# MMO 2012 

1. Во множеството цели броеви реши ја равенката

$$
x^{4}+2 y^{4}+4 z^{4}+8 t^{4}=16 x y z t
$$

Решение. Нека претпоставиме дека ( $x, y, z, t)$ е решение на дадената равенка. Јасно, $2 \mid x$, т.е. $x=2 a$ и ако замениме во (1), а потоа поделиме со 2 добиваме $y^{4}+2 z^{4}+4 t^{4}+8 a^{4}=16 a y z t$. Но, тоа значи дека $2 \mid y$, т.е. $y=2 b$ и ако замениме во претходното равенство, а потоа поделиме со 2 добиваме $z^{4}+2 t^{4}+4 a^{4}+8 b^{4}=16 a b z t$. Сега добиваме дека $2 \mid z$, т.е. $z=2 c$, па ако замениме во претходното равенство, а потоа поделиме со 2 добиваме $t^{4}+2 a^{4}+4 b^{4}+8 c^{4}=16 a b c t$. Но, тоа значи дека $2 \mid t$, т.е. $t=2 d$ и ако замениме во претходното равенство, а потоа поделиме со 2 добиваме

$$
a^{4}+2 b^{4}+4 c^{4}+8 d^{4}=16 a b c d
$$

т.е. четворката $(a, b, c, d)=\left(\frac{x}{2}, \frac{y}{2}, \frac{z}{2}, \frac{t}{2}\right)$ е решение на (1). Продолжувајќи ја постапката добиваме дека за секој $n \in \mathbb{N}$ подредената четворка $\left(\frac{x}{2^{n}}, \frac{y}{2^{n}}, \frac{z}{2^{n}}, \frac{t}{2^{n}}\right)$ е целобројно решение на (1). Последното значи дека секој од броевите $x, y, z, t$ е произволен број пати делив со 2 , а тоа е можно ако и само ако $x=y=z=t=0$.

2. Нека $a, b, c, d$ се позитивни реални броеви такви што $a b c d=1$. Докажи дека

$$
\frac{1}{b c+c d+d a-1}+\frac{1}{c d+d a+a b-1}+\frac{1}{d a+a b+b c-1}+\frac{1}{a b+b c+c d-1} \leq 2
$$

Решение. Прв начин. Имаме

$$
\begin{aligned}
(1+b c+c d+d a)(1+a b) & =1+b c+c d+d a+a b+a b^{2} c+a b c d+a^{2} b d \\
& =2+a b+b c+c d+d a+\frac{b}{d}+\frac{a}{c} \\
& \geq 2+a b+b c+c d+d a+2 \sqrt{\frac{a b}{c d}} \\
& =2+2 a b+a b+b c+c d+d a
\end{aligned}
$$

т.е.

$$
1+b c+c d+d a \geq 2+\frac{a b+b c+c d+d a}{1+a b}
$$

односно

$$
\frac{1}{b c+c d+d a-1} \leq \frac{1+a b}{a b+b c+c d+d a}
$$

Аналогно се докажува дека

$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{c d+d a+a b-1} \leq \frac{1+b c}{a b+b c+c d+d a} \\
& \frac{1}{d a+a b+b c-1} \leq \frac{1+c d}{a b+b c+c d+d a} \\
& \frac{1}{a b+b c+c d-1} \leq \frac{1+d a}{a b+b c+c d+d a}
\end{aligned}
$$

Ако ги собереме неравенствата (1)-(4) добиваме

$$
\begin{aligned}
\frac{1}{b c+c d+d a-1}+\frac{1}{c d+d a+a b-1}+\frac{1}{d a+a b+b c-1}+\frac{1}{a b+b c+c d-1} & \leq \frac{4+a b+b c+c d+d a}{a b+b c+c d+d a} \\
& =1+\frac{4}{a b+b c+c d+d a} \\
& \leq 1+\frac{4}{4 \sqrt[4]{(a b c d)^{2}}}=2
\end{aligned}
$$

Втор начин. Воведуваме смени $a b=p, b c=q$. Затоа $c d=\frac{1}{p}, a d=\frac{1}{q}$, па даденото неравенство е еквивалентно со неравенството

$$
\frac{1}{q+\frac{1}{p}+\frac{1}{q}-1}+\frac{1}{p+\frac{1}{p}+\frac{1}{q}-1}+\frac{1}{p+q+\frac{1}{q}-1}+\frac{1}{p+q+\frac{1}{p}-1} \leq 2
$$

Сега, ако искористиме дека $p+\frac{1}{p} \geq 2$ и $q+\frac{1}{q} \geq 2$, добиваме

$$
\begin{aligned}
\frac{1}{q+\frac{1}{p}+\frac{1}{q}-1}+\frac{1}{p+\frac{1}{p}+\frac{1}{q}-1}+\frac{1}{p+q+\frac{1}{q}-1}+\frac{1}{p+q+\frac{1}{p}-1} & \leq \frac{1}{1+\frac{1}{p}}+\frac{1}{1+\frac{1}{q}}+\frac{1}{1+p}+\frac{1}{1+q} \\
& =\frac{p}{1+p}+\frac{q}{1+q}+\frac{1}{1+p}+\frac{1}{1+q}=2
\end{aligned}
$$

3. Определи ги сите функции $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{Z}$ за кои важи

$$
\begin{aligned}
& f(x+y)<f(x)+f(y) \\
& f(f(x))=[x]+2
\end{aligned}
$$

Решение. Нека $f(0)=a$. Тогаш

$$
f(a)=f(f(0)=2 \text { и } f(2)=f(f(a))=a+2
$$

Со продолжување на оваа постапка дбиваме дека

$$
f(2 k)=a+2 k \text { и } f(a+2 k)=2 k+2
$$

па е

$$
2 k+2=f(a+2 k)<f(a)+f(2 k)=2+a+2 k
$$

од каде следува $a>0$. Ако ставиме $x=y=a$, добиваме

$$
a+2 a=f(2 a)<f(a)+f(a)=4
$$

па затоа Зa 24 и како $a>0$, добиваме $a=1$. Оттука со примена на

$$
f(2 k)=a+2 k \text { и } f(a+2 k)=2 k+2
$$

добиваме $f(x)=x+1$ за секој $x \in \mathbb{N}$.

За $x=y=\frac{1}{2}$ имаме

$$
2=f(1)=f\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)<2 f\left(\frac{1}{2}\right)
$$

па затоа $f\left(\frac{1}{2}\right)>1$. Од друга страна,

$$
1+f\left(\frac{1}{2}\right)=f\left(f\left(\frac{1}{2}\right)\right)=2, \text { т.е. } f\left(\frac{1}{2}\right)=1
$$

што е противречност. Според тоа, не постои функција која ги задоволува бараните услови.

4. Нека е дадена кружница $k$ и три колинеарни точки $E, F, G$ такви што $E$ и $G$ лежат надвор од $k$, а $F$ лежи внатре во $k$. Докажи дека ако $A B C D$ е произволен четириаголник впишан во $k$ таков што $F$ лежи на $A D$, а $E$ и $G$ на продолженијата на страните $A B$ и $C D$, тогаш страната $B C$ минува низ фиксна точка $H$ колинеарна со $E, F$ и $G$, која што не зависи од изборот на четириаголникот $A B C D$.

Решение. Нека $A B C D$ е четириаголник кој ги задоволува условите на задачата. Тогаш правата $E G$ ја сече страната $B C$ во внатрешна точка, која ќе ја означиме со $H$. Ќе разгледаме два случаја.

Прв случај. Правите $A B$ и $C D$ не се паралелни и се сечат во точката $Q$. Од теоремата на Менелај за триаголникот $E Q G$ и правата $C B$ и $D A$, соодветно имаме

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_229c34a69ff0d3a01e9fg-4.jpg?height=300&width=656&top_left_y=739&top_left_x=823)

$$
\frac{\overline{Q C}}{\overline{C G}} \cdot \frac{\overline{G H}}{\overline{H E}} \cdot \frac{\overline{E B}}{\overline{B Q}}=1, \frac{\overline{Q D}}{\overline{D G}} \cdot \frac{\overline{G F}}{\overline{F E}} \cdot \frac{\overline{E A}}{\overline{A Q}}=1
$$

Ако ги помножиме последните две равенства и искористиме дека $\overline{Q C} \cdot \overline{Q D}=\overline{B Q} \cdot \overline{A Q}$ (степен на точката $Q$ во однос на кружницата $k$ ), добиваме $\frac{\overline{G H}}{\overline{H E}}=\frac{\overline{C G} \cdot \overline{D G}}{\overline{E B} \cdot \overline{E A}} \cdot \frac{\overline{F E}}{\overline{G F}}$. Според тоа, односот $\frac{\overline{G H}}{\overline{H E}}$ не зависи од изборот на четириаголникот $A B C D$, бидејќи односот $\frac{\overline{F E}}{\overline{G F}}$ не зависи од изборот на четириаголникот $A B C D$ и не зависи ниту односот $\frac{\overline{C G} \cdot \overline{D G}}{\overline{E B} \cdot \overline{E A}}$, бидејкии $\overline{C G} \cdot \overline{D G}$ и $\overline{E B} \cdot \overline{E A}$ се соодветно степените на точките $G$ и $E$ во однос на кружницата $k$.

Втор случај. Правите $A B$ и $C D$ се паралелни. Тогаш ${ }_{\Delta} G C H \sim{ }_{\Delta} E B H,{ }_{\Delta} G F D \sim \triangle E F A$ и затоа $\frac{\overline{G H}}{\overline{E H}}=\frac{\overline{G C}}{\overline{E B}}, \frac{\overline{E A}}{\overline{F E}}=\frac{\overline{G D}}{\overline{G F}}$.

Последните две равенства ги

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_229c34a69ff0d3a01e9fg-4.jpg?height=294&width=624&top_left_y=1684&top_left_x=837)
множиме и по средувањето добиваме $\frac{\overline{G H}}{\overline{H E}}=\frac{\overline{C G}}{\overline{E B}} \cdot \overline{\overline{E A}} \cdot \frac{\overline{F E}}{\overline{G F}}$, што значи дека и во овој случај односот $\overline{\overline{G H}}$ не зависи од изборот на четириаголникот $A B C D$.

И во двата случаја добивме дека за произволен четириаголник $A B C D$ страната $B C$ ја сече отсечката $E G$ во точка $H$ која ја дели $E G$ во константен однос кој не зависи зависи од изборот на четириаголникот, што значи дека страната $B C$ минува низ фиксна точка $H$ колинеарна co $E, F$ и $G$, која што не зависи од изборот на четириаголникот $A B C D$

5. Дадена е шестаголна табела, како на цртежот, која има 2012 колони. Во непарните колони има по 2012 шестаголници, а во парните колони има по 2013 шестаголници. Во секој шестаголник од $i$-тата колона е запишан бројот $i$. Дозволени се промени на броевите во табелата на следниов начин: произволно избираме три соседни шестаголници, ги ротираме броевите и ако ротацијата е во насока на движењето на стрелките на часовникот тогаш трите броја ги намалуваме за 1 , а ако ги ротираме во насока спротивно на насоката на движењето на стрелките на часовникот трите броја ги зголемуваме за 1 (види

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_229c34a69ff0d3a01e9fg-6.jpg?height=980&width=620&top_left_y=260&top_left_x=860)
цртеж). Колку најмногу нули може да се добијат во табелата со користење на вака дефинираните потези.

Решение. Лесно се добива дека збирот на сите запишани броеви во табелата при делење со 3 дава остаток 2. Понатаму, овој збир со секој потез се зголемува или се намалува за 3 , па затоа по секој потез збирот на сите запишани броеви во табелата при делење со 3 дава остаток 2 .

Ако имаме фигура како на цртежот десно, односно фигура која од неа се добива со ротации за прав агол, тогаш на местото на бројот $d$ по конечен број потези може да се добие 0 . Навистина:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_229c34a69ff0d3a01e9fg-6.jpg?height=161&width=243&top_left_y=1578&top_left_x=1205)

1) ако $d, b-1$ или $c+1$ е делив со 3 , тоа ќе го направиме со ротирање на броевите $b, c, d$,
2) ако $b$ е делив со 3 , тогаш прво во насока на стрелката на часовникот ги ротираме броевите $a, b$ и $c$ (цртеж десно), со што на ме-
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_229c34a69ff0d3a01e9fg-6.jpg?height=158&width=498&top_left_y=1918&top_left_x=940)
стото на бројот с добиваме број кој зголемен за 1 е делив со 3 , а потоа како во 1) продолжуваме да ги ротираме броевите $a-1, d, b-1$,
3) ако $b+1$ е делив со 3 , тогаш ги реализираме потезите кои се прикажани на долните цртежи, со што на местото на бројот $с$ добиваме број кој зголемен за 1 е делив со 3 , а потоа како во 1) продолжуваме да ги ротираме броевите $a-2, b-3, c-2$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_229c34a69ff0d3a01e9fg-7.jpg?height=158&width=1002&top_left_y=454&top_left_x=386)

Со претходно опишаните постапки сите броеви во табелата, освен три, на пример вториот и третиот број во втората колона и вториот број во третата колона, може да се направат нули. Како тоа може да се направи за табела со 8 колони и по 8 полиња во непарна и 9 полиња во парна колона, е прикажано на цртежот десно, каде броевите во полињата го означуваат редоследот по кој се добиваат нулите.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_229c34a69ff0d3a01e9fg-7.jpg?height=587&width=557&top_left_y=634&top_left_x=923)

Со следнава низа постапки произволен од овие три броја може да се намали за 3 или со обратната низа да се зголеми за 3. Прво со следните седум чекори $c$ се зголемува за 1 и $e$ се зголемува за 2:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_229c34a69ff0d3a01e9fg-7.jpg?height=360&width=966&top_left_y=1369&top_left_x=417)

а потоа симетрично $c$ се зголемува за 2 и $е$ се зголемува за 1 . Потоа добиената состојба на левиот цртеж долу со три ротации во насока на стрелките на часовникот се сведува на состојбата прикажана на цртежот десно:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_229c34a69ff0d3a01e9fg-7.jpg?height=216&width=1032&top_left_y=1943&top_left_x=375)

Ова значи дека преостанатите три броја може да се сведат на 0,1 или 2 . Бидејќи нивниот збир по модул 3 е еднаков на 2 , заклучуваме дека два од нив мора да се еднакви (или се две нули и една двојка, или се две единици и една нула, или се две двојки и една единица). Во секој од овие случаи двата броја кои се еднакви може да се сведат на 0 , а тој број што преостанува на 2. Според тоа, се добива дека сите елементи на табелата освен еден може да се сведат на 0 .