# MMO 2022 

1. Низата $\left\{x_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}$ е определена со $x_{1}=2$ и $x_{n+1}=\frac{x_{n}\left(x_{n}+n\right)}{n+1}$, за секој $n \geq 1$. Докажи дека

$$
n(n+1)>\frac{\left(x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}\right)^{2}}{x_{n+1}}
$$

Решение. Прво да забележиме дека од $x_{n+1}=\frac{x_{n}\left(x_{n}+n\right)}{n+1}$ следува

$$
(n+1) x_{n+1}-n x_{n}=x_{n}^{2}
$$

Затоа

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

Конечно, од неравенството меѓу аритметичката и квадратната средина и горното неравенство следува неравенството

$$
\frac{\left(x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}\right)^{2}}{n} \leq x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\ldots+x_{n}^{2}<(n+1) x_{n+1}
$$

кое е еквивалентно со неравенството (1).

2. Даден е тетивен четириаголник $A B C D$. Нека $E$ е средината на отсечката $A C$. Кружницата опишана околу $\triangle C D E$ по втор пат ја сече страната $B C$ во точката $F$. Нека $B^{\prime}$ е симетричната точка на темето $B$ во однос на точката $F$. Докажи дека $E F$ е тангента на опишаната кружница околу триаголникот $B^{\prime} D F$.

Решение. Од тетивноста на четириаголниците $A B C D$ CDEF следува

$$
\measuredangle A B D=\measuredangle A C D=\measuredangle D C E=\measuredangle D F E
$$

Слично

$$
\measuredangle A D B=\measuredangle A C B=\measuredangle E C F=\measuredangle E D F
$$

Оттука

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_8f3dccbd1cc0a0302b69g-02.jpg?height=704&width=853&top_left_y=758&top_left_x=458)

Од $\measuredangle A D E=\measuredangle B D F$ и $\measuredangle D A E=\measuredangle D B C$ заклучлуваме дека триаголниците $A D E$ и $B D F$ се слични. Од оваа сличност и фактот дека $E$ и $F$ се средините на $A C$ и $B B^{\prime}$, соодветно, добиваме

$$
\frac{\overline{A D}}{\overline{B D}}=\frac{\overline{A E}}{\overline{B F}}=\frac{\frac{1}{2} \overline{A C}}{\frac{1}{2} \overline{B B^{\prime}}}=\frac{\overline{A C}}{\overline{B B^{\prime}}}
$$

Сега, од $\measuredangle D A C=\measuredangle D B^{\prime} B$ следува дека $\triangle D A C \sim \triangle D B B^{\prime}$, па затоа $\measuredangle D C A=\measuredangle D B^{\prime} B$. Конечно, добиваме

$$
\measuredangle D B^{\prime} F=\measuredangle D B^{\prime} B=\measuredangle D C A=\measuredangle D C E=\measuredangle D F E
$$

од што следува дека $E F$ е тангента на опишаната кружница околу триаголникот B'DF.

3. Низата $\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}$ е определена со $a_{1}=2$ и $a_{n+1}=a_{n}^{2}+a_{n}$ за $n \geq 1$. За произволен природен број $m \geq 2$ со $L(m)$ да го означиме неговиот најголем прост делител. Докажи дека постои $k$ таков што

$$
L\left(a_{k}\right)>1000^{1000}
$$

Решение. Да го претпоставиме спротивното, т.е. дека за секој $n$ важи $L\left(a_{n}\right) \leq 1000^{1000}$. Нека $A=\left\{p \mid p\right.$ е прост број и $\left.p<1000^{1000}\right\}$. Тогаш, за секој $n \geq 1$ множеството $D_{n}$ од сите прости делители на $a_{n}$ е подмножество од $A$.

Избираме $p \in A$. Нека $v_{p}(x)$ е експонентот на најголемиот степен на $p$ што е делител на $x$. Ако $p \mid a_{k}$ за некој $k$, тогаш бидејќи $p \nmid a_{k}+1$, добиваме

$$
v_{p}\left(a_{k+1}\right)=v_{p}\left(a_{k}\right)+v_{p}\left(a_{k}+1\right)=v_{p}\left(a_{k}\right)
$$

и $p \mid a_{k+1}$. Значи, за секој $p \in D_{k}$ важи $v_{p}\left(a_{k+1}\right)=v_{p}\left(a_{k}\right)$ и притоа $a_{k+1}>a_{k}$. Според тоа, $a_{k+1}$ има дополнителен прост делител $q \in A$, покрај сите прости делители $p$ на $a_{k}$. Последното значи дека $D_{k}$ е вистинско подмножество на $D_{k+1}$, за секој $k$. Но, тогаш имаме бесконечна низа вистински подмножества ограничена од горе со конечноот множество $A$ :

$$
D_{1} \subset D_{2} \subset \ldots \subset A
$$

што е противречност.

4. Софија и Виктор на табла со димензии $2022 \times 2022$ ја играат следнава игра:

- прво Софија целата табла ја покрива со домина што не се преклопуваат и не излегуваат надвор од таблата,
- потоа Виктор на лист хартија запишува природен број $n$, без притоа да ја види поставеноста на домината на таблата, па ја разгледува таблата со домината на неа, избира $n$ домина и ги фиксира (лепи) на таблата,
- потоа Софија ги отстранува од таблата преостанатите (незалепените) домина, и се обидува да добие ново целосно покривање на таблата, кое ќе се разликува од почетното.

Ако Софија успее да најде ново различно покривање, таа победува, а во спротивно победува Виктор.

Определи ја најмалата можна вредност при која Виктор секогаш може да победи, без разлика какво е почетното покривање.

Решение. Прво да забележиме дека $n \geq 1011^{2}$. Навистина, нека почетното покривање на Софија е конфигурација при која таблата прво е поделена на дисјунктни $2 \times 2$ квадрати, па секој од нив е покриен со точно две домина. За да победи Виктор мора да фиксира барем по едно домино од секој од овие $2 \times 2$ квадрати (види цртеж). Од друга страна, бројот на такви $2 \times 2$ квадрати е еднаков на $\frac{2022^{2}}{4}=1011^{2}$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_8f3dccbd1cc0a0302b69g-04.jpg?height=408&width=1104&top_left_y=1367&top_left_x=340)

Ќе докажеме дека овој број е доволен. Ги нумерираме редиците и колоните со $1,2, \ldots, 2022$ и на секое единечно квадратче му придружуваме пар целобројни координати (број на редица и број на колона). Потоа во црно го боиме секое единечно квадратче кај кое двете координати се непарни. Јасно, во секој $2 \times 2$ е содржан точно по едно црно квадратче и вкупниот број црни квадратчиња е еднаков на $\frac{2022^{2}}{4}=1011^{2}$. Ќе го докажеме тврдењето:

Ако при произволно почетно покривање на таблата Виктор го фиксира секое домино што покрива ирно квадратче, тогаш Софија не може да добие ново покриваъе различно од почетното.

Нека го претпоставиме спротивното, т.е. дека Софија може да добие ново покривање. Конструираме два графа, син и црвен, чии темиња се единечните квадрати на таблата: имено, ги поврзуваме со сино рабро секои две темиња (единечни квадрати) кои се покриени со исто домино во почетната конфигурација, и додаваме по едно црвено ребро меѓу секои две темиња (единечни квадрати) кои се покриени со исто домино во новата конфигурација. Да забележиме дека и синиот граф $G_{S}=$ $\left(V, E^{\prime}\right)$ и црвениот граф $G_{C}=(V, E ")$ се 1-регуларни, т.е. во секој од нив степенот на секое теме е 1. Земаме симетрична разлика на двата графа, односно го разгледуваме графот $G=\left(V, E^{\prime} \Delta E^{\prime \prime}\right)$, при што ги игнорираме боите на ребрата. Бидејќи $E^{\prime} \neq E^{\prime \prime}$, графот $G$ не е празен, т.е. множеството ребра е $E^{\prime} \Delta E^{\prime \prime} \neq \varnothing$. Секое изолирано теме $v$ во $G$ има степен 2 , бидејќи $v$ е инцидентно со едно црвено и едно сино ребро. Оттука заклучуваме:

i) секое црно теме (единечен квадрат) е изолирано во $G$,

ii) E' $\Delta E$ " е дисјунктна унија од циклуси, iii)секој таков циклус $C$ има парна должина и неговите ребра последователно се обоени во различни бои (црвена и сина).

Да разгледаме произволен ваков циклус $C$ во $G$. Тој претставува затворена искр-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_8f3dccbd1cc0a0302b69g-05.jpg?height=435&width=425&top_left_y=1172&top_left_x=1018)
шена линија без самопресекувања. Да ја разгледаме севкупноста од сите единечни квадрати кои целосно се содржани внатре во $C$, која ќе ја наречеме внатрешност на $C$ и ќе ја означиме со $\operatorname{Int}(C)$.

Да забележиме дека при двете конфигурации површината на $\operatorname{Int}(C)$ е целосно покриена со домина кои не излегуваат надвор од неа, бидејќи $\operatorname{Int}(C)$ е изолирана од остатокот од таблата. Притоа $\operatorname{Int}(C)$ е непразна: имено мора да содржи барем едно црно единечно квадратче (бидејќи секој $2 \times 2$ квадрат на таблата содржи точно едно црно квадратче. Од истите причини секое ќоше (аголно единечно квадратче) од $\operatorname{Int}(C)$ е црно. Ќе докажеме дека не е можно површината на $\operatorname{Int}(C)$ да се покрие
со домина кои не излегуваат надвор од неа. Имено, ќе го докажеме следново тврдење:

Плоштината на $\operatorname{Int}(C)$ е непарна.

Тврдењето ќе го докажеме со индукција по $b$, бројот на единечни црни квадратчиња содржани во $\operatorname{Int}(C)$. Јасно, тврдењето важи за $b=1$, бидејќи тогаш целата плоштина е еднаква на 1 . Нека $b>1$ и да претпоставиме дека тврдењето важи за сите помали вредности од $b$. Ќoшињата на $\operatorname{Int}(C)$ се црни и можеме да заобиколиме (изоставиме) едно од нив, со што ја намалуваме плош-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_8f3dccbd1cc0a0302b69g-06.jpg?height=541&width=543&top_left_y=422&top_left_x=918)
тината за 2 (ако црното квадратче е на ќош во двете насоки - на цртежот шрафирано со хоризонтални линии) или за 4 (ако црното квадратче е на ќош во една насока - на цртежот шрафирано со вертикални линии). Така парноста на плоштината останува непроменета, а вредноста на $b$ се намалува за 1. Сега тврдењето следува од индуклтивната претпоставка.

Со ова докажавме дека $n \leq 1011^{2}$.

Претходно видовме дека $n \geq 1011^{2}$, па значи одговорот на задачата е $n=1011^{2}$.

5. Даден е остроаголен триаголник $A B C(\overline{A B}<\overline{B C})$ со опишана кружница $\Gamma$. Нека $I$ и $I_{a}$ се центрите на впишаната и $A$-припишаната кружница, соодветно. Правата $A I$ по втор пат ја сече $\Gamma$ во $D$, а точката $A^{\prime}$ е дијаметрално спротивна на $A$ во однос на $\Gamma$. Точките $X$ и $Y$ припаѓаат на $\Gamma$ и се такви што $\measuredangle I X D=\measuredangle I I_{a} Y D=90^{\circ}$. Тангентите на $\Gamma$ во $X$ и $Y$ се сечат во $Z$. Докажи дека точките $A^{\prime}, D, Z$ се колинеарни.

Решение. Прв начин. Тврдењето ќе го докажеме во неколку чекори.

Чекор 1. Правите $I X$ и $I_{a} Y$ се сечат на $\Gamma$.

Доказ. Нека $N$ е средината на лакот $B C$ што ја содржи $A$. Тогаш $N D$ е дијаметар на $\Gamma$, па затоа $\measuredangle N X D=90^{\circ}$. Правите $I X$ и $N X$ се нормални на $D X$, па затоа $I X$ минува низ $N$. Слично, $\Varangle N Y D=90^{\circ}$, т.е. $N Y \perp Y D$, што значи дека $I_{a} Y$ минува низ $N$. Конечно, $I X$ и $I_{a} Y$ се сечат на $\Gamma$ во точката $N$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_8f3dccbd1cc0a0302b69g-07.jpg?height=1043&width=831&top_left_y=1033&top_left_x=476)

Чекор 2. Нека $P$ и $Q$ се средините на помалите лакови $A B$ и $A C$. Нека правите $P X$ и $Q X$ ги сечат правите $A B$ и $A C$ во точките $U$ и $V$,
соодветно. Тогаш опишаната кружница $\omega_{1}$ околу ${ }_{\triangle} U X V$ е тангентна на $A B, A C$ и $\Gamma$.

Доказ. Од теоремата на Паскал применета на шестаголникот $B A C P X Q$ следува дека точките $B A \cap P X=U, A C \cap X Q=V$ и $C P \cap B Q=I$ се колинеарни, што значи дека $I$ припаѓа на правата $U V$. Повторно, од теоремата на Паскал применета на шестаголникот $N A B Q P X$ следува дека точките $N A \cap P Q, A B \cap P X=U$ и $B Q \cap N X=I$ се колинеарни. Но, познато е дека $A N \| P Q$ (Докажи!). Тоа значи дека правите $A N$ и $P Q$ се сечат во бесконечна точка, па затоа правата $I U$ е паралелна со правите $A N$ и $P Q$.

Да воочиме дека $\measuredangle D A N=90^{\circ}$, бидејќи $D N$ е дијаметар, добиваме $A N \perp A I$. Оттука следува дека $P Q$ и $U V$ се нормални на $A I$.

Бидејќи $P Q \| U V$, постои хомотетија $H$ со центар во $X$ таква што $H(P)=U$ и $H(Q)=V$. Тангентата $t_{P}$ на $\Gamma$ во $P$ е паралелна со $A B$ заради симетрија, па затоа $H\left(t_{P}\right)=A B$. Слично, тангентата $t_{Q}$ на $\Gamma$ во $Q$ е паралелна со $A C$, па затоа $H\left(t_{Q}\right)=A C$.

Од претходната дискусија заклучуваме дека $H(\Gamma)=(U X V)$ и $(U X V)$ ги допира правите $A B$ и $A C$. Фактот дека (UXV) ја допира $\Gamma$ следува од $H(\Gamma)=(U X V)$.

Чекор 3. Нека $\omega_{2}$ е тангентната кружница на $A B$ и $A C$ што ја допира $\Gamma$ од надворешната страна. Тогаш $\omega_{2}$ и $\Gamma$ се допираат во $Y$.

Доказ. Доказот е аналоген со доказот од чекор 2, заради дуалноста меѓу впишаната и $A$-припишаната кружница.

Чекор 4. Четириаголникот XDYA' е хармониски.

Доказ. Нека $\Psi$ е композицијата на инверзијата со центар $A$ и радиус $r=\sqrt{\overline{A B} \cdot \overline{A C}}$ со симетријата во однос на симетралата на аголот $\measuredangle B A C$. Јасно, $\Psi \circ \Psi$ е идентичното пресликување.

Нека $H, T, T_{a}$ се нормалните проекции на $A, I, I_{a}$ врз правата $B C$, соодветно. Нека $E$ е пресечната точка на $A D$ и $B C$. Имаме $B I$ и $B I_{a}$ се внатрешна и надворешна симетрала на $\measuredangle A B E$, па затоа двојниот однос $\left(A, E ; I, I_{a}\right)$ е еднаков на -1 , т.е. овие точки формираат хармониска четворка.

При ортогонална проекција се запазува двојниот однос, па затоа $\left(H, E ; T, T_{a}\right)=-1$. Ако се искористи дека инверзијата и осната симетрија го запазуваат двојниот однос, доволно е да докажеме дека $\Psi(H)=A^{\prime}$, $\Psi(E)=D, \Psi\left(T_{a}\right)=X$ и $\Psi(T)=Y$. Последното повлекува дека четириаголникот $A^{\prime} D X Y$ е хармониски ( $\Psi$ го запазува двојниот однос).

Лесно се гледа дека $\Psi(B)=C$ и $\Psi(C)=B$, па затоа $\Psi(B C)=\Gamma$. Исто така $E \in A D \cap B C$ повлекува $\Psi(E) \in \Psi(A D) \cap \Psi(B C)=A D \cap \Gamma$, што значи $\Psi(E)=D$.

Да забележиме дека $\triangle A B H \sim \triangle A A^{\prime} C$, што значи $\overline{A H} \cdot \overline{A A^{\prime}}=\overline{A B} \cdot \overline{A C}=r^{2}$ и $\measuredangle B A H=\measuredangle C A A^{\prime}$, па е $\Psi(H)=A^{\prime}$.

Сега ќе докажеме дека $\Psi\left(T_{a}\right)=X$. Бидејќи впишаната кружница во $\triangle A B C$ ги допира правите $A B, A C$ и $B C, \Psi$ ја пресликува во кружницата што ги допира $A B, A C$ и $\Gamma=\Psi(B C)$. Тоа значи дека $A$-припишаната кружница се пресликува или во $\omega_{1}$ или во $\omega_{2}$ (дефинирани во чекорите 2 и 3). Лесно се гледа дека $A$-припишаната кружница се пресликува во $\omega_{1}$. Тоа значи дека $\Psi\left(T_{a}\right)$ истовремено лежи на $\omega_{1}$ и на $\Gamma$, па затоа $\Psi\left(T_{a}\right)=X$. Слично се добива дека $\Psi(T)=Y$, бидејќи впишаната кружница се пресликува во $\omega_{2}$.

Докажавме дека XDYA' е хармониски четириаголник. Како што знаеме тангентите на опишаната кружница на хармониски четириаголник повлечени во две спротивни темиња се сечат на дијагоналата која минува низ другите две темиња. Според тоа, тангентите на $G$ во $X$ и $Y$ се сечат на правата $A^{\prime} D$, што и требаше да се докаже.

Bтор начин. Прво да забележиме дека $A A^{\prime}$ е дијаметар на опишаната кружница и оттука $\Varangle A D A^{\prime}=90^{\circ}$. Имаме

$$
2 \measuredangle D B I+\measuredangle B D A=2 \measuredangle D B C+2 \measuredangle C B I+\measuredangle B C A=180^{\circ}
$$

што повлекува дека $\triangle B D I$ е рамнокрак. Исто така, $\measuredangle I B I_{a}=90^{\circ}$, што значи дека $D$ е средина на $I I_{a}$, па затоа $\overline{D I}=\overline{D I_{a}}$.

Точките $X$ и $Y$ припаѓаат на кружниците $k_{1}$ со дијаметар $I D$ и $k_{2}$ со дијаметар $D I_{a}$, соодветно., т.е. овие точки се вторите пресечни точки на $k_{1}$ и $k_{2}$ со опишаната кружница на триаголникот $A B C$ ( $D$ е првиот пресек). Сега, користејќи дека $\measuredangle A D A^{\prime}=90^{\circ}$, заклучуваме дека $A^{\prime} D$ е заедничка тангента на $k_{1}$ и $k_{2}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_8f3dccbd1cc0a0302b69g-10.jpg?height=527&width=737&top_left_y=246&top_left_x=516)

Нека $U$ и $V$ се пресечните точки на $k_{1}$ со $X Z$ и $k_{2}$ со $Y Z$, соодветно. Имаме, $\triangle X U D \sim \triangle A^{\prime} D X \quad\left(\measuredangle U X D=\measuredangle D A^{\prime} X\right.$ и $\measuredangle X U D=\measuredangle A^{\prime} D X$ ), па затоа $\frac{\overline{X U}}{\overline{D X}}=\frac{\overline{A^{\prime} D}}{\overline{X A^{\prime}}}$ и $\triangle Y V D \sim \triangle A^{\prime} D Y \quad\left(\measuredangle V Y D=\measuredangle D A^{\prime} Y\right.$ и $\left.\measuredangle Y V D=\measuredangle A^{\prime} D Y\right)$, па затоа $\frac{\overline{Y V}}{\overline{D Y}}=\frac{\overline{A^{\prime} D}}{\overline{Y A^{\prime}}}$. Од последните две равенства следува

$$
\begin{aligned}
\frac{\overline{X U}}{\overline{Y V}} & =\frac{\overline{D X}}{\overline{D Y}} \cdot \frac{\overline{A^{\prime} D}}{\overline{X A^{\prime}}} \cdot \frac{\overline{Y A^{\prime}}}{\overline{A^{\prime} D}}=\frac{\overline{D X}}{\overline{D Y}} \cdot \frac{\overline{Y A^{\prime}}}{\overline{X A^{\prime}}}=\frac{\overline{D X}}{\overline{D Y}} \cdot \frac{\sin \measuredangle Y D A}{\sin \measuredangle X D A} \\
& =\frac{\overline{D X}}{\overline{D Y}} \cdot \frac{\sin \measuredangle Y V D}{\sin \measuredangle X U D}=\frac{\overline{D X}}{\sin \measuredangle X U D} \cdot \frac{\sin \measuredangle Y V D}{\overline{D Y}}=\frac{\overline{D I}}{\overline{D I_{a}}}=1
\end{aligned}
$$

па затоа $\overline{X U}=\overline{Y V}$. Сега, за степенот на $Z$ во однос на $k_{1}$ и $k_{2}$ имаме:

$$
\overline{Z X} \cdot \overline{Z Y}=\overline{Z X} \cdot(\overline{Z X}-\overline{U X})=\overline{Z Y} \cdot(\overline{Z Y}-\overline{V Y})=\overline{Z Y} \cdot \overline{Z V}
$$

Оттука следува дека $Z$ лежи на радикалната оска на кружниците $k_{1}$ и $k_{2}$, па затоа $Z D \perp I I_{a}$, што заедно со $\measuredangle A D A^{\prime}=90^{\circ}$ повлекува дека $Z, D$ и $A^{\prime}$ се колинеарни.