# MMO 2001 

1. Докажи дека равенката $m x^{2}-s y^{2}=3, m, s \in \mathbb{Z}$, нема решение во ако $m \cdot s=2000^{2001}$.

Решение. Да претпоставиме спротивно, т.е. дека равевката

$$
m x^{2}-s y^{2}=3, m, s \in Z \text { и } m s=2000^{2001}
$$

има решение $x_{\circ}, y_{\circ}$ во $\boldsymbol{Z}$. Тогаш,

$$
m x_{0}^{2}=s y_{0}^{2}+3
$$

и бидејќи $m \neq 0$ добиваме,

$$
\begin{gathered}
m^{2} x_{0}^{2}=m s y_{0}^{2}+3 m=2000^{2001} y_{0}^{2}+3 m, \quad \text { т.e. } \\
\left(m x_{0}\right)^{2} \equiv m s y_{0}^{2}+3 m \equiv(-1)^{2001} y_{0}^{2} \equiv-y_{0}^{2}(\bmod 3)
\end{gathered}
$$

Квадрат на цел број може да има остаток 0 или 1 по модул 3 , па според тоа

$$
\left(m x_{0}\right)^{2} \equiv-y_{0}^{2} \equiv 0(\bmod 3)
$$

т.е. $3\left|y_{0}^{2} \Rightarrow 3\right| y_{0}$. Аналогво се добива дека $3 \mid x_{0}$. Но во тој случај $9 \mid x_{0}^{2}$ и $9 \mid y_{0}^{2}$, па $9 \mid m x_{0}^{2}-s y_{0}^{2}$, т.е. $9 \mid 3$.

2. Дали постои функција $f: \boldsymbol{N} \rightarrow \boldsymbol{N}$ таква што за секој $n \geq 2$ важи

$$
f(f(n-1))=f(n+1)-f(n) ?
$$

Решение. Нека $n \in \mathbb{N}$ в $n \geq 2$. За секој $i=2, \ldots, n$ важи

$$
f(f(i-1))=f(i+1)-f(i)
$$

Го формираме збирот $\sum_{i=2}^{n} f(f(i-1))$ и добиваме:

$$
\sum_{i=2}^{n} f(f(i-1))=\sum_{i=2}^{n}(f(i+1)-f(i))=f(n+1)-f(2)
$$

односно $f(n+1)=f(2)+\sum_{i=2}^{n} f(f(i-1)) \geq n \quad(f$ е функција во $\mathbb{N})$. Значи

$$
f(i-1) \geq i-2, f(f(i-1)) \geq f(i-2) \geq i-3,
$$

па според тоа

$$
\begin{aligned}
f(n+1)= & f(2)+f(f(1))+f(f(2))+\sum_{i=4}^{n} f(f(i-1)) \geq \\
& \geq 3+\sum_{i=4}^{n}(i-3)=3+\frac{(n-2)(n-3)}{2}
\end{aligned}
$$

Значи $f(n+1) \geq \frac{n^{2}-5 n+12}{2}>2 n+1$ за $n \geq 10$. Нека $f(2 n)=M>4 n+3$. Тогаш имаме

$$
f(M)=f(2)+\sum_{i=2}^{M-1} f(f(i-1))
$$

$$
\begin{gathered}
f(2 n)=f(2)+\sum_{i=2}^{2 n-1} f(f(i-1)) \\
f(M)-f(2 n)=f(f(2 n))+f(f(2 n+1))+\ldots+f(f(M-2))
\end{gathered}
$$

Ho $f(f(2 n))=f(M)$ па добиваме

$$
-f(2 n)=f(f(2 n))+f(f(2 n+1))+\ldots+f(f(M-2))
$$

штто не е можно. Звачв не постов таква фувкцвја.

3. Нека $A B C$ е разнострав трваголяик впишая во кружвида $k$. Нека $t_{A}, t_{B}, t_{C} \propto$ тангевтите ва кружнидата $k$ во точкяте $A, B, C$ соодветно. Докажи дека: $A B K t_{C}, A C K t_{B}, B C K t_{A}$ в дека точките $A B \cap t_{C}, A C \cap t_{B}, B C \cap t_{A}$ се колявеарвв.

Решение. Избвраме правоаголев коордвватев свстем со почеток во $C$, п правата ${ }^{t_{C}}$ за $y$-оска. Тогаm за секоја точка од кружницата важв $(x-1)^{2}+y^{2}=1$. Нека $A\left(a, \sqrt{2 a-a^{2}}\right)$ и $B\left(b, \sqrt{2 b-b^{2}}\right)$. Да озкачме $A=2 a-a^{2}$ и $B=2 b-b^{2}$. Toгат правите $t_{A}$ п $O B$ вмаат равенкв $y-\sqrt{A}=\frac{1-a}{\sqrt{A}}(x-a)$ п $y=\frac{\sqrt{B}}{b} x$ соодветво, па за пресечната точка $M\left(x_{M}, y_{M}\right)$ на овие две прави добиваме: $x_{M}=\frac{a b}{D_{B}}, y_{M}=\frac{a \sqrt{B}}{D_{b}}$ каде $D_{b}=\sqrt{A} \sqrt{B}-b(1-a)$. Ствчно, aкo $N\left(x_{N}, y_{N}\right)$ e upeсечвата точка ва правите $A C$ и $t_{B}$ добиваме $x_{N}=\frac{a b}{D_{a}}$ в $y_{N}=\frac{b \sqrt{A}}{D_{a}}$, каде $D_{a}=\sqrt{A} \sqrt{B}-a(1-b)$. Aкo $D\left(x_{D}, y_{D}\right)$ e пресечва точка на правщте $A B$ и ${ }^{T} C$ добиваме $x_{D}=0$ в $y_{D}=\frac{b \sqrt{A}-a \sqrt{B}}{b-a}$. Равенката на правата $M N$ e

$$
y-y_{N}=\frac{y_{M}-y_{N}}{x_{M}-y_{N}}\left(x-x_{N}\right)
$$

За $x=0$ добиваме

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_05_9b2a56cbe3014b5aeebbg-2.jpg?height=491&width=587&top_left_y=1182&top_left_x=877)

$$
y=y_{N}-\frac{-\frac{b \sqrt{A}}{D_{a}}+\frac{a \sqrt{B}}{D_{b}}}{\frac{a b}{D_{b}}-\frac{a b}{D_{a}}} x_{n}=\ldots=\frac{b \sqrt{A}-a \sqrt{B}}{b-a}
$$

Според тоа добиваме дека правата $M N$ ја сече $t_{C}$ (т.е. $y$-оската) во точката $D$, па точките $M, N$ и $D$ се колинеарни. Ако претпоставиме дека $t_{A} \| B C$, тогаш $\angle M A B=\angle C B A$. Оттука $\angle M A B=90^{\circ}-\angle B A S=90^{\circ}-\left(90^{\circ}-\gamma\right)=\gamma$. Ho $\angle C B A=\beta$, па добщваме $\beta=\gamma$, одвосво триаголнихот $A B C$ ве е разнострав, штто е во противречност со условот на задачата. Според тоа $A B$ I I $_{C}, A C H I_{B}, B C E t_{A}$.

4. Нека $M$ е конечно множество и нека $\Omega \subseteq \mathscr{P}(M)$ (партитивно множество) за кое важат следниве услови:

(1) Ако за $A, B \in \Omega$ важи $|A \cap B| \geq 2$, тогаш $A=B$;

(2) Постојат $A, B, C \in \Omega$, такви што $A \neq B \neq C \neq A$ и $|A \cap B \cap C|=1$;

(3) За секој $A \in \Omega$, и за секој $a \in M \backslash A$, постои единствено $B \in \Omega$, такво штто $a \in B$ и $A \cap B=\varnothing$.

Докажи дека постојат броеви $p$ и $s$ такви што:

(a) За секој $a \in M$, бројот на мвожествата од $\Omega$ што ја содржат точката a e $p$;

(б) За секој $A \in \Omega,|A|=s$;

(в) $s+1 \geq p$.

Решение. (a) Нека $x \in M$. Да означиме $\langle x\rangle=\{X \in \Omega \mid x \in X\}$. Ќе докажеме дека $(\forall x, y \in M)|\langle x\rangle|=|\langle y\rangle|$. Дефинираме пресликување

$$
\varphi:\langle x\rangle \rightarrow\langle y\rangle \text { co } \varphi(T)=\left\{\begin{array}{l}
T, y \in T \\
T^{\prime}, y \notin T
\end{array}\right.
$$

каде $T^{\prime}$ е множеството за кое $y \in T^{\prime}$ и $T \cap T^{\prime}=\varnothing$ а неговото постоење и единственост следува од (3) и притоа $\varphi$ е биекција. Значи $|\langle x\rangle|=|\langle y\rangle|$. Според тоа ако $a \in M$ и $p=|\langle a\rangle|$ следува дека и секое друго множество од $\Omega$ што ја содржи $a$ ќе има $p$ елементи.

(б) Нека $A, B \in \Omega$ и $A \neq B$. Ќe дефинираме биекција меґ́у $A$ и $B$.

$1^{\circ} A \cap B=\varnothing$. Нека $a \in A$. Тогаш $a \notin B$. Од $|\langle a\rangle| \geq 3$ (следува од условот (2)) следува дека постои $C \in \Omega$ така што $C \cap B \neq \varnothing$ и $C \cap B=\left\{a^{\prime}\right\}$. Дефинираме пресликување $\psi: A \rightarrow B$ со $\psi(a)=a^{\prime}$. За постои $D \in \Omega$ така што $D \cap C=\varnothing$, $D \cap B=\left\{x^{\prime}\right\}$ и $D \cap A=\{x\}$. Сега ставаме $\psi(x)=x^{\prime} . \psi$ е биекција (за сурјективноста се користи условот (3)). Според тоа $|A|=|B|$.

$2^{\circ} A \neq B, 0<|A \cap B| \leq 1$, па нека $A \cap B=\{a\}$. Дефинираме пресликување $\psi: A \rightarrow B$ со $\psi(a)=a$. Од условот (2) следува дека постои $C \in \Omega$ така што $a \in C, C \neq A, C \neq B$. Нека $x \in A$ е произволен елемент. Од условот (3) постои $D \in \Omega$ така што $x \in D, D \cap B=\varnothing$ и $D \cap C=\left\{x^{\prime \prime}\right\}$. Повторно од условот (3) постои $E \in \Omega$ така што $E \cap A=\varnothing$ и $E \cap B=\left\{x^{\prime}\right\}$. По дефиниција ставаме $\psi(x)=x^{\prime} . \psi$ е биекција. Значи $|A|=|B|$.

Нека $A \in \Omega$ е произволно и нека $s=|A|$. Тогаш од $1^{\circ}$ и $2^{\circ}$ добиваме $(\forall B \in \Omega) \mid B \vDash s$.

(в) Нека $A \in \Omega$ е произволно. Според (б) имаме $|A|=s$. Нека $a \notin A$. Од (a) $|\langle a\rangle|=p$. Од (3) постои $B \in \Omega$ така што $B \cap A=\varnothing$ и $a \in B$. За секој $C \in\langle a\rangle$, $C \cap A \neq \varnothing$ (следува од (1)). Множества $C$ со такво својство, заради $|\langle a\rangle|=p$ има $p-1$, и заради $|A|=s$ добиваме $p-1 \leq s$ т.е. $p \leq s+1$.