Serbia_MO/md/sr-2018_smo_resenja.md

Министарство просвете, науке и технолошког развоја Друштво математичара Србије
12. СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА УЧЕНИКА СРЕДЊИХ ШКОЛА

30. март 2018 .

Први дан

1. Кружница уписана у $\triangle A B C$ има центар у тачки $I$ и додирује страницу $B C$ у тачки $D$. На дужима $B I$ и $C I$ одабране су тачке $P$ и $Q$, редом, такве да важи $\varangle B A C=2 \varangle P A Q$. Доказати: $\varangle P D Q=90^{\circ} . \quad$ (Дуиан Ђукић)
2. Дат је природан број $n, n>1$. Цео број $x$ зовемо красним ако је остатак броја $x^{2}$ при дељењу са $n$ непаран. Доказати да не постоји више од $1+\lfloor\sqrt{3 n}\rfloor$ узастопних красних природних бројева.

(Душан Ђукић)

3. У равни је дато $n$ правих међу којима никоје две нису паралелне и никоје три се не секу у једној тачки. Под пресечним тачкама сматрамо све тачке у којима се секу неке две од ових правих.

(a) Доказати да међу датим правим постоји једна са чије се сваке стране налази бар по

$$\lfloor \frac{(n-1)(n-2)}{10}\rfloor \backslash left\backslash lfloor\backslash frac\{(n-1)(n-2)\}\{10\}\backslash right\backslash rfloor$$

пресечних тачака (тачке на тој правој се не рачунају).

(б) За које вредности $n$ се оцена из дела под (а) не може побољшати?

(Душан Ђукић)

Министарство просвете, науке и технолошког развоја Друштво математичара Србије
12. СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА УЧЕНИКА СРЕДЊИХ ШКОЛА

31. март 2018 .

Други дан

4. Доказати да постоји тачно један полином $P(x)$ с реалним коефицијентима за који је полином

$$(x+y{)}^{1000}-P(x)-P(y)(x+y)^\{1000\}-P(x)-P(y)$$

дељив полиномом $x y-x-y$.

(Душан Ђукић)

5. Нека су $a$ и $b$ непарни природни бројеви већи од 1. Посматрајмо таблу $a \times b$ којој недостају поља $(2,1),(a-2, b)$ и $(a, b)$ (под пољем $(i, j)$ подразумевамо поље у пресеку врсте $i$ и колоне $j$ ). Претпоставимо да је оваква табла поплочана помоћу $2 \times 1$ домина и $2 \times 2$ квадрата (домине се могу ротирати).

Доказати да је употребљено бар $\frac{3}{2}(a+b)-6$ домина. (Никола Петровић)

6. За задат природан број $k$, нека је $n_{k}$ најмањи природан број такав да постоји коначан скуп $A$ целих бројева са следећим особинама:

• за свако $a \in A$ постоје $x, y \in A$ (не обавезно различити) такви да

$$n_k\mid a-x-yn\_\{k\}\; \backslash mid\; a-x-y$$

• не постоји подскуп $B$ скупа $A$ за који важи $|B| \leqslant k$ и $n_{k} \mid \sum_{b \in B} b$.

Доказати да за све $k, k \geqslant 3$, важи

(Бојан Bаиић)

Време за рад 270 минута.

Решења задатака детаљно образложити.

Сваки задатак вреди 7 бодова.

РЕШЕЊА

1. Означимо са $E$ и $F$ редом подножја нормала из $P$ и $Q$ на праву $B C$, а са $M$ средиште дужи $P Q$.

Посматрајмо тачку $X$ на страници $B C$ такву да је $\varangle B A X=2 \varangle B A P$. Тада је такође $\varangle C A X=\varangle B A C-2 \varangle B A P=$ $2 \varangle C A Q$, па су $P$ и $Q$ редом центри уписаних кругова троуглова $B A X$ и $C A X$. Следи да су $X P$ и $X Q$ симетрале углова $B X A$ и $C X A$, па је $\varangle P X Q=90^{\circ}$. Услов $\varangle P D Q=90^{\circ}$ је еквивалентан са $M D=M P=M Q=$

$M X$, а како је $M E=M F$, довољно је доказати да је $D E=X F$. Обе дужине се једноставно рачунају на основу "великог задатка": $D E=B D-B E=$ $\frac{A B+B C-A C}{2}-\frac{A B+B X-A X}{2}=\frac{C X-A C+A X}{2}=X F$.

Друго решење. Нека права $B I$ поново сече описани круг $\triangle A P Q$ у тачки $N$. $\overline{\text { Имамо } \varangle A I N}=180^{\circ}-\varangle B I A=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}=\varangle D I Q$. Такође, како је $\varangle I N Q=$ $\varangle P A Q=\frac{\alpha}{2}$ и $\varangle I Q N=\varangle B I C-\varangle I N Q=\left(90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}\right)-\frac{\alpha}{2}=90^{\circ}$, имамо $\frac{I Q}{I N}=$ $\sin \frac{\alpha}{2}=\frac{I A}{I D}$, одакле је $\frac{I A}{I N}=\frac{I D}{I Q}$. Следи да су троуглови $D I Q$ и $A I N$ слични, па је $\varangle I D Q=\varangle I A N=180^{\circ}-\varangle A I N-\varangle A N I=180^{\circ}-\left(90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}\right)-\varangle A N P=$ $90^{\circ}+\frac{\gamma}{2}-\varangle A Q P$. Аналогно је $\varangle I D P=90^{\circ}+\frac{\beta}{2}-\varangle A P Q$, па сабирањем добијамо $\varangle P D Q=180^{\circ}+\frac{\beta+\gamma}{2}-\left(180^{\circ}-\varangle P A Q\right)=90^{\circ}$.

2. Ако је $n$ паран број, тврђење је тривијално: тада не постоје ни два узастопна красна броја, јер парни бројеви нису красни. Надаље сматрамо да је $n$ непаран.

Пошто бројеви дељиви са $n$ нису красни, можемо да се ограничимо на бројеве $x \in{1, \ldots, n-1}$. Претпоставимо да су бројеви $x$ и $x+1$ красни. Остаци бројева $x^{2}$ и $(x+1)^{2}$ при дељењу са $n$, који су непарни, једнаки су $x^{2}-n\left[\frac{x^{2}}{n}\right]$ и $(x+1)^{2}-n\left[\frac{(x+1)^{2}}{n}\right]$ редом, па су $\left[\frac{x^{2}}{n}\right]$ и $\left[\frac{(x+1)^{2}}{n}\right]$ различите парности. Како због $0<(x+1)^{2}-x^{2}<2 n$ важи $0 \leqslant\left[\frac{(x+1)^{2}}{n}\right]-\left[\frac{x^{2}}{n}\right] \leqslant 2$, следи да је $\left[\frac{(x+1)^{2}}{n}\right]=\left[\frac{x^{2}}{n}\right]+1$. Према томе, ако су бројеви $x, x+1, \ldots, x+k$ красни, онда је

$$m=y-\left[\frac{y^2}{n}\right]\text{ константно за све }y=x,x+1,\dots ,x+km=y-\backslash left[\backslash frac\{y^\{2\}\}\{n\}\backslash right]\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; константно\; за\; све\; \}\; \backslash quad\; y=x,\; x+1,\; \backslash ldots,\; x+k$$

Како је једнакост $y-\left[\frac{y^{2}}{n}\right]=m$ еквивалентна са $y-m \leqslant \frac{y^{2}}{n}<y-m+1$, тј. са $n\left(\frac{n}{4}-m\right) \leqslant\left(y-\frac{n}{2}\right)^{2}<n\left(\frac{n}{4}-m+1\right)$, број узастопних бројева $y$ са овим својством није већи од $\left[\sqrt{n\left(\frac{n}{4}-m+1\right)}-\sqrt{n\left(\frac{n}{4}-m\right)}\right]+1 \leqslant[\sqrt{n}]+1$ ако је $m \leqslant\left[\frac{n}{4}\right]$, и није већи од $2\left[\sqrt{n\left{\frac{n}{4}\right}}+\frac{1}{2}\right] \leqslant[\sqrt{3 n}]+1$ за $m=\left[\frac{n}{4}\right]+1$.

Напомена. Једнакост се може достићи ако и само ако је $n \equiv 3(\bmod 8), 3 n$ није квадрат и $[\sqrt{3 n}]$ је непарно.

3. За сваку од датих правих, пресечних тачака ван ње има

$$m=\frac{(n-1)(n-2)}{2}m=\backslash frac\{(n-1)(n-2)\}\{2\}$$

Претпоставимо да, за сваку праву, с једне њене стране има не више од $k$ пресечних тачака, где је $k \leqslant \frac{n}{2}$. Пребројмо на два начина тројке $(p, A, B)$, где су $A$ и $B$ пресечне тачке са различитих страна праве $p$. По претпоставци, за сваку праву $p$ има не више од $k(m-k)$ оваквих тројки, па је њихов укупан број $N \leqslant n k(m-k)$.

Размотримо сада два типа оваквих тројки: mun 1 , када су тачке $A$ и $B$ на истој од датих правих, и mun 2 , када нису.

Свака четворка датих правих, заједно са њима одређеним пресечним тачкама, одређује тачно 4 тројке типа 1 , а свака тројка је одређена тачно једном четворком правих. Следи да има $4\binom{n}{4}$ тројки типа 1. Такође, свака петорка датих правих са њима одређеним пресечним тачкама одређује бар 5 тројки типа 2 , те тројки типа 2 има бар $5\binom{n}{5}$. Ово се директно проверава: постоји шест различитих распореда по пет правих у општем положају, као на слици.

Према томе, $N \geqslant 4\binom{n}{4}+5\binom{n}{5}=n\binom{n}{4}$.

Следи да је $k(m-k) \geqslant\binom{ n}{4}=\frac{m(m-1)}{6}$. Одавде се добија

$$k⩾k_0=\frac{1}{2}(m-\sqrt{\frac{m^2+2m}{3}})k\; \backslash geqslant\; k\_\{0\}=\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash left(m-\backslash sqrt\{\backslash frac\{m^\{2\}+2\; m\}\{3\}\}\backslash right)$$

Како се неједнакост $k_{0}>\frac{m}{5}=\frac{(n-1)(n-2)}{10}$ своди на $m>25$, што важи за $n \geqslant 9$, док за $n=8$ имамо $k_{0}>\left[\frac{m}{5}\right]=4$, остаје да испитамо случајеве $n \leqslant 7$.

За $n \leqslant 4$ је тврђење тривијално, као и достизање једнакости, јер је тада $k_{0}=\left[\frac{m}{5}\right]=0$. За $n=5,6,7$ је редом $\left\lceil k_{0}\right\rceil=\left[\frac{m}{5}\right]=1,2,3$, па тврђење задатка и тада важи, а достижу се и једнакости у случајевима на слици.

Напомена. С друге стране, свака петорка одређује највише 7 тројки $(p, A, B)$ типа 2. Овако се може показати да увек постоји права са чије се једне стране налази мање од $\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2 \sqrt{15}}\right) m$ тачака.

4. Означимо $n=1000$. Сменом $x=u+1$ и $y=v+1$ добијамо да полином $u v-1$ дели полином $P(u+1)+P(v+1)-(u+v+2)^{n}$. Еквивалентан услов је да је $P(u+1)+P(v+1)-(u+v+2)^{n}=0$ кад год је $u v-1=0$ (видети напомену). Тако за $u \neq 0$ и $v=\frac{1}{u}$ имамо $P(u+1)+P\left(\frac{1}{u}+1\right)=\left(u+\frac{1}{u}+2\right)^{n}=\frac{(u+1)^{2 n}}{u^{n}}$. Полином $Q(x)=P(x+1)=\sum_{i=0}^{n} a_{i} x^{i}$ задовољава

$2 a_{0}+\sum_{i=1}^{n} a_{i}\left(u^{i}+u^{-i}\right)=Q(u)+Q\left(\frac{1}{u}\right)=\frac{(u+1)^{2 n}}{u^{n}}=\binom{2 n}{n}+\sum_{i=1}^{n}\binom{2 n}{n-i}\left(u^{i}+u^{-i}\right)$, одакле одмах следи да је $a_{0}=\frac{1}{2}\binom{2 n}{n}$ и $a_{i}=\binom{2 n}{n-i}$ за $1 \leqslant i \leqslant n$. Дакле,

$$P(x)=\frac{1}{2}\left(\genfrac{}{}{0px}{}{2n}{n}\right)+\sum _{i=1}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{2n}{n-i}\right)(x-1{)}^{i}P(x)=\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash binom\{2\; n\}\{n\}+\backslash sum\_\{i=1\}^\{n\}\backslash binom\{2\; n\}\{n-i\}(x-1)^\{i\}$$

Друго решење. Тражимо полиноме $P(x)=\sum_{i=0}^{n} p_{i} x^{i}$ и $Q(x, y)=\sum_{i, j} a_{i, j} x^{i} y^{j}$ такве да је

$$A(x,y)=(xy-x-y)Q(x,y)=(x+y{)}^{1000}-P(x)-P(y)A(x,\; y)=(x\; y-x-y)\; Q(x,\; y)=(x+y)^\{1000\}-P(x)-P(y)$$

Приметимо да је $\operatorname{deg} Q \leqslant 998$. Заиста, ако је $a_{i, j} x^{i} y^{j}$ моном највећег степена у $Q(x, y)$, онда је коефицијент уз $x^{i+1} y^{j+1}$ у $A(x, y)$ једнак $a_{i, j} \neq 0$, па је $i+j+2 \leqslant 1000$. Следи да је $\operatorname{deg} A \leqslant 1000$, па је и $\operatorname{deg} P \leqslant 1000$.

Изједначавање коефицијената уз $x^{i} y^{j}$ у (*) даје једнакости $a_{i-1, j-1}=\binom{1000}{i}$ за $i+j=998(i, j>0), a_{i-1, j-1}=a_{i-1, j}+a_{i, j-1}$ за $i+j<998(i, j>0)$ и $a_{i-1,0}=$ $a_{0, i-1}=p_{i}$, одакле једноставном индукцијом налазимо $a_{i-1, j-1}=\binom{2000-i-j}{1000-i}$ за $i+j \leqslant 1000(i, j>0)$ и $p_{i}=\binom{1999-i}{999}$, тј.

$$P(x)=x^{1000}+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{1000}{999}\right)x^{999}+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{1001}{999}\right)x^{998}+\cdots +\left(\genfrac{}{}{0px}{}{1998}{999}\right)xP(x)=x^\{1000\}+\backslash binom\{1000\}\{999\}\; x^\{999\}+\backslash binom\{1001\}\{999\}\; x^\{998\}+\backslash cdots+\backslash binom\{1998\}\{999\}\; x$$

Из конструкције следи да овај полином задовољава услове задатка.

Tреће решење. Не постоје два различита полинома са жељеним својством. Заиста, ако $P_{1}(x) \not \equiv P_{2}(x)$ имају то својство, онда $x y-x-y$ дели разлику $P_{1}(x)+P_{1}(y)-P_{2}(x)-P_{2}(y)=(x y-x-y) U(x, y)$. Међутим, ако је $c x^{i} y^{j}$ моном највећег степена у $U(x, y)$, онда је коефицијент уз $x^{i+1} y^{j+1}$ на левој страни ове једнакости једнак $c \neq 0$, што је немогуће.

Докажимо сада да за сваки симетричан полином $Q(x, y)$ постоји полином $P(t)$ такав да $x y-x-y \mid Q(x, y)-P(x)-P(y)$. Довољно је доказати да за полиноме $Q$ облика $x^{i} y^{j}+x^{j} y^{i}(0 \leqslant i \leqslant j)$ постоји тражени полином $P_{i, j}(t)$. Тврђење је тривијално за $i=0$. За $i>0$ доказ спроводимо индукцијом по $i+j$. Наиме, $x^{i} y^{j}+x^{j} y^{i} \equiv(x+y)\left(x^{i-1} y^{j-1}+x^{j-1} y^{i-1}\right)=\left(x^{i} y^{j-1}+x^{j-1} y^{i}\right)+$ $\left(x^{i-1} y^{j}+x^{j} y^{i-1}\right)(\bmod x y-x-y)$, па можемо узети $P_{i, j}(t)=P_{i, j-1}(t)+P_{i-1, j}(t)$.

Напомена. Ако је $P(x, y)$ нерастављив полином и $Q(x, y)$ полином такав да је $\overline{Q(x, y)=0}$ кад год је $P(x, y)=0$, онда је полином $Q$ дељив полиномом $P$. Ово није потпуно тривијално. У прстену полинома $\mathbb{R}[y][x]$ Еуклидовим алгоритмом могу се наћи полиноми $A(x, y), B(x, y)$ и $C(y)$ такви да је $\operatorname{deg}{x} B<\operatorname{deg}{x} P$ и $A \cdot P-B \cdot Q=C(y)$. Дакле, кад год је $Q(x, y)=0$, важи $C(y)=0$, па $C$ има бесконачно много нула, одакле је $C \equiv 0$ и $P \mid B \cdot Q$. Због нерастављивости полинома $P$ и јединствености факторизације у прстену $\mathbb{R}[y][x]$ следи $P \mid Q$.

5. Упишимо у поље $(i, j)$ број $(-1)^{i+j}(i+j)$. Збир уписаних бројева у читавој таблици је $\sum_{i=1}^{a}(-1)^{i} \sum_{j=1}^{b}(-1)^{j}(i+j)=\sum_{i=1}^{a}(-1)^{i+1}\left(i+\frac{b+1}{2}\right)=\frac{a+b+2}{2}$, а ако се три наведена поља избаце, збир у остатку таблице је

$$\frac{a+b+2}{2}-(-3)-(a+b-2)-(a+b)=-\frac{3}{2}(a+b)+6\backslash frac\{a+b+2\}\{2\}-(-3)-(a+b-2)-(a+b)=-\backslash frac\{3\}\{2\}(a+b)+6$$

Како је збир бројева у сваком квадрату $2 \times 2$ једнак нули, а збир у свакој домини је 1 или -1 , потребно је бар $\frac{3}{2}(a+b)-6$ домина.

Друго решеъе. Нека су врсте и колоне нумерисане одоздо нагоре и слева надесно. Можемо да сматрамо да се у поплочавању не појављује ниједна од целина означених са $L$ на слици - заиста, оне се могу заменити одговарајућим целинама означеним са $D$, притом не повећавајући број домина.

Размотримо фигуру која покрива поље $(a, 1)$. Ако је то нпр. хоризонтална домина $(a, 1)-(a, 2)$ (аналогно се испитује случај вертикалне домине), онда поље $(a-1,1)$ не може бити покривено ни квадратом ни хоризонталном домином (јер би они са горњом домином градили једну од целина $L$ ), па оно мора бити покривено вертикалном домином $(a-1,1)-(a-2,1)$. Слично, сада поље $(a-1,2)$ мора би- ти покривено домином $(a-1,2)-(a-1,3)$, итд. до бесконачности, што је немогуће. Према томе, фигура која покрива поље $(a, 1)$ је квадрат.

На сличан начин, поља $(a, 3)$ и ( $a-2,1$ ) су такође покривена квадратима, затим поља $(a, 5),(a-2,3)$ и ( $a-4,1)$, итд. Настављајући овај поступак, закључујемо да су сва поља осим оних у врстама $1,2,3$ и оних у колонама $b-2, b-1, b$ покривена квадратима. Преостала поља се могу поплочати на једниствен начин, приказан на слици, што се директно проверава. При томе је употребљено тачно $\frac{3}{2}(a+b)-6$ домина.

Tреће решење. Обојићемо поља табле црно и бело попут шаховске табле. Праву која раздваја $i$-ту и $(i+1)$-ву врсту/колону зовемо $i$-том хоризонталом/вертикалом.

Ако је $j$ парно ( $2 \leqslant j \leqslant b-1$ ), бар једна (хоризонтална) домина сече $j$-ту вертикалу јер је број поља у првих $j$ колона непаран. С друге стране, ако је $j$ непарно $(1 \leqslant j \leqslant b-2$ ), бар две домине морају сећи $j$-ту вертикалу јер у првих $j$ колона има за два више црних поља него белих. Овако добијамо бар $\frac{3 b-3}{2}$ хоризонталних домина.

Слично, ако је $i$ парно ( $2 \leqslant i \leqslant a-3)$ или $i \in{1, a-2}$, бар једна (вертикална) домина сече $i$-ту хоризонталу јер је број поља у првих $i$ врста непаран. С друге стране, ако је $i$ непарно ( $3 \leqslant i \leqslant a-4$ ), број црних поља у првих $i$ врста је за два већи од броја белих, па бар две домине морају сећи $i$-ту хоризонталу. Овако добијамо бар $\frac{3 a-9}{2}$ вертикалних домина.

Дакле, укупно има бар $\frac{3 a-9}{2}+\frac{3 b-3}{2}=\frac{3}{2}(a+b)-6$ домина.

6. Са $F_{i}$ означавамо Фибоначијеве бројеве: $F_{1}=F_{2}=1, F_{i+1}=F_{i}+F_{i-1}$. Посматрајмо скуп $A=\left{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k+1}\right}$ са $n=F_{k+2}+3$, где су

$$a_i=(-1{)}^{k-1-i}{F}_{i+1}\text{ за }i=1,2,\dots ,k-1,a_k=F_k+1\text{ и }{a}_{k+1}=F_k+2a\_\{i\}=(-1)^\{k-1-i\}\; F\_\{i+1\}\; \backslash text\; \{\; за\; \}\; i=1,2,\; \backslash ldots,\; k-1,\; \backslash quad\; a\_\{k\}=F\_\{k\}+1\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; \backslash quad\; a\_\{k+1\}=F\_\{k\}+2$$

У случају парног $k$ видимо да је $a_{i}=a_{i+1}+a_{i+2}(1 \leqslant i \leqslant k-3), a_{k-2} \equiv a_{k}+a_{k+1}$ $(\bmod n), a_{k-1}=a_{k+1}+a_{2}, a_{k}=a_{k-1}+a_{1}$ и $a_{k+1}=a_{k}+a_{1}$, па скуп $A$ задовољава први услов задатка. Овај услов се слично проверава и за непарно $k$.

Докажимо индукцијом по $k$ (база $k=3$ се директно проверава) да је задовољен и други услов, тј. да не постоји подскуп $B \subsetneq A$ такав да $n \mid \sum_{b \in B} b$. Како је збир елемената скупа $A$ једнак нули, можемо да сматрамо без смањења општости (заменом $B$ са $A \backslash B$ по потреби) да $B$ садржи највише један од елемената $F_{k}, F_{k}+1, F_{k}+2$. Тада је

$1-F_{k}=-\left(F_{k-1}+F_{k-3}+\cdots\right) \leqslant \sum_{b \in B} b \leqslant\left(F_{k}+2\right)+F_{k-2}+F_{k-4}+\cdots=F_{k+1}+1$,

па мора бити $\sum_{b \in B} b=0$. На основу индуктивне претпоставке за $k-1$, скуп $B$ не може бити подскуп скупа $\left{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k-2}\right}$, тј. мора бити $a_{k-1}=F_{k} \in B$. Међутим, тада је $\sum_{b \in B} b \geqslant F_{k}-F_{k-1}-F_{k-3}-\cdots=1$, што је контрадикција. Доказ је завршен.

Према томе, $n_{k} \leqslant F_{k+2}+3<\phi^{k-3}\left(F_{5}+3\right)<\phi^{k+2}<\left(\frac{13}{8}\right)^{k+2}$, где је $\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.