{"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Нека је $n$ природан број већи од 1. Доказати да постоји природан број $m$ већи од $n^{n}$ такав да је\n\n$$\n\\frac{n^{m}-m^{n}}{n+m}\n$$\n\nприродан број.\n\n(Никола Петровић)", "solution": "За почетак приметимо да за $m>n \\geqslant 3$ важи $n^{m}>m^{n}$, те је $\\frac{n^{m}-m^{n}}{m+n}>0$. Заиста, функција $f(x)=\\frac{\\ln x}{x}$ је опадајућа за $x>e$ јер је $f^{\\prime}(x)=\\frac{1-\\ln x}{x^{2}}<0$, па је $\\frac{\\ln n}{n}>\\frac{\\ln m}{m}$, тј. $m \\ln n>n \\ln m$, и одатле $n^{m}=e^{m \\ln n}>e^{n \\ln m}=m^{n}$.\n\nЗа $n=2$ се може узети $m=10$. Претпоставимо да је $n>2$. Имамо\n\n$$\nn^{m}-m^{n} \\equiv n^{m}-(-n)^{n}=n^{n}\\left(n^{m-n}-(-1)^{n}\\right) \\quad(\\bmod m+n)\n$$\n\nПотражићемо $m$ у облику $m=k n^{n}-n(k \\in \\mathbb{N})$. Тада $m+n=k n^{n} \\mid n^{m}-m^{n}$ ако и само ако $k \\mid n^{m-n}-(-1)^{n}$.\n\n$\\left(1^{\\circ}\\right)$ Ако је $n$ непарно, онда је $n^{m-n}-(-1)^{n}$ парно, па можемо узети $k=2$, тј. $m=2 n^{n}-n$.\n\n(2 $2^{\\circ}$ Ако је $n$ парно, онда је $n^{m-n}-(-1)^{n}=n^{m-n}-1$ дељиво са $n-1$, па можемо узети $k-n-1$, тј. $m=(n-1) n^{n}-n$.\n\nНапомена. Неједнакост $n^{m}>m^{n}$ за $m>n \\geqslant 3$ се може доказати индукцијом. Могућа су и другачија решења, нпр. за $n>2$ може се узети $m=p n^{n}-n$, где је $p$ било који прост делилац броја $n^{n^{n}}-2 n-(-1)^{n}$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2016_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n1. ", "solution_match": "\n1. "}}
{"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Дат је природан број $n$. Дефинишимо $f(0, j)=f(i, 0)=0, f(1,1)=n$ и\n\n$$\nf(i, j)=\\left\\lfloor\\frac{f(i-1, j)}{2}\\right\\rfloor+\\left\\lfloor\\frac{f(i, j-1)}{2}\\right\\rfloor\n$$\n\nза све природне бројеве $i$ и $j,(i, j) \\neq(1,1)$. Колико има уређених парова природних бројева $(i, j)$ за које је $f(i, j)$ непаран број? (Душан Ђукић)", "solution": "Одговор је $n$.\n\nЗа $m \\geqslant 2$ означимо $s_{m}=\\sum_{i+j=m} f(i, j)$. Како је остатак $f(i, j)$ при дељењу са 2 једнак $f(i, j)-2\\left[\\frac{f(i, j)}{2}\\right]$, број непарних међу бројевима $f(i, j)$ за $i, j \\geqslant 0$ и $i+j=m$ једнак је\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{i+j=m}\\left(f(i, j)-2\\left[\\frac{f(i, j)}{2}\\right]\\right) & =s_{m}-\\sum_{i+j=m}\\left(\\left[\\frac{f(i-1, j+1)}{2}\\right]+\\left[\\frac{f(i, j)}{2}\\right]\\right) \\\\\n& =s_{m}-s_{m+1}\n\\end{aligned}\n$$\n\nСледи да је број парова $(i, j)$ за које је $f(i, j)$ непарно и $i+j<m$ једнак $s_{2}-s_{m}=n-s_{m}$.\n\nОстаје да покажемо да је $s_{m}=0$ за све довољно велике $m$. Јасно је да је низ $s_{m}$ ненегативан и нерастући, па постоје $N$ и $k$ такви да је $s_{m}=k$ за све $m \\geqslant N$. То значи да је $f(i, j)$ парно кад год је $i+j \\geqslant m$. Претпоставимо да је $k>0$ и посматрајмо најмање $i$ такво да је $f(i, m-i)>0$. Једноставном индукцијом добијамо $f(i, m+r-i)=\\left[\\frac{f(i, m-i)}{2^{r}}\\right]$ за $r \\geqslant 1$. Међутим, ако је $2^{r} \\leqslant f(i, m-i)<2^{r+1}$, одавде је $f(i, m+r-i)=1$, противно претпоставци.\n\nДруго решење (У. Динић). Поставимо $n$ жетона у тачку $(1,1)$ у координатној равни. У сваком кораку, из сваке тачке $(i, j)$ ћемо пребацити по цео део половине њених жетона у тачке $(i+1, j)$ и $(i, j+1)$. Приметимо да, ако је нека врста или колона у неком тренутку непразна, она ће увек остати непразна. Тако ниједан жетон не може изаћи из квадрата $[1, n] \\times[1, n]$, па се игра завршава у коначном броју корака.\n\nНије тешко видети да се након $i+j-2$ корака у тачки $(i, j)$ налази тачно $f(i, j)$ жетона. Шта више, број $f(i, j)$ је непаран ако након следећег корака\nу тачки $(i, j)$ остане један жетон. Како у завршној позицији има тачно $n$ жетона, следи да међу члановима низа $f(i, j)$ има $n$ непарних бројева.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2016_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n2. ", "solution_match": "\n2. "}}
{"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Нека је $O$ центар кружнице описане око $\\triangle A B C$. Права $t$ додирује кружницу описану око $\\triangle B O C$ и сече странице $A B$ и $A C$ у тачкама $D$ и $E$, редом $(D, E \\not \\equiv A)$. Тачка $A^{\\prime}$ је симетрична тачки $A$ у односу на праву $t$. Доказати да се кружнице описане око $\\triangle A^{\\prime} D E$ и $\\triangle A B C$ додирују. (Душан Ђукић)\n\n## Министарство просвете, науке и технолошког развоја Друштво математичара Србије <br> 10. СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА УЧЕНИКА СРЕДЊИХ ШКОЛА\n\n## 2. април 2016 .\n\n## Други дан", "solution": "Означимо са $K$ додирну тачку праве $t$ и круга $B O C$. Нека се кругови описани око троуглова $B D K$ и $C E K$ секу у тачки $X \\neq K$. Како је $\\varangle B X C=$ $\\varangle B X K+\\varangle K X C=\\varangle A D K+\\varangle K E A=180^{\\circ}-\\varangle C A B$, тачка $X$ лежи на описаном кругу $k$ троугла $A B C$. Шта више, $\\varangle D X E=\\varangle D X K+\\varangle K X E=\\varangle D B K+$ $\\varangle K C E=\\varangle C K B-\\varangle C A B=\\varangle C A B=$ $\\varangle D X E$, па $X$ такође лежи на описаном кругу $k_{1}$ троугла $A^{\\prime} D E$. Доказаћемо да се кругови $k$ и $k_{1}$ додирују у тачки $X$.\n\nАко се праве $C K$ и $X D$ секу у тачки $P$, онда важи $\\varangle X P C=\\varangle X D E-$ $\\varangle C K E=\\varangle X B K-\\varangle C B K=\\varangle X B C$, што значи да $P$ лежи на кругу $k$. Аналогно, праве $B K$ и $X E$ се секу у тачки $Q$ на кругу $k$. Најзад, из $\\varangle X P Q=\\varangle X B Q=\\varangle X D K$ следи да\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_61d26665b064b0ec9c64g-4.jpg?height=614&width=597&top_left_y=624&top_left_x=1118)\nје $P Q \\| D E$. Према томе, троуглови $X D E$ и $X P Q$ су хомотетични са центром хомотетије $X$, па се њихови описани кругови додирују у $X$.\n\nДруго решеъе. Нека праве $B K$ и $C K$ поново секу описани круг $\\triangle A B C$ редом у тачкама $Q$ и $P$. Из $\\varangle C P Q=\\varangle C B Q=\\varangle C K E$ следи $P Q \\| D E$. Нека се праве $D P$ и $E Q$ секу у тачки $X$. Како су тачке $D=P X \\cap A B, K=P C \\cap Q B$ и $E=A C \\cap Q X$ колинеарне, по обратној Паскаловој теореми тачка $X$ лежи на истом кругу са тачкама $A, B, C, P, Q$. Према томе, троуглови $X D E$ и $X P Q$ су хомотетични, па се њихови описани кругови додирују у њиховом центру хомотетије $X$. Најзад, тачка $A^{\\prime}$ лежи на описаном кругу $\\triangle D E X$ јер je $\\varangle D X E=\\varangle P X Q=\\varangle P C A+\\varangle A B Q=\\varangle B K C-\\varangle B A C=\\varangle B A C=\\varangle D A^{\\prime} E$.\n\nНапомена. Важи и општије тврђење: ако је $K$ тачка у $\\triangle A B C, D$ и $E$ тачке у којима тангента на круг $B K C$ у $K$ сече $A B$ и $A C$, а $X$ друга тачка пресека кругова $B D K$ и $C E K$, онда се кругови $D E X$ и $A B C$ додирују у тачки $X$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2016_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n3. ", "solution_match": "\n3. "}}
{"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "У $\\triangle A B C(A B \\neq A C)$ уписана кружница, чији је центар тачка $I$, додирује страницу $B C$ у тачки $D$. Нека је тачка $M$ средиште дужи $B C$. Доказати да се нормале из тачака $M$ и $D$ на праве $A I$ и $M I$, редом, секу на правој која садржи висину $\\triangle A B C$ из темена $A$.\n\n(Душан Ђукић)", "solution": "Означимо са $\\gamma$ уписани круг $\\triangle A B C$, а са $\\gamma_{a}$ и $I_{a}$ приписани круг наспрам $A$ и његов центар. Тачка $E$ симетрична тачки $D$ у односу на $M$ је додирна тачка $\\gamma_{a}$ са страницом $B C$. Нормала $\\ell_{1}$ из $D$ на $M I$ је радикална оса круга $\\gamma$ и круга $\\omega$ над пречником $D E$, док је нормала $\\ell_{2}$ из $A I$ радикална оса кругова $\\gamma$ и $\\gamma_{a}$ (због $M D=M E$ ). Такође, радикална оса кругова $\\gamma_{a}$ и $\\omega$ је нормала $\\ell_{3}$ из $E$ на $M I_{a}$. Праве $\\ell_{1}, \\ell_{2}$ и $\\ell_{3}$ се секу у радикалном центру $S$ кругова $\\gamma, \\gamma_{a}, \\omega$. С друге стране, поз-\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_61d26665b064b0ec9c64g-4.jpg?height=548&width=766&top_left_y=2130&top_left_x=1042)\nнато је (по \"Великом задатку\") да важи $M I \\| A E$ и $M I_{a} \\| A D$, па праве $\\ell_{1}$ и $\\ell_{3}$ садрже висине из $D$ и $E$ у троуглу $A D E$. Следи да је $S$ ортоцентар $\\triangle A D E$, а он лежи на висини из темена $A$.\n\nДруго решење. Нека се нормале из $M$ и $D$ редом на $A I$ и $M I$ секу у тачки $S$ и нека је $J$ тачка у којој права $M I$ сече висину из $A$ у $\\triangle A B C$. Довољно је доказати да је $A J=I D$. Заиста, тада ће следити да је $A J D I$ паралелограм, па је $M S \\perp D J$, тако да је $D$ ортоцентар троугла $M S J$ и одатле $J S \\perp M D$, тј. $A S \\perp B C$.\n\nОво се директно израчунава. Означимо са $H$ и $F$ редом подножја висине и симетрале угла из темена $A$, и $a=B C, b=C A, c=A B$. Тада је $B F=\\frac{a c}{b+c}$, $B D=\\frac{a-b+c}{2}$ и $B H=\\frac{a^{2}-b^{2}+c^{2}}{2 a}$, па је $F H=B F-B H=\\frac{|b-c|\\left((b+c)^{2}-a^{2}\\right)}{2 a(b+c)}, F D=$ $B F-B D=\\frac{|b-c|(b+c-a)}{2(b+c)}$ и најзад $\\frac{A J}{A H}=\\frac{F D}{F H}=\\frac{a}{a+b+c}=\\frac{I D}{A H}$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2016_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n4. ", "solution_match": "\n4. "}}
{"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Дато је $2 n-1$ двоелементних подскупова скупа $\\{1,2, \\ldots, n\\}$. Доказати да се може одабрати $n$ од ових подскупова чија унија садржи не више од $\\frac{2}{3} n+1$ елемената.\n\n(Душан Ђукић)", "solution": "Показаћемо индукцијом по $k\\left(k \\leqslant \\frac{2 n-1}{3}\\right)$ да се може избацити $3 k$ подскупова тако да је кардиналност уније преосталих не већа од $n-k$.\n\nЗа $k=0$ то је тривијално. Претпоставимо да је $k \\geqslant 1$ и да смо избацили $3(k-1)$ подскупова тако да унија преосталих не садржи више од $n-k+1$ елемената. Како је $2 n-1-3(k-1)<2(n-k+1)$, постоји елемент $x_{k}$ из уније који се налази у највише три од преосталих подскупова. Дакле, можемо да избацимо још три подскупа тако да унија преосталих $2 n-1-3 k$ не садржи елемент $x_{k}$, што завршава индуктивни корак.\n\nТврђење задатка следи за $k=\\left[\\frac{n-1}{3}\\right]$ jep је $n-\\left[\\frac{n-1}{3}\\right] \\leqslant n-\\frac{n-3}{3}=\\frac{2}{3} n+1$.\n\nНапомена. Пробабилистички метод даје слабију оцену $\\sim \\frac{n}{\\sqrt{2}}$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2016_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n5. ", "solution_match": "\n5. "}}
{"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Дати су природни бројеви $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{2 \\text { 2016 }}$ такви да за све $n, 1 \\leqslant n \\leqslant 2^{2016}$, важи\n\n$$\na_{n} \\leqslant 2016 \\quad \\text { и } \\quad a_{1} a_{2} \\cdots a_{n}+1 \\text { је потпун квадрат. }\n$$\n\nДоказати да је неки од бројева $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{22016}$ једнак 1. (Дуиан Ђукић)\n\n## РЕШЕЊА", "solution": "Кључна чињеница је да, ако су $a+1=u^{2}$ и $b=v^{2}$ потпуни квадрати и $a>b$, онда $a b+1$ није квадрат. Заиста, тада је $(u v-1)^{2}<a b+1=u^{2} v^{2}-v^{2}+1<(u v)^{2}$. Нека су $p_{1}, p_{2}, \\ldots, p_{m}$ сви прости бројеви мањи од 2016. За $1 \\leqslant n \\leqslant 2^{2016}$ посматрајмо бинарни низ $\\mathrm{c}_{n}=\\left(r_{1}, r_{2}, \\ldots, r_{m}\\right)$, где је $r_{i}=0$ ако је експонент уз $p_{i}$ у производу $P_{n}=a_{1} a_{2} \\cdots a_{n}$ паран, а $r_{i}=1$ у супротном. Како за низ с ${ }_{n}$ има само $2^{m}$ могућности, за свако $k \\leqslant 2^{2016}-2^{m}$ међу низовима с с, c $_{k+1}, \\ldots, \\mathrm{c}_{k+2^{m}}$ постоје два једнака, рецимо с $s$ и $c_{t}(s<t)$, а тада је $P_{t} / P_{s}$ потпун квадрат не већи од $2016^{2^{m}}$.\n\nПретпоставимо да у низу $\\left(a_{n}\\right)$ нема јединица. Узмимо $k=11 \\cdot 2^{m}$; свакако је $k+2^{m}<2^{2016}$. Видели смо да постоје индекси $s, t, k \\leqslant s<t \\leqslant k+2^{m}$, тако да је $b=P_{t} / P_{s}$ потпун квадрат. Међутим, како је $a=P_{s} \\geqslant P_{k} \\geqslant 2^{k}=2048^{2^{m}}>$ $2016^{2^{m}} \\geqslant b$, по чињеници са почетка, $a+1=P_{s}+1$ и $a b+1=P_{t}+1$ не могу истовремено да буду квадрати, што је контрадикција.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2016_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n6. ", "solution_match": "\n6. "}}