# JMMO 2014 

1. Докажи дека

$$
\frac{1}{1 \cdot 2013}+\frac{1}{2 \cdot 2012}+\frac{1}{3 \cdot 2011}+\ldots+\frac{1}{2012 \cdot 2}+\frac{1}{2013 \cdot 1}<1
$$

Решение. Прв начин. За произволни природни броеви $n \neq 1 \neq m$ е исполнето неравенството $n m \geq n+m$, бидејќи

$$
(n-1)(m-1) \geq 1 \Rightarrow n m-n-m+1 \geq 1 \Rightarrow n m-n-m \geq 0 \Rightarrow n m \geq n+m
$$

при што знак за равенство важи само кога $n=m=2$. Тогаш за $n \geq 2$, имаме

$$
\frac{1}{n(2014-n)}<\frac{1}{n+2014-n}=\frac{1}{2014}
$$

од каде добиваме:

$$
\frac{1}{1 \cdot 2013}+\frac{1}{2 \cdot 2012}+\frac{1}{3 \cdot 2011}+\ldots+\frac{1}{2012 \cdot 2}+\frac{1}{2013 \cdot 1}<\frac{2}{2013}+\frac{2011}{2014}<\frac{3}{2014}+\frac{2011}{2014}=1
$$

Втор начин. Имаме

$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{1 \cdot 2013}+\frac{1}{2 \cdot 2012}+\frac{1}{3 \cdot 2011}+\ldots+\frac{1}{2012 \cdot 2}+\frac{1}{2013 \cdot 1}= \\
& \quad=\frac{1}{2014}\left(\frac{1+2013}{1 \cdot 2013}+\frac{2+2012}{2 \cdot 2012}+\frac{3+2011}{3 \cdot 2011}+\ldots+\frac{2012+2}{2012 \cdot 2}+\frac{2013+1}{2013 \cdot 1}\right) \\
& \quad=\frac{1}{2014}\left(\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{2013}\right)+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2012}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{2012}+\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2013}+\frac{1}{1}\right)\right) \\
& \quad=\frac{1}{2014} \cdot 2\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{2012}+\frac{1}{2013}\right) \\
& \quad=\frac{1}{2014}\left(3+\frac{2}{3}+\ldots+\frac{2}{2012}+\frac{2}{2013}\right) \\
& \quad<\frac{1}{2014}(3+\underbrace{1+1+\ldots+1}_{2011})=1 .
\end{aligned}
$$

2. Од точка $M$ кон кружница $k$ се повлечени две тангенти со допирни точки $G$ и $H$. Ако $O$ е центарот на $k$ и $K$ е ортоцентарот на триаголникот $M G H$ докажи дека $\measuredangle G M H=\measuredangle O G K$.

Решение. Да забележиме дека $K$ мора да лежи на $O M$. Од $H K \perp G M$ и $O G \perp G M$, следува $H K \| O G$. Аналогно, $O H \| G K$. Од $\overline{O G}=\overline{O H}$, следува четириаголникот $O H K G$ е ромб. Да забележиме дека $O, H, M$ и $G$ лежат на кружница со дијаметар OM . Оттука $\measuredangle O G H=\measuredangle O M H$. Сега тврдењето на задачата следува од

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_c21287690fa65909b4f9g-1.jpg?height=423&width=414&top_left_y=1735&top_left_x=1069)

$$
\measuredangle O G K=2 \measuredangle O G H \text { и } \measuredangle G M H=2 \measuredangle O M H \text {. }
$$

3. Најди ги сите $n \in \mathbb{N}$ деливи со 11 , такви што сите броеви кои се добиваат со произволна прераспределба на цифрите на бројот п повторно се деливи со 11 .

Решение. Од условот $11 \mid n$ следува дека бројот $n$ мора да е најмалку двоцифрен. Нека $n=\overline{a_{k} a_{k-1} \ldots a_{0}}$ каде $a_{i}, 0 \leq i \leq k$ се цифри и $a_{k} \neq 0$. Јасно, $k \geq 1$.

Ќe покажеме дека сите цифри во бројот $n$ се еднакви. Имено, според условот на задачата и бројот

$$
n^{\prime}=\overline{a_{k} a_{k-1} \ldots a_{i+1} a_{i-1} a_{i} a_{i-2} \ldots a_{0}}
$$

( $n$ ' е добиен од $n$ со промена на местата на цифрите $a_{i-1}$ и $a_{i}$ ) е делив co 11 . Значи $11 \mid n-n '$, т.е.

$$
11 \mid 10^{i-1}\left(\overline{a_{i} a_{i-1}}-\overline{a_{i-1} a_{i}}\right) \text { или } 11 \mid 10^{i-1} \cdot 9\left(a_{i}-a_{i-1}\right),
$$

па мора да важи $a_{i}=a_{i-1}$.

Следува, $n=a \cdot \underbrace{11 \ldots 11}_{k+1}$. Лесно се проверува дека $11 \mid n$ ако и само ако $k$ е непарен број.

4. Даден е конвексен четириаголник $A B C D$. Нека $E$ е пресекот на $A B$ и $C D, F$ е пресекот на $A D$ и $B C$ и $G$ е пресекот на $A C$ и $E F$. Докажи дека следниве две тврдења се еквивалентни:

(i) $B D$ и $E F$ се паралелни

(ii) $G$ е средина на отсечката $E F$

Решение. Низ $E$ повлекуваме права $l$ паралелна со $B C$. Нека $H$ е пресечната точка на $l$ и $A G$. Така $G$ е пресечна точка на дијагоналите во трапезот EHFC.

(i) $\Rightarrow$ (ii). Нека правите $B D$ и $E F$ се паралелни. Тогаш, од Талесовата теорема за паралелни отсечки, следуваат равенствата:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_c21287690fa65909b4f9g-2.jpg?height=366&width=416&top_left_y=1504&top_left_x=1051)

$$
\frac{\overline{A C}}{\overline{A H}}=\frac{\overline{A B}}{\overline{A E}} \text { и } \frac{\overline{A B}}{\overline{A E}}=\frac{\overline{A D}}{\overline{A F}} .
$$

Следува дека $\frac{\overline{A C}}{\overline{A H}}=\frac{\overline{A D}}{\overline{A F}}$, па повторно од Талесова теорема заклучуваме дека правите $H F$ и $E D$ се паралелни. Значи, EHFC е паралелограм и неговите дијагонали се преполовуваат во пресечната точка $G$.
(ii) $\Rightarrow$ (i). Нека $G$ е средина на отсечката $E F$. Тогаш $\triangle E G H \cong \triangle F G C$, па $E H F C$ е паралелограм и заклучуваме дека правите $H F$ и $E D$ се паралелни. Затоа важат равенствата:

$$
\frac{\overline{A C}}{\overline{A H}}=\frac{\overline{A B}}{\overline{A E}} \text { и } \frac{\overline{A C}}{\overline{A H}}=\frac{\overline{A D}}{\overline{A F}} .
$$

Следува дека $\frac{\overline{A B}}{\overline{A E}}=\frac{\overline{A D}}{\overline{A F}}$, па повторно од Талесова теорема заклучуваме дека правите $B D$ и $E F$ се паралелни.

5. Докажи дека постојат по парови дисјунктни множества $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{2014}$, чија унија е множеството природни броеви, за кои важи следниот услов:

За произволни природни броеви $a$ и $b$, барем два од броевите $a, b$, $\operatorname{NZD}(a, b)$ припаѓаат на едно од множествата $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{2014}$.

Решение. Нека $v_{2}(n)$ е најголемиот цел број за кој $2^{v_{2}(n)}$ е делител на n. Тогаш, $v_{2}(\operatorname{NZD}(a, b))=\min \left\{v_{2}(a), v_{2}(b)\right\}$. Значи, барем два од броевите $v_{2}(a), v_{2}(b)$ и $v_{2}(\operatorname{NZD}(a, b))$ се еднакви.

Дефинираме множества $A_{i+1}=\left\{n \mid v_{2}(n) \equiv i(\bmod 2014)\right\}$, за $0 \leq i \leq 2013$ Очиглегледно множества $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{2014}$ се по парови дисјунктни, нивната унија е множеството $\mathbb{N}$ и два од броевите $a, b, \operatorname{NZD}(a, b)$ се наоѓаат во множеството $A_{i+1}$, каде $i$ е остатокот при делење на $v_{2}(\operatorname{NZD}(a, b))$ co 2014.