MatematickiTalent/md/mk-macedonian-olympiad/mk-LdnHIzSe-0GVLu6hacZvKw.md

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

$$m{x}^2-s{y}^2=3,m,s\in Z\text{ и }ms={2000}^{2001}m\; x^\{2\}-s\; y^\{2\}=3,\; m,\; s\; \backslash in\; Z\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; m\; s=2000^\{2001\}$$

има решение $x_{\circ}, y_{\circ}$ во $\boldsymbol{Z}$. Тогаш,

$$m{x}_0^2=s{y}_0^2+3m\; x\_\{0\}^\{2\}=s\; y\_\{0\}^\{2\}+3$$

и бидејќи $m \neq 0$ добиваме,

$$\begin{array}{c}{\displaystyle m^2{x}_0^2=ms{y}_0^2+3m={2000}^{2001}{y}_0^2+3m,\text{ т.e. }}\\ {\displaystyle {\left(m{x}_0\right)}^2\equiv ms{y}_0^2+3m\equiv (-1{)}^{2001}{y}_0^2\equiv -y_0^2(3)}\end{array}\backslash begin\{gathered\}\; m^\{2\}\; x\_\{0\}^\{2\}=m\; s\; y\_\{0\}^\{2\}+3\; m=2000^\{2001\}\; y\_\{0\}^\{2\}+3\; m,\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; т.e.\; \}\; \backslash \backslash \; \backslash left(m\; x\_\{0\}\backslash right)^\{2\}\; \backslash equiv\; m\; s\; y\_\{0\}^\{2\}+3\; m\; \backslash equiv(-1)^\{2001\}\; y\_\{0\}^\{2\}\; \backslash equiv-y\_\{0\}^\{2\}(\backslash bmod\; 3)\; \backslash end\{gathered\}$$

Квадрат на цел број може да има остаток 0 или 1 по модул 3 , па според тоа

$${\left(m{x}_0\right)}^2\equiv -y_0^2\equiv 0(3)\backslash left(m\; x\_\{0\}\backslash right)^\{2\}\; \backslash equiv-y\_\{0\}^\{2\}\; \backslash equiv\; 0(\backslash bmod\; 3)$$

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

$$f(f(n-1))=f(n+1)-f(n)?f(f(n-1))=f(n+1)-f(n)\; ?$$

Решение. Нека $n \in \mathbb{N}$ в $n \geq 2$. За секој $i=2, \ldots, n$ важи

$$f(f(i-1))=f(i+1)-f(i)f(f(i-1))=f(i+1)-f(i)$$

Го формираме збирот $\sum_{i=2}^{n} f(f(i-1))$ и добиваме:

$$\sum _{i=2}^{n}f(f(i-1))=\sum _{i=2}^n(f(i+1)-f(i))=f(n+1)-f(2)\backslash sum\_\{i=2\}^\{n\}\; f(f(i-1))=\backslash sum\_\{i=2\}^\{n\}(f(i+1)-f(i))=f(n+1)-f(2)$$

односно $f(n+1)=f(2)+\sum_{i=2}^{n} f(f(i-1)) \geq n \quad(f$ е функција во $\mathbb{N})$. Значи

$$f(i-1)\ge i-2,f(f(i-1))\ge f(i-2)\ge i-3,f(i-1)\; \backslash geq\; i-2,\; f(f(i-1))\; \backslash geq\; f(i-2)\; \backslash geq\; i-3,$$

па според тоа

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

$$f(M)=f(2)+\sum _{i=2}^{M-1}f(f(i-1))f(M)=f(2)+\backslash sum\_\{i=2\}^\{M-1\}\; f(f(i-1))$$

$$\begin{array}{c}{\displaystyle f(2n)=f(2)+\sum _{i=2}^{2n-1}f(f(i-1))}\\ {\displaystyle f(M)-f(2n)=f(f(2n))+f(f(2n+1))+\dots +f(f(M-2))}\end{array}\backslash begin\{gathered\}\; f(2\; n)=f(2)+\backslash sum\_\{i=2\}^\{2\; n-1\}\; f(f(i-1))\; \backslash \backslash \; f(M)-f(2\; n)=f(f(2\; n))+f(f(2\; n+1))+\backslash ldots+f(f(M-2))\; \backslash end\{gathered\}$$

Ho $f(f(2 n))=f(M)$ па добиваме

$$-f(2n)=f(f(2n))+f(f(2n+1))+\dots +f(f(M-2))-f(2\; n)=f(f(2\; n))+f(f(2\; n+1))+\backslash ldots+f(f(M-2))$$

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

$$y-y_N=\frac{y_M-y_N}{x_M-y_N}(x-x_N)y-y\_\{N\}=\backslash frac\{y\_\{M\}-y\_\{N\}\}\{x\_\{M\}-y\_\{N\}\}\backslash left(x-x\_\{N\}\backslash right)$$

За $x=0$ добиваме

$$y=y_N-\frac{-\frac{b\sqrt{A}}{D_a}+\frac{a\sqrt{B}}{D_b}}{\frac{ab}{D_b}-\frac{ab}{D_a}}{x}_n=\dots =\frac{b\sqrt{A}-a\sqrt{B}}{b-a}y=y\_\{N\}-\backslash frac\{-\backslash frac\{b\; \backslash sqrt\{A\}\}\{D\_\{a\}\}+\backslash frac\{a\; \backslash sqrt\{B\}\}\{D\_\{b\}\}\}\{\backslash frac\{a\; b\}\{D\_\{b\}\}-\backslash frac\{a\; b\}\{D\_\{a\}\}\}\; x\_\{n\}=\backslash ldots=\backslash frac\{b\; \backslash sqrt\{A\}-a\; \backslash sqrt\{B\}\}\{b-a\}$$

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

$$\phi :⟨x⟩\to ⟨y⟩\text{ co }\phi (T)=\{\begin{array}{l}T,y\in T\\ T^{\mathrm{\prime }},y\mathrm{\notin }T\end{array}\backslash varphi:\backslash langle\; x\backslash rangle\; \backslash rightarrow\backslash langle\; y\backslash rangle\; \backslash text\; \{\; co\; \}\; \backslash varphi(T)=\backslash left\backslash \{\backslash begin\{array\}\{l\}\; T,\; y\; \backslash in\; T\; \backslash \backslash \; T^\{\backslash prime\},\; y\; \backslash notin\; T\; \backslash end\{array\}\backslash right.$$

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. $p \leq s+1$.