MatematickiTalent/md/mk-secondary-federal/3EYADk7s3UO69Tn6dat9Jw.md

Сојузен натпревар 1980

I година

1. Цената на еден молив е цел број евроценти. Вкупната цена на 9 моливи е поголема од 11, а е помала од 12 евра, додека вкупната цена на 13 моливи е поголема од 15, а помала од 16 евра. Колку чини еден молив?

Решение. Нека $x$ е цената на моливот во евроценти. Тогаш од

следува $122<x \leq 133$, а од

следува $115<x \leq 123$. Но, $x$ е цел број, па од $122<x \leq 133$ и $115<x \leq 123$ следува $x=123$ евроценти.

2. Дадени се броевите $1,12,123, \ldots, 1234567890,12345678901, \ldots$ Секој број се добива од претходниот така што му се допишува следната цифра, при што по 0 следува 1 , по 1 следува $2, \ldots$, по 9 следува 0 . Докажи дека барем еден од овие броеви е делив со 1981.

Решение. Ги разгледуваме броевите од даденото множество кои се од видот 12...9012...90...12...90 .

Вакви броеви има бесконечно многу, а имаме конечно многу остатоци при делење со 1981. Зтоа постојат два броја од наведениот вид кои при делење со 1981 даваат ист остаток. Разликата на овие два броја е делива со 1981. Но, разликата на двата броја е број од видот

$$\text{ 12...9012...9000...00 }\backslash text\; \{\; 12...9012...9000...00\; \}$$

т.е. таа е број $А$ од наведениот вид помножен со степен на бројот 10. Бидејќи $(1981,10)=1$, заклучуваме дека бројот $A$ е делив со 1981 .

3. Нека $D$ е точка на страната $B C$ на триаголникот $A B C$, таква што $D C=2 B D$. Определи ги останатите агли на триаголникот $A B C$ ако $\measuredangle A B C=45^{\circ}$ и $\angle A D C=60^{\circ}$.

Решение. Со $E$ да го означиме подножјето на нормалата повлечена од $C$ на правата $A D$ (цртеж десно). Тогаш $2 E D=$ $D C$, па од $2 B D=D C$ следува $E D=B D$. Во рамнокракиот триаголник $E B D$ аголот при врвот е еднаков на $120^{\circ}$, па затоа

$$\mathrm{\measuredangle }EBD=\mathrm{\measuredangle }DEB={30}^{\circ },\mathrm{\measuredangle }ABE={15}^{\circ }\backslash measuredangle\; E\; B\; D=\backslash measuredangle\; D\; E\; B=30^\{\backslash circ\},\; \backslash measuredangle\; A\; B\; E=15^\{\backslash circ\}$$

Во триаголникот $E B C$ аглите во темињата $B$ и $C$ се еднакви на $30^{\circ}$, па затоа $E B=$

$C E$. Во триаголниот $A B E$ аглите во темињата $A$ и $B$ се еднакви на $15^{\circ}$, па затоа $B E=E A$. Значи, $C E=E A$, од што следува дека триаголникот $C E A$ рамнокрак и како тој е правоаголен, заклучуваме дека неговите остри агли се по $45^{\circ}$. Оттука следува $\measuredangle B C A=75^{\circ}$ и $\measuredangle C A B=60^{\circ}$.

4. Град има 1980 раскрсници, а во секоја од нив се среќаваат по три улици. Постои кружна автобуска линија, која минува низ секоја раскрсница точно еднаш. Одлучено е во секоја улица да се засадат стебла само на една од овие видови дрвја: костен, бреза и липа. Докажи дека тоа може да се направи така што во секоја раскрсница се среќаваат три дрвореди од различни видови.

Решение. Да тргнеме од произволна раскрсница по трасата на автобуската линија. Во првата улица да засадиме еден вид дрва (на пример костен), по минувањето низ раскрсницата во втората улица да засадиме друг вид дрва (на пример бреза), потоа повторно костен и така наизменично. Бидејќи 1980 е парен број, во последната улица пред враќањето на почената станица ќе биде засадена бреза. Сега, во сите улици во кои не минува автобусот ќе се засади преостанатиот вид дрва (значи липа). Јасно, вака засадените дрва го задоволуваат условот на задачата.

II година

1. Определи ги сите цели броеви $x$ така што $x^{2}+3 x+24$ е точен квадрат.

Решение. Во множеството цели броеви $\mathbb{Z}$ треба да ја решиме равенката $x^{2}+3 x+24=y^{2}$. Оваа равенка е еквивалентна на равенката $(2 x+3)^{2}+87=4 y^{2}$, односно на равенката

$$(2y+2x+3)(2y-2x-3)=3\cdot 89(2\; y+2\; x+3)(2\; y-2\; x-3)=3\; \backslash cdot\; 89$$

Од последната равенка ги добиваме можностите $2 x+2 y+3= \pm 1, \pm 3, \pm 29, \pm 87$ и на нив соодветните вредности на $2 y-2 x-3$. Со решавање на овие системи равенки добиваме $x \in{-23,-8,5,20}$. Со непосредна проверка гледаме дека ие навистина ги задоволуваат условите на задачата.

2. Во даден ромб $A B C D$ е впишана кружница. Нека тангента на оваа кружница ги сече страните $B C$ и $C D$ во точките $M$ и $N$. Докажи дека плоштината на триаголникот $A M N$ е константна.

Решение. Нека $O$ е центарот на кружницата впишана во дадениот ромб, $E$ и $F$ се точките во кои таа кружница редоследно ги допира страните $B C$ и $C D$, а $P$ е точката во која кружницата ја допираа правата $M N$,

цртеж десно. Јасно, триаголниците ONF и ONP се складни. Од друга страна, триаголниците ONF и ANF имаат заедничка основа $N F$ и првиот има два пати помала висина. Затоа

$$P_{ANF}=2P_{ONF}=P_{OPNF}P\_\{A\; N\; F\}=2\; P\_\{O\; N\; F\}=P\_\{O\; P\; N\; F\}$$

Слично се докажува дека

$$P_{AEM}=2P_{OEM}=P_{OEMP}P\_\{A\; E\; M\}=2\; P\_\{O\; E\; M\}=P\_\{O\; E\; M\; P\}$$

Затоа:

$$P_{AMN}=P_{AEMNF}-P_{AEM}-P_{ANF}=P_{AEMNF}-P_{OENP}-P_{OPNF}=P_{AEOF}P\_\{A\; M\; N\}=P\_\{A\; E\; M\; N\; F\}-P\_\{A\; E\; M\}-P\_\{A\; N\; F\}=P\_\{A\; E\; M\; N\; F\}-P\_\{O\; E\; N\; P\}-P\_\{O\; P\; N\; F\}=P\_\{A\; E\; O\; F\}$$

а последната плоштина очигледно не зависи од тангентата $M N$.

3. Страната на квадратот $K$ има должина 7. Дали може овој квадрат да се покрие со 8 квадрати чии страни имаат должина 3 ,

a) при услов страните на тие квадрати да се паралелни со соодветни страни на квадратот $K$,

б) без условот под а).

Решение. а) Да ги воочиме следните девет точки: темињата на квадратот $K$, средините на неговите страни и пресекот на дијагоналите. Јасно, не постои квадрат со страна 3 чии страни се паралелни со соодветните страни на дадениот квадрат и кој покрива две од дадените точки. Затоа за вакво покривање на квадратот се потребни најмалку 9 мали квадрати.

б) Да поставиме квадрат со должина на страна 6 така што центарот му се совпаѓа со центарот на квадратот $K$, а страните се паралелни со неговите дијагонали, цртеж десно. Лесно се докажува дека страните на секој од рамнокраките правоаголни триаголници кои не се покриени од овој квадрат се еднакви на $7-3 \sqrt{2}$, т.е. помали од 3 , па секој д овие триаголници може да се покрие со еден од преостанатите четири квадрати со должина на страна

3.

4. За природните броеви $a_{1}, a_{3}, \ldots, a_{19}, b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{21}$ важи

Докажи дека меѓу нив може да се изберат броеви $a_{i}, a_{j}, b_{p}, b_{q}$ такви што важи

Решение. Да формираме $19 \cdot 21=399$ разлики од видот $a_{i}-b_{p}, i=1,2, \ldots, 19$, $p=1,2, \ldots, 21$. Во интервалот [-199,199] имаме 399 цели броеви. Можни се два случаја.

1. Сите разлики се различни меѓу себе. Тогаш за некои $i, j \in{1,2, \ldots, 19}$ и некои $p, q \in{1,2, \ldots, 21}$ важи $a_{i}-b_{p}=-199, a_{j}-b_{q}=199$. Тоа значи дека

$$a_i=b_q=1\text{ и }{a}_j=b_p=200a\_\{i\}=b\_\{q\}=1\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; \backslash quad\; a\_\{j\}=b\_\{p\}=200$$

Јасно, притоа важи

2. Некои две од овие разлики се еднакви: $a_{i}-b_{p}=a_{j}-b_{q}$. Тогаш

$$a_j-a_i=b_q-b_{p}a\_\{j\}-a\_\{i\}=b\_\{q\}-b\_\{p\}$$

при што или $a_{i}<a_{j}, b_{p}<b_{q}$ или $a_{j}<a_{i}, b_{q}<b_{p}$.

III година

1. Во множеството природни броеви реши ја равенката

$$x^{5-x}=(6-x{)}^{1-x}x^\{5-x\}=(6-x)^\{1-x\}$$

Решение. Со непосредна проверка се добива дека од броевите $1,2, \ldots, 6$ само 1 и 5 ја задоволуваат дадената равенка. Нека претпоставиме дека некој природен број $x>6$ е решение на равенката. Јасно, $x$ е непарен број, т.е. $x=2 k+1, k \geq 3$. Со замена во равенката ја добиваме равенката $(2 k+1)^{4-2 k}=(5-2 k)^{-2 k}$, која е еквивалентна на равенката

$${(1+\frac{6}{2k-5})}^{k-2}=(2k-5{)}^2\backslash left(1+\backslash frac\{6\}\{2\; k-5\}\backslash right)^\{k-2\}=(2\; k-5)^\{2\}$$

Според тоа, $\frac{6}{2 k-5}$ мора да е цел број, т.е. мора да е $2 k-5 \in{ \pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6}$. Вредностите $\pm 2$ и $\pm 6$ е парни, па затоа отпаѓаат, а за вредностите -1 и -3 се добива $2 k+1<7$. Останува уште $2 k+1=7$ и $2 k+1=9$. Со непосредна проверка се добива дека во првиот случај немаме решение, а во вториот случја имаме решение $x=9$.

Конечно, решенија на дадената равенка се $x=1, x=5, x=9$.

2. Дадени се 18 отсечки за чии должини $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{18}$ важи

$$1\le x_1\le x_2\le \dots \le x_{18}\le 19801\; \backslash leq\; x\_\{1\}\; \backslash leq\; x\_\{2\}\; \backslash leq\; \backslash ldots\; \backslash leq\; x\_\{18\}\; \backslash leq\; 1980$$

Докажи дека меѓу дадените отсечки постојат три кои може да се страни на триаголник.

Решение. Да препоставиме дека меѓу дадените отсечки не постојат три од кои може да се формира триаголник. Тогаш за секој $i=1,2, \ldots, 16$ важи $x_{i}+x_{i+1} \leq x_{i+2}$. Оттука следува:

што противречи на претпоставката $x_{18} \leq 1980$.

3. Нека $S$ е пресекот на дијагоналите на конвексниот четириаголник $A B C D$. Ако

$$\mathrm{\measuredangle }SAB=\mathrm{\measuredangle }SBC={30}^{\circ }\text{ и }\mathrm{\measuredangle }SCD=\mathrm{\measuredangle }SDA={45}^{\circ }\text{, }\backslash measuredangle\; S\; A\; B=\backslash measuredangle\; S\; B\; C=30^\{\backslash circ\}\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; \backslash measuredangle\; S\; C\; D=\backslash measuredangle\; S\; D\; A=45^\{\backslash circ\}\; \backslash text\; \{,\; \}$$

определи го аголот меѓу дијагоналите на тој четириаголник.

Решение. Заради определеност да претпоставиме дека $\measuredangle A S D=\varphi$ е остар, цртеж десно. Случајот кога овој агол не е остар се разгледува аналогно. Овој агол е надворешен за триаголниците $S C D$ и $S A B$, па лесно се добива

$$\phi =\mathrm{\measuredangle }CDA=\mathrm{\measuredangle }ABC\backslash varphi=\backslash measuredangle\; C\; D\; A=\backslash measuredangle\; A\; B\; C$$

Значи, точките $B$ и $D$ припаѓаат на лаци на кружници $k_{1}$ и $k_{2}$ со еднакви радиуси (да кажеме $r$ ) кои се геометриски места на точки од кои отсечката $A C$ се гледа под агол $\varphi$. Центрите на овие кружници да ги означиме со $O_{1}$ и $O_{2}$, а пресеците на отсечката

$B D$ (различни од $B$ и $D$ ) со кружниците $k_{1}$ и $k_{2}$ редоследно со $P$ и $Q$ (види цртеж).

Бидејќи $\measuredangle A Q D=\measuredangle A C D=45^{\circ}$ и $\measuredangle Q D A=45^{\circ}$, заклучуваме дека триаголникот $A Q D$ е рамнокрак правоаголен и центарот $O_{2}$ на опишаната кружница околу него $k_{2}$ е средина на хипотенузата $D Q$. Понатаму, важи $\angle B P C=\measuredangle B A C=30^{\circ}$ и $\measuredangle P B C=30^{\circ}$, па затоа триаголникот $B C P$ е рамнокрак и $\measuredangle B C P=120^{\circ}$, што значи $B C=C P=r$. Сега, бидејќи $C P=C O_{2}$ и $O_{2} \in B D$, важи $P=O_{2}$. Понатаму, $\measuredangle C O_{2} A=120^{\circ}$ и $\measuredangle C D A=60^{\circ}$, па затоа $\varphi=60^{\circ}$.

4. Определи ги сите полиноми од видот $a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\ldots+a_{1} x+a_{0}$, каде $a_{j} \in{-1,1}, j=0,1,2, \ldots, n$, кои имаат само реални нули.

Решение. Да ги најдеме полиномите со наведеното својство за кои $a_{n}=1$. Останатите полиноми ги добиваме ако најдените ги помножиме со -1 .

За $n=1$ такви полиноми се $x-1$ и $x+1$.

Нека претпоставиме дека $n \geq 2$ и $x_{i}, i=1,2, \ldots, n$ се реалните нули на бараниот полином. Од Виетовите формули следува

$${(x_1{x}_2\dots x_n)}^2=a_0^2=1\backslash left(x\_\{1\}\; x\_\{2\}\; \backslash ldots\; x\_\{n\}\backslash right)^\{2\}=a\_\{0\}^\{2\}=1$$

и

$$0\le \sum _{i=1}^n{x}_i^2={\left(\sum _{i=1}^n{x}_i\right)}^2-2\sum _{i\mathrm{\ne }k}{x}_i{x}_k=a_{n-1}^2-2a_{n-2}=1-2a_{n-2}0\; \backslash leq\; \backslash sum\_\{i=1\}^\{n\}\; x\_\{i\}^\{2\}=\backslash left(\backslash sum\_\{i=1\}^\{n\}\; x\_\{i\}\backslash right)^\{2\}-2\; \backslash sum\_\{i\; \backslash neq\; k\}\; x\_\{i\}\; x\_\{k\}=a\_\{n-1\}^\{2\}-2\; a\_\{n-2\}=1-2\; a\_\{n-2\}$$

Но, $a_{n-2} \in{1,-1}$, па затоа $a_{n-2}=-1$ и $\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}=3$. Од неравенството меѓу аритметичката и геометриската средина следува

$$\frac{3}{n}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{x}_i^2\ge {(x_1^2{x}_2^2\dots x_n^2)}^{1\mathrm{/}n}=1\backslash frac\{3\}\{n\}=\backslash frac\{1\}\{n\}\; \backslash sum\_\{i=1\}^\{n\}\; x\_\{i\}^\{2\}\; \backslash geq\backslash left(x\_\{1\}^\{2\}\; x\_\{2\}^\{2\}\; \backslash ldots\; x\_\{n\}^\{2\}\backslash right)^\{1\; /\; n\}=1$$

па затоа $n \leq 3$. Лесно се добива дека за $n=2$ бараните полиноми се

$$\pm (x^2+x-1)\text{ и }\pm (x^2-x-1)\backslash pm\backslash left(x^\{2\}+x-1\backslash right)\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; \backslash pm\backslash left(x^\{2\}-x-1\backslash right)$$

За $n=3$ само полиномите

$$\pm (x^3+x^2-x-1)\text{ и }\pm (x^3-x^2-x+1)\backslash pm\backslash left(x^\{3\}+x^\{2\}-x-1\backslash right)\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; \backslash pm\backslash left(x^\{3\}-x^\{2\}-x+1\backslash right)$$

имаат реални нули, а додека другите полиноми од бараниот вид имаат комплексни нули.

Конечно, бараните полиноми се:

$$\begin{array}{c}{\displaystyle \pm (x-1),\pm (x+1),\pm (x^2+x-1),\pm (x^2-x-1)}\\ {\displaystyle \pm (x^3+x^2-x-1)\text{ и }\pm (x^3-x^2-x+1)}\end{array}\backslash begin\{gathered\}\; \backslash pm(x-1),\; \backslash pm(x+1),\; \backslash pm\backslash left(x^\{2\}+x-1\backslash right),\; \backslash pm\backslash left(x^\{2\}-x-1\backslash right)\; \backslash \backslash \; \backslash pm\backslash left(x^\{3\}+x^\{2\}-x-1\backslash right)\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; \backslash pm\backslash left(x^\{3\}-x^\{2\}-x+1\backslash right)\; \backslash end\{gathered\}$$

IV година

1. Дадена е елипса со параметарски равенки

$$x=a\cos t,y=b\sin t,a\mathrm{\ne }bx=a\; \backslash cos\; t,\; y=b\; \backslash sin\; t,\; a\; \backslash neq\; b$$

Докажи дека точките чии параметри се $t_{1}, t_{2}, t_{3}, t_{4}$ припаѓаат на една кружница ако и само ако постои цел број $k$ таков што $t_{1}+t_{2}+t_{3}+t_{4}=2 k \pi$.

Решение. Да претпоставиме дека точките на елипсата кои соодветствуваат на параметрите $t_{1}, t_{2}, t_{3}, t_{4}$ припаѓаат на некоја кружница. Нека

$$x^2+y^2+Ax+By+C=0x^\{2\}+y^\{2\}+A\; x+B\; y+C=0$$

е равенката на таа кружница, каде $A, B, C$ се реални броеви и $A^{2}+B^{2}-4 A C>0$. Заменуваме $x=a \cos t, y=b \sin t$ и ставаме $u=\operatorname{tg} \frac{t}{2}$, со што по средувањето равенката ја трансформираме во видот:

$$(a^2-aA+C)u^4+2bB{u}^3+(2C-2a^2+4b^2)u^2+2bBu+(a^2+aA+C)=0\backslash left(a^\{2\}-a\; A+C\backslash right)\; u^\{4\}+2\; b\; B\; u^\{3\}+\backslash left(2\; C-2\; a^\{2\}+4\; b^\{2\}\backslash right)\; u^\{2\}+2\; b\; B\; u+\backslash left(a^\{2\}+a\; A+C\backslash right)=0$$

при што за решенијата $u_{1}, u_{2}, u_{3}, u_{4}$ на добиената равенка важи $u_{i}=\operatorname{tg} \frac{t_{i}}{2}$, $i=1,2,3,4$. Да означиме

Бидејќи равенката (1) пред $u^{3}$ и $и$ има еднакви коефициенти, од Виетовите правила следува дека $D_{1}=D_{3}$. Сега, применувајќ ги адиционите формули добиваме

$$\mathrm{tg}\frac{t_1+t_2+t_3+t_4}{2}=\frac{D_1-D_3}{1-D_2+D_4}=0\backslash operatorname\{tg\}\; \backslash frac\{t\_\{1\}+t\_\{2\}+t\_\{3\}+t\_\{4\}\}\{2\}=\backslash frac\{D\_\{1\}-D\_\{3\}\}\{1-D\_\{2\}+D\_\{4\}\}=0$$

од каде следува

$$t_1+t_2+t_3+t_4=2k\pi t\_\{1\}+t\_\{2\}+t\_\{3\}+t\_\{4\}=2\; k\; \backslash pi$$

за некој $k \in \mathbb{Z}$.

Да претпоставиме дека за некој $k \in \mathbb{Z}$ важи (2), при што можеме да претпоставиме дека $t_{i} \in[0,2 \pi)$ за $i=1,2,3,4$. Нека кружницата определена со параметрите $t_{1}, t_{2}, t_{3}$ ја сече елипсата во точка која соодветствува на параметар $t_{4}^{\prime} \in[0,2 \pi)$. Тогаш од претходно докажаното следува

$$t_1+t_2+t_3+t_4^{\mathrm{\prime }}=2k^{\mathrm{\prime }}\pi t\_\{1\}+t\_\{2\}+t\_\{3\}+t\_\{4\}^\{\backslash prime\}=2\; k^\{\backslash prime\}\; \backslash pi$$

за некој $k^{\prime} \in \mathbb{Z}$. Од (2) и (3) следува $t_{4}^{\prime}-t_{4}=2\left(k^{\prime}-k\right) \pi$, па како $t_{4}, t_{4}^{\prime} \in[0,2 \pi)$, добиваме $k=k^{\prime}$ и $t_{4}^{\prime}=t_{4}$. Според тоа, точките на елипсата кои соодветствуваат на параметрите $t_{1}, t_{2}, t_{3}, t_{4}$ припаѓат на иста кружница.

2. Нека $S$ е множество кое се состои од $n$ реални броеви и $T$ е множеството збирови од по $k$ различни броеви од $S$, каде $n \geq k$. Докажи дека множеството $T$ содржи најмалку $k(n-k)+1$ елемент.

Решение. Елементите на даденото множество да ги означиме со $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ и нека $x_{1}<x_{2}<\ldots<x_{n}$. Ќе докажеме дека постојат $k(n-k)+1$ елементи $y_{i} \in T$, $i=0,1,2, \ldots, k(n-k)$ кои формираат строго растечка низа, со што ќе биде докажано тврдењето на задачата.

Прво да ставиме $y_{0}=x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{k}$, а потоа

итн. Последниот елемент во ( $n-k$ )-тата група ќе биде

$$y_{(n-k)k}=y_{(n-k)k-1}+x_{n-k+1}-x_{n-k}>y_{(n-k)k-1}y\_\{(n-k)\; k\}=y\_\{(n-k)\; k-1\}+x\_\{n-k+1\}-x\_\{n-k\}>y\_\{(n-k)\; k-1\}$$

3. Даден е природен број $a$. Низата ( $\left.a_{n}\right)$ е определена со $a_{0}=a$, ако

$$a_n=c_0+10c_1+\dots +{10}^k{c}_{k}a\_\{n\}=c\_\{0\}+10\; c\_\{1\}+\backslash ldots+10^\{k\}\; c\_\{k\}$$

каде $c_{0}, c_{1}, \ldots, c_{k} \in{0,1,2, \ldots, 9}$, тогаш

$$a_{n+1}=2c_0+c_1+10c_2+\dots +{10}^{k-1}{c}_{k}a\_\{n+1\}=2\; c\_\{0\}+c\_\{1\}+10\; c\_\{2\}+\backslash ldots+10^\{k-1\}\; c\_\{k\}$$

Кои броеви во низата ( $a_{n}$ ) се појавуваат бесконечно многу пати?

Решение. За произволен $n$ нека $a_{n}=10 A+c_{0}$. Тогаш според дефиницијата $a_{n+1}=A+2 c_{0}$. Оттука следува $2 a_{n}-a_{n+1}=19 A$, па затоа:

1. $19 \mid a_{n}$ акои само ако 19$} a_{n+1}$.

Исто така важи $a_{n}-a_{n+1}=9 A-c_{0}$. Затоа за $A \geq 1, a_{n}-a_{n+1} \geq 0$, при што важи знак за равенство ако и само ако $A=1$ и $c_{0}=9$. Со други зборови:

2. Ако $a_{n} \geq 10$ и $a_{n} \neq 19$, тогаш $a_{n}>a_{n+1}$.

Од 2) следува дека низата ( $a_{n}$ ) строго опаѓа, додека некој нејзин член не стане помал од 20. Ако овој член е еднаков на 19 (а тоа според 1) се случува ако и само ако $19 \mid a_{0}$ ), тогаш и сите следни членови ќе бидат едакви на 19. Ако овој член е помал од 19 , тогаш низата станува периодична со период 18 во кој се појавуваат сите броеви од множеството ${1,2, \ldots, 18}$. (Провери!)

4. Дадена е функција $f:[0,1] \rightarrow[0,1]$ таква што $0,1 \in f([0,1])$ и за секои $x, y \in[0,1]$ важи

$$\mathrm{\mid }f(x)-f(y)\mathrm{\mid }\le \frac{\mathrm{\mid }x-f(x)\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }y-f(y)\mathrm{\mid }}{2}|f(x)-f(y)|\; \backslash leq\; \backslash frac\{|x-f(x)|+|y-f(y)|\}\{2\}$$

Докажи дека постои точно еден број $x \in[0,1]$ таков што $f(x)=x$.

Решение. Од $0,1 \in f([0,1])$ следува дека постојат $a, b \in[0,1]$ такви што $f(a)=0$ и $f(b)=1$. Со замена во (1) добиваме

$$2=2\mathrm{\mid }f(a)-f(b)\mathrm{\mid }\le \mathrm{\mid }a-0\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }b-1\mathrm{\mid }\le 22=2|f(a)-f(b)|\; \backslash leq|a-0|+|b-1|\; \backslash leq\; 2$$

па затоа $a=1$ и $b=0$.

Ќе докажеме дека $f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}$. Ако $f\left(\frac{1}{2}\right)>\frac{1}{2}$, тогаш за $x=\frac{1}{2}$ и $y=1$ добиваме

т.е. $f\left(\frac{1}{2}\right) \leq \frac{1}{2}$, што е противречност. Ако $f\left(\frac{1}{2}\right)<\frac{1}{2}$, тогаш $x=\frac{1}{2}$ и $y=0$ добиваме

т.е. $f\left(\frac{1}{2}\right) \geq \frac{1}{2}$, што е противречност. Според тоа, $f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}$. Ќе докажеме дека не постои точка $x \neq \frac{1}{2}$ таква што $f(x)=x$. Навистина, ако за некој $x \neq \frac{1}{2}$ важи $f(x)=x$, тогаш

што е противречност.

Мала олимпијада

1. Кружниците $k$ и $l$ се сечат во точките $P$ и $Q$. Нека $A$ е произволна точка на кружницата $k$, различна од $P$ и $Q$ и нека правите $A P$ и $A Q$ ја сечат кружницата $l$, соодветно уште во точките $B$ и $C$. Докажи дека правата определена со висината од темето $A$ во триаголникот $A B C$ минува низ фиксна точка која не зависи од точката $A$.

Решение. Ќе докажеме дека секоја права определена со висина на некој триаголник $A B C$ го содржи центарот $O$ на кружницата $k$.

Конструираме тангенти на кружницата $l$ во точките $P$ и $Q$. Тие ја делат кружницата $k$ на четири лаци. Тврдењето ќе го докажеме во случајот кога точката $A$ припаѓа на лакот кој е прикажан на горниот цртеж, а доказот на останатите случаи го препуштаме на читателот за вежба.

Нека $D$ е подножјето на висината повлечена од темето $A$ на триаголникот $A B C$ и $E$ е втората пресечна точка на правата $A D$ и кружницата $k$. Да означиме $\measuredangle Q C B=\alpha$. Од тетивниот четириаголник $P Q C B$ добиваме $\measuredangle B P Q=180^{\circ}-\alpha$, па затоа $\measuredangle A E Q=\measuredangle A P Q=\alpha$. Од друга страна $\measuredangle Q A E=\measuredangle C A D=90^{\circ}-\alpha$, што значи дека триаголникот $A E Q$ е правоаголен со прав агол во темето $Q$. Последното значи дека правата $A E$, односно правата $A D$ го содржи центарот $O$ на кружницата $k$, што и требаше да се докаже.

2. Нека $a, b, c$ се цели броеви и $m$ е природен број поголем од 1 . Ако

$$a^n+bn+c\equiv 0(m)a^\{n\}+b\; n+c\; \backslash equiv\; 0(\backslash bmod\; m)$$

за секој природен број $n$, докажи дека

$$b^2\equiv 0(m)b^\{2\}\; \backslash equiv\; 0(\backslash bmod\; m)$$

Дали мора да е $b \equiv 0(\bmod m)$ ?

Решение. Од претпоставката за $n=1, n=2$ и $n=3$ добиваме редоследно:

$$a+b+c\equiv 0(m),a^2+2b+c\equiv 0(m),a^3+3b+c\equiv 0(m)a+b+c\; \backslash equiv\; 0(\backslash bmod\; m),\; \backslash quad\; a^\{2\}+2\; b+c\; \backslash equiv\; 0(\backslash bmod\; m),\; \backslash quad\; a^\{3\}+3\; b+c\; \backslash equiv\; 0(\backslash bmod\; m)$$

Од првите две релации следува

$$a^2-a+b\equiv 0(m)a^\{2\}-a+b\; \backslash equiv\; 0(\backslash bmod\; m)$$

а од последните две следува

$$a^3-a^2+b\equiv 0(m)a^\{3\}-a^\{2\}+b\; \backslash equiv\; 0(\backslash bmod\; m)$$

Понатаму, од (1) и (2) добиваме

од каде следува $b^{2} \equiv 0(\bmod m)$.

За да докажеме дека нека не мора да е $b \equiv 0(\bmod m)$, доволно е да земеме $m=4, a=3, b=2, c=3$.

3. Низата ( $\left.a_{n}\right)$ е определена со

$$a_1=a,a_2=b,a_{n+1}=\frac{a_n^2+c}{a_{n-1}},\text{ за }n=2,3,\dots a\_\{1\}=a,\; a\_\{2\}=b,\; a\_\{n+1\}=\backslash frac\{a\_\{n\}^\{2\}+c\}\{a\_\{n-1\}\},\; \backslash text\; \{\; за\; \}\; n=2,3,\; \backslash ldots$$

каде $a, b, c \in \mathbb{R}, a b \neq 0$ и $c>0$. Докажи дека $a_{n} \in \mathbb{Z}$ за $n=1,2,3, \ldots$ ако и само ако $a, b, \frac{a^{2}+b^{2}+c}{a b} \in \mathbb{Z}$.

Решение. Рекурентната релација можеме да ја запишеме во обликот $a_{n+1} a_{n-1}-a_{n}^{2}=c$, за $n \geq 2$. Оттука имаме $a_{n+2} a_{n}-a_{n+1}^{2}=c$, па затоа

$$a_{n+2}{a}_n-a_{n+1}^2=a_{n+1}{a}_{n-1}-a_n^2,\text{,.e. }{a}_n(a_n+a_{n+2})=a_{n+1}(a_{n-1}+a_{n+1})a\_\{n+2\}\; a\_\{n\}-a\_\{n+1\}^\{2\}=a\_\{n+1\}\; a\_\{n-1\}-a\_\{n\}^\{2\},\; \backslash text\; \{,.e.\; \}\; a\_\{n\}\backslash left(a\_\{n\}+a\_\{n+2\}\backslash right)=a\_\{n+1\}\backslash left(a\_\{n-1\}+a\_\{n+1\}\backslash right)$$

од каде добиваме

$$\frac{a_n+a_{n+2}}{a_{n+1}}=\frac{a_{n-1}+a_{n+1}}{a_n}=k,\text{ за }n\ge 2\backslash frac\{a\_\{n\}+a\_\{n+2\}\}\{a\_\{n+1\}\}=\backslash frac\{a\_\{n-1\}+a\_\{n+1\}\}\{a\_\{n\}\}=k,\; \backslash text\; \{\; за\; \}\; n\; \backslash geq\; 2$$

Според тоа,

$$a_{n+1}=k{a}_n-a_{n-1},n\ge 2a\_\{n+1\}=k\; a\_\{n\}-a\_\{n-1\},\; n\; \backslash geq\; 2$$

каде

$$k=\frac{a_1+a_3}{a_2}=\frac{a_1+\frac{a_2^2+c}{a_1}}{a_2}=\frac{a^2+b^2+c}{ab}k=\backslash frac\{a\_\{1\}+a\_\{3\}\}\{a\_\{2\}\}=\backslash frac\{a\_\{1\}+\backslash frac\{a\_\{2\}^\{2\}+c\}\{a\_\{1\}\}\}\{a\_\{2\}\}=\backslash frac\{a^\{2\}+b^\{2\}+c\}\{a\; b\}$$

Сега, ако $a, b, \frac{a^{2}+b^{2}+c}{a b} \in \mathbb{Z}$, тогаш $a_{1}=a$ и $a_{2}=b$ се цели броеви и од (1) следува дека $a_{n} \in \mathbb{Z}$ за $n=1,2,3, \ldots$.

Обратно, нека $a_{n} \in \mathbb{Z}$ за $n=1,2,3, \ldots$. Тогаш $a_{1}=a$ и $a_{2}=b$ се цели броеви и нека $k=\frac{a_{1}+a_{3}}{a_{2}}$ е рационален број, при што $k=\frac{p}{q}$, каде $p$ и $q>0$ се заемно прости броеви. Да претпоставиме дека $q>1$. Од $p a_{2}=q a_{1}+q a_{3}$ следува $q \mid a_{2}$. Аналогно од $p a_{n}=q a_{n-1}+q a_{n+1}$ по индукција следува дека $q \mid a_{n}$ за $n \geq 2$. Од последното равенство следува дека за $n \geq 3, q^{2}$ го дели $a_{n}$, за $n \geq 4, q^{3}$ го дели $a_{n}$ итн. за $n \geq s+1, q^{s}$ го дели $a_{n}$. Од друга страна од равенството

$$a_{n+1}{a}_{n-1}-a_n^2=ca\_\{n+1\}\; a\_\{n-1\}-a\_\{n\}^\{2\}=c$$

кое важи за секој $n \geq 2$ следува дека $c$ е цел број и дека $q^{s}$ е делител на $c$ за секој природен број $s$, што е противречност. Според тоа, $q=1$ и $k=\frac{a_{1}+a_{3}}{a_{2}}=$ $\frac{a^{2}+b^{2}+c}{a b}$ е цел број.

Забелешка. На натпреварот требаше да се докаже само првата импликација.