# СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА 

такмичење ученика средњих школа из математике

Београд, 12.04.2008.

## Први дан

1. У скупу целих бројева решити једначину

$$
12^{x}+y^{4}=2008^{z} . \quad \text { (Милош Милосављевић) }
$$

2. Дат је троугао $A B C$. Нека су тачке $D$ и $E$ на правој $A B$ такве да је $D-A-B-E, A D=A C$ и $B E=B C$. Симетрале унутрашњих углова код темена $A$ и $B$ секу наспрамне странице у тачкама $P$ и $Q$, редом, а описану кружницу око троугла $A B C$ у тачкама $M$ и $N$, редом. Права која спаја тачку $A$ са центром кружнице описане око троугла $B M E$ и права која спаја тачку $B$ са центром кружнице описане око троугла $A N D$ секу ce у тачки $X, X \neq C$. Доказати да је $C X \perp P Q$. (Дуиан Ђукић)
3. Доказати да за позитивне реалне бројеве $a, b$ и $c$, такве да је $a+b+c=1$, важи неједнакост

$$
\frac{1}{b c+a+\frac{1}{a}}+\frac{1}{c a+b+\frac{1}{b}}+\frac{1}{a b+c+\frac{1}{c}} \leqslant \frac{27}{31}
$$

(Марко Радовановић са сараунииима)

Време за рад 270 минута.

Сваки задатак вреди 7 поена.

## СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА

такмичење ученика средњих школа из математике

Београд, 13.04.2008.

## Други дан

4. Свака тачка равни је обојена са једном од 3 боје. Доказати да постоји троугао за који важи:

$1^{\circ}$ сва 3 темена тог троугла су обојена истом бојом;

$2^{\circ}$ полупречник описане кружнице тог троугла је 2008;

$3^{\circ}$ један угао троугла је два или три пута већи од неког од друга два угла.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_2e159fbd585a5f2927c2g-2.jpg?height=54&width=401&top_left_y=1149&top_left_x=1382)

5. Нека је низ $\left(a_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ дефинисан са $a_{1}=3, a_{2}=11$ и $a_{n}=4 a_{n-1}-a_{n-2}$, за $n \geqslant 3$. Доказати да је сваки члан овог низа облика $a^{2}+2 b^{2}$ за неке природне $a$ и $b$.

(Ђорђе Баралић)

6. Нека је $A B C D E$ конвескан петоугао у коме је $A B=1, \varangle B A E=\varangle A B C=$ $120^{\circ}, \varangle C D E=60^{\circ}$ и $\varangle A D B=30^{\circ}$. Доказати да је површина петоугла $A B C D E$ мања од $\sqrt{3}$.

(Милош Милосављевић)

## РЕШЕЊА

1. За $x<0$ или $z \leq 0$ једино решење је тривијално $(0,0,0)$. Надаље је $z>0$. Како је $2008=2^{3} \cdot 251$, обе стране једначине су дељиве са 251. Претпоставимо да је $x=2 x_{1}$ парно. Тада $\left(2^{x_{1}}\right)^{2} \equiv-\left(y^{2}\right)^{2}(\bmod 251)$, што дизанјем на 125 -ти степен даје $1 \equiv\left(2^{x_{1}}\right)^{250} \equiv-\left(y^{2}\right)^{250} \equiv-1$ по малој Фермаовој теореми, а то је немогуће. Према томе, $x$ мора бити непарно.

Очигледно је $y$ парно. Напишимо $y=2^{u} y_{1}$ за непарно $y_{1}$. Имамо

$$
2^{2 x} 3^{x}+2^{4 u} y_{1}^{4}=2^{3 z} 251^{z}
$$

Како је $2 x \neq 4 u$ јер је $x$ непарно, највећи степен двојке који дели леву страну је $2^{2 x}$ или $2^{4 u}$, док је највећи степен двојке који дели десну страну једнак $2^{3 z}$, одакле је $3 z=2 x$ или $3 z=4 u$. Показаћемо да ни у једном од ова два случаја дата једначина нема решења.

(i) $3 z=2 x<4 u$; дакле, $2 \mid z$. Скраћивање са $2^{2 x}$ даје $3^{x}+2^{4 u-2 x} y_{1}^{4}=251^{z}$ што је немогуће јер је лева страна облика $4 k+3$ (јер $2 \nmid x$ ), а десна облика $4 k+1(k \in \mathbb{N})$.

(ii) $3 z=4 u<2 x$; опет $2 \mid z$. Скраћивање са $2^{4 u}$ даје $2^{2 x-4 u} 3^{x}+y_{1}^{4}=251^{z}$. Десна страна је облика $5 k+1$, па за $5 \nmid y_{1}$ имамо $y_{1}^{4} \equiv 1$ и $2^{2 x-4 u} 3^{x} \equiv 0$ $(\bmod 5)$ што је немогуће, док за $5 \mid y_{1}$ имамо $1 \equiv 2^{2 x-4 u} 3^{x} \equiv \pm 3^{x} \equiv \pm 3$ $(\bmod 5)$ jep $2 \nmid x$, опет немогуће.

Друго решење. За парно $x$ лева страна једначине је облика $a^{2}+b^{2}$, а за непарно $x$ лева страна је облика $a^{2}+3 b^{2}$. Међутим, како су -1 и -3 квадратни неостаци по модулу 251 , ни $a^{2}+b^{2}$ ни $a^{2}+3 b^{2}$ не могу да буду дељиви са 251 ако $251 \nmid$. Према томе, дата једначина нема целобројних решења за $z \geq 0$.

2. Означимо са $U$ центар описаног круга $\triangle B M E$. Применимо инверзију са центром $A$ и квадратом полупречника $A B \cdot A C$. Тачке $B$ и $C$ се сликају у тачке $B^{\prime}$ и $C^{\prime}$ симетричне тачкама $C$ и $B$ у односу на $A P$, тачке $P$ и $M$ се сликају једна у другу, а $E$ се слика у тачку $E^{\prime}$ симетричну $Q$ у односу на $A P$. Према томе, права $A U$ се поклапа са правом која спаја $A$ са центром круга $B^{\prime} P E^{\prime}$ (наравно, центри се не сликају један у други!). Видимо да је та права симетрична

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_2e159fbd585a5f2927c2g-3.jpg?height=343&width=749&top_left_y=2016&top_left_x=1035)
правој $A Z$ у односу на симетралу угла $A$, где је $Z$ центар круга описаног око $\triangle C P Q$.

Аналогно се добија да је права $B Z$ симетрична правој која спаја $B$ са центром $V$ круга $A N D$ у односу на симетралу угла $B$. По Чевиној теореми у тригонометријском облику (или по тврђењу о изогонално спрегнутим тачкама), праве симетричне правим $A U, B V, C X$ у односу на симетрале углова $A, B, C$ редом се такође секу у једној тачки, што значи да је права $C Z$ симетрична $C X$ у односу на симетралу угла $C$. Али $Z$ је центар круга $C P Q$, одакле следи да права $C X$ садржи висину троугла $C P Q$, а то смо и желели да докажемо.

3. Тражена неједнакост је очигледно еквивалентна неједнакости

$$
\frac{a}{p+a^{2}}+\frac{b}{p+b^{2}}+\frac{c}{p+c^{2}} \leq \frac{27}{31}
$$

где је $a+b+c=1$ и $p=a b c+1$. Посматраћемо функцију

$$
f(x)=\frac{3(a+b+c)}{3 x+a^{2}+b^{2}+c^{2}}-\frac{a}{x+a^{2}}-\frac{b}{x+b^{2}}-\frac{c}{x+c^{2}}
$$

Доказаћемо да важи $f(x) \geq 0$ за све $x \geq a b+b c+c a$. Свођење израза за $f(x)$ на заједнички именилац даје

$$
f(x)=\frac{A x^{2}+B x+C}{\left(x+a^{2}\right)\left(x+b^{2}\right)\left(x+c^{2}\right)\left(3 x+a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)}
$$

при чему је $A \geq 0 \geq C$. Заправо, лако се добија

$$
\begin{gathered}
A=2 a^{3}+2 b^{3}+2 c^{3}-a b(a+b)-a c(a+c)-b c(b+c) \geq 0 \\
C=-a b c\left[a\left(b^{3}+c^{3}\right)+b\left(c^{3}+a^{3}\right)+c\left(a^{3}+b^{3}\right)-2 a b c(a+b+c)\right] \leq 0
\end{gathered}
$$

Приметимо да није важно колико је $B$. Према томе, полином $P(x)=$ $A x^{2}+B x+C$ (ако није константно 0 ) има две реалне нуле, једну позитивну (рецимо $x=x_{0}$ ) и једну негативну, и важи $P(x) \leq 0$ за $0 \leq x \leq x_{0}$ и $P(x) \geq 0$ за $x \geq x_{0}$. Тврдимо да је $f(a b+b c+c a) \geq 0$. Заиста,

$$
\begin{aligned}
& f(a b+b c+c a) \\
& =\frac{3(a+b+c)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+3(a b+b c+c a)}-\frac{a}{(a+b)(a+c)}-\frac{b}{(b+c)(b+a)}-\frac{c}{(c+a)(c+b)} \\
& =\frac{3(a+b+c)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+3(a b+b c+c a)}-\frac{2(a b+b c+c a)}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 0 \quad \text { jep je } \\
& \quad \frac{3(a+b+c)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+3(a b+b c+c a)} \geq \frac{9}{4(a+b+c)} \geq \frac{2(a b+b c+c a)}{(a+b)(b+c)(c+a)},
\end{aligned}
$$

што смо и желели. Према томе, $P(a b+b c+c a) \geq 0$, тј. $x_{0} \leq a b+b c+c a$, одакле следи да је и $P(x) \geq 0$ и $f(x) \geq 0$ за све $x \geq a b+b c+c a$. Између осталог, $f(1+a b c) \geq 0$ јер је $1+a b c>1>a b+b c+c a$. Тако смо доказали

$$
\frac{a}{1+a b c+a^{2}}+\frac{b}{1+a b c+b^{2}}+\frac{c}{1+a b c+c^{2}} \leq \frac{3}{3+a^{2}+b^{2}+c^{2}+3 a b c}
$$

Остаје још само да докажемо да је $a^{2}+b^{2}+c^{2}+3 a b c \geq \frac{4}{9}$, што ће заједно са (1) дати тражену неједнакост. Хомогенизација даје $9(a+b+c)\left(a^{2}+b^{2}+\right.$ $\left.c^{2}\right)+27 a b c \geq 4(a+b+c)^{3}$, што је еквивалентно са

$$
5\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\right)+3 a b c \geq 3(a b(a+b)+a c(a+c)+b c(b+c))
$$

Последња неједнакост одмах следи из Шурове неједнакости. Овим је доказ тврђења задатка коначно завршен.

Друго решење. Након хомогенизације, свођења на заједнички именилац и скраћивања неједнакост се своди на симетричну неједнакост која се директно доказује Мјурхедовом неједнакошћу:

$$
\begin{aligned}
& \frac{23}{2} T_{900}+122 T_{810}+260 T_{720}+282 T_{630}+193 T_{540}+\frac{547}{2} T_{711}+807 T_{620}+284 T_{531} \\
&+91 T_{522}-98 T_{441}-1669 T_{432}-557 T_{333} \geq 0
\end{aligned}
$$

где је $T_{i j k}$ симетрична сума $x^{i} y^{j} z^{k}+\cdots$.

4. Уочимо правилан тринаестоугао $A_{1} A_{2} \ldots A_{13}$ уписан у круг полупречника 2008. По Дирихлеовом принципу постоји пет темена која су исте боје (нпр. црвене). Разликујемо два случаја.

(i) Међу пет црвених темена не постоје два суседна. Сваком положају црвених тачака (до на ротацију) одговара композиција броја 13 на 5 сабирака већих од 1. Постоји 5 неподударних распореда и они су приказани на слици испод, са истакнутим троуглом.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_2e159fbd585a5f2927c2g-5.jpg?height=320&width=1504&top_left_y=1924&top_left_x=278)

(ii) Нека два црвена темена су суседна, рецимо $A_{1}$ и $A_{2}$. Ако је црвена било која од тачака $A_{4}, A_{5}, A_{6}, A_{10}, A_{11}, A_{12}$, тражени троугао је
одређен том тачком и теменима $A_{1}, A_{2}$. Надаље претпостављамо да ниједна од ових 6 тачака није црвена. Тада су међу теменима $A_{3}, A_{7}$, $A_{8}, A_{9}, A_{13}$ бар три црвена. Ако је међу њима $A_{3}$ (аналогно за $A_{13}$ ), онда је бар једна од тачака $A_{7}, A_{9}, A_{13}$ црвена па бар један од троуглова одређених овом тачком и тачкама $A_{1}$ и $A_{3}$ задовољава услове. Једини преостали случај је кад су црвене тачке $A_{7}, A_{8}, A_{9}$, а онда је троугао $A_{1} A_{7} A_{9}$ тражени.

5. Имамо $a_{1}=1+2 \cdot 1^{2}, a_{2}=3^{2}+2 \cdot 1^{2}, a_{3}=3^{2}+2 \cdot 4^{2}, a_{4}=11^{2}+2 \cdot 4^{2}$, итд. Доказаћемо индукцијом по $n$ да важи

$$
a_{2 n-1}=a_{n-1}^{2}+2\left(\frac{a_{n}-a_{n-1}}{2}\right)^{2} \quad \text { и } \quad a_{2 n}=a_{n}^{2}+2\left(\frac{a_{n}-a_{n-1}}{2}\right)^{2},
$$

при чему је $a_{0}=1$. Претпоставимо да тврђење важи за $n$. Тада је

$$
\begin{aligned}
a_{2 n+1} & =4 a_{2 n}-a_{2 n-1}=4 a_{n}^{2}+8\left(\frac{a_{n}-a_{n-1}}{2}\right)^{2}-a_{n-1}^{2}-2\left(\frac{a_{n}-a_{n-1}}{2}\right)^{2} \\
& =\frac{11}{2} a_{n}^{2}-3 a_{n} a_{n-1}+\frac{1}{2} a_{n-1}^{2}=\frac{11}{2} a_{n}^{2}-3 a_{n}\left(4 a_{n}-a_{n+1}\right)+\frac{1}{2}\left(4 a_{n}-a_{n+1}\right)^{2} \\
& =\frac{3}{2} a_{n}^{2}-a_{n} a_{n+1}+\frac{1}{2} a_{n+1}^{2}=a_{n}^{2}+2\left(\frac{a_{n+1}-a_{n}}{2}\right)^{2} \\
a_{2 n+2} & =4 a_{2 n+1}-a_{2 n}=4 a_{n}^{2}+8\left(\frac{a_{n+1}-a_{n}}{2}\right)^{2}-a_{n}^{2}-2\left(\frac{a_{n}-a_{n-1}}{2}\right)^{2} \\
& =3 a_{n}^{2}+8\left(\frac{a_{n+1}-a_{n}}{2}\right)^{2}-2\left(\frac{a_{n+1}-3 a_{n}}{2}\right)^{2}=\frac{3}{2} a_{n+1}^{2}-a_{n} a_{n+1}+\frac{1}{2} a_{n}^{2} \\
& =a_{n+1}^{2}+2\left(\frac{a_{n+1}-a_{n}}{2}\right)^{2},
\end{aligned}
$$

чиме је доказ завршен.

Друго решење. Познато је да се непаран природан број $m>1$ може представити у облику $a^{2}+2 b^{2}$ за неке узајамно просте $a, b \in \mathbb{N}$ ако и само ако су сви прости делиоци $m$ облика $8 k+1$ или $8 k+3, k \in \mathbb{N}_{0}$. Лако се види да су сви чланови низа ( $a_{n}$ ) непарни; остаје да покажемо да ако прост број $p$ дели $a_{n}$, онда је $p=8 k+1$ или $8 k+3$ за неко $k \in \mathbb{N}_{0}$.

Показује се индукцијом по $n$ да је $a_{n} a_{n+2}=a_{n+1}^{2}+2$. Заиста, ово важи за $n \leq 2$, а за $n>2$, уз претпоставку да важи за $n-2$, имамо

$$
\begin{aligned}
\frac{a_{n+1}^{2}+2}{a_{n}} & =\frac{\left(4 a_{n}-a_{n-1}\right)^{2}+2}{a_{n}}=16 a_{n}-8 a_{n-1}+\frac{a_{n-1}^{2}+2}{a_{n}} \\
& =16 a_{n}-8 a_{n-1}+a_{n-2}=4 a_{n+1}-a_{n}=a_{n+2}
\end{aligned}
$$

Одавде следи да је -2 квадратни остатак по сваком простом делиоцу $p$ броја $a_{n}$, па је $p \equiv 1$ или $p \equiv 3(\bmod 8)$.

6. Нека је $k$ круг описан око троугла $A B D$, и $l$ права кроз $D$ паралелна са
$A B$. Полупречник круга $k$ је 1 . Полуправе $B C$ и $A E$ секу $k$ у тачкама $H$ и $I$, а праву $l$ у $F$ и $G$, редом. Троуглови $F C D$ и $G D E$ су слични јер је $\angle C F D=\angle D G E=60^{\circ}$ и $\angle F C D=120^{\circ}-\angle C D F=\angle G D E$. Означимо са $k=\frac{F C}{G D}=\frac{F D}{G E}$ коефи-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_2e159fbd585a5f2927c2g-7.jpg?height=369&width=501&top_left_y=276&top_left_x=1170)
цијент сличности, са $h$ растојање тачке $D$ од $H I$, и $x=F D, y=G D$. Лако се налази да је $x+y=2+\frac{2}{\sqrt{3}} h$ и $x y=\frac{4}{3} h^{2}+\frac{2}{\sqrt{3}} h$ (производ $x y$ је потенција тачке $F$ у односу на $k$ и једнак је $O F^{2}-1$, где је $O$ центар круга $k$ ). Тако добијамо

$$
\begin{aligned}
& P_{A B F G}=\frac{1}{2}(1+x+y)\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+h\right)=\frac{1}{\sqrt{3}} h^{2}+2 h+\frac{3 \sqrt{3}}{4} \\
& P_{F C D}+P_{G D E}=\frac{1}{2}(x \cdot F C+y \cdot G E) \sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{4} x y\left(k+\frac{1}{k}\right) \geq \frac{\sqrt{3}}{2} x y=\frac{2}{\sqrt{3}} h^{2}+h
\end{aligned}
$$

па је

$$
P_{A B C D E}=P_{A B F G}-\left(P_{F C D}+P_{G D E}\right) \leq-\frac{1}{\sqrt{3}} h^{2}+h+\frac{3 \sqrt{3}}{4}=f(h)
$$

Квадратна функција $f(h)$ достиже максимум за $h=\frac{\sqrt{3}}{2}$, чиме је доказано да је $P_{A B C D E} \leq \sqrt{3}$. Једнакост би важила само ако је $h=\frac{\sqrt{3}}{2}$ и $k=$ 1; тада би (ако без смањења општости претпоставимо $D A \geq D B$ ) тачка $D$ била симетрична тачки $B$ у односу на $H I$, па би троугао $A D G$ био једнакостраничан и $F C=G D=G A=F B$ што је немогуће јер би се $B$ и $C$ поклапале. Зато је горња неједнакост строга.

Друго решење. Претпоставимо да троугао $A B D$ није тупоугли. Тада се тачке $C^{\prime}$ и $E^{\prime}$ симетричне тачкама $C$ и $E$ у односу на праве $B D$ и $A D$ редом налазе унутар троугла $A B D$, на истој правој кроз $D$, и важи

$S_{A B C D E}=S_{A B D}+S_{A D E}+S_{B D C}=S_{A B D}+S_{A D E^{\prime}}+S_{B D C^{\prime}} \leq 2 S_{A B D}-S_{A B F}$, при чему $F$ тачка пресека правих $A E^{\prime}$ и $B C^{\prime}$. Једнакост важи ако и само ако је $F \equiv C^{\prime} \equiv E^{\prime}$. Означимо $\angle B A D=\alpha$. Тада је $\angle A B D=150^{\circ}-\alpha$, $\angle B A F=2 \alpha-120^{\circ}, \angle A B F=180^{\circ}-2 \alpha$, па важи

$$
\begin{aligned}
& S_{A B D}=\sin \alpha \sin \left(150^{\circ}-\alpha\right)=\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{1}{2} \cos \left(150^{\circ}-2 \alpha\right)=\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{1}{2} u \\
& S_{A B F}=\frac{1}{\sqrt{3}} \sin \left(2 \alpha-120^{\circ}\right) \sin 2 \alpha=-\frac{\sqrt{3}}{12}+\frac{\sqrt{3}}{6} \cos \left(300^{\circ}-4 \alpha\right)=-\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{1}{\sqrt{3}} u^{2}
\end{aligned}
$$

где је $\cos \left(150^{\circ}-2 \alpha\right)=u$ и одатле $\cos \left(300^{\circ}-4 \alpha\right)=2 u^{2}-1$. Сада имамо

$$
S_{A B C D E} \leq 2 S_{A B D}-S_{A B F}=\frac{3 \sqrt{3}}{4}+u-\frac{u^{2}}{\sqrt{3}} \leq \sqrt{3}
$$

уз једнакост која би важила за $u=\frac{\sqrt{3}}{2}$, тј. $\alpha \in\left\{60^{\circ}, 90^{\circ}\right\}$, и $F \equiv C^{\prime} \equiv E^{\prime}$, али се никада не достиже јер се за ове вредности $\alpha$ тачка $F$ налази у темену правог угла, па је петоугао дегенерисан.

У случају тупоуглог троугла $A B D$, уз исте ознаке, тачка $F$ се налази изван троугла $A B D$, али горњи израз за површину $\triangle A B F$ узима негативне вредности, па се опет добија $S_{A B C D E} \leq \frac{3 \sqrt{3}}{4}+u-\frac{u^{2}}{\sqrt{3}}<\sqrt{3}$.

$\sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim)$

http://srb.imomath.com/