problem:
Нека је $n \geqslant 2$ природан број и нека позитивни реални бројеви $a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{n}$ задовољавају једнакост

$$
\left(a_{k-1}+a_{k}\right)\left(a_{k}+a_{k+1}\right)=a_{k-1}-a_{k+1} \quad \text { за свако } k=1,2, \ldots, n-1 \text {. }
$$

Доказати да је $a_{n}<\frac{1}{n-1}$.

(Душан Ђукић)

solution:
Дата једнакост је еквивалентна са

$$
\frac{1}{a_{k}+a_{k+1}}=1+\frac{1}{a_{k-1}+a_{k}}
$$

за свако $k>0$. Индукцијом следи $\frac{1}{a_{k}+a_{k+1}}=k+\frac{1}{a_{0}+a_{1}}$ за $k>0$, одакле добијамо да је $\frac{1}{a_{n-1}+a_{n}}>n-1$ и према томе $a_{n}<\frac{1}{n-1}$.


problem:
Нека је $n$ непаран природан број такав да су бројеви $\varphi(n)$ и $\varphi(n+1)$ степени броја два ( $\varphi(n)$ је број природних бројева не већих од $n$ и узајамно простих са $n$ ). Доказати да је $n+1$ степен броја два или је $n=5$.

(Марко Радовановић)

solution:
Ако је $n=\prod_{i=1}^{k} p_{i}^{r_{k}}$ канонска факторизација $n$, важи $\varphi(n)=\prod_{i=1}^{k} p_{i}^{r_{k}-1}\left(p_{i}-\right.$ 1), па пошто $n$ нема других простих чинилаца осим двојке, мора бити $a_{i}=1$ и $p_{i}-1=2^{b_{i}}$ за свако $i$ и неке $b_{i}$. Како $2^{b_{i}}+1$ може бити прост само ако је $b_{i}$ степен двојке, имамо $p_{i}=2^{2^{c_{i}}}+1$ за неке различите $c_{i}$.

Претпоставимо да $n+1$ није степен двојке. Из чињенице да је $\varphi(n+1)$ степен двојке добијамо да су сви непарни прости делиоци броја $n+1$ облика $2^{2^{d_{i}}}+1$. Према томе,

$$
n=\prod_{i=1}^{k}\left(2^{2^{c_{i}}}+1\right), \quad n+1=2^{t} \prod_{j=1}^{l}\left(2^{2^{d_{j}}}+1\right)
$$

при чему су сви $c_{i}$ и $d_{j}$ међусобно различити. Можемо узети без смањења општости да је $c_{1}<\cdots<c_{k}$ и $d_{1}<\cdots<d_{l}$.

За свако $m, M \in \mathbb{N}, m \leq M$, једноставном индукцијом се показује да важи

$$
\frac{2^{2^{m}}+1}{2^{2^{m}}}<\prod_{i=m}^{M} \frac{2^{2^{i}}+1}{2^{2^{i}}}=\frac{2^{2^{m}}}{2^{2^{m}}-1} \cdot \frac{2^{2^{M+1}}-1}{2^{2^{M+1}}}<\frac{2^{2^{m}}}{2^{2^{m}}-1}
$$

Одавде добијамо

$$
\frac{2^{2^{c_{1}}}+1}{2^{2^{c_{1}}}} 2^{c} \leqslant n<\frac{2^{2^{c_{1}}}}{2^{2^{c_{1}}}-1} 2^{c} \quad \text { и } \quad \frac{2^{2^{d_{1}}}+1}{2^{2^{d_{1}}}} 2^{d} \leqslant n+1<\frac{2^{2^{d_{1}}}}{2^{2^{d_{1}}}-1} 2^{d}
$$

где је $c=\sum_{i} 2^{c_{i}}$ и $d=t+\sum_{j} 2^{d_{i}}$. Следи да је $c=d$. Ако је $d_{1}>c_{1}$, важи $\frac{2^{2^{d_{1}}}}{2^{2^{d_{1}}}-1}<\frac{2^{2^{c_{1}}}+1}{2^{2^{c_{1}}}}$, па је $n+1<n$, контрадикција. Према томе, $d_{1}<c_{1}$, а тада је $n+1 \geqslant \frac{2^{2^{d_{1}}}+1}{2^{2^{d_{1}}}} 2^{c}>\frac{2^{2^{c_{1}}}}{2^{2^{c_{1}}}-1} 2^{c}>n$, па је $\frac{n+1}{n}>\frac{2^{2^{d_{1}}}+1}{2^{2^{d_{1}}}} \cdot \frac{2^{2^{c_{1}}}-1}{2^{2^{c_{1}}}}$ и, због $n \geqslant 2^{2^{c_{1}}}+1 \geqslant a^{2}+1$ за $2^{2^{d_{1}}}=a, \frac{n+1}{n}>\frac{(a+1)\left(a^{2}-1\right)}{a^{3}}=1+\frac{a^{2}-a-1}{a^{3}}$, одакле закључујемо $a^{2}+1 \leqslant n<\frac{a^{3}}{a^{2}-a-1}$. Једина могућност је $a=2$ и $n=5$.


problem:
Нека је $H$ ортоцентар, а $O$ центар описане кружнице оштроуглог троугла $A B C$. Тачке $D$ и $E$ су подножја висина из $A$ и $B$, редом. Обележимо са $K$ пресечну тачку правих $O D$ и $B E$, а са $L$ пресечну тачку правих $O E$ и $A D$. Нека је $X$ друга пресечна тачка кружница описаних око троуглова $H K D$ и $H L E$, а $M$ средиште странице $A B$. Доказати да су тачке $K, L$ и $M$ колинеарне ако и само ако је $X$ центар описане кружнице троугла $E O D$.

(Марко Ђикић)

# СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА

такмичење ученика средњих школа из математике

Београд, 03.04.2011.

## Други дан

solution:
Ако је $X$ центар описаног круга $\triangle O D E$, онда је $90^{\circ}-\angle K D E=90^{\circ}-$ $\angle O D E=\angle X E O=\angle X E L=\angle X H D=\angle X K D$ (сви углови су оријентисани), одакле следи да је $X K \perp D E$; аналогно $X L \perp D E$, тј. $K$ и $L$ леже на симетрали дужи $D E$, па је $D E H O$ једнакокраки трапез, дакле $D, E, O, H$ леже на кругу.

С друге стране, ако $O$ лежи на кругу $H D E$, дакле на кругу над пречником $C H$, периферијски углови над $E H$ и $O D$ су једнаки ( $\angle E C H=$ $\angle O C D)$, па је $D E H O$ једнакокраки трапез и одатле $D L=E L$. Сада имамо $\angle E X H=\angle E L H=2 \angle E D H$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_ecf1fe71dc588d40a3adg-4.jpg?height=607&width=697&top_left_y=320&top_left_x=1061)
и аналогно $\angle D X H=2 \angle D E H$, па следи да је $X$ центар круга $D E O H$. Према томе, $X$ је центар круга $O D E$ ако и само ако $D, E, O$ и $H$ леже на кругу.

Ако су тачке $D, E, O, H$ на кругу, тада $K, L$ и $M$ леже на симетрали дужи $D E$, чиме је један смер задатка доказан. Претпоставимо сада да $O$ лежи ван круга $C D H E$ (случај када је $O$ унутар круга се разматра на исти начин). Како је $C O \perp D E$, важи $D L>L E$ и $E K>K D$, тј. $K$ и $L$ леже на разним странама симетрале дужи $D E$, а $M$ припада овој симетрали. Према томе, ако су $K, L$ и $M$ колинеарне, $M$ се мора налазити између $K$ и $L$. Следи да је једна од тачака $K$ и $L$ ван троугла $A B C$, а друга унутар троугла. Међутим, када је $O$ изван четвороугла $A B D E$, обе тачке $K$ и $L$ су ван троугла, а у супротном су обе унутар троугла. То је контрадикција са претпоставком да $M$ лежи на правој $K L$, што доказује други смер.


problem:
На страницама $A B, A C$ и $B C$ троугла $A B C$ дате су, редом, тачке $M, X$ и $Y$ тако да је $A X=M X$ и $B Y=M Y$. Нека су $K$ и $L$, редом, средишта дужи $A Y$ и $B X$, а $O$ центар описане кружнице троугла $A B C$. Ако су $O_{1}$ и $O_{2}$ тачке симетричне тачки $O$ у односу на $K$ и $L$, редом, доказати да тачке $X, Y, O_{1}$ и $O_{2}$ леже на истој кружници.

(Марко Ђикић)

solution: Поставимо координатни систем са почетком у тачки $M$ и $x$-осом дуж праве $A B$. Нека тачке $X$ и $Y$ имају координате $(a, b)$ и $(c, d)$ редом. Због $A X=X M$ и $B Y=Y M$, координате тачака $A$ и $B$ су $(2 a, 0)$ и $(2 c, 0)$, а тачака $K$ и $L\left(a+\frac{c}{2}, \frac{d}{2}\right)$ и $\left(c+\frac{a}{2}, \frac{b}{2}\right)$, редом. Тачка $O$ има координате $(a+c, e)$ за неко $e$, одакле добијамо $O_{1}(a, d-e)$ и $O_{2}(c, b-e)$. Према томе, тачке $O_{1}$ и $O_{2}$ су симетричне тачкама $X$ и $Y$ у односу на праву $y=\frac{b+d-e}{2}$, па су $X, Y$ и $O_{1}, O_{2}$ темена (могуће дегенерисаног) једнакокраког трапезе, и зато леже на кругу.


problem:
Да ли постоје природни бројеви $a, b$ и $c$, већи од 2011, такви да у децималном запису важи једнакост

$$
(a+\sqrt{b})^{c}=\ldots 2010,2011 \ldots ?
$$

(Милош Милосављевић)

solution:
Показаћемо да такви бројеви $a, b$ и $c$ постоје. Број $x=(a+\sqrt{b})^{c}+(a-\sqrt{b})^{c}$ је цео. Довољно је одабрати $a, b, c$ тако да $x$ буде дељиво са $10^{4}$ и $7989,7989>$ $(a-\sqrt{b})^{c}>7989,7988$.

За непарно $c$, број $x=2 a^{c}+2\binom{c}{2} a^{c-2}+\cdots+2\binom{c}{c-1} a$ је дељив са $a$, па је довољно узети $a$ које је дељиво са $10^{4}$. Други услов постижемо избором $a$ и $b$ тако да је $1<a-\sqrt{b}<\sqrt{\frac{7989,7989}{7989,7988}}$ - на пример, $a=10^{8}$ и $b=$ $(a-1)^{2}-1$. Заиста, нека је $c$ најмањи непаран природан број за који је $(a-\sqrt{b})^{c}>7989,7988$. Такво $c$ је очигледно веће од 2011 (у овом случају $c=1797184159)$ и $(a-\sqrt{b})^{c}<7989,7989$.


problem:
Скуп $T$ садржи 66 тачака, а скуп $P$ садржи 16 правих у равни. За тачку $A \in T$ и праву $l \in P$ кажемо да су иниидентни пар ако $A \in l$. Доказати да број инцидентних парова не може бити већи од 159 , као и да постоји

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_ecf1fe71dc588d40a3adg-2.jpg?height=51&width=1501&top_left_y=1666&top_left_x=282)

Време за рад 270 минута.

Сваки задатак вреди 7 поена.

## РЕШЕЊА

solution:
Означимо са $A_{1}, \ldots, A_{66}$ тачке скупа $T$ и са $a_{i}$ број правих из $P$ које садрже $A_{i}$. Тада је број парова правих које се секу у $A_{i}$ једнак $\binom{a_{i}}{2}$, а број инцидентних парова $I=\sum a_{i}$. Како се сваке две праве секу у највише једној тачки, важи $\sum_{i=1}^{66}\binom{a_{i}}{2} \leqslant\binom{ 16}{2}=120$. Нека је $b_{k}$ број тачака из $T$ кроз које пролази тачно $k$ правих из $P$. Тада је $\sum b_{k}=66, \sum\binom{k}{2} b_{k} \leqslant 120$ и $I=\sum k b_{k} \leqslant \sum \frac{1}{2}\left(3+\binom{k}{2}\right) b_{k}=\frac{1}{2}(3 \cdot 66+120)=159$, јер је $3+\binom{k}{2} \geq 2 k$. Једнакост се достиже ако је $b_{k}=0$ за $k \notin\{2,3\}, b_{2}=39$ и $b_{3}=27$, другим речима, ако праве из $P$ одређују тачно 39 двоструких и 27 троструких пресека.

Пример конфигурације са 159 инцидентних парова може се конструисати нпр. помоћу Дезаргове теореме. Узмимо тачке $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ на правој $a$ и $B_{1}, B_{2}, B_{3}$ на правој $b \| a$, затим повуцимо 9 правих $A_{i} B_{j}, i, j \in\{1,2,3\}$. Нпр. на слици је $A_{1} A_{2}: A_{2} A_{3}: B_{1} B_{2}: B_{2} B_{3}=2: 2: 3: 6$, тако да међу овим правим нема паралелних. По Дезарговој теореми, ових 9 правих одређују 18 пресечних тачака које су по три колинеарне - тако да одређују још 6 правих. Заједно са ових 6 правих, имамо слику са 15 правих и 24 трострука пресека. При том се три праве добијене Дезарговом теоремом секу у једној тачки (на слици тачка $K$ ), што нам даје и 25 -ти троструки пресек. Повуцимо још једну праву која пролази само кроз две двоструке пресечне тачке. За скуп $P 16$ нацртаних правих и скуп $T$ који се сас-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_ecf1fe71dc588d40a3adg-5.jpg?height=770&width=755&top_left_y=1328&top_left_x=1032)
тоји од 27 добијених троструких и преосталих 39 двоструких пресека постиже се једнакост.