{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Дат је природан број $k$. Нека је $f: \\mathbb{Z} \\rightarrow \\mathbb{Z}$ бијекција таква да за свака два цела броја $i$ и $j$ за које је $|i-j| \\leqslant k$ важи $|f(i)-f(j)| \\leqslant k$. Доказати да за све $i, j \\in \\mathbb{Z}$ важи\n\n$$\n|f(i)-f(j)|=|i-j|\n$$\n\n(Миљан Кнежевић)", "solution": "За $k=1$ тврђење је тривијално. Нека је зато $k>2$. Интервалом дужине $k$ зовемо скуп облика $\\{x, x+1, \\ldots, x+k\\}, x \\in \\mathbb{Z}$. Два цела броја $x$ и $y$ ће бити узастопна ако и само ако постоје интервали $I_{1}$ и $I_{2}$ дужине $k$ за које је $I_{1} \\cap I_{2}=\\{x, y\\}$. Међутим, по услову задатка су $f\\left(I_{1}\\right)$ и $f\\left(I_{2}\\right)$ такође интервали дужине $k$, па како је $\\{f(x), f(y)\\}=f\\left(I_{1}\\right) \\cap f\\left(I_{2}\\right)$, следи да су и $f(x)$ и $f(y)$ узастопни бројеви. Одавде је $|f(x+1)-f(x)|=1$ за $x \\in \\mathbb{Z}$. Коначно, користећи инјективност пресликавања, једноставном индукцијом по $n$ добијамо да је $|f(x+n)-f(x)|=n$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2013_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n1. ", "solution_match": "\n1. "}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Нека је\n\n$$\nS_{n}=\\left\\{\\binom{n}{n},\\binom{2 n}{n},\\binom{3 n}{n}, \\ldots,\\binom{n^{2}}{n}\\right\\}, \\quad \\text { за } n \\in \\mathbb{N}\n$$\n\na) Доказати да постоји бесконачно много сложених природних бројева $n$ таквих да $S_{n}$ није потпун систем остатака по модулу $n$.\n\nб) Доказати да постоји бесконачно много сложених природних бројева $n$ таквих да $S_{n}$ јесте потпун систем остатака по модулу $n$.\n\n(Милош Милосавлевић)", "solution": "(а) Доказаћемо да $n=2 p$ задовољава услове, где је $p>2$ прост број. Имамо\n\n$$\n\\binom{2 k p}{2 p}=k \\prod_{i=1}^{p-1} \\frac{2 k p-i}{2 p-i} \\cdot(2 k-1) \\prod_{i=1}^{p-1} \\frac{2 k p-p-i}{p-i} \\equiv k(2 k-1) \\quad(\\bmod p)\n$$\n\nКонкретно, одавде је $\\binom{2 k p}{2 p}$ дељиво са $p$ за $k \\in\\left\\{\\frac{p+1}{2}, p, 2 p\\right\\}$, тј. $S_{2 p}$ има три елемента дељива са $p$, па није потпун систем остатака.\n\n(б) Доказаћемо да $n=p^{2}$ задовољава услове, где је $p>2$ прост број. Имамо $\\binom{k p^{2}}{p^{2}}=\\prod_{i=0}^{p^{2}-1} \\frac{k p^{2}-i}{p^{2}-i}=k \\prod_{j=1}^{p-1} \\frac{k p^{2}-j p}{j p} \\cdot \\prod_{p \\nmid j} \\frac{k p^{2}-i}{p^{2}-i}$, па је по модулу $p^{2}$\n\n$$\n\\binom{k n}{n} \\equiv k \\prod_{j=1}^{p-1} \\frac{k p-j}{j}=k \\prod_{j=1}^{p-1}\\left(1-\\frac{k p}{j}\\right) \\equiv k-k^{2} p \\sum_{j=1}^{p-1} \\frac{1}{j}\n$$\n\nКако је $\\sum_{j=1}^{p-1} \\frac{1}{j}=\\sum_{j=1}^{\\frac{p-1}{2}}\\left(\\frac{1}{j}+\\frac{1}{p-j}\\right)=\\sum_{j=1}^{\\frac{p-1}{2}} \\frac{p}{j(p-j)} \\equiv 0(\\bmod p)$, коначно следи да је $\\binom{k p^{2}}{p^{2}} \\equiv k\\left(\\bmod p^{2}\\right)$.\n\nНапомена. Има и других могућности за бројеве $n$ : на пример, (a) $n=8 k+6$ за $k \\in \\mathbb{N}$, односно (б) $n=p^{k}$ за прост број $p$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2013_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n2. ", "solution_match": "\n2. "}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Нека су $M, N$ и $P$ средишта страница $B C, A C$ и $A B$, редом, а $O$ центар описане кружнице оштроуглог троугла $A B C$. Кружнице описане око троуглова $B O C$ и $M N P$ секу се у различитим тачкама $X$ и $Y$ унутар троугла $A B C$. Доказати да је\n\n$$\n\\varangle B A X=\\varangle C A Y\n$$\n\n(Марко Ђикић)\n\n## Министарство просвете, науке и технолошког развоја Друштво математичара Србије <br> СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА УЧЕНИКА СРЕДЊИХ ШКОЛА\n\nНови Сад, 6. април 2013.\n\n## Други дан", "solution": "Обележимо са $k_{1}$ и $k_{2}$ редом кругове $M N P$ и $B O C$. Круг $k_{1}$ је Ојлеров круг у $\\triangle A B C$ и пролази кроз подножја висина $D, E$ из $B, C$ и средиште $O_{1}$ дужи $A H$, где је $H$ ортоцентар $\\triangle A B C$.\n\nПокажимо да друга пресечна тачка $Z$ праве $A Y$ и круга $k_{1}$ лежи на Ојлеровом кругу $k_{3}$ троугла $A D E$. Сматраћемо да\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_20e283872a8df50633b1g-3.jpg?height=439&width=574&top_left_y=2082&top_left_x=1118)\nје $Z$ између $A$ и $Y$; доказ у другом случају је аналоган. Нека су $D_{1}$ и $E_{1}$ редом средишта дужи $A D$ и $A E$. Како је $A Y \\cdot A Z=A D \\cdot A N=$ $A D_{1} \\cdot A C$, тачке $Y, Z, C, D_{1}$ су концикличне, па је $\\varangle A Z D_{1}=\\varangle A C Y$.\n\nАналогно је $\\varangle A Z E_{1}=\\varangle A B Y$, па је $\\varangle D_{1} Z E_{1}=\\varangle A Z D_{1}+\\varangle A Z E_{1}=$ $\\varangle A C Y+\\varangle A B Y=\\varangle B Y C-\\varangle B A C=\\varangle B A C$. Одавде следи да је $Z$ на $k_{3}$.\n\nПошто је $O_{1}$ центар описаног круга $\\triangle A D E$, трансформација сличности која слика $\\triangle A B C$ у $\\triangle A D E$ такође слика $k_{1}$ у $k_{2}$ и $k_{2}$ у $k_{3}$, па је слика тачке $X \\in k_{1} \\cap k_{2}$ тачка $Z \\in k_{2} \\cap k_{3}$. Према томе, $\\varangle B A X=\\varangle D A Z=\\varangle C A Y$.\n\nНапомена. Показује се да се при инверзији са центром $A$ и квадратом полупречника $\\frac{1}{2} A B \\cdot A C$ кругови $k_{1}$ и $k_{2}$ сликају један у други, па се и тачке $X$ и $Y$ сликају једна у другу, одакле такође следи тврђење.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2013_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n3. ", "solution_match": "\n3. "}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Одредити све $n \\in \\mathbb{N}$ за које је могуће поделити скуп $\\{1,2, \\ldots, 3 n\\}$ на $n$ дисјунктних трочланих подскупова облика $\\{a, b, c\\}$ у којима су $b-a$ и $c-b$ различити бројеви из скупа $\\{n-1, n, n+1\\}$.\n\n(Душан Ђукић)", "solution": "Тражена партиција скупа $\\{1,2, \\ldots, 3 n\\}$ одговара партицији темена правилног $3 n$-угла $P_{1} P_{2} \\ldots P_{3 n}$ на тројке $\\left\\{A_{i}, B_{i}, C_{i}\\right\\}$ такве да су углови сваког од троуглова $A_{i} B_{i} C_{i}$ једнаки $\\frac{n-1}{3 n} \\pi, \\frac{n}{3 n} \\pi$ и $\\frac{n+1}{3 n} \\pi$. Погодним обележавањем темена $3 n$-угла можемо постићи да темена $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ буду управо $P_{n}, P_{2 n-1}, P_{3 n}$. Другим речима, не смањујемо општост ако претпоставимо да се међу тројкама $\\{a, b, c\\}$ на које је скуп $\\{1,2, \\ldots, 3 n\\}$ подељен налази и тројка $\\{n, 2 n-1,3 n\\}$.\n\nЈедна од преосталих $n-1$ тројки мора да садржи два броја из интервала $[2 n, 3 n-1]$, а то могу да буду једино $2 n$ и $3 n-1$. Једина тројка која садржи ове бројеве и не садржи $n$ је $\\{n-1,2 n, 3 n-1\\}$.\n\nСве остале тројке садрже тачно по један број из сваког од интервала $[1, n-2],[n+1,2 n-2]$ и $[2 n+1,3 n-2]$. Пресликавањем $(a, b, c) \\rightarrow(a, b-2, c-4)$ за $a<b<c$ добијамо одговарајуће растављање скупа $\\{1,2, \\ldots, 3(n-2)\\}$ на тројке. Како за $n=1$ овакво растављање није могуће, једноставном индукцијом показујемо да оно није могуће ни за једно непарно $n$.\n\nС друге стране, за парно $n=2 m$ тројке ( $2 i-1,2 i+n, 2 i+2 n-1$ ) и $(2 i, 2 i+n-1,2 i+2 n)$ за $i=1, \\ldots, m$ задовољавају услове.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2013_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n4. ", "solution_match": "\n4. "}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Нека су $A^{\\prime}$ и $B^{\\prime}$ подножја висина из темена $A$ и $B$, редом, оштроуглог троугла $A B C(A C \\neq B C)$. Кружница $k$ садржи тачке $A^{\\prime}$ и $B^{\\prime}$ и додирује страницу $A B$ у тачки $D$. Ако троуглови $A D A^{\\prime}$ и $B D B^{\\prime}$ имају једнаке површине, доказати да је\n\n$$\n\\varangle A^{\\prime} D B^{\\prime}=\\varangle A C B .\n$$\n\n(Милош Милосавлевић)", "solution": "Нека је без смањења општости $B C>A C$. Тада се праве $A^{\\prime} B^{\\prime}$ и $A B$ секу у тачки $P$, при чему је $A$ између $P$ и $B$. Из једнакости површина $A D A^{\\prime}$ и $B D B^{\\prime}$ следи да је $\\frac{A D}{D B}=\\frac{P B^{\\prime}}{P A^{\\prime}}$. С друге стране, важи и $P D^{2}=P A^{\\prime} \\cdot P B^{\\prime}=P A$. $P B$, одакле је $\\frac{P D}{P B}=\\frac{P A}{P D}=\\frac{A D}{D B}=$ $\\frac{P B^{\\prime}}{P A^{\\prime}}$. Из последњих једнакости\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_20e283872a8df50633b1g-4.jpg?height=366&width=668&top_left_y=2050&top_left_x=1068)\nследи да је $B^{\\prime} D \\| B C$ и $A^{\\prime} D \\| A C$, и зато је $\\varangle A^{\\prime} D B^{\\prime}=\\varangle A C B$.\n\nДруго решеъе. Како је $\\varangle C B^{\\prime} D=\\alpha+\\varangle A D B^{\\prime}=\\alpha+\\varangle B^{\\prime} A^{\\prime} D=$ $\\varangle C A^{\\prime} D=x$, синусна теорема у $\\triangle A^{\\prime} B^{\\prime} D$ и $\\triangle A B^{\\prime} D$ нам даје $B D=$ $\\frac{B A^{\\prime} \\sin x}{\\sin (\\beta+x)}$ и $A D=\\frac{A B^{\\prime} \\sin x}{\\sin (\\alpha+x)}$, па је $\\frac{A D}{B D}=\\frac{A B^{\\prime} \\sin (\\beta+x)}{B A^{\\prime} \\sin (\\alpha+x)}=\\frac{\\sin (\\beta+x) \\cos \\alpha}{\\sin (\\alpha+x) \\cos \\beta}$. С\nдруге стране, из услова $\\left[A D A^{\\prime}\\right]=\\left[B D B^{\\prime}\\right]$ добијамо $\\frac{A D}{D B}=\\frac{d\\left(B^{\\prime}, A B\\right)}{d\\left(A^{\\prime}, A B\\right)}=$ $\\frac{\\sin \\alpha \\cos \\alpha}{\\sin \\beta \\cos \\beta}$, тј. $\\frac{\\sin (\\beta+x)}{\\sin (\\alpha+x)}=\\frac{\\sin \\alpha}{\\sin \\beta}$. Одавде лако добијамо $\\varangle A B^{\\prime} D=x=\\gamma$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2013_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n5. ", "solution_match": "\n5. "}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Наћи највећу константу $K \\in \\mathbb{R}$ са следећим својством: ако су $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}>0$ такви да за све $i, j, k \\in \\mathbb{N}, 1 \\leqslant i<j<k \\leqslant 4$, важи $a_{i}^{2}+a_{j}^{2}+a_{k}^{2} \\geqslant 2\\left(a_{i} a_{j}+a_{j} a_{k}+a_{k} a_{i}\\right)$, онда је\n\n$$\na_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}+a_{4}^{2} \\geqslant K\\left(a_{1} a_{2}+a_{1} a_{3}+a_{1} a_{4}+a_{2} a_{3}+a_{2} a_{4}+a_{3} a_{4}\\right)\n$$\n\n(Душан Ђукић)\n\n## РЕШЕЊА", "solution": "Нека је $\\max \\left\\{a_{1}, a_{2}\\right\\} \\leqslant a_{3} \\leqslant a_{4}$. Означимо $a_{2}=\\beta^{2}$ и $a_{3}=\\gamma^{2}, \\beta, \\gamma \\geqslant 0$. Из услова задатка следи $a_{1} \\leqslant(\\gamma-\\beta)^{2}$ и $a_{4} \\geqslant(\\gamma+\\beta)^{2}$.\n\nПретпоставимо да су обе ове неједнакости заправо једнакости. Тада имамо $a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}+a_{4}^{2}=3\\left(\\beta^{4}+4 \\beta^{2} \\gamma^{2}+\\gamma^{4}\\right)$ и $a_{1} a_{2}+a_{1} a_{3}+$ $a_{1} a_{4}+a_{2} a_{3}+a_{2} a_{4}+a_{3} a_{4}=3\\left(\\beta^{4}+\\beta^{2} \\gamma^{2}+\\gamma^{4}\\right)$. При том је $\\gamma \\leqslant 2 \\beta$, па је $\\frac{\\beta^{4}+4 \\beta^{2} \\gamma^{2}+\\gamma^{4}}{\\beta^{4}+\\beta^{2} \\gamma^{2}+\\gamma^{4}}=1+\\frac{3 \\beta^{2} \\gamma^{2}}{\\beta^{4}+\\beta^{2} \\gamma^{2}+\\gamma^{4}}=1+\\frac{3}{1+\\frac{\\beta^{2}}{\\gamma^{2}}+\\frac{\\gamma^{2}}{\\beta^{2}}} \\geqslant \\frac{11}{7}$, уз једнакост за $\\gamma=2 \\beta$. Према томе, у овом случају је $K \\geqslant \\frac{11}{7}$, а једнакост се достиже за $a_{1}: a_{2}: a_{3}: a_{4}=1: 1: 4: 9$.\n\nПокажимо још да можемо да узмемо $a_{1}=(\\gamma-\\beta)^{2}$ и $a_{4}=(\\gamma+\\beta)^{2}$. Посматрајмо израз\n\n$$\nF=a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}+a_{4}^{2}-\\frac{11}{7}\\left(a_{1} a_{2}+a_{1} a_{3}+a_{1} a_{4}+a_{2} a_{3}+a_{2} a_{4}+a_{3} a_{4}\\right)\n$$\n\nЗа фиксирано $a_{2}, a_{3}, a_{4}, F$ је опадајућа функција по $a_{1}$ за $a_{1}<$ $\\frac{11}{14}\\left(a_{2}+a_{3}+a_{4}\\right)$, при чему је $\\frac{11}{14}\\left(a_{2}+a_{3}+a_{4}\\right) \\geqslant \\frac{11}{14}\\left(\\beta^{2}+\\gamma^{2}+(\\beta+\\gamma)^{2}\\right)$ $\\geqslant(\\gamma-\\beta)^{2} \\geqslant a_{1}$, па се $F$ не повећава ако $a_{1}$ заменимо са $(\\gamma-\\beta)^{2}$. Сада можемо да ставимо без смањења општости да је $a_{1} \\leqslant a_{2}$, тј. $\\beta \\leqslant \\gamma \\leqslant 2 \\beta$. Слично као горе, за фиксирано $a_{1}, a_{2}, a_{3}, F$ је растућа функција по $a_{4}$ за $a_{4}>\\frac{11}{14}\\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\\right)$, и при том је $\\frac{11}{14}\\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\\right)$ $\\leqslant \\frac{11}{14}\\left(\\beta^{2}+\\gamma^{2}+(\\gamma-\\beta)^{2}\\right) \\leqslant(\\gamma+\\beta)^{2} \\leqslant a_{4}$, дакле $F$ се не повећава ако $a_{4}$ заменимо са $(\\gamma+\\beta)^{2}$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2013_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n6. ", "solution_match": "\n6. "}}