Ministarstvo prosvete, nauke i tehnoloxkog razvoja Druxtvo matematiqara Srbije. 21. maj Prvi dan

Transcript

1 Ministastvo posvete, nauke i tehnoloxkog azvoja Duxtvo matematiqaa Sbije IZBORNO TAKMIQENjE ZA UQEX E NA ME UNARODNOJ MATEMATIQKOJ OLIMPIJADI 1. maj 017. Pvi dan 1. Dat je ABC. Taqka D je sedixte stanice BC, a na stanicama AC i AB uoqene su taqke E i F, edom, takve da vaжi DE = DF i EDF = BAC. Dokazati: AB +AC DE. 4 (Duxan uki ). Nazovimo koakom funkciju koja ueđen pa piodnih bojeva (x, y) kome je taqno jedna koodinata pana peslikava u pa ( x,y+ x ) ako x, odnosno u pa (x + y, y ) ako y. Dokazati da za svaki nepaan piodan boj n, n > 1, postoji paan piodan boj b, b < n, takav da se sukcesivnom pimenom konaqno mnogo koaka od ueđenog paa (n, b) dobija ueđen pa (b,n). (Bojan Baxi ) 3. Za funkciju f : N N kaжemo da je жivahna ako za sve a,b N vaжi f(a+b 1) = f(f( f(b) )). }{{} a puta Neka je g жivahna funkcija takva da za neko A vaжi g(a+018) = g(a)+1. (a) Dokazati da je za sve n A+ ispunjeno g(n ) = g(n). (b) Ako vaжi g(a ) g(a), odediti g(n) za n A 1. (Mako Radovanovi ) Veme za ad 70 minuta. Rexenja zadataka detaljno obazloжiti. Svaki zadatak vedi 7 bodova.

2 Ministastvo posvete, nauke i tehnoloxkog azvoja Duxtvo matematiqaa Sbije IZBORNO TAKMIQENjE ZA UQEX E NA ME UNARODNOJ MATEMATIQKOJ OLIMPIJADI. maj 017. Dugi dan 4. Kvadat n n je podeljen na jediniqne kvadate. Potebno je na njega postaviti odeđen boj jednakokako-pavouglih touglova hipotenuze, s temenima u temenima jediniqnih kvadata, na takav naqin da svaka stanica svakog jediniqnog kvadata pipada taqno jednom touglu (tj. leжi u unutaxnjosti ili na ubu). Odediti sve vednosti n za koje je ovo mogu e. (Duxan uki ) 5. Za dati piodan boj n, neka je C(n) najmanja pozitivna ealna konstanta za koju postoji n ealnih bojeva x 1,x,...,x n koji nisu svi nula i zadovoljavaju uslove: (i) x 1 +x + +x n = 0; (ii) za svako i = 1,,...,n vaжi x i x i+1 ili x i x i+1 + C(n)x i+ (gde indekse uzimamo po modulu n). Dokazati: (a) C(n) za sve n; (b) C(n) = ako i samo ako je n paan boj. (Duxan uki ) 6. Za dati piodan boj k uoqimo najmanji piodan boj n koji ima taqno k delilaca. Ako je n potpun kub, da li k moжe biti deljiv nekim postim bojem oblika 3j +? (Bojan Baxi ) Veme za ad 70 minuta. Rexenja zadataka detaljno obazloжiti. Svaki zadatak vedi 7 bodova.

3 REXENjA 1. Petpostavimo bez smanjenja opxtosti da je AB AC. Neka su M i N edom sedixta stanica AC i AB, a M A taqka na duжi DN takva da je DM = E DM. Kako je M DF = MDE, touglovi DME i DM N M F su podudani, pa je FM N = 180 DM M K F = 180 DME = BAC = FNM, F xto znaqi da je tougao FM N jednakokaki. Sedixte K duжi M N B D C je ujedno i podnoжje nomale iz taqke F na M N, odakle sledi DF DK = DM +DN = AB+AC 4. Dugo exenje. Neka je E na duжi AM. Oznaqimo x = MDE = NDF. Sinusna teoema u MDE i NDF daje DM DE = sin(α x) sinα je b+c 4DE = DM+DN DE = sin(α+x)+sin(α x) sinα = cosx 1. Napomena. Vaжi 4DE = (b+c) +(b c) tg α. i DN DF = sin(α+x) sinα, pa. Neka se posle k koaka dobija pa (x k,y k ). Zbi x k +y k se ne menja tokom pocesa i ostaje jednak s = n+b. Kako je (x+ y ) x x (mod x+y), vaжi x k x k 1 (mod s). Indukcija nam daje k x k x 0 = n (mod s). Poxto je (s, k ) = 1, dovoljno je dokazati da postoji nepaan boj s, n < s < n, takav da za neko k vaжi k b n (mod s), tj. ( k +1)n 0 (mod s). Za ovo je opet dovoljno uzeti s = +1 i k =, gde je 1 < n < ( N). Tada je b = +1 n. Napomena. Moжe se uzeti poizvoljno s, pod uslovom da postoji k N takvo da s k + 1. Na pime, s = 3 m 11 n za m,n N 0 zadovoljava ovaj uslov, odakle se moжe zakljuqiti da za poizvoljne konstante 0 < α < β i sve dovoljno velike bojeve n postoji taжeno b u intevalu (αn, βn). 3. Ako je g(a) = g(a+d) za neke a,d N, po uslovu zadatka je g(a+n) = g n+1 (a) = g n+1 (a+d) = g(a+n+d), xto znaqi da je funkcija g(x) za x a peiodiqna sa peiodom d. Ovakvi a i d svakako postoje, je je g(a+019) = g(g(a+018))= g(g(a)+1) = g(g(g(a)))= g(a+), pa po pethodnom vaжi g(n+017) = g(n) za n A+. Posmatajmo najmanje d za koje ovakvo a postoji; neka je a = a 0 najmanje takvo a. Zbog minimalnosti peioda d, za x,y a 0 vaжi g(x) = g(y) ako i samo ako d x y. Jasno je da d 017. Odmah imamo g(n ) = g(n) za n A+. S duge stane, dato je da je g(a ) g(a), pa je A a 0 1, tj. a 0 {A+1,A+}.

4 Petpostavimo da je g(a ) = g(a +d ) za neko a a 0 1 i neko d N. Kako tada funkcija g(x) ima peiod d za x a, sledi da d d, ali tada je g(a 0 1) = g(a 0 1+d ) = g(a 0 1+d), xto je u kontadikciji sa izboom a 0. Pema tome, ako je g(x) = g(y) i x a 0 1, onda je x = y. Sada iz g(g(n)) = g(n+1) za n+1 A a 0 1 sledi g(n) = n+1. Napomena. Za n a 0 1, iz g(g(n))= g(n+1) sledi g(n) n+1 (mod d). Tako svaka жivahna funkcija g ima oblik n+1 ako je n a 0 ; g(n) = a 0 +αd ako je n = a 0 1; a 0 +i+β i d ako je n a 0 i n a 0 +i (mod d), 0 i < d 1, gde su α,β 0,...,β d 1 poizvoljni piodni bojevi. Lako se poveava da je ovakva funkcija zaista жivahna. 4. Jediniqnih duжi ima n(n+1), a svaki tougao pokiva ti, pa moa biti 3 n(n + 1), tj. n 0 ili n (mod 3). Takođe, duжi na ivici velikog kvadata mogu biti pokivene jedino (n+6) (n+6) hipotenuzama, pa moa biti n. Pema tome, n 0 ili n (mod 6). Na slici levo pikazana su odgovaaju a postavljanja touglova za n = i n = 6, dok je desno pokazano 6 6 n n da, kad god je ovakvo postavljanje mogu e za kvadat n n, ono je mogu e i za (n + 6) (n + 6). Jednostavnom indukcijom sledi da je ono mogu e kad god je n = 6k ili n = 6k 4 za neko k N. 5. U nizu ne postoje dva uzastopna negativna qlana. Zaista, ako je x i 1 > 0 x i,x i+1, onda je x i 1 > max{x i,x i + C(n)x i+1 }, potivno uslovu (ii). Dakle, niz se sastoji od blokova pozitivnih qlanova azdvojenih po jednim nepozitivnim qlanom. Posmatajmo poizvoljan blok pozitivnih qlanova x k,x k+1,...,x k+l 1. Qlanove x k i x k+l 1 zovemo edom poqetnim i kajnjim. Oznaqimo sa P zbi svih poqetnih qlanova u nizu, sa K zbi svih kajnjih, sa N zbi svih nepozitivnih, a sa S zbi svih pozitivnih koji nisu poqetni ili kajnji. Sabianjem nejednakosti x k+l 1 x k+l +C(n)x k+l+1 po svim blokovima dobijamo K N +C(n)P, xto se zbog N = K S P svodi na K (C(n) 1)P S. ( ) Petpostavimo da je C(n). Sabianjem nejednakosti x k+i x k+i+1 + x k+i+ za 0 i [ l 3 ] i nejednakosti x k+l x k+l 1 u sluqaju l dobijamo x k x k+1 +x k+ + +x k+l +x k+l 1. Sabianjem po svim blokovima dobijamo P S +K. ( )

5 Ovde je jednakost mogu a samo ako je duжina bloka nepana. Zaista, ako l, sve sabane nejednakosti moaju biti jednakosti, pa je tada x k+l = x k+l 1, ali to je nemogu e je je x k+l x k+l 1 > 0. Sabianje ( ) i ( ) daje 0 (C(n) )P, pa kako je P > 0, sledi C(n). Xta vixe, ako je C(n) =, svi blokovi imaju nepanu duжinu, odakle sledi da je n pano. Da je C(n) = za pano n pokazuje pime x = ( 1). Napomena. Dati pime za n nije jedini: na pime, za n = 4 moжe se uzeti (x 1,x,x 3,x 4 ) = (3a + b,a,a + b, 5a 3b) za a R, b 0. Takođe, pokazuje se da je lim n C(n) =. Pi tome je np. C(3) = 3 i C(5) = Petpostavimo da takvo k postoji. Neka je p 1 < p <... niz svih postih bojeva i neka je n = m i=1 pα i i (α m > 0), pi qemu je k = (α 1 +1) (α m +1) i 3 α i za sve i. Zbog minimalnosti boja n vaжi α 1... α m > 0. Lema. Neka je α +1 = ab za a,b N\{1}. Ako vaжi p s < p a < p s+1, onda je α s b 1 α s+1. i {,s} p i i takođe ima k delilaca, i zato Dokaz. Boj n 1 = p (α s+1)a 1 p b 1 s vaжi n 1 n. Međutim, ovo se svodi na (p a /p s) αs b+1 1, tj. α s b 1. Sliqno, iz n 1 = p (α s+1+1)a 1 p b 1 s+1 i {,s+1} p i i n sledi α s+1 b 1. Posmatajmo najve e takvo da je α +1 = ab za neke a b (mod 3); neka su s i t takvi da je p s < p a < p s+1 i p t < p b < p t+1. Pimetimo da je tada po Betanovom stavu 1 pa < p s i p s+1 < p a, dakle p a 1 < p s < p a < p s+1 < p a+1 i analogno p b 1 < p t < p b < p t+1 < p b+1. Odavde je s,t >. Na sliqan naqin sledi i s t 1. Na osnovu Leme (i zbog 3 α i ) je α s > b 1 > α s+1 i α t > a 1 > α t+1. Boj n = p (α s+1)(α t+1 +1) 1 p b 1 s p a 1 t+1 i {,s,t+1} p i i takođe ima k delilaca, tako da je n n, tj. p a 1 α t+1 t+1 p α s b+1 1 n n = p(αs+1)(αt+1+1) ab s < p(α s+1)(α t+1+1) ab+(b+1)(a 1 α t+1) p (a 1)(α s b+1) = p 1 (α s b)(a α t+1 ), odakle je (α s b)(a α t+1 ) < 1. Kako je 3 α s b, moa biti α t+1 = a. Po petpostavci, za i >, α i +1 nema faktoe oblika 3j +, te moa biti nepano. Između ostalog, α t+1, pa a. Analogno b, pa je α = 4c 1 za neko c N. Kako iz α m sledi α m > 3 > 1 > α m+1 = 0, sada po Lemi za (a,b) = (,c) i (a,b) = (4,c) edom dobijamo p m < p c < p m+1 i p m < p c < p m+1. Međutim, ovo je nemogu e je po Betanovom postulatu inteval (p c,pc ) sadжi ba jedan post boj. Duxan uki sb.imomath.com