{"year": "2018", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Кружница уписана у $\\triangle A B C$ има центар у тачки $I$ и додирује страницу $B C$ у тачки $D$. На дужима $B I$ и $C I$ одабране су тачке $P$ и $Q$, редом, такве да важи $\\varangle B A C=2 \\varangle P A Q$. Доказати: $\\varangle P D Q=90^{\\circ} . \\quad$ (Дуиан Ђукић)", "solution": "Означимо са $E$ и $F$ редом подножја нормала из $P$ и $Q$ на праву $B C$, а са $M$ средиште дужи $P Q$.\n\nПосматрајмо тачку $X$ на страници $B C$ такву да је $\\varangle B A X=2 \\varangle B A P$. Тада је такође $\\varangle C A X=\\varangle B A C-2 \\varangle B A P=$ $2 \\varangle C A Q$, па су $P$ и $Q$ редом центри уписаних кругова троуглова $B A X$ и $C A X$. Следи да су $X P$ и $X Q$ симетрале углова $B X A$ и $C X A$, па је $\\varangle P X Q=90^{\\circ}$. Услов $\\varangle P D Q=90^{\\circ}$ је еквивалентан са $M D=M P=M Q=$\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_c9f27ced74ceb8a40f41g-3.jpg?height=379&width=665&top_left_y=530&top_left_x=1095)\n$M X$, а како је $M E=M F$, довољно је доказати да је $D E=X F$. Обе дужине се једноставно рачунају на основу \"великог задатка\": $D E=B D-B E=$ $\\frac{A B+B C-A C}{2}-\\frac{A B+B X-A X}{2}=\\frac{C X-A C+A X}{2}=X F$.\n\nДруго решење. Нека права $B I$ поново сече описани круг $\\triangle A P Q$ у тачки $N$. $\\overline{\\text { Имамо } \\varangle A I N}=180^{\\circ}-\\varangle B I A=90^{\\circ}-\\frac{\\gamma}{2}=\\varangle D I Q$. Такође, како је $\\varangle I N Q=$ $\\varangle P A Q=\\frac{\\alpha}{2}$ и $\\varangle I Q N=\\varangle B I C-\\varangle I N Q=\\left(90^{\\circ}+\\frac{\\alpha}{2}\\right)-\\frac{\\alpha}{2}=90^{\\circ}$, имамо $\\frac{I Q}{I N}=$ $\\sin \\frac{\\alpha}{2}=\\frac{I A}{I D}$, одакле је $\\frac{I A}{I N}=\\frac{I D}{I Q}$. Следи да су троуглови $D I Q$ и $A I N$ слични, па је $\\varangle I D Q=\\varangle I A N=180^{\\circ}-\\varangle A I N-\\varangle A N I=180^{\\circ}-\\left(90^{\\circ}-\\frac{\\gamma}{2}\\right)-\\varangle A N P=$ $90^{\\circ}+\\frac{\\gamma}{2}-\\varangle A Q P$. Аналогно је $\\varangle I D P=90^{\\circ}+\\frac{\\beta}{2}-\\varangle A P Q$, па сабирањем добијамо $\\varangle P D Q=180^{\\circ}+\\frac{\\beta+\\gamma}{2}-\\left(180^{\\circ}-\\varangle P A Q\\right)=90^{\\circ}$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2018_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n1. ", "solution_match": "\n1. "}} {"year": "2018", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Дат је природан број $n, n>1$. Цео број $x$ зовемо красним ако је остатак броја $x^{2}$ при дељењу са $n$ непаран. Доказати да не постоји више од $1+\\lfloor\\sqrt{3 n}\\rfloor$ узастопних красних природних бројева.\n\n(Душан Ђукић)", "solution": "Ако је $n$ паран број, тврђење је тривијално: тада не постоје ни два узастопна красна броја, јер парни бројеви нису красни. Надаље сматрамо да је $n$ непаран.\n\nПошто бројеви дељиви са $n$ нису красни, можемо да се ограничимо на бројеве $x \\in\\{1, \\ldots, n-1\\}$. Претпоставимо да су бројеви $x$ и $x+1$ красни. Остаци бројева $x^{2}$ и $(x+1)^{2}$ при дељењу са $n$, који су непарни, једнаки су $x^{2}-n\\left[\\frac{x^{2}}{n}\\right]$ и $(x+1)^{2}-n\\left[\\frac{(x+1)^{2}}{n}\\right]$ редом, па су $\\left[\\frac{x^{2}}{n}\\right]$ и $\\left[\\frac{(x+1)^{2}}{n}\\right]$ различите парности. Како због $0<(x+1)^{2}-x^{2}<2 n$ важи $0 \\leqslant\\left[\\frac{(x+1)^{2}}{n}\\right]-\\left[\\frac{x^{2}}{n}\\right] \\leqslant 2$, следи да је $\\left[\\frac{(x+1)^{2}}{n}\\right]=\\left[\\frac{x^{2}}{n}\\right]+1$. Према томе, ако су бројеви $x, x+1, \\ldots, x+k$ красни, онда је\n\n$$\nm=y-\\left[\\frac{y^{2}}{n}\\right] \\quad \\text { константно за све } \\quad y=x, x+1, \\ldots, x+k\n$$\n\nКако је једнакост $y-\\left[\\frac{y^{2}}{n}\\right]=m$ еквивалентна са $y-m \\leqslant \\frac{y^{2}}{n} 12. СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА УЧЕНИКА СРЕДЊИХ ШКОЛА\n\n\n\n## Други дан", "solution": "За сваку од датих правих, пресечних тачака ван ње има\n\n$$\nm=\\frac{(n-1)(n-2)}{2}\n$$\n\nПретпоставимо да, за сваку праву, с једне њене стране има не више од $k$ пресечних тачака, где је $k \\leqslant \\frac{n}{2}$. Пребројмо на два начина тројке $(p, A, B)$, где су $A$ и $B$ пресечне тачке са различитих страна праве $p$. По претпоставци, за сваку праву $p$ има не више од $k(m-k)$ оваквих тројки, па је њихов укупан број $N \\leqslant n k(m-k)$.\n\nРазмотримо сада два типа оваквих тројки: mun 1 , када су тачке $A$ и $B$ на истој од датих правих, и mun 2 , када нису.\n\nСвака четворка датих правих, заједно са њима одређеним пресечним тачкама, одређује тачно 4 тројке типа 1 , а свака тројка је одређена тачно једном четворком правих. Следи да има $4\\binom{n}{4}$ тројки типа 1. Такође, свака петорка датих правих са њима одређеним пресечним тачкама одређује бар 5 тројки типа 2 , те тројки типа 2 има бар $5\\binom{n}{5}$. Ово се директно проверава: постоји шест различитих распореда по пет правих у општем положају, као на слици.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_c9f27ced74ceb8a40f41g-4.jpg?height=382&width=1514&top_left_y=1087&top_left_x=272)\n\nПрема томе, $N \\geqslant 4\\binom{n}{4}+5\\binom{n}{5}=n\\binom{n}{4}$.\n\nСледи да је $k(m-k) \\geqslant\\binom{ n}{4}=\\frac{m(m-1)}{6}$. Одавде се добија\n\n$$\nk \\geqslant k_{0}=\\frac{1}{2}\\left(m-\\sqrt{\\frac{m^{2}+2 m}{3}}\\right)\n$$\n\nКако се неједнакост $k_{0}>\\frac{m}{5}=\\frac{(n-1)(n-2)}{10}$ своди на $m>25$, што важи за $n \\geqslant 9$, док за $n=8$ имамо $k_{0}>\\left[\\frac{m}{5}\\right]=4$, остаје да испитамо случајеве $n \\leqslant 7$.\n\nЗа $n \\leqslant 4$ је тврђење тривијално, као и достизање једнакости, јер је тада $k_{0}=\\left[\\frac{m}{5}\\right]=0$. За $n=5,6,7$ је редом $\\left\\lceil k_{0}\\right\\rceil=\\left[\\frac{m}{5}\\right]=1,2,3$, па тврђење задатка и тада важи, а достижу се и једнакости у случајевима на слици.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_c9f27ced74ceb8a40f41g-4.jpg?height=422&width=1426&top_left_y=2039&top_left_x=314)\n\nНапомена. С друге стране, свака петорка одређује највише 7 тројки $(p, A, B)$ типа 2. Овако се може показати да увек постоји права са чије се једне стране налази мање од $\\left(\\frac{1}{2}-\\frac{1}{2 \\sqrt{15}}\\right) m$ тачака.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2018_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n3. ", "solution_match": "\n3. "}} {"year": "2018", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Доказати да постоји тачно један полином $P(x)$ с реалним коефицијентима за који је полином\n\n$$\n(x+y)^{1000}-P(x)-P(y)\n$$\n\nдељив полиномом $x y-x-y$.\n\n(Душан Ђукић)", "solution": "Означимо $n=1000$. Сменом $x=u+1$ и $y=v+1$ добијамо да полином $u v-1$ дели полином $P(u+1)+P(v+1)-(u+v+2)^{n}$. Еквивалентан услов је да је $P(u+1)+P(v+1)-(u+v+2)^{n}=0$ кад год је $u v-1=0$ (видети напомену). Тако за $u \\neq 0$ и $v=\\frac{1}{u}$ имамо $P(u+1)+P\\left(\\frac{1}{u}+1\\right)=\\left(u+\\frac{1}{u}+2\\right)^{n}=\\frac{(u+1)^{2 n}}{u^{n}}$. Полином $Q(x)=P(x+1)=\\sum_{i=0}^{n} a_{i} x^{i}$ задовољава\n\n$2 a_{0}+\\sum_{i=1}^{n} a_{i}\\left(u^{i}+u^{-i}\\right)=Q(u)+Q\\left(\\frac{1}{u}\\right)=\\frac{(u+1)^{2 n}}{u^{n}}=\\binom{2 n}{n}+\\sum_{i=1}^{n}\\binom{2 n}{n-i}\\left(u^{i}+u^{-i}\\right)$, одакле одмах следи да је $a_{0}=\\frac{1}{2}\\binom{2 n}{n}$ и $a_{i}=\\binom{2 n}{n-i}$ за $1 \\leqslant i \\leqslant n$. Дакле,\n\n$$\nP(x)=\\frac{1}{2}\\binom{2 n}{n}+\\sum_{i=1}^{n}\\binom{2 n}{n-i}(x-1)^{i}\n$$\n\nДруго решење. Тражимо полиноме $P(x)=\\sum_{i=0}^{n} p_{i} x^{i}$ и $Q(x, y)=\\sum_{i, j} a_{i, j} x^{i} y^{j}$ такве да је\n\n$$\nA(x, y)=(x y-x-y) Q(x, y)=(x+y)^{1000}-P(x)-P(y)\n$$\n\nПриметимо да је $\\operatorname{deg} Q \\leqslant 998$. Заиста, ако је $a_{i, j} x^{i} y^{j}$ моном највећег степена у $Q(x, y)$, онда је коефицијент уз $x^{i+1} y^{j+1}$ у $A(x, y)$ једнак $a_{i, j} \\neq 0$, па је $i+j+2 \\leqslant 1000$. Следи да је $\\operatorname{deg} A \\leqslant 1000$, па је и $\\operatorname{deg} P \\leqslant 1000$.\n\nИзједначавање коефицијената уз $x^{i} y^{j}$ у (*) даје једнакости $a_{i-1, j-1}=\\binom{1000}{i}$ за $i+j=998(i, j>0), a_{i-1, j-1}=a_{i-1, j}+a_{i, j-1}$ за $i+j<998(i, j>0)$ и $a_{i-1,0}=$ $a_{0, i-1}=p_{i}$, одакле једноставном индукцијом налазимо $a_{i-1, j-1}=\\binom{2000-i-j}{1000-i}$ за $i+j \\leqslant 1000(i, j>0)$ и $p_{i}=\\binom{1999-i}{999}$, тј.\n\n$$\nP(x)=x^{1000}+\\binom{1000}{999} x^{999}+\\binom{1001}{999} x^{998}+\\cdots+\\binom{1998}{999} x\n$$\n\nИз конструкције следи да овај полином задовољава услове задатка.\n\nTреће решење. Не постоје два различита полинома са жељеним својством. Заиста, ако $P_{1}(x) \\not \\equiv P_{2}(x)$ имају то својство, онда $x y-x-y$ дели разлику $P_{1}(x)+P_{1}(y)-P_{2}(x)-P_{2}(y)=(x y-x-y) U(x, y)$. Међутим, ако је $c x^{i} y^{j}$ моном највећег степена у $U(x, y)$, онда је коефицијент уз $x^{i+1} y^{j+1}$ на левој страни ове једнакости једнак $c \\neq 0$, што је немогуће.\n\nДокажимо сада да за сваки симетричан полином $Q(x, y)$ постоји полином $P(t)$ такав да $x y-x-y \\mid Q(x, y)-P(x)-P(y)$. Довољно је доказати да за полиноме $Q$ облика $x^{i} y^{j}+x^{j} y^{i}(0 \\leqslant i \\leqslant j)$ постоји тражени полином $P_{i, j}(t)$. Тврђење је тривијално за $i=0$. За $i>0$ доказ спроводимо индукцијом по $i+j$. Наиме, $x^{i} y^{j}+x^{j} y^{i} \\equiv(x+y)\\left(x^{i-1} y^{j-1}+x^{j-1} y^{i-1}\\right)=\\left(x^{i} y^{j-1}+x^{j-1} y^{i}\\right)+$ $\\left(x^{i-1} y^{j}+x^{j} y^{i-1}\\right)(\\bmod x y-x-y)$, па можемо узети $P_{i, j}(t)=P_{i, j-1}(t)+P_{i-1, j}(t)$.\n\nНапомена. Ако је $P(x, y)$ нерастављив полином и $Q(x, y)$ полином такав да је $\\overline{Q(x, y)=0}$ кад год је $P(x, y)=0$, онда је полином $Q$ дељив полиномом $P$. Ово није потпуно тривијално. У прстену полинома $\\mathbb{R}[y][x]$ Еуклидовим алгоритмом могу се наћи полиноми $A(x, y), B(x, y)$ и $C(y)$ такви да је $\\operatorname{deg}_{x} B<\\operatorname{deg}_{x} P$ и $A \\cdot P-B \\cdot Q=C(y)$. Дакле, кад год је $Q(x, y)=0$, важи $C(y)=0$, па $C$ има\nбесконачно много нула, одакле је $C \\equiv 0$ и $P \\mid B \\cdot Q$. Због нерастављивости полинома $P$ и јединствености факторизације у прстену $\\mathbb{R}[y][x]$ следи $P \\mid Q$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2018_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n4. ", "solution_match": "\n4. "}} {"year": "2018", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Нека су $a$ и $b$ непарни природни бројеви већи од 1. Посматрајмо таблу $a \\times b$ којој недостају поља $(2,1),(a-2, b)$ и $(a, b)$ (под пољем $(i, j)$ подразумевамо поље у пресеку врсте $i$ и колоне $j$ ). Претпоставимо да је оваква табла поплочана помоћу $2 \\times 1$ домина и $2 \\times 2$ квадрата (домине се могу ротирати).\n\nДоказати да је употребљено бар $\\frac{3}{2}(a+b)-6$ домина. (Никола Петровић)", "solution": "Упишимо у поље $(i, j)$ број $(-1)^{i+j}(i+j)$. Збир уписаних бројева у читавој таблици је $\\sum_{i=1}^{a}(-1)^{i} \\sum_{j=1}^{b}(-1)^{j}(i+j)=\\sum_{i=1}^{a}(-1)^{i+1}\\left(i+\\frac{b+1}{2}\\right)=\\frac{a+b+2}{2}$, а ако се три наведена поља избаце, збир у остатку таблице је\n\n$$\n\\frac{a+b+2}{2}-(-3)-(a+b-2)-(a+b)=-\\frac{3}{2}(a+b)+6\n$$\n\nКако је збир бројева у сваком квадрату $2 \\times 2$ једнак нули, а збир у свакој домини је 1 или -1 , потребно је бар $\\frac{3}{2}(a+b)-6$ домина.\n\nДруго решеъе. Нека су врсте и колоне нумерисане одоздо нагоре и слева надесно. Можемо да сматрамо да се у поплочавању не појављује ниједна од целина означених са $L$ на слици - заиста, оне се могу заменити одговарајућим целинама означеним са $D$, притом не повећавајући број домина.\n\nРазмотримо фигуру која покрива поље $(a, 1)$. Ако је то нпр. хоризонтална домина $(a, 1)-(a, 2)$ (аналогно се испитује случај вертикалне домине), онда поље $(a-1,1)$ не може бити покривено ни квадратом ни хоризонталном домином (јер би они са горњом домином градили једну од целина $L$ ), па оно мора бити покривено вертикалном домином $(a-1,1)-(a-2,1)$. Слично, сада поље $(a-1,2)$ мора би-\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_c9f27ced74ceb8a40f41g-6.jpg?height=452&width=750&top_left_y=1129&top_left_x=1050)\nти покривено домином $(a-1,2)-(a-1,3)$, итд. до бесконачности, што је немогуће. Према томе, фигура која покрива поље $(a, 1)$ је квадрат.\n\nНа сличан начин, поља $(a, 3)$ и ( $a-2,1$ ) су такође покривена квадратима, затим поља $(a, 5),(a-2,3)$ и ( $a-4,1)$, итд. Настављајући овај поступак, закључујемо да су сва поља осим оних у врстама $1,2,3$ и оних у колонама $b-2, b-1, b$ покривена квадратима. Преостала поља се могу поплочати на једниствен начин, приказан на слици, што се директно проверава. При томе је употребљено тачно $\\frac{3}{2}(a+b)-6$ домина.\n\nTреће решење. Обојићемо поља табле црно и бело попут шаховске табле. Праву која раздваја $i$-ту и $(i+1)$-ву врсту/колону зовемо $i$-том хоризонталом/вертикалом.\n\nАко је $j$ парно ( $2 \\leqslant j \\leqslant b-1$ ), бар једна (хоризонтална) домина сече $j$-ту вертикалу јер је број поља у првих $j$ колона непаран. С друге стране, ако је $j$ непарно $(1 \\leqslant j \\leqslant b-2$ ), бар две домине морају сећи $j$-ту вертикалу јер у првих $j$ колона има за два више црних поља него белих. Овако добијамо бар $\\frac{3 b-3}{2}$ хоризонталних домина.\n\nСлично, ако је $i$ парно ( $2 \\leqslant i \\leqslant a-3)$ или $i \\in\\{1, a-2\\}$, бар једна (вертикална) домина сече $i$-ту хоризонталу јер је број поља у првих $i$ врста непаран. С друге стране, ако је $i$ непарно ( $3 \\leqslant i \\leqslant a-4$ ), број црних поља у првих $i$\nврста је за два већи од броја белих, па бар две домине морају сећи $i$-ту хоризонталу. Овако добијамо бар $\\frac{3 a-9}{2}$ вертикалних домина.\n\nДакле, укупно има бар $\\frac{3 a-9}{2}+\\frac{3 b-3}{2}=\\frac{3}{2}(a+b)-6$ домина.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2018_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n5. ", "solution_match": "\n5. "}} {"year": "2018", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "За задат природан број $k$, нека је $n_{k}$ најмањи природан број такав да постоји коначан скуп $A$ целих бројева са следећим особинама:\n\n- за свако $a \\in A$ постоје $x, y \\in A$ (не обавезно различити) такви да\n\n$$\nn_{k} \\mid a-x-y\n$$\n\n- не постоји подскуп $B$ скупа $A$ за који важи $|B| \\leqslant k$ и $n_{k} \\mid \\sum_{b \\in B} b$.\n\nДоказати да за све $k, k \\geqslant 3$, важи\n\n$$\nn_{k}<\\left(\\frac{13}{8}\\right)^{k+2}\n$$\n\n(Бојан Bаиић)\n\nВреме за рад 270 минута.\n\nРешења задатака детаљно образложити.\n\nСваки задатак вреди 7 бодова.\n\n## РЕШЕЊА", "solution": "Са $F_{i}$ означавамо Фибоначијеве бројеве: $F_{1}=F_{2}=1, F_{i+1}=F_{i}+F_{i-1}$. Посматрајмо скуп $A=\\left\\{a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{k+1}\\right\\}$ са $n=F_{k+2}+3$, где су\n\n$$\na_{i}=(-1)^{k-1-i} F_{i+1} \\text { за } i=1,2, \\ldots, k-1, \\quad a_{k}=F_{k}+1 \\quad \\text { и } \\quad a_{k+1}=F_{k}+2\n$$\n\nУ случају парног $k$ видимо да је $a_{i}=a_{i+1}+a_{i+2}(1 \\leqslant i \\leqslant k-3), a_{k-2} \\equiv a_{k}+a_{k+1}$ $(\\bmod n), a_{k-1}=a_{k+1}+a_{2}, a_{k}=a_{k-1}+a_{1}$ и $a_{k+1}=a_{k}+a_{1}$, па скуп $A$ задовољава први услов задатка. Овај услов се слично проверава и за непарно $k$.\n\nДокажимо индукцијом по $k$ (база $k=3$ се директно проверава) да је задовољен и други услов, тј. да не постоји подскуп $B \\subsetneq A$ такав да $n \\mid \\sum_{b \\in B} b$. Како је збир елемената скупа $A$ једнак нули, можемо да сматрамо без смањења општости (заменом $B$ са $A \\backslash B$ по потреби) да $B$ садржи највише један од елемената $F_{k}, F_{k}+1, F_{k}+2$. Тада је\n\n$1-F_{k}=-\\left(F_{k-1}+F_{k-3}+\\cdots\\right) \\leqslant \\sum_{b \\in B} b \\leqslant\\left(F_{k}+2\\right)+F_{k-2}+F_{k-4}+\\cdots=F_{k+1}+1$,\n\nпа мора бити $\\sum_{b \\in B} b=0$. На основу индуктивне претпоставке за $k-1$, скуп $B$ не може бити подскуп скупа $\\left\\{a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{k-2}\\right\\}$, тј. мора бити $a_{k-1}=F_{k} \\in B$. Међутим, тада је $\\sum_{b \\in B} b \\geqslant F_{k}-F_{k-1}-F_{k-3}-\\cdots=1$, што је контрадикција. Доказ је завршен.\n\nПрема томе, $n_{k} \\leqslant F_{k+2}+3<\\phi^{k-3}\\left(F_{5}+3\\right)<\\phi^{k+2}<\\left(\\frac{13}{8}\\right)^{k+2}$, где је $\\phi=\\frac{1+\\sqrt{5}}{2}$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2018_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n6. ", "solution_match": "\n6. "}}