ME URODI TREIG Z MMO Râmnicu Vâlcea, 19. & 0.01.007. Prvi dan Zadata 1. Konaqno mnogo rugova preriva oxtrougli trougao. Doazati da je zbir njihovih polupreqnia ne manji od polupreqnia opisane ruжnice tog trougla. Zadata. ea je n prirodan broj. Odrediti sve polinome f(x stepena n sa omplesnim oeficijentima, tao da f(x + x +1 f(x 3 1. Zadata 3. ea je n prirodan broj. Жiri MMO je sastavljen od 15n qlanova i omunicira na 5 jezia. a MMO 007. prime eno je da svaim parom razliqitih jezia moжe razgovarati taqno 6n qlanova жirija i da svaom trojom razliqitih jezia moжe razgovarati taqno 3n qlanova жirija. Doazati da svaa dva qlana жirija mogu razgovarati na neom od ovih jezia i da postoji jezi ojim moжe razgovarati bar 10n qlanova жirija. Drugi dan Zadata 1. Utrouglu taqe,, su dodirne taqe spolja pripisanih ruжnica sa duжima,, redom. Doazati da se opisane ruжnice trouglova i seu u taqi oja se nalazi na simetrali (taqi razliqitoj od taqe. Zadata. ea je n prirodan broj i = n + n 1. Polja matrice su obojena sa n boja. Doazati da postoji podmatrica, dimenzije, qija su sva 4 polja iste boje. Zadata 3. ea su a i n prirodni brojevi. Doazati da postoji prirodan broj m tao da n deli a m m. Rexenja: Prvi dan Zadata 1. ea rugovi, qiji su polupreqnici r 1,...,r n, prerivaju. Tada oni ne mogu biti međusobno disjuntni, tj. bar imaju zajedniqu taqu (nea su to rugovi qiji su polupreqnici r i i r j. o je jedan od rugova sadrжan u drugom, njegovim izostavljanjem se dobija prerivanje ruga sa n 1 rugova, a zbir polupreqnia se smanjuje. Inaqe, nea prava oja spaja centre ovih rugova seqe prvi rug u taqama M i M, a drugi u i, tao da je taqa M na ve em rastojanju od drugog ruga nego taqa M, a taqa na ve em rastojanju od prvog ruga nego taqa (M odgovara sluqaju da se uoqeni rugovi dodiruju. Krug qiji je preqni M sadrжi oba ruga (slia 1, a za njegov polupreqni (r vaжi r = M = M O M 1 O Slia 1. M + M + M M + M + M =
(M + M +( M + M = r i +r j = r i + r j, pa se izostavljanjem uoqenih rugova i dodavanjem ruga sa preqniom M dobija sup od n 1 rugova, oji prerivaju trougao i qiji je zbir polupreqnia (r 1 +...+r n r i r j +r (r 1 +...+r n, tj. manji nego u polaznoj situaciji. Za potpun doaz (inducijom, dovoljno je jox poazati da rug oji sadrжi oxtrougli trougao ( ima polupreqni ne manji od polupreqnia opisane ruжnice. ea je x > R (gde je R polupreqni opisane ruжnice trougla polupreqni ruжnice oja sadrжi. Tada sadrжi bar jedno teme trougla, inaqe se homotetijom sa centrom u centru moжe dobiti manja ruжnica sa istom osobinom (slia. Slia. Slia 3. Sliqno, mora sadrжati bar temena, inaqe bi se (ao npr. sadrжi teme homotetijom sa centrom u i pogodno izabranim oeficijentom dobila ruжnica manjeg polupreqnia, oja sadrжi (slia 3. Konaqno, nea je oxtrougli i ruжnica sa navedenim osobinama sadrжi taqe i, a ne sadrжi taqu. Poxto taqa pripada rugu, prava seqe ruжnicu u taqi,taodaje. Slia 4. Trougao pripada i tom rugu (polupreqnia x i opisanom rugu (polupreqnia R. Kao je spoljaxnji u,vaжi π > >,pajer = sin < sin = x, xto je ontradicija iz oje sledi tvrđenje zadata. Zadata. ea je α nula polinoma f(x najve eg modula i nea su β 1 i β rexenja jednaqine x + x +1=α. Tadaje βi 3 1=(β i 1(βi + β i +1=(β i 1α (1 za i {1, }, a iz Vietovih pravila sledi β 1 + β = 1. ( o f(x + x +1 f(x 3 1, postoji g(x [x], taodajef(x 3 1 = g(x f(x + x +1 za svao x, pa se zamenom b i (i {1, }, oriste i (1 dobija 0=g(b i f(α =f((β i 1α, zai {1, }, pa su i (β 1 1α i (β 1α nule polinoma f(x. Tada je (β 1 1α α i (β 1α α (po naqinu izbora α, pa iz ( sledi 3 α = ( β 1 β α = (β 1 1α +(β 1α (β 1 1α + (β 1α α,
xto je mogu e samo za α =0. Sa druge strane, jasno je da su polinomi c x n za c \{0} polinomi stepena n oji ispunjavaju uslove zadata. Zadata 3. ea je a i broj qlanova жirija oji zna taqo i od uoqenih 5 jezia (i {0, 1,, 3, 4, 5}, a i broj qlanova жirija oji zna i-ti jezi (i {1,, 3, 4, 5}. Tada je a 0 + a 1 + a + a 3 + a 4 + a 5 =15n. (1 ( i Kao osoba oja zna i jezia zna parova jezia, sledi ( ( ( ( ( 3 4 5 5 a + a 3 + a 4 + a 5 = 6n tj. a +3a 3 +6a 4 +10a 5 =60n. ( nalogno, posmatraju i troje jezia, dobija se Iz (1, ( i (3 dobija se ( (1 ( + (3 a 3 +4a 4 +10a 5 =30n. (3 a 0 +a 1 + a +a 5 =0, pa je a 0 = a 1 = a = a 4 = a 5 (brojevi a i,(i {0, 1,, 3, 4, 5} su nenegativni, a zatim a 3 =10n, a 4 =5n. Sledi da svai qlan жirija priqa bar tri jezia (od uoqenih 5, pa bilo oja dva qlana imaju 5 zajedniqi jezi (prvo tvrđenje zadata. Taođe, i = a 1 +a +3a 3 +4a 4 +5a 5 =3 10n+4 5n =50n, pa je i 50n 5 =10n za neo i {1,, 3, 4, 5} (drugo tvrđenje zadata. i=1 Drugi dan Zadata 1. ea su a, b, c duжine stranica,,, redom, trougla ineajes = a + b + c. ea su E i F dodirne taqe spolja pripisane ruжnice oja odgovara temenu sa pravama i, redom. Iz jednaosti tangentnih duжi sledi da je E = F, E = i F =, pa je E = E + F = + E + F + = b + + + c = a + b + c =s, tj. E = F = s, iz qega sledi da je = E = s b i = F = s c (ovo su poznate relacije iz veliog zadata i po matematiqim tamiqenjima se oriste bez doaza. nalogno se dobijaju duжine,, i. E F Opisani rugovi oo i se seu u taqi i jox jednoj taqi (luovi i Ĉ oji ne sadrжe taqu spajaju rae ; aoje i, po nepreidnosti sledi da se oni seu. ea je to taqa P. Qetvorougao P je tetivan, pa je nalogno, qetvorougao P je tetivan, pa je P = P. (1 P = P. ( Taođe je P = P i P = P. (3
Kao je = = s a, sledi da su P i P podudarni, pa je P = P. Dale, P je jednaorai, pa je P = P. Koriste i (3 sledi P = P = P = P, tj. da taqa P pripada simetrali,odnosno, xto je tvrđenje zadata. P M 1 Slia 6. Drugo rexenje. eajei inverzija sa centrom u odnosu na rug sa jediniqnim polupreqniom. ea je I( =, I( =, I( = i I( =. Tada se sa ovom inverzijom opisana ruжnica slia u pravu, opisana ruжnica slia u pravu, a simetrala u samu sebe, pa je dovoljno doazati da se prave, i simetrala seu u jednoj taqi. U tom doazu oristi e se: Lema. ea su duжine stranica QR, RP, PQ trougla PQR p, q, r, redom i nea je P 1 presecna taqa simetrale RP Q i strane RQ. Tadaje PP 1 = (r + q ((r + q p. Doaz. Kaoje QP 1 P 1 R = PQ PR = r q i p = QR = QP 1 + P 1 R,slediQP 1 = osnovu Stjuartove teoreme, PP1 = QP 1 QR PR + P 1R (r + q (q(r + q+r(r + q p = (r + q ((r + q p. r r + q p i P 1R = q p, paje,na q + r QR PQ QP 1 P 1 R = r r + q q + q q + r r (r + q p = ea je 1 prese prave i simetrale (ao je i, ona se polapa sa simetralom, i to i u smislu polapanja polupravih. Dale, 1 se nalazi na polupravoj 1 (gde je 1 prese simetrale i, na rastojanju 1, oje se moжe izraqunati na osnovu prethodno doazane leme. Ulogu taqaa P, Q i R igraju, i, redom. Duжine stranica su = 1 = a + c b, = 1 = 1, pa je iz gornje leme b Iz osinusne teoreme sledi 1 = ( + (( +. (1 = + cos, ( pa ao je cos = b + c a,iz(1 i ( sledi bc 1 = 1 b a + c b ( 1 b + a + c b ( 1 b a + b c ( (b + c a 8 bc (a + c b +b = 4 ( (b + c a bc(a + b + c. (1+ b + c a = bc ea je 1 prese prave i simetrale. nalogno se dobija da je 1 = 4 ( (b + c a bc(a + b + c = 1 (dobijeni izraz je simetriqan po b i c, odale je 1 1, pa sledi tvrđenje zadata.
Tre e rexenje. ea opisana ruжnica ( seqe u M (sem u, a opisana ruжnica ( seqe u (sem u (oznae ao na slici 6. Iz potencije taqe uodnosuna sledi M =, tj. M =, (1 a iz potencije taqe uodnosuna sledi =, tj. =. ( Za tvrđenje zadata je dovoljno poazati da taqa presea strane i simetarle ( 1 pripada radialnoj osi ruжnica opisanih oo i, tj. da je 1 1 = 1 M 1 ( 1 ( 1 = M 1 1 1 = M 1 (jer je 1 1 = 1 1, a ao je 1, M i, poslednje je evivalentno sa 1 = M 1. Međutim, iz (1, ( i 1 1 = (odnos u om simetrala ugla deli naspramnu stranicu sledi 1 = M 1 1 1 =1 M =1 =, xto je taqno ( = = s a, videti omentar na poqetu prvog rexenja ovog zadata. apomena. Vetorsi raqun u tre em rexenju je orix en samo da bi se izbeglo razmatranje sluqajeva u zavisnosti od međusobnog poloжaja taqaa M, 1 i, tj. u zavisnosti od toga da li je taqa P unutar, na ili van (moжe se poazati da se prethodno dexava ada je < +, = +, odnosno > +, redom. Zadata [. Uoqena matrica ima polja oja su obojena sa n boja, pa je neom bojom obojeno bar ] + n 1 := = n 3 +n n 1 polja. n Doaжimo da postoji podmatrica ( dimenzija qija su polja obojena ovom bojom. Par olona date matrice se moжe izabrati na naqina. ea je a i 0 (za 1 n brojpoljaui-toj vrsti oja su obojena uoqenom bojom. Tada je a 1 +...+ a, a parova polja ove boje u i-toj oloni ima ea ne postoji podmatrica dimenzija qija su polja obojena uoqenom bojom. Tada je ( ( ( a1 an +...+ ( x Kao je funcija onvesna, iz Jensenove nejednaosti sledi ( a1 +...+ Iz (1 i ( se dobija ( 1 1 ( an a 1 +...+ a ( ai.. (1 (, xto je, sređivanjem, evivalentno sa ( ( 1. ( 1
(n 3 +n n 1 ( (n 3 +n n 1 (n + n 1 (n + n 1 (n + n (n 3 +n n 1(n 3 + n n (n + n 1 (n + n (jer je n + n =(n 1(n +> 0 za n n 4 +n 3 n n n 4 +n 3 n n +1 n 1, xto je ontradicija iz oje sledi tvrđenje zadata. Zadata 3. o je a =1moжe se uzeti m = n +1 za n 1 (1 m m =1 n+1 (n +1= n. o je a doaжimo inducijom po n da za svai par (a, n postoji besonaqno mnogo brojeva oji ispunjavaju uslove zadata. o je n =1ono je oqigledno. ea je n>1 i nea je tvrđenje taqno za sve brojeve manje od n. eajea = p α1 1... pα qβ1 1... qβ l l i n = p γ1 1... pγ rδ1 1... rδs s,gdesu(p i, (q i i (r i prosti brojevi tavi da je q i r j za svao i, j, a (α i, (β i, (γ i i (δ i prirodni brojevi. ea je b = p γ1 1... pγ (a, c =1. i c = r δ1 1... rδs s (tada je n = bc i o je c =1,zam = n i dovoljno velio vaжi n a m m (svi prosti delioci n uqestvuju u fatorizaciji broja a. o je c 1vaжi 1 ϕ(c <c, pa po indutivnoj pretpostavci postoji besonaqno mnogo t tao da ϕ(c a t t. Sledi da c a at t 1. Kao u situaciji c =1, za dovoljno velio t vaжi b a t,pa n = bc a (a t at t 1 = a at a t za dovoljno velio t.