XIV Makedonska matematika olimpijada 14.IV-2007 by jw8490k

VIEWS: 103 PAGES: 3

									                    XIV Makedonska matemati~ka olimpijada
                                 14.IV-2007

Zada~i:

   1. Neka a, b, c se pozitivni realni broevi. Doka`i:
                                         1+       3     ≥    6     .
                                            ab + bc + ca a + b + c
   Re{enie.Za pozitivnite realni broevi a,b,c , spored neravenstvoto na Ko{i Buwakovski imame
ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 b 2 + c 2 + a 2 = a 2 + b 2 + c 2 = (a + b + c )2 − 2(ab + bc + ca ) .
Spored toa
        3(ab + bc + ca ) ≤ (a + b + c )2
        ab + bc + ca ≤ (a + b + c )2
              3               9
              3      ≥        9       ,
        ab + bc + ca (a + b + c )2
                                                            2
         1+         3
              ab + bc + ca
                           ≥ 1+       9
                                (a + b + c )     (     3
                                                                )  6           6
                                            2 = 1− a + b + c + a + b + c ≥ a + b + c ,

   Zna~i,
         1+      3     ≥     6    .
           ab + bc + ca a + b + c
2. Нека ABCD е трапез со основа AD, CL е нормала спуштена од C на AB (L е на AB), AK е нормала на AD и K е
на BC. Нека O е центар на опишаната кружница на триаголникот ACD. Нека правите AK, CL и DO се сечат во
една точка. Докажи дека четириаголникт е паралелограм.
        Решение:Нека M е пресекот на опишаната кружница со DO.
    ∠CAM = ∠ODC = 1 (180 −∠DOC ) =
                         2
    = 90 −∠DAC = ∠CAK
    Од претходното следува дека AK минува низ M то ест правите AK, CL
и DO се сечат во M.
    ∠ACL = ∠ACM = ∠ODA = 1 (180 −∠DOA) =
                                  2
    = 90 −∠DCA ⇒∠DCL = 90
   Од ова следува дека AB и DC се паралелни, па четириаголникот е
паралелограм.

3. Prirodnite broevi a, b i c se razli~ni me|u sebe i za niv va`i:
        a | b + c + bc ,         b | a + c + ac ,             c | a + b + ab .
Doka`i deka barem eden od broevite a, b i c ne e prost broj.
   Re{enie.Neka pretpostavime deka site tri broja a, b i c se prosti broevi. Od uslovite za delivost
imame deka
        a | a + b + c + ac + ab + bc
        b | a + b + c + ac + ab + bc
        c | a + b + c + ac + ab + bc .
Bidej}i a, b, c se razli~ni prosti broevi, imame deka abc | a + b + c + ac + ab + bc + abc , pa spored toa
a + b + c + ac + ab + bc = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1
           abc               a b c ab bc ca (*),
e priroden broj.
   Nieden od broevite ne mo`e da bide 2 bidej}i toga{ bi dobile deka 2 e delitel na neparen broj.
   Zatoa izrazot od desnata strana vo (*) prima najgolema vrednost za a = 3, b = 5, c = 7 , odnosno imame
         1 1 1 1            1    1     1 1 1 1             1      1      86
        a + b + c + ab + bc + ca ≤ 3 + 5 + 7 + 21 + 35 + 21 = 105 < 1 ,
                                           1         1
{to e sprotivno so tvrdeweto deka a + 1 + c + 1 + 1 + ca e priroden broj.1
                                               b         ab bc
4. Da se opredelat site funkcii f : → takvi {to
                                               f (x 3 + y 3 ) = x 2 f (x ) + yf (y 2 ) .
   Re{enie.Bidej}i ravenstvoto e ispolneto za sekoi x i y , za x = 0, y ∈ dobivame
         f (y 3 ) = f (03 + y 3 ) = 02 f (0) + yf (y 2 ) = yf (y 2 )
 Analogno, za x ∈ , y = 0 dobivame deka
         f (x 3 ) = f (x 3 + 03 ) = x 2 f (x ) + 0f (02 ) = x 2 f (x ) .
Ako x 2 f (x ) i yf (y 2 ) gi zamenime vo po~etnata ravenka, dobivame deka
         f (x 3 + y 3 ) = f (x 3 ) + f (y 3 ) .
Ako u, v ∈ se proizvolno zadadeni realni broevi, toga{ postojat x i y taka {to u = x 3, v = y 3 , pa
spored toa
         f (u + v ) = f (x 3 + y 3 ) = f (x 3 ) + f (y 3 ) = f (u ) + f (v ) ,
odnosno funkcijata f e aditina. Od ravenstvoto f (u + v ) = f (u ) + f (v ) dobivame deka f (0) = 0 . Od druga
strana, za broevite x,0 i 0,x imame
         f (x 3 ) = f (x 3 + 03 ) = x 2 f (x ) + 0f (02 ) = x 2 f (x )
         f (x 3 ) = f (03 + x 3 ) = 02 f (0) + xf (x 2 ) = xf (x 2 ) ,
pa spored toa to~no e ravenstvoto
         x 2 f (x ) = xf (x 2 ) ,
odnosno
         f (x 2 ) = xf (x ) .
Koristej}i ja aditivnosta i poslednoto ravenstvo dobivame
f ((x + 1)2 ) = (x + 1)f (x + 1) = (x + 1)[ f (x ) + f (1)] = xf (x ) + f (x ) + xf (1) + f (1)
                                                                                                                Od poslednite dve
f ((x + 1)2 ) = f (x 2 + 2x + 1) = f (x 2 + x + x + 1) = f (x 2 ) + 2f (x ) + f (1) = xf (x ) + 2f (x ) + f (1)
ravenstva imame
         xf (x ) + f (x ) + xf (1) + f (1) = xf (x ) + 2f (x ) + f (1)
odnosno                       f (x ) = f (1)x .
    Ako vovedeme oznaka f (1) = k , dobivame deka f (x ) = kx , kade k ∈ . Ne e te{ko da se proveri deka
sekoja funkcija od oblik f (x ) = kx ja zadovoluva ravenkata.

5. Neka n e priroden broj koj e deliv so 4 . Da se opredeli brojot na biekcii f ,
f : {1,2,..., n } → {1,2,..., n } koi {to go ispolnuvaat uslovot:
                                             f ( j ) + f −1( j ) = n + 1 , j = 1,2,..., n
Re{enie.Ako σ e biekcija koja {to go ispolnuva uslovot od zada~ata toga{ σ( j ) ≠ j . Navistina, ako
σ( j ) = j (zna~i j e nepodvi`en element), toga{ σ−1( j ) = j pa spored toa σ( j ) + σ−1( j ) = 2 j . Bidej}i
2 j ≠ n + 1 za bilo koj priroden broj j , j = 1,2,3,..., n , dobivame kontradikcija. Spored toa, bilo koja
permutacija koja go zadovoluva uslovot
          σ( j ) + σ−1( j ) = n + 1
nema nepodvi`ni elementi.
    Neka σ e permutacija koja go zadovoluva ravenstvoto (1) i neka σ(a ) = b . Zna~i, a ≠ b i od
ravenstvoto
           σ(a ) + σ −1(a ) = n + 1 ,
dobivame deka σ−1(a ) = n + 1−b , odnosno σ(n + 1−b ) = a . Bidej}i σ−1(b ) = a ,od ravenstvoto
          σ(b ) + σ−1(b ) = n + 1 ,
dobivame σ(b ) = n + 1−a , pa spored toa σ−1(n + 1−a ) = b od kade imame deka σ(b ) = n + 1−a . Od
ravenstvata σ−1(n + 1 −a ) = b i σ(n + 1−a ) + σ −1(n + 1−a ) = n + 1 , dobivame deka σ(n + 1 −a ) = n + 1−b
i σ−1(n + 1−b ) = n + 1−a . Zna~i, ako a, b ∈ {1,2,3,..., n } , a ≠ b i σ(a ) = b , toga{ imame
               σ       σ               σ→
          a ⎯⎯ b ⎯⎯ n + 1 −a ⎯⎯ n + 1 −b ⎯⎯ a .
                 →      →                                σ→
    Spored toa, ako n = 4k , sekoja permutacija σ koja go ispolnuva uslovot na zada~ata go razbiva
mno`estvoto elementi n {1,2,3,..., n } na grupi od, po ~etiri elementi taka {to tie formiraat ciklus.
    Obratno, neka od mno`estvoto {1,2,3,..., n } , kade n = 4k formirame grupi od po ~etiri elementi od
oblikot {p, q, n + 1− p, n + 1 −q } kade a ≠ b .Bidej}i mno`estvoto {1,2,3,..., n } ima n = 4k elementi,
dobivame deka takvo razbivawe e mo`no i pri toa delbenite mno`estva se poparno disjunktni.Za sekoe
takvo ~etirielementno mno`estvo opredeluvame po edno preslikuvawe
          p → q → n + 1 − p → n + 1 −q → p .
    Treba da go opredelime brojot razli~ni takvi razbivawa.
   Zaradi disjunktnosta na mno`estvoto, i toa {to sekoe vakvo preslikuvawe e biekcija dobivame deka
na {1,2,3,..., n } e opredelena biekcija i ne e te{ko da se proveri deka taa gi ispolnuva baranite svojstva.
   Spored toa, elementite na sekoe mno`estvo {j, n + 1− j } se ~lenovi na eden ciklus na permutacijata,
i sekoj ciklus so dol`ina 4 koj e del od permutacijata se sostoi od elementite od dve takvi
mno`estva.Mno`estvoto {j, n + 1− j } , j = 1,2,3,...,2k }e go ozna~ime so Aj . Ako i ≠ j , toga{
Ai ∩ Aj = ∅ .
                                                                       ⎛2k ⎞
  Od mno`estvoto {A1, A2,..., A2k } dva elementi mo`eme da izbereme na ⎜ 2 ⎟ na~ini. Od preostanatite
                                                                       ⎜ ⎟
                                                                       ⎜ ⎟
                                                                       ⎝ ⎠
                               ⎛2k − 2⎞
elementi mo`eme da izbereme na ⎜ 2 ⎟ -na~ini dve mno`estva. Prodol`uvaj}i na toj na~in dobivame
                               ⎜      ⎟
                               ⎜
                               ⎝      ⎟
                                      ⎠
deka niza so dol`ina k vo koja na sekoe mesto ima zapi{ano dve mno`estva(ne e biten redosledot na
zapis na dvete mno`estva na dadenoto mesto) mo`eme da formirame na
       ⎛2k ⎞⎛2k − 2⎞ ⎛4⎞⎛2⎞ (2k )!
       ⎜ ⎟⎜        ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟
       ⎜ 2 ⎟⎜ 2 ⎟...⎜2⎟⎜2⎟ = 2k
       ⎜ ⎟⎜
       ⎝ ⎠⎝        ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟
                   ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
na~ini.
                        ⎛2k ⎞⎛2k − 2⎞ ⎛4⎞⎛2⎞ (2k )!
   Za sekoja niza od ⎜ 2 ⎟⎜ 2 ⎟...⎜2⎟⎜2⎟ = k -te mo`ni nizi , sekoja od koi se sostoi od k parovi
                        ⎜ ⎟⎜        ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟
                        ⎜ ⎟⎜
                        ⎝ ⎠⎝        ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟
                                    ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠  2
mno`estva ApAq , p ≠ q (vo eden zapis ima k takvi parovi) za sekoj par opredeleni se dve biekcii
         p → q → n + 1 − p → n + 1 −q → p
         p → n + 1 −q → n + 1− p → q → p
Spored toa, so sekoja niza so dol`ina k opredeleni se 2k razli~ni permutacii koi go zadovoluvaat
uslovot na zada~ata.
Brojot na takvi dvoelementni podmno`estva e ednakov na 2k . Brojot na razbivawa na mno`estvoto
{1,2,3,..., n } na takvi ~etirielementni podmno`estva zapi{ani vo daden redosled e ednakov na
         ⎛2k ⎞⎛2k − 2⎞⎛2k − 4⎞ ⎛4⎞⎛2⎞ (2k )!
         ⎜ ⎟⎜
         ⎜ 2 ⎟⎜ 2 ⎟⎜ 2 ⎟...⎜2⎟⎜2⎟ = 2k .
         ⎜ ⎟⎜        ⎟⎜
                     ⎟⎜      ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟
                             ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟
         ⎝ ⎠⎝        ⎠⎝      ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
Bidej}i redosledot na zapis na ~etirielementnite mno`estva od levo kon desno ne e biten, mo`eme da
gi smetgame za ednakvi, dobivame deka so eden zapis isti takvi ima k ! . Bidej}i niv gi smetame za
ednakvi, dobivame deka brojot na takvi permutacii e ednakov na
          1 ⎛2k ⎞⎛2k − 2⎞⎛2k − 4⎞...⎛4⎞⎛2⎞ = (2k )! 2k = 2 ⋅ 6 ⋅ 10 ⋅ ... ⋅(4k − 2) .
             ⎜ ⎟⎜       ⎟⎜      ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟
         k ! ⎜ 2 ⎟⎜ 2 ⎟⎜ 2 ⎟ ⎜2⎟⎜2⎟ k !2k
             ⎜ ⎟⎜
             ⎝ ⎠⎝       ⎟⎜
                        ⎠⎝      ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟
                                ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

								
To top