# MMO 1995 Задача 1. Нека $a_{0}$ е реален број. Низата $\left\{a_{n}\right\}$ е зададена со $$ a_{n+1}=3^{n}-5 a_{n}, \quad n=0,1,2, \ldots $$ a) Изразете го општиот член $a_{n}$ преку $a_{0}$ и $n$. б) Најдете таков $a_{0}$, што $a_{n+1}>a_{n}$, за секој $n$. Решение. а) Од (1) добиваме: $$ a_{n}=3^{n-1}-5 a_{n-1}=3^{n-1}-5\left(3^{n-2}-5 a_{n-2}\right)=3^{n-1}-5 \cdot 3^{n-2}+5^{2} a_{n-2} $$ Продолжувајќи ја постапката наоѓаме: $$ \begin{aligned} a_{n} & =3^{n-1}\left(1-\frac{5}{3}+\left(\frac{5}{3}\right)^{2}-\ldots+(-1)^{n-1}\left(\frac{5}{3}\right)^{n-1}\right)+(-1)^{n} 5^{n} a_{0} \\ & =\frac{1}{8}\left(3^{n}+(-1)^{n-1} \cdot 5^{n}\right)+(-1)^{n} \cdot 5^{n} a_{0}, n \in \mathbb{N} \end{aligned} $$ б) Да ја одредиме разликата $a_{n+1}-a_{n}$. Имаме: $$ \begin{aligned} & a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{8}\left(3^{n+1}+(-1)^{n} \cdot 5^{n+1}\right)+(-1)^{n} \cdot 5^{n+1} a_{0}- \\ - & \frac{1}{8}\left(3^{n}+(-1)^{n} \cdot 5^{n}\right)-(-1)^{n} \cdot 5^{n+1} a_{0} \\ = & \frac{1}{8}\left(3^{n+1}-3^{n}+(-1)^{n} \cdot 5^{n} \cdot 5+(-1)^{n} 5^{n}\right)+(-1)^{n+1} \cdot 6 \cdot 5^{n} \cdot a_{0} \\ = & \frac{1}{8}\left(2 \cdot 3^{n}+(-1)^{n} \cdot 6 \cdot 5^{n}\right)+(-1)^{n+1} \cdot 6 \cdot 5^{n} \cdot a_{0} \end{aligned} $$ Ако поделиме со $5^{n}$ добиваме $$ \frac{a_{n+1}-a_{n}}{5^{n}}=\frac{1}{4}\left(\frac{3}{5}\right)^{n}+(-1)^{n} \cdot 6\left(\frac{1}{8}-a_{0}\right) \text {. } $$ Според тоа, ако $a_{0} \neq \frac{1}{8}$, тогаш при доволно големо $n$ знакот на (2) ќе зависи од знакот на $(-1)^{n} \cdot 6\left(\frac{1}{8}-a_{0}\right)$ и ќе се менува во зависност од парноста на $n$. Ако $a_{0}=\frac{1}{8}$, тогаш $a_{n+1}-a_{n}>0$. Значи, $a_{0}=\frac{1}{8}$. Задача 2. Нека $a, b$ и с се страни во триаголник, а $h_{a}$, $h_{b}$ и $h_{c}$ се соодветните висини. Докажете дека $$ h_{a}^{2}+h_{b}^{2}+h_{c}^{2} \leq \frac{3}{4}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) $$ Кога важи равенство? Решение. Ако со $m_{a}, m_{b}, m_{c}$ ги означиме тежишните линии, тогаш $$ m_{a}^{2}=\frac{b^{2}+c^{2}}{2}-\frac{a^{2}}{4}, \quad m_{b}^{2}=\frac{a^{2}+c^{2}}{2}-\frac{b^{2}}{4}, \quad m_{c}^{2}=\frac{a^{2}+b^{2}}{2}-\frac{c^{2}}{4} $$ Од неравенствата $$ h_{a}^{2} \leq m_{a}^{2}, \quad h_{b}^{2} \leq m_{b}^{2}, \quad h_{c}^{2} \leq m_{c}^{2} $$ добиваме $$ \begin{aligned} h_{a}^{2}+h_{b}^{2}+h_{c}^{2} \leq m_{a}^{2}+m_{b}^{2}+m_{c}^{2} & =\frac{b^{2}+c^{2}}{2}-\frac{a^{2}}{4}+\frac{a^{2}+c^{2}}{2}-\frac{b^{2}}{4}+\frac{a^{2}+b^{2}}{2}-\frac{c^{2}}{4} \\ & =\frac{3}{4}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \end{aligned} $$ Равенството важи ако и само ако $h_{a}=m_{a}, h_{b}=m_{b}$ и $h_{c}=m_{c}$ т.е. ако и само ако триаголникот е рамностран. Задача 3. Докажете дека производот на 8 последователни природни броеви никогаш не може да биде четврти степен на природен број. Решение. Со $x$ да го означиме најмалиот од 8-те последователни природни броеви. Тогаш нивниот производ можеме да го запишеме како: $$ \begin{aligned} P & =[x(x+7)] \cdot[(x+1)(x+6)] \cdot[(x+2)(x+5)] \cdot[(x+3)(x+4)]= \\ & =\left(x^{2}+7 x\right)\left(x^{2}+7 x+6\right)\left(x^{2}+7 x+10\right)\left(x^{2}+7 x+12\right) \end{aligned} $$ Ставаме $x^{2}+7 x+6=a$ и добиваме $$ \begin{aligned} P & =(a-6) a(a+4)(a+6)=\left(a^{2}-36\right)\left(a^{2}+4 a\right)= \\ & =a^{4}+4 a^{3}-36 a^{2}-144 a= \\ & =a^{4}+4 a\left(a^{2}-9 a-36\right)=a^{4}+4 a(a+3)(a-12) \end{aligned} $$ Бидејќи $a=x^{2}+7 x+6$ и $x \geq 1$ имаме $a \geq 14$ и $(a-12) \in \mathbb{N}$. Значи $P>a^{4}$. Ho, $P=a^{4}+4 a^{3}-36 a^{2}-144 a