File size: 9,248 Bytes
802d9fe | 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 140 141 142 143 | # MMO 2001
1. Докажи дека равенката $m x^{2}-s y^{2}=3, m, s \in \mathbb{Z}$, нема решение во ако $m \cdot s=2000^{2001}$.
Решение. Да претпоставиме спротивно, т.е. дека равевката
$$
m x^{2}-s y^{2}=3, m, s \in Z \text { и } m s=2000^{2001}
$$
има решение $x_{\circ}, y_{\circ}$ во $\boldsymbol{Z}$. Тогаш,
$$
m x_{0}^{2}=s y_{0}^{2}+3
$$
и бидејќи $m \neq 0$ добиваме,
$$
\begin{gathered}
m^{2} x_{0}^{2}=m s y_{0}^{2}+3 m=2000^{2001} y_{0}^{2}+3 m, \quad \text { т.e. } \\
\left(m x_{0}\right)^{2} \equiv m s y_{0}^{2}+3 m \equiv(-1)^{2001} y_{0}^{2} \equiv-y_{0}^{2}(\bmod 3)
\end{gathered}
$$
Квадрат на цел број може да има остаток 0 или 1 по модул 3 , па според тоа
$$
\left(m x_{0}\right)^{2} \equiv-y_{0}^{2} \equiv 0(\bmod 3)
$$
т.е. $3\left|y_{0}^{2} \Rightarrow 3\right| y_{0}$. Аналогво се добива дека $3 \mid x_{0}$. Но во тој случај $9 \mid x_{0}^{2}$ и $9 \mid y_{0}^{2}$, па $9 \mid m x_{0}^{2}-s y_{0}^{2}$, т.е. $9 \mid 3$.
2. Дали постои функција $f: \boldsymbol{N} \rightarrow \boldsymbol{N}$ таква што за секој $n \geq 2$ важи
$$
f(f(n-1))=f(n+1)-f(n) ?
$$
Решение. Нека $n \in \mathbb{N}$ в $n \geq 2$. За секој $i=2, \ldots, n$ важи
$$
f(f(i-1))=f(i+1)-f(i)
$$
Го формираме збирот $\sum_{i=2}^{n} f(f(i-1))$ и добиваме:
$$
\sum_{i=2}^{n} f(f(i-1))=\sum_{i=2}^{n}(f(i+1)-f(i))=f(n+1)-f(2)
$$
односно $f(n+1)=f(2)+\sum_{i=2}^{n} f(f(i-1)) \geq n \quad(f$ е функција во $\mathbb{N})$. Значи
$$
f(i-1) \geq i-2, f(f(i-1)) \geq f(i-2) \geq i-3,
$$
па според тоа
$$
\begin{aligned}
f(n+1)= & f(2)+f(f(1))+f(f(2))+\sum_{i=4}^{n} f(f(i-1)) \geq \\
& \geq 3+\sum_{i=4}^{n}(i-3)=3+\frac{(n-2)(n-3)}{2}
\end{aligned}
$$
Значи $f(n+1) \geq \frac{n^{2}-5 n+12}{2}>2 n+1$ за $n \geq 10$. Нека $f(2 n)=M>4 n+3$. Тогаш имаме
$$
f(M)=f(2)+\sum_{i=2}^{M-1} f(f(i-1))
$$
$$
\begin{gathered}
f(2 n)=f(2)+\sum_{i=2}^{2 n-1} f(f(i-1)) \\
f(M)-f(2 n)=f(f(2 n))+f(f(2 n+1))+\ldots+f(f(M-2))
\end{gathered}
$$
Ho $f(f(2 n))=f(M)$ па добиваме
$$
-f(2 n)=f(f(2 n))+f(f(2 n+1))+\ldots+f(f(M-2))
$$
штто не е можно. Звачв не постов таква фувкцвја.
3. Нека $A B C$ е разнострав трваголяик впишая во кружвида $k$. Нека $t_{A}, t_{B}, t_{C} \propto$ тангевтите ва кружнидата $k$ во точкяте $A, B, C$ соодветно. Докажи дека: $A B K t_{C}, A C K t_{B}, B C K t_{A}$ в дека точките $A B \cap t_{C}, A C \cap t_{B}, B C \cap t_{A}$ се колявеарвв.
Решение. Избвраме правоаголев коордвватев свстем со почеток во $C$, п правата ${ }^{t_{C}}$ за $y$-оска. Тогаm за секоја точка од кружницата важв $(x-1)^{2}+y^{2}=1$. Нека $A\left(a, \sqrt{2 a-a^{2}}\right)$ и $B\left(b, \sqrt{2 b-b^{2}}\right)$. Да озкачме $A=2 a-a^{2}$ и $B=2 b-b^{2}$. Toгат правите $t_{A}$ п $O B$ вмаат равенкв $y-\sqrt{A}=\frac{1-a}{\sqrt{A}}(x-a)$ п $y=\frac{\sqrt{B}}{b} x$ соодветво, па за пресечната точка $M\left(x_{M}, y_{M}\right)$ на овие две прави добиваме: $x_{M}=\frac{a b}{D_{B}}, y_{M}=\frac{a \sqrt{B}}{D_{b}}$ каде $D_{b}=\sqrt{A} \sqrt{B}-b(1-a)$. Ствчно, aкo $N\left(x_{N}, y_{N}\right)$ e upeсечвата точка ва правите $A C$ и $t_{B}$ добиваме $x_{N}=\frac{a b}{D_{a}}$ в $y_{N}=\frac{b \sqrt{A}}{D_{a}}$, каде $D_{a}=\sqrt{A} \sqrt{B}-a(1-b)$. Aкo $D\left(x_{D}, y_{D}\right)$ e пресечва точка на правщте $A B$ и ${ }^{T} C$ добиваме $x_{D}=0$ в $y_{D}=\frac{b \sqrt{A}-a \sqrt{B}}{b-a}$. Равенката на правата $M N$ e
$$
y-y_{N}=\frac{y_{M}-y_{N}}{x_{M}-y_{N}}\left(x-x_{N}\right)
$$
За $x=0$ добиваме
$$
y=y_{N}-\frac{-\frac{b \sqrt{A}}{D_{a}}+\frac{a \sqrt{B}}{D_{b}}}{\frac{a b}{D_{b}}-\frac{a b}{D_{a}}} x_{n}=\ldots=\frac{b \sqrt{A}-a \sqrt{B}}{b-a}
$$
Според тоа добиваме дека правата $M N$ ја сече $t_{C}$ (т.е. $y$-оската) во точката $D$, па точките $M, N$ и $D$ се колинеарни. Ако претпоставиме дека $t_{A} \| B C$, тогаш $\angle M A B=\angle C B A$. Оттука $\angle M A B=90^{\circ}-\angle B A S=90^{\circ}-\left(90^{\circ}-\gamma\right)=\gamma$. Ho $\angle C B A=\beta$, па добщваме $\beta=\gamma$, одвосво триаголнихот $A B C$ ве е разнострав, штто е во противречност со условот на задачата. Според тоа $A B$ I I $_{C}, A C H I_{B}, B C E t_{A}$.
4. Нека $M$ е конечно множество и нека $\Omega \subseteq \mathscr{P}(M)$ (партитивно множество) за кое важат следниве услови:
(1) Ако за $A, B \in \Omega$ важи $|A \cap B| \geq 2$, тогаш $A=B$;
(2) Постојат $A, B, C \in \Omega$, такви што $A \neq B \neq C \neq A$ и $|A \cap B \cap C|=1$;
(3) За секој $A \in \Omega$, и за секој $a \in M \backslash A$, постои единствено $B \in \Omega$, такво штто $a \in B$ и $A \cap B=\varnothing$.
Докажи дека постојат броеви $p$ и $s$ такви што:
(a) За секој $a \in M$, бројот на мвожествата од $\Omega$ што ја содржат точката a e $p$;
(б) За секој $A \in \Omega,|A|=s$;
(в) $s+1 \geq p$.
Решение. (a) Нека $x \in M$. Да означиме $\langle x\rangle=\{X \in \Omega \mid x \in X\}$. Ќе докажеме дека $(\forall x, y \in M)|\langle x\rangle|=|\langle y\rangle|$. Дефинираме пресликување
$$
\varphi:\langle x\rangle \rightarrow\langle y\rangle \text { co } \varphi(T)=\left\{\begin{array}{l}
T, y \in T \\
T^{\prime}, y \notin T
\end{array}\right.
$$
каде $T^{\prime}$ е множеството за кое $y \in T^{\prime}$ и $T \cap T^{\prime}=\varnothing$ а неговото постоење и единственост следува од (3) и притоа $\varphi$ е биекција. Значи $|\langle x\rangle|=|\langle y\rangle|$. Според тоа ако $a \in M$ и $p=|\langle a\rangle|$ следува дека и секое друго множество од $\Omega$ што ја содржи $a$ ќе има $p$ елементи.
(б) Нека $A, B \in \Omega$ и $A \neq B$. Ќe дефинираме биекција меґ́у $A$ и $B$.
$1^{\circ} A \cap B=\varnothing$. Нека $a \in A$. Тогаш $a \notin B$. Од $|\langle a\rangle| \geq 3$ (следува од условот (2)) следува дека постои $C \in \Omega$ така што $C \cap B \neq \varnothing$ и $C \cap B=\left\{a^{\prime}\right\}$. Дефинираме пресликување $\psi: A \rightarrow B$ со $\psi(a)=a^{\prime}$. За постои $D \in \Omega$ така што $D \cap C=\varnothing$, $D \cap B=\left\{x^{\prime}\right\}$ и $D \cap A=\{x\}$. Сега ставаме $\psi(x)=x^{\prime} . \psi$ е биекција (за сурјективноста се користи условот (3)). Според тоа $|A|=|B|$.
$2^{\circ} A \neq B, 0<|A \cap B| \leq 1$, па нека $A \cap B=\{a\}$. Дефинираме пресликување $\psi: A \rightarrow B$ со $\psi(a)=a$. Од условот (2) следува дека постои $C \in \Omega$ така што $a \in C, C \neq A, C \neq B$. Нека $x \in A$ е произволен елемент. Од условот (3) постои $D \in \Omega$ така што $x \in D, D \cap B=\varnothing$ и $D \cap C=\left\{x^{\prime \prime}\right\}$. Повторно од условот (3) постои $E \in \Omega$ така што $E \cap A=\varnothing$ и $E \cap B=\left\{x^{\prime}\right\}$. По дефиниција ставаме $\psi(x)=x^{\prime} . \psi$ е биекција. Значи $|A|=|B|$.
Нека $A \in \Omega$ е произволно и нека $s=|A|$. Тогаш од $1^{\circ}$ и $2^{\circ}$ добиваме $(\forall B \in \Omega) \mid B \vDash s$.
(в) Нека $A \in \Omega$ е произволно. Според (б) имаме $|A|=s$. Нека $a \notin A$. Од (a) $|\langle a\rangle|=p$. Од (3) постои $B \in \Omega$ така што $B \cap A=\varnothing$ и $a \in B$. За секој $C \in\langle a\rangle$, $C \cap A \neq \varnothing$ (следува од (1)). Множества $C$ со такво својство, заради $|\langle a\rangle|=p$ има $p-1$, и заради $|A|=s$ добиваме $p-1 \leq s$ т.е. $p \leq s+1$.
|