# JMMO 2011 

1. За природниот број $n$ со $S(n)$ го означуваме збирот на неговите цифри. Пример: за $n=2456$ имаме

$$
\begin{gathered}
S(n)=S(2456)=2+4+5+6=16 \\
S(S(n))=S(S(2456))=S(16)=1+6=7
\end{gathered}
$$

Дали постои природен број $n$ за кој што важи

$$
n+S(n)+S(S(n))=2011
$$

Решение. Броевите $n$ и $S(n)$ имаат ист остаток при делење со 3 и 9 . Имено ако,$n=\overline{a_{m} a_{m-1} \ldots a_{1} a_{\circ}}$ тогаш

$$
\begin{aligned}
n & =\overline{a_{m} a_{m-1} \ldots a_{1} a_{\circ}}=10^{m} a_{m}+10^{m-1} a_{m-1}+\ldots+10 a_{1}+a_{\circ} \\
& =\left[\left(10^{m}-1\right) a_{m}+\left(10^{m-1}-1\right) a_{m-1}+\ldots+(10-1) a_{1}\right]+\left[a_{m}+a_{m-1}+\ldots+a_{1}+a_{\circ}\right]
\end{aligned}
$$

Секој од изразите во заградите е делив со 9 , па $n$ и $S(n)$ имаат ист остаток при делење со 3 и 9. Броевите $n, S(n), S(S(n))$ имаат ист остаток при делење со 3. Па збирот $n+S(n)+S(S(n))$ е делив со 3, додека 2011 не е делив со 3. Значи, не постои природен број п за кој што важи (1).

2. Дадени се две кружници $k_{1}$ и $k_{2}$ со центри $P$ и $R$ соодветно, кои се допираат однадвор во точка $A$. Нека $p$ е нивна заедничка тангента, што не минува низ $A$, а ги допира $k_{1}$ и $k_{2}$ во точките $B$ и $C$, соодветно. Правата $P R$ ја сече правата $B C$ во точка $E$, а кружницата $k_{2}$ во точките $A$ и $D$. Ако $\overline{A C}=\frac{\overline{A B}}{2}$, најди го односот $\frac{\overline{B C}}{\overline{D E}}$.

Решение. Нека радиусот на $k_{1}$ е $r$, а на $k_{2}$ е $t$ и нека заедничката тангента на $k_{1}$ и $k_{2}$ во точката $A$ ја сече правата $B C$ во $G$. Да забеле-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_0c340645cae9f1cc19e6g-1.jpg?height=389&width=1127&top_left_y=1716&top_left_x=335)

жиме дека $\overline{A G}=\overline{B G}=\overline{C G}$, како тангентни отсечки. Уште важи

$$
\measuredangle A P B=180^{\circ}-\measuredangle A G B=\measuredangle A G C
$$

Значи, рамнокраките триаголници $\triangle A P B$ и $\triangle A G C$ се слични. Бидејќи знаеме дека $\overline{A C}=\frac{\overline{A B}}{2}$, следува дека $r=\overline{A P}=2 \overline{A G}$, од каде $\overline{B C}=r$. Нека правата паралелна со $B C$ низ $R$, ја сече $P B$ во точка $F$. Тогаш, од Питагоровата теорема за правоаголниот $\triangle P R F$, имаме

$$
(r+t)^{2}=(r-t)^{2}+\overline{R F}^{2} \text {, т.e. } \overline{R F}=2 \sqrt{r t}
$$

Од ова имаме $\overline{B C}=2 \sqrt{r t}$. Сега имаме $r=2 \sqrt{r t}$. Добиваме дека $r=4 t$. Од сличноста на правоаголните триаголници $\triangle R E C$ и $\triangle P R F$, имаме

$$
\frac{\overline{P R}}{\overline{P F}}=\frac{\overline{R E}}{\overline{R C}}
$$

односно

$$
\frac{r+t}{r-t}=\frac{t+\overline{D E}}{t}
$$

од каде добиваме $\frac{5 t}{3 t}=1+\frac{\overline{D E}}{t}, \overline{D E}=\frac{2}{3} t$. Сега имаме: $\frac{\overline{B C}}{\overline{D E}}=\frac{r}{\frac{2}{3} t}=\frac{12 t}{2 t}=6$.

3. На местото на ьвездичките (на цртежот десно) се запишани броевите од 1 до 32 , така што секој број е запишан по еднаш. Дали може збировите, на броевите запишани во секое квадратче кое не е поделено на помали квадратчиња, да се еднакви?

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_0c340645cae9f1cc19e6g-2.jpg?height=246&width=238&top_left_y=1158&top_left_x=1227)

Решение. Збирот на сите броеви е $\frac{32 \cdot 33}{2}=16 \cdot 33$.

Сите броеви се распределени во 16 мали квадрати. Следува дека збирот на броевите во секој од овие квадрати е 33. Фигурата ограничена со задебелената линија се состои од пет квадрати кои не се поделени на помали квадрати, па збирот на броевите запишани во неа е 5.33.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_0c340645cae9f1cc19e6g-2.jpg?height=368&width=368&top_left_y=1436&top_left_x=1114)
Исто, фигурата ограничена со испрекинатата линија се состои од четири квадрати па збирот на броевите во неа е 4.33. Следува дека

$$
a+b+c+d+e+f+g+h+i+j+k+l=33
$$

но тоа не е можно, бидејќи

$$
33=a+b+c+d+e+f+g+h+i+j+k+l \geq 1+2+\ldots+12=78>33
$$

4. Одреди ги сите цели броеви $m$ за кои бројот $m^{3}+m^{2}+7$ е делив со бројот $m^{2}-m+1$.

Решение. Од

$$
m^{3}+m^{2}+7=\left(m^{2}-m+1\right)(m+2)+(m+5)
$$

следува дека $m^{2}-m+1$ е делител на $m+5$. Очигледно едно решение е $m=-5$.

Нека $m \neq-5$. Тогаш $\left|m^{2}-m+1\right| \leq|m+5|$. Од

$$
m^{2}-m+1=\left(m-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}>0
$$

следува дека $m^{2}-m+1 \leq|m+5|$. Имаме две можности:

$$
m^{2}-m+1 \leq m+5 \text { или } m^{2}-m+1 \leq-m-5
$$

Случајот

$$
m^{2}-m+1 \leq-m-5 \text {, т.е. } m^{2}+6 \leq 0
$$

Не е можен. Од $m^{2}-m+1 \leq m+5$ следува $m^{2}-2 m-4 \leq 0$ односно $(m-1)^{2} \leq 5$. Последното неравенство е задоволено за $m \in\{-1,0,1,2,3\}$. Со проверка се добива дека само $m=0$ и $m=1$ го задоволуваат почетниот услов.

Конечно $m \in\{-5,0,1\}$.

5. За едно множество М што содржи 4 елементи велиме дека е „парно сврзано“ ако за секој елемент $x$ во $\mathbf{M}$, барем еден од броевите $x-2$ или $x+2$ припаѓа исто така во М. Нека $S_{n}$ е бројот на ,парно сврзани" подмножества на $\{1,2, \ldots, n\}$. Определи го најмалиот број $n$ таков што $S_{n} \geq 2011$.

Решение. Нека $\mathbf{M}=\{a, b, c, d\}$ е „парно сврзано“ множество. Без губење на општоста можеме да претпоставиме дека $a<b<c<d$. Бидејќи $a-2$ не припаѓа на $\mathbf{M}$, следува дека $a+2$ е во $\mathbf{M}$. Исто така бидејќи $d+2$ не припаѓа на $\mathbf{M}$, следува дека $d-2$ е во М. Можни се следниве случаи:
i) $b=a+2 ; b=d-2,(d=b+2=a+4)$. Овој случај не е можен бидејќи тогаш $c=a+3$ и множеството $\mathbf{M}$ е од обликот $\{a, a+2, a+3, a+4\}$, но $a+1, a+5 \notin \mathbf{M}$.

ii) $b=a+2 ; c=d-2 \quad(d=c+2)$. Следува дека $\mathbf{M}$ е од обликот
$\{a, a+2, c, c+2\}, c-a>2$. Овој облик ќе го наречеме облик 1.

iii) $b=a+2 ; a=d-2$. Овој случај не е можен бидејќи се добива $b=d$.

iv) $c=a+2 ; b=d-2$. Следува $b=a+1$ и $d=a+3$ и множеството М е од обликот $\{a, a+1, a+2, a+3\}$. Овој облик ќе го наречеме облик 2 .
v) $c=a+2 ; c=d-2$. Следува дека $b=a+1, d=a+4$ и множеството М е од обликот $\{a, a+1, a+2, a+4\}$, но $a-1, a+3 \notin \mathbf{M}$. Значи и овој случај не е можен.

vi) $c=a+2 ; a=d-2$. Овој случај не е можен бидејќи се добива $c=d$.

vii) Случајот $d=a+2$ не е можен. Со тоа се исцрпени сите можности за облик на М .

Нека $n$ е доволно голем. За $\{1,2, \ldots, n\}$, „парно сврзани“ подмножества од $\boldsymbol{\sigma}$ лик 2 се вкупно $n-3$. Останува да го пресметаме бројот на „парно сврзани“ подмножества од облик 1.

Ако $a=1$ постојат вкупно $n-5$ различни подмножества,

Ако $a=2$ постојат вкупно $n-6$ различни подмножества,

Ако $a=3$ постојат вкупно $n-7$ различни подмножества,

Ако $a=n-5$ постои само едно такво подмножество.

Значи бројот на „парно сврзани“ подмножества од облик 1 се вкупно

$$
1+2+\ldots+(n-5)=\frac{(n-5)(n-4)}{2}=\frac{n^{2}-9 n+20}{2}
$$

Значи, вкупниот број на „парно сврзани“ подмножества на $\{1,2, \ldots, n\}$ е:

$$
S_{n}=n-3+\frac{n^{2}-9 n+20}{2}=\frac{n^{2}-7 n+14}{2}=\frac{(n-3)(n-4)}{2}+1
$$

Треба да го одредиме најмалиот $n$ за кој $\frac{(n-3)(n-4)}{2}+1 \geq 2011$, односно $(n-3)(n-4) \geq 4020$. Со проверка се утврдува дека $n \geq 67$. Значи најмалиот број е 67.