{"year": "2010", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Неки од $n$ градова су повезани авионским линијама (све линије су двосмерне). Постоји тачно $m$ линија. Нека је $d_{i}$ број линија које полазе из града $i$, за $i=1,2, \\ldots, n$. Ако је $1 \\leqslant d_{i} \\leqslant 2010$, за свако $i=1,2, \\ldots, n$, доказати да важи\n\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} d_{i}^{2} \\leqslant 4022 m-2010 n\n$$\n\nОдредити све $n$ за које може да се достигне једнакост.\n\n(Александар Илић)", "solution": "Услов задатка нам даје $0 \\leqslant\\left(d_{i}-1\\right)\\left(2010-d_{i}\\right)$ за све $i$, тј. $d_{i}^{2} \\leqslant 2011 d_{i}-2010$. Користећи услов $\\sum_{i=1}^{n} d_{i}=2 m$, сабирањем ових неједнакости добијамо\n\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} d_{i}^{2} \\leqslant 2011 \\cdot \\sum_{i=1}^{n} d_{i}-2010 n=4022 m-2010 n\n$$\n\nа једнакост важи ако и само ако је $d_{i} \\in\\{1,2010\\}$ за свако $i \\in\\{1,2, \\ldots, n\\}$.\n\n$1^{\\circ}$ Нека је $n=2 k, k \\in \\mathbb{N}$. Ако успоставимо авиолинију између градова $i$ и $j$ ако и само ако је $|j-i|=k$, имамо $d_{i}=1$ за све $i$.\n\n$2^{\\circ}$ Нека је $n=2 k-1, k \\in \\mathbb{N}$. Не може да важи $d_{i}=1$ за све $i$ јер би иначе било $2 m=n=2 k-1$. Зато мора да буде $d_{j}=2010$ за неко $j$; отуда је $n \\geqslant 2011$. С друге стране, успостављањем авиолиније између градова 1 и $i(1 \\leq i \\leq 2010)$ и између градова $2 i$ и $2 i+1$ $(i=1006, \\ldots, k)$ даје мрежу у којој је $d_{1}=2010$ и $d_{i}=1$ за $2 \\leqslant i \\leqslant n$.\n\nПрема томе, једнакост се може достићи ако $2 \\mid n$, или $2 \\nmid n$ и $n \\geq 2011$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2010_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n1. ", "solution_match": "\n1. "}}
{"year": "2010", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "У оштроуглом $\\triangle A B C$ тачка $M$ је средиште странице $B C$, а тачке $D, E$ и $F$ су подножја висина из темена $A, B$ и $C$, редом. Нека је $H$ ортоцентар $\\triangle A B C, S$ средиште дужи $A H$, а $G$ пресек дужи $F E$ и $A H$. Ако је $N$ тачка пресека тежишне дужи $A M$ и описане кружнице $\\triangle B C H$, доказати да је $\\varangle H M A=\\varangle G N S$.\n\n(Марко Ђикић)", "solution": "Нека је $A^{\\prime}$ тачка таква да је $A B A^{\\prime} C$ паралелограм. Тада важи $\\varangle B A^{\\prime} C=$ $\\varangle B A C=180^{\\circ}-\\varangle B H C=180^{\\circ}-$ $\\varangle B N C$, па су тачке $A^{\\prime}, B, C, H, N$ на истом кругу, тј. кругу над пречником $H A^{\\prime}$. Одавде је $\\varangle A N H=90^{\\circ}$, дакле $N$ је на описаном кругу троугла $A E F$ чији је центар у $S$.\n\nСада имамо $\\varangle S F G=90^{\\circ}-\\varangle E A F=$ $\\varangle A C F=\\varangle A D F$. Следи да су троуглови $S F G$ и $S D F$ слични, и одатле $S G \\cdot S D=S F^{2}=S N^{2}$. Ово повлачи да је и $\\triangle S N G \\sim \\triangle S D N$, и најзад $\\varangle G N S=\\varangle S D N=\\varangle H M N$ јер је четвороугао $H D M N$ тетиван.\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_4a03544a2cf410b32077g-3.jpg?height=688&width=551&top_left_y=1498&top_left_x=1141)\n\nДруго решење. Четвороуглови $B D H F$ и $D C E H$ су тетивни и $A F \\cdot A B=$ $\\overline{A H \\cdot A D=A E} \\cdot A C$. Применимо инверзију $\\mathcal{I}$ са центром $A$ и потенцијом $A F \\cdot A B$. Очигледно је $\\mathcal{I}(F)=B, \\mathcal{I}(H)=D, \\mathcal{I}(E)=C$, па $\\mathcal{I}$ слика праву $B C$ у описани круг $\\triangle F H E$, тј. у круг над пречником $A H$; даље, $\\mathcal{I}$ слика круг $B C H$ у описани круг $\\omega$ троугла $F D E$, а то је Ојлеров круг у $\\triangle A B C$. Пошто је $M \\in \\omega \\cap A M$ и $\\mathcal{I}$ чува праву $A M$, имамо $\\mathcal{I}(M)=N$.\n\nНека је $\\mathcal{I}(G)=G^{*}$ и $\\mathcal{I}(S)=S^{*}$. Како је $\\mathcal{I}(E F)$ описани круг $\\triangle A B C, S \\in \\omega$ и $\\mathcal{I}(A H)=A H$, тачке $G^{*}$ и $S^{*}$ су други пресеци праве $A H$ са круговима $A B C$ и $H B C$, редом. Према томе, $\\varangle G N S=\\varangle G^{*} M S^{*}=\\varangle H M A$ јер су $G^{*}$ и $S^{*}$ симетричне тачкама $H$ и $A$ у односу на $B C$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2010_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n2. ", "solution_match": "\n2. "}}
{"year": "2010", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Нека је $A$ бесконачан подскуп скупа природних бројева. Одредити све природне бројеве $n$ такве да за свако $a \\in A$ важи\n\n$$\na^{n}+a^{n-1}+\\ldots+a^{1}+1 \\mid a^{n!}+a^{(n-1)!}+\\ldots+a^{1!}+1\n$$\n\n(Милош Милосавлевић)\n\n## СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА\n\nтакмичење ученика средњих школа из математике\n\nНиш, 07.04.2010.\n\n## Други дан", "solution": "Означимо $P(x)=x^{n}+x^{n-1}+\\cdots+1$ и $Q(x)=x^{n!}+\\cdots+x^{1!}+1$; нека је $Q(x)=C(x) P(x)+R(x)$, где су $C$ и $R$ полиноми са целим коефицијентима и $\\operatorname{deg} R<\\operatorname{deg} P$. По услову задатка $P(a) \\mid Q(a)$, и самим тим $P(a) \\mid R(a)$, за бесконачно много целих бројева $a$. Како за довољно велико $a$ важи $|R(a)|<|P(a)|$, мора бити $R(a)=0$; дакле, $R(x)$ има бесконачно много нула, па је $R(x) \\equiv 0$ и $P(x) \\mid Q(x)$.\n\nЛема. Нека су $k_{0}, k_{1}, \\ldots, k_{n} \\in \\mathbb{N}_{0}$. Полином $P(x)=x^{n}+x^{n-1}+\\cdots+1$ дели $Q(x)=x^{k_{n}}+\\cdots+x^{k_{1}}+x^{k_{0}}$ ако и само ако је $\\left\\{k_{0}, k_{1}, \\ldots, k_{n}\\right\\}$ потпун систем остатака по модулу $n+1$.\n\nДоказ. Нека је $r_{i}$ остатак при дељењу $k_{i}$ са $n+1$. Пошто $x^{n+1}-1$ дели $x^{k_{i}}-x^{r_{i}}$ за све $i$, следи да $P(x)=\\frac{x^{n+1}-1}{x-1}$ дели $Q(x)-Q_{1}(x)$, где је $Q_{1}(x)=x^{r_{0}}+x^{r_{1}}+\\cdots+x^{r_{n}}$ и притом $\\operatorname{deg} Q_{1} \\leqslant n$. Ако $P(x) \\mid Q(x)$, онда $P(x) \\mid Q_{1}(x)$, тј. $Q_{1}(x)=c P(x)$ за неку константу $c$, а то важи ако и само ако је $c=1$ и $\\left\\{r_{0}, r_{1}, \\ldots, r_{n}\\right\\}=\\{0,1, \\ldots, n\\}$.\n\nИз леме следи да су тражени бројеви $n$ они за које је $\\{0,1!, \\ldots, n!\\}$ потпун систем остатака по модулу $n+1$.\n\nАко је $n>3$ и $n+1$ је сложен број, онда је $n!\\equiv 0(\\bmod n+1)$, па услов није задовољен. Ако је $n+1=p>3$ прост, по Вилсоновој теореми је $(p-1)!\\equiv-1(\\bmod p)$, одакле је $(p-2)!\\equiv 1=1!(\\bmod p)$, и опет услов није задовољен. Остају случајеви $n \\leqslant 3$; директном провером се добија да $n=1$ и $n=2$ задовољавају услове.\n\nДруго решење. Доказаћемо јаче тврђење: ако $A=a^{n}+\\cdots+a+1$ дели $a^{k_{n}}+\\cdots+a^{k_{1}}+a^{k_{0}}$ за неко $a \\in \\mathbb{N} \\backslash\\{1\\}$, онда је $\\left\\{k_{0}, k_{1}, \\ldots, k_{n}\\right\\}$ потпун систем остатака по модулу $n+1$.\n\nНека $A \\mid B=a^{k_{n}}+\\cdots+a^{k_{1}}+a^{k_{0}}$. Означимо са $r_{i, j}$ остатак при дељењу $k_{i}+j$ са $n+1$ и посматрајмо бројеве $B_{j}=a^{r_{n, j}}+\\cdots+a^{r_{1, j}}+a^{r_{0, j}}$. Тада је $B_{j} \\equiv a^{j} B(\\bmod A)$, одакле следи да $A \\mid B_{j}$ за $j=0,1, \\ldots, n$. С друге стране, $B_{0}+B_{1}+\\cdots+B_{n}=\\sum_{j} a^{r_{n, j}}+\\cdots+\\sum_{j} a^{r_{1, j}}+\\sum_{j} a^{r_{0, j}}=(n+1) A$, па како је $B_{j}>0$, мора бити $B_{j}=A$ за све $j$. Из неједнакости $A<2 a^{n}$ закључујемо да је, за свако $j$, највише један од остатака $r_{i, j}$ једнак $n$. Али ако је $k_{i} \\equiv k_{i^{\\prime}} \\equiv n-j(\\bmod n+1)$, онда је $r_{i, j}=r_{i^{\\prime}, j}=n$, што је немогуће. Према томе, $k_{0}, k_{1}, \\ldots, k_{n}$ су међусобно различити по модулу $n+1$, што је и требало доказати.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2010_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n3. ", "solution_match": "\n3. "}}
{"year": "2010", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Нека је $O$ центар описане кружнице $\\triangle A B C$. Права кроз $O$ сече странице $C A$ и $C B$ у тачкама $D$ и $E$, редом, и описану кружницу $\\triangle A B O$ у тачки $P$ унутар троугла (различитој од $O$ ). Тачка $Q$ на страници $A B$ је таква да је $\\frac{A Q}{Q B}=\\frac{D P}{P E}$. Доказати да је $\\varangle A P Q=2 \\cdot \\varangle C A P$. (Душан Ђукић)", "solution": "Нека је $X$ тачка на полуправој $A P$ таква да је $E X \\| A C$. По Талесовој теореми је $A P: P X=D P: P E=$ $A Q: Q B$, одакле следи $B X \\| Q P$.\n\nПрава $P E$ је спољашња симетрала угла $A P B$ и полови угао $B P X$. Такође, пошто је $\\varangle B E X=180-$ $\\varangle A C B$ и $\\varangle B P X=180^{\\circ}-\\varangle A P B=$ $180^{\\circ}-2 \\varangle A C B$, добијамо $\\varangle B E X=$\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_4a03544a2cf410b32077g-5.jpg?height=389&width=560&top_left_y=408&top_left_x=1139)\n$90^{\\circ}+\\frac{1}{2} \\varangle B P X$. Следи да је $E$ центар уписаног круга троугла $B P X$ и одатле $\\varangle A P Q=\\varangle P X B=2 \\varangle P X E=2 \\varangle C A P$.\n\nДруго решеъе. Конструкција из задатка је могућа само ако је $\\triangle A B C$ оштроугли. Означимо $\\varangle P A D=\\varphi, \\varangle Q P A=\\psi$ и $\\varangle B C A=\\gamma$. Из $\\varangle A P B=2 \\gamma$ и $\\varangle D A P+\\varangle E B P=\\varangle A P B-\\varangle A C B=\\gamma$ следи $\\varangle P B E=\\gamma-\\varphi$ и $\\varangle B P Q=2 \\gamma-\\psi$. Како је $\\varangle A P D=\\varangle B P E=90^{\\circ}-\\gamma$, такође имамо $\\varangle A D P=90^{\\circ}+\\gamma-\\varphi$ и $\\varangle B E P=90^{\\circ}+\\varphi$.\n\nСинусне теореме у троугловима $A P D$ и $P B E$ дају $\\frac{D P}{P E}=\\frac{D P}{P A} \\cdot \\frac{P A}{P B} \\cdot \\frac{P B}{P E}=$ $\\frac{\\sin \\varphi \\cos \\varphi}{\\sin (\\gamma-\\varphi) \\cos (\\gamma-\\varphi)} \\cdot \\frac{P A}{P B}=\\frac{\\sin 2 \\varphi}{\\sin (2 \\gamma-2 \\varphi)} \\cdot \\frac{P A}{P B}$. С друге стране, $\\frac{A Q}{Q B}=\\frac{A Q}{A P} \\cdot \\frac{A P}{B P} \\cdot \\frac{B P}{Q B}=$ $\\frac{\\sin \\psi}{\\sin (2 \\gamma-\\psi)} \\cdot \\frac{A P}{P B}$, па се услов $\\frac{A Q}{Q B}=\\frac{D P}{P E}$ своди на $f(2 \\varphi)=f(\\psi)$, где је $f(x)=$ $\\frac{\\sin (2 \\gamma-x)}{\\sin x}=\\sin 2 \\gamma \\operatorname{ctg} x-\\cos 2 \\gamma$. Јасно је да је $f$ строго опадајућа функција на $(0, \\pi)$, па мора бити $\\psi=2 \\varphi$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2010_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n4. ", "solution_match": "\n4. "}}
{"year": "2010", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Таблица димензија $n \\times n$, на чијим пољима су бројеви $1,2, \\ldots, n^{2}$ (на сваком пољу тачно један број и сваки број на тачно једном пољу) назива се нишка ако сви производи од по $n$ бројева који се налазе на $n$ „разбацаних\" поља дају исти остатак при дељењу са $n^{2}+1$. Да ли постоји нишка таблица за:\n\n(a) $n=8$;\n\n(б) $n=10$ ?\n\n( $n$ поља су „разбацана\" ако никоја два нису у истој врсти или у истој колони.)\n\n(Марко Ђикић)", "solution": "(a) Претпоставимо да постоји нишка таблица $8 \\times 8$ и да производ ма којих 8 разбацаних бројева даје остатак $r$ по модулу $8^{2}+1=65=5 \\cdot 13$. Сви бројеви у таблици се могу поделити на 8 дисјунктних осморки разбацаних бројева. Међу овим осморкама постоји једна која садржи умножак броја 13 и једна која не садржи такав умножак. Производ бројева у првој осморци је дељив са 13, а у другој није, контрадикција. Закључујемо да нишка таблица $8 \\times 8$ не постоји.\n\n(б) Број $n^{2}+1=101$ је прост. Попунимо таблицу као на слици, где је $g$ примитиван корен по модулу 101. Лако се види да је производ бројева у ма којих 10 разбацаних поља конгруентан са $g^{495}(\\bmod 101)$, па је ово пример нишке таблице.\n\n| $g^{0}$ | $g^{1}$ | $g^{2}$ | $\\cdots$ | $g^{9}$ |\n| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |\n| $g^{10}$ | $g^{11}$ | $g^{12}$ | $\\cdots$ | $g^{19}$ |\n| $g^{20}$ | $g^{21}$ | $g^{22}$ | $\\cdots$ | $g^{29}$ |\n| $\\vdots$ | $\\vdots$ | $\\vdots$ |  | $\\vdots$ |\n| $g^{90}$ | $g^{91}$ | $g^{92}$ | $\\cdots$ | $g^{99}$ |", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2010_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n5. ", "solution_match": "\n5. "}}
{"year": "2010", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Нека су $a_{0}$ и $a_{n}$ различити делиоци природног броја $m>1$, а низ природних бројева $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{n}$ такав да задовољава\n\n$$\na_{i+1}=\\left|a_{i} \\pm a_{i-1}\\right| \\quad \\text { за } 0<i<n\n$$\n\nАко је НЗД $\\left(a_{0}, \\ldots, a_{n}\\right)=1$, доказати да у низу постоји члан који је мањи од $\\sqrt{m}$.\n\n(Душан Ђукић)\n\n## РЕШЕЊА", "solution": "Посматрајмо два најмања (различита) члана низа, $p$ и $q$. Ако је $\\min \\{p, q\\}=$ 1, тврђење тривијално важи; зато надаље претпостављамо да је $p, q>1$.\n\nЛема 1. Постоје индекси $k$ и $l$ за које је $a_{k}=p, a_{l}=q$ и $|k-l| \\leq 2$.\n\nДоказ. Нека је $a_{k}=p$ и $a_{l}=q(k<l)$. Претпоставимо да је $r=l-k>2$. Доказаћемо индукцијом по $r$ да за неко $i, k<i<l$, важи $a_{i} \\in\\{p, q\\}$. Како је $a_{k+3} \\neq\\left|a_{k+2}-a_{k+1}\\right|=p$, имамо $a_{k+3}=a_{k+1}+a_{k+2}$; слично је и $a_{l-3}=a_{l-2}+a_{l-1}$. Нека је $a_{m}=\\max _{p<i<q} a_{i}$. Јасно је да је $k+2<m<l-2$ (дакле, $l-k \\geqslant 6$ ), а такође и $a_{m+2}=a_{m}-a_{m+1}=a_{m-1}$ и $a_{m+1}=a_{m}-a_{m-1}=a_{m-2}$. То значи да низ $\\left(a_{i}^{\\prime}\\right)$, дефинисан са $a_{i}^{\\prime}=a_{i}$ за $i<m$ и $a_{i}^{\\prime}=a_{i+3}$ за $i \\geqslant m$, задовољава услове задатка; притом је $a_{k}^{\\prime}=p$ и $a_{l-3}^{\\prime}=q$, па по индуктивној претпоставци (јер је $(l-3)-k \\geqslant 3$ ) важи $a_{i}^{\\prime} \\in\\{p, q\\}$ за неко $i(k<i<l-3)$. Тада је и $a_{i} \\in\\{p, q\\}$ или $a_{i+3} \\in\\{p, q\\}$, чиме је индукција готова.\n\nЛема 2. За свако $i(0 \\leqslant i \\leqslant n)$ постоје $x_{i}, y_{i} \\in \\mathbb{N}_{0}$ такви да је $a_{i}=x_{i} p+y_{i} q$ и $\\left(x_{i}, y_{i}\\right)=1$.\n\nДоказ. Посматрајмо векторе $v_{k}=(1,0)$ и $v_{l}=(0,1)$ и, за свако $i$, дефинишимо $v_{i+2}=\\varepsilon_{i} v_{i}+\\varepsilon_{i}^{\\prime} v_{i+1}$ ако је $a_{i+2}=\\varepsilon_{i} a_{i}+\\varepsilon_{i}^{\\prime} a_{i+1}\\left(\\varepsilon_{i}, \\varepsilon_{i}^{\\prime} \\in\\{-1,1\\}\\right)$. Једноставном индукцијом добијамо да за $v_{i}=\\left(x_{i}, y_{i}\\right)$ важи\n\n$$\na_{i}=x_{i} p+y_{i} q\n$$\n\nКако је $x_{i+1} y_{i+2}-x_{i+2} y_{i+1}=x_{i+1}\\left(\\varepsilon_{i} y_{i}+\\varepsilon_{i}^{\\prime} y_{i+1}\\right)-\\left(\\varepsilon_{i} x_{i}+\\varepsilon_{i}^{\\prime} x_{i+1}\\right) y_{i+1}=$ $-\\varepsilon_{i}\\left(x_{i} y_{i+1}-x_{i+1} y_{i}\\right)$ и слично $x_{i} y_{i+2}-x_{i+2} y_{i}=\\varepsilon_{i}^{\\prime}\\left(x_{i} y_{i+1}-x_{i+1} y_{i}\\right)$, имамо\n\n$$\nx_{i} y_{i+1}-x_{i+1} y_{i}, x_{i} y_{i+2}-x_{i+2} y_{i} \\in\\{-1,1\\} \\text { за } 0 \\leqslant i<n\n$$\n\nи одатле $\\left(x_{i}, y_{i}\\right)=1$. Остаје још да покажемо да су $x_{i}, y_{i} \\geqslant 0$ за све $i$.\n\nПретпоставимо да је $x_{i}<0$ за неко $i<k$ (случај $y_{i}<0$ и/или $i>l$ је аналоган) и посматрајмо највеће такво $i$. Због $a_{i}>0$ и (1) имамо $y_{i}>0$. Из (2) и $x_{i} y_{i+1}, x_{i} y_{i+2} \\leqslant 0 \\leqslant x_{i+1} y_{i}, x_{i+2} y_{i}$ следи да су $v_{i+1}$, $v_{i+2} \\in\\{(0,1),(1,0)\\}$, а тада мора бити $v_{i}= \\pm(1,-1)$, тј. $a_{i}=|p-q|$. Међутим, како су $p$ и $q$ узајамно прости и већи од 1 , важи $\\max \\{p, q\\}>$ $|p-q| \\notin\\{p, q\\}$, противно избору $p$ и $q$.\n\nНека је $m=d a_{0}=e a_{n}$. По леми 2 је $m=d x_{0} p+d y_{0} q=e x_{n} p+e y_{n} q$, при чему је $\\left(d x_{0}, d y_{0}\\right) \\neq\\left(e x_{n}, e y_{n}\\right)$ јер због $a_{0} \\neq a_{n}$ важи $\\frac{x_{0}}{y_{0}} \\neq \\frac{x_{n}}{y_{n}}$. Одатле следи да $p \\mid d y_{0}-e y_{n}$, па је $d y_{0}>p$ или $e y_{n}>p$; коначно, $m>p q$ и према томе $\\min (p, q)<\\sqrt{m}$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2010_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n6. ", "solution_match": "\n6. "}}