zadaci IMO-pripreme

7/24/2019 zadaci IMO-pripreme

1/7

Pripreme za MMO - Beograd, 11-15. juni 2014.

Zadaci za samostalan rad(pripremio Duxan uki)

Pokuxao sam, verovatno neuspexno, da unutar svake oblasti sortiram zadatke od lakxih ka teim.

Radite ih sami (ali ne na qasovima) i probajte svaki. Dajem vam nedeu dana za rad. Lepo se zabavite.

Algebra

1. Dokazati da se proizvonih 101 brojeva 0 = x0 x1 x100 = 1 mogu podeliti udve grupe tako da se aritmetiqke sredine brojeva u ima razlikuju za bar 101200.

2. Nai sve funkcije f :R Rkoje za sve x, y R zadovoavaju jednakost f(x + f(x + y)) =f(x y) + f(x)2.

3. Nai sve funkcije f : Q+ Q+ takve da za sve x vaif(x) + f( 1x

) = 1 i f(2x) = 2f(f(x)).

4. Dati su realni brojevi a,b,c,d 0 qiji je zbir 2. Dokazati nejednakost ab(a2 +b2 +c2) + bc(b2 + c2 + d2) + cd(c2 + d2 + a2) + da(d2 + a2 + b2) 2.

5. Polinom P(x) stepena n sa realnim koeficijentima je takav da vai|P(x)| 1 za svex[0, 1]. Dokazati da je P( 1n ) 2n+1 1.

6. Odrediti sve funkcije f : RR takve da za neku realnu konstantu M vai f(x)< Mza sve x R i vai f(xf(y)) + yf(x) =xf(y) + f(xy) za sve x, y R.

7. Neka su a0, a1, . . . , an realni brojevi. Ako jednaqina a01x +

a11x2 + + an1xn+1 = 0 ima

rexee x(0, 1), dokazati da i jednaqina a0+ a1y+ + anyn = 0 ima rexee y(0, 1).8. Ako su a1, a2, . . . , an (n 2) realni brojevi takvi da je a21+ a

22+ +a2n = n, dokazati

nejednakost 1i p2+ 2 min{BD,CE}.

10. U paralelogramu ABCD sa oxtrim uglom u temenu A, krug kroz taqke A, B i D seqepraveB Ci C D redom u taqkama Ki L. U tom krugu N je taqka dijametralno suprotnataqkiA. Dokazati da je N centar opisanog kruga trougla CK L.

11. Dat je oxtrougli trougao ABC. Unutar trougla odabrana je taqka M takva da jeBM C = 180 BAC. Prave BM i CM seku naspramne stranice trougla ABC utaqkama D i E redom. Dokazati da opisani krug trougla ADE prolazi kroz fiksnutaqku (razliqitu odA), nezavisno od izbora taqke M.

12. Jezero ima oblik konveksnog stouglaA1A2 . . . A100 sa centrom simetrije u taqki O. Najezeru se nalazi ostrvo B1B2 . . . B100, gde je Bi sredixte dui OAi. Ostrvo je opasanovisokim zidom i preko ega se nixta ne vidi. U dvema dijametralno suprotnim taqkamaobale nalaze se dva straara. Dokazati da svaku taqku obale vidi bar jedan straar.

13. U oxtrouglom trouglu ABC sa (strogo) najmaom stranicom BC, H i O su redomortocentar i centar opisanog kruga. Opisani krug trougla AHC seqe pravu AB utaqki M=A, a opisani krug AHB seqe pravu ACu taqki N=A. Dokazati da centaropisanog kruga trougla M N Hlei na pravoj OH.

14. Neka je O centar opisanog kruga oxtrouglog trougla AB C, Taqke P i Q na stranicamaAB i AC redom su takve da je BOP = ABC i COQ = ACB . Dokazati da pravasimetriqna pravoj BCu odnosu na pravu P Q dodiruje opisani krug trougla AP Q.

15. U trouglu ABC, taqke D i E na pravoj AB su takve da je D A B E i AD = AC,BE=BC. Oznaqimo sa M i Nredom sredixta lukova AC iBCopisanog krugaABCkoji ne sadre tree teme. Prave DM i CA se seku u P, a prave EN i CB se seku uQ. Dokazati da centar upisanog krugaItrougla ABClei na pravoj P Q.


2/7

16. Dat je oxtrougli troiugao ABC. Neka je D podnoje visine iz temena A, a M i Nredom podnoja normala iz D na stranice AB i AC. Prava MN seqe opisani krug ktrougla ABC u taqkama P i Q, a prava AD seqe k u taqki R= A. Dokazati da je Dcentar upisanog kruga trougla P QR.

Kombinatorika

17. Dat je prirodan broj n. Dokazati da je broj permutacija skupa{

1, 2, . . . , 4n}

, takvih

da je i +((i)) = 4n + 1 za sve i= 1, . . . , 4n, jednak (2n)!n!

.

18. Izabrano je nekoliko zatvorenih intervala (duine vee od 0) sa krajevima u celo-brojnim taqkama od 0 do 2013. Pritom, kad god je jedan interval sadran u drugom, tadva intervala imaju jedan zajedniqki kraj. Koliko najvixe intervala moe biti?

19. U ravni je dato deset taqaka oznaqenih brojevima 1, 2, . . . , 10. Moemo da postavimokoordinatni sistem u ravni i da zapixemo taqke u rastuem poretku po prvoj koor-dinati (pod uslovom da su ove koordinate razliqite). Koliko najvixe razliqitihpermutacija brojeva 1, . . . , 10 moemo da dobijemo na ovaj naqin?

20. U grafu sa 300 temena sva temena imaju stepen 3. Koliko najvixe ciklova duine 4moe biti u tom grafu?

21. Dati su prirodni brojevi a i b. Konaqni skupovi A, B Z su disjunktni i imajusvojstvo da za svako xA B vai x + aA ili x bB. Dokazati da je a|A|= b|B|.

22. Posmatrajmon krugova C1, C2, . . . , C n u ravni takvih da centar kruga Ci lei na kruguCi+1, gde je Cn+1= C1. Odrediti najvei mogui broj parova (i, j)za koje unutraxostkruga Cj lei u unutraxosti kruga Ci.

23. U poima tablice nn rasporeeno je 2n1 etona. Dokazati da se neki od ovihetona mogu obojiti u zeleno tako da (1) u svakoj vrsti i svakoj koloni ima paranbroj zelenih etona, ili (2) u svakoj vrsti i svakoj koloni ima neparan broj zelenihetona.

24. U koordinatnoj ravni je dato 2013 kvadrata stranice 1 sa stranicama paralelnim

osama. Dokazati da zbir povrxina svih oblasti koje su pokrivene neparnim brojemkvadrata nije mai od 1.

Teorija brojeva

25. Dokazati da za svako n N postoji nmeusobno razliqitih celih brojeva qiji je zbirkvadrata jednak zbiru kubova.

26. Dati su realni brojevi ai, bi (1 i k). Definiximo xn = [a1n+b1] + + [akn+bk].Ako je niz x1, x2, . . . aritmetiqka progresija, dokazati da je a1+ a2+ + ak ceo broj.

27. Za prirodan broj n oznaqimo sa bn broj jedinica u binarnom zapisu n. Kaemo da jen uobraenako bn|n. Dokazati da (a) ne postoji 5 uzastopnih prirodnih brojeva kojisu svi uobraeni; (b) postoji beskonaqno mnogo trojki uzastopnih prirodnih brojevakoji su svi uobraeni.

28. Nai sve parove prirodnih brojevaa, b za koje vai 2a + 17 =b4.

29. Dat je prirodan broj n 2. Nai najmai prirodan broj m za koji postoje prirodnibrojevia1< a2


3/7

Rexea

1. Pretpostavimo bez smaea opxtosti (u suprotnom je dovono posmatrati brojeve1 x0, . . . , 1 x100) da je aritmetiqka sredina datih brojeva bar 12 . Stavimo x0 = 0 ujednu grupu, a ostale brojeve u drugu. Kako je x1 + + x100 1012 , aritmetiqka sredinau drugoj grupi je bar 101

200, a u prvoj je 0.

2. Za x Z odaberimo x, y tako da je x+ y = z i f(x+ y) =y, tj. x = z + f(z). Datafunkcionalna jednaqina postajef(z +f(z)) = 0. Dae, zax Ri y = 0polazna jednaqinadaje f(x) + f(x)2 =f(x+f(x)) = 0, dakle f(x) {0, 1}. Meutim, ako za neke x, z vaif(x) =1, f(z) = 0, stavaemy = x z u polaznu jednaqinu dobijamo f(x + f(x + y)) = 1,xto je nemogue. Dakle, funkcijaf je konstantno jednaka 0.

3. Funkcija f(x) = xx+1 , tj. f(pq ) =

pp+q (p, q N) zadovoava uslove zadatka. Pokazaemo

indukcijom po n= p + qda je f(pq ) jednoznaqno odreeno (i samim tim jednako pp+q

).

Za poqetak imamof(1) = 12

, a zatim iz f(2) = 2f(f(1)) = 2f(12

) = 22f(2)imamo if(2) = 23i f(1

2) = 3. Dakle, tvree vai za n 3.

Neka 2

| n. Kako je f(pq ) = 1

f( qp ), dovono je ispitati sluqaj p < q. Tada je

f(pq ) =f(f( pqp )) = 12f( pqp2

) = 12 pp+ qp2

= pp+q po indukcijskoj pretpostavci.

Neka 2n. Ako 2p, onda 2|q i f(pq ) = 1 f( qp ). Zato emo smatrati da 2|p = 2k.Imamo f( 2kn2k ) = 2f(f(

kn2k )) = 2f(

knk ) = 2 2f( nkk ). Definiximo niz

a0= k i ai+1=

ai

2 ako 2|ai;

nai2

ako 2 ai. .

Kako ai+1 jednoznaqno odreuje ai, niz (ai) je periodiqan, te je am = a0 za nekom > 0. Po prethodnom vai f( 2ain2ai ) = 1ci + 2cif(

2ai+1n2ai+1 ) za sve i, gde je ci

{1, 1}. Ponovenom primenom ove jednakosti dobijamo f( 2a0n2a0 ) = A +Bf( 2amn2am ),tj. f( 2kn2k ) = A+ Bf(

2kn2k ) za neko A, B (B =2m), pa ova jednakost jednoznaqno

odreuje f( 2kn2k ).

Ovim je indukcija zavrxena.

4. Leva strana nejednakosti nije vea od(ab + bc + cd + da)(a2 + b2 + c2 + d2) 18(a2 + b2 + c2 +

d2 +2(ab+ bc+cd+ da))2 18

(a+b+ c+d)2 = 2. Jednakost se dostie za(a,b,c,d) = (1, 1, 0, 0)i cikliqne rasporede.

5. Posmatraem polinoma Q(x) = P(nx) tvree se svodi na sledee: ako je Q polinomstepena n i|Q(x)| 1 za 0 x n, onda je Q(1) 2n+1 1. Dokazaemo ovo tvreeindukcijom po n.

Baza n= 0 je trivijalna. Pretpostavimo da tvree vai za n 1 i neka je deg Q= ni|Q(x)| 1 za 0 x n. Tada polinom R(x) = 12(Q(x)Q(x+ 1)) ima stepen n1i zadovoava uslov|R(x)| 1 za 0 x n1, pa je po induktivnoj pretpostavci12

(Q(1) 1) R(1) 2n 1, tj. Q(1) 2n+1 1.

6. Zamena x = y = 1 daje f(f(1)) = f(1). Sada zamena x = 1, y = f(1) daje f(1)2 = f(1).Ali ako je f(1) = 1, stavaem y = 1 dobijamo f(x) = x za sve x, protivno uslovuograniqenosti. Dakle, f(1) = 0. Dae, ubacivaem x= 1 sada dobijamo f(f(y)) = 2f(y).To znaqi da ako tS={f(x)|xR}, onda i 2tS, a odatle indukcijom 2ntS. Kakoje skup S ograniqen odozgo, mora biti t 0, tj. f(x) 0 za sve x.

Ubacivaem( x2

, f(y))u polaznu jednaqinu umesto (x, y)dobijamof(xy)yf(x) = f(xf(y))xf(y) =f( x

2f(y)) f( x

2)f(y) 0 jer su vrednosti fnepozitivne; sledi da je f(xy) yf(x)

za sve x, y. Za y= 1x i x >0 posleda relacija postaje f(x) 0, dakle f(x) = 0 za x >0.Takoe je f(0) =f(f(1)) = 2f(1) = 0.

Pretpostavimo sada da je f(b)= 0 za neko b < 0. Kako je f(b) < 0, za x < 0 imamof(xf(b)) = f(2xf(b)) = 0, pa zamenom y = f(b) u polaznu jednaqinu dobijamo 2xf(b)f(b)f(x) = 0, odakle je f(x) = 2x. Prema tome, imamo dve mogunosti za f:

f1(x) = 0 za sve x ili f2(x) =

2x za x y je L= D = 4xy, za x


4/7

7. Oznaqimo P(x) = a0+ a1x+ +anxn. Kako je 11xk = limm(1 + x + x2 + +xk) za0 x pADD + 2BD, xto je opet

ekvivalentno sa AB+ AC > AD + AD, tj. AB+ BA > AD + DA. Posleda nejednakostsledi iz AB+ BA > AK+ KA> AD+ DA, gde je Kpresek pravih AD i AB.

10. Oznaqimo BAC = . Kako je N KL = N DL = ADC 90 = 90 i analognoN LK= 90 , sledi N K=N L i KN L= 2= 2KCL, pa je N centar kruga KLC.

11. Kako je BM C = BH C, gde je H ortocentarABC, taqka M lei na krugu BC H.Smatramo bez smaea opxtosti da je Mna kraem lukuBH. Neka krug nad preqnikomAH seqe krug BC H u taqki F=H. Kako je AF M = 90+ HF M = BAC+ ACH+HCM= 180AEM, taqke A, E , M , F su na istom krugu. Sliqno je i taqka D na tomkrugu, pa opisani krug trougla ADEuvek prolazi kroz taqku F.

12. Neka su straari u taqkama A i B. Pretpostavimo da nijedan od ih ne vidi taqkuCna obali, jer je ona zakloena straarima u A i B redom taqkama D i Ena ostrvu.

Oznaqimo sa A, B, C redom sredixta dui OA,OB,OC. Takoe, neka je E taqka nadui BCtakva da je BEAD. Kako je BAD+ ABE 180, Epripada dui BE.Taqka C lei unutar ili na graniciCDE, i samim tim je unutar ili na graniciCD E. OznaqimoCA = a, CB = b, CDCA = k i CECB = . Tada je

CC = 14(a +

b) =14k

CD + 1

4

CE, pa je C unutar ili na graniciCD E ako i samo ako je k, 0 i

14k +

14 1, tj. k + 4k. S druge strane,

DA=

CA+

DC= ( 34 k)a + 14b je paralelno

saEB = 1

4a+ ( 3

4 )b, pa je (3

4 k)( 3

4 ) = 1

16, tj. 2 3(k+ ) + 4k = 0, odakle sledi

k+ 1i 4k(k+) = 2(k+)2 0. Zato je jedino mogue da su sve gore nejedakostizapravo jednakosti, pa je k= = 1

2, ali tada je deo ostrva iznad prave AB qetvorougao

ADEB , suprotno pretpostavci da je stougao.

13. Neka je O centar kruga M N H, P i P redom podnoja normala iz O i O na HM, a Qi Q redom podnoja normala iz O i O na HN. Dovono je pokazati da je HP

HP = HQ

HQ .

Neka su D i Eredom taqke simetriqne taqki Hu odnosu na AB i AC. TaqkeD i E suna opisanom krugu trougla ABC. Kako je HM B = HCA= HBM, vai HM =H B,pa je HBDM romb; analogno je HCEN romb, i pritom je HBDM HCEN jer jeBH M = CH N = 2A. Primetimo da taqke P i Q lee na simetralama dui BD iCEredom jer je OD = OB =OC=OE. S druge strane, jasno je da su P i Q sredixtadui HM i HN. Sledi da taqkama P, P u rombu HBDM odgovaraju taqke Q, Q urombu HCEN, pa je HP

HP = HQ

HQ.

14. UgloveABCoznaqavamo uobiqajeno sa , ,. Kako je P OQ= 360BOPCOQBOC= 180, taqkeA,P,O,Qsu na istom krugu. Posmatrajmo taqkuT=Cna pravojACtakvu da je QT =QC. Iz QT C= QOCsledi da su taqke O,Q,C, Tna krugu. Sada

je i OT B= 180OT C= OQC= 180OP B, pa su i taqke O,P,B, T koncikliqne.Takoe imamo P T Q= P T O +OT Q= P BO +OCQ= (90)+(90) =. Prematome, krug P QT je simetriqan krugu APOQ u odnosu na pravu P Q.

Ostaje da primetimo da pravaBCdodiruje krugP QT: zaista, QP T = QP O+OP T =QAO +OBT= (90)+(90) == QT C. Odavde odmah sledi tvree zadatka.


5/7

15. Neka BM i AN seku naspramne stranice trougla redom u K i L. Iz sliqnosti trou-glova BC M iBK A(BM C= BAK, CBM = KBA) imamo B KBM=BA BC; osimtoga, zbog CDAL vai BA/BD= BL/BC. Sledi BK BM=BL BD, xto zajedno saDBM = KBL dajeBDM BK L. Analogno,AEN ALK.Neka se DM i E Nseku u R. Iz dobijenih sliqnosti imamo RDE= M DB = LKBiDER= AEN= ALK, pa je N RM= 180RDEDER= 180LKB ALK=KIL = BI A = 180

IAB

ABI = 180

CAN

M BC = N CM (uglovi su

orijentisani). Prema tome,R je na opisanom kruguABC. Sada kolinearnost taqakaI , P , Q sledi iz Paskalove teoreme za taqke A, B,R; M , N , C .

16. Kako je OAM+ AM N = DAN+ ADN = 90, tetiva P Q je normalna na OA, pa je Asredixte luka P Q. Sledi da je RA simetrala ugla P RQ.

Iz ABP = AQP = AP M sledi da su trouglovi ABP i AP Msliqni, pa je AP2 =AB AM=AD2, dakle AD= AP =AQ, pa na osnovu Velikog zadatka zakuqujemo da jeD centar upisanog krugaP QR.

17. Fiksirajmo i {1, . . . , 4n}. Element j = (i) je razliqit od i i 4n+ 1i i moe seodabrati na 4n2 naqina. Izborom i i j jednoznaqno su odreeni 2(i) = 4n+ 1ii 3(i) = 4n+ 1j , dok je 4(i) = i. Dae, za proizvoan element k {i,j, 4n+ 1i, 4n+ 1

j

}, broj l = (k) se moe odabrati na 4n

6 naqina (l

= 4n+ 1

k), qime

su automatski odreeni 2(k) i 3(k). Nastavajui ovaj postupak zakuqujemo da setraena particija moe konstruisati na taqno (4n2)(4n6) 6 2 naqina, xto jejednako (2n)!

n! .

18. Dodelimo intervalu [i, j] zbir i+j. Ne postoje dva intervala kojima je dodeen istibroj, pa kako su svi dodeeni brojevi prirodni i ne vei od 4025, intervala nemavixe od 4025. Primer sa 4025 intervala dobijamo uzimaem svih intervala sa jednimkrajem 0 ili 2013.

19. Rotirajmo koordinatni sistem neprekidno u konstantnom smeru. Redosled projekcijataqaka A i B na x-osi e se promeniti kady-osa proe kroz poloaj paralelan pravojAB, xto e se dogoditi dvaput pri rotaciji za ugao 2. Kako pravih odreenih sa po

dve od datih taqaka ima 45, dobiemo najvixe 90 razliqitih permutacija.20. Posmatrajmo proizvono teme grafa. Za svake dve grane iz tog temena, postoje najvixe

dva cikla duine 4 koji sadre te dve grane. Dakle, ima najvixe 6 ciklova krozposmatrano teme, pa ukupno ne moe biti vixe od 14 6 300 = 450 ciklova.Ovaj broj se dostie kada imamo 50 nezavisnih grafova K3,3.

21. Posmatrajmo orijentisani graf qija su temena elementiA B, a grana odi do j postojiako je j =i aA ili j =i +bB . Po uslovu zadatka, izlazni stepen svakog temenaje bar 1, a ulazni je najvixe 1 jer je A B =. Kako je zbir ulaznih stepena jednakzbiru izlaznih, iz svakog temena izlazi i u ega ulazi taqno jedna grana. To znaqida je ovaj graf unija disjunktnih ciklova C1, . . . , C k.

Neka cikl Ci sadri ai elemenata skupa A i bi elemenata B. Tada se du grana cikla

Ci indeksi temena uveavaju za a taqno ai puta, a umauju se za b taqno bi puta, odakleje aai= bbi. Kako ovo vai za svaki cikl, sledi a|A|= b|B|.

22. Postavimo redom n krugova tako da je, za 2 i n1, krug Ci unutar kruga Ci1 iprolazi kroz egov centar, a krug Cn ima centar na C1 i prolazi kroz centar Cn1.Ovako dobijamo primer sa (n1)(n2)2 parova (i, j).

SkupG posmatranih parova ima sledee osobine: (1)(i, i)G; (2)(2, 1), (3, 2), . . . , (1, n)G; (3) (i, j), (j, k)G(i, k)G; (4) (i, j)G(j, i)G. Dokazaemo indukcijom po n(baza n= 2) da skup G sa osobinama (1)-(4) ima najvixe (n1)(n2)2 elemenata.

Ako nijedan od parova (1, 2), (2, 3), . . . , (n, 1)nije u G, onda je|G| n(n1)2

n= (n1)(n2)2

1. Zato pretpostavimo da npr. (n, 1) G. Tada (1, n1) G (u suprotnom bi iz (3)sledilo (n, n

1)

G), pa skup G =

{(i, j)

G

| 1 i, j n

1

} zadovoava (1)-(4)

za n 1, i po induktivnoj pretpostavci je|G| (n2)(n3)2

. Ostaje da pokaemo da je

|G \ G| n 2: odatle e slediti|G| (n2)(n3)2

+ (n 2) = (n1)(n2)2

.

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, vai (n 1, n)G. Ako (n, n 2)G, onda iz


6/7

(3) sledi (n 1, n 2)G, xto nije taqno; dakle, (n, n 2)G i (n 2, n) G. Sliqno,(n, n 3) G i (n 3, n)G, itd, i najzad(n, 1)G i (1, n)G, kontradikcija.

23. Za k = 1, . . . , 2n 1, neka je aki = bkj = 1 ako se k-ti eton nalazi u i-toj vrsti i j-tojkoloni, i aki =a

kj = 0 za i

=i i j=j. Posmatrajmo vektore vk = (ak1 , . . . , akn, bk1 , . . . , bkn1)u vektorskom prostoru Z2n12 . Ako postoje 1 k1 < k2 1. Meutim, meu ma kojih 5 uzastopnih brojeva nalaze se 4k + 1i4k + 2za neko k.

(b) Podesiemo n tako da n 1, n , n+ 1 budu uobraeni sa bn1 = 7, bn = 4 i bn+1 = 5.Traimon oblika 24a + 24b + 24c + 24 jer tada 4|n i 5|n + 1; jox treba odabrati a,b,ctako da 7|n 12a + 2b + 2c + 1, a za to je dovono uzeti abc1 (mod 3).Napomena. Uz malu izmenu dobijamo jaqi primer: za n = 212a+16 + 212b+10 + 212c+7 + 14(a,b,cN) brojevi n, n + 1, n + 2, n + 3 su svi uobraeni.

28. Posmatrajmo jednaqinu po modulu 17: iz 24a b16 1 (mod 17) sledi da 8|4a, tj. 2|a,pa je 17 = (b 2a/2)(b+ 2a/2). Odavde dolazimo do jedinog rexea (a, b) = (6, 9).

29. Oznaqimo traenom samn. Imamo m1= 1i m2= 7: 12(1

2 + 72) = 52. Primer ai = 2i2 1pokazuje da je mn 2n

2

1: zaista, tada je 1

2 (a2

i + a2

i+1) = (2i2

+ 2i + 1)2

.Da bismo dokazali da je mn = 2n2 1, dovono je da pokaemo da ne postoje prirodnibrojevi 2n2 1 x < y < 2(n + 1)2 1 takvi da je x2+y22 potpun kvadrat. Pretpostavimosuprotno, da je x2 +y2 = 2z2. Tada su x i y iste parnosti i yx < 4n+ 2, pa vai( x+y2 )

2 < z2 = ( x+y2 )2 + ( yx2 )

2 ( x+y2 )2 + (2n)2, odakle sledi( x+y2 )

2 + (2n)2 ( x+y2 + 1)2, tj.

4n2 x +y+ 1, xto je nemogue.

30. Za neki prirodan broj n vai x2 + y2 2 =n(x2 y2), tj.(n + 1)y2 (n 1)x2 = 2. ()

Dovono je pokazati da je x2 y2 deivo sa n.Pretpostavimo suprotno, da postoji rexee (x, y) jednaqine () za koje n x2 y2, iposmatrajmo ono rexee (x0, y0) za koje je

|y0

| minimalno. Primetimo da ako je (x, y)

rexee (), onda je i (nx(n+1)y,ny(n1)x)rexee. Xta vixe, akon (x2y2), ondan (nx(n+1)y)2(ny(n1)x)2 y2x2 (modn). Prema tome, po uslovu minimalnostimora da bude|ny0 (n 1)x0| |y0|, tj. x0 y0 ili x0 n+1n1y0. Zameivaem u () sedobija|y0| 1, a to je mogue jedino za (x0, y0) = (1, 1). Meutim, n| 12 12, xto jekontradikcija.


7/7

31. Primetimo da je (2a + 2a+12 + 1)(2a 2 a+12 + 1) = (2a + 1)2 2a+1 = 22a + 1. Sledi da je

d= (2a + 2a+12 + 1, 2b + 2

b+12 + 1) |(22a + 1, 22b + 1)|(24a 1, 24b 1) = 2(4a,4b) 1 = 15. Pritom

3 22a + 1, pa imamo d|5.Mogue vrednosti su 1 i 5. Zaa= b = 1 je d= 5, dok je za (a, b) = (1, 3) d= 1.

32. Poqetni qlanovi niza su 1, 3, 2, 6, 8, 4, 11, 5, . . .. Vidimo da je ai = j i aj = i za (i, j) =(1, 1), (2, 3), (4, 6), (5, 8), (7, 11), . . . . Uvedimo niz parova P0, P1, P2, . . . prirodnih brojeva

(Pi ={fi, gi}) na sledei naqin: P0 = (1, 1) i, za n 0, fn je najmai broj koji se nepojavuje u parovima P0, . . . , P n1, a gn = fn+ n. Nizovi (fn) i (gn) su rastui i svakiprirodan broj pripada taqno jednom paru. Definiximo niz bn relacijama bfn = gn ibgn =fn. Tada je bbn =n, pri qemu je{n, bn}= P|nbn|. Dokazaemo da je bn= an.Lema. Za svako n N, n|b1+ b2+ + bn.Dokaz. Neka su k i K redom najmae i najvee i sa fi n gi. Tada je{1, 2, . . . , n} =

{f0, f1, . . . , f K}{g1, g2, . . . , gk1}, odakle jen = K+k. S druge strane, skup{b1, . . . , bn}sadri gi ako je fi n (tj. i K), i sadri fi ako je gi n (tj. i k 1). Dakle,{b1, . . . , bn}={f0, f1, . . . , f k1} {g1, g2, . . . , gK}. Kako je gi =fi+i, zakuqujemo da jen

j=1 bj =n

j=1j+K

i=ki = n(n k). Pretpostavimo da je bi = ai za 1 i n

1, ali bn

=an. Po definiciji nizova (an), (bn)

imamon|bnan > 0, pa zbogbn < 2nmora bitian = bnn, pa je{bn, n}= Pan. To znaqi dasu se svi brojevi mai odn, pa tako i an, ve pojavili u parovima P1, . . . , P an1. NekaanPk. Kako je an {b1, . . . , bn1}, mora biti fk =an i gk n = fan. Meutim, paroviP1, . . . , P k pokrivaju po dva elementa skupa A={2, . . . , gk}, dok svaki odfk k= gk 2kparova Pk+1, . . . , P fk ={n, bn} pokriva po jedan element A, qime je pokriveno ukupno2k+ (gk 2k) =gk elemenata skupa A, a to je nemogue.Napomena. Moe se pokazati da je an = [n] ako je n = [k] + 1 za neko k = 0, 1, 2, . . . , i

an = [n1] + 1 u suprotnom, gde je = 1+5

2 .

Documents

zadaci IMO-pripreme