2. izbirni test za MMO 2017 Ljubljana, 17. februar Naj bosta k 1 in k 2 dve krožnici s središčema O 1 in O 2, ki se sekata v dveh točkah, ter

Transkripcija

1 2. izbirni test za MMO 2017 Ljubljana, 17. februar Naj bosta k 1 in k 2 dve krožnici s središčema O 1 in O 2, ki se sekata v dveh točkah, ter naj bo A eno od njunih presečišč. Ena od njunih skupnih tangent se dotika k 1 v C 1 in k 2 v C 2, tako da ležijo točke A, C 1 in C 2 na istem bregu premice O 1 O 2. Pravokotni projekciji točke O 1 na C 1 A in O 2 na C 2 A zaporedoma označimo z D 1 in D 2. Naj premica C 1 D 2 seka krožnico k 2 v E in F ter premica C 2 D 1 seka krožnico k 1 v G in H. Dokaži, da so točke E, F, G, H konciklične. 2. Določi vsa naravna števila, ki se jih da izraziti v obliki x 2 + y xy + 1 za vsaj dva različna para naravnih števil (x, y). 3. Določi vse funkcije f : R R, za katere velja za vsa realna števila x in y. f(xf(y) + f(x)) = 2f(x) + xy Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 4 ure 30 minut. Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena. c 2017 DMFA Slovenije, Komisija za popularizacijo matematike v srednji šoli

2 Kratka navodila. Najprej natančno preberi naloge. V prve pol ure lahko postaviš vprašanja. Piši razločno in čitljivo. Po možnosti naredi čistopis. Šifro nalepi oziroma napiši na vse liste in pole, ki jih oddajaš. Svojega papirja ne smeš uporabljati. kalkulatorjev, zapiskov ali literature. Prav tako ni dovoljena uporaba Ko oddaš, lahko greš. Zadrževanje v bližini predavalnice ni dovoljeno. Toda, v zadnje pol ure ne sme nihče zapustiti predavalnice (tudi ni več izhoda na stranišče). Veliko sreče!

3 1. Označimo z X presečišče premic C 1 D 2 in C 2 D 1, ter z B drugo presečišče krožnic k 1 in k 2. Cilj je pokazati koncikličnost E, F, G, H s pomočjo potence točke X oz. razmerji dolžin, pri tem pa bomo potrebovali, da X leži tudi na potenčni premici, tj. na premici AB. Najprej opazimo, da D 2 razpolavlja AC 2 in D 1 razpolavlja AC 1, saj sta nožišči višin v enakokrakih trikotnikih. To med drugim pomeni, da je X težišče trikotnika AC 1 C 2 in pomeni, da je Y, če s tem označimo presečišče AX in C 1 C 2, tudi razpolovišče C 1 C 2. Označimo sedaj z Y presečišče AB in C 1 C 2. Ker sta Y C 1 in Y C 2 zaporedoma tangenti na k 1 in k 2, lahko uporabimo potenco točke Y na obe krožnici in dobimo Y C 1 2 = Y A Y B = Y C 2 2, oziroma Y C 1 = Y C 2. To pomeni, da je tudi Y razpolovišče C 1 C 2, torej Y = Y in A, B, Y, X so kolinearne. Nalogo zaključimo z uporabo potence točke X na obe krožnici XG XH = XA XB = XE XF, kar pomeni, da so točke E, F, G, H konciklične. 2. Dokazali bomo, da je 1 edino naravno število, ki zadošča pogojem naloge. Očitno velja 1 = 12 +y 1 y+1, kar pomeni, da lahko 1 izrazimo na zaželen način za neskončno parov oblike (1, y), kjer je y poljubno naravno število. Dokažimo, da se naravno število n 2, da izraziti v zaželeni obliki na natanko en način tj. z (x, y) = (n 2, n), saj velja n = (n2 ) 2 +n n2 n+1. Naj bosta torej x, y taki naravni števili, da velja n = x2 +y xy+1 oziroma ekvivalentno x 2 nxy + y n = 0. Posledično mora biti diskriminanta D te kvadratne enačbe v x popoln kvadrat, kjer je D = n 2 y 2 + 4n 4y. Ker velja n 2 y 2 4ny + 4 = (ny 2) 2 < D < (ny + 2) 2 = n 2 y 2 + 4ny + 4 in rešujemo v naravnih številih, so edine možnosti D = (ny ± 1) 2 in D = n 2 y 2. Prvi dve možnosti odpadeta, saj je v tem primeru x = ny ± D 2 = ± 1 2, ki ni naravno število. V primeru, ko je D = n 2 y 2, pa je edina rešitev za x v naravnih številih enaka x = ny. Ko to vstavimo v kvadratno enačbo dobimo (ny) 2 n(ny)y 2 +y n = 0, kar pomeni, da je edina rešitev enačbe (x, y) = (n 2, n).

4 3. Najprej vstavimo v enačbo x = 1. Dobimo, da za vsak y velja f(f(y) + f(1)) = 2f(1) + y, iz česar lahko sklepamo, da je funkcija bijektivna, saj je surjektivnost očitna, iz predpostavke f(z) = f(y) pa takoj sledi z = y. Naj bo a = f 1 (0). Vstavimo v prvotno enačbo najprej enkrat x = a in enkrat y = a, da dobimo f(af(y)) = ay, (1) f(f(x)) = 2f(x) + ax. (2) Iz enačbe (2) opazimo, da bi v primeru a = 0 iz surjektivnosti sledilo f(x) = 2x, ki pa ne reši enačbe, torej a 0. Vstavimo najprej v (1) y = f(z) in upoštevajmo enačbo (2), torej oziroma af(z) = f(af(f(z))) = f(2af(z) + a 2 z) f 1 (af(z)) = 2af(z) + a 2 z. (3) sedaj vstavimo v enačbo (2) x = f 1 (af(z)), da dobimo f(af(z)) = f(f(f 1 (af(z)))) = 2af(z) + af 1 (af(z)) (4) Enačbe (1), (4) in (3) združimo v az = f(af(z)) = af(z) + af 1 (af(z)) = 2af(z) + 2a 2 f(z) + a 3 z. Po deljenju z a in ob predpostavki a 1, dobimo f(z) = 1 a2 2(1 + a). Vendar nobena od funkcij oblike f(x) = bx, kjer je b realno število, ne reši enačbe, torej smo ugotovili, da je a = 1, oziroma f( 1) = 0. Ob upoštevanju enačb (1) in (2), kjer sedaj vemo, da je a = 1, dobimo f( y) = f(f( f(y))) = 2f( f(y)) + f(y) = f(y) 2y. (5) Ko vstavimo v enačbo (2) x = 1, dobimo f(0) = 1, nato ob vstavljanju x = 0 dobimo f(1) = 2 in ob vstavljanju x = 1 dobimo f(2) = 3, iz enačbe (5) pa sledi f( 2) = 1. Označimo sedaj z w = x f(x). Po vstavljanju y = 2 v prvotno enačbo dobimo.

5 f( w) = f(xf( 2) + f(x)) = 2f(x) 2x = 2w Ob upoštevanju enačbe (5) torej dobimo f(w) 2w = f( w) = 2w oziroma f(w) = 0, iz česar pa zaradi bijektivnosti sledi x f(x) = w = 1, od koder dobimo edino rešitev f(x) = x+1, za katero preverimo, da ustreza enačbi.