File size: 17,693 Bytes
f450bb6 | 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 150 151 152 153 154 155 156 157 158 159 160 161 162 163 164 165 166 167 168 169 170 171 172 173 174 175 176 177 178 179 | # СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА
такмичење ученика средњих школа из математике
Београд, 02.04.2007.
## Први дан
1. Нека је $D$ тачка на страници $A C$ троугла $A B C$ у коме је $A B<B C$ таква да је $A B=B D$. Круг уписан у $\triangle A B C$ додирује $A B$ у $K$ и $A C$ у $L$, а $J$ је центар уписаног круга троугла $B C D$. Доказати да $K L$ полови дуж $A J$.
2. Троугао $\triangle Z C P$ је подељен на 25 „малих“ троуглова (као на слици), а затим су сва темена тих троуглова обојена са три боје на следећи начин: теме $Z$ је обојено зеленом бојом, теме $C$ црвеном, а теме $P$ плавом; свако од темена на дужи $Z C$ обојено је или зеленом или црвеном бојом, свако од темена на дужи $C P$ обојено је или црвеном или плавом бојом, а свако од темена на дужи $Z P$ обојено је или зеленом или плавом бојом. Сва темена која се налазе у унутрашњости троугла обојена су без ограничења, једном од три боје.
Доказати да без обзира на начин бојења, бар један од 25 „малих “ троуглова има сва три темена различите боје.
3. Одредити све парове природних бројева $(x, n)$ који су решења једначине
$$
x^{3}+2 x+1=2^{n}
$$
Време за рад 270 минута.
Сваки задатак вреди 7 поена.
## СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА
такмичење ученика средњих школа из математике
Београд, 03.04.2007.
## Други дан
4. Нека је $k$ природан број. За сваку функцију $f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$, нека је низ функција $\left(f_{m}\right)_{m \geqslant 1}$ дефинисан са $f_{1}=f$ и $f_{m+1}=f \circ f_{m}$ за $m \geqslant 1$. Функција $f$ је $k$-фина уколико за све $n \in \mathbb{N}$ важи
$$
f_{k}(n)=f(n)^{k}
$$
(a) За које $k$ постоји $1-1 k$-фина функција $f$ ?
(б) За које $k$ постоји на $k$-фина фунција $f$ ?
5. Дат је неједнакокраки троугао $A B C$. Нека су $A D, B E, C F$ симетрале углова овог троугла $(D \in B C, E \in A C, F \in A B)$. Нека су $K_{a}, K_{b}, K_{c}$ тачке на уписаном кругу троугла $A B C$ такве да су $D K_{a}, E K_{b}, F K_{c}$ тангенте на уписани круг и да $K_{a} \notin B C, K_{b} \notin A C, K_{c} \notin A B$. Нека су $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ средишта страница $B C, C A, A B$. Доказати да се праве $A_{1} K_{a}, B_{1} K_{b}, C_{1} K_{c}$ секу на уписаном кругу троугла $A B C$.
6. Нека је $k$ природан број. Доказати да за позитивне реалне бројеве $x, y, z$ чији је збир једнак 1 , важи неједнакост
$$
\frac{x^{k+2}}{x^{k+1}+y^{k}+z^{k}}+\frac{y^{k+2}}{y^{k+1}+z^{k}+x^{k}}+\frac{z^{k+2}}{z^{k+1}+x^{k}+y^{k}} \geqslant \frac{1}{7}
$$
Када важи једнакост?
Време за рад 270 минута.
Сваки задатак вреди 7 поена.
## РЕШЕЊА
1. Нека је $M$ тачка на $A C$ таква да је $J M \| K L$. Довољно је доказати да је $A M=2 A L$.
Из $\varangle B D A=\alpha$ добијамо $\varangle J D M=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}=\varangle K L A=\varangle J M D$, па је $J M=$ $J D$, а додирна тачка уписаног круга $\triangle B C D$ са $C D$ је средиште $T$ дужи $M D$. Према томе, $D M=2 D T=B D+C D-B C=A B-B C+C D$, одакле je
$$
A M=A D+D M=A C+A B-B C=2 A L
$$
2. Посматраћемо странице малих троуглова које имају једно теме обојено црвеном, а друго плавом бојом. Такве странице ћемо звати црвено-плаве странице.
Свака црвено-плава страница која се налази у унутрашњости троугла $\triangle Z C P$ је страница тачно два мала троугла. Даље, свака црвено-плава страница која налази на једној од страница троугла $\triangle Z C P$ по услову задатка мора припадати баш дужи $C P$. С обзиром да је теме $C$ обојено црвеном бојом а $P$ плавом, број црвено-плавих страница на дужи $C P$ је непаран.
Према томе, мора постојати бар један мали троугао који има непаран број црвено-плавих страница. Тај троугао мора да има сва три темена различите боје.
3. Провером се добија да је за $n \leqslant 2$ једино решење пар $(1,2)$. Докажимо да за $n \geqslant 3$ нема решења.
Број $x$ мора бити непаран, па је $x^{2}+2 \equiv 3(\bmod 8)$. Сада из $x\left(x^{2}+2\right) \equiv-1$ $(\bmod 8)$ следи да је $x \equiv 5(\bmod 8)$. Шта више, како $3 \mid x\left(x^{2}+2\right)$ (уколико $3 \nmid x$ тада $\left.3 \mid x^{2}+2\right)$, мора бити $2^{n} \equiv 1(\bmod 3)$, па је $n$ паран број.
Додавањем обема странама једнакости броја 2 добија се
$$
(x+1)\left(x^{2}-x+3\right)=2^{n}+2
$$
Како је $n$ паран, $2^{n}$ је потпун квадрат, па је број -2 квадратни остатак по сваком непарном простом делиоцу $p$ броја $(x+1)\left(x^{2}-x+3\right)$. Зато је
$$
1=\left(\frac{-2}{p}\right)=\left(\frac{-1}{p}\right)\left(\frac{2}{p}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}}(-1)^{\frac{p^{2}-1}{8}}=(-1)^{\frac{(p-1)(p+5)}{8}}
$$
одакле следи да је $p$ облика $8 k+1$ или $8 k+3$. Будући производ таквих простих бројева, и сам број $x^{2}-x+3$ мора бити тог облика. Међутим, како је $x \equiv 5(\bmod 8)$, важи $x^{2}-x+3 \equiv 7(\bmod 8)$ што је контрадикција.
Дакле, једино решење дате једначине је $(x, n)=(1,2)$.
4. Свака функција је 1-фина, па је одговор на оба дела задатка потврдан. Нека је надаље $k \geqslant 2$. Свака $k$-фина функција је 1 -1 јер из $f(m)=f(n)$ следи $m^{k}=f_{k}(m)=f_{k}(n)=n^{k}$, тј. $m=n$.
(a) Одговор: ДА. Конструишимо функцију $f$ индуктивно на следећи начин. Нека је $n$ најмањи природан број чија слика није одређена.
(1) ако је $n=1$, онда је $f(n)=1$;
(2) ако је $n=a^{k}$ за неко цело $a>1$, дефинишемо $f(n)=f(a)^{k}$;
(3) ако $n$ није потпун $k$-ти степен изаберемо најмањих $k-1$ природних бројева $n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{k-1}$ који нису потпуни $k$-ти степени и за које до сада нису одређене слике, и дефинишемо $f\left(n_{1}\right)=n_{2}, f\left(n_{2}\right)=n_{3}$, $\ldots, f\left(n_{k-1}\right)=n_{1}^{k}$.
На овај начин функција $f$ је добро дефинисана. Покажимо да је она $k$ фина. За свако $n \in \mathbb{N}$ које није $k$-ти степен постоје бројеви $n_{1}, \ldots, n_{k-1}$ из услова (3) такви да је $n_{i}=n$ за неко $1 \leqslant i \leqslant k-1$. Тада важи $f_{k}\left(n_{i}\right)=$ $f_{i}\left(n_{1}^{k}\right)=f_{i}\left(n_{1}\right)^{k}=f\left(n_{i}\right)^{k}$. Такође, ако је $n$ потпун $k$-ти степен, тада је $n=n_{i}^{k^{s}}$ за неко $i$ и $s$, па према (2) важи $f_{k}(n)=f_{k}\left(n_{i}\right)^{k^{s}}=n_{i}^{k^{s+1}}=n^{k}$, што доказује наше тврђење.
(б) Одговор: НЕ. Заиста, ако је $f$ на и $k$-фина, за свако $a_{0}$ постоји низ природних бројева $a_{1}, a_{2}, \ldots$ таквих да је $f\left(a_{k+1}\right)=a_{k}$ за све $k$, одакле је $a_{k}^{k}=f_{k}\left(a_{k}\right)=a_{0}$, што је немогуће ако $a_{0}$ није $k$-ти степен.
5. Докажимо да су троуглови $K_{a} K_{b} K_{c}$ и $A_{1} B_{1} C_{1}$ хомотетични. Да бисмо то доказали, довољно је да докажемо да је $K_{a} K_{b} \| A_{1} B_{1}$, односно $K_{a} K_{b} \| A B$ (аналогно ће следити и за друге парове страница).
Означимо $M=K_{a} K_{b} \cap B C$, са $S$ означимо центар уписаног круга, и са $T$ означимо произвољну тачку на уписаном кругу. Означимо $\alpha=\varangle B A S$, $\beta=\varangle C B S, \gamma=\varangle A C S$. Користећи оријентисане углове (по модулу $180^{\circ}$ ), добијамо $\varangle B^{\prime} E B=\beta+2 \gamma$, и аналогно $\varangle A^{\prime} D A=\alpha+2 \beta$, а одатле и $\varangle A^{\prime} D K_{a}=2 \alpha+4 \beta$. Затим, $\varangle B^{\prime} T K_{b}=\varangle B^{\prime} S E=90^{\circ}+\varangle B^{\prime} E S=\gamma-\alpha$ и аналогно $\varangle A^{\prime} T K_{a}=\beta-\gamma$. Затим, $\varangle A^{\prime} T B^{\prime}=\varangle A^{\prime} S C=90^{\circ}+\varangle A^{\prime} C S=\alpha+\beta$. И на крају добијамо $\varangle K_{a} T K_{b}=\varangle K_{a} T A^{\prime}+\varangle A^{\prime} T B^{\prime}+\varangle B^{\prime} T K_{b}=2 \gamma$.
Такође, из троугла $D K_{a} M$ добијамо $\varangle C M K_{a}=\varangle C D K_{a}+\varangle D K_{a} M=$ $\varangle A^{\prime} D K_{a}+\varangle D K_{a} K_{b}=(2 \alpha+4 \beta)+\varangle K_{a} T K_{b}=(2 \alpha+4 \beta)+2 \gamma=2 \beta$. Дакле, $\varangle C M K_{a}=\varangle C B A$, одакле следи да је $K_{a} K_{b} \| A B$, што је требало доказати. Дакле, троуглови $K_{a} K_{b} K_{c}$ и $A_{1} B_{1} C_{1}$ су хомотетични.
Приметимо такође да је коефицијент хомотетије позитиван: ако би био негативан, дужи $K_{a} A_{1}, K_{b} B_{1}, K_{c} C_{1}$ би се секле у једној тачки. Ако је $\alpha>$ $\beta$, онда се тачке $C_{1}$ и $K_{c}$, па и цела дуж $K_{c} C_{1}$, налазе унутар четвороугла $S F B D$. Зато, ако без умањења општости претпоставимо $\alpha>\beta>\gamma$, онда $K_{c} C_{1} \subset S F B D$, али $K_{a} A_{1} \subset S D C E$, па су ове две дужи дисјунктне.
Како су троуглови $K_{a} K_{b} K_{c}$ и $A_{1} B_{1} C_{1}$ хомотетични, њихови описани кругови су такође хомотетични. Али то су Ојлеров и уписани круг троугла $A B C$, респективно, и познато је да се та два круга додирују изнутра у Фојербаховој тачки троугла $A B C$. Стога (уз чињеницу да је коефицијент хомотетије позитиван), центар хомотетије је управо Фојербахова тачка. Одавде следи да се $A_{1} K_{a}, B_{1} K_{b}, C_{1} K_{c}$ секу у Фојербаховој тачки троугла $A B C$, која припада уписаном кругу троугла $A B C$, чиме је тврдјење доказано.
Алтернативно решење. Нека је уписани круг троугла $A B C$ јединична кружница у комплексној равни. Тада је $a=\frac{2 b^{\prime} c^{\prime}}{b^{\prime}+c^{\prime}}, b=\frac{2 a^{\prime} c^{\prime}}{a^{\prime}+c^{\prime}}, c=\frac{2 a^{\prime} b^{\prime}}{a^{\prime}+b^{\prime}}$. Затим је
$$
a_{1}=\frac{b+c}{2}=\frac{a^{\prime 2} b^{\prime}+a^{\prime 2} c^{\prime}+2 a^{\prime} b^{\prime} c^{\prime}}{\left(a^{\prime}+b^{\prime}\right)\left(a^{\prime}+c^{\prime}\right)}
$$
Вредност $k_{a}$ налазимо из услова $\frac{k_{a}}{a}=\overline{\left(\frac{a^{\prime}}{a}\right)}$, одакле је $k_{a}=\frac{1}{a^{\prime}} \overline{\bar{a}}=\frac{b^{\prime} c^{\prime}}{a^{\prime}}$. Сада налазимо пресечну тачку $z$ уписаног круга (одакле $|z|=1$ ) и праве $K_{a} A_{1}$ (одакле $\frac{z-k_{a}}{a_{1}-k_{a}}=\overline{\left(\frac{z-k_{a}}{a_{1}-k_{a}}\right)}$. Други услов можемо трансформисати у облик
$$
\overline{\left(a_{1}-k_{a}\right)}\left(z-k_{a}\right)=\left(\frac{1}{z}-\frac{1}{k_{a}}\right)\left(a_{1}-k_{a}\right)
$$
одакле (због $\left.z \neq k_{a}\right)$ следи $\overline{\left(a_{1}-k_{a}\right)}=-\frac{1}{z k_{a}}\left(a_{1}-k_{a}\right)$, па је
$$
z=-\frac{1}{k_{a}} \frac{a_{1}-k_{a}}{\overline{\left(a_{1}-k_{a}\right)}}=-\frac{\left(a^{\prime 2}-b^{\prime} c^{\prime}\right)\left(a^{\prime} b^{\prime}+a^{\prime} c^{\prime}+b^{\prime} c^{\prime}\right)}{\left(b^{\prime} c^{\prime}-a^{\prime 2}\right)\left(a^{\prime}+b^{\prime}+c^{\prime}\right)}=\frac{a^{\prime} b^{\prime}+a^{\prime} c^{\prime}+b^{\prime} c^{\prime}}{a^{\prime}+b^{\prime}+c^{\prime}}
$$
Како је наведени израз симетричан по $a^{\prime}, b^{\prime}, c^{\prime}$, аналогно се доказује да ће праве $K_{b} B_{1}$ и $K_{c} C_{1}$ сећи уписани круг у истој тачки, чиме је тврђење доказано.
6. Дати израз је симетричан, па се без губљења општости може претпоставити да је $x \geqslant y \geqslant z$. Тада је
$$
x^{k+1}+y^{k}+z^{k} \leqslant y^{k+1}+z^{k}+x^{k} \leqslant z^{k+1}+x^{k}+y^{k}
$$
Заиста, довољно је доказати прву неједнакост, тј. да је $x^{k+1}+y^{k} \leqslant y^{k+1}+$ $x^{k}$. Ова неједнакост је еквивалентна са $\left(\frac{y}{x}\right)^{k} \leqslant \frac{1-x}{1-y}$. Како је $y \leqslant x$, довољно је доказати да је $\frac{y}{x} \leqslant \frac{1-x}{1-y}$, што је еквивалентно тачној неједнакости $0 \leqslant$ $x-x^{2}-y+y^{2}=(x-y)(1-x-y)=(x-y) z$. Применом неједнакости Чебишева на тројке $\left(x^{k+2}, y^{k+2}, z^{k+2}\right)$ и $\left(\frac{1}{x^{k+1}+y^{k}+z^{k}}, \frac{1}{y^{k+1}+z^{k}+x^{k}}, \frac{1}{z^{k+1}+x^{k}+y^{k}}\right)$ добија се
$$
\sum_{\text {cyc }} \frac{x^{k+2}}{x^{k+1}+y^{k}+z^{k}} \geqslant \frac{1}{3} \sum_{\text {cyc }} x^{k+2} \sum_{\text {cyc }} \frac{1}{x^{k+1}+y^{k}+z^{k}}=L
$$
Уколико се у $L$ поново примени неједнакост Чебишева на тројке $(x, y, z)$ и $\left(x^{k+1}, y^{k+1}, z^{k+1}\right)$ добија се
$$
L \geqslant \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} \sum_{\text {cyc }} x \sum_{\text {cyc }} x^{k+1} \sum_{\text {cyc }} \frac{1}{x^{k+1}+y^{k}+z^{k}}=L^{\prime}
$$
Из неједнакости Коши-Шварц-Буњаковског следи
$$
\sum_{\text {cyc }} \frac{1}{x^{k+1}+y^{k}+z^{k}} \sum_{\text {cyc }}\left(x^{k+1}+y^{k}+z^{k}\right) \geqslant 9
$$
па је
$$
L^{\prime} \geqslant \frac{x^{k+1}+y^{k+1}+z^{k+1}}{x^{k+1}+y^{k+1}+z^{k+1}+2\left(x^{k}+y^{k}+z^{k}\right)}
$$
и самим тим довољно је доказати да је
$$
3\left(x^{k+1}+y^{k+1}+z^{k+1}\right) \geqslant x^{k}+y^{k}+z^{k}
$$
Последња неједнакост се добија поновном применом неједнакости Чебишева на тројке $(x, y, z)$ и $\left(x^{k}, y^{k}, z^{k}\right)$.
Једнакост у свим примењеним неједнакостима важи ако и само ако је $x=y=z$, тј. ако и само ако је $x=y=z=\frac{1}{3}$.
|