Hugging Face's logo

Datasets:
AI-MO
/
olympiads

Modalities:
Document
Dataset card Data Studio Files
xet
 Community
26
olympiads / MatematickiTalent /md /mk-macedonian-olympiad /6wlCs35FDkasg_RWtk64JA.md
LxYxvv's picture
LxYxvv
add pdf files
802d9fe
preview code
|
Raw
History Blame
14.7 kB

MMO 2020

  1. Нека $a$ и $b$ се природни броеви и $p, q$ се прости броеви такви што $p \nmid q-1$ и $q \mid a^{p}-b^{p}$. Докажи дека $q \mid a-b$.

Решение. Прв начин. Ако $q$ е делител на $a$ или $b$, тогаш од $q \mid a^{p}-b^{p}$ следува дека $q$ е делител на двата броја, па затоа $q \mid a-b$. Нека претпоставиме дека $q \nmid a$ и $q \nmid b$. Тогаш постои $d \in \mathbb{N}$ таков што $a d \equiv b(\bmod q)$. Значи, $a^{p} d^{p} \equiv b^{p} \equiv a^{p}(\bmod q)$, па затоа $d^{p} \equiv 1(\bmod q)$. Но, од малата теорема на Ферма следува $d^{q-1} \equiv 1(\bmod q)$. Според тоа, редот на $d$ во однос на $q$ е делител на $p$ и $q-1$. Но, $(p, q-1)=1$, па затоа редот на $d$ е 1 , од каде следува $d=1$. Конечно, $a \equiv b(\bmod q)$, што и требаше да се докаже.

Втор начин. Нека претпоставиме дека $q \nmid a-b$. Тогаш од $q \mid a^{p}-b^{p}$ следува $q \nmid a$ и $q \nmid b$. Ќе докажеме дека за секои $m, n \in \mathbb{N}$ важи: ако $q \mid a^{m}-b^{m}$ и $q \mid a^{n}-b^{n}$, тогаш $q \mid a^{(m, n)}-b^{(m, n)}$. Навистина, ако се земем предвид Евклидовиот алгоритам доволно е да претпоставиме дека $m>n$ и да докажеме дека $q \mid a^{m-n}-b^{m-n}$. При дадените услови последното следува од равенството

am−bm=an(am−n−bm−n)+bm−n(an−bn) a^{m}-b^{m}=a^{n}\left(a^{m-n}-b^{m-n}\right)+b^{m-n}\left(a^{n}-b^{n}\right)

Понатаму, од малата теорема на Ферма следува $q \mid a^{q-1}-b^{q-1}$ и како $q \mid a^{p}-b^{p}$, до претходо изнесенот добиваме $q \mid a^{(p, q-1)}-b^{(p, q-1)}$. Но, $(p, q-1)=1$, па затоа $q \mid a-b$, што противречи на претпоставката.

Tрет начин. Нека претпоставиме дека $q \nmid a-b$. Тогаш од $q \mid a^{p}-b^{p}$ следува $q \nmid a$ и $q \nmid b$. Можеме да претпоставиме дека $(a, b)=1$. Навистина, ако $a^{\prime}=\frac{a}{(a, b)}$ и $b^{\prime}=\frac{b}{(a, b)}$, тогаш $\left(a^{\prime}, b^{\prime}\right)=1, \quad q \mid a^{\prime p}-b^{\prime p}$ и $q \nmid a^{\prime}-b^{\prime}$. Ḱе докажеме дека од $(a, b)=1$ следува дека за секои $m, n \in \mathbb{N}$ важи $a^{(m, n)}-b^{(m, n)}=\left(a^{m}-b^{m}, a^{n}-b^{n}\right)$. Навистина, очигледно е дека важи $a^{(m, n)}-b^{(m, n)} \mid\left(a^{m}-b^{m}, a^{n}-b^{n}\right)$. За да докажеме дека важи $\left(a^{m}-b^{m}, a^{n}-b^{n}\right) \mid a^{(m, n)}-b^{(m, n)}$, согласно Евклидовиот алгоритам доволно е да земеме $m>n$ и да докажеме дека е исполнето $\left(a^{m}-b^{m}, a^{n}-b^{n}\right) \mid a^{m-n}-b^{m-n}$. Последното непосредно следува од равенството (1). Според тоа,

(ap−bp,aq−1−bq−1)=a(p,q−1)−b(p,q−1)=a−b \left(a^{p}-b^{p}, a^{q-1}-b^{q-1}\right)=a^{(p, q-1)}-b^{(p, q-1)}=a-b

Но, сега од условот на задачата и малата теорема на Ферма следува $q \mid\left(a^{p}-b^{p}, a^{q-1}-b^{q-1}\right)$, па затоа $q \mid a-b$, што е противречност.

  1. Нека $x_{1}, \ldots, x_{n}(n \geq 2)$ се реални броеви од интервалот [1,2]. Докажи дека

∣x1−x2∣+…+∣xn−x1∣≤23(x1+…+xn) \left|x_{1}-x_{2}\right|+\ldots+\left|x_{n}-x_{1}\right| \leq \frac{2}{3}\left(x_{1}+\ldots+x_{n}\right)

при што знак за равенство важи ако и само ако $n$ е парен и $n$-торката е еднаква $(1,2, \ldots, 1,2)$ или $(2,1, \ldots, 2,1)$.

Решение. Прв начин. Ако $a, b \in[1,2]$, тогаш

∣a−b∣=13(a+b)−23(2min⁡{a,b}−max⁡{a,b})≤13(a+b) |a-b|=\frac{1}{3}(a+b)-\frac{2}{3}(2 \min \{a, b\}-\max \{a, b\}) \leq \frac{1}{3}(a+b)

при што знак за равенство важи ако и само ако ${a, b}={1,2}$. Оттука

∣x1−x2∣+…+∣xn−x1∣≤13((x1+x2)…+(xn+x1))=23(x1+…+xn) \begin{aligned} \left|x_{1}-x_{2}\right|+\ldots+\left|x_{n}-x_{1}\right| & \leq \frac{1}{3}\left(\left(x_{1}+x_{2}\right) \ldots+\left(x_{n}+x_{1}\right)\right) \\ & =\frac{2}{3}\left(x_{1}+\ldots+x_{n}\right) \end{aligned}

при што знак за равенство важи ако и само ако $n$ е парен и $n$-торката е еднаква $(1,2, \ldots, 1,2)$ или $(2,1, \ldots, 2,1)$.

Втор начин. Прво да претпоставиме дека гледано циклично не постојат два последователни еднакви членови $x_{i}$. Ќе велиме дека $x_{i}$ е локален минимум ако $x_{i-1}>x_{i}$ и $x_{i}<x_{i+1}$ (циклично), и дека $x_{i}$ е локален максимум ако $x_{i-1}<x_{i}$ и $x_{i}>x_{i+1}$ (циклично). Јасно, бројот на локални минимуми е еднаков на бројот на локални максимуми и да го означиме со $k$. Тогаш левата страна на неравенството може да се запише во видот

2(∑xi е лок. максимум xi)−2(∑xi е лок. минимум xi) 2\left(\sum_{x_{i} \text { е лок. максимум }} x_{i}\right)-2\left(\sum_{x_{i} \text { е лок. минимум }} x_{i}\right)

па треба да го докажеме неравенството

43(∑xi е лок. максимум xi)≤83(∑xi е лок. минимум xi)+23(∑xi не е лок. екстрем xi) \frac{4}{3}\left(\sum_{x_{i} \text { е лок. максимум }} x_{i}\right) \leq \frac{8}{3}\left(\sum_{x_{i} \text { е лок. минимум }} x_{i}\right)+\frac{2}{3}\left(\sum_{x_{i} \text { не е лок. екстрем }} x_{i}\right)

Но, последното неравенство непосрено следува од

43(∑xi е лок. максимум xi)≤8k3≤83(∑xi е лок. минимум xi) \frac{4}{3}\left(\sum_{x_{i} \text { е лок. максимум }} x_{i}\right) \leq \frac{8 k}{3} \leq \frac{8}{3}\left(\sum_{x_{i} \text { е лок. минимум }} x_{i}\right)

Притоа знак за равенство важи ако и само ако секој $x_{i}$ е локален максимум или локален минимум, збирот на локалните минимуми е $k$ (односно секој локален минимум е еднаков на 1), и збирот на локалните максимуми е $2 k$ (односно секој локален максимум е еднаков на 2 ). Со други зборови, равенство важи ако и само ако ако $n$ е парен и $n$ торката е еднаква $(1,2, \ldots, 1,2)$ или $(2,1, \ldots, 2,1)$.

Во случај кога имаме еднакви последователни членови, можеме да избришеме еден од нив, и да ја разгледаме добиената низа ( $y_{1}, \ldots, y_{n-1}$ ). Притоа, левата страна на соодветното неравенство е еднаква на левата страна на наравенството за $x_{i}$, додека десната страна е строго помала. Тоа значи дека доволно е да го докажеме неравенството за броевите $y_{i}$ $i=1,2, \ldots, n-1$. Последното го повторуваме се додела не добиеме низа броеви во која нема еднакви последователни членови, а потоа за овој случај го применуваме веќ докажаното неравенство.

  1. Нека $A B C$ е триаголник и $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ се точки на страните $B C, C A, A B$, соодветно, такви што $A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}$ се симетрали на внатрешните агли на $\triangle A B C$. Опишаната кружница $k$ ' околу триаголникот $A_{1} B_{1} C_{1}$ ја допира страната $B C$ во точката $A_{1}$. Нека $B_{2}$ и $C_{2}$, соодветно, се вторите пресечни точки на $k^{\prime}$ со правите $A C$ и $A B$. Докажи дека $\overline{A B}=\overline{A C}$ или $\overline{A C_{1}}=\overline{A B_{2}}$.

Решение. Стандардно со $a, b, c$ да ги означиме должините на страните на $\triangle A B C$. Според теоремата за симетралата на внатрешен агол на триаголник имаме

Оттука добиваме

BA1‾A1C‾=cb,CB1‾B1A‾=ac,A1‾C1B‾=ba \frac{\overline{B A_{1}}}{\overline{A_{1} C}}=\frac{c}{b}, \frac{\overline{C B_{1}}}{\overline{B_{1} A}}=\frac{a}{c}, \frac{\overline{A_{1}}}{\overline{C_{1} B}}=\frac{b}{a}

BA1‾=acb+c,A1C‾=abb+c,CB1‾=aba+c,B1A‾=bcb+c,AC1‾=bca+b,C1B‾=aca+b \overline{B A_{1}}=\frac{a c}{b+c}, \overline{A_{1} C}=\frac{a b}{b+c}, \overline{C B_{1}}=\frac{a b}{a+c}, \overline{B_{1} A}=\frac{b c}{b+c}, \overline{A C_{1}}=\frac{b c}{a+b}, \overline{C_{1} B}=\frac{a c}{a+b}

Понатаму, од степенот на точка во однос на кружница следува

AC1‾⋅AC2‾=AB1‾⋅AB2‾,BA1‾2=BC1‾⋅BC2‾,CA1‾2=CB1‾⋅CB2‾ \overline{A C_{1}} \cdot \overline{A C_{2}}=\overline{A B_{1}} \cdot \overline{A B_{2}},{\overline{B A_{1}}}^{2}=\overline{B C_{1}} \cdot \overline{B C_{2}},{\overline{C A_{1}}}^{2}=\overline{C B_{1}} \cdot \overline{C B_{2}}

Да означиме $m=\overline{A C_{2}}$ и $n=\overline{A B_{2}}$. Од горните равенства следува

bca+bm=bca+cn⇒m=a+ba+cna2b2(b+c)2=aba+c(b+n)⇒n=ba(a+c)−(b+c)2(b+c)2a2c2(b+c)2=aca+b(c+m)⇒ac(b+c)2=1a+b(c+a+ba+cba(a+c)−(b+c)2(b+c)2) \begin{aligned} & \frac{b c}{a+b} m=\frac{b c}{a+c} n \Rightarrow m=\frac{a+b}{a+c} n \\ & \frac{a^{2} b^{2}}{(b+c)^{2}}=\frac{a b}{a+c}(b+n) \Rightarrow n=b \frac{a(a+c)-(b+c)^{2}}{(b+c)^{2}} \\ & \frac{a^{2} c^{2}}{(b+c)^{2}}=\frac{a c}{a+b}(c+m) \Rightarrow \frac{a c}{(b+c)^{2}}=\frac{1}{a+b}\left(c+\frac{a+b}{a+c} b \frac{a(a+c)-(b+c)^{2}}{(b+c)^{2}}\right) \end{aligned}

Последното равенство е еквивалентно со равенството

a(a+b)(a+c)(c−b)=(b+c)2(a+b+c)(c−b) a(a+b)(a+c)(c-b)=(b+c)^{2}(a+b+c)(c-b)

Според тоа, ако не важи $b=c$, т.е. $\overline{A B}=\overline{A C}$, тогаш

a(a+b)(a+c)=(b+c)2(a+b+c) a(a+b)(a+c)=(b+c)^{2}(a+b+c)

па затоа

AB2‾=n=ba(a+c)−(b+c)2(b+c)2=ba+ba(a+b)(a+c)−(a+b)(b+c)2(b+c)2=ba+b(b+c)2(a+b+c)−(a+b)(b+c)2(b+c)2=bca+b=AC1‾ \begin{aligned} \overline{A B_{2}} & =n \\ & =b \frac{a(a+c)-(b+c)^{2}}{(b+c)^{2}} \\ & =\frac{b}{a+b} \frac{a(a+b)(a+c)-(a+b)(b+c)^{2}}{(b+c)^{2}} \\ & =\frac{b}{a+b} \frac{(b+c)^{2}(a+b+c)-(a+b)(b+c)^{2}}{(b+c)^{2}} \\ & =\frac{b c}{a+b} \\ & =\overline{A C_{1}} \end{aligned}

  1. Нека $S$ е непразно конечно множество и $\mathrm{F}$ е фамилија подмножества од $S$ таква што i) $\mathrm{F} \backslash{S} \neq \varnothing$,

ii) Ако $F_{1}, F_{2} \in \mathrm{F}$, тогаш $F_{1} \cap F_{2} \in \mathrm{F}$ и $F_{1} \cup F_{2} \in \mathrm{F}$.

Докажи дека постои $a \in S$ кој што припаѓа на најмногу половина од елементите на $\mathrm{F}$.

Решение. Ќе ги користиме ознаките: за секој $a \in S$ нека

F(a)={U∈F∣a∈U} и F(a)c=F\F(a) \mathrm{F}(a)=\{U \in \mathrm{F} \mid a \in U\} \text { и } \mathrm{F}(a)^{c}=\mathrm{F} \backslash \mathrm{F}(a)

Треба да докажеме дека за некој $a \in S$ важи $|\mathrm{F}(a)| \leq\left|\mathrm{F}(a)^{c}\right|$

Прв начин. Лесно се докажува дека ако за множествата $A, B, C$ важи $A \cup B=A \cup C$ и $A \cap B=A \cap C$, тогаш $B=C$. Навистина, од дадени равенства следува $A \div B=A \div C$, па затоа

B÷C=(A÷B)÷(A÷C)=∅ B \div C=(A \div B) \div(A \div C)=\varnothing

од каде што следува $B=C$.

Нека $M$ е максимален елемент во делумно подреденото множество $(F \backslash{S}, \subseteq)$, т.е. $M$ е вистинско подмножество на $S$ кое е елемент на F и не постои множество $M^{\prime}$ со истите својства такво што $M \subset M^{\prime}$. Јасно, вакво множество постои бидејќи според условот на задачата $S$ е непразно конечно множество и $\mathrm{F} \backslash{S} \neq \varnothing$. Нека $a \in S \backslash M$. Согласно изборот на $M$, за секој $U \in \mathrm{F}(a)$ важи $M \cup U=S$. Следствено пресликувањето $\mathrm{F}(a) \rightarrow \mathrm{F}(a)^{c}$ определено со $U \rightarrow M \cap U$ е инјекција. Значи, $|\mathrm{F}(a)| \leq\left|\mathrm{F}(a)^{c}\right|$.

Втор начин. Нека $a \in S$ е таков што $\mathrm{F}(a)^{c}$ е максимален елемент на делумно подреденото множество ( $\left{\mathrm{F}(b)^{c} \mid b \in S\right}, \subseteq$ ). Од i) следува $\mathrm{F}(a)^{c} \neq \varnothing$. Нека $F=\underset{V \in \mathrm{F}(a)^{c}}{\cup} V$. Бидејќи множеството $S$ е конечно, од ii) следува $F \in \mathrm{F}$. Тврдиме дека пресликувањето $\mathrm{F}(a) \rightarrow \mathrm{F}(a)^{c}$ определено со $U \rightarrow F \cap U$ е инјекција. Навистина, да претпоставиме дека постојат различни $U^{\prime}, U^{\prime \prime} \in \mathrm{F}(a)$ такви што $F \cap U^{\prime}=F \cap U^{\prime \prime}$. Без губење на општоста нека $b \in U^{\prime} \backslash U^{\prime \prime}$. Тогаш, бидејќи $b \notin F \cap U^{\prime \prime}$ ( $=F \cap U^{\prime}$ ), имаме $b \notin F$. Следствено, $\mathrm{F}(a)^{c} \subseteq \mathrm{F}(b)^{c}$. Уште повеќе, бидејќи $U^{\prime \prime} \in \mathrm{F}(b)^{c} \backslash \mathrm{F}(a)^{c}$, важи $\mathrm{F}(a)^{c} \subset \mathrm{F}(b)^{c}$. Но, последното противречи на направениот изор на $a$, па затоа разгледуваното пресликување е инјекција. Значи, $|\mathrm{F}(a)| \leq\left|\mathrm{F}(a)^{c}\right|$.