# Министарство просвете, науке и технолошког развоја Друштво математичара Србије
10. СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА УЧЕНИКА СРЕДЊИХ ШКОЛА
1. април 2016 .
## Први дан
1. Нека је $n$ природан број већи од 1. Доказати да постоји природан број $m$ већи од $n^{n}$ такав да је
$$
\frac{n^{m}-m^{n}}{n+m}
$$
природан број.
(Никола Петровић)
2. Дат је природан број $n$. Дефинишимо $f(0, j)=f(i, 0)=0, f(1,1)=n$ и
$$
f(i, j)=\left\lfloor\frac{f(i-1, j)}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{f(i, j-1)}{2}\right\rfloor
$$
за све природне бројеве $i$ и $j,(i, j) \neq(1,1)$. Колико има уређених парова природних бројева $(i, j)$ за које је $f(i, j)$ непаран број? (Душан Ђукић)
3. Нека је $O$ центар кружнице описане око $\triangle A B C$. Права $t$ додирује кружницу описану око $\triangle B O C$ и сече странице $A B$ и $A C$ у тачкама $D$ и $E$, редом $(D, E \not \equiv A)$. Тачка $A^{\prime}$ је симетрична тачки $A$ у односу на праву $t$. Доказати да се кружнице описане око $\triangle A^{\prime} D E$ и $\triangle A B C$ додирују. (Душан Ђукић)
## Министарство просвете, науке и технолошког развоја Друштво математичара Србије
10. СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА УЧЕНИКА СРЕДЊИХ ШКОЛА
## 2. април 2016 .
## Други дан
4. У $\triangle A B C(A B \neq A C)$ уписана кружница, чији је центар тачка $I$, додирује страницу $B C$ у тачки $D$. Нека је тачка $M$ средиште дужи $B C$. Доказати да се нормале из тачака $M$ и $D$ на праве $A I$ и $M I$, редом, секу на правој која садржи висину $\triangle A B C$ из темена $A$.
(Душан Ђукић)
5. Дато је $2 n-1$ двоелементних подскупова скупа $\{1,2, \ldots, n\}$. Доказати да се може одабрати $n$ од ових подскупова чија унија садржи не више од $\frac{2}{3} n+1$ елемената.
(Душан Ђукић)
6. Дати су природни бројеви $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2 \text { 2016 }}$ такви да за све $n, 1 \leqslant n \leqslant 2^{2016}$, важи
$$
a_{n} \leqslant 2016 \quad \text { и } \quad a_{1} a_{2} \cdots a_{n}+1 \text { је потпун квадрат. }
$$
Доказати да је неки од бројева $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{22016}$ једнак 1. (Дуиан Ђукић)
## РЕШЕЊА
1. За почетак приметимо да за $m>n \geqslant 3$ важи $n^{m}>m^{n}$, те је $\frac{n^{m}-m^{n}}{m+n}>0$. Заиста, функција $f(x)=\frac{\ln x}{x}$ је опадајућа за $x>e$ јер је $f^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}<0$, па је $\frac{\ln n}{n}>\frac{\ln m}{m}$, тј. $m \ln n>n \ln m$, и одатле $n^{m}=e^{m \ln n}>e^{n \ln m}=m^{n}$.
За $n=2$ се може узети $m=10$. Претпоставимо да је $n>2$. Имамо
$$
n^{m}-m^{n} \equiv n^{m}-(-n)^{n}=n^{n}\left(n^{m-n}-(-1)^{n}\right) \quad(\bmod m+n)
$$
Потражићемо $m$ у облику $m=k n^{n}-n(k \in \mathbb{N})$. Тада $m+n=k n^{n} \mid n^{m}-m^{n}$ ако и само ако $k \mid n^{m-n}-(-1)^{n}$.
$\left(1^{\circ}\right)$ Ако је $n$ непарно, онда је $n^{m-n}-(-1)^{n}$ парно, па можемо узети $k=2$, тј. $m=2 n^{n}-n$.
(2 $2^{\circ}$ Ако је $n$ парно, онда је $n^{m-n}-(-1)^{n}=n^{m-n}-1$ дељиво са $n-1$, па можемо узети $k-n-1$, тј. $m=(n-1) n^{n}-n$.
Напомена. Неједнакост $n^{m}>m^{n}$ за $m>n \geqslant 3$ се може доказати индукцијом. Могућа су и другачија решења, нпр. за $n>2$ може се узети $m=p n^{n}-n$, где је $p$ било који прост делилац броја $n^{n^{n}}-2 n-(-1)^{n}$.
2. Одговор је $n$.
За $m \geqslant 2$ означимо $s_{m}=\sum_{i+j=m} f(i, j)$. Како је остатак $f(i, j)$ при дељењу са 2 једнак $f(i, j)-2\left[\frac{f(i, j)}{2}\right]$, број непарних међу бројевима $f(i, j)$ за $i, j \geqslant 0$ и $i+j=m$ једнак је
$$
\begin{aligned}
\sum_{i+j=m}\left(f(i, j)-2\left[\frac{f(i, j)}{2}\right]\right) & =s_{m}-\sum_{i+j=m}\left(\left[\frac{f(i-1, j+1)}{2}\right]+\left[\frac{f(i, j)}{2}\right]\right) \\
& =s_{m}-s_{m+1}
\end{aligned}
$$
Следи да је број парова $(i, j)$ за које је $f(i, j)$ непарно и $i+j0$ и посматрајмо најмање $i$ такво да је $f(i, m-i)>0$. Једноставном индукцијом добијамо $f(i, m+r-i)=\left[\frac{f(i, m-i)}{2^{r}}\right]$ за $r \geqslant 1$. Међутим, ако је $2^{r} \leqslant f(i, m-i)<2^{r+1}$, одавде је $f(i, m+r-i)=1$, противно претпоставци.
Друго решење (У. Динић). Поставимо $n$ жетона у тачку $(1,1)$ у координатној равни. У сваком кораку, из сваке тачке $(i, j)$ ћемо пребацити по цео део половине њених жетона у тачке $(i+1, j)$ и $(i, j+1)$. Приметимо да, ако је нека врста или колона у неком тренутку непразна, она ће увек остати непразна. Тако ниједан жетон не може изаћи из квадрата $[1, n] \times[1, n]$, па се игра завршава у коначном броју корака.
Није тешко видети да се након $i+j-2$ корака у тачки $(i, j)$ налази тачно $f(i, j)$ жетона. Шта више, број $f(i, j)$ је непаран ако након следећег корака
у тачки $(i, j)$ остане један жетон. Како у завршној позицији има тачно $n$ жетона, следи да међу члановима низа $f(i, j)$ има $n$ непарних бројева.
3. Означимо са $K$ додирну тачку праве $t$ и круга $B O C$. Нека се кругови описани око троуглова $B D K$ и $C E K$ секу у тачки $X \neq K$. Како је $\varangle B X C=$ $\varangle B X K+\varangle K X C=\varangle A D K+\varangle K E A=180^{\circ}-\varangle C A B$, тачка $X$ лежи на описаном кругу $k$ троугла $A B C$. Шта више, $\varangle D X E=\varangle D X K+\varangle K X E=\varangle D B K+$ $\varangle K C E=\varangle C K B-\varangle C A B=\varangle C A B=$ $\varangle D X E$, па $X$ такође лежи на описаном кругу $k_{1}$ троугла $A^{\prime} D E$. Доказаћемо да се кругови $k$ и $k_{1}$ додирују у тачки $X$.
Ако се праве $C K$ и $X D$ секу у тачки $P$, онда важи $\varangle X P C=\varangle X D E-$ $\varangle C K E=\varangle X B K-\varangle C B K=\varangle X B C$, што значи да $P$ лежи на кругу $k$. Аналогно, праве $B K$ и $X E$ се секу у тачки $Q$ на кругу $k$. Најзад, из $\varangle X P Q=\varangle X B Q=\varangle X D K$ следи да
је $P Q \| D E$. Према томе, троуглови $X D E$ и $X P Q$ су хомотетични са центром хомотетије $X$, па се њихови описани кругови додирују у $X$.
Друго решеъе. Нека праве $B K$ и $C K$ поново секу описани круг $\triangle A B C$ редом у тачкама $Q$ и $P$. Из $\varangle C P Q=\varangle C B Q=\varangle C K E$ следи $P Q \| D E$. Нека се праве $D P$ и $E Q$ секу у тачки $X$. Како су тачке $D=P X \cap A B, K=P C \cap Q B$ и $E=A C \cap Q X$ колинеарне, по обратној Паскаловој теореми тачка $X$ лежи на истом кругу са тачкама $A, B, C, P, Q$. Према томе, троуглови $X D E$ и $X P Q$ су хомотетични, па се њихови описани кругови додирују у њиховом центру хомотетије $X$. Најзад, тачка $A^{\prime}$ лежи на описаном кругу $\triangle D E X$ јер je $\varangle D X E=\varangle P X Q=\varangle P C A+\varangle A B Q=\varangle B K C-\varangle B A C=\varangle B A C=\varangle D A^{\prime} E$.
Напомена. Важи и општије тврђење: ако је $K$ тачка у $\triangle A B C, D$ и $E$ тачке у којима тангента на круг $B K C$ у $K$ сече $A B$ и $A C$, а $X$ друга тачка пресека кругова $B D K$ и $C E K$, онда се кругови $D E X$ и $A B C$ додирују у тачки $X$.
4. Означимо са $\gamma$ уписани круг $\triangle A B C$, а са $\gamma_{a}$ и $I_{a}$ приписани круг наспрам $A$ и његов центар. Тачка $E$ симетрична тачки $D$ у односу на $M$ је додирна тачка $\gamma_{a}$ са страницом $B C$. Нормала $\ell_{1}$ из $D$ на $M I$ је радикална оса круга $\gamma$ и круга $\omega$ над пречником $D E$, док је нормала $\ell_{2}$ из $A I$ радикална оса кругова $\gamma$ и $\gamma_{a}$ (због $M D=M E$ ). Такође, радикална оса кругова $\gamma_{a}$ и $\omega$ је нормала $\ell_{3}$ из $E$ на $M I_{a}$. Праве $\ell_{1}, \ell_{2}$ и $\ell_{3}$ се секу у радикалном центру $S$ кругова $\gamma, \gamma_{a}, \omega$. С друге стране, поз-
нато је (по "Великом задатку") да важи $M I \| A E$ и $M I_{a} \| A D$, па праве $\ell_{1}$ и $\ell_{3}$ садрже висине из $D$ и $E$ у троуглу $A D E$. Следи да је $S$ ортоцентар $\triangle A D E$, а он лежи на висини из темена $A$.
Друго решење. Нека се нормале из $M$ и $D$ редом на $A I$ и $M I$ секу у тачки $S$ и нека је $J$ тачка у којој права $M I$ сече висину из $A$ у $\triangle A B C$. Довољно је доказати да је $A J=I D$. Заиста, тада ће следити да је $A J D I$ паралелограм, па је $M S \perp D J$, тако да је $D$ ортоцентар троугла $M S J$ и одатле $J S \perp M D$, тј. $A S \perp B C$.
Ово се директно израчунава. Означимо са $H$ и $F$ редом подножја висине и симетрале угла из темена $A$, и $a=B C, b=C A, c=A B$. Тада је $B F=\frac{a c}{b+c}$, $B D=\frac{a-b+c}{2}$ и $B H=\frac{a^{2}-b^{2}+c^{2}}{2 a}$, па је $F H=B F-B H=\frac{|b-c|\left((b+c)^{2}-a^{2}\right)}{2 a(b+c)}, F D=$ $B F-B D=\frac{|b-c|(b+c-a)}{2(b+c)}$ и најзад $\frac{A J}{A H}=\frac{F D}{F H}=\frac{a}{a+b+c}=\frac{I D}{A H}$.
5. Показаћемо индукцијом по $k\left(k \leqslant \frac{2 n-1}{3}\right)$ да се може избацити $3 k$ подскупова тако да је кардиналност уније преосталих не већа од $n-k$.
За $k=0$ то је тривијално. Претпоставимо да је $k \geqslant 1$ и да смо избацили $3(k-1)$ подскупова тако да унија преосталих не садржи више од $n-k+1$ елемената. Како је $2 n-1-3(k-1)<2(n-k+1)$, постоји елемент $x_{k}$ из уније који се налази у највише три од преосталих подскупова. Дакле, можемо да избацимо још три подскупа тако да унија преосталих $2 n-1-3 k$ не садржи елемент $x_{k}$, што завршава индуктивни корак.
Тврђење задатка следи за $k=\left[\frac{n-1}{3}\right]$ jep је $n-\left[\frac{n-1}{3}\right] \leqslant n-\frac{n-3}{3}=\frac{2}{3} n+1$.
Напомена. Пробабилистички метод даје слабију оцену $\sim \frac{n}{\sqrt{2}}$.
6. Кључна чињеница је да, ако су $a+1=u^{2}$ и $b=v^{2}$ потпуни квадрати и $a>b$, онда $a b+1$ није квадрат. Заиста, тада је $(u v-1)^{2}$ $2016^{2^{m}} \geqslant b$, по чињеници са почетка, $a+1=P_{s}+1$ и $a b+1=P_{t}+1$ не могу истовремено да буду квадрати, што је контрадикција.