UROŠ MILUTINOVIĆ–DARKO ŽUBRINIĆ

BALKANSKE MATEMATIČKE

OLIMPIJADE

1984–1991

Zadaci s rješenjima Samo za neprofitnu uporabu (nedostaju slike)

ZAGREB 1991

Uvod

Ideju za održavanje Balkanske matematičke olimpijade dali su prof. Dimitrios Kontogiannis iz Atene i prof. Ivan Tonov iz Sofije u jednom prijateljskom razgovoru za vrijeme održavanja 24. Medunarodne matematičke olimpijade u Parizu, 1983. Prva je održana 1984. g. u Grčkoj.

Cilj natjecanja je razvijanje prijateljskih veza izmedu balkanskih zemalja na nivou obrazovanja, te priprema nacionalnih ekipa za nastup na Medunarodnoj matematičkoj olimpijadi. Treba reći da su predstavnici Bugarske i Rumunjske odabrani iz šireg kruga kandidata (oko 25), pa se na Medunarodnoj olimpijadi mogu pojaviti u znatno izmijenjenom sastavu. Jugoslavija sudjeluje na natjecanjima od četvrte Balkanske olimpijade. Nadamo se da će uskoro sudjelovati i Turska i Albanija.

Natjecanje se održava svake godine u toku prvog tjedna svibnja. Pojedine ekipe su sastavljene od šest učenika. Problemi se odabiru neposredno prije samog natjecanja. Učenici rješavaju po četiri zadatka u toku četiri i pol sata. Svaki zadatak nosi po deset bodova, iako, naravno, nikada nisu svi podjednako teški. Redovito su zadaci poredani od lakšeg prema težem, kao i na našim natjecanjima. Dosada samo dva zadatka nisu u toku natjecanja bila u potpunosti riješena (zadaci br. 6.2. i 6.4).

Spomenimo da se 1989. započelo i s organiziranjem Balkanskih ljetnih škola za mlade matematičare (prvi, drugi i treći razred srednje škole) koje se održavaju obično u nekom primorskom gradu. Predvida se sudjelovanje deset učenika i po dva do tri voditelja koji su na ljetnoj školi ujedno i predavači. Službeni jezik škole je engleski.

U toku posljednjih desetak godina organiziraju se mnoga regionalna natjecanja, koja će se sasvim sigurno i dalje širiti. Navedimo samo takmičenje izmedu Poljske i Austrije, koje je nastalo kao plod medudržavnog sporazuma (voditelj austrijske nacionalne ekipe je Gradišćanski Hrvat prof. Mühlgassner), zatim Ibero– američko natjecanje (za države Južne Amerike i Španjolsku), natjecanje zemalja Magreba (bivše francuske kolonije u Africi), Nordijsko natjecanje i odnedavno Azijsko–pacifičko natjecanje.

Odlučili smo da u zbirku uvrstimo i neke od prijedloga zadataka koje žiri nije iskoristio na natjecanjima. Većina zadataka objavljuje se prvi put.

Slike i dijagrami u ovoj knjizi su numerirani isto kao i odgovarajući zadaci na koje se odnose.

Autori su zahvalni profesoru Willieu Yongu iz Singapura, koji nam je sugerirao da se ova knjiga napiše. Učenici Miroslav Šilović i Igor Dolinka pomogli su nam da kompletiramo materijale za natjecanje iz 1990. g. Posebnu zahvalnost dugujemo recenzentima Željku Hanjšu i Ilku Brnetiću na mnoštvu korisnih primjedbi.

Uroš Milutinović i Darko Žubrinić

OZNAKE

• N = {1, 2, 3,… } skup prirodnih brojeva.

• N_{0} = N ∪ {0}.

• Z, Q, R skupovi cijelih, racionalnih i realnih brojeva.

• Eulerova funkcija φ(n): broj prirodnih brojeva manjih ili jednakih n, koji su relativno prosti sa n ∈ N.

• ⌊x⌋ = najveći cijeli dio (ili najveće cijelo) od x ∈ R, tj. najveći cijeli broj koji nije veći od x.

• Koristit ćemo se oznakom (a, b) i za uredeni par i otvoren interval, što će se lako razlučiti iz konteksta.

• |S| = kardinalni broj skupa S.

• Sferom ćemo zvati rub kugle.

1. BALKANSKA MATEMATIČKA OLIMPIJADA

ATENA, Grčka, 1984.

1.1. Neka su a_{1}, a_{2},…, a_{n} pozitivni realni brojevi (n ≥ 2) takvi da vrijedi a_{1} + a_{2} + ⋯ + a_{n} = 1. Dokaži da je:

\frac{a_{1}}{1 + a_{2} + a_{3} + ⋯ + a_{n}} + \frac{a_{2}}{1 + a_{1} + a_{3} + ⋯ + a_{n}} + …

+\frac{a_{n}}{1 + a_{1} + a_{2} + ⋯ + a_{n−1}} ≥ \frac{n}{2n − 1}.

(Grčka)

1.2. Neka je ABCD tetivni četverokut i H_{A}, H_{B}, H_{C}, H_{D} presjeci visina trokuta BCD, CDA, DAB i ABC respektivno. Dokaži da su četverokuti ABCD i H_{A}H_{B}H_{C}H_{D} kongruentni (tj. sukladni).

(Rumunjska)

1.3. Dokaži da za svaki prirodni broj m postoji n, n > m, tako da se decimalni prikaz broja 5^{n} dobiva iz decimalnog prikaza broja 5^{m} dodavanjem stanovitog broja znamenki nalijevo.

(Bugarska)

1.4. Nadi sva realna rješenja sistema

ax + by = (x − y)^{2}
by + cz = (y − z)^{2}
cz + ax = (z − x)^{2},

gdje su a, b, c zadani pozitivni realni brojevi.

(Rumunjska)

2. BALKANSKA MATEMATIČKA OLIMPIJADA

SOFIJA, Bugarska, 1985.

2.1. Neka je O središte opisane kružnice trokuta ABC, D polovište dužine AB i E

težište trokuta ACD. Pokaži da je CD⊥OE ako i samo ako je AB = AC.

(Bugarska)

2.2. Neka su a, b, c, d ∈ [−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ] takvi da je

sin a + sin b + sin c + sin d = 1

i

cos 2a + cos 2b + cos 2c + cos 2d ≥ \frac{10}{3}.

Dokaži da je a, b, c, d ∈ [0, \frac{π}{6} ].

(Rumunjska)

2.3. Točke na realnom pravcu oblika 19a + 85b, a, b ∈ N_{0} obojene su crveno, a sve preostale cjelobrojne točke na R zeleno. Ispitajte postoji li točka A ∈ R takva da su za svaki par (B, C) ∈ Z × Z koji je simetričan s obzirom na A boje točaka B i C različite.

(Grčka)

2.4. Na konferenciji sudjeluje 1985 ljudi. U svakoj tročlanoj grupi barem su dvojica koji govore zajedničkim jezikom. Ako svaka osoba govori najviše pet jezika, pokaži da postoji barem 200 osoba na konferenciji koje govore zajedničkim jezikom.

(Rumunjska)

3. BALKANSKA MATEMATIČKA OLIMPIJADA

BUKUREŠT, Rumunjska, 1986.

3.1. Pravac koji prolazi kroz središte I upisane kružnice trokuta ABC siječe njoj opisanu kružnicu u točkama F i G, a upisanu kružnicu u točkama D i E, gdje D leži izmedu I i F. Dokaži da je DF ·EG ≥ r^{2}, gdje je r polumjer upisane kružnice. Kada vrijedi jednakost?

(Grčka)

3.2. Neka je ABCD tetraedar i E, F, G, H, K, L točke koje leže na AB, BC, CA, DA, BD i DC respektivno. Dokaži da ako je AE · BE = BF · CF = CG · AG = DH · AH = DK · BK = DL · CL, tada točke E, F, G, H, K, L leže na kugli.

(Bugarska)

3.3. Niz a_{1}, a_{2},… je definiran sa a_{1} = a, a_{2} = b i a_{n+1} = (a_{n}^{2} + c)/a_{n−1} za n = 2, 3,…, gdje su a, b, c realni brojevi takvi da je ab ≠ 0, c > 0. Dokaži da su a_{n} (n = 1, 2,…) cijeli brojevi ako i samo ako su a, b i (a^{2} + b^{2} + c)/ab cijeli brojevi.

(Bugarska)

3.4. Trokut ABC i točka T leže u ravnini tako da trokuti T AB, T BC, T CA

imaju isti opseg i istu površinu. Dokaži da:

a) ako je T unutarnja točka trokuta ABC, tada je trokut ABC jednakostraničan;

b) ako T nije unutarnja točka trokuta ABC, tada je ABC pravokutan.

(Rumunjska)

4. BALKANSKA MATEMATIČKA OLIMPIJADA

ATENA, Grčka, 1987.

4.1. Neka je a realan broj i f: R → R funkcija takva da za sve x, y ∈ R vrijedi:

f(x + y) = f(x)f(a − y) + f(y)f(a − x)

f(0) = \frac{1}{2}.

Dokaži da je f konstanta.

(bivša Jugoslavija)

4.2. Neka je x ≥ 1 i y ≥ 1 tako da su

a = \sqrt{x − 1} + \sqrt{y − 1}
b = \sqrt{x + 1} + \sqrt{y + 1}

neuzastopni cijeli brojevi. Dokaži da je b = a + 2 i x = y = \frac{5}{4}.

(Rumunjska)

4.3. U trokutu ABC ispunjena je sljedeća relacija:

sin^{23} \frac{α}{2} · cos^{48} \frac{β}{2} = sin^{23} \frac{β}{2} · cos^{48} \frac{α}{2},

gdje su α i β odgovarajući kutovi uz A i B. Nadi omjer AC/BC.

(Cipar)

4.4. Dvije kružnice k_{1} i k_{2} sa središtima u O_{1} i O_{2}, s polumjerima 1 i \sqrt{2} sijeku se u točkama A i B, i O_{1}O_{2} = 2. Neka je AC tetiva na k_{2}. Nadi duljinu AC ako polovište dužine AC leži na k_{1}.

(Bugarska)

5. BALKANSKA MATEMATIČKA OLIMPIJADA

NIKOZIJA, Cipar, 1988.

5.1. Neka su CH, CL i CM redom visina, simetrala kuta i težišnica trokuta ABC tako da točke H, L i M leže na AB. Omjer površina trokuta HMC i ABC je \frac{1}{4}, dok je odgovarajući omjer za trokute LMC i ABC jednak 1 − \frac{\sqrt{3}}{2}. Odredi kutove trokuta ABC.

(Bugarska)

5.2. Nadi sve polinome P (x, y) u dvije varijable takve da za sve realne brojeve a,

b, c, d vrijedi:

P (a, b) · P (c, d) = P (ac + bd, ad + bc).

(bivša Jugoslavija)

5.3. Dokaži da se svaki tetraedar A_{1}A_{2}A_{3}A_{4} može smjestiti izmedu dviju paralelnih ravnina čija medusobna udaljenost nije veća od \frac{1}{2} \sqrt{P/3}, gdje je

P = (A_{1}A_{2})^{2} + (A_{1}A_{3})^{2} + (A_{1}A_{4})^{2} + (A_{2}A_{3})^{2} + (A_{2}A_{4})^{2} + (A_{3}A_{4})^{2}.

(Grčka)

5.4. Nadi sve parove a_{n}, a_{n+1} uzastopnih cijelih brojeva niza a_{1}, a_{2} …, definiranog sa a_{n} = 2^{n} + 49, tako da vrijedi

a_{n} = p · q, a_{n+1} = r · s,

gdje su p, q, r, s prosti brojevi takvi da je

p < q, r < s, q − p = s − r.

(Rumunjska)

6. BALKANSKA MATEMATIČKA OLIMPIJADA

SPLIT, bivša Jugoslavija, 1989.

6.1. Neka su d_{1}, d_{2},…, d_{k} djelitelji prirodnog broja n i neka je 1 = d_{1} < d_{2} < ⋯ < d_{k} = n. Nadi sve brojeve n za koje je k ≥ 4 i vrijedi

d_{1}^{2} + d_{2}^{2} + d_{3}^{2} + d_{4}^{2} = n.

(Bugarska)

6.2. Neka je \overline{a_{n}a_{n−1} … a_{1}a_{0}} = a_{n}10^{n}+a_{n−1}10^{n−1}+⋯+10a_{1}+a_{0} decimalni prikaz prostog broja. Ako je n > 1 i a_{n} > 1, pokaži da je polinom

P (x) = a_{n}x^{n} + a_{n−1}x^{n−1} + ⋯ + a_{1}x + a_{0}

ireducibilan, tj. ne može se prikazati kao produkt polinoma s cjelobrojnim koeficijentima i stupanja barem jedan.

(bivša Jugoslavija)

6.3. Neka je ABC trokut i ℓ pravac koji siječe stranice AB i AC u točkama B_{1} i C_{1} respektivno, tako da vrh A i težište G trokuta ABC leže u istoj poluravnini odredenoj sa ℓ. Dokaži da je

P(BB_{1}GC_{1}) + P(CC_{1}GB_{1}) ≥ \frac{4}{9}P(ABC),

gdje P označava površinu. Kada vrijedi jednakost?

(Grčka)

6.4. Promatrajmo familije F podskupova skupa {1, 2,…, n}, n ≥ 3 takve da vrijedi:

(i) ako je A ∈ F, tada |A| = 3; (ii) ako je A ∈ F, B ∈ F, A ≠ B, tada |A ∩ B| ≤ 1. Neka je f(n) maksimalna vrijednost |F| za sve takve F. Dokaži da je

\frac{1}{6}(n^{2} − 4n) ≤ f(n) ≤ \frac{1}{6}(n^{2} − n).

(|S| označava kardinalni broj skupa S.)

(Rumunjska)

7. BALKANSKA MATEMATIČKA OLIMPIJADA

SOFIJA, Bugarska, 1990.

7.1. Neka je a_{1} = 1, a_{2} = 3 i a_{n+2} = (n + 3)a_{n+1} − (n + 2)a_{n} za svaki prirodan

broj n ≥ 1. Nadi sve vrijednosti n za koje je a_{n} djeljivo sa 11.

(Grčka)

7.2. Promatrajmo polinom definiran sa

a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + ⋯ + a_{2n}x^{2n} = (1 · x + 2 · x^{2} + ⋯ + n · x^{n})^{2}.

Dokaži da je

a_{n+1} + a_{n+2} + ⋯ + a_{2n} = \frac{n(n + 1)(5n^{2} + 5n + 2)}{24}.

(Bugarska)

7.3. Neka je A_{1}B_{1}C_{1} ortocentričan trokut šiljastokutnog, nejednakostraničnog trokuta ABC. Neka su A_{2}, B_{2}, C_{2} dirališta kružnice upisane u trokut A_{1}B_{1}C_{1} s njegovim stranicama. Dokaži da se Eulerovi pravci trokuta ABC i A_{2}B_{2}C_{2} podudaraju. Napomene:

(I) Vrhovi ortocentričnog trokuta su nožišta visina početnog trokuta. (II) Eulerov pravac nekog trokuta je po definiciji odreden ortocentrom i središtem

upisane kružnice.

(bivša Jugoslavija)

7.4. Odredi minimalan broj elementa konačnog skupa A tako da postoji funkcija

f: N → A takva da ako je broj |i − j| prost, tada je f(i) ≠ f(j).

(Rumunjska)

8. BALKANSKA MATEMATIČKA OLIMPIJADA

CONSTANCA, Rumunjska, 1991.

8.1. Oko šiljastokutnog trokuta ABC opisana je kružnica sa središtem u točki O. Neka je M točka na luku AB kružnice, koja ne sadrži točku C. Okomica povučena iz točke M na dužinu OA siječe stranice AB i AC respektivno u točkama K i L. Slično, okomica povučena iz M na OB siječe stranice AB, BC u točkama N i P respektivno. Ako je \overline{KL} = \overline{MN}, izrazite kut ^{}M̸LP pomoću kutova trokuta ABC.

(Grcka)

8.2. Dokažite da postoji besknočno mnogo nekongruentnih trokuta T takvih da:

(i) dužine stranica a, b, c trokuta T su relativno prosti prirodni brojevi, tj. njihova najveća zajednička mjera je jedan;

(ii) površina trokuta T je cijeli broj; (iii) nijedna od visina trokuta T nije cijeli broj.

(Jugoslavija)

8.3. Pravilan šesterokut površine H je upisan u konveksan poligon površine P (svi vrhovi šesterokuta leže na rubu konveksnog poligona). Dokazati da je P ≤ \frac{3}{2}H. Kada vrijedi jednakost?

(Bugarska)

8.4. Dokazati da ne postoji bijekcija f: N → N_{0} takva da je

f(mn) = f(m) + f(n) + 3f(m)f(n)

za sve m, n ≥ 1.

(Rumunjska)

PRIJEDLOZI ZADATAKA

Kombinatorika

1. Obojmo sve točke ravnine trima bojama. Dokažite da postoje dvije točke medusobno udaljene 1, koje imaju istu boju.

2. Neka je F familija podskupova skupa N tako da nijedan skup ne sadrži drugi. Neka je C(F) skup svih podskupova M skupa N sa sljedećim svojstvima:

(i) M presijeca svaki član familije F; (ii) ne postoji pravi podskup M′ skupa M sa svojstvom (i).

Nadite primjer familije skupova F tako da je C(F) prazan skup i 1 989 sadržan u točno 1 989 članova familije F.

3. Za proizvoljan polieadar označimo sa n_{k} broj strana sa točno k vrhova. Dokažite da je bar jedna od sljedećih izjava istinita:

(i) postoji k tako da je n_{k} ≥ 3; (ii) postoji k ≠ h tako da vrijedi n_{k} ≥ n_{h} ≥ 2.

4. Neka je dano n^{2} različitih prirodnih brojeva tako da je svaki smješten na kvadratnoj n × n šahovskoj ploči (n ≥ 2).

Pokažite da je moguće odabrati n brojeva, po jedan u svakom retku i stupcu, tako da ako je broj odabran u bilo kojem retku veći od bilo kojeg drugog u tom retku, tada je ovaj posljednji broj manji od broja odabranoga u njegovu stupcu.

Algebra

5. Niz funkcija P_{n} ispunjava sljedeće uvjete:

P_{1}(x) = x, P_{2}(x) = x^{3},

P_{n+1}(x) = \frac{P_{n}^{3}(x) − P_{n−1}(x)}{1 + P_{n}(x)P_{n−1}(x)}, n = 2, 3,…

Dokažite da su funkcije P_{n} polinomi.

6. Nadite sva realna rješenja sistema:

2^{x^{2}+y} + 2^{x+y^{2}} = 8
\sqrt{x} + \sqrt{y} = 2.

Analiza

7. Neka je k prirodan broj i

a_{n} = \frac{1^{k} + 2^{k} + ⋯ + n^{k}}{n^{k+1}} , n ∈ N.

Dokažite da je niz (a_{n}) opadajući.

8. Nadite sve neprekidne funkcije f: R → R takve da je

f(x + f(y)) = f(x) + y

za sve x, y ∈ R.

Geometrija

9. Neka je ABC trokut te CX i CY dvije zrake (u poluravnini odredenoj pravcem AC koja sadrži točku B) tako da je CX paralelno sa AB i CX u unutrašnjosti kuta ^{}B̸CY.

Varijabilan pravac iz točke B siječe CX u točki D i CY u E, dok pravac AD siječe BC u F. Pokažite da svi pravci EF prolaze kroz zajedničku točku.

10. Neka je ABC trokut tako da vrijedi BC = 2 · AC − 2 · AB, a D točka na stranici BC. Dokažite da je ^{}A̸BD = 2^{}A̸DB ako i samo ako je BD = 3 · CD.

11. Dane su tri točke A, B i C u ravnini. Dokažite da je C polovište segmenta AB ako i samo ako je

P A^{1989} + P B^{1989} ≥ 2 · P C^{1989}

za svaku točku P u ravnini.

12. Neka je ABCD pravilna trostrana piramida u kojoj su stranice AD, BD, i CD u parovima okomite. Nadite točke X u unutrašnjosti ili na rubu piramide ABCD za koju je volumen tetraedra, čiji su vrhovi ortogonalne projekcije X na strane piramide ABCD, maksimalan.

13. Konveksni n–terokut smješten je u kvadrat duljine stranice 1. Dokažite da postoje tri vrha A, B, C danog n–terokuta tako da površina trokuta ABC ne premašuje 8/n^{2}.

Teorija brojeva

14. Neka je n ≥ 3 prirodan broj. Dokažite da

1989 | n^{n^{n^{n}}} − n^{n^{n}}.

15. Neka su a_{0}, a_{1},…, a_{8} cijeli brojevi za koje je

a_{n+1} = a_{n}^{2} − a_{n} + 5, n = 0, 1,…, 7.

Dokažite da medu ovim brojevima barem dva nisu relativno prosta.

16. Postoji li 1 989 prirodnih brojeva a_{1}, a_{2},…, a_{1989} tako da za svaki i = 3, 4,…, 1 989 vrijedi

a_{i} + S_{i} = (a_{i}, S_{i}) + [a_{i}, S_{i}],

gdje je S_{i} = ∑_{j=1}^{i} a_{j}, a (·, ·) i [·, ·] su najveća zajednička mjera i najmanji zajednički višekratnik respektivno.

17. Nadite sve nenegativne cijele brojeve (x, y, z, n) tako da vrijedi

x^{3} + y^{3} + z^{3} = nx^{2}y^{2}z^{2}.

18. Nadite sve cijele brojeve p za koje postoje racionalni brojevi a i b takvi da polinom x^{5} −px−1 ima barem jedan zajednički korijen sa polinomom x^{2} −ax+b.

RJEŠENJA ZADATAKA

1.1. Nejednakost dana u zadatku je ekvivalentna sa

∑_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{2 − a_{k}} ≥ \frac{n}{2n − 1}.

Primijetivši da je

(1)  \frac{a_{k}}{2 − a_{k}} = −1 + \frac{2}{2 − a_{k}}

i

∑_{k=1}^{n}(2 − a_{k}) = 2n − 1,

razumno je uvesti novu varijablu

x_{k} = \frac{2 − a_{k}}{2n − 1} > 0

za koju je

∑_{k=1}^{n} x_{k} = 1.

Uvrštavajući (1) u početnu nejednakost, vidimo da je ona ekvivalentna sa

(2)  ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{x_{k}} ≥ n^{2}.

Medutim, to je neposredna posljedica nejednakosti izmedu harmonijske i aritmetičke sredine:

(3)  \frac{n}{\frac{1}{x_{1}} + ⋯ + \frac{1}{x_{n}}} ≤ \frac{x_{1} + ⋯ + x_{n}}{n}

gdje je x_{k} > 0.

NAPOMENA. Nejednakost (2) je lako dokazati indukcijom. Za n = 1 tvrdnja je trivijalna.

Pretpostavimo da (2) vrijedi za n − 1 i neka je ∑_{k=1}^{n} x_{k} = 1. Tada imamo

∑_{k=1}^{n−1} \frac{x_{k}}{1 − x_{n}} = 1,

pa iz induktivne pretpostavke dobivamo

∑_{k=1}^{n−1} \frac{1 − x_{n}}{x_{k}} ≥ (n − 1)^{2},

tj.

∑_{k=1}^{n} \frac{1}{x_{k}} ≥ \frac{(n − 1)^{2}}{1 − x_{n}} + \frac{1}{x_{n}} ≥ n^{2}.

Posljednja nejednakost provjerava se neposredno.

Primijetite da je nejednakost (3) gotovo direktna posljedica nejednakosti (2).

1.2. Ideja dokaza je da se pokaže da su ABH_{A}H_{B}, BCH_{B}H_{C}, CDH_{C}H_{D} i DAH_{D}H_{A} paralelogrami. Odavde će slijediti da su četverokuti ABCD i H_{A}H_{B}H_{C}H_{D} simetrični s obzirom na točku.

Slika 1.2.

Dovoljno je dokazati da je CDH_{C}H_{D} paralelogram. Najprije ćemo pokazati da je AH_{D}BH_{C} tetivni četverokut. Zaista, imamo

A̸H_{D}B = ^{}A̸CB = ^{}A̸DB = π −^{}B̸H_{C}A.

Gore navedene jednakosti slijede iz činjenice da je četverokut A′H_{D}CB′′ tetivan (primijetite da je ^{}C̸B′′H_{D} = ^{}C̸A′H_{D}), kao i ABCD i DB′H_{C}A′′. Time je dokazano da je četverokut AH_{D}BH_{C} tetivan.

Prema tome je

H̸_{D}H_{C}D = ^{}B̸H_{C}D +^{}B̸H_{C}D
= (π −^{}B̸AD) +^{}B̸AH_{D}
= ^{}D̸CB +^{}B̸CH_{D} = ^{}D̸CH_{D},

gdje smo u drugom retku koristili činjenicu da je četverokut AD′H_{C}B′ tetivan. Na sličan način se dobiva

H̸_{C}H_{D}C = ^{}A̸H_{D}C −^{}A̸H_{D}H_{C}
= (π −^{}A̸BC) −^{}A̸BB′
= ^{}A̸DC −^{}A̸DD′ = ^{}H̸_{C}DC.

Prema tome je CDH_{C}H_{D} paralelogram. Degeneriran slučaj u kojem su, recimo, kutovi ^{}A̸DC i ^{}A̸BC jednaki π/2 (i prema tome B = H_{D}), može se razmotriti na neposredniji način:

\begin{matrix}^{}B̸H_{C}D = ^{}B̸′H_{C}D′ = π −^{}B̸′AD′ = ^{}D̸CB \\ = ^{}H̸_{C}DC = ^{}A̸DC −^{}A̸DD′ = ^{}A̸BC −^{}A̸BB′ = ^{}H̸_{C}BC. \end{matrix}

1.3. Ako je n > m, tvrdnja u zadatku je ekvivalentna sa

5^{m} = \overline{a_{k_{m}} … a_{0}}
5^{n} = \overline{a_{k_{n}} … a_{k_{m}} … a_{0}},

gdje desne strane predstavljaju odgovarajuće decimalne prikaze brojeva. Ovo je ekvivalentno sa

(1)  5^{n} − 5^{m} ≡ 0 (mod 10^{k+1})

uz k = k_{m}. Jasno je da vrijedi k + 1 ≤ m, jer je 5^{m} = a_{k} · 10^{k} + …, a_{k} ≥ 1. Prema tome je 5^{n} − 5^{m} djeljivo sa 5^{k+1} za sve n > m. Uslijed (1) je još jedino preostalo pronaći n, n > m, tako da bude 5^{n} − 5^{m} djeljivo sa 2^{k+1} ili, što je isto,

5^{n−m} − 1 ≡ 0 (mod 2^{k+1}).

Medutim, po Eulerovoj formuli je

5^{φ(2^{k+1})} − 1 ≡ 0 (mod 2^{k+1})

(primijetite da su brojevi 5 i 2^{k+1} relativno prosti). Dakle, možemo staviti n = m + φ(2^{k+1}), čime je zadatak riješen.

1.4. Uvedimo nove varijable

s = x − y, t = y − z.

Tada sistem postaje

a(s + y) + by = s^{2}
by + c(y − t) = t^{2}
c(y − t) + a(s + y) = (s + t)^{2} = s^{2} + 2st + t^{2}
= 2st + [a(s + y) + by] + [by + c(y − t)].

Posljednja relacija daje y = −st/b. Nakon uvrštavanja, iz prve jednadžbe dobivamo sljedeći sistem u s i t:

[ab − (a + b)t]s = s^{2}
[−(b + c)s − bc]t = t^{2}.

Imamo tri mogućnosti:

a) Ako je s = 0, tada je −ct = t^{2} i imamo ili t = 0, tj.

(x, y, z) = (0, 0, 0),

ili t = −c, tj.

(x, y, z) = (0, 0, c).

b) Na sličan način za t = 0 dobivamo s = a i:

(x, y, z) = (a, 0, 0).

c) Ako je s ≠ 0 i t ≠ 0, tada imamo

ab − (a + b)t = bs
−bc − (b + c)s = bt.

Kako je a, b, c > 0, determinanta ab + bc + ca ovog sistema različita je od 0. Rješavajući ga npr. eliminacijom, dobivamo s = −b, t = b i još jedno rješenje:

(x, y, z) = (0, b, 0).

Slika 2.1.

2.1. Jasno je da vrijedi \overrightarrow{OD} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}) i

\overrightarrow{OE} = \frac{1}{3}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OD} + \overrightarrow{OC}) = \frac{1}{6}(3\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + 2\overrightarrow{OC}).

Imamo takoder

\overrightarrow{CD} = \overrightarrow{OD} − \overrightarrow{OC} = \frac{1}{2}[\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} − 2\overrightarrow{OC}].

Nakon malog računa iz \overrightarrow{OE}·\overrightarrow{CD} = 0 (primijetite da je OA = OB = OC) dobivamo

ekvivalentnu relaciju \overrightarrow{OA} · \overrightarrow{OB} = \overrightarrow{OA} · \overrightarrow{OC}, tj. \overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{BC}. Lako se provjeri da je ovo ekvivalentno sa AB = AC.

2.2. Uvedimo sljedeće oznake:

x = sin a, y = sin b, z = sin c, u = sin d.

Zbog simetrije vidimo da je dovoljno dokazati jedino x ∈ [0, \frac{1}{2}]. Iz cos 2a = 1−2x^{2}, cos 2b = 1 − 2y^{2}, cos c = 1 − 2z^{2} i cos 2d = 1 − 2u^{2} zaključujemo:

x + y + z + u = 1

x^{2} + y^{2} + z^{2} + u^{2} ≤ \frac{1}{3}.

Eliminacijom varijable u iz nejednakosti, nakon kratkog računa dolazimo do sljedeće kvadratne nejednakosti u z:

z^{2} + (x + y − 1)z + (x^{2} + y^{2} + xy − x − y + \frac{1}{3}) ≤ 0.

Da bi postojalo rješenje z, odgovarajuća diskriminanta mora biti nenegativna, tj.

(x + y − 1)^{2} − 4(x^{2} + y^{2} + xy − x − y + \frac{1}{3}) ≥ 0.

Medutim, to vodi do nove kvadratne nejednadžbe

3y^{2} + 2(x − 1)y + (3x^{2} − 2x + \frac{1}{3}) ≤ 0

u varijabli y. Iz sličnog razloga kao i prije njezina diskriminanta mora biti nenegativna:

4(x − 1)^{2} − 4[9x^{2} − 6x + 1] ≥ 0,

tj.

x(x − \frac{1}{2}) ≤ 0.

Odavde odmah zaključujemo da je x ∈ [0, \frac{1}{2}].

2.3. Opće rješenje Diophantske jednadžbe

(1)  19x + 85y = n

je

x = 19t − 2n, y = 9n − 85t, t ∈ Z.

Koristit ćemo se činjenicom da je 1 = 9 · 19 − 2 · 85, tj. n = 9n · 19 − 2n · 85. Uvjet x, y ≥ 0 je ekvivalentan sa

\frac{2n}{19} ≤ t ≤ \frac{9n}{85}.

Stoga vidimo da će točka n ≥ 0 biti crvena ako i samo ako interval

(2)  [\frac{2n}{19}, \frac{9n}{85}]

sadrži neki cijeli broj. Usput, jasno je da su svi negativni cijeli brojevi obojeni zeleno.

Provjerit ćemo direktno da su svi brojevi ≥ 1512 obojeni crvenom bojom. Naime, koristeći

(3)  1 = 9 · 19 − 2 · 85
(4)  1 = (−76) · 19 + 17 · 85

imamo

1512 = 8 · 19 + 16 · 85
1513 = 17 · 19 + 14 · 85
1514 = 26 · 19 + 12 · 85
1515 = 35 · 19 + 10 · 85
1516 = 44 · 19 + 8 · 85
1517 = 53 · 19 + 6 · 85
1518 = 62 · 19 + 4 · 85
1519 = 71 · 19 + 2 · 85
1520 = 80 · 19 + 0 · 85
1511 = 4 · 19 + 17 · 85
1522 = 13 · 19 + 15 · 85
1523 = 22 · 19 + 13 · 85
1524 = 31 · 19 + 11 · 85
1525 = 40 · 19 + 9 · 85
1526 = 49 · 19 + 7 · 85
1527 = 58 · 19 + 5 · 85
1528 = 67 · 19 + 3 · 85
1529 = 76 · 19 + 1 · 85
1530 = 0 · 19 + 18 · 85
1531 = 8 · 19 + 16 · 85

itd. (primijetite da je (4) korišteno jedino kod uokvirenih brojeva). Na taj način vidimo da su svi cijeli brojevi n ≥ 1512 crveni.

Za n = 1 511 je odgovarajući interval (2) jednak [159\frac{1}{19}, 159\frac{84}{85}] i ne sadrži cijelih brojeva, prema tome je obojen zeleno.

Stoga, ako postoji A sa svojstvom opisanim u zadatku, on mora biti središte intervala [0, 1511], tj. A = 755\frac{1}{2}.

Preostaje jedino dokazati da za svaki cijeli broj n ∈ [0, 1511] brojevi n i 1 511 − n imaju različite boje (oni su simetrični s obzirom na A).

a) Dokažimo da za svaki cijeli broj n ∈ [0, 1511] koji je crven, broj 1 511 − n mora biti zelen.

Pretpostavimo, naprotiv, da su oba crvena, tj.

n = 19a + 85b
1 511 − n = 19c − 85d

uz a, b, c, d ≥ 0. Tada bi broj

1511 = 19(a + c) + 85(b + d) morao biti crven, što je kontradikcija (primijetite da je a + c, b + d ≥ 0).

b) Ako je n obojen zeleno, tada imamo

\frac{2n}{19}, \frac{9n}{85} ∈ (k, k + 1)

za neko k ∈ Z, tako da je

\frac{2n}{19} = k + \frac{α}{19}, α ∈ \{1,…, 18\},
\frac{2n}{85} = k + \frac{β}{85}, β ∈ \{1,…, 84\}.

Stoga je

\frac{2(1 511 − n)}{19} = 159\frac{1}{19} − k − \frac{α}{19} ∈ (158 − k, 159 − k],
\frac{9(1 511 − n)}{85} = 159\frac{84}{85} − k − \frac{β}{85} ∈ [159 − k, 160 − k),

i zbog

159 − k ∈ [\frac{2(1511 − n)}{19}, \frac{9(1511 − n)}{85}]

vidimo da će broj 1 511 − n biti crven.

Prema tome, broj A = 755\frac{1}{2} ima tražena svojstva.

2.4. Promatrajmo sljedeće dvije mogućnosti.

a) Neka svake dvije osobe govore barem jedan zajednički jezik. Osoba A govori s preostalih 1 984 ljudi nekim jezikom, i to na najviše pet jezika, tako da postoji jezik koji govori barem

⌊\frac{1 984}{5}⌋ > 200

sudionika kongresa.

b) Druga mogućnost je da postoje dvije osobe A i B koje ne govore nekim zajedničkim jezikom. Tada svaki od preostalih 1 983 sudionika govori s barem jednim od sudionika A i B (to slijedi iz uvjeta na tri osobe). Prema tome, barem 992 sudionika govore s jednom od tih dviju osoba (recimo A). To znači da A govori istim jezikom s još barem 199 sudionika, jer bi u protivnom mogao govoriti s najviše 5 · 198 < 992 ljudi. Ta grupa ljudi zajedno s osobom A čini traženih 200 sudionika koji govore istim jezikom.

3.1. Da bismo dokazali nejednakost, primijetimo da je

DF = IF − r
EG = IG − r
IF · IG = R^{2} − IO^{2},

Slika 3.1.

gdje je R polumjer kružnice opisane trokutu ABC (zadnja relacija predstavlja poznato svojstvo potencije točke I s obzirom na kružnicu). Tada je

DF · EG ≥ r^{2}

ekvivalentno sa

F G ≤ \frac{R^{2} − IO^{2}}{r} .

Kako je pravac dan u zadatku proizvoljan, moramo dokazati da je

2R ≤ \frac{R^{2} − IO^{2}}{r} ,

tj.

IO^{2} ≤ R(R − 2r).

Medutim, prema poznatoj Eulerovoj formuli je IO^{2} = R(R − 2r)!

Jednakost vrijedi onda i samo onda ako pravac prolazi kroz točke O i I.

3.2. Opišimo najprije sferu oko tetraedra ABCD. Njezin presjek s ravninom ABC jest kružnica k_{D} opisana trokutu ABC. Označimo njezino središte sa O_{D} i polumjer sa r_{D}.

Isto i za preostala tri trokuta (strane od ABCD).

Uvjet

AE · EB = BF · F C = CG · GA

Slika 3.2.a Slika 3.2.b

znači da su potencije točaka E, F, G iste s obzirom na k_{D}. Ako udaljenosti točaka E, F i G od O_{D} označimo sa e, f i g respektivno, tada je

(r_{D} − e)(r_{D} + e) = (r_{D} − f)(r_{D} + f) = (r_{D} − g)(r_{D} + g).

Odavde zaključujemo da je e = f = g, tako da točke E, F i G leže na kružnici polumjera r̃_{D} koja je koncentrična sa k_{D}. Isto i za preostala tri trokuta.

Slika 3.2.c

Neka su d_{E}, d_{F} ,… udaljenosti točke E, F … od središta O. Kako je OO_{D} okomito na stranu ABC, imamo

d_{F}^{2} = r̃_{D}^{2} + OO_{D}^{2} = d_{E}^{2} = r̃_{C}^{2} + OO_{C}^{2} = d_{H}^{2}.

Isto vrijedi i za sve ostale parove točaka u problemu, što znači da leže na sferi sa središtem u točki O.

3.3. Jasno je da a_{n−1} ≠ 0 povlači a_{n+1} ≠ 0, tako da je a_{n} ≠ 0 za sve n. Primijetimo najprije da za sve n vrijedi

\frac{a_{n}^{2} + a_{n+1}^{2} + c}{a_{n}a_{n+1}} = \frac{a_{n}^{2} + (\frac{a_{n}^{2}+c}{a_{n−1}})^{2} + c}{a_{n} \frac{a_{n}^{2}+c}{a_{n−1}}} = \frac{a_{n−1}^{2} + a_{n}^{2} + c}{a_{n−1}a_{n}}.

Induktivno zaključujemo da je

\frac{a_{n}^{2} + a_{n+1}^{2} + c}{a_{n}a_{n+1}} = \frac{a^{2} + b^{2} + c}{ab}.

a) Da bismo dokazali dovoljnost uvjeta u zadatku, primijetimo da je

a_{n+1} = \frac{a_{n}^{2} + c}{a_{n−1}}

= \frac{a_{n−1}^{2} + a_{n}^{2} + c}{a_{n−1}a_{n}}a_{n} − a_{n−1}

= \frac{a^{2} + b^{2} + c}{ab}a_{n} − a_{n−1}.

Indukcijom dobivamo da su svi a_{n} sadržani u Z.

b) Obrnuto, pretpostavimo da je a_{n} ∈ Z za sve n. Neka je

\frac{a^{2} + b^{2} + c}{ab} = \frac{p}{q},

gdje su p ∈ Z, q ∈ N relativno prosti. Tada imamo:

(1)  a_{n+1} = \frac{p}{q}a_{n} − a_{n−1}, ∀n ≥ 2.

Odavde vidimo da je \frac{p}{q}a_{n} ∈ Z, tj. a_{n} = qa_{n}^{(1)}, gdje je a_{n}^{(1)} ∈ Z. Iz (1) dobivamo

(2)  a_{n+1}^{(1)} = \frac{p}{q}a_{n}^{(1)} − a_{n−1}^{(1)}, ∀n ≥ 3.

Zaključujemo da je a_{n}^{(1)} = qa_{n}^{(2)}, tj. a_{n} = q^{2}a_{n}^{(2)}. Ponavljajući tu proceduru, dolazimo do

a_{n} = q^{k}a_{n}^{(k)}, ∀n ≥ k + 1,

Pišimo kraće a_{k+1} = q^{k}b_{k+1}. Sada primijetimo da je

c = a_{k+1}a_{k−1} − a_{k}^{2} ∈ Z,

tako da imamo

\frac{p}{q} = \frac{a_{k}^{2} + a_{k+1}^{2} + c}{a_{k}a_{k+1}} = \frac{q^{2k}b_{k+1}^{2} + q^{2k−2}b_{k}^{2} + c}{q^{2k−1}b_{k}b_{k+1}}.

Odavde neposredno slijedi da q^{2k−2} mora dijeliti c za svako k, a to je moguće jedino za q = 1.

Slika 3.4.a_{1}

Slika 3.4.a_{2}

3.4. a) Jasno je da trokut koji ispunjava uvjete u zadatku ne može biti degeneriran. Neka je P površina svakog od trokuta T AB, T BC, T CA (one su sve medusobno jednake). Pravac AT dijeli stranicu BC na dva dijela duljina a_{1} i a_{2}, a trokut BT C na dva trokuta s površinama P_{1} i P_{2}. Označimo visine trokuta ABA′ i BT C, povučenih iz A i T respektivno, sa v i v′. Tada iz

\frac{a_{1}v}{2} = P + P_{1}, \frac{a_{2}v}{2} = P + P_{2}

dobivamo

(1)  \frac{a_{1}}{a_{2}} = \frac{P + P_{1}}{P + P_{2}} .

Takoder iz

\frac{a_{1}v′}{2} = P_{1}, \frac{a_{2}v′}{2} = P_{2}

slijedi

(2)  \frac{a_{1}}{a_{2}} = \frac{P_{1}}{P_{2}} .

Relacije (1) i (2) daju P_{1} = P_{2}, tj. a_{1} = a_{2}, i slično za ostale stranice trokuta ABC. Dakle, T mora biti težište trokuta ABC.

Iz uvjeta u zadatku dobivamo

c + \frac{2}{3}(t_{a} + t_{b}) = a + \frac{2}{3}(t_{b} + t_{c}),

tj.

c − a = \frac{2}{3}(t_{c} − t_{a}).

Pretpostavljajući c ≠ a, lako se vidi da je t_{c} ≠ t_{a}. Iz

(c − a)(t_{c} + t_{a}) = \frac{2}{3}(t_{c}^{2} − t_{a}^{2}) = \frac{2}{3}(\frac{a^{2} + b^{2}}{2} − \frac{c^{2}}{4} − \frac{b^{2} + c^{2}}{2} + \frac{a^{2}}{4} )= \frac{1}{2}(a^{2} − c^{2})

dobivamo

t_{a} + t_{c} = −\frac{a + c}{2},

što je nemoguće. Dakle je c = a i slično a = b. Prema tome je trokut ABC jednakostraničan.

b) Jasno je da točka T ne može ležati na rubu trokuta ABC. Inače ne bismo imali jednakost svih površina zbog degeneracije nekih trokuta.

Pokažimo najprije da T ne može biti ni u sektoru I, ni na pravcima AB, AC, BC.

Zaista, pretpostavimo, naprotiv, da T leži u sektoru I. Tada pravac T A siječe stranicu BC u točki D. Bez gubitka općenitosti možemo pretpostaviti da je D ≠ C. Sada imamo

P (T AC) = P (T BC) ≥ P (T DC) = P (T AC) + P (ADC) > P (T AC),

gdje je P odgovarajuća površina, a to je kontradikcija.

Slika 3.4.b_{1}

Slika 3.4.b_{2}

Prema tome, možemo uzeti da točka T leži u sektoru II, recimo nasuprot točki B. Označimo presjek pravaca BT i AC sa D. Neka su x, y, z, u duljine stranica i P_{1}, P_{2}, P_{3}, P_{4} površine trokuta kao na slici. Tada je

P_{1} + P_{2} = P_{3} + P_{4} = P_{2} + P_{3},

odakle slijedi

P_{1} = P_{3}, P_{2} = P_{4}.

Slika 3.4.b_{3}

To povlači (koristeći, recimo, sinusov poučak) xy = uz, xu = yz. Množenjem ovih relacija dobivamo x = z, y = u, tj. ABCT je paralelogram. Medutim, takoder je

a + c + 2y = a + c + 2x,

tj. x = y. Prema tome, točka B leži na kružnici promjera AC, tako da je trokut ABC pravokutan i T je četvrti vrh od ABCT koji ima tražena svojstva.

4.1. Uvrštavajući y = 0 i zatim x = a u relaciju, dobivamo

(1)  f(x) = f(x)f(a) + f(0)f(a − x)
f(a) = [f(a)]^{2} + \frac{1}{4}.

Prema tome je (f(a) − 1/2)^{2} = 0 i f(a) = 1/2. Iz (1) dobivamo

(2)  f(x) = f(a − x).

Time relacija u zadatku postaje

f(x + y) = 2f(x)f(y).

Sada imamo

\frac{1}{2} = f(a) = 2f(x)f(a − x) = 2[f(x)]^{2},

i odatle f(x) = ±1/2.

Kad bi za neko b bilo f(b) = −1/2, imali bismo

−\frac{1}{2} = f(b) = f(\frac{b}{2} + \frac{b}{2}) = 2f(\frac{b}{2})^{2},

što je nemoguće. Prema tome je f(x) = 1/2 za sve x.

Alternativno rješenje. Uvrštavanjem x = y = 0 dobivamo f(a) = 1/2. Zamijenimo y sa 0 i zatim sa a. Time dobivamo

f(x) = f(a − x), f(x) = f(a + x)

i za sve realne brojeve x slijedi

f(−x) = f(a − (−x)) = f(a + x) = f(x).

Neka su x i y proizvoljni realni brojevi. Koristeći se gornjim relacijama zajedno s identitetom u zadatku, dobivamo:

f(x − y) = f(x)f(a + y) + f(−y)f(a − x)
= f(x)f(a − y) + f(y)f(a − x) = f(x + y).

Stavljajući y = x, dobivamo konačno f(2x) = f(0) = 1/2, tj. f(x) = 1/2 za sve x.

4.2. Najprije je

b − a = \frac{2}{\sqrt{x + 1} + \sqrt{x − 1}} + \frac{2}{\sqrt{y + 1} + \sqrt{y − 1}} ≥ 2.

Bez gubitka općenitosti možemo pretpostaviti da je x ≥ y. Prema tome je

\frac{2}{\sqrt{y + 1} + \sqrt{y − 1}} ≥ 1.

Kvadrirajući dvaput nejednakost 2 − \sqrt{y − 1} ≥ \sqrt{y + 1}, dobivamo y ≤ 5/4.

Kad bi bilo b − a ≥ 3, imali bismo

\frac{2}{\sqrt{y + 1} + \sqrt{y − 1}} ≥ \frac{3}{2},

tj. 4/3 − \sqrt{y − 1} ≥ \sqrt{y + 1} i nakon kvadriranja

\frac{8}{3}\sqrt{y − 1} + \frac{2}{9} ≤ 0,

što je nemoguće.

Prema tome je b − a = 2. Uvedimo nove varijable:

x + y = s
xy = p.

Tada je

a^{2} = x − 1 + y − 1 + 2\sqrt{xy − x − y + 1}
b^{2} = a^{2} + 4a + 4 = x + 1 + y + 1 + 2\sqrt{xy + x + y + 1},

tj.

a^{2} + 2 − s = 2\sqrt{p − s + 1} ≥ 0
a^{2} + 4a + 2 − s = 2\sqrt{p + s + 1}

i odatle nakon kvadriranja i oduzimanja nejednakosti dobivamo

a^{3} + 2a^{2} + 2a = (a + 1)s ≤ (a + 1)(a^{2} + 2).

Na kraju dobivamo a^{2} ≤ 1, tj. a = 1, i odatle s = 5/2, p = 25/16, x = y = 5/4.

NAPOMENA. Relaciju b = a + 2 možemo dobiti neposrednije, primijetivši da očigledna nejednakost

\sqrt{t + 1} + \sqrt{t − 1} ≥ \sqrt{2}, ∀t ≥ 1

povlači

0 < b − a = \frac{2}{\sqrt{x + 1} + \sqrt{x − 1}} + \frac{2}{\sqrt{y + 1} + \sqrt{y − 1}} ≤ 2\sqrt{2}.

4.3. Za svako s i t tako da je 0 < s < t < π/2, imamo sin^{23} s < sin^{23} t i cos^{48} s > cos^{48} t. Prema tome funkcija

f(t) = \frac{sin^{23} t}{cos^{48} t}

jest strogo rastuća na (0, π/2). Tako iz f(α/2) = f(β/2) dobivamo α = β, tj. AC/BC = 1.

4.4. Neka je M polovište dužine AC i AM = x, ^{}A̸MO_{1} = φ. Kako je kut A̸MO_{2} jednak π/2, imamo MO_{2} = \sqrt{2 − x^{2}}. Koristeći se kosinusovim poučkom na trokut △O_{1}O_{2}M, dobivamo:

sin φ = − cos(\frac{π}{2} + φ) = \frac{1 + x^{2}}{2\sqrt{2 − x^{2}}} .

Trokut AMO_{1} je jednakokračan, pa imamo cos φ = \frac{x}{2}, tj. sin φ = \sqrt{1 − x^{2}/4} (primijetite da je 0 < α < π/2). Uvedimo novu varijablu t = x^{2}, 0 < t < 2. Jedinstveno rješenje jednadžbe

\frac{1 + t}{2\sqrt{2 − t}} = \sqrt{1 − \frac{t}{4}}

jest t = 7/8. Prema tome je x = \sqrt{t} = \sqrt{7/8} i

AC = 2x = \sqrt{\frac{7}{2}}.

Slika 4.4.

5.1. Neka je AB = c, AC = b i BC = a. Bez gubitka općenitosti možemo pretpostaviti da je 0 < b < a, tako da točke H i L leže na segmentu AM. Iz uvjeta u zadatku dobivamo

\frac{P (HMC)}{P (ABC)} = \frac{HM · HC}{AB · HC} = \frac{HM}{AB} = \frac{1}{4}
\frac{P (LMC)}{P (ABC)} = \frac{LM · HC}{AB · HC} = \frac{LM}{AB} = 1 − \frac{\sqrt{3}}{2}.

Dobro je poznato da za simetrale vrijedi sljedeća relacija:

\frac{AL}{b} = \frac{c − AL}{a},

tako da imamo

AL = \frac{bc}{a + b}.

Prema tome je

LM = \frac{c}{2} − AL = \frac{c(a − b)}{2(a + b)}.

Slika 5.1.

Kako je LM/c = 1 − \sqrt{3}/2, dobivamo a = \sqrt{3} b. S druge strane, iz teorema o kosinusima

a^{2} = b^{2} + c^{2} − 2bc cos α = b^{2} + c^{2} − 2c · AH

proizlazi

HM = \frac{c}{2} − AH = \frac{a^{2} − b^{2}}{2c} = \frac{b^{2}}{c} ,

a odatle

\frac{1}{4} = \frac{HM}{c} = \frac{b^{2}}{c^{2}} ,

tj. c = 2b. Prema tome je α = 60 deg , β = 30 deg , γ = 90 deg .

Alternativno rješenje

1. Iz AH = HM dobivamo ^{}H̸MC = α, i odatle CM = AC = b.

2. Kako je LM = (1 − \sqrt{3}/2)c, imamo LB = \frac{3−\sqrt{3}}{2}c i iz AL : LB = b : a zaključujemo da je

a = \sqrt{3} b.

3. Sada je HB = HM + MB = 3HM = 3AC cos α i HB^{2} + HC^{2} = BC^{2}, dakle 9 cos^{2} α + sin^{2} α = 3, tj. cos α = 1/2 (cos α ne može biti negativno). Prema tome je α = 60 deg .

4. Zaključujemo da je AM = MC = MB, pa je M središte opisane kružnice trokuta, tj. γ = 90 deg .

5.2. Najprije primijetimo da je

(1)  P (tx, ty) = P (t, 0)P (x, y)
(2)  P (ts, 0) = P (t, 0)P (s, 0).

Definirajmo p(x) = P (x, 0) = a_{k}x^{k} +⋯+a_{0}. Iz (2) dobivamo lagano (usporedivanjem koeficijenata na obje strane jednakosti) da je ili p(x) = 0, ili p(x) = 1, ili p(x) = x^{k} sa k ≥ 1, za sve x.

Prema tome, ili je P (x, y) = 0, ili P (x, y) = 1, ili

(3)  P (tx, ty) = t^{k}P (x, y).

Promatrajmo (3):

P (x, y)P (1, 1) = P (x + y, x + y) = (x + y)^{k}P (1, 1)
P (x, y)P (1, −1) = P (x − y, x − y) = (x − y)^{k}P (1, −1).

Imamo tri mogućnosti:

a) Ako je P (1, 1) ≠ 0, tada je P (x, y) = (x + y)^{k}, za što se lako provjeri da ispunjava uvjet zadatka.

b) Ako je P (1, −1) ≠ 0, tada je P (x, y) = (x − y)^{k}, što takoder ispunjava uvjet u zadatku.

c) Pretpostavimo da je P (1, 1) = P (1, −1) = 0. Učvrstivši y i dijeleći P (x, y) sa x^{2} − y^{2}, dobivamo

P (x, y) = (x^{2} − y^{2})Q(x, y) + xR(y) + S(y),

za sve x, y ∈ R. Uvrštavanjem (x, y) = (t, t) i (x, y) = (t, −t) i koristeći (3) dobivamo

tR(t) + S(t) = 0
−tR(t) + S(t) = 0,

odakle proizlazi R(t) = S(t) = 0 za sve t. Prema tome je u ovom slučaju

P (x, y) = (x^{2} − y^{2})Q(x, y).

Polinom Q takoder ispunjava uvjet u zadatku kao i P, i njegov stupanj je jednak k − 2. Stoga možemo cijeli postupak opet ponoviti s odgovarajuća tri slučaja za Q, umjesto za P. Nakon konačno mnogo koraka dolazimo do

(4)  P (x, y) = (x + y)^{m}(x − y)^{n},

gdje su m, n ≥ 0 cijeli brojevi. Prema tome, sva rješenja problema su konstante 0, 1 i polinomi dani sa (4). NAPOMENA. Formulirajmo problem analogan prethodnom: Nadi sve polinome P (x, y, z) u tri varijable, takve da je

P (a, b, c) · P (x, y, z) = P (ax + bz + cy, ay + bx + cz, az + by + cx)

za sve realne brojeve a, b, c, x, y, z. Mozze se pokazati da su sva rješenja ili konstante 0 i 1, ili

P (x, y, z) = (x + y + z)^{m}(x^{2} + y^{2} + z^{2} − xy − yz − zx)^{n},

gdje su m, n ≥ 0 cijeli brojevi. Pokušajte!

5.3. Označimo sa a_{1} = A_{1}A_{2}, a_{2} = A_{3}A_{4}, a_{3} = A_{1}A_{4}, a_{4} = A_{2}A_{3}, a_{5} = A_{2}A_{4}, A_{6} = A_{1}A_{3}.

Neka su M_{1}, M_{2}, M_{3}, M_{4} polovišta bridova označa na slici. To su vrhovi paralelograma.

Na isti način imamo još dva polovišta–M_{5} i M_{6}–i odgovarajuće paralelograme.

Slika 5.3.

Suprotni bridovi tetraedra definiraju mimosmjerne pravce. Označimo najmanju udaljenost ovih triju parova mimosmjernih pravaca sa d. Jasno je da par pravaca s minimalnom medusobnom udaljenošću leži u odgovarajućim paralelnim ravninama i cijeli tetraedar je izmedu njih. Prema tome je

d ≤ M_{1}M_{2}
d ≤ M_{3}M_{4}
d ≤ M_{5}M_{6}.

Koristeći se identitetom paralelograma, dobivamo:

3d^{2} ≤ |M_{1}M_{2}|^{2} + |M_{3}M_{4}|^{2} + |M_{5}M_{6}|^{2}

= \frac{1}{2}(|M_{1}M_{2}|^{2} + |M_{3}M_{4}|^{2}) + \frac{1}{2}(|M_{1}M_{2}|^{2} + |M_{5}M_{6}|^{2})

+ \frac{1}{2}(|M_{3}M_{4}|^{2} + |M_{5}M_{6}|^{2})

= \frac{1}{4}[(a_{5}^{2} + a_{6}^{2}) + (a_{3}^{2} + a_{4}^{2}) + (a_{1}^{2} + a_{2}^{2})] = \frac{P}{4} ,

tj. d ≤ \frac{1}{2} \sqrt{P/3}.

Alternativno rješenje. Suprotne stranice tetraedra odreduju dvije paralelne ravnine koje ih sadrže. Tih šest ravnina definira paralelepiped. Označimo duljine njegovih stranica sa a, b, c, i neka je d najmanja od udaljenosti izmedu triju parova paralelnih ravnina prije definiranih. Prema identitetu paralelograma suma kvadrata duljina suprotnih stranica jednaka je

2a^{2} + 2c^{2}, 2a^{2} + 2b^{2}, 2b^{2} + 2c^{2}.

Odatle dobivamo

P = 4(a^{2} + b^{2} + c^{2}) ≥ 4(d^{2} + d^{2} + d^{2}) = 12d^{2}.

5.4. Dokazat ćemo da je jedini par uzastopnih članova niza koji ispunjava tražene uvjete (a_{7}, a_{8}).

Stavimo q − p = s − r = x. Tada je

a_{n} = p(p + x), a_{n+1} = r(r + x).

Preslikavanje p ↦ p(p + x) je rastuća funkcija, pa imamo p < r. Za sve neparne n vrijedi

a_{n} = 2^{n} + 49 ≡ 2^{n} + 1 = 2(3 + 1)^{k} + 1 ≡ 0 (mod 3)

i broj 2^{n} + 49 je očito neparan. Prema tome p = 3.

Imamo

(1)  a_{n+1} = 2a_{n} − 49 < 2a_{n},

odakle slijedi r < 2p. Zaista, ako je r ≥ 2p, tada dobivamo kontradikciju:

a_{n+1} = r(r + x) ≥ 2p(2p + x) > 2p(p + x) = 2a_{n}.

Dakle, 3 < r < 6 i stoga r = 5. Uvrštavanjem vrijednosti p = 3 i r = 6 u rekurentnu relaciju (1) dobivamo 5(5 + x) = 6(3 + x) − 49, odnosno x = 56. Slijedi da je a_{n} = 3 · 59 i a_{n+1} = 5 · 61. Neposrednim računom provjerava se da su to upravo brojevi a_{7} = 2^{7} + 1 i a_{8} = 2^{8} + 1.

Alternativno rješenje. Označimo y = s − q = r − p. Kao u prethodnom rješenju dobivamo

a_{n} = 3q, a_{n+1} = (3 + y)(q + y).

Prema tome je (3 + y)(q + y) = 2^{n+1} + 49 = 2^{n} + 3q, tj.

(1)  y(\frac{2^{n} + 49}{3} + y + 3) = 2^{n}.

Ako je y ≥ 3, tada je lijeva strana relacije (1) veća nego desna, što je nemoguće. Takoder, u slučaju y = 1 dobivamo kontradikciju a_{n+1} = 4(q + 1). Stoga je jedina preostala mogućnost y = 2. Sada iz (1) možemo izračunati n = 7 i rezultat lako slijedi.

6.1. Ako je d_{2} > 2, tada su n, d_{2}, d_{3} i d_{4} neparni. Prema tome je broj d_{1}^{2} +d_{2}^{2} +d_{3}^{2} +d_{4}^{2} paran, što je kontradikcija. Zaključujemo da je d_{2} = 2, n neparan i iz jednadžbe n = 1^{2} + 2^{2} + d_{3}^{2} + d_{4}^{2} dobivamo da je točno jedan od brojeva d_{3} i d_{4} paran.

a) Neka je d_{3} paran, tj. d_{3} = 2a, a ≥ 1. Tada je a < d_{3} djeljitelj od n i stoga je a = d_{1} = 1, ili a = d_{2} = 2. Lako se provjeri da su oba slučaja nemoguća.

b) Ako je d_{4} paran, d_{4} = 2a, a ≥ 1, sličnim zaključivanjem dobivamo da je a = 1, a = 2 ili a = d_{3}. Slučaj a = 1 vodi na kontradikciju. Ako je a = 2, tada imamo d_{4} = 4 i d_{3} = 3. Prema tome je n = 1^{2}+2^{2}+3^{2}+4^{2} = 30, što je nemoguće, jer taj broj nije djeljiv sa 4.

Dosta je još razmotriti slučaj a = d_{3}. Imamo d_{4} = 2d_{3}, i odatle

n = 1^{2} + 2^{2} + d_{3}^{2} + (2d_{3})^{2} = 5(d_{3}^{2} + 1).

Budući da d_{3} dijeli n, dobivamo d_{3} = 5, d_{4} = 10, n = 1^{2} +2^{2} +5^{2} +10^{2} = 130. Svi djeljitelji od 130 su 1, 2, 5, 10, 13, 26, 65, 130. Prema tome je n = 130 jedinstveno rješenje.

6.2. Primijetimo najprije da iz P (x) = 0 slijedi |x| < 9. Zaista, ako je |x| ≥ 9, tada imamo:

|P (x)| = |a_{n}x^{n} + a_{n−1}x^{n−1} + ⋯ + a_{0}|

≥ 2|x|^{n} − 9(|x|^{n−1} + ⋯ + 1) = \frac{2|x|^{n+1} − 11|x|^{n} + 9}{|x| − 1}

> \frac{2|x|^{n}(|x| − 9) + 9}{|x| − 1} > 0.

Pretpostavimo, suprotno tvrdnji zadatka, da je P (x) = Q(x)R(x), gdje su Q i R polinomi s cjelobrojnim koeficijentima. Tada je

\overline{a_{n}a_{n−1} … a_{0}} = P (10) = Q(10)R(10).

Prema prethodnom imamo da je |Q(10)| > 1 i |R(10)| > 1, što je nemoguće. Naime, kako je Q(x) = a ∏_{i<k}(x − x_{i}), a ∈ Z, slijedi |x_{i}| < 9 i prema tome |Q(10)| = |a| ∏_{i<k} |10 − x_{i}| > 1.

NAPOMENA. Tvrdnja u zadatku vrijedi i kada je a_{n} = 1, no ona zahtijeva drugačiji dokaz (pogledajte knjigu problema Pólya–Szegö).

6.3. Označimo odgovarajuće površine kratko u okruglim zagradama. Definirajmo:

E_{1} = (AB_{1}G), E_{2} = (AC_{1}G).

Kako je G težište trokuta ABC, visina trokuta AGC_{1} iz vrha G jest jedna trećina visine trokuta ABC_{1} povučenog iz vrha B. Slično vrijedi i za trokute AB_{1}C i AB_{1}G. Prema tome je

Slika 6.3.

(1)  (ABC_{1}) = 3E_{2}, (AB_{1}C) = 3E_{1}.

Primijetite da je

(ABC_{1}) = E_{1} + E_{2} + (BB_{1}GC_{1}) = 3E_{2}
(AB_{1}C) = E_{1} + E_{2} + (CC_{1}GB_{1}) = 3E_{1},

tako da imamo

(2)  (BB_{1}GC_{1}) + (CC_{1}GB_{1}) = E_{1} + E_{2}.

Štoviše, vrijedi

(3)  \frac{(ABC)}{(ABC_{1})} = \frac{AC}{AC_{1}} , \frac{(ABC)}{(AB_{1}C)} = \frac{AB}{AB_{1}} .

Iz (1) i (3) dobivamo

\frac{(ABC)}{E_{2}} = 3\frac{AC}{AC_{1}} , \frac{(ABC)}{E_{1}} = 3\frac{AB}{AB_{1}} .

Odatle proizlazi:

\frac{E_{1} + E_{2}}{(ABC)} = \frac{1}{3}(\frac{AC_{1}}{AC} + \frac{AB_{1}}{AB} )

≥ \frac{2}{3}\sqrt{\frac{AC_{1} · AB_{1}}{AC · AB}}

= \frac{2}{3}\sqrt{\frac{(AB_{1}C_{1})}{(ABC)}}

≥ \frac{2}{3}\sqrt{\frac{E_{1} + E_{2}}{(ABC)}} ,

pa tražena nejednakost slijedi iz (2). Jednakost vrijedi onda i samo onda ako je AC_{1}/AC = AB_{1}/AB i (AB_{1}C_{1}) = E_{1} + E_{2}, tj. ako i samo ako je pravac ℓ paralelan sa BC i sadrži G.

6.4. Da bismo dokazali gornju ogradu u zadatku, neka je F proizvoljna familija tročlanih podskupova skupa {1,…, n}, tako da je |A ∩ B| ≤ 1 za svako A, B ∈ F. Svi dvočlani podskupovi svih elemenata od F moraju biti medusobno različiti. Svaki skup A ∈ F sadrži \binom{3}{2} = 3 različita dvočlana podskupa za koje se zahtijeva da budu svi medusobno različiti. Prema tome, kako je ukupan broj dvočlanih podskupova od \{1,…, n\} jednak \binom{n}{2}, imamo

(1)  3|F| ≤ \binom{n}{2}.

Budući da je F bio proizvoljan, slijedi da je

(2)  f(n) ≤ \frac{1}{3}\binom{n}{2} = \frac{n^{2} − n}{6},

čime je dokazana gornja ograda.

Da bismo dokazali donju ogradu u nejednakosti, promatrajmo familiju F_{0} svih tročlanih podskupova A = {a, b, c} od {1,…, n} takvih da je a + b + c = n, ili a + b + c = 2n. Ako je a + b + c_{1} ∈ {n, 2n} i a + b + c_{2} ∈ {n, 2n}, tada je očito c_{1} = c_{2} (inače bismo imali |c_{1} − c_{2}| = n, što je nemoguće zbog c_{1}, c_{2} ∈ {1,…, n}). Prema tome, familija F_{0} posjeduje tražena svojstva i stoga je f(n) ≥ |F_{0}|. Sada ćemo procijeniti |F_{0}|.

Za izbor proizvoljnog skupa A = {a, b, c} ∈ F_{0}, imamo n mogućnosti za a, i (za učvršćeno a) barem n − 4 mogućnosti za izbor b (jer je b ≠ a, b ≠ (n − a)/2, b ≠ (2n − s)/2, b ≠ s − 2a, i 1 ≤ b ≤ n, gdje je s = a + b + c ∈ {n, 2n}; ti se uvjeti dobivaju odmah iz činjenice da je skup {a, b, c} tročlan, tj. a ≠ b, b ≠ c i c ≠ a). Na taj način mi ustvari odabiremo uredene trojke (a, b, c) u F_{0}. Kako se tročlani skupovi mogu permutirati na 3! = 6 načina, slijedi da se svaki A ∈ F_{0} broji točno 6 puta. Iz prethodnog dobivamo

6|F_{0}| ≥ n(n − 4),

tj.

f(n) ≥ |F_{0}| ≥ \frac{n^{2} − 4n}{6}.

Time je dokazana i donja ograda u zadatku. NAPOMENA 1. Moguće je dobiti i nešto bolju donju ogradu, i to na sljedeći način. Primijetimo da je uvjet b ≠ (n−a)/2 u gornjem izvodu “efektivan” samo za one a, 1 ≤ a ≤ n, za koje je a ≡ n (mod 2). Isto tako je uvjet b ≠ (2n−a)/2 “efektivan” jedino za parne a. Slijedi da se za neparne n (i fiksiran a) broj b može odabrati na barem

\{ \begin{matrix}n − 2 načina, za neparno a \\ n − 4 načina, za parno a. \end{matrix}

Koristeći se argumentom sličnim kao prije, dobivamo da je

f(n) = \{ \begin{matrix}\frac{n(n−3)}{6} & za neparne n \\ \frac{1}{6}[\frac{n}{2}(n − 2) + \frac{n}{2}(n − 4)] = \frac{n(n−3)}{6} & za parne n. \end{matrix}

Prema tome je konačno

f(n) ≥ \frac{n(n − 3)}{6}.

Alternativno rješenje i poopćenje. Dokažimo donju ogradu definirajući opet:

F_{0} = { {a, b, c} ⊆ {1, 2,…, n}: a + b + c ∈ {n, 2n}, a ≠ b ≠ c ≠ a }.

Kao što smo vidjeli u prethodnom rješenju, skup F_{0} ima svojstva (i) i (ii). Ideja je da se efektivno izračuna kardinalni broj tog skupa.

Jasno je da svaki skup {a, b, c} ∈ F_{0} definira točno šest različitih uredenih trojki njegovih elemenata. Prebrojit ćemo sve uredene trojke (a, b, c) iz F_{0}.

Ako su a, b ∈ {1,…, n} bilo koja dva elementa za koja je a ≠ b, tada je c odreden jednoznačno:

1) ako je a + b < n, tada c = n − (a + b);

2) ako je a + b ≥ n, tada c = 2n − (a + b). Iz svih takvih parova (a, b) isključit ćemo one, za koje je odgovarajući c

jednak a ili b (vidi definiciju familije F_{0}). Tako dolazimo do sljedeće dvije mogućnosti: 1’) Neka je a + b < n. Tada je c = a ⟺ 2a + b = n i c = b ⟺ a + 2b = n; 2’) Neka je a + b ≥ n. Tada je c = a ⟺ 2a + b = 2n i c = b ⟺ a + 2b = 2n.

Prema tome, traženi broj uredenih trojki (a, b, c) bit će jednak broju svih parova koji preostanu u ‘kvadratu’

{ (a, b): a, b ∈ {1,…, n} }

kad uklonim točke na ‘pravcima’

a = b
2a + b = n, a + 2b = n,
2a + b = 2n, a + 2b = 2n.

Prebrojmo sve takve parove (a, b). Razmotrimo sljedeće četiri mogućnosti.

I. n = 2k ≢ 0 (mod 3). Iz ‘kvadrata’ koji ima n^{2} = (2k)^{2} točaka, trebamo ukloniti

• 2k točaka na ‘pravcu’ a = b;

• k − 1 točaka na ‘pravcu’ a + 2b = n (za b = 1,…, k − 1) i k − 1 točaka na ‘pravcu’ 2a + b = n (za a = 1,…, k − 1);

• k točaka na ‘pravcu’ a + 2b = 2n (za b = k,…, 2k − 1) i k točaka na ‘pravcu’ 2a + b = 2n (za a = k,…, 2k − 1). Preporučujemo da nacrtate ‘kvadrat’ i ‘pravce’ za, recimo, n = 8. Treba još vidjeti da izmedu uklonjenih točaka nema onih koje bi se računale

dva puta. Zaista, kad bi bilo:

2a + b = a + 2b = n,

imali bi a = b = n/3, što je nemoguće. Stoga je:

6|F_{0}| = (2k)^{2} − 2k − 2(k − 1) − 2k = n^{2} − 3n + 2.

Preostali slučajevi se mogu promatrati na sličan način, pa zato detalje prepuštamo čitaocu.

II. n = 2k + 1 ≢ 0 (mod 3). Ponavljanjem gore opisane procedure dolazimo do:

6|F_{0}| = (2k + 1)^{2} − (2k + 1) − 4k = n^{2} − 3n + 2.

III. n = 2k ≡ 0 (mod 3). U ovom slučaju je:

6|F_{0}| = (2k)^{2} − (2k) − 2(k − 2) − 2(k − 1) = n^{2} − 3n + 6.

IV. n = 2k + 1 ≡ 0 (mod 3). Ovdje je:

6|F_{0}| = (2k + 1)^{2} − (2k + 1) − 4(k − 1) = n^{2} − 3n + 6.

Na kraju dolazimo do sljedećeg zaključka:

|F_{0}| = \{ \begin{matrix}\frac{n^{2}−3n+2}{6}, & n ≢ 0 (mod 3) \\ \frac{n^{2}−3n+6}{6}, & n ≡ 0 (mod 3), \end{matrix}

tj.

|F_{0}| = ⌊\frac{n^{2} − 3n}{6}⌋ + 1.

Odatle je jasno da

f(n) > \frac{n^{2} − 3n}{6} ≥ \frac{n^{2} − 4n}{6}.

NAPOMENA 2. Primijetite da familija F_{0} nije nužno maksimalna, tj. njen kardinalni broj može biti i strogo manji od f(n). Npr., ako je n = 8, tada prema gornjoj formuli dobivamo |F_{0}| = 7. S druge strane, familija

F = { {1, 2, 8}, {2, 3, 4}, {4, 5, 6}, {6, 7, 8},

{1, 3, 6}, {2, 5, 7}, {1, 4, 7}, {3, 5, 8} }

ispunjava uvjete (i) i (ii), i sadrži 8 elemenata.

7.1. Neposrednim računom se dobiva

a_{1} ≡ 1 (mod 11)
a_{2} ≡ 3 (mod 11)
a_{3} ≡ 9 (mod 11)
a_{4} ≡ 0 (mod 11)
a_{5} ≡ 10 (mod 11)
a_{6} ≡ 4 (mod 11)
a_{7} ≡ 6 (mod 11)
a_{8} ≡ 0 (mod 11)
a_{9} ≡ 1 (mod 11)
a_{10} ≡ 0 (mod 11)
a_{11} ≡ 0 (mod 11).

Prema tome je zbog relacije u zadatku za svako n ≥ 10 ispunjeno a_{n+2} ≡ 0 (mod 11). Odgovor je:

n ∈ {4, 8} ∪ {n ∈ N: n ≥ 10}.

Alternativno rješenje. Iz rekurzivne relacije u zadatku odmah vidimo da za n ≥ 3 vrijedi

a_{n} − a_{n−1} = n(a_{n−1} − a_{n−2})
a_{n−1} − a_{n−2} = (n − 1)(a_{n−2} − a_{n−3})
⋮
a_{4} − a_{3} = 4(a_{3} − a_{2})
a_{3} − a_{2} = 3(a_{2} − a_{1}).

Nakon uzastopnih uvrštavanja dobivamo:

a_{n} − a_{n−1} = 3 · 4 . . . · n · (a_{2} − a_{1}) = n!

tj.

(1)  a_{n} = a_{n−1} + n!,

dakle

a_{n} = 1! + 2! + 3! + ⋯ + n!

Sada imamo redom

a_{1} = 1 a_{2} = 3 a_{3} = 9 ≡ −2
a_{4} ≡ −2 + 2 · 3 · 4 = 0 a_{5} ≡ 2 · 3 · 4 · 5 ≡ −1 a_{6} ≡ −1(−1) · 6 ≡ −7 ≡ 4

i na sličan način a_{7} ≡ 6, a_{8} ≡ 0, a_{9} ≡ 1, a_{10} ≡ 0. Sve su kongruencije modulo 11. Kako za n ≥ 11 vrijedi n! ≡ 0, to iz (1) slijedi da je tada a_{n} ≡ 0, kao i za n = 4, 8.

7.2. Stavljajući b_{i} = ix^{i}, možemo pisati:

(x + 2x^{2} + ⋯ + nx^{n})^{2} = ∑_{i=1}^{n} b_{i} · ∑_{n=1}^{n} b_{i} = ∑_{i=1}^{n} ∑_{j=1}^{n} b_{i}b_{j}.

Stupanj monoma b_{i}b_{j} je jednak i + j. Dakle, umjesto da sumiramo brojeve a_{i}, i = n + 1,…, 2n, dovoljno je sumirati produkte b_{i}b_{j} za x = 1, takve da je i + j ≥ n + 1. Kako je b_{i}b_{j} |_{x=1} = ij, možemo pisati

∑_{i=n+1}^{2n} a_{i} = ∑_{\begin{matrix}i,j≤n \\ i+j>n \end{matrix}} ij = ∑_{i=1}^{n} ∑_{j=n−i+1}^{n} ij =

= ∑_{i=1}^{n} i · \frac{i(2n − i + 1)}{2} = \frac{2n + 1}{2} ∑_{i=1}^{n} i^{2} − \frac{1}{2} ∑_{i=1}^{n} i^{3}

= \frac{2n + 1}{2} · \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6} − \frac{1}{2} \frac{n^{2}(n + 1)^{2}}{4}

= \frac{1}{24}(n + 1)(5n^{2} + 5n + 2),

gdje smo koristili poznate sumacione identitete, koji se lako dokazuju indukcijom.

Alternativno rješenje. Provedimo dokaz tvrdnje indukcijom. Za n = 1 se tvrdnja provjerava direktno. Označimo polinom naveden u zadatku sa f_{n}(x) i definirajmo

S_{n} = a_{n+1} + ⋯ + a_{2n}.

Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n. Tada je

f_{n+1}(x) = b_{0} + b_{1}x + ⋯ + b_{2n+2}x^{2n+2} =
= (x + ⋯ + nx^{n} + (n + 1)x^{n+1})^{2} =
= (x + ⋯ + nx^{n})^{2} + (n + 1)^{2}x^{2n+2} + 2(x + ⋯ + nx^{n})(n + 1)x^{n+1}
= a_{0} + a_{1}x + ⋯ + a_{2n}x^{2n}
+ [2(n + 1)x^{n+2} + … 2nx^{2n+1} + (n + 1)^{2}x^{2n+2}],

odakle slijedi

(1)  \begin{aligned}S_{n+1} & = b_{n+2} + ⋯ + b_{2n+2} \\ & = a_{n+2} + ⋯ + a_{2n} + 2(n + 1)(1 + ⋯ + n) + (n + 1)^{2} \\ & = (S_{n} − a_{n+1}) + (n + 1)^{3}. \end{aligned}

Treba još jedino odrediti a_{n+1}, tj. koeficijent uz x^{n+1} za polinom

f_{n}(x) = (x + 2x^{2} + ⋯ + nx^{n}) · (x + 2x^{2} + ⋯ + nx^{n}).

Uvrštavajući

a_{n+1} = 1 · n + 2 · (n − 2) ⋯ + n · 1 = ∑_{i=1}^{n} i(n + 1 − i) =

= (n + 1) ∑_{i=1}^{n} i − ∑_{i=1}^{n} i^{2} = (n + 1)\frac{n(n + 1)}{2} − \frac{1}{6}n(n + 1)(2n + 1)

= \frac{1}{6}n(n + 1)(n + 2)

u (1), dobivamo

S_{n+1} = \frac{1}{24}(n + 1)(n + 2)[5(n + 1)^{2} + 5(n + 1) + 2],

čime je tvrdnja dokazana.

7.3. a) Dokažimo najprije da visine trokuta △ABC raspolavljaju kutove C̸_{1}A_{1}B_{1}, ^{}A̸_{1}B_{1}C_{1} i ^{}B̸_{1}C_{1}A_{1}. Neka je H ortocentar trokuta △ABC.

Slika 7.3.

Dovoljno je dokazati da je ^{}B̸_{1}C_{1}C = ^{}A̸_{1}C_{1}C. Kako je ^{}H̸C_{1}B = ^{}H̸A_{1}B = π/2, četverokut HC_{1}BA_{1} je tetivan, pa je ^{}H̸C_{1}A_{1} = ^{}H̸BA_{1} = ^{}B̸_{1}BA_{1}. Slično je ^{}H̸C_{1}A = ^{}H̸B_{1}A, dakle je četverokut HB_{1}AC_{1} tetivan, i zato ^{}B̸_{1}C_{1}H = B̸_{1}AH = ^{}B̸_{1}AA_{1}. Na kraju je ^{}B̸B_{1}A = ^{}A̸A_{1}B = π/2, pa iz tetivnosti četverokuta ABA_{1}B_{1} slijedi

B̸_{1}C_{1}C = ^{}B̸_{1}C_{1}H = ^{}B̸_{1}AA_{1} = ^{}B̸_{1}BA_{1} = ^{}H̸C_{1}A_{1} = ^{}A̸_{1}C_{1}C,

čime je tvrdnja pod a) dokazana.

b) Neka je S središte opisane kružnice. Iz a) slijedi da je H središte upisane kružnice trokutu △A_{1}B_{1}C_{1}, a ona je opisana trokutu △A_{2}B_{2}C_{2}. Dužine B_{1}C_{1} i A_{1}C_{1} tangiraju tu kružnicu, pa je HA_{2}⊥B_{1}C_{1} i HB_{2}⊥A_{1}C_{1}. Kako je HC_{1} simetrala kuta ^{}A̸_{2}C_{1}B_{2}, to su trokuti △HA_{2}C_{1} i △HB_{2}C_{1} sukladni. Stoga je HC_{1} simetrala dužine A_{2}B_{2}, dakle A_{2}B_{2}⊥HC_{1}⊥AB i time A_{2}B_{2}∥AB. Slično je B_{2}C_{2}∥BC i C_{2}A_{2}∥CA, pa trokuti △ABC i △A_{2}B_{2}C_{2} imaju paralelne stranice. Dakle, Eulerovi pravci su im paralelni, a kako je točka H ortocentar trokuta △ABC i središte upisane kružnice trokuta △A_{2}B_{2}C_{2}, Eulerovi pravci su im jednaki.

7.4. Za brojeve 1, 3, 6, 8, su razlike svaka dva broja prosta. Prema uvjetu u zadatku vrijednosti f(1), f(3), f(6), f(8) moraju biti sve medusobno različite, pa je skup A barem četveročlan.

Definirajmo A = {1, 2, 3, 4} i f(n) ≡ n (mod 4). Iz f(i) = f(j) slijedi i ≡ j (mod 4), tj. |i − j| je djeljivo sa četiri, dakle složen broj. Prema tome minimalan broj elemenata skupa A je jednak 4.

8.1. Pokažimo da je \overline{MK} = \overline{KL} = \overline{MN} = \overline{NP}. Iz
O̸AB = ^{}O̸BA = \frac{1}{2}(π − 2^{}A̸CB) = \frac{π}{2} −^{}A̸CB,
A̸KL = ^{}B̸NP = ^{}A̸CB

slijedi

(1)  \overline{MK} = \overline{MN} = \overline{KL}.

Trokuti AKL i P NB su slični (oba su slični sa trokutom ABC, pa je

(2)  \overline{AK} · \overline{BN} = \overline{KL} · \overline{P N}.

Trokuti AMK i MBN su takoder slični, odakle dobivamo

(3)  \overline{AK} · \overline{BN} = \overline{MK} · \overline{MN}.

Iz (1), (2) i (3) slijedi \overline{MK} = \overline{MN} = \overline{KL} = \overline{NP}. Prema tome je KN ∥ P L, i odatle ^{}M̸LP = ^{}M̸KN = ^{}A̸CB.

8.2. Neka je P površina trokuta i s = \frac{1}{2}(a + b + c). Prema Heronovoj formuli imamo da je P = \sqrt{s(s − a)(s − b)(s − c)}, (s − a) + (s − b) + (s − c) = s. Za prirodan broj k neka je s − a = k^{4}, s − b = 4k^{2} i s − c = 4. Tada je s = (k^{2} + 1)^{2} i

a = 4(k^{2} + 1), b = k^{4} + 4, c = k^{2}(k^{2} + 4).

Neka je k neparan broj i k > 1. Tada su a i c relativno prosti brojevi pa slijedi (i) i (ii). Iz h_{a} = 2P/a i slično za ostale visine, dobivamo

h_{a} = \frac{2k^{3}(k^{2} + 2)}{k^{2} + 1}, h_{b} = \frac{8k^{3}(k^{2} + 2)}{k^{4} + 4}, h_{c} = \frac{8k(k^{2} + 2)}{k^{2} + 4}.

Kako je k^{4} + 4 = (k^{2} − 2)(k^{2} + 2) + 8 i k neparan, razlomci kojim su izraženi h_{b} i h_{c} ne mogu se skratiti, dok se razlomak kojim je prikazan h_{a} može skratiti sa 2. Time je dokazano i (iii).

8.3. Zbog konveksnosti je konveksni poligon u zadatku sadržan unutar “zvjezdastog” dvanaesterokuta na slici, čiji su vrhovi A_{i}, M_{i}, i = 1,…, 6. Iz istog razloga je površina dijela konveksnog poligona koji se nalazi unutar unije sličnih jednakostraničnih trokuta A_{1}M_{1}A_{2} i A_{2}M_{2}A_{3} manja ili jednaka od površine svakog od njih (dokažite to!). Promatrajući na isti način preostale dijelove konveksnog poligona koji su izvan pravilnog šesterokuta, zaključujemo da površina dijela konveksnog poligona koji se nalazi izvan pravilnog šesterokuta nije veća od trostruke površine jednakostraničnog trokuta sa stranicom jednakom duljini stranice

Slika 8.3.

pravilnog šesterokuta, tj. nije veća od polovine površine pravilnog šesterokuta. Odatle slijedi tražena nejednakost.

Jedankost vrijedi ako i samo ako se vrhovi opisanog koneksnog poligona nalaze na stranicama “zvjezdastog” dvanaesterokuta na slici, tj. ako i samo ako je taj koneksni poligon trokut.

8.4. Pretpostavimo, naprotiv, da takva bijekcija postoji. Za m = n = 1 dobivamo f(1) + 3f(1)^{2} = 0, tj. f(1) = 0. Zbog bijektivnosti f je f(n) ≥ 1 za sve n ≥ 2. Ako su m, n ≥ 2, tada je f(mn) ≥ 1 + 1 + 3 = 5, pa je f(k) ≥ 2 za svaki složen broj k. Prema tome postoje razližiti prosti brojevi n_{1} i n_{3} takvi da je f(n_{1}) = 1, f(n_{3}) = 3 i prirodan broj n_{8} takava da je f(n_{8}) = 8. Tada je f(n_{3}^{2}) = 3 + 3 + 3 · 3 · 3 = 33 i f(n_{1}n_{8}) = 1 + 8 + 3 · 1 · 8 = 33. Odatla slijedi n_{3}^{2} = n_{1} · n_{8}, tj. n_{1} | n_{3}^{2}, a ovo je nemoguće, jer su n_{1} i n_{3} različiti prosti brojevi.

Slika 1.

RJEŠENJA PRIJEDLOGA ZADATAKA

1. Neka su točke u ravnini obojene kao u zadatku. Promatrajmo konfiguraciju (vidi sliku 1) u kojoj svi segmenti imaju jediničnu duljinu.

Neka A ima, recimo, crvenu boju. Tada točke B i C moraju biti plava i zelena (u nekom poretku). Prema tome F mora biti crvena. Slično, G mora biti crvena. Medutim tada F i G čine par točaka na medusobnoj udaljenosti 1 koje su iste boje.

2. Najprije ćemo riješiti sličan problem za familiju S podskupova od N × N, od kojih nijedan ne sadrži drugi. Neka je S familija podskupova A_{n} od N × N, definirana sa

A_{n} = {(p, q): p ≠ n i q ≥ n},

za svako n ∈ N.

Primijetite da ako je m ≠ n, tada A_{m} ⊈ A_{n}. Pretpostavimo da B presijeca svaki A_{n}. Tada skup B mora biti beskonačan. Ako postoji n_{0} tako da je skup

{q: (n_{0}, q) ∈ B}

beskonačan, tada neka je (n_{0}, q) ∈ B i B′ = B\{(n_{0}, q)}. Ako ne postoji takav n_{0}, neka je (p, q) proizvoljno i stavimo B′ = B \ {(p, q)}. U oba slučaja B′ presijeca svaki skup A_{n}. To pokazuje da je C(S) prazan skup.

Slika 4.

Neka je f: N × N → N bijekcija takva da je f(1990, 1989) = 1989. Definirajmo

F = {f(A_{n}): A_{n} ∈ S}.

Familija F ispunjava uvjete u zadatku.

3. Postoje prirodni brojevi x za koje je n_{x} ≠ 0; neka je m najveći medu njima i F strana sa m vrhova. Postoji m različitih strana F_{i} koje su susjedne za F; broj v_{i} vrhova strane F_{i} zadovoljava uvjet 3 ≤ v_{i} ≤ m, pa stoga imamo najviše (m − 2) vrijednosti k za v_{i}.

Ako postoji k tako da barem tri strane F_{i} imaju k vrhova, (i) je istinito. Ako (i) nije ispunjeno, imat ćemo bar dvije vrijednosti k i h tako da dvije

strane F_{i} posjeduju k vrhova, a dvije h vrhova; u ovom slučaju je (ii) ispunjeno.

4. Traženih n brojeva ćemo konstruirati ponavljajući postupak privremenih odabira. U prvom koraku odaberimo najmanji element u svakom retku i zatim medu njima najveći u svakom stupcu (ako postoji).

Ako je u svakom stupcu odabran samo jedan broj, zadatak je riješen. U protivnom imamo stupce u kojima su elementi odabrani iz redaka bili ispušteni. Takve ćemo retke zvati slobodnima, i prijeći na sljedeći korak.

51

Za svaki sljedeći korak biramo iz svakog slobodnog retka najmanji medu elementima koji još nisu birani. Ako svaki stupac sadrži odabrani broj, zadatak je rješen. U protivnom biramo u svakom stupcu najveći broj (ako postoji), i ispuštene retke nazovimo slobodnima, te prijedimo na sljedeći korak.

Primijetimo da bilo koji redak može biti ispušten najviše n − 1 puta. Prema tome u najgorem slučaju možemo imati ne više od n(n − 1) + 1 koraka. Dakle, opisana konstrukcija je konačna (tj. s konačnim brojem koraka).

Posljednji izbor od n brojeva ima tražena svojstva. Zaista, ako je a_{ii} broj odabran u i–tom retku i a_{ik} takav da je a_{ik} < a_{ii}, tada je u našoj konstrukciji morao biti korak u kojem je broj odabran u retku bio a_{ik}. Medutim taj broj je bio izostavljen tokom konstrukcije odabirom bar jednog broja u k–tom stupcu većeg od a_{ik}. Prema tome je konačno odabran broj u stupcu k veći od a_{ik}.

5. Iz rekurzivne relacije dobivamo

P_{n+1}(x) = P_{n}(x)\frac{P_{n}^{2}(x) + P_{n−1}^{2}(x)}{1 + P_{n}(x)P_{n−1}(x)} − P_{n−1}(x),

tj.

(1)  \frac{P_{n+1}(x) + P_{n−1}(x)}{P_{n}(x)} = \frac{P_{n}^{2}(x) + P_{n−1}^{2}(x)}{1 + P_{n}(x)P_{n−1}(x)}.

S druge strane je

\frac{P_{n}^{2}(x) + P_{n−1}^{2}(x)}{1 + P_{n}(x)P_{n−1}(x)} = \frac{(\frac{P_{n−1}^{3}(x)−P_{n−2}(x)}{1+P_{n−1}(x)P_{n−2}(x)})^{2} + P_{n−1}^{2}(x)}{1 + \frac{P_{n−1}^{3}(x)−P_{n−2}(x)}{1+P_{n−1}(x)P_{n−2}(x)}P_{n−1}(x)} =

= \frac{(P_{n−1}^{3}(x) − P_{n−2}(x))^{2} + P_{n−1}^{2}(x)(1 + P_{n−1}(x)P_{n−2}(x))^{2}}{(1 + P_{n−1}(x)P_{n−2}(x))^{2} + (P_{n−1}^{3}(x) − P_{n−2}(x))P_{n−1}(x)(1 + P_{n−1}(x)P_{n−2}(x))}

= \frac{(1 + P_{n−1}^{4}(x))(P_{n−1}^{2}(x) + P_{n−2}^{2}(x))}{(1 + P_{n−1}^{4}(x))(1 + P_{n−1}(x)P_{n−2}(x))}

= \frac{P_{n−1}^{2}(x) + P_{n−2}^{2}(x)}{1 + P_{n−1}(x)P_{n−2}(x)}.

Prema tome je

\frac{P_{n}^{2}(x) + P_{n−1}^{2}(x)}{1 + P_{n}(x)P_{n−1}(x)} = ⋯ = \frac{P_{2}^{2}(x) + P_{1}^{2}(x)}{1 + P_{2}(x)P_{1}(x)} =

= \frac{x^{6} + x^{2}}{1 + x^{4}} = x^{2}.

Konačno iz (1) dobivamo

P_{n+1}(x) + P_{n−1}(x) = x^{2}P_{n}(x),

i tvrdnja slijedi lako indukcijom.

NAPOMENA. Ovaj zadatak je u vezi s problemom br. 6 s Medunarodne matematičke olimpijade održane 1988. u Australiji.

6. Iz prve jednadžbe dobivamo

8 = 2^{x^{2}+y} + 2^{x+y^{2}} ≥ 2\sqrt{2^{x^{2}+y} · 2^{x+y^{2}}},

tj.

4 ≥ x^{2} + x + y + y^{2}.

Kako je (x + y)^{2} ≤ 2(x^{2} + y^{2}), imamo nadalje

(x + y)^{2} + 2(x + y) − 8 ≤ 0.

Iz ove relacije zaključujemo da je

x + y ≤ −1 + \sqrt{9} = 2.

S druge strane, iz x, y ≥ 0 i iz

(\sqrt{x} + \sqrt{y})^{2} ≤ 2(x + y)

slijedi, korištenjem druge jednadžbe, da je

x + y ≥ 2

i stoga x + y = 2. Sada nakon kvadriranja druge jednadžbe, koristeći x+y = 2, slijedi da je \sqrt{xy} = 1, tj. xy = 1. To zajedno sa x + y = 2 povlači x = y = 1.

7. Indukcijom ćemo dokazati da je a_{n} > a_{n+1}. Za n = 1 tvrdnja je trivijalna. Pretpostavimo da za dano n vrijedi a_{n−1} > a_{n}, i dokažimo da je tada

a_{n} > a_{n+1}. Kako je

a_{n} = \frac{a_{n−1}(n − 1)^{k+1} + n^{k}}{n^{k+1}} > \frac{a_{n}(n − 1)^{k+1} + n^{k}}{n^{k+1}} ,

imamo

(∗)  a_{n}(n^{k+1} − (n − 1)^{k+1}) > n^{k}.

Zbog

a_{n+1} = \frac{a_{n}n^{k+1} + (n + 1)^{k}}{(n + 1)^{k+1}} ,

dosta je dokazati da je

((n + 1)^{k+1} − n^{k+1})a_{n} > (n + 1)^{k}.

Iz (∗) zaključujemo da je dovoljno dokazati

\frac{n^{k}}{n^{k+1} − (n − 1)^{k+1}} ≥ \frac{(n + 1)^{k}}{(n + 1)^{k+1} − n^{k+1}} .

To možemo zapisati u ekvivalentnom obliku kao

\frac{n^{k+1} − (n − 1)^{k+1}}{n^{k}} ≤ \frac{(n + 1)^{k+1} − n^{k+1}}{(n + 1)^{k}} ,

ili kao

n(1 − (\frac{n − 1}{n})^{k+1}) ≤ (n + 1)(1 − (\frac{n}{n + 1})^{k+1}),

tj.

n((\frac{n}{n + 1})^{k+1} − (\frac{n − 1}{n})^{k+1}) ≤ 1 − (\frac{n}{n + 1})^{k+1},

tj.

n^{2k+2} − (n^{2} − 1)^{k+1} ≤ n^{k}((n + 1)^{k+1} − n^{k+1}),

tj.

(k + 1)n^{2k} − \binom{k + 1}{2}n^{2k−2} + ⋯ ≤ n^{k}((k + 1)n^{k} + \binom{k + 1}{2}n^{k−1} + …),

što je očito istina.

8. Uvrštavajući x = 0 i zatim y = 0, dobivamo

(1)  f(f(y)) = y + f(0), f(x + f(0)) = f(x).

Sada je

f(x) = f(x + f(0)) = f(f(f(x))) = f(x) + f(0),

i prema tome f(0) = 0. Stoga iz (1) slijedi f(f(y)) = y. Nadalje je

f(x + y) = f(x + f(f(y))) = f(x) + f(y)

i neprekidnost od f povlači f(x) = ax za neko a ∈ R. Iz relacije u zadatku dobivamo

a(x + ay) = ax + y

Slika 9.

za sve x, y ∈ R, tj. a = ±1. Prema tome je

f(x) = x ili f(x) = −x.

9. Označimo sa M točku u kojoj pravac EF siječe pravac AB. Primijetimo da točka M pripada segmentu AB. Pokazat ćemo da je M fiksna točka, tj.

(1)  \frac{MB}{MA} = \frac{BN}{AB} ,

gdje je N točka u kojoj pravac CE siječe pravac AB.

Primjenom Menelajevog teorema na trokut ABD, s obzirom na pravac EF, dobivamo

\frac{MB}{MA} · \frac{F A}{F D} · \frac{ED}{EB} = 1,

tj.

(2)  \frac{MB}{MA} = \frac{F D}{F A} · \frac{EB}{ED} .

Kako je CD paralelno sa AB, to je

△AF B ∼ △DF C, △ECD ∼ △ENB,

i stoga

\frac{F D}{F A} = \frac{CD}{AB} , \frac{EB}{ED} = \frac{BN}{CD} .

Uvrštavanjem tih relacija u (2) dobivamo (1).

10. Neka je E točka na pravcu BC takva da je AE = AB i označimo sa AH visinu jednakokračnog trokuta BEA. Promatrajmo slučaj kad je E izmedu točaka B i C (ako je B izmedu E i C ili AH⊥BC, zaključujemo na sličan način). Kako je

AC^{2} − CH^{2} = AB^{2} − BH^{2},

Slika 10.

imamo

AC^{2} − AB^{2} = CH^{2} − BH^{2} =
= (CH − BH)(CH + BH) = (CH − EH)BC =
= CE · BC.

Jednakost BC = 2AC − 2AB povlači

(1)  2AB + \frac{1}{2}BC = 2CE.

a) Ako je ^{}A̸BD = 2^{}A̸DB, tada je ^{}A̸EB = 2^{}A̸DE i trokut ADE je jednakokračan, tako da je AB = AE = DE. Prema tome (1) pokazuje da je 2DE + \frac{1}{2}BC = 2CE, što je ekvivalentno sa BD = 3CD.

b) Obratno, iz BD = 3CD slijedi da je 2DE + \frac{1}{2}BC = 2CE, pa (1) povlači AB = DE. Zbog AB = AE imamo AE = DE. Stoga je ^{}A̸BD = 2^{}A̸DB.

11. a) Pretpostavimo da je ispunjena nejednakost u zadatku. Ako je A = B, tada je P A ≥ P C za sve P i odatle A = C.

Neka je A ≠ B. Najprije ćemo dokazati da C leži na pravcu AB. Pretpostavimo, naprotiv, da C ∉ AB i neka je P točka na simetrali segmenta AB takva da P i C leže na suprotnim stranama simetrale segmenta AC. Tada je P A = P B, P A < P C, tako da imamo

P A^{1989} + P B^{1989} = 2P A^{1989} < 2P C^{1989},

što je kontradikcija. Prema tome C leži na pravcu AB.

Označimo sa O središte segmenta AB. Bez gubitka općenitosti možemo pretpostaviti da je O izmedu točaka B i C. Promatrajmo točku P ∈ AB desno od B i neka je P O = x, OC = c, AO = BO = a. Koristeći se nejednakošću u zadatku, dobivamo da je

f(x) = (x − a)^{1989} + (x + a)^{1989} − 2(x + c)^{1989} ≥ 0

za sve x ≥ 0. Lako se vidi da je f(x) polinom čiji slobodni član je jednak −2c^{1989}. Kako je c ≥ 0 i f(x) ≥ 0 za sve x ≥ 0, slijedi da je c = 0, tj. C je polovište segmenta AB.

b) Obratno, neka je C polovište segmenta AB. Tada je

\frac{P A + P B}{2} ≥ P C

za sve točke P, i iz poznate nejednakosti

\frac{x^{n} + y^{n}}{2} ≥ (\frac{x + y}{2} )^{n}, ∀x, y ≥ 0

dobivamo

\frac{P A^{1989} + P B^{1989}}{2} ≥ (\frac{P A + P B}{2} )^{1989} ≥ P C^{1989},

što je i trebalo dokazati.

NAPOMENA. Tvrdnja vrijedi i u slučaju ako se 1 989 zamijeni proizvoljnim prirodnim brojem n.

12. Neka je X proizvoljna točka iz ABCD. Označimo sa M, N, P, Q ortogonalne projekcije točke X na odgovarajuće strane BCD, CAD, ABD, ABC, i neka je

XM = x, XN = y, XP = z, XQ = t.

Kako su dužine XM, XN i XP u parovima okomite, imamo

V_{MNP X} = \frac{1}{6}xyz.

Slika 12.

Lako je provjeriti da je

V_{P QMX} = \frac{1}{6}xzt sin α,

gdje je α kut izmedu pravca XQ i njegove ortogonalne projekcije na ravninu (XP M). Kako su ravnine (XP M) i (ACD) paralelne, α je kut izmedu visine piramide povučene iz vrha D i jedne od strana. Možemo pretpostaviti da je AD = BD = CD = 1. Tada je AB = BC = CA = \sqrt{2} i sin α = \sqrt{3}/3. Stoga imamo

V_{P QMX} = \frac{1}{6} \frac{\sqrt{3}}{3}xzt, V_{QMNX} = \frac{1}{6} \frac{\sqrt{3}}{3}xyt,

itd. Prema tome je

V (X) = V_{MNP Q} = \frac{1}{6}(xyz + \frac{\sqrt{3}}{3}t(xy + yz + zx)).

Neka su x′, y′, z′ udaljenosti od točke Q do strana BCD, CAD i ABD piramide.

Tada je

x′ = x + t sin α = x + \frac{t}{\sqrt{3}},
y′ = y + \frac{t}{\sqrt{3}},
z′ = z + \frac{t}{\sqrt{3}}.

Sada imamo

V (Q) = \frac{1}{6}(x + \frac{t}{\sqrt{3}})(y + \frac{t}{\sqrt{3}})(z + \frac{t}{\sqrt{3}})

≥ \frac{1}{6}(xyz + \frac{\sqrt{3}}{3}t(xy + yz + zx)) = V (X),

i jednakost vrijedi jedino za t = 0, tj. za X = Q. Prema tome možemo uzeti da točka X leži u trokutu ABC. U tom slučaju je t = 0 i

\frac{1}{6} = V_{ABCD} = \frac{1}{6}(x + y + z),

tj.

x + y + z = 1.

Kako je V (X) = \frac{1}{6}xyz, iz aritmetičko–geometrijske nejednakosti dobivamo da je V (X) maksimalno ako je x = y = z = \frac{1}{3}, tj. kad je X težište trokuta ABC.

13. Neka su A_{1}, A_{2},…, A_{n} vrhovi n–terokuta, α_{i} kut pri vrhu A_{i},
a_{1} = |A_{1}A_{2}|, a_{2} = |A_{2}A_{3}|,…, a_{n} = |A_{n}A_{1}|,

i S_{i} površina trokuta A_{i−1}A_{i}A_{i+1}, i = 1, 2,… n (A_{0} = A_{n}, A_{n+1} = A_{1}). Tada je

2S_{i} = a_{i−1}a_{i} sin α_{i}.
Neka je S = min(S_{1}, S_{2},…, S_{n}). Imamo
2S ≤ a_{i−1}a_{i} sin α_{i} (i = 1, 2,…, n)

i

(2S)^{n} ≤ ∏_{i=1}^{n} a_{i}^{2} ∏_{i=1}^{n} sin a_{i} ≤ ∏_{i=1}^{n} a_{i}^{2}.

Koristeći nejednakost

(∏_{i=1}^{n} a_{i})^{\frac{1}{n}} ≤ \frac{∑_{i=1}^{n} a_{i}}{n} ,

Slika 13.

dobivamo

2S ≤ (\frac{∑_{i=1}^{n} a_{i}}{n} )^{2}.

Ako su p_{i} i q_{i} duljine projekcija stranice a_{i} na stranice kvadrata, tada je

a_{i} ≤ p_{i} + q_{i}

tj.

∑_{i=1}^{n} a_{i} ≤ ∑_{i=1}^{n} p_{i} + ∑_{i=1}^{n} q_{i} ≤ 4.

Prema tome je

S ≤ \frac{8}{n^{2}} .

Alternativno rješenje. Neka su p′_{i} i q′_{i} odgovarajuće duljine projekcija dužine A_{i−1}A_{i+1}. Zadržavši oznake iz prošlog rješenja, kao direktnu posljedicu konveksnosti n–terokuta imamo:

∑_{i=1}^{n} p′_{i} ≤ ∑_{i=1}^{n}(p_{i−1} + p_{i}) = 2 ∑_{i=1}^{n} p_{i} ≤ 4,

i na sličan način ∑_{i=1}^{n} q′_{i} ≤ 4. Tada iz

(p′_{1} + q′_{1}) + (p′_{2} + q′_{2}) + ⋯ + (p′_{n} + q′_{n}) ≤ 8

dobivamo pomoću Dirichletova principa da postoji i takvo da je p′_{i} + q′_{i} ≤ 8/n. Prema tome, za površinu pripadnog trokuta vrijedi

S_{i} ≤ \frac{1}{2}p′_{i}q′_{i} ≤ \frac{1}{2}p′_{i}(\frac{8}{n} − p′_{i}) ≤ \frac{8}{n^{2}} .

14. Neka je n_{1} = n^{n^{n^{n}}} − n^{n^{n}} i n_{2} = n^{n^{n}} − n^{n}. Tada imamo
n_{1} = n^{n^{n}}(n^{n_{2}} − 1).

Pokazat ćemo da

(1)  3 · 2^{4} | n_{2}.

Primijetite da je n_{2} = n^{n}(n^{n^{n}−n} − 1) i n^{n} − n je paran broj, prema tome φ(3) | n^{n} − n, i zato

(2)  3 | n_{2}.

Ako je n paran, tada n^{n} | n_{2}, odnosno

(3’)  2^{n} | n_{2}

i 2^{4} | n_{2} jer je n ≥ 3. Ako je n neparan, n = 2k + 1, tada je

n^{n} − n = (2k + 1)((2k + 1)^{2k} − 1) =
= (2k + 1)((4k(k + 1) + 1)^{k} − 1) =
= (2k + 1)((8l + 1)^{k} − 1) = 8p.

Prema tome 8 | n^{n} − n. Iz φ(2^{4}) | n^{n} − n dobivamo

(3”)  2^{4} | n^{n^{2}−n} − 1.

Sada (1) slijedi iz (2), (3’) i (3”).

Relacija (1) povlači φ(3^{2}) = 6 | n_{2}, odakle je

(4)  3^{2} | n^{2}(n^{n_{2}} − 1).

Slično φ(13) | n_{2} i φ(17) | n_{2}, tako da

(5)  13 | n(n^{n_{2}} − 1)
(6)  17 | n(n^{n_{2}} − 1).

Iz (4), (5) i (6) zaključujemo da 1989 = 3^{2} · 13 · 17 | n_{1}.

15. Primijetimo da iz a_{k} ≡ 0 (mod 11) slijedi

a_{k+1} ≡ 0^{2} − 0 + 5 ≡ 5 (mod 11),
a_{k+2} ≡ 5^{2} − 5 + 5 ≡ 3 (mod 11),
a_{k+3} ≡ 3^{2} − 3 + 5 ≡ 0 (mod 11).

Prema tome, dovoljno je dokazati djeljivost barem jednog od brojeva

a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}

sa 11. Neposrednom provjerom dobivamo da

iz a_{0} ≡ 1, 2, 10 (mod 11) slijedi a_{3}≡ 0 (mod 11),
iz a_{0} ≡ 3, 9  (mod 11) slijedi a_{1}≡ 0 (mod 11),
iz a_{0} ≡ 4, 8  (mod 11) slijedi a_{5}≡ 0 (mod 11),
iz a_{0} ≡ 5, 7  (mod 11) slijedi a_{2}≡ 0 (mod 11),
iz a_{0} ≡ 6  (mod 11) slijedi a_{4}≡ 0 (mod 11).

Time je tvrdnja dokazana.

16. Neka je x_{i} = (a_{i}, S_{i}) i y_{i} = [a_{i}, S_{i}]. Tada imamo x_{i}y_{i} = a_{i}S_{i} (i = 3, 4,…, 1989) i relacija iz zadatka se može zapisati u obliku

a_{i} + S_{i} = x_{i} + \frac{a_{i}S_{i}}{x_{i}} ,

tj. x_{i}^{2} − (a_{i} + S_{i})x_{i} + a_{i}S_{i} = 0. Prema tome ako je a_{i} | S_{i} tada imamo x_{i} = a_{i}.

Stoga možemo uzeti a_{1} = 1, a_{2} = 2 i a_{i} = 2^{i−3} · 3, i ≥ 3, nakon čega je S_{i} = 3 · 2^{i−2}, i = 3, 4,…, 1 989.

17. Neka je x ≤ y ≤ z, n neko rješenje. Očito je da vrijedi z − x ≥ y − x ≥ 0 i z + x > y > 0. Prema tome je (z − x)(z + x) ≥ y(y − x), tj.

z^{2} ≥ x^{2} + y^{2} − xy = \frac{x^{3} + y^{3}}{x + y} ,

ili

x + y ≥ \frac{x^{3} + y^{3}}{z^{2}} .

Tada se lako vidi da je

z = nx^{2}y^{2} − \frac{x^{3} + y^{3}}{z^{2}} ≥ nx^{2}y^{2} − (x + y) > 0,

osim za x = y = 1, n = 1, 2 (u tom slučaju ne postoji rješenje problema). Medutim, zbog z^{2} | x^{3} + y^{3} je

x^{3} + y^{3} ≥ z^{2} ≥ (nx^{2}y^{2} − (x + y))^{2}.

Prema tome je

n^{2}x^{4}y^{4} ≤ x^{3} + y^{3} + 2nx^{2}y^{2}(x + y) − (x + y)^{2},

tj.

n^{2}x^{4}y^{4} < 2nx^{2}y^{2}(x + y) + x^{3} + y^{3}

ili

nxy < 2(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} ) + \frac{1}{nx^{3}} + \frac{1}{ny^{3}} .

Ako je x ≥ 2, tada imamo y ≥ x ≥ 2 i nxy ≥ 4. Tada slijedi da je

2(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} ) + \frac{1}{nx^{3}} + \frac{1}{ny^{3}} ≤ 2(\frac{1}{2} + \frac{1}{2}) + \frac{1}{8} + \frac{1}{8} < 3,

što je kontradikcija. Stoga je x = 1, pa imamo

ny < 2 + \frac{2}{y} + \frac{1}{n} + \frac{1}{ny^{3}} .

Ako je y ≥ 4, imamo ny ≥ 4 i

2 + \frac{2}{y} + \frac{1}{n} + \frac{1}{ny^{3}} < 2 + \frac{2}{4} + 1 + \frac{1}{4} < 4,

što je nemoguće. Prema tome je y ≤ 3. Nadalje z^{2} | x^{3} + y^{3}, tj. z^{2} | 1 + y^{3} i z ≥ y, pa

(i) iz y = 1 slijedi 1 + y^{3} = 2, tj. z = 1; (ii) iz y = 2 slijedi 1 + y^{3} = 9, tj. z = 3; (iii) iz y = 3 slijedi 1 + y^{3} = 28, tj. z ne postoji.

Ako je x = y = z = 1, tada dobivamo n = 3. Ako je x = 1, y = 2, z = 3, tada je n = 1.

Stoga su sva rješenja zadatka

(1, 1, 1, 3) (1, 2, 3, 1) (2, 1, 3, 1) (1, 3, 2, 1)
(3, 1, 2, 1) (3, 2, 1, 1) (2, 3, 1, 1).

18. Neka je z zajednički korijen polinoma x^{5} − px − 1 i x^{2} − ax + b. Ako je z racionalan, zbog z^{5} − pz − 1 = 0 je z = ±1. Prema tome je p = 0 ili p = 2. Lako se vidi da p = 0 ili p = 2 ispunjavaju uvjete u zadatku.

Pretpostavimo da z nije racionalan. Tada iz

pz + 1 = z^{5} = z(az − b)^{2} = z(a^{2}z^{2} − 2abz + b^{2}) =
= z(a^{2}(az − b) − 2abz + b^{2}) = (a^{3} − 2ab)z^{2} + (b^{2} − a^{2}b)z =
= (a^{3} − 2ab)(az − b) + (b^{2} − a^{2}b)z =
= (a^{4} − 3a^{2}b + b^{2})z + 2ab^{2} − a^{3}b.

Zaključujemo da je

a^{4} − 3a^{2}b + b^{2} = p
2ab^{2} − a^{3}b = 1.

Pomnožimo prvu jednadžbu sa −2a i dodajmo je drugoj. Tada je

b = \frac{2a^{5} − 2ap + 1}{5a^{3}},

i uvrštavajući to u drugu jednadžbu, nakon kratkog računa dobivamo

a^{10} + 3pa^{6} + 11a^{5} − 4p^{2}a^{2} + 4pa − 1 = 0.

Kako je a racionalan i p cijeli broj, dobivamo da je a = ±1. Neka je a = 1. Tada imamo −4p^{2} + 7p + 11 = 0 i stoga p nije cijeli broj. Neka je a = −1. Tada je −4p^{2} − p − 11 = 0, pa niti ovdje p nije cijeli broj. Stoga su jedina rješenja p = 0 i p = 2.