{"year": "2009", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Нека су $\\alpha$ и $\\beta$ углови неједнакокраког троугла $A B C$ код темена $A$ и $B$, редом. Нека симетрале ових углова секу наспрамне странице троугла у $D$ и $E$, редом. Доказати да оштар угао између правих $D E$ и $A B$ није већи од $\\frac{|\\alpha-\\beta|}{3}$.\n\n(Душан Ђукић)", "solution": "Као и обично, означимо $\\varangle A C B=\\gamma$ и $B C=a, C A=b, A B=c$, при чему је без смањења општости $a>b$ и $\\alpha>\\beta$. Нека је $F$ тачка пресека правих $D E$ и $A B$, а $\\varphi$ угао између ових правих. Из односа $\\frac{B D}{D C}=\\frac{c}{b}$ и $\\frac{C E}{E A}=\\frac{a}{c}$ лако налазимо $B D=\\frac{a c}{b+c}, D C=\\frac{a b}{b+c}$, $C E=\\frac{a b}{a+c}$ и $E A=\\frac{b c}{a+c}$. Менелајева теорема за праву $D E$ и троугао $A B C$ даје $A F=\\frac{b c}{a-b}$ и $F B=\\frac{a c}{a-b}$.\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_4a3d55a04ec3302c585fg-3.jpg?height=283&width=726&top_left_y=635&top_left_x=1062)\n\nСада на основу синусне теореме у троугловима $F E A$ и $F D B$ имамо\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{\\sin (\\alpha-\\varphi)}{\\sin \\varphi}=\\frac{\\sin \\varangle F E A}{\\sin \\varangle E F A}=\\frac{F A}{E A}=\\frac{\\frac{b c}{a-b}}{\\frac{b c}{a+c}}=\\frac{a+c}{a-b} \\\\\n& \\frac{\\sin (\\beta+\\varphi)}{\\sin \\varphi}=\\frac{\\sin \\varangle F D B}{\\sin \\varangle D F B}=\\frac{F B}{D B}=\\frac{\\frac{a c}{a-b}}{\\frac{a c}{b+c}}=\\frac{b+c}{a-b}\n\\end{aligned}\n$$\n\nиз чега добијамо $\\sin \\varphi=\\sin (\\alpha-\\varphi)-\\sin (\\beta+\\varphi)=2 \\sin \\frac{\\alpha-\\beta-2 \\varphi}{2} \\cos \\frac{\\alpha+\\beta}{2}<$ $\\sin (\\alpha-\\beta-2 \\varphi)$. Одавде је $\\varphi<\\alpha-\\beta-2 \\varphi$, тј. $3 \\varphi<\\alpha-\\beta$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2009_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n1. ", "solution_match": "\n1. "}}
{"year": "2009", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Одредити најмањи природан број који је дељив са 2009 и коме је збир цифара једнак 2009.", "solution": "Пошто је $2009=223 \\cdot 9+2$, тражени број има бар 224 цифре. Посматраћемо 224 -цифрене бројеве $x=\\overline{c_{223} c_{222} \\ldots c_{1} c_{0}}$. Јасно је да је $c_{223} \\geq 2$. Притом, ако је $c_{223}=2$ онда је $c_{222}=\\cdots=c_{0}=9$ и $x=3 \\cdot 10^{223}-1 \\equiv 3 \\cdot 10-1$, а то није дељиво са $2009=7^{2} \\cdot 41$ јер је $x \\equiv 1(\\bmod 7)$.\n\nНека је сада $c_{223}=3$. Тада број $x$ има облик $399 \\ldots 9899 \\ldots 9=4 \\cdot 10^{223}-$ $10^{i}-1$ за неко $i$. Како је $10^{5} \\equiv 1(\\bmod 41)$, имамо $10^{i} \\equiv 1,10,18,16$ или 37 $(\\bmod 41)$ за $i=0,1,2,3,4(\\bmod 5)$ редом, и одатле $x \\equiv 4 \\cdot 10^{3}-10^{i}-1 \\equiv 22-10^{i}$ $(\\bmod 41)$ никад није дељиво са 41.\n\nНека је $c_{223}=4$. Међу цифрама $c_{222}, \\ldots, c_{0}$ налазе се две осмице или једна седмица, док су све остале деветке; у сваком случају, $x=5 \\cdot 10^{223}-10^{i}$ $10^{j}-1 \\equiv 38-\\left(10^{i}+10^{j}\\right)(\\bmod 41)$, где $i$ и $j$ нису обавезно различити. По претходном је $10^{i}+10^{j} \\equiv 38(\\bmod 41)$ ако и само ако је $(i, j) \\equiv(0,4)$ или $(4,0)(\\bmod 5)$. Између осталог, $i \\neq j$ и $i, j \\leq 220$.\n\nПробајмо да ставимо $j=220$ и $i \\equiv 4(\\bmod 5)$. Треба одабрати $i$, ако постоји, тако да $7^{2} \\mid x=5 \\cdot 10^{223}-10^{220}-10^{i}-1 \\equiv 5 \\cdot 10^{13}-10^{10}-10^{i}-1 \\equiv 31-10^{i}$ $(\\bmod 49)$. Лако налазимо да је $10^{i} \\equiv 31(\\bmod 49)$ ако и само ако је $i \\equiv 7$ $(\\bmod 42)$, што заједно са $i \\equiv 4(\\bmod 5)$ даје као једину могућност $i=49$. Према томе, тражени број је\n\n$$\n4998 \\underbrace{9 \\ldots 99}_{170} 8 \\underbrace{99 \\ldots 9}_{49} .\n$$", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2009_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n2. ", "solution_match": "\n2. "}}
{"year": "2009", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Одредити највећи природан број $n$ за који постоје различити скупови $S_{1}, S_{2}, \\ldots, S_{n}$ такви да је:\n\n$1^{\\circ}\\left|S_{i} \\cup S_{j}\\right| \\leqslant 2004$ за свака два цела броја $1 \\leqslant i, j \\leqslant n$, и\n\n$2^{\\circ} S_{i} \\cup S_{j} \\cup S_{k}=\\{1,2, \\ldots, 2008\\}$ за свака три цела броја $1 \\leqslant i<j<k \\leqslant n$.\n\n(Иван Матић)\n\n## СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА\n\nтакмичење ученика средњих школа из математике\n\nНови Сад, 14.04.2009.\n\n## Други дан", "solution": "Сваки скуп $S_{i}$ има највише 2003 елемената. Заиста, ако је $\\left|S_{i}\\right|=2004$, из услова $1^{\\circ}$ следи да је $S_{j} \\subset S_{i}$ за све $j$, противно услову $2^{\\circ}$. Посматрајмо скупове\n\n$$\nG_{\\{i, j\\}}=\\{1,2, \\ldots, 2008\\} \\backslash\\left(S_{i} \\cup S_{j}\\right) \\quad \\text { за } 1 \\leq i, j \\leq n\n$$\n\nТада је $\\left|G_{\\{i, j\\}}\\right| \\geqslant 4$ и свих $\\binom{n}{2}$ скупова $G_{\\{i, j\\}}$ су међусобно дисјунктни (у супротном, ако $x \\in G_{\\{i, j\\}} \\cap G_{\\{k, l\\}}$, онда $x \\notin S_{i} \\cup S_{j} \\cup S_{k} \\cup S_{l}$, што је немогуће ако су бар три међу $i, j, k, l$ различита). Следи да је $4\\binom{n}{2} \\leqslant 2008$, одакле je $n \\leqslant 32$.\n\nКонструисаћемо 32 скупа који задовољавају $1^{\\circ}$ и $2^{\\circ}$. Разложимо скуп $\\{1,2, \\ldots, 2008\\}$ произвољно на $\\binom{32}{2}=496$ (дисјунктних) скупова $G_{\\{i, j\\}}$, при чему је $\\left|G_{\\{i, j\\}}\\right| \\geqslant 4$ за $1 \\leqslant i, j \\leqslant 32$, и дефинишимо\n\n$$\nS_{i}=\\{1,2, \\ldots, 2008\\} \\backslash \\bigcup_{j \\neq i} G_{\\{i, j\\}} \\quad \\text { за } i=1, \\ldots, 32\n$$\n\nУслов $1^{\\circ}$ је аутоматски задовољен. Осим тога, свако $s \\in\\{1,2, \\ldots, 2008\\}$ припада највише једном од скупова $G_{\\{p, q\\}}$, што значи да постоје највише два скупа $S_{i}$ који га не садрже (то су $S_{p}$ и $S_{q}$ ), па је и услов $2^{\\circ}$ задовољен. Према томе, одговор је $n=32$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2009_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n3. ", "solution_match": "\n3. "}}
{"year": "2009", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Нека је $n \\in \\mathbb{N}$ и $A_{n}$ скуп свих пермутација $\\left(a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{n}\\right)$ скупа $\\{1,2, \\ldots, n\\}$ таквих да важи\n\n$$\nk \\mid 2\\left(a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{k}\\right) \\quad \\text { за свако } 1 \\leqslant k \\leqslant n\n$$\n\nОдредити број елемената скупа $A_{n}$.\n\n(Видан Говедарииа)", "solution": "Означимо са $F_{n}$ број елемената скупа $A_{n}$. Имамо $F_{1}=1, F_{2}=2$ и $F_{3}=6$. За $n>3$, посматрајмо било коју пермутацију $\\left(a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{n}\\right)$ у $A_{n}$. Како $n-1$ дели $2\\left(a_{1}+\\cdots+a_{n-1}\\right)=n(n+1)-2 a_{n} \\equiv 2-2 a_{n}(\\bmod n-1)$, следи да је $a_{n}$ једнако $1, \\frac{n+1}{2}$ или $n$.\n\nПретпоставимо да је $a_{n}=\\frac{n+1}{2}$. Тада $n-2$ дели $2\\left(a_{1}+\\cdots+a_{n-2}\\right)=n^{2}-$ $1-2 a_{n-1} \\equiv 3-2 a_{n-1}(\\bmod n-2)$. Зато мора бити $2 a_{n-1}-3=n-2$, али тада је $a_{n-1}=\\frac{n+1}{2}=a_{n}$, контрадикција.\n\nАко је $a_{n}=n$, онда је $\\left(a_{1}, \\ldots, a_{n}\\right) \\rightarrow\\left(a_{1}, \\ldots, a_{n-1}\\right)$ бијективно пресликавање у скуп $A_{n-1}$, па оваквих пермутација има $F_{n-1}$.\n\nАко је $a_{n}=1$, онда је $\\left(a_{1}-1, \\ldots, a_{n-1}-1\\right)$ пермутација на $\\{1, \\ldots, n-1\\}$ која припада скупу $A_{n-1}$ јер је $2\\left(\\left(a_{1}-1\\right)+\\cdots+\\left(a_{k}-1\\right)\\right)=2\\left(a_{1}+\\cdots+a_{k}\\right)-2 k$ дељиво са $k$ за $1 \\leqslant k \\leqslant n-1$. Као и у претходном случају, оваквих пермутација има $F_{n-1}$.\n\nЗакључујемо да је $F_{n}=2 F_{n-1}$ за $n>3$, што заједно са $F_{3}=6$ даје $F_{n}=$ $3 \\cdot 2^{n-2}$ за $n \\geqslant 3$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2009_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n4. ", "solution_match": "\n4. "}}
{"year": "2009", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Нека су $x, y, z$ позитивни реални бројеви такви да је $x y+y z+z x=x+y+z$. Доказати неједнакост\n\n$$\n\\frac{1}{x^{2}+y+1}+\\frac{1}{y^{2}+z+1}+\\frac{1}{z^{2}+x+1} \\leqslant 1\n$$\n\nКада се у претходној неједнакости достиже знак једнакости?\n\n(Марко Радовановић)", "solution": "Коши-Шварцова неједнакост за тројке $(x, \\sqrt{y}, 1)$ и $(1, \\sqrt{y}, z)$ даје $\\frac{1}{x^{2}+y+1} \\leqslant$ $\\frac{1+y+z^{2}}{(x+y+z)^{2}}$. Аналогно важи $\\frac{1}{y^{2}+z+1} \\leqslant \\frac{1+z+x^{2}}{(x+y+z)^{2}}$ и $\\frac{1}{z^{2}+x+1} \\leqslant \\frac{1+x+y^{2}}{(x+y+z)^{2}}$. Сабиранјем ових неједнакости добијамо\n\n$$\n\\frac{1}{x^{2}+y+1}+\\frac{1}{y^{2}+z+1}+\\frac{1}{z^{2}+x+1} \\leqslant \\frac{3+x+y+z+x^{2}+y^{2}+z^{2}}{(x+y+z)^{2}}=S\n$$\n\nОстаје да се докаже да је $S \\leqslant 1$, а то је еквивалентно са $3+x+y+z \\leqslant$ $2(x y+y z+z x)=2(x+y+z)$ по услову задатка, тј. $x+y+z \\geqslant 3$. Ово, међутим, следи из $x+y+z=x y+y z+z x \\leqslant \\frac{(x+y+z)^{2}}{3}$.\n\nЈеднакост важи само за $x=y=z=1$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2009_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n5. ", "solution_match": "\n5. "}}
{"year": "2009", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Нека је $k$ уписана кружница неједнакокраког $\\triangle A B C$, чији је центар $S$. Кружница $k$ додирује странице $B C, C A, A B$ у тачкама $P, Q, R$, редом. Права $Q R$ сече праву $B C$ у тачки $M$. Нека кружница која садржи тачке $B$ и $C$ додирује $k$ у тачки $N$. Описана кружница $\\triangle M N P$ сече праву $A P$ у тачки $L$, различитој од $P$. Доказати да су тачке $S, L$ и $M$ колинеарне.\n\n(Ђорђе Баралић)\n\n## РЕШЕЊА", "solution": "Посматрајмо хомотетију са центром $N$ која слика круг $k$ у круг $B C N$; нека она слика тачку $P$ у $P_{1}$. Тангента на круг $B C N$ у $P_{1}$ је паралелна тангенти на $k$ у $P$, тј. правој $B C$, што значи да је $P_{1}$ средиште лука $B C$ круга $B C N$. Дакле, $N P$ је симетрала угла $C N B$, па је $\\frac{B N}{C N}=\\frac{B P}{C P}$. Шта више, по Менелајевој теореми је $\\frac{B M}{M C}=\\frac{B R}{R A} \\cdot \\frac{A Q}{Q C}=\\frac{B P}{P C}=\\frac{B N}{N C}$, па је $N M$ спољна симетрала угла $C N B$.\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_4a3d55a04ec3302c585fg-5.jpg?height=459&width=676&top_left_y=747&top_left_x=1084)\n\nПрема томе, $N$ лежи на кругу над пречником $M P$, а $L$ је подножје нормале из $M$ на $A P$. Остаје да се докаже да је $M S \\perp A P$.\n\nНека је $L^{\\prime}$ подножје нормале из $S$ на $A P$. Тачке $A, L^{\\prime}, Q, R, S$ леже на кругу $\\omega$ над пречником $A S$. Инверзија у односу на $k$ слика кругове $\\omega$ и $S P L^{\\prime}$ редом у праве $Q R$ и $B C$, па слика тачку $L^{\\prime}$ у $M$. Дакле, $M$ лежи на правој $S L^{\\prime}$, одакле следи тврђење (и $L^{\\prime} \\equiv L$ ).\n\nНапомена. Релација $M S \\perp A P$ је еквивалентна са $M P^{2}+A S^{2}=M A^{2}+P S^{2}$ и може се доказати без инверзије: $M P^{2}+A S^{2}=M P^{2}+P S^{2}+A R^{2}=$ $M S^{2}+A Q^{2}=M A^{2}+S Q^{2}$ (због $\\left.M Q \\perp A S\\right)=M A^{2}+P S^{2}$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2009_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n6. ", "solution_match": "\n6. "}}