# MMO 2000 

1. Тетива $C D$ на кружница со центар $O$ е нормална на дијаметар $A B$. Тетива $A E$ го сече радиусот $C O$ во точка $M$ и тетивата $D E$ ја сече тетивата $B C$ во точка $N$. Докажи дека $\frac{\overline{C M}}{\overline{C O}}=\frac{\overline{C N}}{\overline{C B}}$.

Решение. Од $C D \perp A B$ и $A B$ е дијаметар следува $\overline{A C}=\overline{A D}$. Затоа

$$
\measuredangle A E C=\measuredangle A E D
$$

Понатаму,

$$
\begin{aligned}
& \measuredangle A E C=\measuredangle A B C, \\
& \measuredangle A B C=\measuredangle O C B
\end{aligned}
$$

Сега, од (1), (2) и (3) следува $\measuredangle M C N=\measuredangle M E N$, па затоа точките $M, C, E, N$ лежат на

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_f699ec0f35282b292579g-1.jpg?height=461&width=490&top_left_y=596&top_left_x=990)
иста кружница $k_{1}$. Според тоа,

$$
\measuredangle M N C=\measuredangle M E C \text { и } \measuredangle M E C=\measuredangle O B C
$$

па затоа $\measuredangle M N C=\measuredangle O B C$. Од последното равенство и од тоа што $\measuredangle M C N$ е заеднички за триаголниците $M N C$ и $O B C$ следува $\triangle M N C \sim$ ${ }_{\triangle} O B C$, па затоа важи $\frac{\overline{C M}}{\overline{C O}}=\frac{\overline{C N}}{\overline{C B}}$.

2. Определи на најголемата можна вредност на изразот

$$
\frac{a_{1} a_{2} \ldots a_{n}}{\left(1+a_{1}\right)\left(a_{1}+a_{2}\right) \ldots\left(a_{n-1}+a_{n}\right)\left(a_{n}+2^{n+1}\right)}
$$

каде $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots, a_{n}$ се позитивни реални броеви.

Решение. Ќе бараме најмала можна вредност на изразот

$$
\frac{\left(1+a_{1}\right)\left(a_{1}+a_{2}\right) \ldots\left(a_{n-1}+a_{n}\right)\left(a_{n}+2^{n+1}\right)}{a_{1} a_{2} \ldots a_{n}}
$$

Имаме

$$
\frac{\left(1+a_{1}\right)\left(a_{1}+a_{2}\right) \ldots\left(a_{n-1}+a_{n}\right)\left(a_{n}+2^{n+1}\right)}{a_{1} a_{2} \ldots a_{n}}=\left(1+a_{1}\right)\left(1+\frac{a_{2}}{a_{1}}\right) \ldots\left(1+\frac{a_{n}}{a_{n-1}}\right)\left(1+\frac{2^{n+1}}{a_{n}}\right)
$$

Воведуваме смени $x_{1}=a_{1}, x_{2}=\frac{a_{2}}{a_{1}}, \ldots, x_{n}=\frac{a_{n}}{a_{n-1}}, x_{n+1}=\frac{2^{n+1}}{a_{n}}$. Значи, бараме најмала вредност на изразот

$$
\left(1+x_{1}\right)\left(1+x_{2}\right) \ldots\left(1+x_{n}\right)\left(1+x_{n+1}\right)
$$

каде $x_{1} x_{2} \ldots x_{n} x_{n+1}=2^{n+1}$. Притоа,

$$
\begin{aligned}
&\left(1+x_{1}\right)\left(1+x_{2}\right) \ldots\left(1+x_{n+1}\right)=1+x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n+1}+\sum_{\substack{k=1 \\
i<k}}^{n+1} x_{i} x_{k}+\ldots+x_{1} x_{2} \ldots x_{n+1} \\
& \geq 1+\binom{n+1}{1}^{n+1} \sqrt{x_{1} x_{2} \ldots x_{n+1}}+\binom{n+1}{2} \sqrt[\binom{n+1}{2}]{x_{1} x_{2} \ldots x_{n+1}}+x_{1} x_{2} \ldots x_{n+1} \\
&=\left(1+\sqrt[n+1]{x_{1} x_{2} \ldots x_{n+1}}\right)^{n+1}=\left(1+\sqrt[n+1]{2^{n+1}}\right)^{n+1}=3^{n+1}
\end{aligned}
$$

Според тоа, најмалата можна вредност на изразот (**) е $3^{n+1}$ и таа се достигнува за $x_{1}=x_{2}=\ldots=x_{n}=x_{n+1}=2$. Тоа значи дека најголемата можна вредност на изразот (*) е $\frac{1}{3^{n+1}}$ и истата се достигнува за $a_{1}=2, a_{2}=2^{2}, a_{3}=2^{3}, \ldots, a_{n}=2^{n}$.

3. Нека $a, b, c$ е должините на стsраните на триаголникот $A B C, t_{a}, t_{b}, t_{c}$ се соодветно должините на тежишните линии повлечени кон страните и $d$ е должината на дијаметарот на опишаната кружница околу триаголникот $A B C$. Докажи дека

$$
\frac{a^{2}+b^{2}}{t_{c}}+\frac{b^{2}+c^{2}}{t_{a}}+\frac{c^{2}+a^{2}}{t_{b}} \leq 6 d
$$

Решение. Нека $A A_{2}, B B_{2}, C C_{2}$ се тежишните линии во триаголникот $A B C$, а $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ се соодветно нивните пресечни точки со опишаната кружница околу триаголникот (цртеж десно). Јасно,

$$
\overline{A A_{1}} \leq d, \overline{B B_{1}} \leq d, \overline{C C_{1}} \leq d
$$

т.е.

$$
\begin{aligned}
& t_{a}+\overline{A_{1} A_{2}} \leq d \\
& t_{b}+\overline{B_{1} B_{2}} \leq d \\
& t_{c}+\overline{C_{1} C_{2}} \leq d
\end{aligned}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_f699ec0f35282b292579g-3.jpg?height=495&width=512&top_left_y=601&top_left_x=955)

Понатаму, од степенот на точката $A_{2}$ во однос на точките во однос на кружницата $k$ следува $\overline{B A_{2}} \cdot \overline{A_{2} C}=\overline{A A_{2}} \cdot \overline{A_{2} A_{1}}$, т.е. $\frac{a}{2} \cdot \frac{a}{2}=t_{a} \cdot \overline{A_{2} A_{1}}$, па затоа $\overline{A_{2} A_{1}}=\frac{a^{2}}{4 t_{a}}$. Аналогно се добива $\overline{B_{2} B_{1}}=\frac{b^{2}}{4 t_{b}}$ и $\overline{C_{2} C_{1}}=\frac{c^{2}}{4 t_{c}}$. Со замена во (1) и собирање на неравенствата добиваме

$$
\frac{4 t_{a}^{2}+a^{2}}{4 t_{a}}+\frac{4 t_{b}^{2}+b^{2}}{4 t_{b}}+\frac{4 t_{c}^{2}+c^{2}}{4 t_{c}} \leq 3 d
$$

Но, $4 t_{a}^{2}+a^{2}=2 b^{2}+2 c^{2}, 4 t_{b}^{2}+b^{2}=2 c^{2}+2 a^{2}, 4 t_{c}^{2}+c^{2}=2 a^{2}+2 b^{2}$, па ако замениме во (2) го добиваме неравенствато (*).

4. Нека $a, b$ се природни броеви такви што $\operatorname{NZD}(a, b)=1$. Докажи дека бројот на природни броеви $n$ за кои равенката $a x+b y=n$ нема решение $(x, y) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}$ е еднаков на $\frac{(a+1)(b+1)}{2}-1$.

Решение. Од $\operatorname{NZD}(a, b)=1$ следува дека равенката $a x+b y=1$ има решение $(x, y) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$. Според тоа, за секој $n \in \mathbb{N}$ равенката

$$
a x+b y=n
$$

има решение $(x, y) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$.

Лема 1. За секој $n>a b$ равенката (1) има решение $(x, y) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}$, за $n=a b$ равенката (1) нема решение $(x, y) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}$.

Доказ. Нека $n>a b$ и $a x^{\prime}+b y^{\prime}=n,\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$. Ако $a x+b y=n$, $(x, y) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$, тогаш $a\left(x-x^{\prime}\right)+b\left(y-y^{\prime}\right)=0$, па од $\operatorname{NZD}(a, b)=1$ следува $b \mid x-x^{\prime}$. Нека $x-x^{\prime}=b t$, за некој $t \in \mathbb{Z}$. Тогаш од $a b t+b\left(y-y^{\prime}\right)=0$ следува $y-y^{\prime}=-a t$. Според тоа, општото решение на (1) во множеството цели броеви е $\left(x^{\prime}+a t, y^{\prime}-b t\right), t \in \mathbb{Z}$.

Избираме $t^{*} \in \mathbb{Z}$ таков што $0<y^{\prime}-a t \leq a$. Ваков $t^{*}$ постои и тогаш $x^{\prime}+b t^{*}>0$. Навистина,

$$
a\left(x^{\prime}+b t^{*}\right)=n-b\left(y^{\prime}-a t^{*}\right) \geq n-a b>0
$$

Јасно, $\left(x^{\prime}+b t^{*}, y^{\prime}-a t^{*}\right) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}$ и е решение на (1).

Нека $a x+b y=a b$ за некои $x, y \in \mathbb{N}$. Тогаш $b \mid x$, па затоа $a x>a b$. Значи, $b y=a b-a x<0$ и како $b>0$, добиваме $y<0$, противречност.

Лема 2. Нека $a x+b y<a b, x, y \in \mathbb{N}$ и нека $x^{\prime} . y^{\prime} \in \mathbb{N}$ се такви што $a x+b y=a x^{\prime}+b y^{\prime}$. Тогаш $x=x^{\prime}$ и $y=y^{\prime}$.

Доказ. Од равенството $a x+b y=a x^{\prime}+b y^{\prime}$ следува $a\left(x-x^{\prime}\right)=b\left(y-y^{\prime}\right)$, што значи $b \mid x-x^{\prime}$. Без ограничување на општоста можеме да претпоставиме дека $x \geq x^{\prime}$. Ако $x>x^{\prime}$, тогаш $x \geq x^{\prime}+b$, па затоа

$$
a x+b y \geq a x^{\prime}+a b+b y>a b
$$

што е противречност.

Од претходните разгледувања следува дека ако за некој природен број $n<a b$ равенката (1) има решение во множеството $\mathbb{N}$, тогаш тоа решение е единствено. Затоа за да го најдеме бројот на природните броеви $n<a b$ за кои (1) има решение во множеството $\mathbb{N}$, доволно е да го најдеме бројот на парови природни броеви $(x, y)$ такви што $a x+b y<a b$. Нека

$$
A=\{(x, y) \mid x, y \in \mathbb{N}, a x+b y<a b\}
$$

Ќe го определиме бројот на елементите на $A$. Нека $(x, y) \in A$. Вредностите што може да ги прими $y$ се $1,2, \ldots, a-1$. За фиксиран број $y \in\{1,2, \ldots, a-1\}$ ќе ги определиме сите вредности $x$ од $\mathbb{N}$ за кои $a x+b y<a b$. Бидејќи $b y<a x+b y<a b$, добиваме $0<a x<(a-y) b$, од каде следува $x \in\left\{1,2, \ldots,\left[\frac{(a-y) b}{a}\right]\right\}$. Понатаму, ако $y \in\{1,2, \ldots, a-1\}$, тогаш $a-y \in\{1,2, \ldots, a-1\}$. Според тоа, бројот на елементите на $A$ е еднаков на $\sum_{i=1}^{a-1}\left[\frac{i b}{a}\right]$. Слично, ако разгледуваме кои вредности може да ги прими $x$ ќе добиеме дека бројот на елементите на $A$ е еднаков на $\sum_{i=1}^{b-1}\left[\frac{i a}{b}\right]$. Значи $\sum_{i=1}^{a-1}\left[\frac{i b}{a}\right]=\sum_{i=1}^{b-1}\left[\frac{i a}{b}\right]$. (Последното равенство важи за секои $a, b \in \mathbb{N}$.) Останува да го пресметаме збирот $\sum_{i=1}^{a-1}\left[\frac{i b}{a}\right]$. Јасно, за $a=b=1$ тврдењето на задачата е точно, па затоа бараниот збир ќе го пресметаме за $0<b<a$. Ќe ја определиме најголемата вредност која може да ја прими $\left[\frac{i b}{a}\right]$ за $i=1,2, \ldots, a-1$. Бидејќи

$$
a b>(a-1) b=a b-b>a b-a=a(b-1)
$$

добиваме дека $\left[\frac{(a-1) b}{a}\right]=b-1$. Според тоа, за $i \in\{1,2, \ldots, a-1\}$ имаме $\left[\frac{i b}{a}\right] \in\{1,2, \ldots, b-1\}$. Нека $k \in\{1,2, \ldots, b-1\}$ е дадено. Ќе разгледаме за колку индекси $i \in\{1,2, \ldots, a-1\}$ е исполнето равенство $\left[\frac{i b}{a}\right]=k$. Од $\operatorname{NZD}(a, b)=1$ следува дека $\frac{i b}{a}$ не е природен број, па затоа ги определуваме оние вредности $i \in\{1,2, \ldots, a-1\}$ за кои што

$$
k a<i b<(k+1) a
$$

Нека $i_{\min }^{(k)}$ е најмалиот $i \in\{1,2, \ldots, a-1\}$ таков што $k a<i b$. Значи,

$$
k a<i_{\min }^{(k)} b, \quad k a>\left(i_{\min }^{(k)}-1\right) b \text { и } i_{\min }^{(k)}>\frac{k a}{b}, i_{\min }^{(k)}<\frac{k a}{b}+1
$$

односно

$$
i_{\min }^{(k)}=\left[\frac{k a}{b}\right]+1
$$

Нека $i_{\max }^{(k)}$ е најголемиот $i \in\{1,2, \ldots, a-1\}$ таков што $i b<(k+1) a$. Од (3) следува дека за $k \in\{1,2, \ldots, b-2\}$ важи $i_{\max }^{(k)}=\left[\frac{(k+1) a}{b}\right]$, што значи дека $i_{\max }^{(k)}=i_{\min }^{(k+1)}-1$. За $k=b-1$ добиваме $i_{\max }^{(b-1)}=a-1$. Значи, бројот на индексите $i \in\{1,2, \ldots, a-1\}$ за кои важи (3) е еднаков на

$$
i_{\max }^{(k)}-i_{\min }^{(k)}+1, \text { т.е. } i \in\left\{i_{\min }^{(k)}, i_{\min }^{(k)}+1, \ldots, i_{\max }^{(k)}\right\}
$$

Воведуваме ознаки $c_{k}=\left[\frac{k a}{b}\right], k=1,2, \ldots, b-1, \quad c_{b}=a-1$. Притоа важи $i_{\max }^{(k)}-i_{\min }^{(k)}+1=c_{k+1}-c_{k} \cdot$ Значи,

$$
\sum_{i \in\left\{i_{\min }^{(k)}, i_{\min }^{(k)}+1, \ldots, i_{\max }^{(k)}\right\}}\left[\frac{i b}{a}\right]=k\left(c_{k+1}-c_{k}\right)
$$

Оттука

$$
\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{a-1}\left[\frac{i b}{a}\right] & =\sum_{k=1}^{b-1} k\left(c_{k+1}-c_{k}\right) \\
& =(b-1) c_{b}-\left(c_{b-1}+c_{b-2}+\ldots+c_{1}\right) \\
& =(a-1)(b-1)-\sum_{i=1}^{b-1}\left[\frac{i a}{b}\right]
\end{aligned}
$$

Бидејќи $\sum_{i=1}^{a-1}\left[\frac{i b}{a}\right]=\sum_{i=1}^{b-1}\left[\frac{i a}{b}\right]$, добиваме

$$
\sum_{i=1}^{a-1}\left[\frac{i b}{a}\right]=\frac{(a-1)(b-1)}{2}
$$

Конечно, бројот на природните броеви $n$ за кои равенката (1) нема решение во множеството природни броеви е еднаков на

$$
a b-\frac{(a-1)(b-1)}{2}=\frac{(a+1)(b+1)}{2}-1
$$