# MMO 2015 

1. Нека $A H_{A}, B H_{B}, C H_{C}$ се висини во $\triangle A B C$. Низ темињата $A, B, C$ се повлечени нормални прави $p_{A}, p_{B}, p_{C}$ кон $H_{B} H_{C}, H_{C} H_{A}, H_{A} H_{B}$, соодветно. Докажи дека $p_{A}, p_{B}, p_{C}$ минуваат низ иста точка.

Решение. Прв начин. Нека $O$ е центарот на опишаната кружница околу $\triangle A B C$. Ќе докажеме дека секоја од правите $p_{A}, p_{B}, p_{C}$ минува низ точката $O$. Од причини на симетрија, доволно е да докажеме дека $O C \perp H_{A} H_{B}$. Нека $D$ е пресечната точка на овие две прави. Нека $\triangle A B C$ е остроаголен (направи цртеж). Јасно,

$$
\measuredangle H_{A} C D=\measuredangle B C O=90^{\circ}-\alpha
$$

Четириаголникот $A B H_{A} H_{B}$ е тетивен, па затоа

$$
\measuredangle D H_{A} C=\measuredangle H_{B} H_{A} C=\alpha
$$

Сега од последните равенства следува $O C \perp H_{A} H_{B}$. Аналогно се разгледува случајот кога $\triangle A B C$ е тапоаголен.

Втор начин. Според теоремата на Карно, потребно и доволно е да докажеме дека важи

$$
\left|A H_{B}\right|^{2}-\left|A H_{C}\right|^{2}+\left|B H_{C}\right|^{2}-\left|B H_{A}\right|^{2}+\left|C H_{A}\right|^{2}-\left|C H_{B}\right|^{2}=0
$$

Последното равенство следува ако ги собереме очигледните равенства:

$$
\begin{aligned}
& \left|B H_{C}\right|^{2}-\left|A H_{C}\right|^{2}=|B C|^{2}-|A C|^{2}, \\
& \left|C H_{A}\right|^{2}-\left|B H_{A}\right|^{2}=|A C|^{2}-|A B|^{2}, \text { и } \\
& \left|A H_{B}\right|^{2}-\left|C H_{B}\right|^{2}=|A B|^{2}-|B C|^{2}
\end{aligned}
$$

2. Нека $a, b, c$ се позитивни реални броеви за кои важи $a b c=1$. Докажи дека

$$
a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a \geq \sqrt{(a+b+c)(a b+b c+c a)}
$$

Решение. Ако во познатото неравенство

$$
(x+y+z)^{2} \geq 3(x y+y z+z x)
$$

земеме $x=a^{2} b, y=b^{2} c, z=c^{2} a$ добиваме

$$
\begin{aligned}
\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right)^{2} & \geq 3\left(a^{2} b \cdot b^{2} c+b^{2} c \cdot c^{2} a+c^{2} a \cdot a^{2} b\right) \\
& =3 a b c\left(b^{2} a+c^{2} b+a^{2} c\right)=3\left(b^{2} a+c^{2} b+a^{2} c\right)
\end{aligned}
$$

Понатаму, од од условот $a b c=1$ и неравенството меѓу аритметичката и геометрисксата средина следува

$$
\begin{aligned}
\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right)^{2} & =\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right)\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right) \\
& \geq 3 \sqrt[3]{a^{3} b^{3} c^{3}}\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right)=3\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right)
\end{aligned}
$$

и

$$
\begin{aligned}
\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right)^{2} & =\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right) \cdot\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right) \\
& \geq 3 \sqrt[3]{a^{3} b^{3} c^{3}} 3 \sqrt[3]{a^{3} b^{3} c^{3}}=9 a b c
\end{aligned}
$$

Конечно, ако ги собереме последните три неравенства последователно добиваме

$$
\begin{aligned}
3\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right)^{2} & \geq 3\left(b^{2} a+c^{2} b+a^{2} c\right)+3\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right)+9 a b c \\
& =3\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a+b^{2} a+c^{2} b+a^{2} c+3 a b c\right) \\
& =3(a+b+c)(a b+b c+c a)
\end{aligned}
$$

односно

$$
a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a \geq \sqrt{(a+b+c)(a b+b c+c a)}
$$

3. Натпреварувачите на овогодинешната ММО “добро” се распоредени во $n$ колони (рапоредување по колони е "добро" ако во иста колона не се појавуваат познаници), но истото не може да се постигне во помалку од $n$ колони. Покажи дека постојат натпреварувачи $M_{1}, M_{2}, \ldots, M_{n}$ за кои важи следново:

(1) $M_{i}$ е во $i$-тата колона, за секој $i=1,2, \ldots, n$;

(2) $M_{i}$ е познаник со $M_{i+1}$, за секој $i=1,2, \ldots, n-1$.

Решение. Ќе извршиме прераспоредувања по колони. Најпрво, од втората колона го префрламе во првата колона секој натправарувач кој нема познаник во првата колона. Новото распоредување е добро, па затоа во втората колона останал барем еден натправарувач. Сега од третата колона го префрламе во втората колона секој натпреварувач кој нема познаник меѓу преостатаните во втората колона. Новото распоредување повторно е добро, па затоа во третата колона останал барем еден натпреварувач итн. За крај, од $n$-тата колона го префрламе во ( $n-1$ ) -вата колона секој натпреварувач кој нема познаник меѓу преостатаните во ( $n-1$ ) -вата колона. Добиеното распоредување повторно е добро, па затоа во $n$-тата колона останал барем еден натпреварувач. Означуваме еден таков со $M_{n}$. Мора да постои негов познаник $M_{n-1}$ во ( $n-1$ ) -вата колона. Да забележиме дека $M_{n-1}$ не е преместуван (во спротивно првичното распоредување не е добро). Затоа $M_{n-1}$ има познаник $M_{n-2}$ во ( $n-2$ )-рата колона. Аналогно заклучуваме дека $M_{n-2}$ не е преместуван итн. На овој начин се пронајдени натпреварувачи $M_{1}, M_{2}, \ldots, M_{n}$ за кои важат условите (1) и (2).

4. Кружниците $k_{1}$ и $k_{2}$ се сечат во точките $A$ и $B$. Права низ $B$, по втор пат ги сече кружниците $k_{1}$ и $k_{2}$ во точки $C$ и $D$, соодветно, при што $C$ лежи надвор од $k_{2}$, а $D$ надвор од $k_{1}$. Нека $M$ е пресечната точка на тангентите кон $k_{1}$ и $k_{2}$ повлечени низ $C$ и $D$, соодветно, и $A M \cap C D=\{P\}$. Тангентата повлечена низ $B$ кон $k_{1}$ ја сече $A D$ во точка $L$, а тангентата повлечена низ $B$ кон $k_{2}$ ја сече $A C$ во точката $K$. Нека $K P \cap M D=\{N\}$ и $L P \cap M C=\{Q\}$. Докажи дека четириаголникот $M N P Q$ е паралелограм.

Решение. Од причини на симетрија, доволно е да се докаже дека важи $K P \| M C$. Најпрво ќе докажеме дека дека четириаголникот $A C M D$ е тетивен. Имено, да забележиме дека $B$ лежи на отсечката $C D$, а $A$ и $M$ се на различни страни од правата $C D$. Од $\measuredangle B D M=\measuredangle D A B$ и $\measuredangle B C M=\measuredangle B A C$, следува

$$
\measuredangle D A C=\measuredangle D A B+\measuredangle B A C=\measuredangle B D M+\measuredangle B C M=180^{\circ}-\measuredangle D M C
$$

Понатаму, ќе докажеме дека $B$ и $P$ лежат на ист кружен лак над точките $A$ и $K$. За таа цел, разгледуваме два случаи:

Прв случај. Точката $P$ лежи на остечката $B C$. Да забележиме дека точките $A$ и $B$ се од иста страна на правата $K P$. Нека со $E$ го означиме пресекот на правите $K B$ и $D M$. Имаме низа равенства

$$
\measuredangle K B P=\measuredangle D B E=\measuredangle B D E=\measuredangle C D M=\measuredangle C A M=\measuredangle K A P .
$$

Тогаш, од $\measuredangle K B P=\measuredangle K A P$ следува дека четириаголникот $A K P B$ е тетивен.

Bmop случај. Точката $P$ лежи на остечката $A C$. Сега точките $A$ и $B$ се од различни страни на правата $K P$. Повторно, нека $E$ е пресекот на $K B$ и $D M$. Ја имаме следната низа равенства

$$
180^{\circ}-\measuredangle K B P=\measuredangle D B E=\measuredangle B D E=\measuredangle C D M=\measuredangle C A M=\measuredangle K A P
$$

од што следува дека четириаголникот $A K B P$ е тетивен.

Така добиваме дека $\measuredangle A P K=\measuredangle A B K=\measuredangle A D B=\measuredangle A D C=\measuredangle A M C$, Од што следува дека $K P \| M C$.

5. Определи ги сите природни броеви $m$ кои имаат точно три различни прости делители $p, q$ и $r$, такви што:
a) $p-1|m, q r-1| m$,

б) $q-1 \nless m, r-1 \nmid m, 3 \nmid q+r$.

Решение. Бројот $m$ можеме да го претставиме во облик $m=p^{a} q^{b} r^{c}$. Броевите $q$ и $r$ не можат да бидат 2 , бидејќи $2-1=1$ е делител на секој природен број, од каде следува дека се непарни, то ест $q r-1$ е парен, па мора $m$ да биде парен, то ест $p=2$.

Од $\mathrm{NZD}(q, q r-1)=1=\mathrm{NZD}(r, q r-1)$ и $q r-1 \mid m$, следува дека $q r-1 \mid 2^{a}$, од каде $q r-1=2^{k}$ за некој природен број $k \leq a$. Ова значи дека бројот $2^{k}+1$ има точно два делители. Бројот $k$ може да се претстави во облик $k=2^{t} s$, каде $t$ е најголемиот степен на 2 во $k$, а $s$ е најголемиот непарен делител на $k$. Ако $s>1$, тогаш:

$$
2^{k}+1=\left(2^{2^{t}}\right)^{s}+1=\left(2^{2^{t}}+1\right)\left(\left(2^{2^{t}}\right)^{s-1}-\left(2^{2^{t}}\right)^{s-2}+\ldots-\left(2^{2^{t}}\right)+1\right) .
$$

Последното е можно само ако

$$
q=2^{2^{t}}+1, r=\left(2^{2^{t}}\right)^{s-1}-\left(2^{2^{t}}\right)^{s-2}+\ldots-\left(2^{2^{t}}\right)+1
$$

или обратно, но тогаш $q-1=2^{2^{t}} \mid m$ или $p=2^{2^{t}} \mid m$, што противречи на условите на задачата.

Следува дека $s=1$, то ест $k=2^{t}$ е степен на 2 и $q r=2^{2^{t}}+1$, то ест $2^{2^{t}}+1$ е производ на два прости броеви. За $t=0$ имаме $2^{2^{t}}+1=3$ и ова очогледно не е случај, па затоа $t>1$.

Од

$$
2^{2^{t}}+1 \equiv 2^{2 \cdot 2^{t-1}}+1 \equiv\left(2^{2}\right)^{2^{t-1}}+1 \equiv 4^{2^{t-1}}+1 \equiv 1^{2^{t-1}}+1 \equiv 1+1 \equiv 2(\bmod 3)
$$

следува дека $3 \nmid q$ и $3 \nmid r$. Ако $q \equiv r(\bmod 3)$, тогаш $q r \equiv 1(\bmod 3)$, па мора едниот да е конгруентен со еден, а другиот со два, но тогаш нивниот збир е делив со три, што противречи на последнит услов од задачата, т.е. број кој ги задоволува дадените услови не постои.