32zadatka_2014_IMO-pripreme_ddj.dvi

Транскрипт

1 Pripreme za MMO - Beograd, juni 014 Zadaci za samostalan rad (pripremio Duxan uki ) Pokuxao sam, verovatno neuspexno, da unutar svake oblasti sortiram zadatke od lakxih ka teжim Radite ih sami (ali ne na qasovima) i probajte svaki Dajem vam nedelju dana za rad Lepo se zabavite Algebra 1 Dokazati da se proizvoljnih 101 brojeva 0 = x 0 x 1 x 100 = 1 mogu podeliti u dve grupe tako da se aritmetiqke sredine brojeva u njima razlikuju za bar Na i sve funkcije f : R R koje za sve x,y R zadovoljavaju jednakost f(x+f(x+y)) = f(x y)+f(x) 3 Na i sve funkcije f : Q + Q + takve da za sve x vaжi f(x)+f( 1 x ) = 1 i f(x) = f(f(x)) 4 Dati su realni brojevi a,b,c,d 0 qiji je zbir Dokazati nejednakost ab(a + b + c )+bc(b +c +d )+cd(c +d +a )+da(d +a +b ) 5 Polinom P(x) stepena n sa realnim koeficijentima je takav da vaжi P(x) 1 za sve x [0,1] Dokazati da je P( 1 n ) n Odrediti sve funkcije f : R R takve da za neku realnu konstantu M vaжi f(x) < M za sve x R i vaжi f(xf(y))+yf(x) = xf(y)+f(xy) za sve x,y R 7 Neka su a 0,a 1,,a n realni brojevi Ako jednaqina a0 1 x + a1 1 x + + an 1 x = 0 ima n+1 rexenje x (0,1), dokazati da i jednaqina a 0 +a 1 y+ +a n y n = 0 ima rexenje y (0,1) 8 Ako su a 1,a,,a n (n ) realni brojevi takvi da je a 1 + a + +a n nejednakost 1 n n a i a j 1 i<j n Geometrija = n, dokazati 9 Na stranici B trougla AB date su taqke D i E, pri qemu je D između B i E Ako su p 1 i p redom obimi trouglova AB i ADE, dokazati da je p 1 > p +min{bd,e} 10 U paralelogramu ABD sa oxtrim uglom u temenu A, krug kroz taqke A,B i D seqe prave B i D redom u taqkama K i L U tom krugu N je taqka dijametralno suprotna taqki A Dokazati da je N centar opisanog kruga trougla KL 11 Dat je oxtrougli trougao AB Unutar trougla odabrana je taqka M takva da je BM = 180 BA Prave BM i M seku naspramne stranice trougla AB u taqkama D i E redom Dokazati da opisani krug trougla ADE prolazi kroz fiksnu taqku (razliqitu od A), nezavisno od izbora taqke M 1 Jezero ima oblik konveksnog stougla A 1 A A 100 sa centrom simetrije u taqki O Na jezeru se nalazi ostrvo B 1 B B 100, gde je B i sredixte duжi OA i Ostrvo je opasano visokim zidom i preko njega se nixta ne vidi U dvema dijametralno suprotnim taqkama obale nalaze se dva straжara Dokazati da svaku taqku obale vidi bar jedan straжar 13 U oxtrouglom trouglu AB sa (strogo) najmanjom stranicom B, H i O su redom ortocentar i centar opisanog kruga Opisani krug trougla AH seqe pravu AB u taqki M A, a opisani krug AHB seqe pravu A u taqki N A Dokazati da centar opisanog kruga trougla MNH leжi na pravoj OH 14 Neka je O centar opisanog kruga oxtrouglog trougla AB, Taqke P i Q na stranicama AB i A redom su takve da je BOP = AB i OQ = AB Dokazati da prava simetriqna pravoj B u odnosu na pravu PQ dodiruje opisani krug trougla APQ 15 U trouglu AB, taqke D i E na pravoj AB su takve da je D A B E i AD = A, BE = B Oznaqimo sa M i N redom sredixta lukova A i B opisanog kruga AB koji ne sadrжe tre e teme Prave DM i A se seku u P, a prave EN i B se seku u Q Dokazati da centar upisanog kruga I trougla AB leжi na pravoj PQ

2 16 Dat je oxtrougli troiugao AB Neka je D podnoжje visine iz temena A, a M i N redom podnoжja normala iz D na stranice AB i A Prava MN seqe opisani krug k trougla AB u taqkama P i Q, a prava AD seqe k u taqki R A Dokazati da je D centar upisanog kruga trougla P QR Kombinatorika 17 Dat je prirodan broj n Dokazati da je broj permutacija σ skupa {1,,,4n}, takvih da je i+σ(σ(i)) = 4n+1 za sve i = 1,,4n, jednak (n)! n! 18 Izabrano je nekoliko zatvorenih intervala (duжine ve e od 0) sa krajevima u celobrojnim taqkama od 0 do 013 Pritom, kad god je jedan interval sadrжan u drugom, ta dva intervala imaju jedan zajedniqki kraj Koliko najvixe intervala moжe biti? 19 U ravni je dato deset taqaka oznaqenih brojevima 1,,, 10 Moжemo da postavimo koordinatni sistem u ravni i da zapixemo taqke u rastu em poretku po prvoj koordinati (pod uslovom da su ove koordinate razliqite) Koliko najvixe razliqitih permutacija brojeva 1,,10 moжemo da dobijemo na ovaj naqin? 0 U grafu sa 300 temena sva temena imaju stepen 3 Koliko najvixe ciklova duжine 4 moжe biti u tom grafu? 1 Dati su prirodni brojevi a i b Konaqni skupovi A,B Z su disjunktni i imaju svojstvo da za svako x A B vaжi x+a A ili x b B Dokazati da je a A = b B Posmatrajmo n krugova 1,,, n u ravni takvih da centar kruga i leжi na krugu i+1, gde je n+1 = 1 Odrediti najve i mogu i broj parova (i,j) za koje unutraxnjost kruga j leжi u unutraxnjosti kruga i 3 U poljima tablice n n raspoređeno je n 1 жetona Dokazati da se neki od ovih жetona mogu obojiti u zeleno tako da (1) u svakoj vrsti i svakoj koloni ima paran broj zelenih жetona, ili () u svakoj vrsti i svakoj koloni ima neparan broj zelenih жetona 4 U koordinatnoj ravni je dato 013 kvadrata stranice 1 sa stranicama paralelnim osama Dokazati da zbir povrxina svih oblasti koje su pokrivene neparnim brojem kvadrata nije manji od 1 Teorija brojeva 5 Dokazati da za svako n N postoji n međusobno razliqitih celih brojeva qiji je zbir kvadrata jednak zbiru kubova 6 Dati su realni brojevi a i,b i (1 i k) Definiximo x n = [a 1 n +b 1 ] + +[a k n+b k ] Ako je niz x 1,x, aritmetiqka progresija, dokazati da je a 1 +a + +a k ceo broj 7 Za prirodan broj n oznaqimo sa b n broj jedinica u binarnom zapisu n Kaжemo da je n uobraжen ako b n n Dokazati da (a) ne postoji 5 uzastopnih prirodnih brojeva koji su svi uobraжeni; (b) postoji beskonaqno mnogo trojki uzastopnih prirodnih brojeva koji su svi uobraжeni 8 Na i sve parove prirodnih brojeva a,b za koje vaжi a +17 = b 4 9 Dat je prirodan broj n Na i najmanji prirodan broj m za koji postoje prirodni brojevi a 1 < a < < a n = m takvi da je 1 (a i +a i+1 ) potpun kvadrat za i = 1,,,n 1 30 Neka su x i y < x prirodni brojevi Ako je x +y deljivo sa x y, dokazati da x +y i x y imaju iste skupove prostih delilaca 31 Neka su a i b uzajamno prosti neparni prirodni brojevi Na i sve mogu e vrednosti broja NZD( a + a+1 +1, b + b+1 +1) 3 Niz a 1 = 1,a,a 3 je definisan na slede i naqin: za n, a n je najmanji prirodan broj koji se ne pojavljuje među brojevima a 1,a,,a n 1 takav da n a 1 + a + + a n Dokazati da je a an = n

3 Rexenja 1 Pretpostavimo bez smanjenja opxtosti (u suprotnom je dovoljno posmatrati brojeve 1 x 0,,1 x 100 ) da je aritmetiqka sredina datih brojeva bar 1 Stavimo x 0 = 0 u jednu grupu, a ostale brojeve u drugu Kako je x 1 + +x , aritmetiqka sredina u drugoj grupi je bar , a u prvoj je 0 Za x Z odaberimo x,y tako da je x + y = z i f(x + y) = y, tj x = z + f(z) Data funkcionalna jednaqina postaje f(z+f(z)) = 0 Dalje, za x R i y = 0 polazna jednaqina daje f(x)+f(x) = f(x+f(x)) = 0, dakle f(x) {0, 1} Međutim, ako za neke x,z vaжi f(x) = 1, f(z) = 0, stavljanjem y = x z u polaznu jednaqinu dobijamo f(x+f(x+y)) = 1, xto je nemogu e Dakle, funkcija f je konstantno jednaka 0 3 Funkcija f(x) = x x+1, tj f(p q ) = p p+q (p,q N) zadovoljava uslove zadatka Pokaza emo indukcijom po n = p+q da je f( p p q ) jednoznaqno određeno (i samim tim jednako p+q ) Za poqetak imamo f(1) = 1, a zatim iz f() = f(f(1)) = f(1 ) = f() imamo i f() = 3 i f( 1 ) = 3 Dakle, tvrđenje vaжi za n 3 Neka n Kako je f( p q ) = 1 f(q p ), dovoljno je ispitati sluqaj p < q Tada je f( p q ) = f(f( p q p )) = 1 f( p q p ) = 1 p = p p+ q p p+q po indukcijskoj pretpostavci Neka n Ako p, onda q i f( p q ) = 1 f(q p ) Zato emo smatrati da p = k Imamo f( k n k ) = f(f( k k n k )) = f( a 0 = k i a i+1 = n k ) = { f(n k k ) Definiximo niz ai ako a i ; n a i ako a i Kako a i+1 jednoznaqno određuje a i, niz (a i ) je periodiqan, te je a m = a 0 za neko m > 0 Po prethodnom vaжi f( ai n a i ) = 1 c i + c i f( ai+1 n a i+1 ) za sve i, gde je c i { 1,1} Ponovljenom primenom ove jednakosti dobijamo f( a0 n a 0 ) = A+Bf( am n a m ), tj f( k k n k ) = A + Bf( n k ) za neko A,B (B = ±m ), pa ova jednakost jednoznaqno određuje f( k n k ) Ovim je indukcija zavrxena 4 Leva strana nejednakosti nije ve a od (ab+bc+cd+da)(a +b +c +d ) 1 8 (a +b +c + d +(ab+bc+cd+da)) 1 8 (a+b+c+d) = Jednakost se dostiжe za (a,b,c,d) = (1,1,0,0) i cikliqne rasporede 5 Posmatranjem polinoma Q(x) = P(nx) tvrđenje se svodi na slede e: ako je Q polinom stepena n i Q(x) 1 za 0 x n, onda je Q( 1) n+1 1 Dokaza emo ovo tvrđenje indukcijom po n Baza n = 0 je trivijalna Pretpostavimo da tvrđenje vaжi za n 1 i neka je degq = n i Q(x) 1 za 0 x n Tada polinom R(x) = 1 (Q(x) Q(x + 1)) ima stepen n 1 i zadovoljava uslov R(x) 1 za 0 x n 1, pa je po induktivnoj pretpostavci 1 (Q( 1) 1) R( 1) n 1, tj Q( 1) n Zamena x = y = 1 daje f(f(1)) = f(1) Sada zamena x = 1, y = f(1) daje f(1) = f(1) Ali ako je f(1) = 1, stavljanjem y = 1 dobijamo f(x) = x za sve x, protivno uslovu ograniqenosti Dakle, f(1) = 0 Dalje, ubacivanjem x = 1 sada dobijamo f(f(y)) = f(y) To znaqi da ako t S = {f(x) x R}, onda i t S, a odatle indukcijom n t S Kako je skup S ograniqen odozgo, mora biti t 0, tj f(x) 0 za sve x Ubacivanjem ( x,f(y)) u polaznu jednaqinu umesto (x,y) dobijamo f(xy) yf(x) = f(xf(y)) xf(y) = f( x f(y)) f(x )f(y) 0 jer su vrednosti f nepozitivne; sledi da je f(xy) yf(x) za sve x,y Za y = 1 x i x > 0 poslednja relacija postaje f(x) 0, dakle f(x) = 0 za x > 0 Takođe je f(0) = f(f(1)) = f(1) = 0 Pretpostavimo sada da je f(b) 0 za neko b < 0 Kako je f(b) < 0, za x < 0 imamo f(xf(b)) = f(xf(b)) = 0, pa zamenom y = f(b) u polaznu jednaqinu dobijamo xf(b) f(b)f(x) = 0, odakle je f(x) = x Prema tome, imamo dve mogu nosti za f: f 1 (x) = 0 za sve x ili f (x) = { x za x < 0; 0 za x 0 Funkcija f 1 je trivijalno rexenje Funkcija f takođe zadovoljava polaznu jednaqinu Zaista, ako oznaqimo L = f(xf(y)) +yf(x) i D = xf(y)+f(xy), za x,y 0 je L = D = 0, za x 0 > y je L = D = 4xy, za x < 0 y je L = D = xy, i za x,y < 0 je L = D = xy

4 7 Oznaqimo P(x) = a 0 + a 1 x + + a n x n 1 Kako je = lim 1 x k m (1 + x + x + + x k ) za 0 x < 1, vaжi 0 = n i=0 a i = lim 1 xi+1 n m i=0 a i (1+x i+1 + +x m(i+1) ) = lim m (P(1)+xP(x)+ +xm P(x m )) Poxto nisu svi sabirci x i P(x i ) jednaki 0, među njima mora biti i pozitivnih i negativnih Dakle, P menja znak u intervalu [0, 1], pa ima nulu unutar tog intervala 8 Neka je L leva strana nejednakosti Dokaza emo da je nl n(n 1) = a ia j i<j n a ia j n Kao prvo, primetimo da je a i n; pritom, ako je a i = n, onda je a j = 0 za j i, pa nejednakost trivijalno vaжi Zato smatramo da je a i < n i samim tim n a i a j > 0 Kako je a i a j (ai+aj) 4 i a i a j a i +a j, na osnovu Koxi-Xvarcove nejednakost vaжi a i a j n a i a j (a i +a j ) (n a i )+(n a j ) a i n a j + a j n a i Sabiranjem po svim parovima i < j dobijamo traжenu nejednakost 9 Sa p XYZ emo oznaqavati obim XYZ Neka je bez smanjenja opxtosti BD < E i neka su A i D redom taqke simetriqne taqkama A i D u odnosu na sredixte stranice B Kako je p ADD p ADE, dovoljno je dokazati da vaжi p AB > p ADD + BD, xto je opet ekvivalentno sa AB+A > AD+AD, tj AB+BA > AD+DA Poslednja nejednakost sledi iz AB +BA > AK +KA > AD+DA, gde je K presek pravih A D i AB 10 Oznaqimo BA = α Kako je NKL = NDL = AD 90 = 90 α i analogno NLK = 90 α, sledi NK = NL i KNL = α = KL, pa je N centar kruga KL 11 Kako je BM = BH, gde je H ortocentar AB, taqka M leжi na krugu BH Smatramo bez smanjenja opxtosti da je M na kra em luku BH Neka krug nad preqnikom AH seqe krug BH u taqki F H Kako je AFM = 90 + HFM = BA + AH + HM = 180 AEM, taqke A,E,M,F su na istom krugu Sliqno je i taqka D na tom krugu, pa opisani krug trougla ADE uvek prolazi kroz taqku F 1 Neka su straжari u taqkama A i B Pretpostavimo da nijedan od njih ne vidi taqku na obali, jer je ona zaklonjena straжarima u A i B redom taqkama D i E na ostrvu Oznaqimo sa A,B, redom sredixta duжi OA,OB,O Takođe, neka je D Ē taqka na duжi B takva da je B Ē A D EĒ Kako je B A D+ A B E 180, Ē pripada duжi BE Taqka A leжi unutar ili na A O B B granici DE, i samim tim je unutar ili na granici DĒ Oznaqimo A = a, B = b, D A = k i E B = l Tada je = 1 4 ( a+ b) = 1 4kD+ 1 4l Ē, pa je unutar ili na 1 granici DĒ ako i samo ako je k,l 0 i 4k + 1 4l 1, tj k +l 4kl S druge strane, DA = A + D = ( 3 4 k) a+ 1 4b je paralelno sa ĒB = 1 4 a+(3 4 l) b, pa je ( 3 4 k)(3 4 l) = 1 16, tj 3(k + l) +4kl = 0, odakle sledi k +l 1 i 4kl (k + l) = (k + l) 0 Zato je jedino mogu e da su sve gornje nejedakosti zapravo jednakosti, pa je k = l = 1, ali tada je deo ostrva iznad prave AB qetvorougao A DĒB, suprotno pretpostavci da je stougao 13 Neka je O centar kruga MNH, P i P redom podnoжja normala iz O i O na HM, a Q i Q redom podnoжja normala iz O i O na HN Dovoljno je pokazati da je HP HP = HQ HQ A Neka su D i E redom taqke simetriqne taqki H u odnosu na AB i A Taqke D i E su na opisanom krugu trougla AB Kako je HMB = HA = HBM, vaжi HM = HB, pa je HBDM romb; analogno je M O N HEN romb, i pritom je HBDM HEN Q D P E O jer je BHM = HN = A Primetimo da taqke P i Q leжe na simetralama H P Q duжi BD i E redom jer je OP BD i B

5 OQ E Taqke P i Q su sredixta duжi HM i HN Prema tome, taqkama P,P u rombu HBDM odgovaraju taqke Q,Q u rombu HEN, pa je HP HP = HQ HQ 14 Uglove AB oznaqavamo uobiqajeno sa α,β,γ Kako je POQ = 360 BOP OQ BO = 180 α, taqke A,P,O,Q su na istom krugu Posmatrajmo taqku T na pravoj B takvu da je PT = PB Iz BTP = A BOP sledi da su taqke O,P,B,T na krugu, pa je O Mikelova taqka za P,Q,T Odavde su i taqke O,Q,,T koncikliqne, pa imamo PTQ = BO BA = α Prema tome, P Q krug PQT je simetriqan krugu APQ u odnosu O na pravu PQ Ostaje da primetimo da prava B dodiruje krug PQT: zaista, PQT = AO B AB = β = PTB Odavde odmah sledi tvrđenje zadatka 15 Neka BM i AN seku naspramne stranice trougla redom u K i L Iz sliqnosti trouglova BM i BKA ( BM = BAK, BM = KBA) imamo BK BM = BA B; osim toga, zbog D AL vaжi BA/BD = Q BL/B Sledi BK BM = BL BD, xto zajedno sa DBM = KBL daje BDM R BKL Analogno, AEN ALK N Neka se DM i EN seku u R Iz dobijenih P M L sliqnosti imamo RDE = MDB = LKB K I i DER = AEN = ALK, pa je NRM = 180 RDE DER = 180 LKB D A B E ALK = KIL = BIA = 180 IAB ABI = 180 AN MB = NM (uglovi su orijentisani) Prema tome, R je na opisanom krugu AB Sada kolinearnost taqaka I, P, Q sledi iz Paskalove teoreme za xestougao ABMRN 16 Kako je OAM + AMN = DAN + ADN = 90, tetiva PQ je normalna na OA, pa je A sredixte luka PQ Sledi da je RA simetrala ugla PRQ Iz ABP = AQP = APM sledi da su trouglovi ABP i APM sliqni, pa je AP = AB AM = AD, dakle AD = AP = AQ, pa na osnovu Velikog zadatka zakljuqujemo da je D centar upisanog kruga PQR 17 Fiksirajmo i {1,,4n} Element j = σ(i) je razliqit od i i 4n + 1 i i moжe se odabrati na 4n naqina Izborom i i j jednoznaqno su određeni σ (i) = 4n + 1 i i σ 3 (i) = 4n + 1 j, dok je σ 4 (i) = i Dalje, za proizvoljan element k {i,j,4n + 1 i,4n + 1 j}, broj l = σ(k) se moжe odabrati na 4n 6 naqina (l 4n + 1 k), qime su automatski određeni σ (k) i σ 3 (k) Nastavljaju i ovaj postupak zakljuqujemo da se traжena particija moжe konstruisati na taqno (4n )(4n 6) 6 naqina, xto je jednako (n)! n! 18 Dodelimo intervalu [i,j] zbir i+j Ne postoje dva intervala kojima je dodeljen isti broj, pa kako su svi dodeljeni brojevi prirodni i ne ve i od 405, intervala nema vixe od 405 Primer sa 405 intervala dobijamo uzimanjem svih intervala sa jednim krajem 0 ili Rotirajmo koordinatni sistem neprekidno u konstantnom smeru Redosled projekcija taqaka A i B na x-osi e se promeniti kad y-osa prođe kroz poloжaj paralelan pravoj AB, xto e se dogoditi dvaput pri rotaciji za ugao π Kako pravih određenih sa po dve od datih taqaka ima 45, dobi emo najvixe 90 razliqitih permutacija 0 Posmatrajmo proizvoljno teme grafa Za svake dve grane iz tog temena, postoje najvixe dva cikla duжine 4 koji sadrжe te dve grane Dakle, ima najvixe 6 ciklova kroz posmatrano teme, pa ukupno ne moжe biti vixe od = 450 ciklova Ovaj broj se dostiжe kada imamo 50 nezavisnih grafova K 3,3 1 Posmatrajmo orijentisani graf qija su temena elementi A B, a grana od i do j postoji ako je j = i a A ili j = i+b B Po uslovu zadatka, izlazni stepen svakog temena je bar 1, a ulazni je najvixe 1 jer je A B = Kako je zbir ulaznih stepena jednak T

6 zbiru izlaznih, iz svakog temena izlazi i u njega ulazi taqno jedna grana To znaqi da je ovaj graf unija disjunktnih ciklova 1,, k Neka cikl i sadrжi a i elemenata skupa A i b i elemenata B Tada se duж grana cikla i indeksi temena uve avaju za a taqno a i puta, a umanjuju se za b taqno b i puta, odakle je aa i = bb i Kako ovo vaжi za svaki cikl, sledi a A = b B Postavimo redom n krugova tako da je, za i n 1, krug i unutar kruga i 1 i prolazi kroz njegov centar, a krug n ima centar na 1 i prolazi kroz centar n 1 Ovako dobijamo primer sa (n 1)(n ) parova (i, j) Skup G posmatranih parova ima slede e osobine: (1) (i,i) G; () (,1),(3,),,(1,n) G; (3) (i,j),(j,k) G (i,k) G; (4) (i,j) G (j,i) G Dokaza emo indukcijom po n (baza n = ) da skup G sa osobinama (1)-(4) ima najvixe (n 1)(n ) elemenata Ako nijedan od parova (1,),(,3),,(n,1) nije u G, onda je G n(n 1) n = (n 1)(n ) 1 Zato pretpostavimo da npr (n,1) G Tada (1,n 1) G (u suprotnom bi iz (3) sledilo (n,n 1) G), pa skup G = {(i,j) G 1 i,j n 1} zadovoljava (1)-(4) za n 1, i po induktivnoj pretpostavci je G (n )(n 3) Ostaje da pokaжemo da je G\G n : odatle e slediti G (n )(n 3) +(n ) = (n 1)(n ) Pretpostavimo da je G\G = n 1 Tada za svako i = 1,,n 1 taqno jedan od parova (i,n),(n,i) pripada G Kako (n,n 1) G, vaжi (n 1,n) G Ako (n,n ) G, onda iz (3) sledi (n 1,n ) G, xto nije taqno; dakle, (n,n ) G i (n,n) G Sliqno, (n,n 3) G i (n 3,n) G, itd, i najzad (n,1) G i (1,n) G, kontradikcija 3 Za k = 1,,n 1, neka je a k i = b k j = 1 ako se k-ti жeton nalazi u i-toj vrsti i j-toj koloni, i a k i = ak j = 0 za i i i j j Posmatrajmo vektore v k = (a k 1,,a k n,b k 1,,b k n 1) u vektorskom prostoru Z n 1 Ako postoje 1 k 1 < k < < k r n 1 takvi da je v k1 + +v kr jednako vektoru 0 = (0,,0) (odnosno 1 = (1,,1)), onda bojenjem жetona k 1,,k r u zeleno postiжemo da u n vrsta i n 1 kolona, a samim tim i u preostaloj koloni, ima paran (neparan) broj zelenih жetona Ako su vektori v 1,,v n 1 linearno zavisni, to znaqi da postoje ǫ 1,,ǫ n 1 {0,1} takvi da je n 1 i=1 ǫ i v i = (0,0,,0) = 0 U suprotnom, svaki vektor u Z n 1 se moжe predstaviti u obliku njihove linearne kombinacije; dakle, n 1 i=1 ǫ i v i = (1,1,,1) za neke ǫ i = {0,1}, qime je dokaz zavrxen 4 Za svaku taqku A u ravni definiximo S[A] kao skup svih taqaka koje se dobijaju translacijom taqke A za neki vektor (i,j), i,j Z Ako nijedna taqka skupa S[A] ne leжi na granici nekog od datih kvadrata, vidimo da svaki kvadrat pokriva taqno jednu taqku iz S[A] Kako je broj kvadrata neparan, bar jedna taqka u S[A] je pokrivena neparan broj puta To znaqi da se translatima delova oblasti pokrivenih neparan broj puta moжe pokriti jediniqni kvadrat; dakle, njihova ukupna povrxina je bar 1 5 Za n = 3 moжemo da konstruixemo beskonaqno mnogo primera (x,y,z) stavljaju i y = z: tada uslov zadatka postaje x +y = x 3, tj ( y x ) = x 1, xto za y x = k daje (x,y,z) = (k +1,k(k +1), k(k +1)) Sada primer za n = 3r moжemo dobiti uzimaju i uniju r disjunktnih trojki ovog oblika (takve se oqigledno mogu izabrati) Za n = 3r +1 ili 3r + dovoljno je ovoj 3r-torki dodati nulu, jedinicu ili oba 6 Neka je x n = an+b za neke konstante a,b Z Oznaqimo A = a 1 + +a k i B = b 1 + +b k Iz a i n+b i 1 [a i n+b i ] a i n+b i sabiranjem za 1 i k sledi An+B k x n An+B, tj B b k (a A)n B b za sve n, xto je mogu e jedino ako je A = a 7 (a) Za k N brojevi 4k + 1 i 4k + ne mogu istovremeno da budu uobraжeni jer je b 4k+ = b 4k+1 > 1 Međutim, među ma kojih 5 uzastopnih brojeva nalaze se 4k+1 i 4k+ za neko k (b) Podesi emo n tako da n 1,n,n+1 budu uobraжeni sa b n 1 = 7, b n = 4 i b n+1 = 5 Traжimo n oblika 4a + 4b + 4c + 4 jer tada 4 n i 5 n+1; jox treba odabrati a,b,c tako da 7 n 1 a + b + c +1, a za to je dovoljno uzeti a b c 1 (mod 3) Napomena Uz malu izmenu dobijamo jaqi primer: za n = 1a b c (a,b,c N) brojevi n,n+1,n+,n+3 su svi uobraжeni

7 8 Posmatrajmo jednaqinu po modulu 17: iz 4a b 16 1 (mod 17) sledi da 8 4a, tj a, pa je 17 = (b a/ )(b+ a/ ) Odavde dolazimo do jedinog rexenja (a,b) = (6,9) 9 Oznaqimo traжeno m sa m n Imamo m 1 = 1 i m = 7: 1 (1 +7 ) = 5 Primer a i = i 1 pokazuje da je m n n 1: zaista, tada je 1 (a i +a i+1 ) = (i +i+1) Da bismo dokazali da je m n = n 1, dovoljno je da pokaжemo da ne postoje prirodni brojevi n 1 x < y < (n+1) 1 takvi da je x +y potpun kvadrat Pretpostavimo suprotno, da je x + y = z Tada su x i y iste parnosti i y x < 4n +, pa vaжi ( x+y ) < z = ( x+y ) +( y x ) ( x+y ) +(n), odakle sledi ( x+y ) +(n) ( x+y +1), tj 4n x+y +1, xto je nemogu e 30 Za neki prirodan broj n vaжi x +y = n(x y ), tj (n+1)y (n 1)x = Dovoljno je pokazati da je x y deljivo sa n Pretpostavimo suprotno, da postoji rexenje (x,y) jednaqine ( ) za koje n x y, i posmatrajmo ono rexenje (x 0,y 0 ) za koje je y 0 minimalno Primetimo da ako je (x,y) rexenje ( ), onda je i (nx (n+1)y,ny (n 1)x) rexenje Xta vixe, ako n (x y ), onda n (nx (n+1)y) (ny (n 1)x) y x (mod n) Prema tome, po uslovu minimalnosti mora da bude ny 0 (n 1)x 0 y 0, tj x 0 y 0 ili x 0 n+1 n 1 y 0 Zamenjivanjem u ( ) se dobija y 0 1, a to je mogu e jedino za (x 0,y 0 ) = (1,1) Međutim, n 1 1, xto je kontradikcija 31 Primetimo da je ( a + a+1 + 1)( a a+1 + 1) = ( a + 1) a+1 = a + 1 Sledi da je d = ( a + a+1 +1, b + b+1 +1) ( a +1, b +1) ( 4a 1, 4b 1) = (4a,4b) 1 = 15 Pritom 3 a +1, pa imamo d 5 Mogu e vrednosti su 1 i 5 Za a = b = 1 je d = 5, dok je za (a,b) = (1,3) d = 1 3 Poqetni qlanovi niza su 1,3,,6,8,4,11,5, Vidimo da je a i = j i a j = i za (i,j) = (1,1),(,3),(4,6),(5,8),(7,11), Uvedimo niz parova P 0,P 1,P, prirodnih brojeva (P i = {f i,g i }) na slede i naqin: P 0 = (1,1) i, za n 0, f n je najmanji broj koji se ne pojavljuje u parovima P 0,,P n 1, a g n = f n +n Nizovi (f n ) i (g n ) su rastu i i svaki prirodan broj pripada taqno jednom paru Definiximo niz b n relacijama b fn = g n i b gn = f n Tada je b bn = n, pri qemu je {n,b n } = P n bn Dokaza emo da je b n = a n Lema Za svako n N, n b 1 +b + +b n Dokaz Neka su k i K redom najmanje i najve e i sa f i n g i Tada je {1,,,n} = {f 0,f 1,,f K } {g 1,g,,g k 1 }, odakle je n = K+k S druge strane, skup {b 1,,b n } sadrжi g i ako je f i n (tj i K), i sadrжi f i ako je g i n (tj i k 1) Dakle, {b 1,,b n } = {f 0,f 1,,f k 1 } {g 1,g,,g K } Kako je g i = f i +i, zakljuqujemo da je n j=1 b j = n j=1 j + K i=k i = n(n k) Pretpostavimo da je b i = a i za 1 i n 1, ali b n a n Po definiciji nizova (a n ),(b n ) imamo n b n a n > 0, pa zbog b n < n mora biti a n = b n n, pa je {b n,n} = P an To znaqi da su se svi brojevi manji od n, pa tako i a n, ve pojavili u parovima P 1,,P an 1 Neka a n P k Kako je a n {b 1,,b n 1 }, mora biti f k = a n i g k n = f an Međutim, parovi P 1,,P k pokrivaju po dva elementa skupa A = {,,g k }, dok svaki od f k k = g k k parova P k+1,,p fk = {n,b n } pokriva po jedan element A, qime je pokriveno ukupno k +(g k k) = g k elemenata skupa A, a to je nemogu e Napomena Moжe se pokazati da je a n = [nφ] ako je n = [kφ] +1 za neko k = 0,1,,, i a n = [nφ 1 ]+1 u suprotnom, gde je φ = 1+ 5 ( )