# СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА такмичење ученика средњих школа из математике Београд, 02.04.2007. ## Први дан 1. Нека је $D$ тачка на страници $A C$ троугла $A B C$ у коме је $A B1$, дефинишемо $f(n)=f(a)^{k}$; (3) ако $n$ није потпун $k$-ти степен изаберемо најмањих $k-1$ природних бројева $n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{k-1}$ који нису потпуни $k$-ти степени и за које до сада нису одређене слике, и дефинишемо $f\left(n_{1}\right)=n_{2}, f\left(n_{2}\right)=n_{3}$, $\ldots, f\left(n_{k-1}\right)=n_{1}^{k}$. На овај начин функција $f$ је добро дефинисана. Покажимо да је она $k$ фина. За свако $n \in \mathbb{N}$ које није $k$-ти степен постоје бројеви $n_{1}, \ldots, n_{k-1}$ из услова (3) такви да је $n_{i}=n$ за неко $1 \leqslant i \leqslant k-1$. Тада важи $f_{k}\left(n_{i}\right)=$ $f_{i}\left(n_{1}^{k}\right)=f_{i}\left(n_{1}\right)^{k}=f\left(n_{i}\right)^{k}$. Такође, ако је $n$ потпун $k$-ти степен, тада је $n=n_{i}^{k^{s}}$ за неко $i$ и $s$, па према (2) важи $f_{k}(n)=f_{k}\left(n_{i}\right)^{k^{s}}=n_{i}^{k^{s+1}}=n^{k}$, што доказује наше тврђење. (б) Одговор: НЕ. Заиста, ако је $f$ на и $k$-фина, за свако $a_{0}$ постоји низ природних бројева $a_{1}, a_{2}, \ldots$ таквих да је $f\left(a_{k+1}\right)=a_{k}$ за све $k$, одакле је $a_{k}^{k}=f_{k}\left(a_{k}\right)=a_{0}$, што је немогуће ако $a_{0}$ није $k$-ти степен. 5. Докажимо да су троуглови $K_{a} K_{b} K_{c}$ и $A_{1} B_{1} C_{1}$ хомотетични. Да бисмо то доказали, довољно је да докажемо да је $K_{a} K_{b} \| A_{1} B_{1}$, односно $K_{a} K_{b} \| A B$ (аналогно ће следити и за друге парове страница). Означимо $M=K_{a} K_{b} \cap B C$, са $S$ означимо центар уписаног круга, и са $T$ означимо произвољну тачку на уписаном кругу. Означимо $\alpha=\varangle B A S$, $\beta=\varangle C B S, \gamma=\varangle A C S$. Користећи оријентисане углове (по модулу $180^{\circ}$ ), добијамо $\varangle B^{\prime} E B=\beta+2 \gamma$, и аналогно $\varangle A^{\prime} D A=\alpha+2 \beta$, а одатле и $\varangle A^{\prime} D K_{a}=2 \alpha+4 \beta$. Затим, $\varangle B^{\prime} T K_{b}=\varangle B^{\prime} S E=90^{\circ}+\varangle B^{\prime} E S=\gamma-\alpha$ и аналогно $\varangle A^{\prime} T K_{a}=\beta-\gamma$. Затим, $\varangle A^{\prime} T B^{\prime}=\varangle A^{\prime} S C=90^{\circ}+\varangle A^{\prime} C S=\alpha+\beta$. И на крају добијамо $\varangle K_{a} T K_{b}=\varangle K_{a} T A^{\prime}+\varangle A^{\prime} T B^{\prime}+\varangle B^{\prime} T K_{b}=2 \gamma$. Такође, из троугла $D K_{a} M$ добијамо $\varangle C M K_{a}=\varangle C D K_{a}+\varangle D K_{a} M=$ $\varangle A^{\prime} D K_{a}+\varangle D K_{a} K_{b}=(2 \alpha+4 \beta)+\varangle K_{a} T K_{b}=(2 \alpha+4 \beta)+2 \gamma=2 \beta$. Дакле, $\varangle C M K_{a}=\varangle C B A$, одакле следи да је $K_{a} K_{b} \| A B$, што је требало доказати. Дакле, троуглови $K_{a} K_{b} K_{c}$ и $A_{1} B_{1} C_{1}$ су хомотетични. Приметимо такође да је коефицијент хомотетије позитиван: ако би био негативан, дужи $K_{a} A_{1}, K_{b} B_{1}, K_{c} C_{1}$ би се секле у једној тачки. Ако је $\alpha>$ $\beta$, онда се тачке $C_{1}$ и $K_{c}$, па и цела дуж $K_{c} C_{1}$, налазе унутар четвороугла $S F B D$. Зато, ако без умањења општости претпоставимо $\alpha>\beta>\gamma$, онда $K_{c} C_{1} \subset S F B D$, али $K_{a} A_{1} \subset S D C E$, па су ове две дужи дисјунктне. Како су троуглови $K_{a} K_{b} K_{c}$ и $A_{1} B_{1} C_{1}$ хомотетични, њихови описани кругови су такође хомотетични. Али то су Ојлеров и уписани круг троугла $A B C$, респективно, и познато је да се та два круга додирују изнутра у Фојербаховој тачки троугла $A B C$. Стога (уз чињеницу да је коефицијент хомотетије позитиван), центар хомотетије је управо Фојербахова тачка. Одавде следи да се $A_{1} K_{a}, B_{1} K_{b}, C_{1} K_{c}$ секу у Фојербаховој тачки троугла $A B C$, која припада уписаном кругу троугла $A B C$, чиме је тврдјење доказано. ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_5f149a7bcdd7b74aa0c9g-5.jpg?height=729&width=976&top_left_y=725&top_left_x=542) Алтернативно решење. Нека је уписани круг троугла $A B C$ јединична кружница у комплексној равни. Тада је $a=\frac{2 b^{\prime} c^{\prime}}{b^{\prime}+c^{\prime}}, b=\frac{2 a^{\prime} c^{\prime}}{a^{\prime}+c^{\prime}}, c=\frac{2 a^{\prime} b^{\prime}}{a^{\prime}+b^{\prime}}$. Затим је $$ a_{1}=\frac{b+c}{2}=\frac{a^{\prime 2} b^{\prime}+a^{\prime 2} c^{\prime}+2 a^{\prime} b^{\prime} c^{\prime}}{\left(a^{\prime}+b^{\prime}\right)\left(a^{\prime}+c^{\prime}\right)} $$ Вредност $k_{a}$ налазимо из услова $\frac{k_{a}}{a}=\overline{\left(\frac{a^{\prime}}{a}\right)}$, одакле је $k_{a}=\frac{1}{a^{\prime}} \overline{\bar{a}}=\frac{b^{\prime} c^{\prime}}{a^{\prime}}$. Сада налазимо пресечну тачку $z$ уписаног круга (одакле $|z|=1$ ) и праве $K_{a} A_{1}$ (одакле $\frac{z-k_{a}}{a_{1}-k_{a}}=\overline{\left(\frac{z-k_{a}}{a_{1}-k_{a}}\right)}$. Други услов можемо трансформисати у облик $$ \overline{\left(a_{1}-k_{a}\right)}\left(z-k_{a}\right)=\left(\frac{1}{z}-\frac{1}{k_{a}}\right)\left(a_{1}-k_{a}\right) $$ одакле (због $\left.z \neq k_{a}\right)$ следи $\overline{\left(a_{1}-k_{a}\right)}=-\frac{1}{z k_{a}}\left(a_{1}-k_{a}\right)$, па је $$ z=-\frac{1}{k_{a}} \frac{a_{1}-k_{a}}{\overline{\left(a_{1}-k_{a}\right)}}=-\frac{\left(a^{\prime 2}-b^{\prime} c^{\prime}\right)\left(a^{\prime} b^{\prime}+a^{\prime} c^{\prime}+b^{\prime} c^{\prime}\right)}{\left(b^{\prime} c^{\prime}-a^{\prime 2}\right)\left(a^{\prime}+b^{\prime}+c^{\prime}\right)}=\frac{a^{\prime} b^{\prime}+a^{\prime} c^{\prime}+b^{\prime} c^{\prime}}{a^{\prime}+b^{\prime}+c^{\prime}} $$ Како је наведени израз симетричан по $a^{\prime}, b^{\prime}, c^{\prime}$, аналогно се доказује да ће праве $K_{b} B_{1}$ и $K_{c} C_{1}$ сећи уписани круг у истој тачки, чиме је тврђење доказано. 6. Дати израз је симетричан, па се без губљења општости може претпоставити да је $x \geqslant y \geqslant z$. Тада је $$ x^{k+1}+y^{k}+z^{k} \leqslant y^{k+1}+z^{k}+x^{k} \leqslant z^{k+1}+x^{k}+y^{k} $$ Заиста, довољно је доказати прву неједнакост, тј. да је $x^{k+1}+y^{k} \leqslant y^{k+1}+$ $x^{k}$. Ова неједнакост је еквивалентна са $\left(\frac{y}{x}\right)^{k} \leqslant \frac{1-x}{1-y}$. Како је $y \leqslant x$, довољно је доказати да је $\frac{y}{x} \leqslant \frac{1-x}{1-y}$, што је еквивалентно тачној неједнакости $0 \leqslant$ $x-x^{2}-y+y^{2}=(x-y)(1-x-y)=(x-y) z$. Применом неједнакости Чебишева на тројке $\left(x^{k+2}, y^{k+2}, z^{k+2}\right)$ и $\left(\frac{1}{x^{k+1}+y^{k}+z^{k}}, \frac{1}{y^{k+1}+z^{k}+x^{k}}, \frac{1}{z^{k+1}+x^{k}+y^{k}}\right)$ добија се $$ \sum_{\text {cyc }} \frac{x^{k+2}}{x^{k+1}+y^{k}+z^{k}} \geqslant \frac{1}{3} \sum_{\text {cyc }} x^{k+2} \sum_{\text {cyc }} \frac{1}{x^{k+1}+y^{k}+z^{k}}=L $$ Уколико се у $L$ поново примени неједнакост Чебишева на тројке $(x, y, z)$ и $\left(x^{k+1}, y^{k+1}, z^{k+1}\right)$ добија се $$ L \geqslant \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} \sum_{\text {cyc }} x \sum_{\text {cyc }} x^{k+1} \sum_{\text {cyc }} \frac{1}{x^{k+1}+y^{k}+z^{k}}=L^{\prime} $$ Из неједнакости Коши-Шварц-Буњаковског следи $$ \sum_{\text {cyc }} \frac{1}{x^{k+1}+y^{k}+z^{k}} \sum_{\text {cyc }}\left(x^{k+1}+y^{k}+z^{k}\right) \geqslant 9 $$ па је $$ L^{\prime} \geqslant \frac{x^{k+1}+y^{k+1}+z^{k+1}}{x^{k+1}+y^{k+1}+z^{k+1}+2\left(x^{k}+y^{k}+z^{k}\right)} $$ и самим тим довољно је доказати да је $$ 3\left(x^{k+1}+y^{k+1}+z^{k+1}\right) \geqslant x^{k}+y^{k}+z^{k} $$ Последња неједнакост се добија поновном применом неједнакости Чебишева на тројке $(x, y, z)$ и $\left(x^{k}, y^{k}, z^{k}\right)$. Једнакост у свим примењеним неједнакостима важи ако и само ако је $x=y=z$, тј. ако и само ако је $x=y=z=\frac{1}{3}$.