problem:
Наћи све моничне полиноме $P(x)$ такве да је полином $P(x)^{2}-1$ дељив полиномом $P(x+1)$.

(Дуиан Ђукић)

solution:
Једина решења су полиноми $P(x)=1$ и $P(x)=x-c$, где је $c$ константа.

Претпоставимо да је $P(x)=(x-c)\left(x-x_{2}\right) \cdots\left(x-x_{n}\right)$ неконстантан полином, при чему је $c$ његова комплексна нула чији је реални део најмањи.

По услову задатка, $x+1-c$ дели $P(x)^{2}-1$, одакле је $P(c-1)= \pm 1$. С друге стране, за $2 \leqslant i \leqslant n$ важи $\left|c-1-x_{i}\right| \geqslant 1$, па је $|P(c-1)|=\prod_{i=2}^{n}\left|c-1-x_{i}\right| \geqslant 1$, а то је могуће само ако је $\left|c-1-x_{i}\right|=1$, тј. $x_{i}=c$ за све $i$.

Следи да је $P(x)=(x-c)^{n}$. Међутим, $P(x+c)^{2}-1=x^{2 n}-1$ није дељиво са $P(x+c+1)=(x+1)^{n}$ ако је $n \geqslant 2$, па је једина могућност $n=1$.

Найомена. Ако се искључи услов моничности, има и нетривијалних решења. На пример, до на замену променљиве $x$ са $x+c$, (једина) решења степена 3 и 4 су $P(x)=\frac{\sqrt{3}}{6}\left(x^{3}-3 x^{2}+8 x\right)$, односно $P(x)=\frac{1}{36}\left(x^{4}-2 x^{3}-x^{2}-10 x-12\right)$ и $P(x)=\frac{i \sqrt{2}}{36}\left(x^{4}-2 x^{3}+8 x^{2}-x+\frac{33}{4}\right)$, док решења степена 2 нема.


problem:
Дат је конвексан полиедар са бар 5 темена у чијем се сваком темену састају тачно по три ивице. Доказати да је могуће доделити сваком темену тог полиедра неки рационалан број тако да буду задовољени следећи услови:

(i) бар један од додељених бројева је једнак 2020;

(ii) за сваку страну полиедра, производ бројева у свим теменима те стране је једнак 1 .

(Бојан Баиић са сараднииима)

solution:
Означимо $c=$ 2020. Прво размотримо случај када постоји страна $\mathcal{F}$ са парним бројем темена. Тада је довољно доделити теменима стране $\mathcal{F}$ наизменично бројеве $c$ и $\frac{1}{c}$, а свим осталим теменима полиедра број 1. Заиста, производ бројева на страни $\mathcal{F}$ је једнак 1 , а свака друга страна или дели ивицу са страном $\mathcal{F}$ (а на њој је производ 1) или нема

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_fe4fa2bd25c3abd0cb36g-3.jpg?height=266&width=359&top_left_y=1272&top_left_x=1431)
ниједно заједничко теме са $\mathcal{F}$ (тада су сви бројеви на њој јединице).

Надаље сматрамо да све стране имају непаран број темена. Посматрајмо две дисјунктне стране полиедра $\mathcal{F}_{A}$ и $\mathcal{F}_{B}$ и темена $A$ и $B$ на њима, редом, тако да је $A B$ ивица полиедра. Теменима ових двеју страна, изузев $A$ и $B$, доделићемо наизменично бројеве $c$ и $\frac{1}{c}$ као на слици, а свим осталим теменима полиедра број 1. И у овом случају се лако види да је услов задатка испуњен.

Најзад, уверимо се да се овакве стране $\mathcal{F}_{A}$ и $\mathcal{F}_{B}$ увек могу наћи. Постоји страна $\mathcal{F}$ која није троугао (иначе би дати полиедар био тетраедар). Посматрајмо чети-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_fe4fa2bd25c3abd0cb36g-3.jpg?height=280&width=374&top_left_y=1645&top_left_x=1412)
ри узастопне њој суседне стране $\mathcal{F}_{1}, \mathcal{F}_{2}, \mathcal{F}_{3}$ и $\mathcal{F}_{4}$. Ако су стране $\mathcal{F}_{1}$ и $\mathcal{F}_{3}$ дисјунктне, узмимо њих, а ако нису, онда оне имају заједничку целу ивицу, па три стране $\mathcal{F}_{1}, \mathcal{F}_{3}$ и $\mathcal{F}$ чине појас који раздваја $\mathcal{F}_{2}$ од $\mathcal{F}_{4}$, те у том случају можемо узети $\mathcal{F}_{2}$ и $\mathcal{F}_{4}$.

Найомена. Делује примамљиво поставити систем линеарних једначина по логаритмима уписаних бројева, јер он има више једначина него непознатих, што гарантује постојање нетривијалног целобројног решења. Ипак, да би уписани бројеви били рационални, једна од променљивих у том решењу мора бити једнака $\pm 1$, што није јасно зашто се може постићи.


problem:
Дат је троугао $A B C$. Тачке $D$ и $E$ на правој $A B$ су такве да је $A D=A C$ и $B E=B C$, уз распоред $D-A-B-E$. Описане кружнице троуглова $D B C$ и $E A C$ секу се у тачки $X \neq C$, а описане кружнице троуглова $D E C$ и $A B C$ секу се у тачки $Y \neq C$. Ако важи $D Y+E Y=2 X Y$, одредити $\varangle A C B$.

(Милош Милосављевић)

## Министарство просвете, науке и технолошког развоја Друштво математичара Србије <br> 14. СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА УЧЕНИКА СРЕДЊИХ ШКОЛА

## Други дан

solution:
Нека је $I_{c}$ центар приписаног круга $\triangle A B C$ наспрам темена $C$. Тада је $A I_{c}$ симетрала угла $C A D$, одакле је $\triangle I_{c} A D \cong \triangle I_{c} A C$. Следи да је $\varangle I_{c} D B=$ $\varangle I_{c} D A=\varangle I_{c} C A=\varangle I_{c} C B$, па $I_{c}$ лежи на кругу $B C D$. Слично, $I_{c}$ лежи на кругу $A C E$, што значи да је $X \equiv I_{c}$. Такође, како је $X D=X C$ и аналогно $X E=X C$, тачка $X$ је центар круга $C D E Y$.

Даље, $\varangle D Y A=\varangle C Y A-\varangle C Y D=\varangle C B A-$ $\varangle C E D=\varangle C E D=\varangle C X A=\varangle D X A$ и слично $\varangle E Y B=\varangle E X B$. Зато посматрајмо тачку $X^{\prime}$ симетричну тачки $X$ у односу на $A B$. Због $\varangle D X^{\prime} A=\varangle D Y A$ ова тачка лежи на кругу $A D Y$, а аналогно и на кругу $B E Y$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_fe4fa2bd25c3abd0cb36g-4.jpg?height=368&width=583&top_left_y=427&top_left_x=1222)

Ако је $\varangle C<60^{\circ}$, онда је $\varangle A X^{\prime} B=\varangle A X B=90^{\circ}-\frac{1}{2} \varangle C>\varangle C=\varangle A Y B$, па тачка $X^{\prime}$ лежи унутар $\triangle A B Y$, а самим тим и унутар $\triangle D E Y$. Следи да је $D Y+E Y>D X^{\prime}+E X^{\prime}=D X+E X=2 X Y$. Слично, ако је $\varangle C>60^{\circ}$, тачка $Y$ лежи унутар $\triangle D E X$, те је тада $D Y+E Y<2 X Y$. Према томе, ако је $D Y+E Y=2 X Y$, мора бити $\varangle C=60^{\circ}$, а тада је $X^{\prime} \equiv Y$ па заиста важи једнакост.

Друйо решење. Углове троугла $A B C$ означавамо уобичајено са $\alpha, \beta, \gamma$. Као у првом решењу, тачке $C, D, E, Y$ леже на кругу са центром $X$. Такође, због $\varangle C Y D=\varangle C E D=\frac{\beta}{2}$, права $D Y$ садржи средиште $N$ лука $A C$ круга $A B C$.

Означимо $\varangle Y D E=x$ и $\varangle Y E D=y$. Услов $D Y+E Y=2 X Y$ даје $\sin x+\sin y=$ $\sin x+\sin \left(90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}-x\right)=1, \mathrm{rj}$.

$$
\left(1-\sin \frac{\gamma}{2}\right) \sin x+\cos \frac{\gamma}{2} \cos x=1
$$

С друге стране, синусна теорема у $\triangle A D N$ даје $2 \sin x \sin \frac{\alpha+\gamma}{2}=\cos \left(\frac{\alpha-\gamma}{2}-x\right)$, одакле следи $\operatorname{tg} x=\frac{\cos \frac{\alpha-\gamma}{2}}{2 \sin \frac{\alpha+\gamma}{2}-\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}}$. Одавде налазимо

$$
\sin x=\frac{\cos \frac{\alpha-\gamma}{2}}{\sqrt{3-2 \cos \gamma+4 \sin \frac{\gamma}{2} \cos \varphi}}, \quad \cos x=\frac{2 \sin \frac{\alpha+\gamma}{2}-\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}}{\sqrt{3-2 \cos \gamma+4 \sin \frac{\gamma}{2} \cos \varphi}}
$$

где је $\varphi=\alpha+\frac{\gamma}{2}-90^{\circ}=\frac{\alpha-\beta}{2}$. Заменом у једначину (*) добијамо

$$
2 \cos \frac{3 \gamma-180^{\circ}}{4} \cos \frac{\varphi}{2}=\sqrt{3-2 \cos \gamma+4 \sin \frac{\gamma}{2} \cos \varphi}
$$

што се након квадрирања своди на

$$
\cos \varphi=\frac{2-2 \cos \gamma-\sin \frac{3 \gamma}{2}}{1-4 \sin \frac{\gamma}{2}+\sin \frac{3 \gamma}{2}}=\frac{-3 t+4 t^{2}+4 t^{3}}{1-t-4 t^{3}}, \quad \text { где је } \quad t=\sin \frac{\gamma}{2}
$$

Ако је $\gamma \neq 60^{\circ}$, скраћивање $2 t-1 \neq 0$ даје $\cos \varphi=-\frac{2 t^{2}+3 t}{2 t^{2}+t+1}<0$, што је немогуће. Према томе, мора бити $\gamma=60^{\circ}$.


problem:
У трапезу $A B C D$ чији унутрашњи углови нису прави, дијагонале $A C$ и $B D$ секу се у тачки $E$. Нека су $P$ и $Q$ редом подножја нормала из темена $A$ и $B$ на праве $B C$ и $A D$. Описане кружнице троуглова $C E Q$ и $D E P$ секу се у тачки $F \neq E$. Доказати да се праве $A P, B Q$ и $E F$ секу у једној тачки или су паралелне.

(Душан Ђукић)

solution:
Случај када је $A D \| B C$ је једноставан. Наиме, тада је $E$ средиште дијагонале $A C$, те је $E A=E C=E P$, а слично важи и $E B=E D=E Q$. Одатле следи да су кругови $C E Q$ и $D E P$ симетрични у односу на симетралу дужи $C P$ и $D Q$, те је $E F \perp C P$, тј. $E F\|A P\| B Q$.

Означимо са $O$ тачку пресека правих $A D$ и $B C$. Троуглови $O A P$ и $O B Q$ су
слични, па је $\frac{O P}{O Q}=\frac{O A}{O B}=\frac{O D}{O C}$, тј. $O C \cdot O P=O D \cdot O Q$, одакле следи да тачке $C, D, P$ и $Q$ леже на неком кругу $\gamma$.

Нека се праве $A P$ и $B Q$ секу у тачки $H$, а праве $D P$ и $C Q$ у тачки $G$. Како је $G C \cdot G Q=G D \cdot G P$, тачка $G$ има једнаку потенцију у односу на кругове $C E Q$ и $D E P$, па она лежи на њиховој радикалној оси $E F$. С друге стране, тачке $E, G$ и $H$ су колинеарне на

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_fe4fa2bd25c3abd0cb36g-5.jpg?height=439&width=486&top_left_y=226&top_left_x=1322)
основу Папосове теореме за тројке тачака $B, C, P$ и $A, D, Q$. Следи да су све четири тачке $H, E, G$ и $F$ колинеарне.


problem:
За природан број $n$, са $v_{2}(n)$ означавамо највећи цео број $k \geqslant 0$ такав да $2^{k} \mid n$. Претпоставимо да функција $f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ задовољава услове:

(i) $f(x) \leqslant 3 x$ за све $x \in \mathbb{N}$;

(ii) $v_{2}(f(x)+f(y))=v_{2}(x+y)$ за све $x, y \in \mathbb{N}$.

Доказати да за сваки природан број $a$ постоји тачно један природан број $x$ такав да је $f(x)=3 a$.

(Душан Ђукић)

solution:
Заменом $x=y$ добијамо $v_{2}(f(x))=v_{2}(x)$. Ако је $v_{2}(a)=k>0$, посматрањем функције $g(x)=f\left(2^{k} x\right) / 2^{k}$ тврђење сводимо на случај непарног $a$. Зато надаље сматрамо да $2 \nmid a$.

Приметимо да, ако је $x \not \equiv y\left(\bmod 2^{k}\right)$, онда је $f(x) \not \equiv f(y)\left(\bmod 2^{k}\right)$. Заиста, ако је $z \equiv-x\left(\bmod 2^{k}\right)$, онда $2^{k} \nmid z+y$, па је $f(y) \not \equiv-f(z) \equiv f(x)\left(\bmod 2^{k}\right)$. Одавде такође следи да је функција $f$ инјективна.

Нека је $2^{k-1}<3 a<2^{k}$, где је $k \in \mathbb{N}$. Како су $f(1), f(3), \ldots, f\left(2^{k}-1\right)$ међусобно различити по модулу $2^{k}$, постоји непаран број $x<2^{k}$ такав да је $f(x) \equiv 3 a$ $\left(\bmod 2^{k}\right)$. Претпоставимо да је $f(x) \neq 3 a$. Тада је $f(x)>2^{k}$, па из $f(x)+$ $f\left(2^{k}-x\right) \equiv 2^{k}\left(\bmod 2^{k+1}\right)$ следи да је $f(x)+f\left(2^{k}-x\right) \geqslant 3 \cdot 2^{k}$. Међутим, с друге стране је $f(x)+f\left(2^{k}-x\right) \leqslant 3\left(x+\left(2^{k}-x\right)\right)=3 \cdot 2^{k}$, па је то могуће једино ако је $f(x)=3 x$. Одавде је $x \equiv a\left(\bmod 2^{k}\right)$, па је $x=a$, тј. опет је $f(x)=3 a$.


problem:
Дат је природан број $k$. Посматрајмо следећу игру на бесконачној једнодимензионалној табли. На почетку игре, на поља постављамо укупно $n$ жетона, при чему може бити више жетона на истом пољу. Након тога, у сваком потезу извршавамо једну од следећих операција:

$\left(1^{\circ}\right)$ бирамо два суседна поља која су оба непразна и са једног од њих преносимо све жетоне на друго;

$\left(2^{\circ}\right)$ бирамо поље са бар два жетона и са њега премештамо по један жетон $k$ поља улево и $k$ поља удесно.

(a) Ако је $n \leqslant k+1$, доказати да ће се извршити само коначно много потеза.

(б) За које вредности $k$ се може одабрати $n$ и поставити $n$ жетона тако да буде могућ бесконачан низ потеза?

(Никола Пеш̄ровић)

## РЕШЕЊА

solution:
(a) Потезе врсте $\left(1^{\circ}\right)$ зваћемо скуйљаљем, а потезе врсте $\left(2^{\circ}\right)$ сејаъем. Поља нумеришемо редом бројевима ..., $-1,0,1,2, \ldots$. Поља се могу поделити на $k$ класа по модулу $k$, тако да при сејању жетони не мењају своју класу.

Претпоставимо прво да у једној од класа нема ниједног жетона. Поља ове класе деле таблу на блокове дужине $k-1$, које опет нумеришемо целим бројевима. Како приликом скупљања ниједан жетон не излази из свог блока, унутар сваког блока може се извршити само коначно много узастопних скупљања. С друге стране, при сваком сејању се из неког блока $i$ пребацује по један жетон у блокове $i-1$ и $i+1$. Овако се задатак своди на следећи.

Лема. Нека се у сваком кораку бира $i$ и из блока $i$ премешта по један жетон у блокове $i-1$ и $i+1$. Тада се игра завршава у коначно много корака.

Доказ. Кад год нека два суседна блока $x$ и $x+1$ по први пут размене жетон, доделимо овом жетону број $x$. Приликом сваке следеће размене између ових двају блокова можемо сматрати да се размењује тај исти жетон. Овако сваки жетон само циркулише између два суседна блока. Следи да ће највише $n$ парова блокова икада разменити жетоне. Међутим, ако неки блок сеје жетоне бесконачно много пута, онда то мора да важи и за суседне блокове (иначе би се у њима гомилало бесконачно много жетона), а индукцијом и за све блокове, што је немогуће.

Остаје случај када се ниједна класа поља никад не испразни. Тада се увек у једној класи налазе два жетона, а у осталима по један. Сејања и скупљања
се врше из класе са два жетона. Нека се у неком тренутку сеје са поља $p$ у $i$-тој класи (на коме су два жетона) на поља $p-k$ и $p+k$. Следи скупљање, и то без смањења општости удесно ка ( $i+1$ )-тој класи - са поља $p \pm k$ на поље $p \pm k+1$. Затим се из овог поља сеје на поља $p+1$ и $p \pm 2 k+1$. Следи скупљање из ( $i+1$ )-те класе, али не у $i$-ту, јер је у њој једини жетон остао на пољу $p \mp k$. Дакле, сада се скупља у $(i+2)$-ту класу. Закључујемо да се наизменично сеје и скупља, при чему се класа из које се сеје и скупља циклично помера за један удесно. Може се сматрати без умањења општости да је жетон који се скупља увек исти - назовимо га ирним. Црни жетон периодично учествује у сејању из сваке класе, дакле са свим осталим жетонима.

При сваком сејању црни жетон баца други жетон $k$ поља на једну страну, а себе $k$ поља на другу. Тако се у сваком циклусу од $k$ сејања позиција најлевљег жетона помера бар $k$ поља улево, а најдешњег бар $k$ поља удесно, те се опсег игре увећава за бар $2 k$. Међутим, у току једног циклуса црни жетон не може прећи пут дужи од $k(k+1)$, па након $\frac{k+1}{2}$ циклуса он више не може стићи од најлевљег до најдешњег, што је коначна контрадикција.

(б) За свако $k$ даћемо пример периодичне (и самим тим бесконачне) игре. Посматрајмо $5 k$ узастопних поља означених редом бројевима $1,2, \ldots, 5 k$, свако са по једним жетоном. Делимо их на групе од по $k$ поља:

$$
1,1, \cdots, 1,1 \quad 1,1, \cdots, 1,1 \quad 1,1, \cdots, 1,1 \quad 1,1, \cdots, 1,1 \quad 1,1, \cdots, 1,1
$$

Почињемо скупљањем жетона са поља $1, \ldots, k$ на поље $k+1$. Затим, за $i=$ $1,2, \ldots, k$, са поља $k+i$ једном сејемо, а преостале жетоне с тог поља скупљамо на поље $k+i+1$ (осим за $i=k$ ). Након $i$-тог циклуса стање је овакво:

$$
\underbrace{1,1, \ldots, 1}_{i}, 0,0, \ldots, 0 \quad \underbrace{0,0, \ldots, 0}_{i}, k+1-i, 1,1, \ldots, 1 \quad \underbrace{2,2, \ldots, 2}_{i}, 1,1, \ldots, 1 \quad 1,1, \cdots, 1,1 \quad 1,1, \cdots, 1,1
$$

Када аналогне потезе одиграмо и здесна, добићемо стање

$$
1,1, \cdots, 1,1 \quad 0,0, \cdots, 0,0 \quad 3,3, \cdots, 3,3 \quad 0,0, \cdots, 0,0 \quad 1,1, \cdots, 1,1
$$

Најзад, ако сада посејемо по једном са сваког од поља $2 k+1, \ldots, 3 k$, добијамо конфигурацију идентичну полазној.