problem:
Дат је природан број $k$. Нека је $f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$ бијекција таква да за свака два цела броја $i$ и $j$ за које је $|i-j| \leqslant k$ важи $|f(i)-f(j)| \leqslant k$. Доказати да за све $i, j \in \mathbb{Z}$ важи

$$
|f(i)-f(j)|=|i-j|
$$

(Миљан Кнежевић)

solution: За $k=1$ тврђење је тривијално. Нека је зато $k>2$. Интервалом дужине $k$ зовемо скуп облика $\{x, x+1, \ldots, x+k\}, x \in \mathbb{Z}$. Два цела броја $x$ и $y$ ће бити узастопна ако и само ако постоје интервали $I_{1}$ и $I_{2}$ дужине $k$ за које је $I_{1} \cap I_{2}=\{x, y\}$. Међутим, по услову задатка су $f\left(I_{1}\right)$ и $f\left(I_{2}\right)$ такође интервали дужине $k$, па како је $\{f(x), f(y)\}=f\left(I_{1}\right) \cap f\left(I_{2}\right)$, следи да су и $f(x)$ и $f(y)$ узастопни бројеви. Одавде је $|f(x+1)-f(x)|=1$ за $x \in \mathbb{Z}$. Коначно, користећи инјективност пресликавања, једноставном индукцијом по $n$ добијамо да је $|f(x+n)-f(x)|=n$.


problem:
Нека је

$$
S_{n}=\left\{\binom{n}{n},\binom{2 n}{n},\binom{3 n}{n}, \ldots,\binom{n^{2}}{n}\right\}, \quad \text { за } n \in \mathbb{N}
$$

a) Доказати да постоји бесконачно много сложених природних бројева $n$ таквих да $S_{n}$ није потпун систем остатака по модулу $n$.

б) Доказати да постоји бесконачно много сложених природних бројева $n$ таквих да $S_{n}$ јесте потпун систем остатака по модулу $n$.

(Милош Милосавлевић)

solution:
(а) Доказаћемо да $n=2 p$ задовољава услове, где је $p>2$ прост број. Имамо

$$
\binom{2 k p}{2 p}=k \prod_{i=1}^{p-1} \frac{2 k p-i}{2 p-i} \cdot(2 k-1) \prod_{i=1}^{p-1} \frac{2 k p-p-i}{p-i} \equiv k(2 k-1) \quad(\bmod p)
$$

Конкретно, одавде је $\binom{2 k p}{2 p}$ дељиво са $p$ за $k \in\left\{\frac{p+1}{2}, p, 2 p\right\}$, тј. $S_{2 p}$ има три елемента дељива са $p$, па није потпун систем остатака.

(б) Доказаћемо да $n=p^{2}$ задовољава услове, где је $p>2$ прост број. Имамо $\binom{k p^{2}}{p^{2}}=\prod_{i=0}^{p^{2}-1} \frac{k p^{2}-i}{p^{2}-i}=k \prod_{j=1}^{p-1} \frac{k p^{2}-j p}{j p} \cdot \prod_{p \nmid j} \frac{k p^{2}-i}{p^{2}-i}$, па је по модулу $p^{2}$

$$
\binom{k n}{n} \equiv k \prod_{j=1}^{p-1} \frac{k p-j}{j}=k \prod_{j=1}^{p-1}\left(1-\frac{k p}{j}\right) \equiv k-k^{2} p \sum_{j=1}^{p-1} \frac{1}{j}
$$

Како је $\sum_{j=1}^{p-1} \frac{1}{j}=\sum_{j=1}^{\frac{p-1}{2}}\left(\frac{1}{j}+\frac{1}{p-j}\right)=\sum_{j=1}^{\frac{p-1}{2}} \frac{p}{j(p-j)} \equiv 0(\bmod p)$, коначно следи да је $\binom{k p^{2}}{p^{2}} \equiv k\left(\bmod p^{2}\right)$.

Напомена. Има и других могућности за бројеве $n$ : на пример, (a) $n=8 k+6$ за $k \in \mathbb{N}$, односно (б) $n=p^{k}$ за прост број $p$.


problem:
Нека су $M, N$ и $P$ средишта страница $B C, A C$ и $A B$, редом, а $O$ центар описане кружнице оштроуглог троугла $A B C$. Кружнице описане око троуглова $B O C$ и $M N P$ секу се у различитим тачкама $X$ и $Y$ унутар троугла $A B C$. Доказати да је

$$
\varangle B A X=\varangle C A Y
$$

(Марко Ђикић)

## Министарство просвете, науке и технолошког развоја Друштво математичара Србије <br> СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА УЧЕНИКА СРЕДЊИХ ШКОЛА

Нови Сад, 6. април 2013.

## Други дан

solution:
Обележимо са $k_{1}$ и $k_{2}$ редом кругове $M N P$ и $B O C$. Круг $k_{1}$ је Ојлеров круг у $\triangle A B C$ и пролази кроз подножја висина $D, E$ из $B, C$ и средиште $O_{1}$ дужи $A H$, где је $H$ ортоцентар $\triangle A B C$.

Покажимо да друга пресечна тачка $Z$ праве $A Y$ и круга $k_{1}$ лежи на Ојлеровом кругу $k_{3}$ троугла $A D E$. Сматраћемо да

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_20e283872a8df50633b1g-3.jpg?height=439&width=574&top_left_y=2082&top_left_x=1118)
је $Z$ између $A$ и $Y$; доказ у другом случају је аналоган. Нека су $D_{1}$ и $E_{1}$ редом средишта дужи $A D$ и $A E$. Како је $A Y \cdot A Z=A D \cdot A N=$ $A D_{1} \cdot A C$, тачке $Y, Z, C, D_{1}$ су концикличне, па је $\varangle A Z D_{1}=\varangle A C Y$.

Аналогно је $\varangle A Z E_{1}=\varangle A B Y$, па је $\varangle D_{1} Z E_{1}=\varangle A Z D_{1}+\varangle A Z E_{1}=$ $\varangle A C Y+\varangle A B Y=\varangle B Y C-\varangle B A C=\varangle B A C$. Одавде следи да је $Z$ на $k_{3}$.

Пошто је $O_{1}$ центар описаног круга $\triangle A D E$, трансформација сличности која слика $\triangle A B C$ у $\triangle A D E$ такође слика $k_{1}$ у $k_{2}$ и $k_{2}$ у $k_{3}$, па је слика тачке $X \in k_{1} \cap k_{2}$ тачка $Z \in k_{2} \cap k_{3}$. Према томе, $\varangle B A X=\varangle D A Z=\varangle C A Y$.

Напомена. Показује се да се при инверзији са центром $A$ и квадратом полупречника $\frac{1}{2} A B \cdot A C$ кругови $k_{1}$ и $k_{2}$ сликају један у други, па се и тачке $X$ и $Y$ сликају једна у другу, одакле такође следи тврђење.


problem:
Одредити све $n \in \mathbb{N}$ за које је могуће поделити скуп $\{1,2, \ldots, 3 n\}$ на $n$ дисјунктних трочланих подскупова облика $\{a, b, c\}$ у којима су $b-a$ и $c-b$ различити бројеви из скупа $\{n-1, n, n+1\}$.

(Душан Ђукић)

solution:
Тражена партиција скупа $\{1,2, \ldots, 3 n\}$ одговара партицији темена правилног $3 n$-угла $P_{1} P_{2} \ldots P_{3 n}$ на тројке $\left\{A_{i}, B_{i}, C_{i}\right\}$ такве да су углови сваког од троуглова $A_{i} B_{i} C_{i}$ једнаки $\frac{n-1}{3 n} \pi, \frac{n}{3 n} \pi$ и $\frac{n+1}{3 n} \pi$. Погодним обележавањем темена $3 n$-угла можемо постићи да темена $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ буду управо $P_{n}, P_{2 n-1}, P_{3 n}$. Другим речима, не смањујемо општост ако претпоставимо да се међу тројкама $\{a, b, c\}$ на које је скуп $\{1,2, \ldots, 3 n\}$ подељен налази и тројка $\{n, 2 n-1,3 n\}$.

Једна од преосталих $n-1$ тројки мора да садржи два броја из интервала $[2 n, 3 n-1]$, а то могу да буду једино $2 n$ и $3 n-1$. Једина тројка која садржи ове бројеве и не садржи $n$ је $\{n-1,2 n, 3 n-1\}$.

Све остале тројке садрже тачно по један број из сваког од интервала $[1, n-2],[n+1,2 n-2]$ и $[2 n+1,3 n-2]$. Пресликавањем $(a, b, c) \rightarrow(a, b-2, c-4)$ за $a<b<c$ добијамо одговарајуће растављање скупа $\{1,2, \ldots, 3(n-2)\}$ на тројке. Како за $n=1$ овакво растављање није могуће, једноставном индукцијом показујемо да оно није могуће ни за једно непарно $n$.

С друге стране, за парно $n=2 m$ тројке ( $2 i-1,2 i+n, 2 i+2 n-1$ ) и $(2 i, 2 i+n-1,2 i+2 n)$ за $i=1, \ldots, m$ задовољавају услове.


problem:
Нека су $A^{\prime}$ и $B^{\prime}$ подножја висина из темена $A$ и $B$, редом, оштроуглог троугла $A B C(A C \neq B C)$. Кружница $k$ садржи тачке $A^{\prime}$ и $B^{\prime}$ и додирује страницу $A B$ у тачки $D$. Ако троуглови $A D A^{\prime}$ и $B D B^{\prime}$ имају једнаке површине, доказати да је

$$
\varangle A^{\prime} D B^{\prime}=\varangle A C B .
$$

(Милош Милосавлевић)

solution:
Нека је без смањења општости $B C>A C$. Тада се праве $A^{\prime} B^{\prime}$ и $A B$ секу у тачки $P$, при чему је $A$ између $P$ и $B$. Из једнакости површина $A D A^{\prime}$ и $B D B^{\prime}$ следи да је $\frac{A D}{D B}=\frac{P B^{\prime}}{P A^{\prime}}$. С друге стране, важи и $P D^{2}=P A^{\prime} \cdot P B^{\prime}=P A$. $P B$, одакле је $\frac{P D}{P B}=\frac{P A}{P D}=\frac{A D}{D B}=$ $\frac{P B^{\prime}}{P A^{\prime}}$. Из последњих једнакости

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_20e283872a8df50633b1g-4.jpg?height=366&width=668&top_left_y=2050&top_left_x=1068)
следи да је $B^{\prime} D \| B C$ и $A^{\prime} D \| A C$, и зато је $\varangle A^{\prime} D B^{\prime}=\varangle A C B$.

Друго решеъе. Како је $\varangle C B^{\prime} D=\alpha+\varangle A D B^{\prime}=\alpha+\varangle B^{\prime} A^{\prime} D=$ $\varangle C A^{\prime} D=x$, синусна теорема у $\triangle A^{\prime} B^{\prime} D$ и $\triangle A B^{\prime} D$ нам даје $B D=$ $\frac{B A^{\prime} \sin x}{\sin (\beta+x)}$ и $A D=\frac{A B^{\prime} \sin x}{\sin (\alpha+x)}$, па је $\frac{A D}{B D}=\frac{A B^{\prime} \sin (\beta+x)}{B A^{\prime} \sin (\alpha+x)}=\frac{\sin (\beta+x) \cos \alpha}{\sin (\alpha+x) \cos \beta}$. С
друге стране, из услова $\left[A D A^{\prime}\right]=\left[B D B^{\prime}\right]$ добијамо $\frac{A D}{D B}=\frac{d\left(B^{\prime}, A B\right)}{d\left(A^{\prime}, A B\right)}=$ $\frac{\sin \alpha \cos \alpha}{\sin \beta \cos \beta}$, тј. $\frac{\sin (\beta+x)}{\sin (\alpha+x)}=\frac{\sin \alpha}{\sin \beta}$. Одавде лако добијамо $\varangle A B^{\prime} D=x=\gamma$.


solution:
Нека је $\max \left\{a_{1}, a_{2}\right\} \leqslant a_{3} \leqslant a_{4}$. Означимо $a_{2}=\beta^{2}$ и $a_{3}=\gamma^{2}, \beta, \gamma \geqslant 0$. Из услова задатка следи $a_{1} \leqslant(\gamma-\beta)^{2}$ и $a_{4} \geqslant(\gamma+\beta)^{2}$.

Претпоставимо да су обе ове неједнакости заправо једнакости. Тада имамо $a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}+a_{4}^{2}=3\left(\beta^{4}+4 \beta^{2} \gamma^{2}+\gamma^{4}\right)$ и $a_{1} a_{2}+a_{1} a_{3}+$ $a_{1} a_{4}+a_{2} a_{3}+a_{2} a_{4}+a_{3} a_{4}=3\left(\beta^{4}+\beta^{2} \gamma^{2}+\gamma^{4}\right)$. При том је $\gamma \leqslant 2 \beta$, па је $\frac{\beta^{4}+4 \beta^{2} \gamma^{2}+\gamma^{4}}{\beta^{4}+\beta^{2} \gamma^{2}+\gamma^{4}}=1+\frac{3 \beta^{2} \gamma^{2}}{\beta^{4}+\beta^{2} \gamma^{2}+\gamma^{4}}=1+\frac{3}{1+\frac{\beta^{2}}{\gamma^{2}}+\frac{\gamma^{2}}{\beta^{2}}} \geqslant \frac{11}{7}$, уз једнакост за $\gamma=2 \beta$. Према томе, у овом случају је $K \geqslant \frac{11}{7}$, а једнакост се достиже за $a_{1}: a_{2}: a_{3}: a_{4}=1: 1: 4: 9$.

Покажимо још да можемо да узмемо $a_{1}=(\gamma-\beta)^{2}$ и $a_{4}=(\gamma+\beta)^{2}$. Посматрајмо израз

$$
F=a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}+a_{4}^{2}-\frac{11}{7}\left(a_{1} a_{2}+a_{1} a_{3}+a_{1} a_{4}+a_{2} a_{3}+a_{2} a_{4}+a_{3} a_{4}\right)
$$

За фиксирано $a_{2}, a_{3}, a_{4}, F$ је опадајућа функција по $a_{1}$ за $a_{1}<$ $\frac{11}{14}\left(a_{2}+a_{3}+a_{4}\right)$, при чему је $\frac{11}{14}\left(a_{2}+a_{3}+a_{4}\right) \geqslant \frac{11}{14}\left(\beta^{2}+\gamma^{2}+(\beta+\gamma)^{2}\right)$ $\geqslant(\gamma-\beta)^{2} \geqslant a_{1}$, па се $F$ не повећава ако $a_{1}$ заменимо са $(\gamma-\beta)^{2}$. Сада можемо да ставимо без смањења општости да је $a_{1} \leqslant a_{2}$, тј. $\beta \leqslant \gamma \leqslant 2 \beta$. Слично као горе, за фиксирано $a_{1}, a_{2}, a_{3}, F$ је растућа функција по $a_{4}$ за $a_{4}>\frac{11}{14}\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)$, и при том је $\frac{11}{14}\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)$ $\leqslant \frac{11}{14}\left(\beta^{2}+\gamma^{2}+(\gamma-\beta)^{2}\right) \leqslant(\gamma+\beta)^{2} \leqslant a_{4}$, дакле $F$ се не повећава ако $a_{4}$ заменимо са $(\gamma+\beta)^{2}$.