{"year": "2007", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Нека је $D$ тачка на страници $A C$ троугла $A B C$ у коме је $A B<B C$ таква да је $A B=B D$. Круг уписан у $\\triangle A B C$ додирује $A B$ у $K$ и $A C$ у $L$, а $J$ је центар уписаног круга троугла $B C D$. Доказати да $K L$ полови дуж $A J$.", "solution": "Нека је $M$ тачка на $A C$ таква да је $J M \\| K L$. Довољно је доказати да је $A M=2 A L$.\n\nИз $\\varangle B D A=\\alpha$ добијамо $\\varangle J D M=90^{\\circ}-\\frac{\\alpha}{2}=\\varangle K L A=\\varangle J M D$, па је $J M=$ $J D$, а додирна тачка уписаног круга $\\triangle B C D$ са $C D$ је средиште $T$ дужи $M D$. Према томе, $D M=2 D T=B D+C D-B C=A B-B C+C D$, одакле je\n\n$$\nA M=A D+D M=A C+A B-B C=2 A L\n$$", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2007_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n1. ", "solution_match": "\n1. "}}
{"year": "2007", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Троугао $\\triangle Z C P$ је подељен на 25 „малих“ троуглова (као на слици), а затим су сва темена тих троуглова обојена са три боје на следећи начин: теме $Z$ је обојено зеленом бојом, теме $C$ црвеном, а теме $P$ плавом; свако од темена на дужи $Z C$ обојено је или зеленом или црвеном бојом, свако од темена на дужи $C P$ обојено је или црвеном или плавом бојом, а свако од темена на дужи $Z P$ обојено је или зеленом или плавом бојом. Сва темена која се налазе у унутрашњости троугла обојена су без ограничења, једном од три боје.\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_5f149a7bcdd7b74aa0c9g-1.jpg?height=347&width=352&top_left_y=1363&top_left_x=862)\n\nДоказати да без обзира на начин бојења, бар један од 25 „малих “ троуглова има сва три темена различите боје.", "solution": "Посматраћемо странице малих троуглова које имају једно теме обојено црвеном, а друго плавом бојом. Такве странице ћемо звати црвено-плаве странице.\n\nСвака црвено-плава страница која се налази у унутрашњости троугла $\\triangle Z C P$ је страница тачно два мала троугла. Даље, свака црвено-плава страница која налази на једној од страница троугла $\\triangle Z C P$ по услову задатка мора припадати баш дужи $C P$. С обзиром да је теме $C$ обојено црвеном бојом а $P$ плавом, број црвено-плавих страница на дужи $C P$ је непаран.\n\nПрема томе, мора постојати бар један мали троугао који има непаран број црвено-плавих страница. Тај троугао мора да има сва три темена различите боје.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2007_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n2. ", "solution_match": "\n2. "}}
{"year": "2007", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Одредити све парове природних бројева $(x, n)$ који су решења једначине\n\n$$\nx^{3}+2 x+1=2^{n}\n$$\n\nВреме за рад 270 минута.\n\nСваки задатак вреди 7 поена.\n\n## СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА\n\nтакмичење ученика средњих школа из математике\n\nБеоград, 03.04.2007.\n\n## Други дан", "solution": "Провером се добија да је за $n \\leqslant 2$ једино решење пар $(1,2)$. Докажимо да за $n \\geqslant 3$ нема решења.\n\nБрој $x$ мора бити непаран, па је $x^{2}+2 \\equiv 3(\\bmod 8)$. Сада из $x\\left(x^{2}+2\\right) \\equiv-1$ $(\\bmod 8)$ следи да је $x \\equiv 5(\\bmod 8)$. Шта више, како $3 \\mid x\\left(x^{2}+2\\right)$ (уколико $3 \\nmid x$ тада $\\left.3 \\mid x^{2}+2\\right)$, мора бити $2^{n} \\equiv 1(\\bmod 3)$, па је $n$ паран број.\n\nДодавањем обема странама једнакости броја 2 добија се\n\n$$\n(x+1)\\left(x^{2}-x+3\\right)=2^{n}+2\n$$\n\nКако је $n$ паран, $2^{n}$ је потпун квадрат, па је број -2 квадратни остатак по сваком непарном простом делиоцу $p$ броја $(x+1)\\left(x^{2}-x+3\\right)$. Зато је\n\n$$\n1=\\left(\\frac{-2}{p}\\right)=\\left(\\frac{-1}{p}\\right)\\left(\\frac{2}{p}\\right)=(-1)^{\\frac{p-1}{2}}(-1)^{\\frac{p^{2}-1}{8}}=(-1)^{\\frac{(p-1)(p+5)}{8}}\n$$\n\nодакле следи да је $p$ облика $8 k+1$ или $8 k+3$. Будући производ таквих простих бројева, и сам број $x^{2}-x+3$ мора бити тог облика. Међутим, како је $x \\equiv 5(\\bmod 8)$, важи $x^{2}-x+3 \\equiv 7(\\bmod 8)$ што је контрадикција.\n\nДакле, једино решење дате једначине је $(x, n)=(1,2)$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2007_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n3. ", "solution_match": "\n3. "}}
{"year": "2007", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Нека је $k$ природан број. За сваку функцију $f: \\mathbb{N} \\rightarrow \\mathbb{N}$, нека је низ функција $\\left(f_{m}\\right)_{m \\geqslant 1}$ дефинисан са $f_{1}=f$ и $f_{m+1}=f \\circ f_{m}$ за $m \\geqslant 1$. Функција $f$ је $k$-фина уколико за све $n \\in \\mathbb{N}$ важи\n\n$$\nf_{k}(n)=f(n)^{k}\n$$\n\n(a) За које $k$ постоји $1-1 k$-фина функција $f$ ?\n\n(б) За које $k$ постоји на $k$-фина фунција $f$ ?", "solution": "Свака функција је 1-фина, па је одговор на оба дела задатка потврдан. Нека је надаље $k \\geqslant 2$. Свака $k$-фина функција је 1 -1 јер из $f(m)=f(n)$ следи $m^{k}=f_{k}(m)=f_{k}(n)=n^{k}$, тј. $m=n$.\n\n(a) Одговор: ДА. Конструишимо функцију $f$ индуктивно на следећи начин. Нека је $n$ најмањи природан број чија слика није одређена.\n\n(1) ако је $n=1$, онда је $f(n)=1$;\n\n(2) ако је $n=a^{k}$ за неко цело $a>1$, дефинишемо $f(n)=f(a)^{k}$;\n\n(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 $f\\left(n_{1}\\right)=n_{2}, f\\left(n_{2}\\right)=n_{3}$, $\\ldots, f\\left(n_{k-1}\\right)=n_{1}^{k}$.\n\nНа 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.\n\n(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.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2007_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n4. ", "solution_match": "\n4. "}}
{"year": "2007", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Дат је неједнакокраки троугао $A B C$. Нека су $A D, B E, C F$ симетрале углова овог троугла $(D \\in B C, E \\in A C, F \\in A B)$. Нека су $K_{a}, K_{b}, K_{c}$ тачке на уписаном кругу троугла $A B C$ такве да су $D K_{a}, E K_{b}, F K_{c}$ тангенте на уписани круг и да $K_{a} \\notin B C, K_{b} \\notin A C, K_{c} \\notin A B$. Нека су $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ средишта страница $B C, C A, A B$. Доказати да се праве $A_{1} K_{a}, B_{1} K_{b}, C_{1} K_{c}$ секу на уписаном кругу троугла $A B C$.", "solution": "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).\n\nОзначимо $M=K_{a} K_{b} \\cap B C$, 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 $\\varangle K_{a} T K_{b}=\\varangle K_{a} T A^{\\prime}+\\varangle A^{\\prime} T B^{\\prime}+\\varangle B^{\\prime} T K_{b}=2 \\gamma$.\n\nТакође, 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.\n\nПриметимо 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.\n\nКако 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.\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_5f149a7bcdd7b74aa0c9g-5.jpg?height=729&width=976&top_left_y=725&top_left_x=542)\n\nАлтернативно 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\n\n$$\na_{1}=\\frac{b+c}{2}=\\frac{a^{\\prime 2} b^{\\prime}+a^{\\prime 2} c^{\\prime}+2 a^{\\prime} b^{\\prime} c^{\\prime}}{\\left(a^{\\prime}+b^{\\prime}\\right)\\left(a^{\\prime}+c^{\\prime}\\right)}\n$$\n\nВредност $k_{a}$ 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\n\n$$\n\\overline{\\left(a_{1}-k_{a}\\right)}\\left(z-k_{a}\\right)=\\left(\\frac{1}{z}-\\frac{1}{k_{a}}\\right)\\left(a_{1}-k_{a}\\right)\n$$\n\nодакле (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\n\n$$\nz=-\\frac{1}{k_{a}} \\frac{a_{1}-k_{a}}{\\overline{\\left(a_{1}-k_{a}\\right)}}=-\\frac{\\left(a^{\\prime 2}-b^{\\prime} c^{\\prime}\\right)\\left(a^{\\prime} b^{\\prime}+a^{\\prime} c^{\\prime}+b^{\\prime} c^{\\prime}\\right)}{\\left(b^{\\prime} c^{\\prime}-a^{\\prime 2}\\right)\\left(a^{\\prime}+b^{\\prime}+c^{\\prime}\\right)}=\\frac{a^{\\prime} b^{\\prime}+a^{\\prime} c^{\\prime}+b^{\\prime} c^{\\prime}}{a^{\\prime}+b^{\\prime}+c^{\\prime}}\n$$\n\nКако 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.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2007_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n5. ", "solution_match": "\n5. "}}
{"year": "2007", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Нека је $k$ природан број. Доказати да за позитивне реалне бројеве $x, y, z$ чији је збир једнак 1 , важи неједнакост\n\n$$\n\\frac{x^{k+2}}{x^{k+1}+y^{k}+z^{k}}+\\frac{y^{k+2}}{y^{k+1}+z^{k}+x^{k}}+\\frac{z^{k+2}}{z^{k+1}+x^{k}+y^{k}} \\geqslant \\frac{1}{7}\n$$\n\nКада важи једнакост?\n\nВреме за рад 270 минута.\n\nСваки задатак вреди 7 поена.\n\n## РЕШЕЊА", "solution": "Дати израз је симетричан, па се без губљења општости може претпоставити да је $x \\geqslant y \\geqslant z$. Тада је\n\n$$\nx^{k+1}+y^{k}+z^{k} \\leqslant y^{k+1}+z^{k}+x^{k} \\leqslant z^{k+1}+x^{k}+y^{k}\n$$\n\nЗаиста, 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\n\n$$\n\\sum_{\\text {cyc }} \\frac{x^{k+2}}{x^{k+1}+y^{k}+z^{k}} \\geqslant \\frac{1}{3} \\sum_{\\text {cyc }} x^{k+2} \\sum_{\\text {cyc }} \\frac{1}{x^{k+1}+y^{k}+z^{k}}=L\n$$\n\nУколико 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\n\n$$\nL \\geqslant \\frac{1}{3} \\cdot \\frac{1}{3} \\sum_{\\text {cyc }} x \\sum_{\\text {cyc }} x^{k+1} \\sum_{\\text {cyc }} \\frac{1}{x^{k+1}+y^{k}+z^{k}}=L^{\\prime}\n$$\n\nИз неједнакости Коши-Шварц-Буњаковског следи\n\n$$\n\\sum_{\\text {cyc }} \\frac{1}{x^{k+1}+y^{k}+z^{k}} \\sum_{\\text {cyc }}\\left(x^{k+1}+y^{k}+z^{k}\\right) \\geqslant 9\n$$\n\nпа је\n\n$$\nL^{\\prime} \\geqslant \\frac{x^{k+1}+y^{k+1}+z^{k+1}}{x^{k+1}+y^{k+1}+z^{k+1}+2\\left(x^{k}+y^{k}+z^{k}\\right)}\n$$\n\nи самим тим довољно је доказати да је\n\n$$\n3\\left(x^{k+1}+y^{k+1}+z^{k+1}\\right) \\geqslant x^{k}+y^{k}+z^{k}\n$$\n\nПоследња неједнакост се добија поновном применом неједнакости Чебишева на тројке $(x, y, z)$ и $\\left(x^{k}, y^{k}, z^{k}\\right)$.\n\nЈеднакост у свим примењеним неједнакостима важи ако и само ако је $x=y=z$, тј. ако и само ако је $x=y=z=\\frac{1}{3}$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2007_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n6. ", "solution_match": "\n6. "}}