{\frac{19}{20}} c^{\frac{2}{15}} c \\
& \geq 60 a^{\frac{11}{12}} b^{\frac{19}{20}} b^{\frac{2}{15}} c \\
& =60 a^{\frac{11}{12}} b^{\frac{13}{12}} c \\
& =60 a^{\frac{11}{12}} b^{\frac{1}{12}} b c \\
& \geq 60 a^{\frac{11}{12}} a^{\frac{1}{12}} b c \\
& =60 a b c
\end{aligned}
$$

Кај првиот знак за неравенство, равенство важи акко $a=b=c$, кај вториот акко $b=c$, а кај третиот акко $a=b$. Значи, равенство важи акко $a=b=c$.

4. Броевите $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{20}$ ги задоволуваат условите:

$$
\begin{aligned}
& a_{1} \geq a_{2} \geq \ldots \geq a_{20} \geq 0 \\
& a_{1}+a_{2}=20 \\
& a_{3}+a_{4}+\ldots+a_{20} \leq 20
\end{aligned}
$$

Која е максималната вредност за изразот:

$$
a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\ldots+a_{20}^{2}
$$

За кои вредности на $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{20}$ се постигнува максималната вредност?

Решение. Од условот имаме:

$$
a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+\ldots+a_{20} \leq 40 \quad \text { и } \quad a_{1}=20-a_{2}
$$

па, добиваме:

$$
\begin{aligned}
a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\ldots+a_{20}^{2} & =\left(20-a_{2}\right)^{2}+a_{2}^{2}+\ldots+a_{20}^{2} \\
& =400-40 a_{2}+a_{2}^{2}+a_{2}^{3}+\ldots+a_{20}^{2}
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
& \leq 400-\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+\ldots+a_{20}\right) a_{2}+a_{2}^{2}+\ldots+a_{20}^{2} \\
& =400-a_{1} a_{2}-a_{3} a_{2}-a_{4} a_{2}-\ldots-a_{20} a_{2}+a_{2}^{2}+\ldots+a_{20}^{2} \\
& =400+\left(a_{2}^{2}-a_{1} a_{2}\right)+\left(a_{3}^{2}-a_{3} a_{2}\right)+\ldots+\left(a_{20}^{2}-a_{20} a_{2}\right) \\
& =400+a_{2}\left(a_{2}-a_{1}\right)+a_{3}\left(a_{3}-a_{2}\right)+\ldots+a_{20}\left(a_{20}-a_{2}\right)
\end{aligned}
$$

Од условот имаме:

$$
a_{2}-a_{1} \leq 0, \quad a_{3}-a_{2} \leq 0, \ldots, a_{20}-a_{2} \leq 0
$$

па:

$$
a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\ldots+a_{20}^{2} \leq 400
$$

и знак за равенство важи ако и само ако

$$
\begin{aligned}
& a_{3}+a_{4}+\ldots+a_{20}=20, \text { и } \\
& a_{2}\left(a_{2}-a_{1}\right)=0, a_{3}\left(a_{3}-a_{2}\right)=0, \ldots, a_{20}\left(a_{20}-a_{2}\right)=0
\end{aligned}
$$

Разгледуваме два случаи, при кои се достигнува ова равенство. Имаме, $a_{2}=0$, од што следува $a_{1}=20, a_{3}=a_{4}=\ldots=a_{20}=0$ или $a_{2}=a_{1}=10$, од што следува $a_{3}=a_{4}=10, a_{5}=a_{6}=\ldots=a_{20}=0$. Притоа, за еквивалентен го сметаме секој случај на пермутација на индексите $3,4, \ldots, 20$.

5. Даден е произволен $\triangle A B C$.

a) Дали може $\triangle A B C$ да се подели на 4 делови, од кои може да се состават два триаголника слични на $\triangle A B C$ (секој дел се користи само еднаш)?

б) Дали може за секој природен број $n \geq 2$, за $\triangle A B C$ да се направи поделба на $2 n$ делови, од кои може да се состават два слични триаголника на $\triangle A B C$ (секој дел се користи само еднаш)?

Решение. Поделбата е можна. За случајот под а) тоа изгледа вака:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_a1be144229cecda7a02dg-3.jpg?height=320&width=982&top_left_y=1638&top_left_x=405)

Како е изведена поделбата, дека таа е точна, ќе утврдиме на случајот под б).

Страната $A C$ ја делиме на $2[1+3+5+\ldots+(2 n-3)]+2 n-1$ еднакви делови и низ делбените точки повлекуваме паралелни прави на страните
$A B$ и $B C$ (види цртеж). Да ја означиме со $\overline{D E}$ најблиската паралелна отсечка со страната $\overline{B C}$. $\triangle A D E$ е едниот од бараните триаголници, а другиот се формира од останатите мали триаголничиња кои се наоѓаат во трапезот $E C B D$ (види цртеж). Случајот под а) би бил:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_a1be144229cecda7a02dg-4.jpg?height=372&width=1180&top_left_y=463&top_left_x=299)

На ист начин се добива и случајот под б), со тоа што поставувањето на првиот триаголник и останатите трапези може да се постигне и како на долниот цртеж. Имено, прво на страната BC се поставува триаголник со страна 1 , па потоа трапез со основа еден, па два трапези со основи 3 , па два трапези со основи 5 итн.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_a1be144229cecda7a02dg-4.jpg?height=199&width=945&top_left_y=1112&top_left_x=419)