problem:
Неки од $n$ градова су повезани авионским линијама (све линије су двосмерне). Постоји тачно $m$ линија. Нека је $d_{i}$ број линија које полазе из града $i$, за $i=1,2, \ldots, n$. Ако је $1 \leqslant d_{i} \leqslant 2010$, за свако $i=1,2, \ldots, n$, доказати да важи

$$
\sum_{i=1}^{n} d_{i}^{2} \leqslant 4022 m-2010 n
$$

Одредити све $n$ за које може да се достигне једнакост.

(Александар Илић)

solution:
Услов задатка нам даје $0 \leqslant\left(d_{i}-1\right)\left(2010-d_{i}\right)$ за све $i$, тј. $d_{i}^{2} \leqslant 2011 d_{i}-2010$. Користећи услов $\sum_{i=1}^{n} d_{i}=2 m$, сабирањем ових неједнакости добијамо

$$
\sum_{i=1}^{n} d_{i}^{2} \leqslant 2011 \cdot \sum_{i=1}^{n} d_{i}-2010 n=4022 m-2010 n
$$

а једнакост важи ако и само ако је $d_{i} \in\{1,2010\}$ за свако $i \in\{1,2, \ldots, n\}$.

$1^{\circ}$ Нека је $n=2 k, k \in \mathbb{N}$. Ако успоставимо авиолинију између градова $i$ и $j$ ако и само ако је $|j-i|=k$, имамо $d_{i}=1$ за све $i$.

$2^{\circ}$ Нека је $n=2 k-1, k \in \mathbb{N}$. Не може да важи $d_{i}=1$ за све $i$ јер би иначе било $2 m=n=2 k-1$. Зато мора да буде $d_{j}=2010$ за неко $j$; отуда је $n \geqslant 2011$. С друге стране, успостављањем авиолиније између градова 1 и $i(1 \leq i \leq 2010)$ и између градова $2 i$ и $2 i+1$ $(i=1006, \ldots, k)$ даје мрежу у којој је $d_{1}=2010$ и $d_{i}=1$ за $2 \leqslant i \leqslant n$.

Према томе, једнакост се може достићи ако $2 \mid n$, или $2 \nmid n$ и $n \geq 2011$.


problem:
У оштроуглом $\triangle A B C$ тачка $M$ је средиште странице $B C$, а тачке $D, E$ и $F$ су подножја висина из темена $A, B$ и $C$, редом. Нека је $H$ ортоцентар $\triangle A B C, S$ средиште дужи $A H$, а $G$ пресек дужи $F E$ и $A H$. Ако је $N$ тачка пресека тежишне дужи $A M$ и описане кружнице $\triangle B C H$, доказати да је $\varangle H M A=\varangle G N S$.

(Марко Ђикић)

solution:
Нека је $A^{\prime}$ тачка таква да је $A B A^{\prime} C$ паралелограм. Тада важи $\varangle B A^{\prime} C=$ $\varangle B A C=180^{\circ}-\varangle B H C=180^{\circ}-$ $\varangle B N C$, па су тачке $A^{\prime}, B, C, H, N$ на истом кругу, тј. кругу над пречником $H A^{\prime}$. Одавде је $\varangle A N H=90^{\circ}$, дакле $N$ је на описаном кругу троугла $A E F$ чији је центар у $S$.

Сада имамо $\varangle S F G=90^{\circ}-\varangle E A F=$ $\varangle A C F=\varangle A D F$. Следи да су троуглови $S F G$ и $S D F$ слични, и одатле $S G \cdot S D=S F^{2}=S N^{2}$. Ово повлачи да је и $\triangle S N G \sim \triangle S D N$, и најзад $\varangle G N S=\varangle S D N=\varangle H M N$ јер је четвороугао $H D M N$ тетиван.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_4a03544a2cf410b32077g-3.jpg?height=688&width=551&top_left_y=1498&top_left_x=1141)

Друго решење. Четвороуглови $B D H F$ и $D C E H$ су тетивни и $A F \cdot A B=$ $\overline{A H \cdot A D=A E} \cdot A C$. Применимо инверзију $\mathcal{I}$ са центром $A$ и потенцијом $A F \cdot A B$. Очигледно је $\mathcal{I}(F)=B, \mathcal{I}(H)=D, \mathcal{I}(E)=C$, па $\mathcal{I}$ слика праву $B C$ у описани круг $\triangle F H E$, тј. у круг над пречником $A H$; даље, $\mathcal{I}$ слика круг $B C H$ у описани круг $\omega$ троугла $F D E$, а то је Ојлеров круг у $\triangle A B C$. Пошто је $M \in \omega \cap A M$ и $\mathcal{I}$ чува праву $A M$, имамо $\mathcal{I}(M)=N$.

Нека је $\mathcal{I}(G)=G^{*}$ и $\mathcal{I}(S)=S^{*}$. Како је $\mathcal{I}(E F)$ описани круг $\triangle A B C, S \in \omega$ и $\mathcal{I}(A H)=A H$, тачке $G^{*}$ и $S^{*}$ су други пресеци праве $A H$ са круговима $A B C$ и $H B C$, редом. Према томе, $\varangle G N S=\varangle G^{*} M S^{*}=\varangle H M A$ јер су $G^{*}$ и $S^{*}$ симетричне тачкама $H$ и $A$ у односу на $B C$.


problem:
Нека је $A$ бесконачан подскуп скупа природних бројева. Одредити све природне бројеве $n$ такве да за свако $a \in A$ важи

$$
a^{n}+a^{n-1}+\ldots+a^{1}+1 \mid a^{n!}+a^{(n-1)!}+\ldots+a^{1!}+1
$$

(Милош Милосавлевић)

## СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА

такмичење ученика средњих школа из математике

Ниш, 07.04.2010.

## Други дан

solution:
Означимо $P(x)=x^{n}+x^{n-1}+\cdots+1$ и $Q(x)=x^{n!}+\cdots+x^{1!}+1$; нека је $Q(x)=C(x) P(x)+R(x)$, где су $C$ и $R$ полиноми са целим коефицијентима и $\operatorname{deg} R<\operatorname{deg} P$. По услову задатка $P(a) \mid Q(a)$, и самим тим $P(a) \mid R(a)$, за бесконачно много целих бројева $a$. Како за довољно велико $a$ важи $|R(a)|<|P(a)|$, мора бити $R(a)=0$; дакле, $R(x)$ има бесконачно много нула, па је $R(x) \equiv 0$ и $P(x) \mid Q(x)$.

Лема. Нека су $k_{0}, k_{1}, \ldots, k_{n} \in \mathbb{N}_{0}$. Полином $P(x)=x^{n}+x^{n-1}+\cdots+1$ дели $Q(x)=x^{k_{n}}+\cdots+x^{k_{1}}+x^{k_{0}}$ ако и само ако је $\left\{k_{0}, k_{1}, \ldots, k_{n}\right\}$ потпун систем остатака по модулу $n+1$.

Доказ. Нека је $r_{i}$ остатак при дељењу $k_{i}$ са $n+1$. Пошто $x^{n+1}-1$ дели $x^{k_{i}}-x^{r_{i}}$ за све $i$, следи да $P(x)=\frac{x^{n+1}-1}{x-1}$ дели $Q(x)-Q_{1}(x)$, где је $Q_{1}(x)=x^{r_{0}}+x^{r_{1}}+\cdots+x^{r_{n}}$ и притом $\operatorname{deg} Q_{1} \leqslant n$. Ако $P(x) \mid Q(x)$, онда $P(x) \mid Q_{1}(x)$, тј. $Q_{1}(x)=c P(x)$ за неку константу $c$, а то важи ако и само ако је $c=1$ и $\left\{r_{0}, r_{1}, \ldots, r_{n}\right\}=\{0,1, \ldots, n\}$.

Из леме следи да су тражени бројеви $n$ они за које је $\{0,1!, \ldots, n!\}$ потпун систем остатака по модулу $n+1$.

Ако је $n>3$ и $n+1$ је сложен број, онда је $n!\equiv 0(\bmod n+1)$, па услов није задовољен. Ако је $n+1=p>3$ прост, по Вилсоновој теореми је $(p-1)!\equiv-1(\bmod p)$, одакле је $(p-2)!\equiv 1=1!(\bmod p)$, и опет услов није задовољен. Остају случајеви $n \leqslant 3$; директном провером се добија да $n=1$ и $n=2$ задовољавају услове.

Друго решење. Доказаћемо јаче тврђење: ако $A=a^{n}+\cdots+a+1$ дели $a^{k_{n}}+\cdots+a^{k_{1}}+a^{k_{0}}$ за неко $a \in \mathbb{N} \backslash\{1\}$, онда је $\left\{k_{0}, k_{1}, \ldots, k_{n}\right\}$ потпун систем остатака по модулу $n+1$.

Нека $A \mid B=a^{k_{n}}+\cdots+a^{k_{1}}+a^{k_{0}}$. Означимо са $r_{i, j}$ остатак при дељењу $k_{i}+j$ са $n+1$ и посматрајмо бројеве $B_{j}=a^{r_{n, j}}+\cdots+a^{r_{1, j}}+a^{r_{0, j}}$. Тада је $B_{j} \equiv a^{j} B(\bmod A)$, одакле следи да $A \mid B_{j}$ за $j=0,1, \ldots, n$. С друге стране, $B_{0}+B_{1}+\cdots+B_{n}=\sum_{j} a^{r_{n, j}}+\cdots+\sum_{j} a^{r_{1, j}}+\sum_{j} a^{r_{0, j}}=(n+1) A$, па како је $B_{j}>0$, мора бити $B_{j}=A$ за све $j$. Из неједнакости $A<2 a^{n}$ закључујемо да је, за свако $j$, највише један од остатака $r_{i, j}$ једнак $n$. Али ако је $k_{i} \equiv k_{i^{\prime}} \equiv n-j(\bmod n+1)$, онда је $r_{i, j}=r_{i^{\prime}, j}=n$, што је немогуће. Према томе, $k_{0}, k_{1}, \ldots, k_{n}$ су међусобно различити по модулу $n+1$, што је и требало доказати.


problem: Нека је $O$ центар описане кружнице $\triangle A B C$. Права кроз $O$ сече странице $C A$ и $C B$ у тачкама $D$ и $E$, редом, и описану кружницу $\triangle A B O$ у тачки $P$ унутар троугла (различитој од $O$ ). Тачка $Q$ на страници $A B$ је таква да је $\frac{A Q}{Q B}=\frac{D P}{P E}$. Доказати да је $\varangle A P Q=2 \cdot \varangle C A P$. (Душан Ђукић)

solution:
Нека је $X$ тачка на полуправој $A P$ таква да је $E X \| A C$. По Талесовој теореми је $A P: P X=D P: P E=$ $A Q: Q B$, одакле следи $B X \| Q P$.

Права $P E$ је спољашња симетрала угла $A P B$ и полови угао $B P X$. Такође, пошто је $\varangle B E X=180-$ $\varangle A C B$ и $\varangle B P X=180^{\circ}-\varangle A P B=$ $180^{\circ}-2 \varangle A C B$, добијамо $\varangle B E X=$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_4a03544a2cf410b32077g-5.jpg?height=389&width=560&top_left_y=408&top_left_x=1139)
$90^{\circ}+\frac{1}{2} \varangle B P X$. Следи да је $E$ центар уписаног круга троугла $B P X$ и одатле $\varangle A P Q=\varangle P X B=2 \varangle P X E=2 \varangle C A P$.

Друго решеъе. Конструкција из задатка је могућа само ако је $\triangle A B C$ оштроугли. Означимо $\varangle P A D=\varphi, \varangle Q P A=\psi$ и $\varangle B C A=\gamma$. Из $\varangle A P B=2 \gamma$ и $\varangle D A P+\varangle E B P=\varangle A P B-\varangle A C B=\gamma$ следи $\varangle P B E=\gamma-\varphi$ и $\varangle B P Q=2 \gamma-\psi$. Како је $\varangle A P D=\varangle B P E=90^{\circ}-\gamma$, такође имамо $\varangle A D P=90^{\circ}+\gamma-\varphi$ и $\varangle B E P=90^{\circ}+\varphi$.

Синусне теореме у троугловима $A P D$ и $P B E$ дају $\frac{D P}{P E}=\frac{D P}{P A} \cdot \frac{P A}{P B} \cdot \frac{P B}{P E}=$ $\frac{\sin \varphi \cos \varphi}{\sin (\gamma-\varphi) \cos (\gamma-\varphi)} \cdot \frac{P A}{P B}=\frac{\sin 2 \varphi}{\sin (2 \gamma-2 \varphi)} \cdot \frac{P A}{P B}$. С друге стране, $\frac{A Q}{Q B}=\frac{A Q}{A P} \cdot \frac{A P}{B P} \cdot \frac{B P}{Q B}=$ $\frac{\sin \psi}{\sin (2 \gamma-\psi)} \cdot \frac{A P}{P B}$, па се услов $\frac{A Q}{Q B}=\frac{D P}{P E}$ своди на $f(2 \varphi)=f(\psi)$, где је $f(x)=$ $\frac{\sin (2 \gamma-x)}{\sin x}=\sin 2 \gamma \operatorname{ctg} x-\cos 2 \gamma$. Јасно је да је $f$ строго опадајућа функција на $(0, \pi)$, па мора бити $\psi=2 \varphi$.


problem:
Таблица димензија $n \times n$, на чијим пољима су бројеви $1,2, \ldots, n^{2}$ (на сваком пољу тачно један број и сваки број на тачно једном пољу) назива се нишка ако сви производи од по $n$ бројева који се налазе на $n$ „разбацаних" поља дају исти остатак при дељењу са $n^{2}+1$. Да ли постоји нишка таблица за:

(a) $n=8$;

(б) $n=10$ ?

( $n$ поља су „разбацана" ако никоја два нису у истој врсти или у истој колони.)

(Марко Ђикић)

solution:
(a) Претпоставимо да постоји нишка таблица $8 \times 8$ и да производ ма којих 8 разбацаних бројева даје остатак $r$ по модулу $8^{2}+1=65=5 \cdot 13$. Сви бројеви у таблици се могу поделити на 8 дисјунктних осморки разбацаних бројева. Међу овим осморкама постоји једна која садржи умножак броја 13 и једна која не садржи такав умножак. Производ бројева у првој осморци је дељив са 13, а у другој није, контрадикција. Закључујемо да нишка таблица $8 \times 8$ не постоји.

(б) Број $n^{2}+1=101$ је прост. Попунимо таблицу као на слици, где је $g$ примитиван корен по модулу 101. Лако се види да је производ бројева у ма којих 10 разбацаних поља конгруентан са $g^{495}(\bmod 101)$, па је ово пример нишке таблице.

| $g^{0}$ | $g^{1}$ | $g^{2}$ | $\cdots$ | $g^{9}$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $g^{10}$ | $g^{11}$ | $g^{12}$ | $\cdots$ | $g^{19}$ |
| $g^{20}$ | $g^{21}$ | $g^{22}$ | $\cdots$ | $g^{29}$ |
| $\vdots$ | $\vdots$ | $\vdots$ |  | $\vdots$ |
| $g^{90}$ | $g^{91}$ | $g^{92}$ | $\cdots$ | $g^{99}$ |


problem:
Нека су $a_{0}$ и $a_{n}$ различити делиоци природног броја $m>1$, а низ природних бројева $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ такав да задовољава

$$
a_{i+1}=\left|a_{i} \pm a_{i-1}\right| \quad \text { за } 0<i<n
$$

Ако је НЗД $\left(a_{0}, \ldots, a_{n}\right)=1$, доказати да у низу постоји члан који је мањи од $\sqrt{m}$.

(Душан Ђукић)

## РЕШЕЊА

solution:
Посматрајмо два најмања (различита) члана низа, $p$ и $q$. Ако је $\min \{p, q\}=$ 1, тврђење тривијално важи; зато надаље претпостављамо да је $p, q>1$.

Лема 1. Постоје индекси $k$ и $l$ за које је $a_{k}=p, a_{l}=q$ и $|k-l| \leq 2$.

Доказ. Нека је $a_{k}=p$ и $a_{l}=q(k<l)$. Претпоставимо да је $r=l-k>2$. Доказаћемо индукцијом по $r$ да за неко $i, k<i<l$, важи $a_{i} \in\{p, q\}$. Како је $a_{k+3} \neq\left|a_{k+2}-a_{k+1}\right|=p$, имамо $a_{k+3}=a_{k+1}+a_{k+2}$; слично је и $a_{l-3}=a_{l-2}+a_{l-1}$. Нека је $a_{m}=\max _{p<i<q} a_{i}$. Јасно је да је $k+2<m<l-2$ (дакле, $l-k \geqslant 6$ ), а такође и $a_{m+2}=a_{m}-a_{m+1}=a_{m-1}$ и $a_{m+1}=a_{m}-a_{m-1}=a_{m-2}$. То значи да низ $\left(a_{i}^{\prime}\right)$, дефинисан са $a_{i}^{\prime}=a_{i}$ за $i<m$ и $a_{i}^{\prime}=a_{i+3}$ за $i \geqslant m$, задовољава услове задатка; притом је $a_{k}^{\prime}=p$ и $a_{l-3}^{\prime}=q$, па по индуктивној претпоставци (јер је $(l-3)-k \geqslant 3$ ) важи $a_{i}^{\prime} \in\{p, q\}$ за неко $i(k<i<l-3)$. Тада је и $a_{i} \in\{p, q\}$ или $a_{i+3} \in\{p, q\}$, чиме је индукција готова.

Лема 2. За свако $i(0 \leqslant i \leqslant n)$ постоје $x_{i}, y_{i} \in \mathbb{N}_{0}$ такви да је $a_{i}=x_{i} p+y_{i} q$ и $\left(x_{i}, y_{i}\right)=1$.

Доказ. Посматрајмо векторе $v_{k}=(1,0)$ и $v_{l}=(0,1)$ и, за свако $i$, дефинишимо $v_{i+2}=\varepsilon_{i} v_{i}+\varepsilon_{i}^{\prime} v_{i+1}$ ако је $a_{i+2}=\varepsilon_{i} a_{i}+\varepsilon_{i}^{\prime} a_{i+1}\left(\varepsilon_{i}, \varepsilon_{i}^{\prime} \in\{-1,1\}\right)$. Једноставном индукцијом добијамо да за $v_{i}=\left(x_{i}, y_{i}\right)$ важи

$$
a_{i}=x_{i} p+y_{i} q
$$

Како је $x_{i+1} y_{i+2}-x_{i+2} y_{i+1}=x_{i+1}\left(\varepsilon_{i} y_{i}+\varepsilon_{i}^{\prime} y_{i+1}\right)-\left(\varepsilon_{i} x_{i}+\varepsilon_{i}^{\prime} x_{i+1}\right) y_{i+1}=$ $-\varepsilon_{i}\left(x_{i} y_{i+1}-x_{i+1} y_{i}\right)$ и слично $x_{i} y_{i+2}-x_{i+2} y_{i}=\varepsilon_{i}^{\prime}\left(x_{i} y_{i+1}-x_{i+1} y_{i}\right)$, имамо

$$
x_{i} y_{i+1}-x_{i+1} y_{i}, x_{i} y_{i+2}-x_{i+2} y_{i} \in\{-1,1\} \text { за } 0 \leqslant i<n
$$

и одатле $\left(x_{i}, y_{i}\right)=1$. Остаје још да покажемо да су $x_{i}, y_{i} \geqslant 0$ за све $i$.

Претпоставимо да је $x_{i}<0$ за неко $i<k$ (случај $y_{i}<0$ и/или $i>l$ је аналоган) и посматрајмо највеће такво $i$. Због $a_{i}>0$ и (1) имамо $y_{i}>0$. Из (2) и $x_{i} y_{i+1}, x_{i} y_{i+2} \leqslant 0 \leqslant x_{i+1} y_{i}, x_{i+2} y_{i}$ следи да су $v_{i+1}$, $v_{i+2} \in\{(0,1),(1,0)\}$, а тада мора бити $v_{i}= \pm(1,-1)$, тј. $a_{i}=|p-q|$. Међутим, како су $p$ и $q$ узајамно прости и већи од 1 , важи $\max \{p, q\}>$ $|p-q| \notin\{p, q\}$, противно избору $p$ и $q$.

Нека је $m=d a_{0}=e a_{n}$. По леми 2 је $m=d x_{0} p+d y_{0} q=e x_{n} p+e y_{n} q$, при чему је $\left(d x_{0}, d y_{0}\right) \neq\left(e x_{n}, e y_{n}\right)$ јер због $a_{0} \neq a_{n}$ важи $\frac{x_{0}}{y_{0}} \neq \frac{x_{n}}{y_{n}}$. Одатле следи да $p \mid d y_{0}-e y_{n}$, па је $d y_{0}>p$ или $e y_{n}>p$; коначно, $m>p q$ и према томе $\min (p, q)<\sqrt{m}$.