# MMO 2018 

1. Определи ги сите природни броеви $n$ такви што $9^{n}-7$ може да се претстави како производ од најмалку два последователни природни броеви.

Решение. Производ на три последователни природни броеви е делив со 3 , а $9^{n}-7 \equiv 2(\bmod 3)$, заклучуваме дека $9^{n}-7$ не може да се запише како производ на три последователни броја.

Нека $9^{n}-7=m(m+1)$ за некој природен број $m$. Последната равенка е еквивалентна со равенката

$$
4 \cdot 9^{n}-27=(2 m+1)^{2}
$$

т.е. со равенката

$$
4 \cdot 9^{n}-(2 m+1)^{2}=27
$$

Бидејќи $\{1,3,9,27\}$ се сите делители на 27 и

$$
2 \cdot 3^{n}+2 m+1>2 \cdot 3^{n}-2 m-1
$$

можни се два случаја:

1) $\left\{\begin{array}{c}2 \cdot 3^{n}+2 m+1=27 \\ 2 \cdot 3^{n}-2 m-1=1\end{array}\right.$
2) $\left\{\begin{array}{l}2 \cdot 3^{n}+2 m+1=9 \\ 2 \cdot 3^{n}-2 m-1=3\end{array}\right.$.

Во случајот 1) ако ги собереме равенките добиваме $3^{n}=7$, што не е можно.

Во случајот 2) ако ги собереме равенките добиваме $3^{n}=3$, од каде наоѓаме $n=1$. Со замена во првата равенка добиваме

$$
2 \cdot 3+2 m+1=9, \text { т.e. } m=1
$$

Притоа, $9^{1}-7=1 \cdot(1+1)$.

2. Нека $n$ е природен број и $C$ е ненегативен реален број. Определи го бројот на низите реални броеви $1, x_{2}, \ldots, x_{n}, 1$ такви што апсолутната вредност на разликата на секои два соседни члена на низата е еднаква на $C$.

Решение. Нека претпоставиме дека низата $1, x_{2}, \ldots, x_{n}, 1$ го задоволува условот на задачата. Тогаш

$$
\left|1-x_{2}\right|=\left|x_{2}-x_{3}\right|=\ldots=\left|x_{n}-1\right|=C
$$

Исто така

$$
x_{n}-1=\left(x_{n}-x_{n-1}\right)+\left(x_{n-1}-x_{n-2}\right)+\ldots+\left(x_{2}-1\right)
$$

каде бројот на парови загради од десната страна е $n-1$. Разгледуваме два случаи и тоа: $n$ е непарен и $n$ е парен број.

Случај 1. $n$ е непарен, т.е. $n-1$ е парен број.

Тогаш равенството (2) е од облик

$$
\Delta_{1} C=\underbrace{\Delta_{2} C A_{3} C \ldots \Delta_{n} C}_{n-1}
$$

каде $A_{i} \in\{-,+\}, 1 \leq i \leq n$. Изборот на $A_{i} \in\{-,+\}, 2 \leq i \leq n$ определува низа $1, x_{2}, \ldots, x_{n}, 1$ која го задоволува условот (1). Да забележиме дека сумата на десната страна на равенството

$$
A_{1} C=\underbrace{\Delta_{2} C A_{3} C \ldots \Delta_{n} C}_{n-1}
$$

(за еден избор на $\Delta_{i} \in\{-,+\}, 2 \leq i \leq n$ ) е парен број пати $C$, а левата страна е $\pm C$, односно непарен број пати $C$. Според тоа, десната страна е еднаква на $\pm 2 k C$, за некој $k \in \mathbb{N}$, а левата е еднаква $\pm C$. Последното е можно само ако $C=0$ и тогаш ја добиваме низата $1=x_{2}=\ldots=x_{n}$, т.е. постои само една низа со саканото својство.

Случај 2. $n$ е парен, т.е. $n-1$ е непарен број.

Ако $C=0$, тогаш $1=x_{2}=\ldots=x_{n}$. Нека $C>0$. Тогаш повторно од равенството (2) добиваме

$$
\Delta_{1} C=\underbrace{\Delta_{2} C \Delta_{3} C \ldots \Delta_{n} C}_{n-1} .
$$

Значи, задачата се сведува на бројот на избори на $A_{i} \in\{-,+\}, 2 \leq i \leq n$ така што важи

$$
\Delta_{1} C=\underbrace{\Delta_{2} C \Delta_{3} C \ldots \Delta_{n} C}_{n-1}
$$

Ако на левата страна на равенството имаме $+C$, тогаш од десната страна на равенството мора разликата меѓу бројот на позитивните и бројот на негативните константи да е точно 1 , односно $+C$ треба да се јаува $\frac{n-2}{2}+1=\frac{n}{2}$ пати, а $-C$ точно $\frac{n-2}{2}$ пати. Ваквиот избор може да се направи на $\binom{n-1}{n / 2}=\binom{n-1}{(n-2) / 2}$ начини (од низа со должина $n-1$ избираме $n / 2$ позиции на кои ќе стојат $+C$, а на останатите позиции ќе се јавува $-C$ ). На исто толку начини може да се запише и сумата од десната страна ако од лево е $-C$. Значи вкупниот број на вакви записи е $2\binom{n-1}{n / 2}$.

Конечно, ако со $r=r(n, C)$ го означиме бројот на низите кои го задоволуаат условот на задачата тогаш

$$
r= \begin{cases}1, & C=0 \\ 0, & \text { п е непарен и } C>0 \\ 2\binom{n-1}{n / 2}, & \text { п е парен и } C>0 .\end{cases}
$$

3. Определи ги сите функции $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ такви што

$$
f(\max \{x, y\}+\min \{f(x), f(y)\})=x+y
$$

за секои $x, y \in \mathbb{R}$.

Решение. Нека функцијата $f$ е таква што за секои $x, y \in \mathbb{R}$ е исполнето равенството (1).

Ако во (1) ставиме $y=x$ добиваме

$$
f(x+f(x))=2 x \text {, за секој } x \in \mathbb{R} \text {. }
$$

Понатаму, за $x=0$ од (2) следува $f(f(0))=0$, а за $x=y=\frac{f(0)}{2}$ од (1) добиваме $f(f(0))=f(0)$. Сега, од последните две равенства следува $f(0)=0$.

Сега, ако во (1) ставиме $y=0$ и искористиме дека $f(0)=0$, добиваме

$$
f(\max \{x, 0\}+\min \{f(x), 0\})=x \text {, за секој } x \in \mathbb{R} .
$$

Ќe разликуваме два случаи, и тоа:

Случај $1^{\circ} . x>0$. Тогаш од (3) следува

$$
f(x+\min \{f(x), 0\})=x .
$$

Сега од последното равенство следува дека или $f(x+f(x))=x$ или $f(x)=x$. Ако $f(x+f(x))=x$, тогаш од (2) следува $2 x=x$, што не е можно кога $x>0$. Значи, $f(x)=x$.

Случај $2^{\circ} x<0$. Тогаш од (3) следува

$$
f(\min \{f(x), 0\})=x
$$

Сега, од последното равенство добиваме или $f(0)=x$ или $f(f(x))=x$. Ако $f(0)=x$, тогаш $0>x=f(0)=0$, што е противречност. Значи, $f(f(x))=x$. Сега, ако во (2) наместо $x$ ставиме $f(x)$ и ако прво искористиме дека $f(f(x))=x$, а потоа го земеме предвид равенството (2) добиваме

$$
2 f(x)=f(f(x)+f(f(x)))=f(f(x)+x)=2 x
$$

од каде следува дека $f(x)=x$, за $x<0$.

Конечно, од $1^{\circ}$ и $2^{\circ}$ следува дека $f(x)=x$ за секој $x \in \mathbb{R}$. Не е тешко да се провери дека оваа функција е решение на задачата.

4. Нека $t_{k}=a_{1}^{k}+a_{2}^{k}+\ldots+a_{n}^{k}$, каде $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ се позитивни реални броеви и $k \in \mathbb{N}$. Докажи дека

$$
\frac{t_{5}^{2} t_{1}^{6}}{15}-\frac{t_{4}^{4} t_{2}^{2} t_{1}^{2}}{6}+\frac{t_{2}^{3} t_{4}^{5}}{10} \geq 0
$$

Решение. Неравенството кое треба да се докаже е еквивалентно со неравенството

$$
2 t_{5}^{2} t_{1}^{6}-5 t_{4}^{4} t_{2}^{2} t_{1}^{2}+3 t_{2}^{3} t_{4}^{5} \geq 0
$$

односно со неравенството

$$
2 t_{5}^{2} t_{1}^{6}+3 t_{2}^{3} t_{4}^{5} \geq 5 t_{4}^{4} t_{2}^{2} t_{1}^{2}
$$

Користејќи го неравенството помеѓу аритметичка и геометриска средина имаме

$$
2 t_{5}^{2} t_{1}^{6}+3 t_{2}^{3} t_{4}^{5} \geq 5\left(t_{5}^{4} t_{1}^{12} t_{2}^{9} t_{4}^{15}\right)^{\frac{1}{5}}
$$

Според тоа, доволно е да докажеме дека

$$
t_{5}^{4} t_{1}^{12} t_{2}^{9} t_{4}^{15} \geq t_{4}^{20} t_{2}^{10} t_{1}^{10}
$$

т.е. дека $t_{5}^{4} t_{1}^{2} \geq t_{4}^{5} t_{2}$.

Да забележиме дека $t_{5} t_{3} \geq t_{4}{ }^{2}$, бидејќи $\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{8}$ се појавува на двете страни од неравенството и уште важи

$a_{i}^{5} a_{j}^{3}+a_{i}^{3} a_{j}^{5}=a_{i}^{3} a_{j}^{3}\left(a_{i}^{2}+a_{j}^{2}\right) \geq a_{i}^{3} a_{j}^{3}\left(2 a_{i} a_{j}\right)=2 a_{i}^{4} a_{j}^{4}$, за сите $i<j$. Важи и неравенството $t_{5} t_{1} \geq t_{3}{ }^{2}$. Навистина, $\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{6}$ се појавува на двете страни од неравенството и уште

$$
a_{i}^{5} a_{j}+a_{i} a_{j}^{5}=a_{i} a_{j}\left(a_{i}^{4}+a_{j}^{4}\right) \geq 2 a_{i} a_{j}\left(a_{i}^{2} a_{j}^{2}\right)=2 a_{i}^{3} a_{j}^{3}
$$

за сите $i<j$. Точно е неравенството $t_{5} t_{1} \geq t_{4} t_{2}$, бидејќи

$$
\left(a_{i}^{5} a_{j}+a_{i} a_{j}^{5}\right)-\left(a_{i}^{4} a_{j}^{2}+a_{i}^{2} a_{j}^{4}\right)=a_{i} a_{j}\left(a_{i}-a_{j}\right)^{2}\left(a_{i}^{2}+a_{i} a_{j}+a_{j}^{2}\right) \geq 0
$$

Конечно,

$$
t_{5}^{4} t_{3}^{2} t_{1}^{2} \geq t_{5}^{2} t_{4}{ }^{4} t_{1}^{2} \geq t_{5} t_{4}{ }^{4} t_{3}^{2} t_{1} \geq t_{4}^{5} t_{3}^{2} t_{2}
$$

од каде следува дека $t_{5}{ }^{4} t_{1}^{2} \geq t_{4}{ }^{5} t_{2}$.

5. Даден е остроаголен $\triangle A B C$ со ортоцентар $H$. Точката $H^{\prime}$ е симетрична на $H$ во однос на страната $A B$. Нека $N$ е пресечната точка на $H H^{\prime}$ со $A B$. Кружницата низ точките $A, N$ и $H^{\prime}$ по втор пат ја сече правата $A C$ во точка $M$, а кружницата низ точките $B$, $N$ и $H^{\prime}$ по втор пат ја сече правата $B C$ во точка $P$. Докажи дека точките $M, N$ и $P$ се колинеарни.

Решение. Прво ќе ја докажеме следнава лема.

Лема. Нека $H$ е ортоцентар во $\triangle A B C$, а $H^{\prime}$ е симетрична точка на $H$ во однос на страната $A B$. Тогаш $H^{\prime}$ припаѓа на опишаната кружница околу $\triangle A B C$.

Доказ. I начин. Нека $N$ е пресечната точка на $H H^{\prime}$ со $A B$, а $A_{1}$ е подножјето на висината спуштена од $A$ кон $B C$. Тогаш $\triangle A N H \cong$ $\triangle A N H^{\prime}$, бидејќи $A N$ е заедничка страна, $\overline{H N}=\overline{N H^{\prime}}$ и $\measuredangle A N H=$ $\measuredangle A N H^{\prime}=90^{\circ}$. Од

$$
\begin{aligned}
\measuredangle H^{\prime} A B & =\measuredangle H^{\prime} A N=\measuredangle N A H=\measuredangle B A A_{1} \\
& =90^{\circ}-\measuredangle A B C=\measuredangle N C B=\measuredangle H^{\prime} C B
\end{aligned}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_0efe00395253c9caa9edg-6.jpg?height=788&width=753&top_left_y=1353&top_left_x=496)
следува дека четириаголникот $A H^{\prime} B C$ е тетивен, т.е. $H^{\prime}$ лежи на опишаната кружница околу $\triangle A B C$.

II начин. Нека $A_{1}$ е подножјето на висината спуштена од $A$ кон $B C$, а $B_{1}$ е подножјето на висината спуштена од $B$ кон $A C$. Од $\measuredangle H B_{1} C=\measuredangle H A_{1} C=90^{\circ}$ следува дека четириаголникот $B_{1} H A_{1} C$ е тетивен. Тогаш $\measuredangle A_{1} H B_{1}=180^{\circ}-\gamma=\alpha+\beta$ т.е. $\measuredangle A H B=\measuredangle A_{1} H B_{1}=\alpha+\beta$ (накрсни агли). Од $\triangle A N H \cong \triangle A N H^{\prime}$ и $\triangle B N H \cong \triangle B N H^{\prime}$ следува дека $\measuredangle A H^{\prime} B=\measuredangle A H B=\alpha+\beta$. Тогаш од

$$
\measuredangle A H^{\prime} B+\measuredangle A C B=\alpha+\beta+\gamma=180^{\circ}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_0efe00395253c9caa9edg-7.jpg?height=700&width=668&top_left_y=938&top_left_x=510)

следува дека четириаголникот $A H^{\prime} B C$ е тетивен, т.е. $H^{\prime}$ лежи на опишаната кружница околу $\triangle A B C$.

Од $\measuredangle A N H^{\prime}=90^{\circ}$ следува дека $A H^{\prime}$ е дијаметар на опишаната кружница околу $\triangle A N H^{\prime}$. Тогаш $\measuredangle H^{\prime} M A=90^{\circ}$ т.е.

$$
H^{\prime} M \perp A C
$$

Аналогно се покажува дека

$$
H^{\prime} P \perp B C
$$

Од условот на задачата имаме

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_0efe00395253c9caa9edg-8.jpg?height=906&width=911&top_left_y=258&top_left_x=357)

$$
H^{\prime} N \perp A B
$$

Од лемата следува дека четириаголникот $A H^{\prime} B C$ е тетивен. Од (1),

(2) и (3) и теорема на Симсон за $\triangle A B C$ и точка $H^{\prime}$ која лежи на опишаната кружница околу $\triangle A B C$ следува тврдењето на задачата.