# MMO 2016 

1. Во множеството природни броеви решени ја равенката

$$
1+x^{Z}+y^{Z}=\operatorname{NZS}\left(x^{Z}, y^{Z}\right)
$$

Решение. Нека $d=\operatorname{NZD}(x, y)$. Тогаш $d\left|\operatorname{NZS}\left(x^{z}, y^{z}\right), d\right| x^{z}$ и $d \mid y^{z}$, од каде следува $d=1$. Равенката преминува во облик

$$
1+x^{z}+y^{Z}=x^{z} y^{z}
$$

односно

$$
\left(x^{Z}-1\right)\left(y^{Z}-1\right)=2 \text {. }
$$

Добиваме

$$
x^{Z}-1=1, y^{Z}-1=2
$$

или

$$
x^{Z}-1=2, y^{Z}-1=1 \text {, }
$$

од што следи $x=2, y=3, z=1$ или $x=3, y=2, z=1$.

2. Магичен квадрат со димензии $3 \times 3$ е квадрат со страна 3 , составен од 9 единечни квадрати, така што реалните броеви запишани во единечните квадрати (по еден број во секој единечен квадрат) го задоволуваат својството: збирот на броевите од единечните квадрати во било која редица е еднаков на збирот на броевите од единечните квадрати во било која колона и е еднаков на збирот на броевите во единечните квадрати во двете дијагонали.

Даден е правоаголник со димензии $m \times n, m \geq 3, n \geq 3$, составен од $m n$ единечни квадрати. Во секој единечен квадрат од правоаголникот е запишан по еден број така што секој квадрат со димензии $3 \times 3$ е магичен. Колку најмногу различни броеви можат да се употребат за пополнување на правоаголникот?

Решение. Да го разгледаме магичниот квадрат прикажан на цртежот десно. Тогаш

$$
\begin{aligned}
A_{1}+A_{2}+A_{3} & =B_{1}+B_{2}+B_{3}=C_{1}+C_{2}+C_{3}=A_{1}+B_{1}+C_{1} \\
& =A_{2}+B_{2}+C_{2}=A_{3}+B_{3}+C_{3}=A_{1}+B_{2}+C_{3} \\
& =C_{1}+B_{2}+A_{3}=S
\end{aligned}
$$

| $A_{1}$ | $A_{2}$ | $A_{3}$ |
| :--- | :--- | :--- |
| $B_{1}$ | $B_{2}$ | $B_{3}$ |
| $C_{1}$ | $C_{2}$ | $C_{3}$ |

односно

$$
\begin{aligned}
4 S & =\left(B_{1}+B_{2}+B_{3}\right)+\left(A_{2}+B_{2}+C_{2}\right)+\left(A_{1}+B_{2}+C_{3}\right)+\left(C_{1}+B_{2}+A_{3}\right) \\
& =\left(A_{1}+A_{2}+A_{3}\right)+\left(B_{1}+B_{2}+B_{3}\right)+\left(C_{1}+C_{2}+C_{3}\right)+3 B_{2}=3 S+3 B_{2}
\end{aligned}
$$

Добиваме $S=3 B_{2}$. Во продолжение централниот елемент $B_{2}$ го означуваме со $x$. Докажавме дека ако централниот елемент во магичниот квадрат е $x$, тогаш

$$
S=3 x
$$

Ако правоаголникот е со димензии $3 \times 3$, тогаш тој е магичен квадрат и постои пополнување со 9 различни броеви, на пример види цртеж десно.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_745099d13a4a14401e26g-2.jpg?height=183&width=504&top_left_y=1706&top_left_x=248)

Цртеж 1

Ќе докажеме дека правоаголник со димензии $n=3, m>3$ мора да се пополни со единствен број. Нека $n=3, m>3$ и нека во првиот централен квадрат е бројот $x$ (цртеж 1).

Од (1) добиваме дека ако е пополнет единечниот квадрат од правоаголникот како на цртеж 1 , тогаш $S$ на означениот квадрат на сликата

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_745099d13a4a14401e26g-2.jpg?height=178&width=582&top_left_y=1992&top_left_x=877)

Цртеж 2

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_745099d13a4a14401e26g-3.jpg?height=180&width=582&top_left_y=266&top_left_x=245)

Цртеж 3

изнесува $3 x$. Го разгледуваме квадратот означен на цртеж 2 . Тогаш неговиот централен единечен квадрат мора да биде повторно $x$, бидејќи втората колона има сума $3 x$. Аналогно, со поместување на квадратот на десно добиваме правоаголник кој мора да е пополнет како на цртеж 3 .

Од квадратите кои се обоени, следува дека целата втора редица е пополнета со $x$. Нека претпоставиме дека пополнувањето е како на цртеж 4 .

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_745099d13a4a14401e26g-3.jpg?height=193&width=594&top_left_y=711&top_left_x=251)

Цртеж 4

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_745099d13a4a14401e26g-3.jpg?height=189&width=599&top_left_y=713&top_left_x=883)

Цртеж 5

Бидејќи збирот на броевите по првата редица од обоениот квадрат е ист со збирот на броевите по дијагоналите, пополнувањето мора да биде како што е прикажано на цртеж 5. Понатаму, го разгледуваме обоениот квадрат на цртеж 6. Заради $2 a+c=3 x$ и $2 b+d=3$ гго добиваме пополнувањето прикажано на цртеж 6 .

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_745099d13a4a14401e26g-3.jpg?height=195&width=596&top_left_y=1210&top_left_x=250)

Цртеж 6

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_745099d13a4a14401e26g-3.jpg?height=195&width=596&top_left_y=1205&top_left_x=884)

Цртеж 7

Аналогно на пополнувањето на цртеж 5 на обоениот квадрат, добиваме дека $c=a, b=d$, што е прикажано на цртеж 7 , од каде следува $a=b=c=d=x$ односно сите елементи од пополнувањето мора да бидат еднакви.

Нека $n>3, m>3$. Тогаш заради претходната дискусија, правоаголникот со ширина 3 и должина $m$ мора да е пополнет со еден број. Од исти причини и секој правоаголник кој се добива со поместување по вертикала мора да е пополнет со еден број.

Конечно, ако $n=m=3$, тогаш постои пополнување со 9 различни броеви. Ако $n>3$ или $m>3$, тогаш единственото можно пополнување е со само еден број.

3. Во множеството природни броеви реши ја равенката

$$
x y z+y z t+x z t+x y t=x y z t+3
$$

Решение. По делење на равенката со $x y z t$ добиваме

$$
\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}=1+\frac{3}{x y z t}
$$

Заради симетрија, без губење од општост, претпоставуваме дека

$$
x \leq y \leq z \leq t
$$

од каде следува

$$
\frac{1}{x} \geq \frac{1}{y} \geq \frac{1}{z} \geq \frac{1}{t}
$$

Добиваме

$$
\frac{4}{x} \geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}=1+\frac{3}{x y z t}>1
$$

од каде следува $x<4$.

Случај 1. Нека $x=3$. Тогаш равенката е од облик

$$
3 y z+y z t+3 z t+3 y t=3 y z t+3
$$

односно $3(y z+z t+y t)=2 y z t+3$. По делење на оваа равенка со $y z t$ добиваме

$$
3\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}\right)=2+\frac{3}{x y z t}>2, \frac{9}{y}>2
$$

од каде $y \leq 4$. Можни вредности за $y$ се 3 и 4 .

a) За $y=4$ добиваме

$$
3(4 z+z t+4 t)=8 z t+3,12(z+t)=5 z t+3,12\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{t}\right)=5+\frac{3}{z t}>5, \frac{24}{z}>5
$$

од каде $z \leq 4$. Од (1) следува $z=4$ и равенката го добива обликот $12(4+t)=20 t+3$, односно $8 t=45$, па $t$ не е природен број.

б) За $y=3$, добиваме

$$
3(3 z+z t+3 t)=6 z t+3,3(z+t)=z t+1,3\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{t}\right)=1+\frac{1}{z x}>1, \frac{6}{z}>1, z<6
$$

Можни вредности за $z$ ce $3,4,5$.

- Нека $z=3$. Тогаш $3(3+t)=3 t+1$ што не е можно.
- Ако $z=4$, тогаш $3(4+t)=4 t+1, t=11$.
- Ако $z=5$, тогаш $3(5+t)=5 t+1, t=7$.

Решенија се четворките $(3,3,4,11)$, $(3,3,5,7)$.

Случај 2. Нека $x=2$. Тогаш равенката е од облик

$$
\begin{aligned}
& 2 y z+y z t+2 z t+2 y t=2 y z t+3, \text { т.е. } \\
& 2(y z+z t+y t)=y z t+3 \ldots
\end{aligned}
$$

Тогаш секој од броевите $y, z, t$ е непарен. По делење на оваа равенка со $y z t$ добиваме $2\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}\right)=1+\frac{3}{x y z t}>1$ од каде $\frac{6}{y}>1$, односно $y<6$.

a) Ако $y=5$ тогаш (2) е од облик $2(5 z+z t+5 t)=5 z t+3$, т.е. $10(z+t)=3 z t+3$. Оттука $10\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{t}\right)=3+\frac{3}{z t}>3$ значи $\frac{1}{z}>\frac{3}{20}$, односно $z \leq 6$. Единствена можност е $z=5$. Добиваме $10(5+t)=15 t+3$, односно $5 t=47$ од каде $t$ не е природен број.

б) Ако $y=3$, (2) е од облик $2(3 z+z t+3 t)=3 z t+3$, односно $6(z+t)=z t+3$. Тогаш $6\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{t}\right)=1+\frac{3}{z t}>1$, од каде $\frac{12}{z}>1$, односно $z<12$. Можности за $z$ се 3,5,7,9,11.

- Ако $z=3$, тогаш $6(3+t)=3 t+3$, од каде $3 t=-15$, односно $t=-5 \notin \mathbb{N}$.
- Ако $z=5$, тогаш $6(5+t)=5 t+3, t=-27 \notin \mathbb{N}$.
- Ако $z=7$, тогаш $6(7+t)=7 t+3, t=39$.
- Ако $z=9$, тогаш $6(9+t)=9 t+3$, од каде $3 t=51$, односно $t=17$.

Значи во овој случај решенија се четворките $(2,3,7,39)$, $(2,3,9,17)$.

Случај 3. Нека $x=1$. Тогаш равенката е од облик

$$
y z+y z t+z t+y t=y z t+3
$$

односно

$$
y z+z t+y t=3
$$

Од (1) добиваме $3 y z \leq 3$, односно $y z \leq 1$, од каде $y=1$ и $z=1$. Тогаш $1+2 t=3$, односно $t=1$. Решение е четворката $(1,1,1,1)$.

Конечно, решенија на почетната равенка се

$$
(3,3,4,11),(3,3,5,7),(2,3,7,39),(2,3,9,17),(1,1,1,1)
$$

и сите нивни пермутации.

4. Дадена е отсечка $A B$ и нејзината средна точка $K$. На нормалата на $A B$ повлечена низ $K$ избрана е произволна точка $C$, различна од $K$. Нека $N$ е пресечната точка на $A C$ со правата што минува низ $B$ и средината на отсечката $C K$. Нека $U$ е пресечната точка на $A B$ со правата што минува низ $C$ и средината $L$ на отсечката $B N$. Докажи дека односот на плоштините на триаголниците $C N L$ и $B U L$ не зависи од изборот на точката $C$.

Решение. Нека ја означиме со $M$ средината на отсечката СК. Од теорема на Менелај за триаголникот $A K C$ и правата $B N$ имаме

$$
\frac{\overline{C N}}{\overline{N A}} \cdot \frac{\overline{A B}}{\overline{B K}} \cdot \frac{\overline{K M}}{\overline{M C}}=1
$$

Од ова добиваме $\overline{N A}=2 \overline{N C}$, од што следи дека $\overline{A C}=3 \overline{N C}$. Следува $P_{B N C}=\frac{1}{3} P_{A B C}$. Од теоремата на Менелај за триаголникот $A B N$ и правата $C U$ имаме

$$
\frac{\overline{A U}}{\overline{U B}} \cdot \frac{\overline{B L}}{\overline{L N}} \cdot \frac{\overline{N C}}{\overline{C A}}=1
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_745099d13a4a14401e26g-6.jpg?height=479&width=438&top_left_y=633&top_left_x=1050)

Па добиваме $\overline{A U}=3 \overline{U B}$. Значи $U$ е средина на отсечката $B K$. Следува дека $P_{B U C}=\frac{1}{4} P_{A B C}$. Нека $x=P_{C N L}$ и $y=P_{B L U}$. Бидејќи $L$ е средина на $B N$, имаме $P_{B L C}=x$. Сега

$$
x+y=P_{B L C}+P_{B L U}=P_{B U C}=\frac{1}{4} P_{A B C}
$$

од друга страна

$$
2 x=P_{C N L}+P_{B L C}=P_{B N C}=\frac{1}{3} P_{A B C}
$$

Ако ги поделиме овие две равенства, добиваме $\frac{1}{2}+\frac{y}{2 x}=\frac{3}{4}$, од каде $\frac{y}{x}=\frac{1}{2}$, од што се добива бараното тврдење.

5. Нека $n \geq 3$ и $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ се позитивни реални броеви за кои што важи

$$
\frac{1}{1+a_{1}^{4}}+\frac{1}{1+a_{2}^{4}}+\ldots+\frac{1}{1+a_{n}^{4}}=1
$$

Докажи го неравенството

$$
a_{1} a_{2} \cdot \ldots \cdot a_{n} \geq(n-1)^{n / 4}
$$

Решение. Нека $a_{i}^{2}=\operatorname{tg} x_{i}, x_{i} \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right), i=1,2, \ldots, n$. Тогаш $\sum_{i=1}^{n} \cos ^{2} x_{i}=1$. Од неравенството меѓу аритметичката и геометриската средина следува

$$
\sin ^{2} x_{i}=1-\cos ^{2} x_{i} \geq(n-1)\left(\prod_{j=1, j \neq i}^{n} \cos x_{j}\right)^{2 /(n-1)}, i=1,2, \ldots, n
$$

Множејќи ги горните $n$ неравенства, добиваме

$$
\prod_{i=1}^{n} \sin ^{2} x_{i} \geq(n-1)^{n} \prod_{i=1}^{n} \cos ^{2} x_{i}
$$

Последното неравенство е еквивалентно со неравенството

$$
\prod_{i=1}^{n} \operatorname{tg} x_{i} \geq(n-1)^{n / 2}
$$

Конечно,

$$
\prod_{i=1}^{n} a_{i}=\left(\prod_{i=1}^{n} \operatorname{tg} x_{i}\right)^{1 / 2} \geq(n-1)^{n / 4}
$$

што требаше и да се докаже.