problem:
Одредити све природне бројеве $n(n>1)$ који имају следеће својство: ако су $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots, a_{k}$ сви природни бројеви мањи од $n$ и узајамно прости са $n$ и важи поредак $a_{1}<a_{2}<a_{3}<\cdots<a_{k}$, онда ниједан од збирова $a_{i}+a_{i+1}$ за $i=1,2, \ldots, k-1$ није дељив са 3.

(Душан Ђукић)

solution:
За $n \leqslant 28$ услов задатка је задовољен само за $n \in\{2,4,10\}$. Нека је $n>28$. Приметимо да је низ $a_{i}$ симетричан у односу на $\frac{n}{2}$. Дакле, $a_{i}+a_{k+1-i}=n$. Ако $2 \nmid n$, онда је $a_{1}=1, a_{2}=2$ и $3 \mid a_{1}+a_{2}$. С друге стране, ако $3 \mid n$, одаберимо $i$ тако да је $a_{i}<\frac{n}{2}<a_{i+1}$ : тада $3 \mid a_{i}+a_{i+1}=n$. Надаље $2 \mid n$ и $3 \nmid n$, тако да је $a_{2}=3$. Одавде имамо и $a_{k-1}=n-3$ и $a_{k}=n-1$.

Ако је $n \equiv 2(\bmod 3)$, онда $3 \mid a_{k-1}+a_{k}=2 n-4$. Остаје само случај $n \equiv 1$ $(\bmod 3)$.

Даље, ако је $a_{i}+a_{i+1} \equiv 2(\bmod 3)$, онда је $a_{k-i}+a_{k+1-i}=2 n-\left(a_{i}+a_{i+1}\right) \equiv$ $0(\bmod 3)$. Зато можемо да сматрамо да је $a_{i}+a_{i+1} \equiv 1(\bmod 3)$ за $i=$ $1,2, \ldots, k-1$. Индукцијом налазимо

$$
a_{1} \equiv a_{3} \equiv \cdots \equiv 1 \quad \text { и } \quad a_{2} \equiv a_{4} \equiv \cdots \equiv 0 \quad(\bmod 3)
$$

Како је $(n, 9)=1$, следи $a_{4}=9$, а због $a_{3} \equiv 1(\bmod 3)$ имамо и $a_{3}=7$. Одавде добијамо $(n, 7)=1$ и $(n, 5) \neq 1$, тј. $5 \mid n$.

Сада имамо $(n, 21)=(n, 27)=1$, али бројеви $22,24,25$ и 26 нису узајамно прости са $n$, а на основу $(*)$ ни број 23 се не може појавити у низу $a_{1}, \ldots, a_{k}$. Дакле, 21 и 27 су суседни у низу $a_{1}, \ldots, a_{k}$, али $3 \mid 21+27$, контрадикција.

Према томе, једина решења су 2,4 и 10 .


problem:
За низ ненегативних реалних бројева $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}$ кажемо да је уложсив у интервал $[b, c]$ ако постоје бројеви $x_{0}, x_{1}, \ldots, x_{k}$ из интервала $[b, c]$ такви да важи $\left|x_{i}-x_{i-1}\right|=a_{i}$ за $i=1,2, \ldots, k$. Низ је нормиран ако су сви његови чланови не већи од 1. За задат природан број $n$, доказати:

(a) сваки нормиран низ дужине $2 n+1$ је уложив у интервал $\left[0,2-\frac{1}{2^{n}}\right]$;

(б) постоји нормиран низ дужине $4 n+3$ који није уложив у $\left[0,2-\frac{1}{2^{n}}\right]$.

(Душан Ђукић)

solution:
(a) Довољно је доказати да је сваки нормиран низ $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2 n+1}$ уложив у неки интервал дужине $2-\frac{1}{2^{n}}$. Тврђење доказујемо индукцијом по $n$. Оно је тачно за $n=0$; нека је $n \geqslant 1$. По индуктивној претпоставци постоји низ $x_{0}, x_{1}, \ldots, x_{2 n-1} \in\left[0,2-\frac{1}{2^{n-1}}\right]$ такав да је $\left|x_{i}-x_{i-1}\right|=a_{i}$ за $i=1, \ldots, 2 n-1$. Не умањујући општост, сматраћемо да је $x_{2 n-1} \leqslant 1-\frac{1}{2^{n}}$.

(10) Ако је $a_{2 n} \geqslant \frac{1}{2^{n}}$, можемо узети $x_{2 n}=x_{2 n-1}+a_{2 n} \in\left[1,2-\frac{1}{2^{n}}\right]$ и $x_{2 n+1}=$ $x_{2 n}-a_{2 n+1} \in\left[0,2-\frac{1}{2^{n}}\right]$, чиме је низ уложен у интервал $\left[0,2-\frac{1}{2^{n}}\right]$.

$\left(2^{\circ}\right)$ Ако је $a_{2 n}<\frac{1}{2^{n}}$, узећемо $x_{2 n}=x_{2 n-1}-a_{2 n} \in\left[-\frac{1}{2^{n}}, 1-\frac{1}{2^{n}}\right]$ и $x_{2 n+1}=x_{2 n}+$ $a_{2 n+1}$, чиме је низ уложен у један од интервала $\left[0,2-\frac{1}{2^{n}}\right]$ и $\left[-\frac{1}{2^{n}}, 2-\frac{1}{2^{n-1}}\right]$.

(б) Означимо $N=3 \cdot 2^{n-1}-1$. Доказаћемо да се низ дужине $4 n-1$

$1,1-\frac{1}{N}, 1,1-\frac{2}{N}, 1,1-\frac{2^{2}}{N}, \ldots, 1,1-\frac{2^{n-1}}{N}, 1,1-\frac{2^{n-2}}{N}, 1, \ldots, 1-\frac{2}{N}, 1,1-\frac{1}{N}, 1$ не може уложити у интервал $\left(-1+\frac{1}{2 N}, 1-\frac{1}{2 N}\right)$, одакле следи твр ење.

Претпоставимо супротно. Једноставном индукцијом се доказује да је:

(i) $\left|x_{2 i}\right|<1-\frac{2^{i+1}-1}{2 N}$ и $\left|x_{2 i+1}\right|>\frac{2^{i+1}-1}{2 N}$ за $i=0, \ldots, n$;

(ii) $\left|x_{2 i}\right|<\frac{2^{2 n+2-i}-1}{2 N}$ и $\left|x_{2 i+1}\right|>1-\frac{2^{2 n+2-i}-1}{2 N}$ за $i=n+1, \ldots, 2 n+1$.

Тако за $x_{4 n+3}$ добијамо контрадикцију.


problem:
Конвексан четвороугао $A B C D$ је описан око кружнице $k$. Праве $A D$ и $B C$ се секу у тачки $P$, а кружнице описане око $\triangle P A B$ и $\triangle P C D$ се секу у тачки $X$. Доказати да тангенте из тачке $X$ на кружницу $k$ граде једнаке углове са правима $A X$ и $C X$.

(Дуиан Ђукић)

# Министарство просвете, науке и технолошког развоја Друштво математичара Србије <br> 13. СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА УЧЕНИКА СРЕДЊИХ ШКОЛА

## Други дан

solution:
Пошто је $\varangle X A D=\varangle X B C$ и $\varangle X D P=\varangle X C P$, важи $\triangle X A D \sim \triangle X B C$.

Нека симетрала $s_{X}$ угла $A X C$ сече кругове $P A B$ и $P C D$ у тачкама $K$ и $R$, а симетрала $s_{P}$ угла $A P C$ сече кругове $P A B$ и $P C D$ у тачкама $L$ и $S$. Права $s_{P}$ пролази кроз центар $I$ круга $k$ и важи $L A=L B=L I$ и $S C=S D=S I$.

Како је $\varangle I L K=\varangle P X K=\varangle P X R=\varangle I S R$, важи $K L \| R S$. Даље, имамо $\varangle R X S=\varangle R X C-\varangle S P C=\frac{1}{2}(\varangle A X C-\varangle A P C)=\frac{1}{2} \varangle B X C$ и, слично, $\varangle L X K=$ $\frac{1}{2} \varangle B X C$. Следи да тетивама $K L$ и $R S$ у круговима $P A B$ и $P C D$, као и тетивама $L B$ и $S D$, одговарају једнаки периферијски углови, па је $\frac{K L}{R S}=\frac{L B}{S D}=\frac{L I}{S I}$. Следи да је $\triangle I K L \sim \triangle I R S$, па тачка $I$ лежи на правој $K R$, што је симетрала угла $A X C$. Тврђење задатка одмах следи.

Друго решење. Означимо са $U$ и $V$ редом пресеке симетрала углова $A X D$ и $B X C$ са $A D$ и $B C$. Као и у првом решењу, $\triangle X A D \sim$ $\triangle X B C$, одакле је $\varangle X U P=\varangle X V P$, па тачке $X, P, U$ и $V$ леже на истом кругу $\gamma$. Дока-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_4c21c515d81a35d28472g-4.jpg?height=640&width=623&top_left_y=551&top_left_x=1182)
заћемо да је и тачка $I$ на овом кругу и да је $I U=I V$. Следиће да $I$ припада симетрали угла $U X V$, што је уједно и симетрала угла $A X C$.

Нека су $M$ и $N$ редом тачке додира круга $k$ са страницама $A D$ и $B C$. Означимо $A M=a, B N=b, C N=c$ и $D M=d$. Тада је $A B=a+b, C D=c+d$ и $A U: U D=(a+b):(c+d)$, одакле налазимо $A U=\frac{a+b}{a+b+c+d} \cdot A D=\frac{(a+b)(a+d)}{a+b+c+d}$; слично имамо $B V=\frac{(b+a)(b+c)}{a+b+c+d}$. Следи да је $A M-A U=B V-B N=\frac{a c-b d}{a+b+c+d}$, па је $M U=N V$ и троуглови $I M U$ и $I N V$ су подударни и исто оријентисани. Према томе, $I U=I V$ и $\varangle U I V=\varangle M I N=180^{\circ}-\varangle V P U$, тј. $I$ је средиште лука $U V$ круга $P X U V$.

Tреће решеъе. Познато је следеће тврђење из пројективне геометрије.

- Дезаргова теорема о инволуиији. Коника $\gamma$ је описана око четвороугла $\overline{A B C D}$. Права $\ell$ сече $A B, C D, B C, D A, A C, B D$ редом у тачкама $X_{1}$, $X_{2}, Y_{1}, Y_{2}, Z_{1}, Z_{2}$, и сече конику $\gamma$ у $W_{1}$ и $W_{2}$. Тада постоји инволуција на правој $\ell$ која слика $X_{1} \leftrightarrow X_{2}, Y_{1} \leftrightarrow Y_{2}, Z_{1} \leftrightarrow Z_{2}$ и $W_{1} \leftrightarrow W_{2}$.

Дуално тврђење (добијено поларним пресликавањем у односу на $\gamma$ ) гласи овако:

- Коника $\gamma$ је уписана у четвороугао $A B C D$ у коме је $A D \cap B C=\{P\}$ и $A B \cap C D=\{Q\}$. Праве $X U$ и $X V$ су тангенте из произвољне тачке $X$ на $\gamma$. Тада постоји инволуција на прамену правих кроз $X$ која слика $X A \leftrightarrow X C, X B \leftrightarrow X D, X P \leftrightarrow X Q$ и $X U \leftrightarrow X V$.

У нашем случају углови $A X C, B X D$ и $P X Q$ имају заједничку симетралу $s$, па је поменута инволуција управо осна симетрија у односу на $s$. Следи да су две тангенте из $X$ на круг (конику) $k$ симетричне у односу на $s$.


problem:
Дат је $\triangle A B C$. Нека је $A_{1}$ централносиметрична слика пресечне тачке симетрале $\measuredangle B A C$ и странице $B C$, где је центар симетрије средина странице $B C$. Аналогно дефинишемо тачке $B_{1}$ (на страници $C A$ ) и $C_{1}$ (на страници $A B)$. Пресек кружнице описане око $\triangle A_{1} B_{1} C_{1}$ с правом $A B$ је скуп $\left\{Z, C_{1}\right\}$, с правом $B C$ је скуп $\left\{X, A_{1}\right\}$, а с правом $C A$ је скуп $\left\{Y, B_{1}\right\}$. Ако се нормале из тачака $X, Y$ и $Z$ на $B C, C A$ и $A B$, редом, секу у једној тачки, доказати да је $\triangle A B C$ једнакокрак.

(Милош Милосављевић)

solution:
Подсетимо се да тачке $P$ и $Q$ унутар $\triangle A B C$ зовемо изогонално спрегнутим ако је $\varangle P A B=\varangle Q A C$ и $\varangle P B C=\varangle Q B A$. Тада такође важи $\varangle P C A=\varangle Q C B$.

Лема. Подножја нормала из тачака $P$ и $Q$ на праве $B C, C A$ и $A B$ леже на истом кругу.

Доказ. Нека су $P_{a}$ и $Q_{a}$ редом подножја нормала из $P$ и $Q$ на $B C$; аналогно означавамо $P_{b}, Q_{b}, P_{c}, Q_{c}$. Из $\varangle A P_{b} P_{c}=\varangle A P P_{c}=\varangle A Q Q_{b}=\varangle A Q_{c} Q_{b}$ следи $\triangle A P_{b} P_{c} \sim \triangle A Q_{c} Q_{b}$, па су тачке $P_{b}, P_{c}, Q_{b}, Q_{c}$ на истом кругу $k$, а његов центар је пресек симетрала дужи $P_{b} Q_{b}$ и $P_{c} Q_{c}$, што је управо средиште $U$ дужи $P Q$. Аналогно, и тачке $P_{c}, P_{a}, Q_{c}, Q_{a}$ су једнако удаљене од тачке $U$, па и $P_{a}$ и $Q_{a}$ леже на кругу $k$.

Претпоставимо да се нормале из $X, Y$ и $Z$ редом на $B C, C A$ и $A B$ секу у тачки $P$. Ако је тачка $Q$ изогонално спрегнута тачки $P$ у $\triangle A B C$, подножја нормала из $Q$ на $B C, C A$ и $A B$ су по Леми управо тачке $A_{1}, B_{1}$ и $C_{1}$.

Означимо са $A_{0}, B_{0}$ и $C_{0}$ редом пресеке унутрашњих симетрала углова код $A, B$ и $C$ с наспрамним страницама. Уобичајено, $B C=a, C A=b$ и $A B=c$. Из односа $B A_{0}$ : $A_{0} C=c: b$ налазимо $B A_{1}=A_{0} C=\frac{a b}{b+c}$ и, слично, $A_{1} C=\frac{a c}{b+c}, C B_{1}=\frac{b c}{c+a}, B_{1} A=\frac{b a}{c+a}$, $A C_{1}=\frac{c a}{a+b}$ и $C_{1} B=\frac{c b}{a+b}$. Сада имамо

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_4c21c515d81a35d28472g-5.jpg?height=394&width=605&top_left_y=825&top_left_x=1185)

$$
\begin{aligned}
0 & =\left(B A_{1}^{2}-A_{1} C^{2}\right)+\left(C B_{1}^{2}-B_{1} A^{2}\right)+\left(A C_{1}^{2}-C_{1} B^{2}\right) \\
& =\frac{a^{2}(b-c)}{b+c}+\frac{b^{2}(c-a)}{c+a}+\frac{c^{2}(a-b)}{a+b} \\
& =\frac{a^{4}(b-c)+b^{4}(c-a)+c^{4}(a-b)-(b-c)(c-a)(a-b)(a b+b c+c a)}{(b+c)(c+a)(a+b)} \\
& =-\frac{(b-c)(c-a)(a-b)(a+b+c)^{2}}{(b+c)(c+a)(a+b)}
\end{aligned}
$$

одакле следи $a=b$ или $a=c$ или $b=c$.

Друго решење. Као у првом решењу, $B A_{1}=A_{0} C=\frac{a b}{b+c}, A_{1} C=\frac{a c}{b+c}, C B_{1}=\frac{b c}{c+a}$, $\overline{B_{1} A=\frac{b a}{c+a}, A} C_{1}=\frac{c a}{a+b}$ и $C_{1} B=\frac{c b}{a+b}$. Означимо $B X=x, C Y=y$ и $A Z=z$. Потенција тачке $A$ даје $A B_{1} \cdot A Y=A C_{1} \cdot A Z$, тј. $\frac{b y}{c+a}+\frac{c z}{a+b}=\frac{b^{2}}{c+a}$. Слично добијамо $\frac{c z}{a+b}+\frac{a x}{b+c}=\frac{c^{2}}{a+b}$ и $\frac{a x}{b+c}+\frac{b y}{c+a}=\frac{a^{2}}{b+c}$. Одавде следи $\frac{2 a x}{b+c}=\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{c^{2}}{a+b}-\frac{b^{2}}{c+a}$ што се своди на $x=\frac{1}{2} a-\frac{(b+c)(b-c)\left(b^{2}+c^{2}+a b+a c+b c\right)}{2 a(a+b)(a+c)}$, итд. Услов да су три нормале конкурентне је

$$
\begin{aligned}
0 & =(a+b)(a+c)(b+c)\left[x^{2}-(a-x)^{2}+y^{2}-(b-y)^{2}+z^{2}-(c-z)^{2}\right] \\
& =(b+c)^{2}(c-b)\left(T-a^{2}\right)+(c+a)^{2}(a-c)\left(T-b^{2}\right)+(a+b)^{2}(b-a)\left(T-c^{2}\right) \\
& =a^{2}(b+c)^{2}(b-c)+b^{2}(c+a)^{2}(c-a)+c^{2}(a+b)^{2}(a-b)-(a-b)(b-c)(c-a) T \\
& =-(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)^{2}
\end{aligned}
$$

где је $T=a^{2}+b^{2}+c^{2}+a b+b c+c a$.


problem: На планети $X$ облика лопте се налази $2 n$ бензинских пумпи. Притом је свака пумпа упарена с по једном другом пумпом и сваке две упарене пумпе се налазе на дијаметрално супротним тачкама планете. На свакој пумпи се налази одређена количина бензина. Познато је следеће: уколико аутомобил с претходно празним (довољно великим) резервоаром крене с ма које пумпе, увек може стићи до пумпе с њом упарене (уз могуће допуњавање бензина на другим пумпама током пута). Одредити све природне бројеве $n$ такве да, за ма какав распоред $2 n$ пумпи који испуњава наведени услов, увек постоји пумпа од које аутомобил може кренути с претходно празним резервоаром и обићи све остале пумпе на планети. (Сматрати да аутомобил троши константну количину бензина по јединици дужине.) (Никола Петровић)

solution:
Одговор је $n \leqslant 3$.

Пумпу дијаметрално супротну пумпи $X$ означаваћемо са $X^{\prime}$.

За $n \leqslant 1$ тврђење је тривијално. Нека је $n=2$ и нека је $A B=A^{\prime} B^{\prime}$ најмање међу свим растојањима између две пумпе. Од пумпе $A$ до $A^{\prime}$ се може стићи, рецимо путем $A B^{\prime} A^{\prime}$ (случај пута $A B A^{\prime}$ је сличан), али у $B$ има довољно бензина за вожњу до њој најближе пумпе $A$, те је путања $B A B^{\prime} A^{\prime}$ могућа.

Покажимо тврђење за $n=3$ и шест пумпи $A, A^{\prime}, B, B^{\prime}, C, C^{\prime}$. Нека је $A B=$ $A^{\prime} B^{\prime}$ најмање међу растојањима између две пумпе и нека је $B$ пумпа најближа пумпи $C$. Означимо $S=\{A, B, C\}$ и $S^{\prime}=$ $\left\{A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}\right\}$. Полазећи из сваке пумпе једног скупа можемо стићи до другог скупа.

(1) Претпоставимо да се из пумпе $A$ путем $A B$ не може отићи у скуп $S^{\prime}$. До $S^{\prime}$ се не може стићи ни путем $A C$ - иначе би могло и путем $A B C$, јер је $B C \leqslant A C$, а у $B$ има довољно бензина да надокнади утрошак на путу $A B$. Дакле, полазећи из пумпе $A$, до $S^{\prime}$ можемо стићи само директно. Најбли-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_4c21c515d81a35d28472g-6.jpg?height=494&width=488&top_left_y=615&top_left_x=1292)
жа тачка скупа $S^{\prime}$ је $C^{\prime}$, па је цела путања $C B A C^{\prime} B^{\prime} A^{\prime}$ могућа. Случај када се из $A^{\prime}$ путем $A^{\prime} B^{\prime}$ не може стићи до $S$ је аналоган.

$\left(2^{\circ}\right)$ Ако не важи случај $\left(1^{\circ}\right)$, кренимо из $A$ право у $B$. Како нам је скуп $S^{\prime}$ у домету, а $B C \leqslant d\left(B, S^{\prime}\right)=B C^{\prime}$, из $B$ можемо продужити у $C$. Ту ћемо надокнадити бензин потрошен на путу $B C$, а $d\left(C, S^{\prime}\right)=C A^{\prime}<d\left(B, S^{\prime}\right)$, па још увек можемо у $S^{\prime}$, и то у пумпу $A^{\prime}$. Даље се може ићи у $B^{\prime}$ и одатле (као малопре) у $C^{\prime}$. Добијамо путању $A B C A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$.

Остаје да конструишемо контрапример за $n \geqslant 4$. Сматраћемо да је полуобим лопте 1. Распоредимо пумпе $A_{2}, A_{3}, \ldots, A_{n}$ по великом кругу тако да је $A_{2} A_{3}=A_{3} A_{4}=\cdots=A_{n-1} A_{n}=d<\frac{1}{n-1}$ и пумпу $A_{1}$ тако да је $A_{1} A_{3}=d$ и $A_{1} A_{2}=A_{1} A_{4}$. Опет означавамо $S=\left\{A_{1}, \ldots, A_{n}\right\}$ и $S^{\prime}=\left\{A_{1}^{\prime}, \ldots, A_{n}^{\prime}\right\}$. Снабдимо пумпе $A_{1}, A_{1}^{\prime}, \ldots, A_{n-1}, A_{n-1}^{\prime}$ бензином довољним за прелазак раздаљине $d$, а пумпе $A_{n}$ и $A_{n}^{\prime}$ бензином за прелазак раздаљине $1-(n-1) d$. Из сваке пумпе се може стићи до дијаметрално супротне: заиста, за $2 \leqslant i \leqslant n$ могућа је путања $A_{i} A_{i+1} \ldots A_{n} A_{2}^{\prime} A_{3}^{\prime} \ldots A_{i}^{\prime}$, а могућа је и путања $A_{1} A_{3} A_{4} \ldots A_{n} A_{2}^{\prime} A_{3}^{\prime} A_{1}^{\prime}$. С друге стране, у свакој од пумпи $A_{1}, \ldots, A_{n-1}$ има тек толико бензина да се дође до најближе пумпе, а у $A_{n}$ и $A_{n}^{\prime}$ таман довољно за прелаз у други скуп. Зато, да

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_4c21c515d81a35d28472g-6.jpg?height=397&width=465&top_left_y=1766&top_left_x=1338)
би се обишле све пумпе, бар један од скупова, рецимо $S$, морао би се обићи цео без коришћења горива у $A_{n}$, али за то је потребно прећи пут дужи од $(n-1) d$, а бензина има само за пут дужине $(n-1) d$.


problem:
Низови $\left(a_{n}\right)_{n=0}^{\infty}$ и $\left(b_{n}\right)_{n=0}^{\infty}$ дефинисани су рекурентним релацијама

$$
a_{0}=0, \quad a_{1}=1, \quad a_{n+1}=\frac{2018}{n} a_{n}+a_{n-1} \quad \text { за } n \geqslant 1
$$

и

$$
b_{0}=0, \quad b_{1}=1, \quad b_{n+1}=\frac{2020}{n} b_{n}+b_{n-1} \quad \text { за } n \geqslant 1
$$

Доказати:

$$
\frac{a_{1010}}{1010}=\frac{b_{1009}}{1009}
$$

(Душан Ђукић)

Време за рад 270 минута.

Решења задатака детаљно образложити.

Сваки задатак вреди 7 бодова.

## РЕШЕЊА

solution:
Дефинишимо низ $\left(c_{m, n}\right)\left(m, n \in \mathbb{N}_{0}\right)$ условима

$$
c_{m, 0}=0, \quad c_{m, 1}=1, \quad c_{m, n+1}=\frac{2 m}{n} c_{m, n}+c_{m, n-1} \quad \text { за } n \geqslant 1
$$

Тада је $a_{n}=c_{1010, n}$ и $b_{n}=c_{1009, n}$.

Видимо да је нпр. $c_{1, n}=n, c_{2, n}=n^{2}$ и $c_{3, n}=\frac{2 n^{3}+n}{3}$. Тврдимо да за свако $m \in \mathbb{N}$ постоји моничан полином $P_{m}(x)$ такав да је

$$
P_{m}(x+1)=\frac{2 m}{x} P_{m}(x)+P_{m}(x-1)
$$

пошто је очигледно $P_{m}(0)=0$, индукцијом ће следити $c_{m, n}=P_{m}(n) / P_{m}(1)$.

Лема. Дефинишимо низ полинома $P_{k}$ условима $P_{0}(x)=0, P_{1}(x)=x$ и

$$
P_{k+1}(x)=x P_{k}(x)+\frac{k(k-1)}{4} \cdot P_{k-1}(x)
$$

Тада полиноми $P_{k}$ задовољавају (1).

Шта више, важи $P_{k}(x+1)-2 P_{k}(x)+P_{k}(x-1)=\frac{k(k-1)}{x} \cdot P_{k-1}(x)$.

Доказ. Ако означимо

$$
\begin{aligned}
& A_{k}(x)=P_{k+1}(x)-x P_{k}(x)-\frac{k(k-1)}{4} P_{k-1}(x) \equiv 0 \\
& B_{k}(x)=P_{k}(x+1)-2 P_{k}(x)+P_{k}(x-1)-\frac{k(k-1)}{x} P_{k-1}(x) \\
& C_{k}(x)=P_{k}(x+1)-P_{k}(x-1)-\frac{2 k}{x} P_{k}(x)
\end{aligned}
$$

и претпоставимо да је $B_{i}(x) \equiv C_{i}(x) \equiv 0$ за све $i \leqslant k$, тада је

$$
\begin{aligned}
& B_{k+1}(x)-x B_{k}(x)-\frac{k(k-1)}{4} B_{k-1}(x)= \\
& C_{k}(x)+A_{k}(x+1)+A_{k}(x-1)-2 A_{k}(x)-\frac{k(k-1)}{x} A_{k-1}(x)=0
\end{aligned}
$$

па је $B_{k+1} \equiv 0$. С друге стране,

$$
\begin{aligned}
& C_{k+1}(x)-x C_{k}(x)-\frac{k(k-1)}{4} C_{k-1}(x)= \\
& B_{k}(x)+A_{k}(x+1)-A_{k}(x-1)-\frac{2(k+1)}{x} A_{k}(x)=0
\end{aligned}
$$

па је и $C_{k+1} \equiv 0$.

Из (2) следи да полиноми $Q_{0}(x)=0$ и $Q_{k}(x)=\frac{2^{k-1}}{(k-1)!} P_{k}(x)$ задовољавају везу $Q_{k+1}(x)=\frac{2 x}{k} Q_{k}(x)+Q_{k-1}(x)$, па индукцијом добијамо $Q_{k}(x)=x c_{x, k}$ за све $x \in \mathbb{N}$. Одавде је $P_{k}(x)=\frac{(k-1)!}{2^{k-1}} \cdot x c_{x, k}$ и

$$
\frac{c_{m, n}}{n}=\frac{1}{n} \cdot \frac{P_{m}(n)}{P_{m}(1)}=\frac{c_{n, m}}{c_{1, m}}=\frac{c_{n, m}}{m}
$$

Тврђење задатка се добија за $m=1010$ и $n=1009$.

Друго решење. За дато $m \geqslant 0$ посматрајмо генераторску функцију низа $c_{m, n}$ датог условима $(*)$ :

$$
f_{m}(x)=\frac{1}{2 m}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{c_{m, n}}{n} x^{n}
$$

Из рекурентне везе $(*)$ следи да функција $f_{m}$ задовољава диференцијалну једначину $\left(1-x^{2}\right) f_{m}^{\prime}(x)=2 m \cdot f_{m}(x)$. Ова једначина се лако решава: ако је запишемо као $\frac{f_{m}^{\prime}(x)}{f_{m}(x)}=\frac{2 m}{1-x^{2}}$, интеграција по $x$ даје $\ln \left|f_{m}(x)\right|=\int \frac{2 m}{1-x^{2}} d x=$
$m \ln \frac{1+x}{1-x}+$ const, тј. $f_{m}(x)=C \cdot\left(\frac{1+x}{1-x}\right)^{m}$. Услов $f_{m}(0)=\frac{1}{2 m}$ најзад даје $C=1$, те је

$$
\begin{aligned}
f_{m}(x) & =\frac{1}{2 m}\left(\frac{1+x}{1-x}\right)^{m}=\frac{1}{2 m}(1+x)^{m}(1-x)^{-m}= \\
& =\frac{1}{2 m} \sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i} x^{i} \cdot \sum_{j=1}^{\infty}\binom{m-1+j}{m-1} x^{j}
\end{aligned}
$$

Коефицијент уз $x^{n}$ је

$$
\frac{c_{m, n}}{n}=\frac{1}{2 m} \sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}\binom{m+n-1-i}{m-1}=\frac{1}{2} \sum_{i} \frac{(m+n-1-i)!}{i!(m-i)!(n-i)!}
$$

Овај израз је симетричан по $m$ и $n$, па је $\frac{c_{m, n}}{n}=\frac{c_{n, m}}{m}$.