problem:
Нека су $\alpha$ и $\beta$ углови неједнакокраког троугла $A B C$ код темена $A$ и $B$, редом. Нека симетрале ових углова секу наспрамне странице троугла у $D$ и $E$, редом. Доказати да оштар угао између правих $D E$ и $A B$ није већи од $\frac{|\alpha-\beta|}{3}$.

(Душан Ђукић)

solution:
Као и обично, означимо $\varangle A C B=\gamma$ и $B C=a, C A=b, A B=c$, при чему је без смањења општости $a>b$ и $\alpha>\beta$. Нека је $F$ тачка пресека правих $D E$ и $A B$, а $\varphi$ угао између ових правих. Из односа $\frac{B D}{D C}=\frac{c}{b}$ и $\frac{C E}{E A}=\frac{a}{c}$ лако налазимо $B D=\frac{a c}{b+c}, D C=\frac{a b}{b+c}$, $C E=\frac{a b}{a+c}$ и $E A=\frac{b c}{a+c}$. Менелајева теорема за праву $D E$ и троугао $A B C$ даје $A F=\frac{b c}{a-b}$ и $F B=\frac{a c}{a-b}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_4a3d55a04ec3302c585fg-3.jpg?height=283&width=726&top_left_y=635&top_left_x=1062)

Сада на основу синусне теореме у троугловима $F E A$ и $F D B$ имамо

$$
\begin{aligned}
& \frac{\sin (\alpha-\varphi)}{\sin \varphi}=\frac{\sin \varangle F E A}{\sin \varangle E F A}=\frac{F A}{E A}=\frac{\frac{b c}{a-b}}{\frac{b c}{a+c}}=\frac{a+c}{a-b} \\
& \frac{\sin (\beta+\varphi)}{\sin \varphi}=\frac{\sin \varangle F D B}{\sin \varangle D F B}=\frac{F B}{D B}=\frac{\frac{a c}{a-b}}{\frac{a c}{b+c}}=\frac{b+c}{a-b}
\end{aligned}
$$

из чега добијамо $\sin \varphi=\sin (\alpha-\varphi)-\sin (\beta+\varphi)=2 \sin \frac{\alpha-\beta-2 \varphi}{2} \cos \frac{\alpha+\beta}{2}<$ $\sin (\alpha-\beta-2 \varphi)$. Одавде је $\varphi<\alpha-\beta-2 \varphi$, тј. $3 \varphi<\alpha-\beta$.


problem: Одредити најмањи природан број који је дељив са 2009 и коме је збир цифара једнак 2009.

solution:
Пошто је $2009=223 \cdot 9+2$, тражени број има бар 224 цифре. Посматраћемо 224 -цифрене бројеве $x=\overline{c_{223} c_{222} \ldots c_{1} c_{0}}$. Јасно је да је $c_{223} \geq 2$. Притом, ако је $c_{223}=2$ онда је $c_{222}=\cdots=c_{0}=9$ и $x=3 \cdot 10^{223}-1 \equiv 3 \cdot 10-1$, а то није дељиво са $2009=7^{2} \cdot 41$ јер је $x \equiv 1(\bmod 7)$.

Нека је сада $c_{223}=3$. Тада број $x$ има облик $399 \ldots 9899 \ldots 9=4 \cdot 10^{223}-$ $10^{i}-1$ за неко $i$. Како је $10^{5} \equiv 1(\bmod 41)$, имамо $10^{i} \equiv 1,10,18,16$ или 37 $(\bmod 41)$ за $i=0,1,2,3,4(\bmod 5)$ редом, и одатле $x \equiv 4 \cdot 10^{3}-10^{i}-1 \equiv 22-10^{i}$ $(\bmod 41)$ никад није дељиво са 41.

Нека је $c_{223}=4$. Међу цифрама $c_{222}, \ldots, c_{0}$ налазе се две осмице или једна седмица, док су све остале деветке; у сваком случају, $x=5 \cdot 10^{223}-10^{i}$ $10^{j}-1 \equiv 38-\left(10^{i}+10^{j}\right)(\bmod 41)$, где $i$ и $j$ нису обавезно различити. По претходном је $10^{i}+10^{j} \equiv 38(\bmod 41)$ ако и само ако је $(i, j) \equiv(0,4)$ или $(4,0)(\bmod 5)$. Између осталог, $i \neq j$ и $i, j \leq 220$.

Пробајмо да ставимо $j=220$ и $i \equiv 4(\bmod 5)$. Треба одабрати $i$, ако постоји, тако да $7^{2} \mid x=5 \cdot 10^{223}-10^{220}-10^{i}-1 \equiv 5 \cdot 10^{13}-10^{10}-10^{i}-1 \equiv 31-10^{i}$ $(\bmod 49)$. Лако налазимо да је $10^{i} \equiv 31(\bmod 49)$ ако и само ако је $i \equiv 7$ $(\bmod 42)$, што заједно са $i \equiv 4(\bmod 5)$ даје као једину могућност $i=49$. Према томе, тражени број је

$$
4998 \underbrace{9 \ldots 99}_{170} 8 \underbrace{99 \ldots 9}_{49} .
$$


problem:
Одредити највећи природан број $n$ за који постоје различити скупови $S_{1}, S_{2}, \ldots, S_{n}$ такви да је:

$1^{\circ}\left|S_{i} \cup S_{j}\right| \leqslant 2004$ за свака два цела броја $1 \leqslant i, j \leqslant n$, и

$2^{\circ} S_{i} \cup S_{j} \cup S_{k}=\{1,2, \ldots, 2008\}$ за свака три цела броја $1 \leqslant i<j<k \leqslant n$.

(Иван Матић)

## СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА

такмичење ученика средњих школа из математике

Нови Сад, 14.04.2009.

## Други дан

solution:
Сваки скуп $S_{i}$ има највише 2003 елемената. Заиста, ако је $\left|S_{i}\right|=2004$, из услова $1^{\circ}$ следи да је $S_{j} \subset S_{i}$ за све $j$, противно услову $2^{\circ}$. Посматрајмо скупове

$$
G_{\{i, j\}}=\{1,2, \ldots, 2008\} \backslash\left(S_{i} \cup S_{j}\right) \quad \text { за } 1 \leq i, j \leq n
$$

Тада је $\left|G_{\{i, j\}}\right| \geqslant 4$ и свих $\binom{n}{2}$ скупова $G_{\{i, j\}}$ су међусобно дисјунктни (у супротном, ако $x \in G_{\{i, j\}} \cap G_{\{k, l\}}$, онда $x \notin S_{i} \cup S_{j} \cup S_{k} \cup S_{l}$, што је немогуће ако су бар три међу $i, j, k, l$ различита). Следи да је $4\binom{n}{2} \leqslant 2008$, одакле je $n \leqslant 32$.

Конструисаћемо 32 скупа који задовољавају $1^{\circ}$ и $2^{\circ}$. Разложимо скуп $\{1,2, \ldots, 2008\}$ произвољно на $\binom{32}{2}=496$ (дисјунктних) скупова $G_{\{i, j\}}$, при чему је $\left|G_{\{i, j\}}\right| \geqslant 4$ за $1 \leqslant i, j \leqslant 32$, и дефинишимо

$$
S_{i}=\{1,2, \ldots, 2008\} \backslash \bigcup_{j \neq i} G_{\{i, j\}} \quad \text { за } i=1, \ldots, 32
$$

Услов $1^{\circ}$ је аутоматски задовољен. Осим тога, свако $s \in\{1,2, \ldots, 2008\}$ припада највише једном од скупова $G_{\{p, q\}}$, што значи да постоје највише два скупа $S_{i}$ који га не садрже (то су $S_{p}$ и $S_{q}$ ), па је и услов $2^{\circ}$ задовољен. Према томе, одговор је $n=32$.


problem:
Нека је $n \in \mathbb{N}$ и $A_{n}$ скуп свих пермутација $\left(a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right)$ скупа $\{1,2, \ldots, n\}$ таквих да важи

$$
k \mid 2\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}\right) \quad \text { за свако } 1 \leqslant k \leqslant n
$$

Одредити број елемената скупа $A_{n}$.

(Видан Говедарииа)

solution:
Означимо са $F_{n}$ број елемената скупа $A_{n}$. Имамо $F_{1}=1, F_{2}=2$ и $F_{3}=6$. За $n>3$, посматрајмо било коју пермутацију $\left(a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right)$ у $A_{n}$. Како $n-1$ дели $2\left(a_{1}+\cdots+a_{n-1}\right)=n(n+1)-2 a_{n} \equiv 2-2 a_{n}(\bmod n-1)$, следи да је $a_{n}$ једнако $1, \frac{n+1}{2}$ или $n$.

Претпоставимо да је $a_{n}=\frac{n+1}{2}$. Тада $n-2$ дели $2\left(a_{1}+\cdots+a_{n-2}\right)=n^{2}-$ $1-2 a_{n-1} \equiv 3-2 a_{n-1}(\bmod n-2)$. Зато мора бити $2 a_{n-1}-3=n-2$, али тада је $a_{n-1}=\frac{n+1}{2}=a_{n}$, контрадикција.

Ако је $a_{n}=n$, онда је $\left(a_{1}, \ldots, a_{n}\right) \rightarrow\left(a_{1}, \ldots, a_{n-1}\right)$ бијективно пресликавање у скуп $A_{n-1}$, па оваквих пермутација има $F_{n-1}$.

Ако је $a_{n}=1$, онда је $\left(a_{1}-1, \ldots, a_{n-1}-1\right)$ пермутација на $\{1, \ldots, n-1\}$ која припада скупу $A_{n-1}$ јер је $2\left(\left(a_{1}-1\right)+\cdots+\left(a_{k}-1\right)\right)=2\left(a_{1}+\cdots+a_{k}\right)-2 k$ дељиво са $k$ за $1 \leqslant k \leqslant n-1$. Као и у претходном случају, оваквих пермутација има $F_{n-1}$.

Закључујемо да је $F_{n}=2 F_{n-1}$ за $n>3$, што заједно са $F_{3}=6$ даје $F_{n}=$ $3 \cdot 2^{n-2}$ за $n \geqslant 3$.


problem:
Нека су $x, y, z$ позитивни реални бројеви такви да је $x y+y z+z x=x+y+z$. Доказати неједнакост

$$
\frac{1}{x^{2}+y+1}+\frac{1}{y^{2}+z+1}+\frac{1}{z^{2}+x+1} \leqslant 1
$$

Када се у претходној неједнакости достиже знак једнакости?

(Марко Радовановић)

solution:
Коши-Шварцова неједнакост за тројке $(x, \sqrt{y}, 1)$ и $(1, \sqrt{y}, z)$ даје $\frac{1}{x^{2}+y+1} \leqslant$ $\frac{1+y+z^{2}}{(x+y+z)^{2}}$. Аналогно важи $\frac{1}{y^{2}+z+1} \leqslant \frac{1+z+x^{2}}{(x+y+z)^{2}}$ и $\frac{1}{z^{2}+x+1} \leqslant \frac{1+x+y^{2}}{(x+y+z)^{2}}$. Сабиранјем ових неједнакости добијамо

$$
\frac{1}{x^{2}+y+1}+\frac{1}{y^{2}+z+1}+\frac{1}{z^{2}+x+1} \leqslant \frac{3+x+y+z+x^{2}+y^{2}+z^{2}}{(x+y+z)^{2}}=S
$$

Остаје да се докаже да је $S \leqslant 1$, а то је еквивалентно са $3+x+y+z \leqslant$ $2(x y+y z+z x)=2(x+y+z)$ по услову задатка, тј. $x+y+z \geqslant 3$. Ово, међутим, следи из $x+y+z=x y+y z+z x \leqslant \frac{(x+y+z)^{2}}{3}$.

Једнакост важи само за $x=y=z=1$.


problem:
Нека је $k$ уписана кружница неједнакокраког $\triangle A B C$, чији је центар $S$. Кружница $k$ додирује странице $B C, C A, A B$ у тачкама $P, Q, R$, редом. Права $Q R$ сече праву $B C$ у тачки $M$. Нека кружница која садржи тачке $B$ и $C$ додирује $k$ у тачки $N$. Описана кружница $\triangle M N P$ сече праву $A P$ у тачки $L$, различитој од $P$. Доказати да су тачке $S, L$ и $M$ колинеарне.

(Ђорђе Баралић)

## РЕШЕЊА

solution:
Посматрајмо хомотетију са центром $N$ која слика круг $k$ у круг $B C N$; нека она слика тачку $P$ у $P_{1}$. Тангента на круг $B C N$ у $P_{1}$ је паралелна тангенти на $k$ у $P$, тј. правој $B C$, што значи да је $P_{1}$ средиште лука $B C$ круга $B C N$. Дакле, $N P$ је симетрала угла $C N B$, па је $\frac{B N}{C N}=\frac{B P}{C P}$. Шта више, по Менелајевој теореми је $\frac{B M}{M C}=\frac{B R}{R A} \cdot \frac{A Q}{Q C}=\frac{B P}{P C}=\frac{B N}{N C}$, па је $N M$ спољна симетрала угла $C N B$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_4a3d55a04ec3302c585fg-5.jpg?height=459&width=676&top_left_y=747&top_left_x=1084)

Према томе, $N$ лежи на кругу над пречником $M P$, а $L$ је подножје нормале из $M$ на $A P$. Остаје да се докаже да је $M S \perp A P$.

Нека је $L^{\prime}$ подножје нормале из $S$ на $A P$. Тачке $A, L^{\prime}, Q, R, S$ леже на кругу $\omega$ над пречником $A S$. Инверзија у односу на $k$ слика кругове $\omega$ и $S P L^{\prime}$ редом у праве $Q R$ и $B C$, па слика тачку $L^{\prime}$ у $M$. Дакле, $M$ лежи на правој $S L^{\prime}$, одакле следи тврђење (и $L^{\prime} \equiv L$ ).

Напомена. Релација $M S \perp A P$ је еквивалентна са $M P^{2}+A S^{2}=M A^{2}+P S^{2}$ и може се доказати без инверзије: $M P^{2}+A S^{2}=M P^{2}+P S^{2}+A R^{2}=$ $M S^{2}+A Q^{2}=M A^{2}+S Q^{2}$ (због $\left.M Q \perp A S\right)=M A^{2}+P S^{2}$.