MatematickiTalent/md/mk-secondary-federal/1usGsgUT60KMd11OyMrr-w.md

Сојузен натпревар 1978

I година

1. Определи ја вредноста на изразот

$$S=\frac{1}{1+x+xy}+\frac{1}{1+y+yz}+\frac{1}{1+z+zx}S=\backslash frac\{1\}\{1+x+x\; y\}+\backslash frac\{1\}\{1+y+y\; z\}+\backslash frac\{1\}\{1+z+z\; x\}$$

ако за реалните броеви $x, y, z$ важи $x y z=1$.

Решение. Имаме

доколку изразот $S$ е определен.

2. Определи ги сите природни броеви кои се 33 пати поголеми од збирот на своите цифри.

Решение. Нека бараниот број е $\overline{a_{n-1} a_{n-2} \ldots a_{1} a_{0}}$, каде $a_{i} \in{0,1,2, \ldots, 9}$ за $i=0,1$, ...,n-1. Условот

$$a_{n-1}\cdot {10}^{n-1}+10a_1+a_0=33(a_{n-1}+\dots +a_1+a_0)a\_\{n-1\}\; \backslash cdot\; 10^\{n-1\}+10\; a\_\{1\}+a\_\{0\}=33\backslash left(a\_\{n-1\}+\backslash ldots+a\_\{1\}+a\_\{0\}\backslash right)$$

може да се запише во обликот

$$a_{n-1}({10}^{n-1}-33)+\dots +a_2({10}^2-33)=23a_1+32a_{0}a\_\{n-1\}\backslash left(10^\{n-1\}-33\backslash right)+\backslash ldots+a\_\{2\}\backslash left(10^\{2\}-33\backslash right)=23\; a\_\{1\}+32\; a\_\{0\}$$

Левата страна во последното равенство не е помала од $10^{n-1}-33$, а десната не е поголема од 495, па затоа ова равенство е можно единствено за $n \leq 3$. Лесно се проверува дека не постојат едноцифрени и двоцифрени броеви кои го задоволуваат дадениот услов. За $n=3$ добиваме $100 x+10 y+z=33(x+y+z)$. Тоа значи дека бараниот број мора да е делив со 3. Но, тоа значи дека десната страна е делива со 9, па затоа бројот е делив со 9. Значи, 9| $x+y+z$, што е можно само ако $x+y+z \in{9,18,27}$. Со непосредна проверка се покажува дека само за $x+y+z=18$ се добива бројот 594 кој ги задоволува условите на задачата.

3. Нека $A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}$ се паралелни тетиви на некоја кружница. Точките $A^{\prime}, B^{\prime}$, $C^{\prime}$ се редоследно симетрични на точките $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ во однос на средините на отсечките $B A, C A, A B$. Докажи дека точките $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}$ се колинеарни.

Решение. Според претпоставките дијагоналите на четириаголникот $A_{1} B A^{\prime} C$ се половат, па затоа овој четириаголник е паралелограм, т.е. $C A^{\prime} | A_{1} B$ и $C A^{\prime}=A_{1} B$, цртеж долу десно.

Слично, $C B^{\prime} | B_{1} A$ и $C B^{\prime}=B_{1} A$. Оттука следува дека триаголникот $A^{\prime} B^{\prime} C$ е рамнокрак и $A^{\prime} B^{\prime} \perp A_{1} A$. На сличен начин се докажува дека $B^{\prime} C^{\prime} \perp C_{1} C$. Но, $A A_{1} | C C_{1}$, па од претходно изнесеното следува дека точките $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}$ се колинеарни.

4. Табела $9 \times 10$ прво е покриена со домина $2 \times 1$, а потоа домината се измешани. Докажи дека табелата не може повторно да се покрие со тие домина така што секое домино кое во првото покривање било во хоризонтална положба во второто покривање ќе биде во вертикална положба.

Решение. Нека претпоставиме дека табелата е поставена така што има 10 редови и 9 колони. Вертикалните домина на првата колона покриваат парен број полиња, па затоа и бројот на полињата кои ги покриваат хоризонталните домина е парен. Овие домина значи покриваат парен број полиња на втората колона. Бидејќи вертикалните домина во оваа колона исто така покриваат парен број полиња, остануваат парен број полиња на втората колона кои се покриени од домина кои „преминуваат“ и во третата колона. Продолжувајќи ја постапката заклучуваме дека вкупниот број хоризонтални домина е парен. Но, бројот на домината е 45 , па значи дека вкупниот број вертикални домина е непарен.

Meѓутоа, истиот заклучок важи и за второто покривање на табелата, па затоа не може да се исполнети условите на здачата.

II година

1. Дали постојат реални броеви $a, b, c, d$ такви што:

1. равенката $a x^{2}+b d x+c=0$ има различни реални решенија $x_{1}$ и $x_{2}$.
2. равенката $b x^{2}+c d x+a=0$ има различни реални решенија $x_{2}$ и $x_{3}$.
3. равенката $c x^{2}+a d x+b=0$ има различни реални решенија $x_{3}$ и $x_{1}$.

Решение. Ако такви броеви $a, b, c, d$ постојат, тогаш $a b c \neq 0$. Од Виетовите правила следува $x_{1} x_{2}=\frac{c}{a}, x_{2} x_{3}=\frac{a}{b}, x_{3} x_{1}=\frac{b}{c}$, па затоа $x_{1}^{2} x_{2}^{2} x_{3}^{2}=1$, т.е. $x_{1} x_{2} x_{3}=\varepsilon$, каде $\varepsilon=1$ или $\varepsilon=-1$. Понатаму, $x_{3}=\varepsilon \frac{a}{c}, x_{1}=\varepsilon \frac{b}{a}, x_{2}=\varepsilon \frac{c}{b}$, па со замена во дадените равенки добиваме

$$b^2(1+d\epsilon )=-ac,c^2(1+d\epsilon )=-ba,a^2(1+d\epsilon )=-bcb^\{2\}(1+d\; \backslash varepsilon)=-a\; c,\; \backslash quad\; c^\{2\}(1+d\; \backslash varepsilon)=-b\; a,\; \backslash quad\; a^\{2\}(1+d\; \backslash varepsilon)=-b\; c$$

Бидејќи $a b c \neq 0$, од последните релации следува дека $1+d \varepsilon \neq 0$, па со делење на соодветните релации добиваме

$$\frac{b^2}{c^2}=\frac{c}{b},\frac{c^2}{a^2}=\frac{a}{c},\frac{a^2}{b^2}=\frac{b}{a}\backslash frac\{b^\{2\}\}\{c^\{2\}\}=\backslash frac\{c\}\{b\},\; \backslash frac\{c^\{2\}\}\{a^\{2\}\}=\backslash frac\{a\}\{c\},\; \backslash frac\{a^\{2\}\}\{b^\{2\}\}=\backslash frac\{b\}\{a\}$$

од каде следува $a^{3}=b^{3}=c^{3}$, т.е. $a=b=c$. Но, тоа значи дека сите три равенки се совпаѓаат, што противречи на претпоставката $x_{1} \neq x_{2} \neq x_{3} \neq x_{1}$. Според тоа, не постојат броеви $a, b, c, d$ кои го задоволуваат условот на задачата.

2. Нека $S$ е подмножество од множеството реални броеви такво што: a) $\mathbb{Z} \subset S$,

б) $\sqrt{2}+\sqrt{3} \in S$,

в) од $x, y \in S$ следува $x+y \in S, x y \in S$.

Докажи дека $\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}} \in S$.

Решение. Да означиме $a=\sqrt{2}+\sqrt{3}$. Тогаш

Сега, $10 \in S, a \in S$, па затоа $10 a \in S$ и како $-1 \in S, a \in S$, добиваме $-a^{3} \in S$. Конечно, $\frac{1}{a}=10 a-a^{3} \in S$.

3. Даден е четириаголник $A B C D$. Нека $E$ е точка на правата $D B$ таква што $A E | D C$, а $F$ е точка на правата $A C$ таква што $D F | A B$. Докажи дека $E F | B C$.

Решение. Со $O$ да го означиме пресекот на правите $A C$ и $B D$, цртеж десно (тој може да биде и надвор од четириаголникот $A B C D$ ). Од сличноста на триаголниците $A O B$ и $F O D$ добиваме $A O: O B=F O: O D$, а од сличноста на триаголниците $A O E$ и $C O D$ добиваме $A O: O E=C O: O D$. Со делење на овие релации се добива $O E: O B=F O: C O$, а оттука $A$

следува сличноста на триаголниците $F O E$ и $C O B$, па затоа $E F | B C$.

4. Нека $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n}$ се точки од една права такви што најголемото од растојанијата $A_{i} A_{j}(i \neq j)$ е еднакво на 1 , а најмалото $d$. Докажи дека $d<\frac{2}{\sqrt{n}-1}$.

Решение. Околу секоја од дадените точки да опишеме круг со радиус $\frac{d}{2}$. Бидејќи најмалото растојание $A_{i} A_{j}(i \neq j)$ е еднакво на $d$ овие кругови немаат заеднички внатрешни точки. Понатаму, да опишеме круг со радиус $1+\frac{d}{2}$ и центар во која било од дадените точки. Бидејќи на него концентричниот круг со радиус 1 ги содржи (на работ или во внатрешноста) сите дадени точки, заклучуваме дека поголемиот круг ги покрива сите претходно конструирани помали кругови. Затоа неговата плоштина е поголема од збирот на плоштините на сите мали кругови, т.е. $\pi\left(1+\frac{d}{2}\right)^{2}>n \pi\left(\frac{d}{2}\right)^{2}$, од каде по средувањето се добива бараното неравенство.

III година

1. Определи ги сите природни броеви $n$ за кои постои полином $P_{n}(x)$ од $n-$ ти степен со целобројни коефициенти, таков што во $n$ различни целобројни вредности е еднаков на $n$, а во нулата е еднаков на нула.

Решение. Полиномот $Q_{n}(x)=n-P_{n}(x)$ исто така е од $n$-ти степен, но таков што во $n$ различни целобројни точки е еднаков на нула, а во нулата е еднаков на n. Според тоа,

$$Q_n(x)=a(x-x_1)(x-x_2)\dots (x-x_n)Q\_\{n\}(x)=a\backslash left(x-x\_\{1\}\backslash right)\backslash left(x-x\_\{2\}\backslash right)\; \backslash ldots\backslash left(x-x\_\{n\}\backslash right)$$

каде $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ се нулите на полиномот $Q_{n}(x)$. Од Виетовите формули следува

$$n=Q_n(0)=(-1{)}^{n}a{x}_1{x}_2\dots x_{n}n=Q\_\{n\}(0)=(-1)^\{n\}\; a\; x\_\{1\}\; x\_\{2\}\; \backslash ldots\; x\_\{n\}$$

и како меѓу корените $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ најмногу два се еднакви на 1 или -1 од равенството (1) следува

$$\mid (-1{)}^{n}a{x}_1{x}_2\dots x_n\mid \ge 2^{n-2}\backslash left|(-1)^\{n\}\; a\; x\_\{1\}\; x\_\{2\}\; \backslash ldots\; x\_\{n\}\backslash right|\; \backslash geq\; 2^\{n-2\}$$

Од (1) и (2) добиваме $n \geq 2^{n-2}$. Последното неравенство е исполнето за $n \leq 4$ (со индукција може да се докаже дека за $n>4$ важи $2^{n-2}>n$ ). Значи, за $n=0,1,2,3,4$ може да постојат бараните полиноми. На пример, тоа се полиномите

2. Докажи дека целиот број $r>2$ е сложен ако и само ако е точно барем едно од следниве две тврдења: a) $r=2^{S}$ за некој $s \in{2,3, \ldots}$, б) $r=\frac{u}{2}(2 v-u+1)$ за некои $u, v \in{3,4, \ldots}$, $(u \leq v)$.

Решение. Да претпоставиме дека $r>2$ е сложен број. Ако единствен негов прост множител е 2 , тогаш важи тврдењето а). Нека претпоставиме дека тоа не е случај. Ќе докажеме дека тогаш важи тврдењето б).

Нека $r=a b$, каде $a>1, b>1$ и $a$ е непарен број. Тогаш важи или $b \leq \frac{a-1}{2}$ или $b>\frac{a-1}{2}$. Ако $b \leq \frac{a-1}{2}$, земаме $u=2 b, v=b+\frac{a-1}{2}$. Тогаш $u \geq 4, v \geq 3, v-u=\frac{a-1}{2}-b$ $\geq 0$ и $\frac{u}{2}(2 v-u+1)=a b=r$. Ако $b>\frac{a-1}{2}$, земаме $u=a, v=b+\frac{a-1}{2}$. Тогаш $u \geq 3$, $v \geq 3, v-u=b-\frac{a-1}{2}-1 \geq 0$ ( $b-\frac{a-1}{2}$ е цел број поголем од 0 ) и $\frac{u}{2}(2 v-u+1)=a b=r$.

Обратно, ако важи а) тогаш очигледно $r$ е сложен број. Затоа да претпоставиме дека важи тврдењето б), т.е. дека за некои $u, v \in{3,4, \ldots},(u \leq v)$ важи $r=\frac{u}{2}(2 v-u+1)$. Ако $u$ е парен $б р о ј, ~ u=2 q$, тогаш $r=q(2 v-2 q+1)$, при што $q>1$ и $2 v-2 q+1>1$ (бидејќи $v>2 q$ ), па затоа $r$ е сложен број. Ако $и$ е непарен број, $u=2 q+1$, тогаш $r=(2 q+1)(v-q)$, при што $2 q+1>1$ и $v-q>1$ (бидејќи $v \geq 2 q+1$ ), па повторно $r$ е сложен број. Со тоа е докажано тврдењето на задачата.

3. Нека $T$ е тежиште и $O$ е произволна точка во триаголникот $A B C$. Ако $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ се пресечните точки на правата $O T$ соодветно со правите $B C, C A, A B$, докажи дека

$$O{A}_1\cdot O{B}_1\cdot O{C}_1\le T{A}_1\cdot T{B}_1\cdot T{C}_{1}O\; A\_\{1\}\; \backslash cdot\; O\; B\_\{1\}\; \backslash cdot\; O\; C\_\{1\}\; \backslash leq\; T\; A\_\{1\}\; \backslash cdot\; T\; B\_\{1\}\; \backslash cdot\; T\; C\_\{1\}$$

Решение. Триаголниците $O B C$ и $T B C$ имаат заедничка основа $B C$, а висините им се пропорционални на отсечките $O A_{1}$ и $T A_{1}$, цртеж десно. Затоа важи

$$\frac{O{A}_1}{T{A}_1}=\frac{P_{OBC}}{P_{TBC}}=3\frac{P_{OBC}}{P_{ABC}}\backslash frac\{O\; A\_\{1\}\}\{T\; A\_\{1\}\}=\backslash frac\{P\_\{O\; B\; C\}\}\{P\_\{T\; B\; C\}\}=3\; \backslash frac\{P\_\{O\; B\; C\}\}\{P\_\{A\; B\; C\}\}$$

Користејќи слични изрази за $\frac{O B_{1}}{T B_{1}}$ и $\frac{O C_{1}}{T C_{1}}$,

и неравенството меѓу средините добиваме

$$\frac{O{A}_1}{T{A}_1}\cdot \frac{O{B}_1}{T{B}_1}\cdot \frac{O{C}_1}{T{C}_1}=27\frac{P_{OBC}}{P_{ABC}}\cdot \frac{P_{OCA}}{P_{ABC}}\cdot \frac{P_{OAB}}{P_{ABC}}\le {(\frac{P_{OBC}}{P_{ABC}}+\frac{P_{OCA}}{P_{ABC}}+\frac{P_{OAB}}{P_{ABC}})}^3=1\backslash frac\{O\; A\_\{1\}\}\{T\; A\_\{1\}\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{O\; B\_\{1\}\}\{T\; B\_\{1\}\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{O\; C\_\{1\}\}\{T\; C\_\{1\}\}=27\; \backslash frac\{P\_\{O\; B\; C\}\}\{P\_\{A\; B\; C\}\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{P\_\{O\; C\; A\}\}\{P\_\{A\; B\; C\}\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{P\_\{O\; A\; B\}\}\{P\_\{A\; B\; C\}\}\; \backslash leq\backslash left(\backslash frac\{P\_\{O\; B\; C\}\}\{P\_\{A\; B\; C\}\}+\backslash frac\{P\_\{O\; C\; A\}\}\{P\_\{A\; B\; C\}\}+\backslash frac\{P\_\{O\; A\; B\}\}\{P\_\{A\; B\; C\}\}\backslash right)^\{3\}=1$$

4. Во рамнината се дадени $n$ точки $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n}$. Ако $A_{i} A_{j} \geq 1$, за секои $i, j \in{1,2, \ldots, n}$, каде $i \neq j$, докажи дека бројот на отсечките $A_{i} A_{j}$ кои се подолги од 1 не е поголем од $3 n$.

Решение. Нека $A$ произволна од дадените точки. На кругот со центар во $A$ и радиус 1 може да му припаѓаат најмногу 6 од дадените точки, бидејќи нивното меѓусебно растојание не може да е помало од 1 . Значи, секоја од дадените точки може да биде крајна на најмногу 6 отсечки со должина 1. Бидејќи има $n$ точки, а на овој начин секоја отсечка ја сметаме два пати, добиваме дека вкупниот број отсечки со должина е не е поголем од $\frac{6 n}{2}=3 n$.

IV година

1. Нека $n$ е природен број. Со $p_{k}$ да го означиме бројот на ненегативните целобројни решенија на равенката $k x+(k+1) y=n-k+1$. Определи го збирот $p_{1}+p_{2}+\ldots+p_{n+1}$.

Решение. Дадената равенка можеме да ја запишеме во обликот

$$k(x+y+1)+y=n+1k(x+y+1)+y=n+1$$

односно $k a+b=n+1$, при што $0 \leq b=y<x+y+1=a$. Обратно, на секое решение на равенката $k a+b=n+1$, при дадените услови, соодветствува точно едно решение на почетната равенка. Значи, треба да го определиме вкупниот број тројки $(k, a, b)$, каде $a$ и $b$ се ненегативни, а $k$ е позитивен цел број, $k \leq n+1$, за кои важи $k a+b=n+1$ и $b<a$. Бидејќи на секој $k \in{1,2, \ldots, n+1}$ му соодветствува едно пртставување на бројот $n+1$ во наведениот облик (теорема за делење со остаток), добиваме дека бараниот збир е еднаков на $n+1$.

2. Нека $a+(n-1) d, n=1,2,3, \ldots$ е аритметичка низа со разлика $d>0$. Докажи дека $\frac{a}{d}$ е рационален број ако и само ако од дадената низа може да се оддели геометриска подниза.

Решение. Нека претпоставиме дека дадената аритметичка низа содржи геометриска подниза. Нека $a+k d, a+l d$ и $a+m d$ се било кои три последователни членови на геометриската подниза. Тогаш важи $(a+l d)^{2}=(a+k d)(a+m d)$, па како $d \neq 0$ следува $a(2 l-k-m)=d\left(k m-l^{2}\right)$. Ако $2 l-k-m=0$, ќе следува

па претходното равенство не може да важи. Затоа $2 l-k-m \neq 0$, па добиваме

$$\frac{a}{d}=\frac{km-l^2}{2l-k-m}\backslash frac\{a\}\{d\}=\backslash frac\{k\; m-l^\{2\}\}\{2\; l-k-m\}$$

што значи дека $\frac{a}{d}$ е рационален број.

Нека претпоставиме дека $\frac{a}{d}=\frac{p}{q}$ е рационален број ( $p \in \mathbb{Z}, q \in \mathbb{N}$ ). Тогаш

$$a_n=a+(n-1)d=\frac{p}{q}d+(n-1)d=\frac{p+(n-1)q}{q}da\_\{n\}=a+(n-1)\; d=\backslash frac\{p\}\{q\}\; d+(n-1)\; d=\backslash frac\{p+(n-1)\; q\}\{q\}\; d$$

Ќе определиме природен број $x$ таков што количникот

$$\frac{a_{n+x}}{a_n}=\frac{p+(n+x-1)q}{p+(n-1)q}=\alpha \backslash frac\{a\_\{n+x\}\}\{a\_\{n\}\}=\backslash frac\{p+(n+x-1)\; q\}\{p+(n-1)\; q\}=\backslash alpha$$

е број кој не зависи од $n$. Мора да е $x=\frac{(\alpha-1)(p+q n-q)}{q}$, т.е. $q \mid \alpha-1$. Ако ставиме $\alpha=q+1$, добиваме $x=p-q+n q$ и важи

$$a_{p-q+n(q+1)}=(q+1)a_{n}a\_\{p-q+n(q+1)\}=(q+1)\; a\_\{n\}$$

каде претпоставуваме дека $n$ е доволно голем така што $p-q+n(q+1)$ е природен број. Сега да избереме растечка низа природни броеви ( $n_{k}$ ) на следниов начин: бројот $n_{1}$ се избира произволно, така што $p-q+n_{1}(q+1)$ е природен број и $a_{n_{1}} \neq 0$; ако броевите $n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{k-1}$ се избрани, избираме $n_{k}=p-q+n_{k-1}(q+1)$. Поднизата ( $a_{n_{k}}$ ) на дадената низа ќе биде геометриска. Навистина, важи

$$\frac{a_{n_k}}{a_{n_{k-1}}}=\frac{a_{p-q+n_{k-1}(q+1)}}{a_{n_{k-1}}}=\frac{(q+1)a_{n_{k-1}}}{a_{n_{k-1}}}=q+1,\text{ за }k=2,3,\dots \backslash frac\{a\_\{n\_\{k\}\}\}\{a\_\{n\_\{k-1\}\}\}=\backslash frac\{a\_\{p-q+n\_\{k-1\}(q+1)\}\}\{a\_\{n\_\{k-1\}\}\}=\backslash frac\{(q+1)\; a\_\{n\_\{k-1\}\}\}\{a\_\{n\_\{k-1\}\}\}=q+1,\; \backslash text\; \{\; за\; \}\; k=2,3,\; \backslash ldots$$

3. Нека множеството $P \subset \mathbb{N}$ е такво што

(1) $a \in P, b \in P \Rightarrow a+b \in P$,

(2) $(\forall q \in \mathbb{N}) q>1 \Rightarrow(\exists c \in P) c \neq 0(\bmod q)$.

Докажи дека множеството $\mathbb{N} \backslash P$ е конечно.

Решение. Прво да забележиме дека од својството (1) следува дека важи

$$a\in P,k\in \mathbb{N}\Rightarrow ka\in Pa\; \backslash in\; P,\; k\; \backslash in\; \backslash mathbb\{N\}\; \backslash Rightarrow\; k\; a\; \backslash in\; P$$

Ќе докажеме дека $P$ содржи два заемно прости броја. Од (2) следува дека $P$ е непразно множество. Нека $a \in P$ и нека $a=p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{r}^{\alpha_{r}}$ е неговото канонично разложување. Од (2) следува дека за секој $j=1,2, \ldots, r$ постои $c_{j} \in P$ таков што $p_{j}$ не е делител на $c_{j}$. Нека

$$b=\frac{a{c}_1}{p_1^{{\alpha }_1}}+\frac{a{c}_2}{p_2^{{\alpha }_2}}+\dots +\frac{a{c}_r}{p_r^{{\alpha }_r}}b=\backslash frac\{a\; c\_\{1\}\}\{p\_\{1\}^\{\backslash alpha\_\{1\}\}\}+\backslash frac\{a\; c\_\{2\}\}\{p\_\{2\}^\{\backslash alpha\_\{2\}\}\}+\backslash ldots+\backslash frac\{a\; c\_\{r\}\}\{p\_\{r\}^\{\backslash alpha\_\{r\}\}\}$$

Овој број е природен и не е делив со ниту еден од простите множители $p_{j}$ на бројот $a$ (во дадениот збир сите собирци освен еден се деливи со $p_{j}$ ), па затоа $a$ и $b$ се заемно прости. Од (3) и $c_{j} \in P$ следува $\frac{a c_{j}}{p_{j}^{\alpha_{j}}} \in P$, па од (1) следува дека $b \in P$. Со тоа докажавме дека $P$ содржи два заемно прости броја.

Сега ќе го докажеме тврдењето на задачата, со тоа што ќе докажеме дека множеството $P$ ги содржи сите природни броеви $n$ за кои $n>a b$. Навистина, ако $n$ е таков број, тогаш заради $(a, b)=1$, еден од природните броеви $n-a, n-2 a, \ldots$, $n-b a$ е делив со $b$, па постојат природни броеви $k$ и $l$ такви што $n=k a+l b$. Сега, од (3) и (1) следува дека $n \in P$, со што тврдењето на задачата е докажано.

4. Нека $a \geq 3$ и нека $P_{n}(x)$ е полином од $n$-ти степен со реални коефициенти. Докажи дека

$$\underset{0\le i\le n+1}{\max }\mid a^i-P_n(i)\mid \ge 1\backslash max\; \_\{0\; \backslash leq\; i\; \backslash leq\; n+1\}\backslash left|a^\{i\}-P\_\{n\}(i)\backslash right|\; \backslash geq\; 1$$

Решение. Тврдењето ќе го докажеме со индукција по $n$. За $n=0$, полиномот $P_{0}(x)$ е константа: $P_{0}(x)=c$. Ако тврдењето не важи, треба да е $|1-c|<1$ и $|a-c|<1$, од каде ќе следува $|a-1| \unlhd a-c|+| c-1 \mid<1+1=2$, што противречи на претпоставката дека $a \geq 3$.

Нека претпоставиме дека тврдењето важи за сите природни броеви кои се помали или еднакви на $n-1$. Нека $P_{n}(x)$ е произволен полином од $n$-ти степен. Степенот на полиномот $Q(x)=\frac{P_{n}(x+1)-P_{n}(x)}{a-1}$ е помал од $n$, па од претпоставката следува дека за него тврдењето важи. За секој $i=0,1,2, \ldots, n$ имаме

Бидејќи за некој $i$ важи $\left|a^{i}-Q(i)\right| \geq 1$, добиваме дека

$$\underset{0\le i\le n+1}{\max }\mid a^i-P_n(i)\mid \ge 1\backslash max\; \_\{0\; \backslash leq\; i\; \backslash leq\; n+1\}\backslash left|a^\{i\}-P\_\{n\}(i)\backslash right|\; \backslash geq\; 1$$

што и требаче да се докаже.

Мала олимпијада

1. Определи ги сите цели броеви $x, y, z$ такви што

$$x^2(x^2+y)=y^{z+1}x^\{2\}\backslash left(x^\{2\}+y\backslash right)=y^\{z+1\}$$

Решение. Дадената равенка е еквивалентна со равенката

$${(2x^2+y)}^2=y^2+4y^{z+1}\backslash left(2\; x^\{2\}+y\backslash right)^\{2\}=y^\{2\}+4\; y^\{z+1\}$$

Лесно се проверува дека таа нема решенија за кои $z \leq-1$. За $z=0$ десната страна е еднаква на $y^{2}+4 y=(y+2)^{2}-4$, па може да е квадрат на цел број само за $y=0$ и $y=-4$. Првиот случај дава решеение $(0,0,0)$, а во вториот случај немаме решение.

Да претпоставиме дека $z \geq 1$. Дадената равенка да ја запишеме во видот

$${(2x^2+y)}^2=y^2(1+4y^{z-1})\backslash left(2\; x^\{2\}+y\backslash right)^\{2\}=y^\{2\}\backslash left(1+4\; y^\{z-1\}\backslash right)$$

од каде следува дека $1+4 y^{z-1}$ мора да е квадрат на цел број. Тој број мора да е непарен, па затоа $1+4 y^{z-1}=(1+2 v)^{2},(v \geq 0)$, од каде добиваме $y^{z-1}=v(v+1)$. Последното е можно за $v=0$, што дава решение $x=0, y=0$, како и за $z=2$ и $y=v(v+1)$. Со замена во равенката добиваме $x^{2}=v^{2}(v+1)$, па затоа мора да е $v=t^{2}-1, t \in \mathbb{Z} \backslash{-1,0,1}$, (вредностите $-1,0,1$ ги исклучивме бидејќи повторно го добиваме тривијалното решение $x=0$ ). Со непосредна проверка се добива дека $x=t^{3}-t, y=t^{4}-t^{2}$ за $z=2$ се решенија на дадената равенка.

Според тоа, сите тројки ( $x, y, z$ ) цели броеви кои се решенија на дадената равенка се ( $0,0, z), z \geq 0$ и $\left(t^{3}-t, t^{4}-t^{2}, 2\right), t \in \mathbb{Z} \backslash{-1,0,1}$.

2. Нека $k_{0}$ е единечна полукружница над дијаметарот $A B$, а $k_{1}$ е кружница со радиус $r_{1}=\frac{1}{2}$ која ги допира $k_{0}$ и $A B$. Кружницата $k_{n+1}$ со радиус $r_{n+1}$ ги допиpa $k_{n}, k_{0}$ и $A B$. Докажи:

а) За секој $n \in{2,3, \ldots}$ важи $\frac{1}{r_{n+1}}+\frac{1}{r_{n-1}}=\frac{6}{r_{n}}-4$.

б) $\frac{1}{r_{n}}$ е или квадрат на парен природен број или двократен квадрат на непарен природен број.

Решение. Нека $O$ е центар на дадената единична полукружница $k_{0}, O_{1}$ и $O_{2}$ се центри на две кружници кои ја допираат полукружницата $k_{0}$, ја допираат отсечката $A B$ во точките $P_{1}$ и $P_{2}$ и се допираат меѓу себе, а радиусите им се $x$ и $y$, цртеж десно. Тогаш

па е $2 \sqrt{x y}=P_{1} P_{2}=O P_{2}-O P_{1}=\sqrt{1-2 y}-\sqrt{1-2 x}$. Оттука, по двократно квадрирање и средување, добиваме

$$x^2+y^2+4x^2{y}^2-6xy+4x^{2}y+4x{y}^2=0x^\{2\}+y^\{2\}+4\; x^\{2\}\; y^\{2\}-6\; x\; y+4\; x^\{2\}\; y+4\; x\; y^\{2\}=0$$

или, ако ставиме $\frac{1}{x}=a, \frac{1}{y}=b$, добиваме

$$a^2+b^2+4-6ab+4a+4b=0a^\{2\}+b^\{2\}+4-6\; a\; b+4\; a+4\; b=0$$

Ако $a=\frac{1}{r_{n}}$, тогаш добиената квадратна равенка по $b$ има решенија $\frac{1}{r_{n+1}}$ и $\frac{1}{r_{n-1}}$, па од Виетовите формули следува

Од релацијата (1) се добива $r_{2}=\frac{1}{4}$. Оттука и од (2) и (2') со индукција следува дека $\frac{1}{r_{2 k}}$ е квадрат на парен природен $б р о ј$, а $\frac{1}{r_{2 k+1}}$ е двократен квадрат на непарен природен број.

3. Нека $F$ е фамилија подмножества на множество од $n$ елементи, таква што ниту еден нејзин член не е подмножество на друг нејзин член. Докажи дека фамилијата $F$ може да има најмногу $\binom{n}{[n / 2]}$ елементи.

Решение. Нека $\mathrm{F}$ е фамилија со опишаните својства која има најголем можен број членови. Потоа нека $k$ е најмалиот број елементи кои ги има некој член на фамилијата $\mathrm{F}$ и $l$ е бројот на членовите кои имаат по $k$ елементи. Ќе докажеме дека $k \geq \frac{n-1}{2}$.

Нека претпоставиме дека $k<\frac{n-1}{2}$. Со $\mathrm{F}{1}$ да ја означиме фамилијата подмножества на даденото множество која ја добиваме кога од фамилијата $\mathrm{F}$ ќе ги отстраниме сите $l$ членови кои имаат по $k$ елементи, а на нивно место ќе ги ставиме сите нивни надмножества кои имаат по $k+1$ елемент (ниту едно од нив не е член на фамилијата $\mathbf{F}$ ). На овој начин сме добиле барем $\frac{l(n-k)}{k+1}$ нови членови, бидејќи секој исфрлен член има $n-k$ надмножества, а секој додаден се појавува најмногу $k+1$ пати. Од $k<\frac{n-1}{2}$ следува $\frac{n-k}{k+1} l>l$, па следува дека фамилијата $F{1}$ има повеќе членови од фамилијата $F$. Лесно се проверува дека фамилијата $F_{1}$ го има својството ниту еден нејзин член да не е подмножество на некој друг нејзин член. Последното противречи на претпоставката за максималноста на фамилијата F . Значи, најмалиот број елементи на некој член на фамилијата $F$ е $k \geq \frac{n-1}{2}$.

На сличен начин се докажува дека најголемиот број елементи на некој член на фамилијата $F$ е помал или еднаков на $\frac{n+1}{2}$. Според тоа, фамилијата $F$ може да има само подмножества на $n$ елементно множество кои имаат $\frac{n-1}{2}, \frac{n}{2}, \frac{n+1}{2}$ елементи.

Сега да го разгледаме случајот на парен и непарен $n$. Ако $n=2 m$, од претходно изнесеното следува дека $F$ може да содржи само членови со $m=\frac{n}{2}$ елементи. Од друга страна, фамилијата од сите $m$-члени подмножества на дадено множество очигледно ги задоволува условите на задачата, па затоа во овој случај навистина бараниот максимален број членови на фамилијата $F$ е еднаков на $\binom{n}{m}=\binom{n}{[n / 2]}$. Ако $n=2 m+1$, на фамилијата $F$ може да и припаѓаат само подмножества на даденото множество кои имаат $m$ или $m+1$ елементи. Ако таа се состои од сите $m$-члени подмножества (или од сите $(m+1)$-члени подмножества), тогаш бројот на нејзините елементи е $\binom{n}{m}=\binom{n}{m+1}=\binom{n}{[n / 2]}$. Како во првиот дел од задачата се докажува дека фамилија која содржи $m$-члени и $(m+1)$-члени подмножества, а ги задоволува условите на задачата, не може да има повеќе од наведениот број елементи.