problem: 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 $A J$.

solution:
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

$$
A M=A D+D M=A C+A B-B C=2 A L
$$


problem:
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.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_5f149a7bcdd7b74aa0c9g-1.jpg?height=347&width=352&top_left_y=1363&top_left_x=862)

Доказати да без обзира на начин бојења, бар један од 25 „малих “ троуглова има сва три темена различите боје.

solution:
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.


problem:
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

solution:
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 $(x, n)=(1,2)$.


problem:
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 $f$ ?

solution:
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.


problem: 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 $A B C$.

solution:
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.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_5f149a7bcdd7b74aa0c9g-5.jpg?height=729&width=976&top_left_y=725&top_left_x=542)

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.


problem:
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

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