Serbia_MO/md/sr-2007_smo_resenja.md

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

$$x^3+2x+1=2^{n}x^\{3\}+2\; x+1=2^\{n\}$$

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

$$f_k(n)=f(n{)}^{k}f\_\{k\}(n)=f(n)^\{k\}$$

(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

$$\frac{x^{k+2}}{x^{k+1}+y^k+z^k}+\frac{y^{k+2}}{y^{k+1}+z^k+x^k}+\frac{z^{k+2}}{z^{k+1}+x^k+y^k}⩾\frac{1}{7}\backslash frac\{x^\{k+2\}\}\{x^\{k+1\}+y^\{k\}+z^\{k\}\}+\backslash frac\{y^\{k+2\}\}\{y^\{k+1\}+z^\{k\}+x^\{k\}\}+\backslash frac\{z^\{k+2\}\}\{z^\{k+1\}+x^\{k\}+y^\{k\}\}\; \backslash geqslant\; \backslash frac\{1\}\{7\}$$

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

$$AM=AD+DM=AC+AB-BC=2ALA\; M=A\; D+D\; M=A\; C+A\; B-B\; C=2\; A\; L$$

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

$$(x+1)(x^2-x+3)=2^n+2(x+1)\backslash left(x^\{2\}-x+3\backslash right)=2^\{n\}+2$$

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

$$1=\left(\frac{-2}{p}\right)=\left(\frac{-1}{p}\right)\left(\frac{2}{p}\right)=(-1{)}^{\frac{p-1}{2}}(-1{)}^{\frac{p^2-1}{8}}=(-1{)}^{\frac{(p-1)(p+5)}{8}}1=\backslash left(\backslash frac\{-2\}\{p\}\backslash right)=\backslash left(\backslash frac\{-1\}\{p\}\backslash right)\backslash left(\backslash frac\{2\}\{p\}\backslash right)=(-1)^\{\backslash frac\{p-1\}\{2\}\}(-1)^\{\backslash frac\{p^\{2\}-1\}\{8\}\}=(-1)^\{\backslash frac\{(p-1)(p+5)\}\{8\}\}$$

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

$$a_1=\frac{b+c}{2}=\frac{a^{\mathrm{\prime }2}{b}^{\mathrm{\prime }}+a^{\mathrm{\prime }2}{c}^{\mathrm{\prime }}+2a^{\mathrm{\prime }}{b}^{\mathrm{\prime }}{c}^{\mathrm{\prime }}}{(a^{\mathrm{\prime }}+b^{\mathrm{\prime }})(a^{\mathrm{\prime }}+c^{\mathrm{\prime }})}a\_\{1\}=\backslash frac\{b+c\}\{2\}=\backslash frac\{a^\{\backslash prime\; 2\}\; b^\{\backslash prime\}+a^\{\backslash prime\; 2\}\; c^\{\backslash prime\}+2\; a^\{\backslash prime\}\; b^\{\backslash prime\}\; c^\{\backslash prime\}\}\{\backslash left(a^\{\backslash prime\}+b^\{\backslash prime\}\backslash right)\backslash left(a^\{\backslash prime\}+c^\{\backslash prime\}\backslash right)\}$$

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

$$\overline{(a_1-k_a)}(z-k_a)=(\frac{1}{z}-\frac{1}{k_a})(a_1-k_a)\backslash overline\{\backslash left(a\_\{1\}-k\_\{a\}\backslash right)\}\backslash left(z-k\_\{a\}\backslash right)=\backslash left(\backslash frac\{1\}\{z\}-\backslash frac\{1\}\{k\_\{a\}\}\backslash right)\backslash left(a\_\{1\}-k\_\{a\}\backslash right)$$

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

$$z=-\frac{1}{k_a}\frac{a_1-k_a}{\overline{(a_1-k_a)}}=-\frac{(a^{\mathrm{\prime }2}-b^{\mathrm{\prime }}{c}^{\mathrm{\prime }})(a^{\mathrm{\prime }}{b}^{\mathrm{\prime }}+a^{\mathrm{\prime }}{c}^{\mathrm{\prime }}+b^{\mathrm{\prime }}{c}^{\mathrm{\prime }})}{(b^{\mathrm{\prime }}{c}^{\mathrm{\prime }}-a^{\mathrm{\prime }2})(a^{\mathrm{\prime }}+b^{\mathrm{\prime }}+c^{\mathrm{\prime }})}=\frac{a^{\mathrm{\prime }}{b}^{\mathrm{\prime }}+a^{\mathrm{\prime }}{c}^{\mathrm{\prime }}+b^{\mathrm{\prime }}{c}^{\mathrm{\prime }}}{a^{\mathrm{\prime }}+b^{\mathrm{\prime }}+c^{\mathrm{\prime }}}z=-\backslash frac\{1\}\{k\_\{a\}\}\; \backslash frac\{a\_\{1\}-k\_\{a\}\}\{\backslash overline\{\backslash left(a\_\{1\}-k\_\{a\}\backslash right)\}\}=-\backslash frac\{\backslash left(a^\{\backslash prime\; 2\}-b^\{\backslash prime\}\; c^\{\backslash prime\}\backslash right)\backslash left(a^\{\backslash prime\}\; b^\{\backslash prime\}+a^\{\backslash prime\}\; c^\{\backslash prime\}+b^\{\backslash prime\}\; c^\{\backslash prime\}\backslash right)\}\{\backslash left(b^\{\backslash prime\}\; c^\{\backslash prime\}-a^\{\backslash prime\; 2\}\backslash right)\backslash left(a^\{\backslash prime\}+b^\{\backslash prime\}+c^\{\backslash prime\}\backslash right)\}=\backslash frac\{a^\{\backslash prime\}\; b^\{\backslash prime\}+a^\{\backslash prime\}\; c^\{\backslash prime\}+b^\{\backslash prime\}\; c^\{\backslash prime\}\}\{a^\{\backslash prime\}+b^\{\backslash prime\}+c^\{\backslash prime\}\}$$

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

$$x^{k+1}+y^k+z^k⩽y^{k+1}+z^k+x^k⩽z^{k+1}+x^k+y^{k}x^\{k+1\}+y^\{k\}+z^\{k\}\; \backslash leqslant\; y^\{k+1\}+z^\{k\}+x^\{k\}\; \backslash leqslant\; z^\{k+1\}+x^\{k\}+y^\{k\}$$

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

$$\sum _{\text{cyc }}\frac{x^{k+2}}{x^{k+1}+y^k+z^k}⩾\frac{1}{3}\sum _{\text{cyc }}{x}^{k+2}\sum _{\text{cyc }}\frac{1}{x^{k+1}+y^k+z^k}=L\backslash sum\_\{\backslash text\; \{cyc\; \}\}\; \backslash frac\{x^\{k+2\}\}\{x^\{k+1\}+y^\{k\}+z^\{k\}\}\; \backslash geqslant\; \backslash frac\{1\}\{3\}\; \backslash sum\_\{\backslash text\; \{cyc\; \}\}\; x^\{k+2\}\; \backslash sum\_\{\backslash text\; \{cyc\; \}\}\; \backslash frac\{1\}\{x^\{k+1\}+y^\{k\}+z^\{k\}\}=L$$

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

$$L⩾\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3}\sum _{\text{cyc }}x\sum _{\text{cyc }}{x}^{k+1}\sum _{\text{cyc }}\frac{1}{x^{k+1}+y^k+z^k}=L^{\mathrm{\prime }}L\; \backslash geqslant\; \backslash frac\{1\}\{3\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{1\}\{3\}\; \backslash sum\_\{\backslash text\; \{cyc\; \}\}\; x\; \backslash sum\_\{\backslash text\; \{cyc\; \}\}\; x^\{k+1\}\; \backslash sum\_\{\backslash text\; \{cyc\; \}\}\; \backslash frac\{1\}\{x^\{k+1\}+y^\{k\}+z^\{k\}\}=L^\{\backslash prime\}$$

Из неједнакости Коши-Шварц-Буњаковског следи

$$\sum _{\text{cyc }}\frac{1}{x^{k+1}+y^k+z^k}\sum _{\text{cyc }}(x^{k+1}+y^k+z^k)⩾9\backslash sum\_\{\backslash text\; \{cyc\; \}\}\; \backslash frac\{1\}\{x^\{k+1\}+y^\{k\}+z^\{k\}\}\; \backslash sum\_\{\backslash text\; \{cyc\; \}\}\backslash left(x^\{k+1\}+y^\{k\}+z^\{k\}\backslash right)\; \backslash geqslant\; 9$$

па је

$$L^{\mathrm{\prime }}⩾\frac{x^{k+1}+y^{k+1}+z^{k+1}}{x^{k+1}+y^{k+1}+z^{k+1}+2(x^k+y^k+z^k)}L^\{\backslash prime\}\; \backslash geqslant\; \backslash frac\{x^\{k+1\}+y^\{k+1\}+z^\{k+1\}\}\{x^\{k+1\}+y^\{k+1\}+z^\{k+1\}+2\backslash left(x^\{k\}+y^\{k\}+z^\{k\}\backslash right)\}$$

и самим тим довољно је доказати да је

$$3(x^{k+1}+y^{k+1}+z^{k+1})⩾x^k+y^k+z^{k}3\backslash left(x^\{k+1\}+y^\{k+1\}+z^\{k+1\}\backslash right)\; \backslash geqslant\; x^\{k\}+y^\{k\}+z^\{k\}$$

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 $x=y=z=\frac{1}{3}$.