# MMO 2011 1. Нека $a, b, c, d>0$ и $a+b+c+d=1$. Докажи го неравенството $$ \frac{1}{4 a+3 b+c}+\frac{1}{3 a+b+4 d}+\frac{1}{a+4 c+3 d}+\frac{1}{4 b+3 c+d} \geq 2 . $$ Решение. Нека $$ m=4 a+3 b+c, n=3 a+b+4 d, p=a+4 c+3 d, q=3 b+3 c+d $$ Имаме $m+n+p+q=8$ и $$ \left(\frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{p}+\frac{1}{q}\right)(m+n+p+q) \geq 4 \cdot \sqrt[4]{\frac{1}{m n p q}} \cdot 4 \cdot \sqrt[4]{m n p q}=16 $$ Според тоа, $$ \frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{p}+\frac{1}{q} \geq \frac{16}{m+n+p+q}=2 $$ што и требаше да се докаже. 2. Даден е остроаголен триаголник $A B C$. Низ темето $C$ е повлечена права $l$ паралелна на $A B$. Симетралите на аглите $\measuredangle B A C$ и $\measuredangle A B C$ ги сечат страните $B C$ и $A C$ во точките $D$ и $F$, а правата $l$ во точките $E$ и $G$, соодветно. Докажи дека ако $\overline{D E}=\overline{G F}$, тогаш $\overline{A C}=\overline{B C}$. Решение. Лема. Ако во триаголникот $A B C$ отсечката $A D, D \in B C$ е симетрала на $\angle B A C$, тогаш $\overline{C D}=\frac{a b}{b+c}$. Доказ. Знаеме дека важи $\frac{\overline{C D}}{\overline{D B}}=\frac{\overline{A C}}{\overline{A B}}=\frac{b}{c}$. Оттука следува $$ \overline{C D}=\frac{b}{c} \overline{D B}=\frac{b}{c}(a-\overline{C D})=\frac{a b}{c}-\frac{b}{c} \overline{C D} $$ од што следува бараното равенство. Нека претпоставиме дека $\overline{A C} \neq \overline{B C}$. Без губење на општоста можеме да претпоставиме дека $\measuredangle B A C>\measuredangle A B C$. Од лемата следува $$ \overline{C D}=\frac{a b}{b+c} \text { и } \overline{C F}=\frac{a b}{a+c} . $$ Нека $\angle B A C=2 \alpha, \angle A B C=2 \beta$. То- ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_919edf3863ceecf08cddg-2.jpg?height=283&width=507&top_left_y=851&top_left_x=953) гаш $\measuredangle F C G=2 \alpha, \measuredangle F G C=\beta, \measuredangle D C E=2 \beta$ и $\angle D E C=\alpha$. Од синусната теорема за ${ }_{\triangle} C G F$ имаме $\frac{\overline{G F}}{\sin 2 \alpha}=\frac{\overline{C F}}{\sin \beta}$, од синусната теорема за ${ }_{\triangle C E D}$ имаме $\frac{\overline{E D}}{\sin 2 \beta}=\frac{\overline{C D}}{\sin \alpha}$ и за $\triangle A B C$ имаме $\frac{a}{\sin 2 \alpha}=\frac{b}{\sin 2 \beta}$, односно $$ b \sin 2 \alpha=a \sin 2 \beta $$ Според тоа, $$ \frac{\sin 2 \alpha}{\sin \beta} \overline{C F}=\overline{G F}=\overline{E D}=\frac{\sin 2 \beta}{\sin \alpha} \overline{C D} $$ па затоа $$ \begin{aligned} & \frac{\sin 2 \alpha}{\sin \beta} \cdot \frac{a b}{a+c}=\frac{\sin 2 \beta}{\sin \alpha} \cdot \frac{a b}{b+c} \\ & b \sin 2 \alpha \sin \alpha+c \sin 2 \alpha \sin \alpha=a \sin 2 \beta \sin \beta+c \sin 2 \beta \sin \beta \\ & a \sin 2 \beta \sin \alpha+c \sin 2 \alpha \sin \alpha=a \sin 2 \beta \sin \beta+c \sin 2 \beta \sin \beta \\ & a \sin 2 \beta(\sin \alpha-\sin \beta)+c(\sin 2 \alpha \sin \alpha-\sin 2 \beta \sin \beta)=0 \end{aligned} $$ Ho, $\measuredangle B A C>\measuredangle A B C$, односно $2 \alpha>2 \beta$, па како триаголникот е остроаголен важи $\sin 2 \alpha>\sin 2 \beta$ и $\sin \alpha>\sin \beta$, што противречи на последното равенство. Конечно, од добиената противречност следува $\overline{A C}=\overline{B C}$. 3. Определи ги сите природни броеви $n$ за кои секој број запишан со една седумка и $n-1$ единици е прост. Решение. Број $B$ запишан со една седумка и $n-1$ единици е од облик $B=A_{n}+6 \cdot 10^{k}$ каде $A_{n}$ е број со $n$ единици и $0 \leq k6$. Тогаш $n=6 k+r, k \geq 0,1 \leq r \leq 6$, па затоа $$ A_{n}=A_{6 k+r}=A_{6 k}+A_{r} \cdot 10^{6 t} \equiv A_{6 k}+A_{r} \equiv A_{r}(\bmod 7) $$ Ако $6 \mid n$, тогаш $3 \mid n$ и збирот на цифрите на бројот $B$ е $3 p+6$, што значи дека е сложен број. Нека 6 не е делител на $n$. Тогаш важи $A_{n} \equiv A_{r}(\bmod 7)$ и притоа $A_{r}$ не е конгруентен со 0 по модул 7. Нека ставиме $A_{r} \equiv k(\bmod 7)$. Од претходните разгледувања следува дека за тоа $k$ можеме да избереме $t, 0 \leq t \leq 5$ таков што $$ 6 \cdot 10^{t} \equiv-10^{t} \equiv-k(\bmod 7) $$ па затоа $$ B=A_{n}+6 \cdot 10^{t} \equiv A_{r}+6 \cdot 10^{t} \equiv k-k=0(\bmod 7) $$ т.е. тој $B$ е делив со 7 . Останува да ги провериме случаите кога $n \leq 6$. Јасно, за $n=6$ и за $n=3$ сите броеви се сложени. За $n=5$ имаме $$ A_{5}+6 \cdot 10^{2} \equiv 2+12 \equiv 0(\bmod 7) $$ за $n=4$ имаме $1711=29 \cdot 59$, а за $n=2$ и $n=1$ тоа се простите броеви 7,17 и 71. 4. Определи ги сите функции $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ такви што $$ f(x+y f(x))=f(f(x))+x f(y) $$ Решение. Ако во (1) ставиме $x=0$, тогаш $f(y f(0))=f(f(0))$. Ако $f(0) \neq 0$, тогаш за $y=\frac{t}{f(0)}$, добиваме $f(t)=f(f(0))=c$, што значи дека $f$ е константна функција и важи $c=f(0) \neq 0$. Но, тогаш со замена во (1) добиваме $c=c+C X$, за секој $x \in \mathbb{R}$, т.е. $c x=0$, за секој $x \in \mathbb{R}$, што е противречност. Од добиената противречностс следува дека $f(0)=0$. Нека претпоставиме дека $f(a)=0$ за некој $a \neq 0$. Тога со замена во (1) добиваме $a f(y)=0$ за секој $y \in \mathbb{R}$, од каде следува $f(y)=0$ за секој $y \in \mathbb{R}$, што е противречност. Лесно се проверува дка функцијата $f(x)=0$, за секој $x \in \mathbb{R}$ е решение на (1). Ако во (1) ставиме $y=0$, добиваме $f(f(x))=f(x)$, па со замена во (1) наоѓаме $$ f(x+y f(x))=f(x)+x f(y) $$ Нека $f(1)=a \neq 0$. Ако во (2) ставиме $x=y=1$ добиваме $f(1+a)=2 a$. Понатаму, ако во (2) прво ставиме $x=1, y=-1$, а потоа ставиме $x=1+a, y=-1$, и сикористиме дека $f(1+a)=2 a$, соодветно добиваме $$ \begin{aligned} & f(1-a)=a+f(-1) \\ & f(1-a)=2 a+(1+a) f(-1) \end{aligned} $$ Сега од системот равенки (3) и (4) наоѓаме $f(-1)=-1$ и $f(1-a)=a-1$. Од друга страна за $x=1-a, y=1$ од (2) добиваме $0=a-1+(1-a) a$, од каде наоѓаме $a=1$. Сега прво за $x=1$, а потоа за $x=-1$ од (2) добиваме $$ \begin{aligned} & f(1+y)=1+f(y) \\ & f(-1-y)=-1-f(y) \end{aligned} $$ Од (5) и (6) следува $f(1+y)=-f(-1-y)$, па затоа $f(t)=-f(-t)$ за секој $t \in \mathbb{R}$. Сега, од (2) за $y=-1$, добиваме $f(x-f(x))=f(x)-x$. Конечно, $$ \begin{aligned} & f(x-f(x))=f(f(x-f(x))=f(f(x)-x)=-f(x-f(x)) \\ & f(x-f(x))=0 \\ & x-f(x)=0 \\ & f(x)=x \end{aligned} $$ Лесно се проверува дека функцијата $f(x)=x$ е решение на (1). 5. Дефинираме „табела“ од тип ( $n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{m}$ ), $n_{1} \geq n_{2} \geq \ldots \geq n_{m}$ на следниов начин: $n_{1}$ квадрати поставуваме хоризонтално еден до друг, потоа $n_{2}$ квадрати поставуваме хоризонтално еден до друг под поставените $n_{1}$ квадрати почнувајќи од првиот квадрат лево. Постапката ја продолжуваме додека не добиеме „табела“ од $n_{1}$ во првиот ред, $n_{2}$ квадрати во вториот ред, ..., $n_{m}$ квадрати во $m$-тиот ред, при што вкупно се поставени $n=n_{1}+n_{2}+\ldots+n_{m}$ квадрати. Поставените редови квадрати почнуваат секогаш од квадрат кој е под левиот квадрат на првиот ред (види пример). Добиената „табела“ ја пополнуваме со броевите од 1 до $n$ така што во секој ред и во секоја колона броевите од лево кон десно и од горе кон долу, соодветно, се во растечки редослед. Подолу е даден пример за табела од тип $(5,4,2,1)$ и едно нејзино пополнување. | 1 | 3 | 4 | 7 | 11 | | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | | 2 | 5 | 10 | 12 | | | 6 | 9 | | | | | 8 | | | | | Определи го бројот на пополнувањата на „табела“ од тип ( $4,3,2)$. Решение. Дефинираме функција $f$ на $m$-торките $\left(n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{m}\right)$ на следниов начин: $$ f\left(n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{m}\right)=0 \text { за } m \text {-торки за кои не важи } n_{1} \geq n_{2} \geq \ldots \geq n_{m} \geq 0 $$ Ако важи $n_{1} \geq n_{2} \geq \ldots \geq n_{m} \geq 0$ тогаш $$ \begin{gathered} f\left(n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{m}, 0\right)=f\left(n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{m}\right) \\ f\left(n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{m}\right)=f\left(n_{1}-1, n_{2}, \ldots, n_{m}\right)+f\left(n_{1}, n_{2}-1, n_{3}, \ldots, n_{m}\right)+ \\ +\ldots+f\left(n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{m-1}, n_{m}-1\right) \\ f(n)=1, \text { за } n \geq 0 \end{gathered} $$ Јасно, функцијата $f$ е добро дефинирана. Ќе докажеме дека бројот на пополнувањата на „табела“ од тип ( $\left.n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{m}\right)$ е $f\left(n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{m}\right)$. Јасно, ако не важи $n_{1} \geq n_{2} \geq \ldots \geq n_{m} \geq 0$ тогаш немаме пополнување на „табела“ и затоа $f\left(n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{m}\right)=0$, т.е. важи (1), а бидејќи во ред од $n$ квадрати броевите од 1 од $n$ во растечки редослед може да се запишат на единствен начин мора да важи (4). Понатаму, очигледно бројот на пополнувањата на „табела“ од типот ( $\left.n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{m}, 0\right)$ е еднаков на бројот на пополнувањата на „табела“ од типот ( $n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{m}$ ), па затоа важи (2). За да покажеме дека за бројот на пополнувањата на табела од типот $\left(n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{m}\right.$ ) важи условот (3) го разгледуваме бројот $n$. Тој број мора да биде последен во некој ред, па ако го отстраниме квадратот со бројот $n$, добиваме пополнување со $n-1$ броеви на „табела“ од некој од следниве типови $$ \left(n_{1}-1, n_{2}, \ldots, n_{m}\right),\left(n_{1}, n_{2}-1, n_{3}, \ldots, n_{m}\right), \ldots,\left(n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{m-1}, n_{m}-1\right) $$ Јасно, од секое пополнување на некоја „табела“ од типовите (5) со додавање на бројот $n$ во соодветната редица се добива пополнување на „табела“ од типот ( $n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{m}$ ). Притоа, ако се случи две или повеќе редици да имаат еднаков број квадрати, тогаш во овие редици бројот $n$ може да е само најдесно во последната од овие редици. Ако на пример $n_{i}=n_{i+1}$, тогаш $n_{i}-1