# Министарство просвете, науке и технолошког развоја Друштво математичара Србије
11. СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА УЧЕНИКА СРЕДЊИХ ШКОЛА
31. март 2017 .
## Први дан
1. Нека су $a, b$ и $c$ позитивни реални бројеви за које важи $a+b+c=1$. Доказати:
$$
\begin{array}{r}
a \sqrt{2 b+1}+b \sqrt{2 c+1}+c \sqrt{2 a+1} \leqslant \sqrt{2-\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)} \\
\text { (Никола Петровић) }
\end{array}
$$
2. Дат је конвексан тетиван четвороугао $A B C D$. Нека се праве $A D$ и $B C$ секу у тачки $E$. На страницама $A D$ и $B C$ су одабране тачке $M$ и $N$, редом, такве да важи $A M: M D=B N: N C$. Кружнице описане око троугла $E M N$ и четвороугла $A B C D$ секу се у тачкама $X$ и $Y$. Доказати да се праве $A B, C D$ и $X Y$ секу у једној тачки или су све паралелне.
(Дуиан Ђукић)
3. У врсти се налази $2 n-1$ сијалица. У почетку је средња ( $n$-та) упаљена, а све остале су угашене. У једном кораку је дозвољено одабрати две несуседне угашене сијалице између којих су све сијалице упаљене, и променити стање тим двема сијалицама, као и свим сијалицама између њих (на пример, од конфигурације $\cdot$ооо $\cdot$ добија се о $\cdot$ $\cdot$ ). Колико највише корака је могуће извршити?
(Душан Ђукић)
## Министарство просвете, науке и технолошког развоја Друштво математичара Србије
11. СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА УЧЕНИКА СРЕДЊИХ ШКОЛА
## 1. април 2017 .
## Други дан
4. Нека је $a$ природан број такав да за сваки природан број $n$ број $n^{2} a-1$ има бар један делилац већи од 1 који даје остатак 1 при дељењу са $n$. Доказати да је $а$ потпун квадрат.
(Душан Ђукић)
5. Одредити колико се највише краљица може поставити на таблу $2017 \times 2017$, при чему свака краљица сме да напада највише једну од преосталих.
(Бојан Башић и комисија)
6. Нека је $k$ кружница описана око $\triangle A B C$, а $k_{a}$ приписана кружница наспрам темена $A$. Две заједничке тангенте кружница $k$ и $k_{a}$ секу праву $B C$ у тачкама $P$ и $Q$. Доказати да важи $\varangle P A B=\varangle Q A C$.
(Дуиан Ђукић)
## РЕШЕЊА
1. Квадрирањем обе стране и коришћењем једнакости $1-\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)=2(a b+$ $b c+c a)$ неједнакост из задатка се своди на
$$
\begin{aligned}
L= & 2 a^{2} b+2 b^{2} c+2 c^{2} a+ \\
& 2 a b \sqrt{(2 b+1)(2 c+1)}+2 b c \sqrt{(2 c+1)(2 a+1)}+2 c a \sqrt{(2 a+1)(2 b+1)} \\
\leqslant D= & 4(a b+b c+c a) .
\end{aligned}
$$
По АМ-ГМ неједнакости имамо $2 a b \sqrt{(2 b+1)(2 c+1)} \leqslant a b(2 b+2 c+2)$ и аналогно $2 b c \sqrt{(2 c+1)(2 a+1)} \leqslant b c(2 c+2 a+2)$ и $2 c a \sqrt{(2 a+1)(2 b+1)} \leqslant c a(2 a+2 b+2)$, па сабирањем добијамо
$$
\begin{aligned}
L \leqslant & 2\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a+a b^{2}+b c^{2}+c a^{2}+3 a b c\right)+2(a b+b c+c a)= \\
& 2(a+b+c+1)(a b+b c+c a)=4(a b+b c+c a)=D
\end{aligned}
$$
Друго решење. Функција $f(x)=\sqrt{x}$ је конкавна јер је $f^{\prime}(x)=2 / \sqrt{x}$ опадајућа функција. Применом Јенсенове неједнакости са тежинама $a, b$ и $c$ добијамо
$$
\begin{aligned}
a \sqrt{2 b+1}+b \sqrt{2 c+1}+c \sqrt{2 a+1} & \leqslant \sqrt{a(2 b+1)+b(2 c+1)+c(2 a+1)} \\
& =\sqrt{1+2(a b+b c+c a)}=\sqrt{2-\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)}
\end{aligned}
$$
Напомена. Ако се допусти да неки од бројева $a, b, c$ буде нула, једнакост се достиже у случајевима $a=b=c=\frac{1}{3}$ и $(a, b, c)=(1,0,0)$ са пермутацијама.
2. У случају $A B \| C D$ тврђење је тривијално: тачке $X$ и $Y$ су симетричне у односу на симетралу дужи $A B$ и $C D$ и важи $A B\|X Y\| C D$.
Нека је $A B \nVdash C D$. Тада описани кругови $k_{1}$ и $k_{2}$ троуглова $E A B$ и $E C D$ имају другу пресечну тачку $P \neq E$. Из $\varangle P A D=\varangle P B E$ и $\varangle P D A=180^{\circ}-\varangle P D E=$ $180^{\circ}-\varangle P C E=\varangle P C B$ следи да су троуглови $P A D$ и $P B C$ слични. При овој сличности тачки $M$ у $\triangle P A D$ одговара тачка $N$ у $\triangle P B C$, па је $\varangle P M E=\varangle P N E$. Закључујемо да тачке $E, P, M$ и $N$ леже на истом кругу $k_{3}$.
Како тачка $F$ има једнаку потенцију $F A$. $F B=F C \cdot F D$ у односу на кругове $k_{1}, k_{2}$
и круг $k$ описан око $A B C D$, она лежи на радикални оси $E P$ кругова $k_{1}$ и $k_{2}$. Сада је још $F A \cdot F B=F E \cdot F P$, па $F$ такође припада радикалној оси кругова $k_{1}$ и $k_{3}$, а то је права $X Y$.
Друго решеъе. Нека су $k, k_{1}, k_{2}$ и $k_{3}$ редом описани кругови четвороугла
тројки кругова ( $k, k_{1}, k_{2}$ ) и ( $k, k_{1}, k_{3}$ ) поклапају (можда у бесконачној тачки). Довољно је доказати да кругови $k_{1}, k_{2}, k_{3}$ имају заједничку радикалну осу, тј. да су њихови центри $O_{1}, O_{2}, O_{3}$ редом колинеарни.
За $i=1,2,3$, означимо са $E_{i}$ тачку симетричну тачки $E$ у односу на $O_{i}$. Доказаћемо да се тачка $E_{3}$ поклапа са тачком $E_{3}^{\prime}$ на дужи $E_{1} E_{2}$ таквом да је $E_{1} E_{3}^{\prime}: E_{3}^{\prime} E_{2}=A M: M D$. Заиста, пошто је $E_{1} A \perp A D$ и $E_{2} D \perp A D$, из Талесове теореме следи $E_{3}^{\prime} M \perp A D$; аналогно је $E_{3}^{\prime} N \perp B C$, па је $E_{3}^{\prime} \equiv E_{3}$.
3. Одговор је $\left[\frac{2^{n+1}-5}{3}\right]$.
Придружимо $i$-тој сијалици број $2^{|i-n|}$ и дефинишимо вредност конфигурације као збир бројева на упаљеним сијалицама. Вредност полазне конфигурације је 1, а при сваком кораку она се повећава за природан умножак броја 3. Корак повећава вредност за тачно 3 ако $n$-та сијалица мења стање; овакав корак зовемо добрим.
Пошто вредност не може да премаши $2^{n+1}-4$ (jep cе не могу упалити све сијалице), није могуће извршити више од $\left[\frac{2^{n+1}-5}{3}\right]$ корака. Овај број се може достићи: довољно је показати да је могуће извршити бар $\frac{2^{n+1}-7}{3}$ корака.
Доказаћемо индукцијом по $n$ да, почевши од конфигурације вредности највише 3 , можемо да низом добрих корака добијемо конфигурацију вредности бар $2^{n+1}-6$. Ово се директно проверава за $n \leqslant 2$. Нека је $n \geqslant 3$. По индуктивној претпоставци за $n-1$, могуће је доћи до конфигурације вредности бар $2^{n}-6$ са првом и последњом сијалицом угашеном. У таквој конфигурацији, осим прве и последње сијалице, могу бити угашене ( $1^{\circ}$ ) само $n$-та, $\left(2^{\circ}\right)$ само $n$-та и једна од њој суседних, или (3) само једна од две суседне. У сваком од ова три случаја, у највише три добра корака постижемо да прва и последња сијалица буду упаљене и да вредност остатка конфигурације (без ове две сијалице) буде највише 3.
$\left(1^{\circ}\right)$
$\left(2^{\circ}\right)$
$\left(3^{\circ}\right)$
Поновна примена индуктивне претпоставке за $n$ - 1 завршава индукцију.
4. Нека је $n^{2} a-1=\left(n x_{n}+1\right) d_{n}\left(x_{n}, d_{n} \in \mathbb{N}\right)$. Тада је $d_{n} \equiv-1(\bmod n)$, па је
$$
n^{2} a-1=\left(n x_{n}+1\right)\left(n y_{n}-1\right) \quad \text { за неке } x_{n}, y_{n} \in \mathbb{N}
$$
што се своди на $n a-n x_{n} y_{n}=y_{n}-x_{n}>-x_{n} y_{n}$. Одавде добијамо $x_{n} \leqslant x_{n} y_{n}<$ $\frac{n}{n-1} a \leqslant 2 a$. Следи да у низу $x_{1}, x_{2}, \ldots$ постоји члан који се јавља бесконачно много пута. Означимо тај члан са $X$. Тада $n X+1 \mid n^{2} a-1$ и одатле
$$
n X+1 \mid X^{2}\left(n^{2} a-1\right)-a\left(n^{2} x^{2}-1\right)=a-X^{2}
$$
за бесконачно много бројева $n$. Ово је могуће само за $a-X^{2}=0$, тј. $X^{2}=a$.
Друго решење. Као и у првом решењу, нека је $n^{2} a-1=\left(n x_{n}+1\right)\left(n y_{n}-1\right)$, тј. $y_{n}-x_{n}=n\left(a-x_{n} y_{n}\right)=n d_{n}$. Разликујемо три случаја.
(1 ) Ако је $d_{n}>0$, онда је $a=d_{n}+x_{n}\left(x_{n}+n d_{n}\right)>n d_{n} x_{n}$, што је немогуће за $n \geqslant a$.
(2 ${ }^{\circ}$ Ако је $d_{n}<0$, онда је $a=d_{n}+y_{n}\left(y_{n}-n d_{n}\right)=y_{n}^{2}-d_{n}\left(n y_{n}-1\right)>n y_{n}-1$, што је немогуће за $n \geqslant a+1$.
$\left(3^{\circ}\right)$ Ако је $d_{n}=0$, онда је $a=x_{n}^{2}$. потпун квадрат.
5. Означимо $n=2017$. Претпоставимо да је постављено $m>n$ краљица. Ни у једној врсти нема више од две краљице, па се у бар $m-n$ врста налазе по две краљице, тако да има највише $m-2(m-n)=2 n-m$ краљица које су саме у својој врсти. Слично, највише $2 n-m$ краљица су саме у својој колони. С друге стране, свака краљица је сама у својој врсти или у својој колони, па је $m \leqslant 2(2 n-m)$, одакле је $m \leqslant\left[\frac{4 n}{3}\right]=2689$.
На слици А је приказано постављање 8 краљица на таблу $6 \times 6$ у складу са захтевом задатка. Пре конструкције примера на табли $2017 \times 2017$ размотрићемо следећи распоред краљица:
- На таблу $335 \times 335$ могуће је поставити 335 краљица које се међусобно не нападају чак ни ако се дијагонале продуже по модулу 335. Заиста, довољно је поставити краљице на сва поља $(x, y), 1 \leqslant x, y \leqslant 335$, за која је $y \equiv 2 x(\bmod 335)$, као на слици Б. Заиста, тада су сви збирови $x+y$ међусобно различити по модулу 335 , све разлике $x-y$ такође, па никоје две краљице нису у истој врсти, колони или дијагонали.
Поделимо таблу $2017 \times 2017$ на правоугаонике и квадрате страница 335, 6 и 1 , као на слици В. Квадрате обележене са Б и А попунићемо редом као на сликама Б и А, а у горње десно поље табле поставићемо још једну краљицу. Овако смо укупно поставили $8 \cdot 335+8+1=2689$ краљица. Лако се проверава да овакво постављање задовољава услове задатка.
Напомена. Табла $n \times n$ чије су дијагонале продужене по модулу $n$ зове се торусна табла. На торусну таблу $n \times n$ могуће је поставити $n$ краљица које се међусобно не нападају ако и само ако је $n \equiv \pm 1(\bmod 6)$. Ово је доказано у 4. задатку са СMO 2012.
6. Нека унутрашња и спољна симетрала угла $B A C$ секу праву $B C$ редом у тачкама $D$ и (можда бесконачној) $D_{1}$. Заједничке тангенте се секу у центру $T$ позитивне хомотетије $\mathscr{H}$ која слика приписани круг $\omega_{a}$ у описани круг $\Omega$. Ако је $T$ бесконачна тачка, $\mathscr{H}$ је транслација, а остатак доказа је исти.
Лема. Нека произвољна права $p$ кроз $D_{1}$ сече круг $\Omega$ у тачкама $L$ и $K$. Тангенте у $L$ и $K$ на $\Omega$ секу праву $B C$ редом у тачкама $P$ и $Q$. Тада је $\varangle P A B=\varangle C A Q$.
Доказ. Означимо $\varangle B A C=\alpha, \varangle C B A=\beta, \varangle A C B=\gamma, \varangle P A B=x$ и $\varangle C A Q=y$.
Ако је $D_{1}$ бесконачна тачка, тврђење је тривијално по симетрији. Ако није, из $\triangle P B L \sim \triangle P L C$ следи $\frac{P B}{P L}=\frac{P L}{P C}=\frac{L B}{L C}$ и одатле $\frac{P B}{P C}=\left(\frac{L B}{L C}\right)^{2}$. Слично je $\frac{Q B}{Q C}=\left(\frac{K B}{K C}\right)^{2}$. Пошто је $\frac{L B}{L C} \cdot \frac{K B}{K C}=\frac{\mid K L B]}{\mid K L C]}=\frac{D_{1} B}{D_{1} C}=\frac{A B}{A C}$, добијамо $\frac{P B}{P C} \cdot \frac{Q B}{Q C}=\left(\frac{A B}{A C}\right)^{2}$. Како је $\frac{P B}{P C}=\frac{P B}{P A} \cdot \frac{P A}{P C}=\frac{\sin x}{\sin \beta} \cdot \frac{\sin \gamma}{\sin (\alpha+x)}$ и $\frac{Q B}{Q C}=\frac{Q B}{Q A} \cdot \frac{Q A}{Q C}=\frac{\sin (\alpha+y)}{\sin \beta} \cdot \frac{\sin \gamma}{\sin y}$, множење даје $\left(\frac{\sin \gamma}{\sin \beta}\right)^{2} \cdot \frac{\sin (\alpha+y) / \sin y}{\sin (\alpha+x) / \sin x}=\left(\frac{A C}{A B}\right)^{2}=\left(\frac{\sin \gamma}{\sin \beta}\right)^{2}$, одакле је $\sin \alpha \operatorname{ctg} y+\cos \alpha=\frac{\sin (\alpha+y)}{\sin y}=$ $\frac{\sin (\alpha+x)}{\sin x}=\sin \alpha \operatorname{ctg} x+\cos \alpha$, тј. $x=y$.
Ако су $K$ и $L$ додирне тачке заједничких тангенти са $\Omega$, остаје да се покаже да тачка $D_{1}$ лежи на правој $K L$, тј. на полари тачке $T$ у односу на $\Omega$. По ставу о полу и полари, довољно је доказати да $T$ лежи на полари $d$ тачке $D_{1}$ у односу на $\Omega$.
Означимо са $N$ средиште лука $B A C$ круга $\Omega$. Слика тачке $D$ при хомотетији $\mathscr{H}$ је пресек $S$ тангенти на $\Omega$ у тачкама $A$ и $N$, па тачка $T$ лежи на правој $D S$. С друге стране, тачка $D$ је на полари $d$ јер је четворка $\left(B, C ; D_{1}, D\right)$ хармонијска, а тачка $S$ је
такође на $d$ јер полара тачке $S$ у односу на $\Omega$, што је права $A N$, садржи тачку $D_{1}$. Према томе, праве $D S$ и $d$ се поклапају, чиме је доказ завршен.
Друго решење. Нека заједничке тангенте додирују круг $\Omega$ у тачкама $K$ и $L$, при чему је теме $L P$ тангента ближа темену $B$. Означимо са $M$ средиште оног лука $B C$ који не садржи тачку $A$, а са $O$ и $I_{a}$ редом центре описаног и приписаног круга наспрам $A$.
Како је $\varangle L P I_{a}=90^{\circ}+\frac{1}{2} \varangle L P C$ и $\varangle L A I_{a}=\varangle L A M=\frac{1}{2} \varangle L O M=\frac{1}{2} \varangle L P D_{1}=90^{\circ}-\frac{1}{2} \varangle L P C$, следи да је $\varangle L P I_{a}+\varangle L A I_{a}=180^{\circ}$, па је четвороугао $A L P I_{a}$ тетиван. Слично, и четвороугао $A K Q I_{a}$ је тетиван. Сада имамо $\varangle P A I_{a}=\varangle P L I_{a}=\varangle Q K I_{a}=\varangle Q A I_{a}$, јер су углови $P L I_{a}$ и $Q K I_{a}$ симетрични у односу на праву $O I_{a}$, а одавде је $\varangle P A B=\varangle Q A C$.