# MMO 2020 

1. Нека $a$ и $b$ се природни броеви и $p, q$ се прости броеви такви што $p \nmid q-1$ и $q \mid a^{p}-b^{p}$. Докажи дека $q \mid a-b$.

Решение. Прв начин. Ако $q$ е делител на $a$ или $b$, тогаш од $q \mid a^{p}-b^{p}$ следува дека $q$ е делител на двата броја, па затоа $q \mid a-b$. Нека претпоставиме дека $q \nmid a$ и $q \nmid b$. Тогаш постои $d \in \mathbb{N}$ таков што $a d \equiv b(\bmod q)$. Значи, $a^{p} d^{p} \equiv b^{p} \equiv a^{p}(\bmod q)$, па затоа $d^{p} \equiv 1(\bmod q)$. Но, од малата теорема на Ферма следува $d^{q-1} \equiv 1(\bmod q)$. Според тоа, редот на $d$ во однос на $q$ е делител на $p$ и $q-1$. Но, $(p, q-1)=1$, па затоа редот на $d$ е 1 , од каде следува $d=1$. Конечно, $a \equiv b(\bmod q)$, што и требаше да се докаже.

Bтор начин. Нека претпоставиме дека $q \nmid a-b$. Тогаш од $q \mid a^{p}-b^{p}$ следува $q \nmid a$ и $q \nmid b$. Ќе докажеме дека за секои $m, n \in \mathbb{N}$ важи: ако $q \mid a^{m}-b^{m}$ и $q \mid a^{n}-b^{n}$, тогаш $q \mid a^{(m, n)}-b^{(m, n)}$. Навистина, ако се земем предвид Евклидовиот алгоритам доволно е да претпоставиме дека $m>n$ и да докажеме дека $q \mid a^{m-n}-b^{m-n}$. При дадените услови последното следува од равенството

$$
a^{m}-b^{m}=a^{n}\left(a^{m-n}-b^{m-n}\right)+b^{m-n}\left(a^{n}-b^{n}\right)
$$

Понатаму, од малата теорема на Ферма следува $q \mid a^{q-1}-b^{q-1}$ и како $q \mid a^{p}-b^{p}$, до претходо изнесенот добиваме $q \mid a^{(p, q-1)}-b^{(p, q-1)}$. Но, $(p, q-1)=1$, па затоа $q \mid a-b$, што противречи на претпоставката.

Tрет начин. Нека претпоставиме дека $q \nmid a-b$. Тогаш од $q \mid a^{p}-b^{p}$ следува $q \nmid a$ и $q \nmid b$. Можеме да претпоставиме дека $(a, b)=1$. Навистина, ако $a^{\prime}=\frac{a}{(a, b)}$ и $b^{\prime}=\frac{b}{(a, b)}$, тогаш $\left(a^{\prime}, b^{\prime}\right)=1, q \mid a^{\prime p}-b^{\prime p}$ и $q \nmid a^{\prime}-b^{\prime}$. Ќе докажеме дека од $(a, b)=1$ следува дека за секои $m, n \in \mathbb{N}$ важи $a^{(m, n)}-b^{(m, n)}=\left(a^{m}-b^{m}, a^{n}-b^{n}\right)$. Навистина, очигледно е дека важи $a^{(m, n)}-b^{(m, n)} \mid\left(a^{m}-b^{m}, a^{n}-b^{n}\right)$. За да докажеме дека важи $\left(a^{m}-b^{m}, a^{n}-b^{n}\right) \mid a^{(m, n)}-b^{(m, n)}$, согласно Евклидовиот алгоритам доволно е да земеме $m>n$ и да докажеме дека е исполнето
$\left(a^{m}-b^{m}, a^{n}-b^{n}\right) \mid a^{m-n}-b^{m-n}$. Последното непосредно следува од равенството (1). Според тоа,

$$
\left(a^{p}-b^{p}, a^{q-1}-b^{q-1}\right)=a^{(p, q-1)}-b^{(p, q-1)}=a-b
$$

Но, сега од условот на задачата и малата теорема на Ферма следува $q \mid\left(a^{p}-b^{p}, a^{q-1}-b^{q-1}\right)$, па затоа $q \mid a-b$, што е противречност.

2. Нека $x_{1}, \ldots, x_{n}(n \geq 2)$ се реални броеви од интервалот $[1,2]$. Докажи дека

$$
\left|x_{1}-x_{2}\right|+\ldots+\left|x_{n}-x_{1}\right| \leq \frac{2}{3}\left(x_{1}+\ldots+x_{n}\right)
$$

при што знак за равенство важи ако и само ако $n$ е парен и $n$ - торката е еднаква $(1,2, \ldots, 1,2)$ или $(2,1, \ldots, 2,1)$.

Решение. Прв начин. Ако $a, b \in[1,2]$, тогаш

$$
|a-b|=\frac{1}{3}(a+b)-\frac{2}{3}(2 \min \{a, b\}-\max \{a, b\}) \leq \frac{1}{3}(a+b)
$$

при што знак за равенство важи ако и само ако $\{a, b\}=\{1,2\}$. Оттука

$$
\begin{aligned}
\left|x_{1}-x_{2}\right|+\ldots+\left|x_{n}-x_{1}\right| & \leq \frac{1}{3}\left(\left(x_{1}+x_{2}\right) \ldots+\left(x_{n}+x_{1}\right)\right) \\
& =\frac{2}{3}\left(x_{1}+\ldots+x_{n}\right)
\end{aligned}
$$

при што знак за равенство важи ако и само ако $n$ е парен и $n$ - торката е еднаква $(1,2, \ldots, 1,2)$ или $(2,1, \ldots, 2,1)$.

Втор начин. Прво да претпоставиме дека гледано циклично не постојат два последователни еднакви членови $x_{i}$. Ќе велиме дека $x_{i}$ е локален минимум ако $x_{i-1}>x_{i}$ и $x_{i}<x_{i+1}$ (циклично), и дека $x_{i}$ е локален максимум ако $x_{i-1}<x_{i}$ и $x_{i}>x_{i+1}$ (циклично). Јасно, бројот на локални минимуми е еднаков на бројот на локални максимуми и да го означиме со $k$. Тогаш левата страна на неравенството може да се запише во видот

$$
2\left(\sum_{x_{i} \text { е лок. максимум }} x_{i}\right)-2\left(\sum_{x_{i} \text { е лок. минимум }} x_{i}\right),
$$

па треба да го докажеме неравенството

$$
\frac{4}{3}\left(\sum_{x_{i} \text { е лок. максимум }} x_{i}\right) \leq \frac{8}{3}\left(\sum_{x_{i} \text { е лок. минимум }} x_{i}\right)+\frac{2}{3}\left(\sum_{x_{i} \text { не е лок. екстрем }} x_{i}\right) .
$$

Но, последното неравенство непосрено следува од

$$
\frac{4}{3}\left(\sum_{x_{i} \text { е лок. максимум }} x_{i}\right) \leq \frac{8 k}{3} \leq \frac{8}{3}\left(\sum_{x_{i} \text { е лок. минимум }} x_{i}\right) .
$$

Притоа знак за равенство важи ако и само ако секој $x_{i}$ е локален максимум или локален минимум, збирот на локалните минимуми е $k$ (односно секој локален минимум е еднаков на 1), и збирот на локалните максимуми е $2 k$ (односно секој локален максимум е еднаков на 2). Со други зборови, равенство важи ако и само ако ако $n$ е парен и $n-$ торката е еднаква $(1,2, \ldots, 1,2)$ или $(2,1, \ldots, 2,1)$.

Во случај кога имаме еднакви последователни членови, можеме да избришеме еден од нив, и да ја разгледаме добиената низа ( $\left.y_{1}, \ldots, y_{n-1}\right)$. Притоа, левата страна на соодветното неравенство е еднаква на левата страна на наравенството за $x_{i}$, додека десната страна е строго помала. Тоа значи дека доволно е да го докажеме неравенството за броевите $y_{i}$ $i=1,2, \ldots, n-1$. Последното го повторуваме се додела не добиеме низа броеви во која нема еднакви последователни членови, а потоа за овој случај го применуваме веќе докажаното неравенство.

3. Нека $A B C$ е триаголник и $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ се точки на страните $B C, C A, A B$, соодветно, такви што $A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}$ се симетрали на внатрешните агли на $\triangle A B C$. Опишаната кружница $k^{\prime}$ околу триаголникот $A_{1} B_{1} C_{1}$ ја допира страната $B C$ во точката $A_{1}$. Нека $B_{2}$ и $C_{2}$, соодветно, се вторите пресечни точки на $k^{\prime}$ со правите $A C$ и $A B$. Докажи дека $\overline{A B}=\overline{A C}$ или $\overline{A C_{1}}=\overline{A B_{2}}$.

Решение. Стандардно со $a, b, c$ да ги означиме должините на страните на $\triangle A B C$. Според теоремата за симетралата на внатрешен агол на триаголник имаме

$$
\frac{\overline{B A_{1}}}{\overline{A_{1} C}}=\frac{c}{b}, \frac{\overline{C B_{1}}}{\overline{B_{1} A}}=\frac{a}{c}, \frac{\overline{A C_{1}}}{\overline{C_{1} B}}=\frac{b}{a} .
$$

Оттука добиваме

$$
\overline{B A_{1}}=\frac{a c}{b+c}, \overline{A_{1} C}=\frac{a b}{b+c}, \overline{C B_{1}}=\frac{a b}{a+c}, \overline{B_{1} A}=\frac{b c}{b+c}, \overline{A C_{1}}=\frac{b c}{a+b}, \overline{C_{1} B}=\frac{a c}{a+b} .
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_9a28bf6da54f0d781a9cg-5.jpg?height=361&width=944&top_left_y=1031&top_left_x=422)

Понатаму, од степенот на точка во однос на кружница следува

$$
\overline{A C_{1}} \cdot \overline{A C_{2}}=\overline{A B_{1}} \cdot \overline{A B_{2}},{\overline{B A_{1}}}^{2}=\overline{B C_{1}} \cdot \overline{B C_{2}},{\overline{C A_{1}}}^{2}=\overline{C B_{1}} \cdot \overline{C B_{2}}
$$

Да означиме $m=\overline{A C_{2}}$ и $n=\overline{A B_{2}}$. Од горните равенства следува

$$
\begin{aligned}
& \frac{b c}{a+b} m=\frac{b c}{a+c} n \Rightarrow m=\frac{a+b}{a+c} n \\
& \frac{a^{2} b^{2}}{(b+c)^{2}}=\frac{a b}{a+c}(b+n) \Rightarrow n=b \frac{a(a+c)-(b+c)^{2}}{(b+c)^{2}} \\
& \frac{a^{2} c^{2}}{(b+c)^{2}}=\frac{a c}{a+b}(c+m) \Rightarrow \frac{a c}{(b+c)^{2}}=\frac{1}{a+b}\left(c+\frac{a+b}{a+c} b \frac{a(a+c)-(b+c)^{2}}{(b+c)^{2}}\right)
\end{aligned}
$$

Последното равенство е еквивалентно со равенството

$$
a(a+b)(a+c)(c-b)=(b+c)^{2}(a+b+c)(c-b)
$$

Според тоа, ако не важи $b=c$, т.е. $\overline{A B}=\overline{A C}$, тогаш

$$
a(a+b)(a+c)=(b+c)^{2}(a+b+c)
$$

па затоа

$$
\begin{aligned}
\overline{A B_{2}} & =n \\
& =b \frac{a(a+c)-(b+c)^{2}}{(b+c)^{2}} \\
& =\frac{b}{a+b} \frac{a(a+b)(a+c)-(a+b)(b+c)^{2}}{(b+c)^{2}} \\
& =\frac{b}{a+b} \frac{(b+c)^{2}(a+b+c)-(a+b)(b+c)^{2}}{(b+c)^{2}} \\
& =\frac{b c}{a+b} \\
& =\frac{A C_{1}}{}
\end{aligned}
$$

4. Нека $S$ е непразно конечно множество и $F$ е фамилија подмножества од $S$ таква што
i) $\mathrm{F} \backslash\{S\} \neq \varnothing$,

ii) Ако $F_{1}, F_{2} \in \mathrm{F}$, тогаш $F_{1} \cap F_{2} \in \mathrm{F}$ и $F_{1} \cup F_{2} \in \mathrm{F}$.

Докажи дека постои $a \in S$ кој што припаѓа на најмногу половина од елементите на F .

Решение. Ќе ги користиме ознаките: за секој $a \in S$ нека

$$
\mathrm{F}(a)=\{U \in \mathrm{F} \mid a \in U\} \text { и } \mathrm{F}(a)^{c}=\mathrm{F} \backslash \mathrm{F}(a) .
$$

Треба да докажеме дека за некој $a \in S$ важи $|\mathrm{F}(a)| \leq\left|\mathrm{F}(a)^{c}\right|$

Прв начин. Лесно се докажува дека ако за множествата $A, B, C$ важи $A \cup B=A \cup C$ и $A \cap B=A \cap C$, тогаш $B=C$. Навистина, од дадени равенства следува $A \div B=A \div C$, па затоа

$$
B \div C=(A \div B) \div(A \div C)=\varnothing
$$

од каде што следува $B=C$.

Нека $M$ е максимален елемент во делумно подреденото множество (F $\backslash\{S\}, \subseteq$ ), т.е. $M$ е вистинско подмножество на $S$ кое е елемент на F и не постои множество $M^{\prime}$ со истите својства такво што $M \subset M^{\prime}$. Јасно, вакво множество постои бидејќи според условот на задачата $S$ е непразно конечно множество и $\mathrm{F} \backslash\{S\} \neq \varnothing$. Нека $a \in S \backslash M$. Согласно изборот на $M$, за секој $U \in \mathrm{F}(a)$ важи $M \cup U=S$. Следствено пресликувањето $\mathrm{F}(a) \rightarrow \mathrm{F}(a)^{c}$ определено со $U \rightarrow M \cap U$ е инјекција. Значи, $|\mathrm{F}(a)| \leq\left|\mathrm{F}(a)^{c}\right|$.

Bтор начин. Нека $a \in S$ е таков што $\mathrm{F}(a)^{c}$ е максимален елемент на делумно подреденото множество $\left(\left\{F(b)^{c} \mid b \in S\right\}, \subseteq\right)$. Од i) следува $\mathrm{F}(a)^{c} \neq \varnothing$. Нека $F=\underset{V \in \mathrm{F}(a)^{c}}{\cup} V$. Бидејќи множеството $S$ е конечно, од ii) следува $F \in \mathrm{F}$. Тврдиме дека пресликувањето $\mathrm{F}(a) \rightarrow \mathrm{F}(a)^{c}$ определено со $U \rightarrow F \cap U$ е инјекција. Навистина, да претпоставиме дека постојат различни $U^{\prime}, U^{\prime \prime} \in \mathrm{F}(a)$ такви што $F \cap U^{\prime}=F \cap U^{\prime \prime}$. Без губење на општоста нека $b \in U^{\prime} \backslash U^{\prime}$. Тогаш, бидејќи $b \notin F \cap U^{\prime \prime}\left(=F \cap U^{\prime}\right)$, имаме $b \notin F$. Следствено, $\mathrm{F}(a)^{c} \subseteq \mathrm{F}(b)^{c}$. Уште повеќе, бидејќи $U^{\prime \prime} \in \mathrm{F}(b)^{c} \backslash \mathrm{F}(a)^{c}$, важи $\mathrm{F}(a)^{c} \subset \mathrm{F}(b)^{c}$. Но, последното противречи на
направениот изор на $a$, па затоа разгледуваното пресликување е инјекција. Значи, $|\mathrm{F}(a)| \leq\left|\mathrm{F}(a)^{c}\right|$.