# MMO 2014 

1. Во рамнина 2014 прави се распоредени во три групи заемно паралелни прави. Кој е најголемиот број на триаголници кои ги образуваат правите (секоја страна од триаголникот лежи на некоја од правите).

Решение. Нека $a \geq b \geq c$ се броевите на прави во трите групи за кои се добива најголем број на триаголници. Тогаш $a+b+c=2014$, а најголемиот можен број на триаголници е $a b c$ (кога никои три прави немаат заедничка точка). Ќе докажеме дека $a \leq c+1$.

Да го претпоставиме спротивното, т.е. $a>c+1$. Тогаш

$$
a b c<b(a c+a-c-1)=b(a-1)(c+1)
$$

што е противречно на изборот на $a, b$ и $c$. Не може $a=c$, бидејќи во тој случај $a=b=c=\frac{2014}{3}$ не е цел број. За $a, b$ и $c$ да бидат цели мора $a=672$ и $b=c=671$ и бројот на триаголници е $672 \cdot 671^{2}$.

2. Во множеството на целите броеви реши ја равенката

$$
3^{2 a+1} b^{2}+1=2^{c}
$$

Решение. Да го разгледаме прво случајот $a \geq 0$. Јасно $c \geq 0$ при што $c=0$ повлекува $b=0$. Добиваме дека решенија се $(a, 0,0)$ за произволен ненегативен цел број $a$. Од равенството

$$
3^{2 a+1} b^{2}+1=2^{c}
$$

следува дека $b$ е непарен цел број. Левата страна можеме да ја запишеме во следниов облик

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

За десната страна од последниот израз да забележиме дека ( $b-1)(b+1)$ е делив со 8 , додека $\left(3^{2 a+1}+1\right) b^{2}$ е делив со 4 но не и со 8 . Затоа $2^{c}=4$, т.е. $c=2$. Но, тогаш $3^{2 a+1} b^{2}=3$, па $a=0$ и $b= \pm 1$.

Да го разгледаме сега случајот $a<0$. Повторно $c \geq 0$ при што $c=0$ повлекува $b=0$ и тогаш $a$ може да е произволен негативен цел број. Затоа да се ограничиме на случајот $c>0$. Доволно е да го разгледаме случајот $b>0$. Ставајќи $d=-a$, диофантовата равенка од условот на задачата добива облик

$$
\left(2^{c}-1\right) 3^{2 d-1}=b^{2}
$$

при што $b, c$ и $d$ се природни броеви. Значи $b$ е делив со 3 , од што следува дека $c$ е парен број. Така $b=3^{d} x, c=2 y$, за некои природни броеви $x$ и $y$. Диофантовата равенка се сведува до облик

$$
4^{y-1}+4^{y-2}+\cdots+1=x^{2}
$$

Ова повлекува $x=y=1$. Имено, за $y \geq 2$ би добиле дека $x^{2} \equiv 5(\bmod 8)$, што не е можно. Значи во овој случај единствените решенија се $\left(a, 3^{-a}, 2\right)$, каде $a$ е произволен негативен цел број.

Множеството $M$ од сите решенија на диофантовата равенка од условот на задачата може да се опише на следниов начин:

$$
M=\{(a, 0,0) \mid a \in \mathbb{Z}\} \cup\left\{\left(a, \pm 3^{-a}, 2\right) \mid a \in \mathbb{Z}^{-} \cup\{0\}\right\}
$$

3. Нека $k_{1}, k_{2}$ и $k_{3}$ се три кружници со центри во $O_{1}, O_{2}$ и $O_{3}$ соодветно, такви што ниту еден од центрите не се наоѓа во внатрешноста на другите две кружници. Кружниците $k_{1}$ и $k_{2}$ се сечат во $A$ и $P, k_{1}$ и $k_{3}$ се сечат во $C$ и $P$ и $k_{2}$ и $k_{3}$ се сечат во $B$ и $P$. Нека $X$ е точка на $k_{1}$ таква што пресекот на правата $X A$ со кружницата $k_{2}$ е $Y$ и пресекот на правата $X C$ со $k_{3}$ е $Z$ и притоа $Y$ не припаѓа во внатрешноста ниту на $k_{1}$ ниту на $k_{3}$ и $Z$ не припаѓа во внатрешноста ниту на $k_{1}$ ниту на $k_{2}$.

a) Докажи дека триаголниците $X Y Z$ и $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3}$ се слични меѓу себе.

б) Докажи дека плоштината на триаголникот $X Y Z$ не е поголема од четири пати по плоштината на триаголникот $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3}$. Дали се достигнува максимумот?

Решение. Прво ќе докажеме дека точките $Y, B$ и $Z$ се колинеарни. Бидејќи четириаголникот $B Y A P$ е тетивен имаме $\measuredangle P B Y=\measuredangle P A X$. Бидејќи четириаголникот $A X C P$ е тетивен $\measuredangle P A X=\measuredangle P C Z$. Бидејќи четириаголникот $C P B Z$ е тетивен добиваме $\measuredangle P B Z+\measuredangle P C Z=180^{\circ}$. Значи,

$$
\measuredangle Y \mathrm{YBZ}=\measuredangle \mathrm{YBP}+\measuredangle P B Z=180^{\circ}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_1ef2743cfe104b997ffdg-3.jpg?height=938&width=1182&top_left_y=1230&top_left_x=303)

Да забележиме дека $\Varangle \mathrm{CO}_{1} \mathrm{O}_{3}=\measuredangle \mathrm{PO}_{1} \mathrm{O}_{3}$ и $\Varangle \mathrm{AO}_{1} \mathrm{O}_{2}=\measuredangle \mathrm{PO}_{1} \mathrm{O}_{2}$, од каде следува

$$
\measuredangle O_{2} O_{1} O_{3}=\frac{1}{2} \measuredangle A O_{1} C=\measuredangle A X C
$$

Слично $\measuredangle \mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3}=\measuredangle A Y B$ и $\measuredangle \mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{2}=\measuredangle С Z B$. Од досега изнесеното следува дека $\triangle X Y Z \sim{ }_{\triangle} \mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3}$, со што го докажавме тврдењето под а).

Нека правата $X_{1} Y_{1}$ е паралелна со $O_{1} O_{2}$ и минува низ $A$, каде $X_{1}$ лежи на $k_{1}$ и $Y_{1}$ лежи на $k_{2}$. Нека $Z_{1}$ е пресечната точка на правата $X_{1} C$ со кружницата $k_{3}$. Од претходно докажаното точките $Y_{1}, B$ и $Z_{1}$ се колинеарни и $\triangle X_{1} Y_{1} Z_{1} \sim{ }_{\Delta} O_{1} O_{2} O_{3}$. Уште повеке, $\measuredangle P X A=\measuredangle P X_{1} A$ и $\measuredangle P Y A=\measuredangle P Y_{1} A$. Затоа ${ }_{\Delta} P X Y \sim \triangle P X_{1} Y_{1}$. Нека $P T$ е висината спуштена од темето $P$ кон страната $X Y$. $P A$ е висината на триаголникот $P X_{1} Y_{1}$. Бидејќи $P A$ е хипотенуза во правоаголниот триаголник $P A T$ добиваме $\overline{P T} \leq \overline{P A}$. Па $P_{P X Y} \leq P_{P X_{1} Y_{1}}$ и аналогно $P_{P Y Z} \leq P_{P Y_{1} Z_{1}}$ и $P_{P X Z} \leq P_{P X_{1} Z_{1}}$. Од ова добиваме $P_{X Y Z} \leq P_{X_{1} Y_{1} Z_{1}}$. Точките $P, O_{1}$ и $X_{1}$ се колинеарни затоа што $\Varangle P A X_{1}=90^{\circ}$. Слично $P, O_{2}$ и $Y_{1}$ се колинеарни и $P, O_{3}$ и $Z_{1}$ се колинеарни. Добиваме дека $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}, \mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{3}$ и $\mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3}$ се средни линии во триаголниците $X_{1} \mathrm{Y}_{1} P$, $X_{1} Z_{1} P$ и $Y_{1} Z_{1} P$ соодветно, па $P_{X_{1} Y_{1} Z_{1}}=4 P_{\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3}}$. Од ова се добива бараното неравенство. Равенство се достигнува кога точките $X$ и $X_{1}$ се соовпаѓаaта, а со тоа и точите $Y$ и $Y_{1}$ се соовпаѓат и точките $Z$ и $Z_{1}$ се соовпаѓаaт.

4. Нека $a, b, c$ се реални броеви за кои $a+b+c=4$ и $a, b, c>1$. Докажи дека

$$
\frac{1}{a-1}+\frac{1}{b-1}+\frac{1}{c-1} \geq 8\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)
$$

Решение. Бидејќи важи

$$
\frac{1}{a-1}-\frac{8}{b+c}=\frac{1}{a-1}-\frac{8}{4-a}=\frac{12-9 a}{(a-1)(4-a)}=\frac{3(4-3 a)}{(a-1)(4-a)}
$$

даденото неравенство е еквивалентно со

$$
3\left(\frac{4-3 a}{(a-1)(4-a)}+\frac{4-3 b}{(b-1)(4-b)}+\frac{4-3 c}{(c-1)(4-c)}\right) \geq 0
$$

Без губење на општоста нека претпоставиме дека $a \geq b \geq c$. Тогаш јасно е дека важи

$$
4-3 a \leq 4-3 b \leq 4-3 c \text {. }
$$

Од $1<a, b, c<4$ следува дека $\frac{1}{(a-1)(4-a)}, \frac{1}{(b-1)(4-b)}, \frac{1}{(c-1)(4-c)}$ се позитивни реални броеви. Ќе докажеме дека

$$
(a-1)(4-a) \geq(b-1)(4-b)
$$

Имаме

$$
(a-1)(4-a) \geq(b-1)(4-b) \Leftrightarrow 5 a-a^{2} \geq 5 b-b^{2} \Leftrightarrow(a-b)(5-a-b) \geq 0
$$

Аналогно

$$
(b-1)(4-b) \geq(c-1)(4-c)
$$

Оттука следува дека

$$
\frac{1}{(a-1)(4-a)} \leq \frac{1}{(b-1)(4-b)} \leq \frac{1}{(c-1)(4-c)}
$$

Бидејќи $4-3 a \leq 4-3 b \leq 4-3 c$ можеме да го искористиме неравенство на Чебишев и добиваме:

$$
\begin{aligned}
\frac{4-3 a}{(a-1)(4-a)}+ & \frac{4-3 b}{(b-1)(4-b)}+\frac{4-3 c}{(c-1)(4-c)} \geq \\
& \geq \frac{4-3 a+4-3 b+4-3 c}{3} \cdot\left(\frac{1}{(a-1)(4-a)}+\frac{1}{(b-1)(4-b)}+\frac{1}{(c-1)(4-c)}\right) \\
& =0
\end{aligned}
$$

Равенство важи за $4-3 a=4-3 b=4-3 c$, т.е. $a=b=c=\frac{4}{3}$.

5. Од рамностран триаголник со страна 2014 е отсечен рамностран триаголник со страна 214 , така што едно теме им се совпаѓа и две од страните од отсечениот триаголник лежат на две од страните на почетниот. Дали оваа фигура може да се пополни со фигури прикажани на цртежот десно без преклопување (дозволена е ротација), ако триаголниците во фигурите се рамнострани со страна 1? Образложи го одго-
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_1ef2743cfe104b997ffdg-6.jpg?height=192&width=678&top_left_y=459&top_left_x=804)
ворот!

Решение. Најпрво ја разделуваме дадената фигура на рамнострани триаголници со страна 1. Ги обележуваме триаголничињата во дадената фигура со броевите од 1 до 6 , како на сликата десно (во првиот ред последователно од 1 до 6 , па броевите се повторуваат, во вториот почнуваме од 5 , во третиот од 3 , потоа од 1 и постапката се повторува). Лесно може да се забележи дека секоја од фигурите покрива по точно еден од броевите од 1 до 6. Според последното за фигурата да може да се покрие со дадените фигури, треба секој од броевите да се јавува еднаков број пати. Ако споредиме колку пати се јавува бројот 1 со колку пати се јавува бројот 2 ќе забележеме дека во првиот, четвртиот и секој ред од облик $3 k+1$ имаме една единица повеќе отколку двојки, а во останатите бројот на единици и двојки е еднаков, според ова, следува дека бројот на единици и двојки не е еднаков, па не може секој од броевите да се јавува еднаков број пати. Следува дека фигурата не може да се покрие на бараниот начин.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_1ef2743cfe104b997ffdg-6.jpg?height=356&width=435&top_left_y=1204&top_left_x=1047)