| {"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Нека су $a, b$ и $c$ позитивни реални бројеви за које важи $a+b+c=1$. Доказати:\n\n$$\n\\begin{array}{r}\na \\sqrt{2 b+1}+b \\sqrt{2 c+1}+c \\sqrt{2 a+1} \\leqslant \\sqrt{2-\\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\\right)} \\\\\n\\text { (Никола Петровић) }\n\\end{array}\n$$", "solution": "Квадрирањем обе стране и коришћењем једнакости $1-\\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\\right)=2(a b+$ $b c+c a)$ неједнакост из задатка се своди на\n\n$$\n\\begin{aligned}\nL= & 2 a^{2} b+2 b^{2} c+2 c^{2} a+ \\\\\n& 2 a b \\sqrt{(2 b+1)(2 c+1)}+2 b c \\sqrt{(2 c+1)(2 a+1)}+2 c a \\sqrt{(2 a+1)(2 b+1)} \\\\\n\\leqslant D= & 4(a b+b c+c a) .\n\\end{aligned}\n$$\n\nПо АМ-ГМ неједнакости имамо $2 a b \\sqrt{(2 b+1)(2 c+1)} \\leqslant a b(2 b+2 c+2)$ и аналогно $2 b c \\sqrt{(2 c+1)(2 a+1)} \\leqslant b c(2 c+2 a+2)$ и $2 c a \\sqrt{(2 a+1)(2 b+1)} \\leqslant c a(2 a+2 b+2)$, па сабирањем добијамо\n\n$$\n\\begin{aligned}\nL \\leqslant & 2\\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a+a b^{2}+b c^{2}+c a^{2}+3 a b c\\right)+2(a b+b c+c a)= \\\\\n& 2(a+b+c+1)(a b+b c+c a)=4(a b+b c+c a)=D\n\\end{aligned}\n$$\n\nДруго решење. Функција $f(x)=\\sqrt{x}$ је конкавна јер је $f^{\\prime}(x)=2 / \\sqrt{x}$ опадајућа функција. Применом Јенсенове неједнакости са тежинама $a, b$ и $c$ добијамо\n\n$$\n\\begin{aligned}\na \\sqrt{2 b+1}+b \\sqrt{2 c+1}+c \\sqrt{2 a+1} & \\leqslant \\sqrt{a(2 b+1)+b(2 c+1)+c(2 a+1)} \\\\\n& =\\sqrt{1+2(a b+b c+c a)}=\\sqrt{2-\\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\\right)}\n\\end{aligned}\n$$\n\nНапомена. Ако се допусти да неки од бројева $a, b, c$ буде нула, једнакост се достиже у случајевима $a=b=c=\\frac{1}{3}$ и $(a, b, c)=(1,0,0)$ са пермутацијама.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2017_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n1. ", "solution_match": "\n1. "}} |
| {"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Дат је конвексан тетиван четвороугао $A B C D$. Нека се праве $A D$ и $B C$ секу у тачки $E$. На страницама $A D$ и $B C$ су одабране тачке $M$ и $N$, редом, такве да важи $A M: M D=B N: N C$. Кружнице описане око троугла $E M N$ и четвороугла $A B C D$ секу се у тачкама $X$ и $Y$. Доказати да се праве $A B, C D$ и $X Y$ секу у једној тачки или су све паралелне.\n\n(Дуиан Ђукић)", "solution": "У случају $A B \\| C D$ тврђење је тривијално: тачке $X$ и $Y$ су симетричне у односу на симетралу дужи $A B$ и $C D$ и важи $A B\\|X Y\\| C D$.\n\nНека је $A B \\nVdash C D$. Тада описани кругови $k_{1}$ и $k_{2}$ троуглова $E A B$ и $E C D$ имају другу пресечну тачку $P \\neq E$. Из $\\varangle P A D=\\varangle P B E$ и $\\varangle P D A=180^{\\circ}-\\varangle P D E=$ $180^{\\circ}-\\varangle P C E=\\varangle P C B$ следи да су троуглови $P A D$ и $P B C$ слични. При овој сличности тачки $M$ у $\\triangle P A D$ одговара тачка $N$ у $\\triangle P B C$, па је $\\varangle P M E=\\varangle P N E$. Закључујемо да тачке $E, P, M$ и $N$ леже на истом кругу $k_{3}$.\n\nКако тачка $F$ има једнаку потенцију $F A$. $F B=F C \\cdot F D$ у односу на кругове $k_{1}, k_{2}$\n\n\nи круг $k$ описан око $A B C D$, она лежи на радикални оси $E P$ кругова $k_{1}$ и $k_{2}$. Сада је још $F A \\cdot F B=F E \\cdot F P$, па $F$ такође припада радикалној оси кругова $k_{1}$ и $k_{3}$, а то је права $X Y$.\n\nДруго решеъе. Нека су $k, k_{1}, k_{2}$ и $k_{3}$ редом описани кругови четвороугла\n\n\nтројки кругова ( $k, k_{1}, k_{2}$ ) и ( $k, k_{1}, k_{3}$ ) поклапају (можда у бесконачној тачки). Довољно је доказати да кругови $k_{1}, k_{2}, k_{3}$ имају заједничку радикалну осу, тј. да су њихови центри $O_{1}, O_{2}, O_{3}$ редом колинеарни.\n\nЗа $i=1,2,3$, означимо са $E_{i}$ тачку симетричну тачки $E$ у односу на $O_{i}$. Доказаћемо да се тачка $E_{3}$ поклапа са тачком $E_{3}^{\\prime}$ на дужи $E_{1} E_{2}$ таквом да је $E_{1} E_{3}^{\\prime}: E_{3}^{\\prime} E_{2}=A M: M D$. Заиста, пошто је $E_{1} A \\perp A D$ и $E_{2} D \\perp A D$, из Талесове теореме следи $E_{3}^{\\prime} M \\perp A D$; аналогно је $E_{3}^{\\prime} N \\perp B C$, па је $E_{3}^{\\prime} \\equiv E_{3}$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2017_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n2. ", "solution_match": "\n2. "}} |
| {"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "У врсти се налази $2 n-1$ сијалица. У почетку је средња ( $n$-та) упаљена, а све остале су угашене. У једном кораку је дозвољено одабрати две несуседне угашене сијалице између којих су све сијалице упаљене, и променити стање тим двема сијалицама, као и свим сијалицама између њих (на пример, од конфигурације $\\cdot$ооо $\\cdot$ добија се о $\\cdot$ $\\cdot$ ). Колико највише корака је могуће извршити?\n\n(Душан Ђукић)\n\n## Министарство просвете, науке и технолошког развоја Друштво математичара Србије <br> 11. СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА УЧЕНИКА СРЕДЊИХ ШКОЛА\n\n## 1. април 2017 .\n\n## Други дан", "solution": "Одговор је $\\left[\\frac{2^{n+1}-5}{3}\\right]$.\n\nПридружимо $i$-тој сијалици број $2^{|i-n|}$ и дефинишимо вредност конфигурације као збир бројева на упаљеним сијалицама. Вредност полазне конфигурације је 1, а при сваком кораку она се повећава за природан умножак броја 3. Корак повећава вредност за тачно 3 ако $n$-та сијалица мења стање; овакав корак зовемо добрим.\n\nПошто вредност не може да премаши $2^{n+1}-4$ (jep cе не могу упалити све сијалице), није могуће извршити више од $\\left[\\frac{2^{n+1}-5}{3}\\right]$ корака. Овај број се може достићи: довољно је показати да је могуће извршити бар $\\frac{2^{n+1}-7}{3}$ корака.\n\nДоказаћемо индукцијом по $n$ да, почевши од конфигурације вредности највише 3 , можемо да низом добрих корака добијемо конфигурацију вредности бар $2^{n+1}-6$. Ово се директно проверава за $n \\leqslant 2$. Нека је $n \\geqslant 3$. По индуктивној претпоставци за $n-1$, могуће је доћи до конфигурације вредности бар $2^{n}-6$ са првом и последњом сијалицом угашеном. У таквој конфигурацији, осим прве и последње сијалице, могу бити угашене ( $1^{\\circ}$ ) само $n$-та, $\\left(2^{\\circ}\\right)$ само $n$-та и једна од њој суседних, или (3) само једна од две суседне. У сваком од ова три случаја, у највише три добра корака постижемо да прва и последња сијалица буду упаљене и да вредност остатка конфигурације (без ове две сијалице) буде највише 3.\n\n\n\n$\\left(1^{\\circ}\\right)$\n\n\n\n$\\left(2^{\\circ}\\right)$\n\n\n\n$\\left(3^{\\circ}\\right)$\n\nПоновна примена индуктивне претпоставке за $n$ - 1 завршава индукцију.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2017_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n3. ", "solution_match": "\n3. "}} |
| {"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Нека је $a$ природан број такав да за сваки природан број $n$ број $n^{2} a-1$ има бар један делилац већи од 1 који даје остатак 1 при дељењу са $n$. Доказати да је $а$ потпун квадрат.\n\n(Душан Ђукић)", "solution": "Нека је $n^{2} a-1=\\left(n x_{n}+1\\right) d_{n}\\left(x_{n}, d_{n} \\in \\mathbb{N}\\right)$. Тада је $d_{n} \\equiv-1(\\bmod n)$, па је\n\n$$\nn^{2} a-1=\\left(n x_{n}+1\\right)\\left(n y_{n}-1\\right) \\quad \\text { за неке } x_{n}, y_{n} \\in \\mathbb{N}\n$$\n\nшто се своди на $n a-n x_{n} y_{n}=y_{n}-x_{n}>-x_{n} y_{n}$. Одавде добијамо $x_{n} \\leqslant x_{n} y_{n}<$ $\\frac{n}{n-1} a \\leqslant 2 a$. Следи да у низу $x_{1}, x_{2}, \\ldots$ постоји члан који се јавља бесконачно много пута. Означимо тај члан са $X$. Тада $n X+1 \\mid n^{2} a-1$ и одатле\n\n$$\nn X+1 \\mid X^{2}\\left(n^{2} a-1\\right)-a\\left(n^{2} x^{2}-1\\right)=a-X^{2}\n$$\n\nза бесконачно много бројева $n$. Ово је могуће само за $a-X^{2}=0$, тј. $X^{2}=a$.\n\nДруго решење. Као и у првом решењу, нека је $n^{2} a-1=\\left(n x_{n}+1\\right)\\left(n y_{n}-1\\right)$, тј. $y_{n}-x_{n}=n\\left(a-x_{n} y_{n}\\right)=n d_{n}$. Разликујемо три случаја.\n\n(1 ) Ако је $d_{n}>0$, онда је $a=d_{n}+x_{n}\\left(x_{n}+n d_{n}\\right)>n d_{n} x_{n}$, што је немогуће за $n \\geqslant a$.\n\n(2 ${ }^{\\circ}$ Ако је $d_{n}<0$, онда је $a=d_{n}+y_{n}\\left(y_{n}-n d_{n}\\right)=y_{n}^{2}-d_{n}\\left(n y_{n}-1\\right)>n y_{n}-1$, што је немогуће за $n \\geqslant a+1$.\n\n$\\left(3^{\\circ}\\right)$ Ако је $d_{n}=0$, онда је $a=x_{n}^{2}$. потпун квадрат.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2017_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n4. ", "solution_match": "\n4. "}} |
| {"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Одредити колико се највише краљица може поставити на таблу $2017 \\times 2017$, при чему свака краљица сме да напада највише једну од преосталих.\n\n(Бојан Башић и комисија)", "solution": "Означимо $n=2017$. Претпоставимо да је постављено $m>n$ краљица. Ни у једној врсти нема више од две краљице, па се у бар $m-n$ врста налазе по две краљице, тако да има највише $m-2(m-n)=2 n-m$ краљица које су саме у својој врсти. Слично, највише $2 n-m$ краљица су саме у својој колони. С друге стране, свака краљица је сама у својој врсти или у својој колони, па је $m \\leqslant 2(2 n-m)$, одакле је $m \\leqslant\\left[\\frac{4 n}{3}\\right]=2689$.\n\nНа слици А је приказано постављање 8 краљица на таблу $6 \\times 6$ у складу са захтевом задатка. Пре конструкције примера на табли $2017 \\times 2017$ размотрићемо следећи распоред краљица:\n\n- На таблу $335 \\times 335$ могуће је поставити 335 краљица које се међусобно не нападају чак ни ако се дијагонале продуже по модулу 335. Заиста, довољно је поставити краљице на сва поља $(x, y), 1 \\leqslant x, y \\leqslant 335$, за која је $y \\equiv 2 x(\\bmod 335)$, као на слици Б. Заиста, тада су сви збирови $x+y$ међусобно различити по модулу 335 , све разлике $x-y$ такође, па никоје две краљице нису у истој врсти, колони или дијагонали.\n\nПоделимо таблу $2017 \\times 2017$ на правоугаонике и квадрате страница 335, 6 и 1 , као на слици В. Квадрате обележене са Б и А попунићемо редом као на сликама Б и А, а у горње десно поље табле поставићемо још једну краљицу. Овако смо укупно поставили $8 \\cdot 335+8+1=2689$ краљица. Лако се проверава да овакво постављање задовољава услове задатка.\n\n\nНапомена. Табла $n \\times n$ чије су дијагонале продужене по модулу $n$ зове се торусна табла. На торусну таблу $n \\times n$ могуће је поставити $n$ краљица које се међусобно не нападају ако и само ако је $n \\equiv \\pm 1(\\bmod 6)$. Ово је доказано у 4. задатку са СMO 2012.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2017_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n5. ", "solution_match": "\n5. "}} |
| {"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Нека је $k$ кружница описана око $\\triangle A B C$, а $k_{a}$ приписана кружница наспрам темена $A$. Две заједничке тангенте кружница $k$ и $k_{a}$ секу праву $B C$ у тачкама $P$ и $Q$. Доказати да важи $\\varangle P A B=\\varangle Q A C$.\n\n(Дуиан Ђукић)\n\n## РЕШЕЊА", "solution": "Нека унутрашња и спољна симетрала угла $B A C$ секу праву $B C$ редом у тачкама $D$ и (можда бесконачној) $D_{1}$. Заједничке тангенте се секу у центру $T$ позитивне хомотетије $\\mathscr{H}$ која слика приписани круг $\\omega_{a}$ у описани круг $\\Omega$. Ако је $T$ бесконачна тачка, $\\mathscr{H}$ је транслација, а остатак доказа је исти.\n\nЛема. Нека произвољна права $p$ кроз $D_{1}$ сече круг $\\Omega$ у тачкама $L$ и $K$. Тангенте у $L$ и $K$ на $\\Omega$ секу праву $B C$ редом у тачкама $P$ и $Q$. Тада је $\\varangle P A B=\\varangle C A Q$.\n\nДоказ. Означимо $\\varangle B A C=\\alpha, \\varangle C B A=\\beta, \\varangle A C B=\\gamma, \\varangle P A B=x$ и $\\varangle C A Q=y$.\n\nАко је $D_{1}$ бесконачна тачка, тврђење је тривијално по симетрији. Ако није, из $\\triangle P B L \\sim \\triangle P L C$ следи $\\frac{P B}{P L}=\\frac{P L}{P C}=\\frac{L B}{L C}$ и одатле $\\frac{P B}{P C}=\\left(\\frac{L B}{L C}\\right)^{2}$. Слично je $\\frac{Q B}{Q C}=\\left(\\frac{K B}{K C}\\right)^{2}$. Пошто је $\\frac{L B}{L C} \\cdot \\frac{K B}{K C}=\\frac{\\mid K L B]}{\\mid K L C]}=\\frac{D_{1} B}{D_{1} C}=\\frac{A B}{A C}$, добијамо $\\frac{P B}{P C} \\cdot \\frac{Q B}{Q C}=\\left(\\frac{A B}{A C}\\right)^{2}$. Како је $\\frac{P B}{P C}=\\frac{P B}{P A} \\cdot \\frac{P A}{P C}=\\frac{\\sin x}{\\sin \\beta} \\cdot \\frac{\\sin \\gamma}{\\sin (\\alpha+x)}$ и $\\frac{Q B}{Q C}=\\frac{Q B}{Q A} \\cdot \\frac{Q A}{Q C}=\\frac{\\sin (\\alpha+y)}{\\sin \\beta} \\cdot \\frac{\\sin \\gamma}{\\sin y}$, множење даје $\\left(\\frac{\\sin \\gamma}{\\sin \\beta}\\right)^{2} \\cdot \\frac{\\sin (\\alpha+y) / \\sin y}{\\sin (\\alpha+x) / \\sin x}=\\left(\\frac{A C}{A B}\\right)^{2}=\\left(\\frac{\\sin \\gamma}{\\sin \\beta}\\right)^{2}$, одакле је $\\sin \\alpha \\operatorname{ctg} y+\\cos \\alpha=\\frac{\\sin (\\alpha+y)}{\\sin y}=$ $\\frac{\\sin (\\alpha+x)}{\\sin x}=\\sin \\alpha \\operatorname{ctg} x+\\cos \\alpha$, тј. $x=y$.\n\nАко су $K$ и $L$ додирне тачке заједничких тангенти са $\\Omega$, остаје да се покаже да тачка $D_{1}$ лежи на правој $K L$, тј. на полари тачке $T$ у односу на $\\Omega$. По ставу о полу и полари, довољно је доказати да $T$ лежи на полари $d$ тачке $D_{1}$ у односу на $\\Omega$.\n\nОзначимо са $N$ средиште лука $B A C$ круга $\\Omega$. Слика тачке $D$ при хомотетији $\\mathscr{H}$ је пресек $S$ тангенти на $\\Omega$ у тачкама $A$ и $N$, па тачка $T$ лежи на правој $D S$. С друге стране, тачка $D$ је на полари $d$ јер је четворка $\\left(B, C ; D_{1}, D\\right)$ хармонијска, а тачка $S$ је\n\n\nтакође на $d$ јер полара тачке $S$ у односу на $\\Omega$, што је права $A N$, садржи тачку $D_{1}$. Према томе, праве $D S$ и $d$ се поклапају, чиме је доказ завршен.\n\nДруго решење. Нека заједничке тангенте додирују круг $\\Omega$ у тачкама $K$ и $L$, при чему је теме $L P$ тангента ближа темену $B$. Означимо са $M$ средиште оног лука $B C$ који не садржи тачку $A$, а са $O$ и $I_{a}$ редом центре описаног и приписаног круга наспрам $A$.\n\nКако је $\\varangle L P I_{a}=90^{\\circ}+\\frac{1}{2} \\varangle L P C$ и $\\varangle L A I_{a}=\\varangle L A M=\\frac{1}{2} \\varangle L O M=\\frac{1}{2} \\varangle L P D_{1}=90^{\\circ}-\\frac{1}{2} \\varangle L P C$, следи да је $\\varangle L P I_{a}+\\varangle L A I_{a}=180^{\\circ}$, па је четвороугао $A L P I_{a}$ тетиван. Слично, и четвороугао $A K Q I_{a}$ је тетиван. Сада имамо $\\varangle P A I_{a}=\\varangle P L I_{a}=\\varangle Q K I_{a}=\\varangle Q A I_{a}$, јер су углови $P L I_{a}$ и $Q K I_{a}$ симетрични у односу на праву $O I_{a}$, а одавде је $\\varangle P A B=\\varangle Q A C$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2017_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n6. ", "solution_match": "\n6. "}} |
|
|
