1996_mmo_resenja.dvi

Транскрипт

1 37. ME UNARODNA MATEMATIQKA OLIMPIJADA Mumbaj, Indija sreda, 10. jul Neka je ABCD pravougaona tabla sa AB = 20 i BC = 12. Tabla je razloжena na jediniqnih kvadrata. Neka je r prirodan broj. Novqi moжe da se premesti iz jednog kvadrata u drugi ako i samo ako je rastojanje njihovih centara jednako r. Zadatak je da se nađe niz premextanja koji prevodi novqi iz kvadrata kome je A jedno teme u kvadrat kome je B jedno teme. (a) Dokazati da se zadatak ne moжe izvrxiti ako je r deljivo sa 2 ili 3. (b) Dokazati da se zadatak moжe izvrxiti ako je r = 73. (v) Moжe li se zadatak izvrxiti ako je r = 97? (Finska) 2. Neka je P unutraxnja taqka trougla ABC takvadaje APB AC B = APC ABC. Neka su D i E centri krugova upisanih u trouglove APB i APC, redom. Dokazati da se AP, BD i CE seku u jednoj taqki. (Kanada) 3. Neka je N 0 skup svih nenegativnih celih brojeva. Na i sve funkcije f : N 0 N 0 takve da je f (m + f (n)) = f (f (m)) + f (n) za sve m,n N 0. (Rumunija) Language: Serbian Vreme za rad: 4 sata i 30 minuta Svaki zadatak vredi 7 poena

2 37. ME UNARODNA MATEMATIQKA OLIMPIJADA Mumbaj, Indija qetvrtak, 11. jul Prirodni brojevi a i b su takvi da su brojevi 15a + 16b i 16a 15b kvadrati prirodnih brojeva. Na i najmanju mogu u vrednost koju moжe uzeti manji od ta dva kvadrata. (Rusija) 5. Dat je konveksan xestougao ABCDEF takav da je AB paralelno sa DE, BC paralelno sa EF i CD paralelno sa FA.Neka R A, R C i R E oznaqavaju polupreqnike krugova opisanih oko trouglova FAB, BCD i DEF, redom,ineka p oznaqava obim xestougla. Dokazati da vaжi R A + R C + R E p 2. (Jermenija) 6. Dati su prirodni brojevi n, p, q takvi da je n > p + q. Neka su x 0, x 1,...,x n celi brojevi koji zadovoljavaju slede e uslove: (i) x 0 = x n = 0; (ii) za svaki ceo broj i (1 i n) vaжix i x i 1 = p ili x i x i 1 = q. Dokazati da postoji par (i, j ), gdejei < j i (i, j ) (0,n), takav da je x i = x j. (Francuska) Language: Serbian Vreme za rad: 4 sata i 30 minuta Svaki zadatak vredi 7 poena

3 REXENjA 1. Radimo sa rexetkom A = {(x, y) Z 2 0 x 19, 0 y 11}. Svaki korak je oblika (x, y) (x + a, y + b), gdesua,b Z i a 2 + b 2 = r, a cilj je da se ovakvim koracima po rexetki A stigne od taqke (0,0) do (19,0). (a) Ako 2 r,onda2 a + b kad god je a 2 + b 2 = r (a,b Z), pa parnost zbira x + y ostaje ista posle svakog koraka. Zato iz (0,0) ne moжemo sti i do (19,0). Ako 3 r,onda3 a,b, pax i y ostaju deljivi sa 3, i opet se ne moжe do i do taqke (19,0). (b) Poxto je r = 73 = , svaki korak je oblika (x, y) (x ± 8, y ± 3) ili (x, y) (x±3, y ±8). Slika1prikazuje jedno rexenje. (v) Sada je 97 = Razlikujemo slika 1 dve vrste poteza: vodoravne oblika (x, y) (x ± 9, y ± 4) i uspravne oblika (x, y) (x ± 4, y ± 9). Posmatrajmo skupove B = {(x, y) A 4 y 7} i C = {(x, y) A y < 4 ili y > 7}. Pri svakom vodoravnom potezu prelazimo iz skupa B u slika 2 skup C ili obrnuto, dok su vodoravni potezi uvek unutar skupa C. S druge strane, vodoravni potezi menjaju parnost koordinate x, a uspravni je ne menjaju. Prema tome, da bismo doxli iz taqke (0,0) u (19,0), trebanam neparan broj vodoravnih poteza, ali na takav naqin, poqevxi iz skupa C, zavrxi emo u skupu B, a(19,0) B. Dakle, odgovor je ne. Napomena. Slika2prikazujesvapoljadokojisemoжesti iudelu(v). Jasno je da se ovaj deo zadatka i ovako moжe rexiti. 2. Neka su X,Y, Z redom podnoжja normala iz taqke P na prave BC, CA i AB. Izte- A tivnih qetvorouglova AZPY, BXPZ i CXPY sledi XZY = APB C XYZ = APC B XY = PC sin C i XZ = PBsin B. Iz uslova zadatka sledi da je trougao XYZ jednakokraki i XY = XZ, odakle B X C sledi PBsin B = PC sin C, tj. po sinusnoj teoremi AB PB = AC. Sledi da simetrale PC uglova ABP i AC P dele duж AP u istom odnosu, tj. seku se na AP. Z P Y

4 Drugo rexenje. Za ma koju taqku X,nekaX oznaqava njenu sliku pri inverziji Ψ A,r. Uslov zadatka postaje B C P = C B P, tj. B P = C P. Kako je B P = r 2 APAB BP i C P = r 2 APAC CP odatle sledi AC /AB = PC/PB. 3. Zamenom m = n = 0 dobijamo f (0) = 0 i odatle f (f (n)) = f (n) za sve n. Nula-funkcija je trivijalno rexenje. Pretpostavimo da je f 0. Posmatrajmo najmanje a N za koje je f (a) = a (takvo a postoji jer je f (f (n)) = f (n) za sve n N). Iz (1) sledi indukcijom da je f (ka) = ka za sve k N. Xta vixe, kako je f (ka+ i) = f (i + f (ka)) = ka+ f (i) ka+ i za 0 < i < a, jednakost f (x) = x vaжi ako i samo ako a x. Između ostalog, a f (n) za n N. Ako sada oznaqimo f (i) = an i za i = 0,1,...,a 1 (pri qemu je n 0 = 0 i n i N 0 za 1 i < a), dobijamo f (n) = (k + n i )a, gde je n = ka+ i i 0 i < a. Osim nula-funkcije, i sve ovakve funkcije su rexenja: zaista, ako ubacimo m = ka+i i n = la+ j, dobijamo f (m + f (n)) = f (ka+i + f (la+ j )) = f ((k +l +n j )a +i) = (k + l + n j + n i )a = f (f (m)) + f (n). 4. Oznaqimo 15a + 16b = x 2 i 16a 15b = y 2,gdesux, y N. Tada je x 4 + y 4 = (15a + 16b) 2 + (16a 15b) 2 = ( )(a 2 + b 2 ) = 481(a 2 + b 2 ). Dakle, 481 = x 4 + y 4. S druge strane, poznato je slede e tvrđenje: Lema. Ako je p > 2 prost broj i x, y Z takvi da p x 4 + y 4 i p xy,onda8 p 1. Dokaz. Neka je y 1 Z takvo da je yy 1 1(modp). Tada p (xy 1 ) (xy 1 ) 8 1, tj. poredak broja xy 1 po modulu p je 8, odakle sledi da 8 p 1. Kako 13 1 i 37 1(mod8), sledi da su x i y deljiviisa13 isa37, pa481 x, y. S druge strane, x = y = 481 se dostiжe za a = i b = 481. Drugo rexenje. Vaжi 15x y 2 = 481a 2. Direktno se proverava da je 15x y 2 deljivo sa 13 (ili 37) ako i samo ako su takvi i x i y. Prema tome 481 x, y. 5. Oznaqimo FAB = CDE = α, ABC = DEF = β i BCD = EFA = γ. Imamo 2R A = BF sin α. Neka su A i A redom podnoжja normala iz taqke A na prave BC i EF,a D i D podnoжja normala iz D na BC i EF. Kako je BF A A = FAsinγ + AB sinβ i BF D D = CDsinγ + DE sinβ, sledi da je A A A B F E C D D D

5 4R A A A + D D = (CD+ FA) sinγ sinβ + (AB + DE) sinα sinα sinα. Sabiranjem sa analognim nejednakostima za R C i R E dobijamo 4(R A + R C + R E ) ( ) ( ) ( ) (AB + DE) sin α sin β + sinβ sinβ sin α + (BC + EF) sin γ + sinγ sinγ sin β + (CD+ FA) sinα + sin α sinγ 2(AB + DE) + 2(BC + EF) + 2(CD+ FA) = 2p, xto smo i жeleli da dokaжemo. Jednakost vaжi ako i samo ako je α = β = γ = 120 i BF BC itd, xto vaжi samo u pravilnom xestouglu. Drugo rexenje. Neka su P, Q i R taqke takve da su FABP, BCDQ i DEFR paralelogrami, a X,Y, Z taqke takve da prave XY,Y Z, ZX redom prolaze kroz B,D,F i normalne su na BP,DQ,FR.Kakoje 2R A = PX, 2R C = QY i 2R E = RZ, treba dokazati da vaжi PX +QY + RZ PF + PB +QB +QD + RD + RF. ( ) Oznaqimo YZ= x, ZX = y i XY = z. Neka su Y x i Z x redom taqke simetriqne taqkama Y i Z u odnosu na simetralu Z ZXY. Tada je y PB + z PF = XZ x PB+ E XY x PF = 2P XZx P + 2P XYx P = 2P XYx PZ x Q D Y x Z x PX = x PX, pa dobijamo F PX z x PF + y PB. (1) x A C Oznaqimo sa P,Q,R redom sredixta X B Y duжi QR,RP,PQ. Sabiranjem (1) sa analognim nejednakostima za QY i RZ dobijamo ( ) ( ) y PX +QY + RZ x PB + x y QB + z y QD + y z RD + ( x z RF + z x ( ) ( ) PF) = x y + y R y B + x z + z P D + ( z y x + x ) (2) z Q F δ, gde je δ = ( x y y x ) ( ) y PQ + z z y QR + ( z x x ) z RP. QR Najzad, trouglovi PQR i XYZ su sliqni, tj. YZ = RP ZX = PQ XY = k, pajeδ = k( x y y x )z + k( y z z y )x + k( z x x z )y = 0. Sada ( ) sledi iz (2) korix enjem nejednakosti x y + y x 2, y z + z y 2 i z x + x z 2. Napomena. Nejednakost ( ) je zapravo opxtija varijanta Erdox-Mordelove nejednakosti koja se sliqno dokazuje. R P 6. Ne umanjuju i opxtost, moжemo da smatramo da je nzd(p, q) = 1.

6 Kako je x i x i 1 p (mod p + q) za sve i, vaжi0 = x n x 0 np (mod p + q) i odatle p + q n. Takođe, x i+p+q x i + (p + q)p x i (mod p + q) za sve 0 i n p q. Posmatrajmo niz y i = x i+p+q x i, i = 0,...,n p q. Po prethodnom, svi qlanovi ovog niza su deljivi sa p + q. Xta vixe, y i+1 y i = (x i+p+q+1 x i+p+q ) (x i+1 x i ) je jednako 0 ili ±(p + q). Prema tome, ako nijedno y i nije jednako 0, onda svi brojevi y i moraju da budu istog znaka. Međutim, to je nemogu e jer je y 0 + y p+q ++y n p q = x n x 0 = 0. Sledi da je y i = 0, tj. x i+p+q = x i za neko i. Duxan uki srb.imomath.com