{"year": "2019", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Одредити све природне бројеве $n(n>1)$ који имају следеће својство: ако су $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \\ldots, a_{k}$ сви природни бројеви мањи од $n$ и узајамно прости са $n$ и важи поредак $a_{1}<a_{2}<a_{3}<\\cdots<a_{k}$, онда ниједан од збирова $a_{i}+a_{i+1}$ за $i=1,2, \\ldots, k-1$ није дељив са 3.\n\n(Душан Ђукић)", "solution": "За $n \\leqslant 28$ услов задатка је задовољен само за $n \\in\\{2,4,10\\}$. Нека је $n>28$. Приметимо да је низ $a_{i}$ симетричан у односу на $\\frac{n}{2}$. Дакле, $a_{i}+a_{k+1-i}=n$. Ако $2 \\nmid n$, онда је $a_{1}=1, a_{2}=2$ и $3 \\mid a_{1}+a_{2}$. С друге стране, ако $3 \\mid n$, одаберимо $i$ тако да је $a_{i}<\\frac{n}{2}<a_{i+1}$ : тада $3 \\mid a_{i}+a_{i+1}=n$. Надаље $2 \\mid n$ и $3 \\nmid n$, тако да је $a_{2}=3$. Одавде имамо и $a_{k-1}=n-3$ и $a_{k}=n-1$.\n\nАко је $n \\equiv 2(\\bmod 3)$, онда $3 \\mid a_{k-1}+a_{k}=2 n-4$. Остаје само случај $n \\equiv 1$ $(\\bmod 3)$.\n\nДаље, ако је $a_{i}+a_{i+1} \\equiv 2(\\bmod 3)$, онда је $a_{k-i}+a_{k+1-i}=2 n-\\left(a_{i}+a_{i+1}\\right) \\equiv$ $0(\\bmod 3)$. Зато можемо да сматрамо да је $a_{i}+a_{i+1} \\equiv 1(\\bmod 3)$ за $i=$ $1,2, \\ldots, k-1$. Индукцијом налазимо\n\n$$\na_{1} \\equiv a_{3} \\equiv \\cdots \\equiv 1 \\quad \\text { и } \\quad a_{2} \\equiv a_{4} \\equiv \\cdots \\equiv 0 \\quad(\\bmod 3)\n$$\n\nКако је $(n, 9)=1$, следи $a_{4}=9$, а због $a_{3} \\equiv 1(\\bmod 3)$ имамо и $a_{3}=7$. Одавде добијамо $(n, 7)=1$ и $(n, 5) \\neq 1$, тј. $5 \\mid n$.\n\nСада имамо $(n, 21)=(n, 27)=1$, али бројеви $22,24,25$ и 26 нису узајамно прости са $n$, а на основу $(*)$ ни број 23 се не може појавити у низу $a_{1}, \\ldots, a_{k}$. Дакле, 21 и 27 су суседни у низу $a_{1}, \\ldots, a_{k}$, али $3 \\mid 21+27$, контрадикција.\n\nПрема томе, једина решења су 2,4 и 10 .", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2019_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n1. ", "solution_match": "\n1. "}}
{"year": "2019", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "За низ ненегативних реалних бројева $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{k}$ кажемо да је уложсив у интервал $[b, c]$ ако постоје бројеви $x_{0}, x_{1}, \\ldots, x_{k}$ из интервала $[b, c]$ такви да важи $\\left|x_{i}-x_{i-1}\\right|=a_{i}$ за $i=1,2, \\ldots, k$. Низ је нормиран ако су сви његови чланови не већи од 1. За задат природан број $n$, доказати:\n\n(a) сваки нормиран низ дужине $2 n+1$ је уложив у интервал $\\left[0,2-\\frac{1}{2^{n}}\\right]$;\n\n(б) постоји нормиран низ дужине $4 n+3$ који није уложив у $\\left[0,2-\\frac{1}{2^{n}}\\right]$.\n\n(Душан Ђукић)", "solution": "(a) Довољно је доказати да је сваки нормиран низ $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{2 n+1}$ уложив у неки интервал дужине $2-\\frac{1}{2^{n}}$. Тврђење доказујемо индукцијом по $n$. Оно је тачно за $n=0$; нека је $n \\geqslant 1$. По индуктивној претпоставци постоји низ $x_{0}, x_{1}, \\ldots, x_{2 n-1} \\in\\left[0,2-\\frac{1}{2^{n-1}}\\right]$ такав да је $\\left|x_{i}-x_{i-1}\\right|=a_{i}$ за $i=1, \\ldots, 2 n-1$. Не умањујући општост, сматраћемо да је $x_{2 n-1} \\leqslant 1-\\frac{1}{2^{n}}$.\n\n(10) Ако је $a_{2 n} \\geqslant \\frac{1}{2^{n}}$, можемо узети $x_{2 n}=x_{2 n-1}+a_{2 n} \\in\\left[1,2-\\frac{1}{2^{n}}\\right]$ и $x_{2 n+1}=$ $x_{2 n}-a_{2 n+1} \\in\\left[0,2-\\frac{1}{2^{n}}\\right]$, чиме је низ уложен у интервал $\\left[0,2-\\frac{1}{2^{n}}\\right]$.\n\n$\\left(2^{\\circ}\\right)$ Ако је $a_{2 n}<\\frac{1}{2^{n}}$, узећемо $x_{2 n}=x_{2 n-1}-a_{2 n} \\in\\left[-\\frac{1}{2^{n}}, 1-\\frac{1}{2^{n}}\\right]$ и $x_{2 n+1}=x_{2 n}+$ $a_{2 n+1}$, чиме је низ уложен у један од интервала $\\left[0,2-\\frac{1}{2^{n}}\\right]$ и $\\left[-\\frac{1}{2^{n}}, 2-\\frac{1}{2^{n-1}}\\right]$.\n\n(б) Означимо $N=3 \\cdot 2^{n-1}-1$. Доказаћемо да се низ дужине $4 n-1$\n\n$1,1-\\frac{1}{N}, 1,1-\\frac{2}{N}, 1,1-\\frac{2^{2}}{N}, \\ldots, 1,1-\\frac{2^{n-1}}{N}, 1,1-\\frac{2^{n-2}}{N}, 1, \\ldots, 1-\\frac{2}{N}, 1,1-\\frac{1}{N}, 1$ не може уложити у интервал $\\left(-1+\\frac{1}{2 N}, 1-\\frac{1}{2 N}\\right)$, одакле следи твр ење.\n\nПретпоставимо супротно. Једноставном индукцијом се доказује да је:\n\n(i) $\\left|x_{2 i}\\right|<1-\\frac{2^{i+1}-1}{2 N}$ и $\\left|x_{2 i+1}\\right|>\\frac{2^{i+1}-1}{2 N}$ за $i=0, \\ldots, n$;\n\n(ii) $\\left|x_{2 i}\\right|<\\frac{2^{2 n+2-i}-1}{2 N}$ и $\\left|x_{2 i+1}\\right|>1-\\frac{2^{2 n+2-i}-1}{2 N}$ за $i=n+1, \\ldots, 2 n+1$.\n\nТако за $x_{4 n+3}$ добијамо контрадикцију.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2019_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n2. ", "solution_match": "\n2. "}}
{"year": "2019", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Конвексан четвороугао $A B C D$ је описан око кружнице $k$. Праве $A D$ и $B C$ се секу у тачки $P$, а кружнице описане око $\\triangle P A B$ и $\\triangle P C D$ се секу у тачки $X$. Доказати да тангенте из тачке $X$ на кружницу $k$ граде једнаке углове са правима $A X$ и $C X$.\n\n(Дуиан Ђукић)\n\n# Министарство просвете, науке и технолошког развоја Друштво математичара Србије <br> 13. СРПСКА МАТЕМАТИЧКА ОЛИМПИЈАДА УЧЕНИКА СРЕДЊИХ ШКОЛА \n\n\n\n## Други дан", "solution": "Пошто је $\\varangle X A D=\\varangle X B C$ и $\\varangle X D P=\\varangle X C P$, важи $\\triangle X A D \\sim \\triangle X B C$.\n\nНека симетрала $s_{X}$ угла $A X C$ сече кругове $P A B$ и $P C D$ у тачкама $K$ и $R$, а симетрала $s_{P}$ угла $A P C$ сече кругове $P A B$ и $P C D$ у тачкама $L$ и $S$. Права $s_{P}$ пролази кроз центар $I$ круга $k$ и важи $L A=L B=L I$ и $S C=S D=S I$.\n\nКако је $\\varangle I L K=\\varangle P X K=\\varangle P X R=\\varangle I S R$, важи $K L \\| R S$. Даље, имамо $\\varangle R X S=\\varangle R X C-\\varangle S P C=\\frac{1}{2}(\\varangle A X C-\\varangle A P C)=\\frac{1}{2} \\varangle B X C$ и, слично, $\\varangle L X K=$ $\\frac{1}{2} \\varangle B X C$. Следи да тетивама $K L$ и $R S$ у круговима $P A B$ и $P C D$, као и тетивама $L B$ и $S D$, одговарају једнаки периферијски углови, па је $\\frac{K L}{R S}=\\frac{L B}{S D}=\\frac{L I}{S I}$. Следи да је $\\triangle I K L \\sim \\triangle I R S$, па тачка $I$ лежи на правој $K R$, што је симетрала угла $A X C$. Тврђење задатка одмах следи.\n\nДруго решење. Означимо са $U$ и $V$ редом пресеке симетрала углова $A X D$ и $B X C$ са $A D$ и $B C$. Као и у првом решењу, $\\triangle X A D \\sim$ $\\triangle X B C$, одакле је $\\varangle X U P=\\varangle X V P$, па тачке $X, P, U$ и $V$ леже на истом кругу $\\gamma$. Дока-\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_4c21c515d81a35d28472g-4.jpg?height=640&width=623&top_left_y=551&top_left_x=1182)\nзаћемо да је и тачка $I$ на овом кругу и да је $I U=I V$. Следиће да $I$ припада симетрали угла $U X V$, што је уједно и симетрала угла $A X C$.\n\nНека су $M$ и $N$ редом тачке додира круга $k$ са страницама $A D$ и $B C$. Означимо $A M=a, B N=b, C N=c$ и $D M=d$. Тада је $A B=a+b, C D=c+d$ и $A U: U D=(a+b):(c+d)$, одакле налазимо $A U=\\frac{a+b}{a+b+c+d} \\cdot A D=\\frac{(a+b)(a+d)}{a+b+c+d}$; слично имамо $B V=\\frac{(b+a)(b+c)}{a+b+c+d}$. Следи да је $A M-A U=B V-B N=\\frac{a c-b d}{a+b+c+d}$, па је $M U=N V$ и троуглови $I M U$ и $I N V$ су подударни и исто оријентисани. Према томе, $I U=I V$ и $\\varangle U I V=\\varangle M I N=180^{\\circ}-\\varangle V P U$, тј. $I$ је средиште лука $U V$ круга $P X U V$.\n\nTреће решеъе. Познато је следеће тврђење из пројективне геометрије.\n\n- Дезаргова теорема о инволуиији. Коника $\\gamma$ је описана око четвороугла $\\overline{A B C D}$. Права $\\ell$ сече $A B, C D, B C, D A, A C, B D$ редом у тачкама $X_{1}$, $X_{2}, Y_{1}, Y_{2}, Z_{1}, Z_{2}$, и сече конику $\\gamma$ у $W_{1}$ и $W_{2}$. Тада постоји инволуција на правој $\\ell$ која слика $X_{1} \\leftrightarrow X_{2}, Y_{1} \\leftrightarrow Y_{2}, Z_{1} \\leftrightarrow Z_{2}$ и $W_{1} \\leftrightarrow W_{2}$.\n\nДуално тврђење (добијено поларним пресликавањем у односу на $\\gamma$ ) гласи овако:\n\n- Коника $\\gamma$ је уписана у четвороугао $A B C D$ у коме је $A D \\cap B C=\\{P\\}$ и $A B \\cap C D=\\{Q\\}$. Праве $X U$ и $X V$ су тангенте из произвољне тачке $X$ на $\\gamma$. Тада постоји инволуција на прамену правих кроз $X$ која слика $X A \\leftrightarrow X C, X B \\leftrightarrow X D, X P \\leftrightarrow X Q$ и $X U \\leftrightarrow X V$.\n\nУ нашем случају углови $A X C, B X D$ и $P X Q$ имају заједничку симетралу $s$, па је поменута инволуција управо осна симетрија у односу на $s$. Следи да су две тангенте из $X$ на круг (конику) $k$ симетричне у односу на $s$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2019_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n3. ", "solution_match": "\n3. "}}
{"year": "2019", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Дат је $\\triangle A B C$. Нека је $A_{1}$ централносиметрична слика пресечне тачке симетрале $\\measuredangle B A C$ и странице $B C$, где је центар симетрије средина странице $B C$. Аналогно дефинишемо тачке $B_{1}$ (на страници $C A$ ) и $C_{1}$ (на страници $A B)$. Пресек кружнице описане око $\\triangle A_{1} B_{1} C_{1}$ с правом $A B$ је скуп $\\left\\{Z, C_{1}\\right\\}$, с правом $B C$ је скуп $\\left\\{X, A_{1}\\right\\}$, а с правом $C A$ је скуп $\\left\\{Y, B_{1}\\right\\}$. Ако се нормале из тачака $X, Y$ и $Z$ на $B C, C A$ и $A B$, редом, секу у једној тачки, доказати да је $\\triangle A B C$ једнакокрак.\n\n(Милош Милосављевић)", "solution": "Подсетимо се да тачке $P$ и $Q$ унутар $\\triangle A B C$ зовемо изогонално спрегнутим ако је $\\varangle P A B=\\varangle Q A C$ и $\\varangle P B C=\\varangle Q B A$. Тада такође важи $\\varangle P C A=\\varangle Q C B$.\n\nЛема. Подножја нормала из тачака $P$ и $Q$ на праве $B C, C A$ и $A B$ леже на истом кругу.\n\nДоказ. Нека су $P_{a}$ и $Q_{a}$ редом подножја нормала из $P$ и $Q$ на $B C$; аналогно означавамо $P_{b}, Q_{b}, P_{c}, Q_{c}$. Из $\\varangle A P_{b} P_{c}=\\varangle A P P_{c}=\\varangle A Q Q_{b}=\\varangle A Q_{c} Q_{b}$ следи $\\triangle A P_{b} P_{c} \\sim \\triangle A Q_{c} Q_{b}$, па су тачке $P_{b}, P_{c}, Q_{b}, Q_{c}$ на истом кругу $k$, а његов центар је пресек симетрала дужи $P_{b} Q_{b}$ и $P_{c} Q_{c}$, што је управо средиште $U$ дужи $P Q$. Аналогно, и тачке $P_{c}, P_{a}, Q_{c}, Q_{a}$ су једнако удаљене од тачке $U$, па и $P_{a}$ и $Q_{a}$ леже на кругу $k$.\n\nПретпоставимо да се нормале из $X, Y$ и $Z$ редом на $B C, C A$ и $A B$ секу у тачки $P$. Ако је тачка $Q$ изогонално спрегнута тачки $P$ у $\\triangle A B C$, подножја нормала из $Q$ на $B C, C A$ и $A B$ су по Леми управо тачке $A_{1}, B_{1}$ и $C_{1}$.\n\nОзначимо са $A_{0}, B_{0}$ и $C_{0}$ редом пресеке унутрашњих симетрала углова код $A, B$ и $C$ с наспрамним страницама. Уобичајено, $B C=a, C A=b$ и $A B=c$. Из односа $B A_{0}$ : $A_{0} C=c: b$ налазимо $B A_{1}=A_{0} C=\\frac{a b}{b+c}$ и, слично, $A_{1} C=\\frac{a c}{b+c}, C B_{1}=\\frac{b c}{c+a}, B_{1} A=\\frac{b a}{c+a}$, $A C_{1}=\\frac{c a}{a+b}$ и $C_{1} B=\\frac{c b}{a+b}$. Сада имамо\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_4c21c515d81a35d28472g-5.jpg?height=394&width=605&top_left_y=825&top_left_x=1185)\n\n$$\n\\begin{aligned}\n0 & =\\left(B A_{1}^{2}-A_{1} C^{2}\\right)+\\left(C B_{1}^{2}-B_{1} A^{2}\\right)+\\left(A C_{1}^{2}-C_{1} B^{2}\\right) \\\\\n& =\\frac{a^{2}(b-c)}{b+c}+\\frac{b^{2}(c-a)}{c+a}+\\frac{c^{2}(a-b)}{a+b} \\\\\n& =\\frac{a^{4}(b-c)+b^{4}(c-a)+c^{4}(a-b)-(b-c)(c-a)(a-b)(a b+b c+c a)}{(b+c)(c+a)(a+b)} \\\\\n& =-\\frac{(b-c)(c-a)(a-b)(a+b+c)^{2}}{(b+c)(c+a)(a+b)}\n\\end{aligned}\n$$\n\nодакле следи $a=b$ или $a=c$ или $b=c$.\n\nДруго решење. Као у првом решењу, $B A_{1}=A_{0} C=\\frac{a b}{b+c}, A_{1} C=\\frac{a c}{b+c}, C B_{1}=\\frac{b c}{c+a}$, $\\overline{B_{1} A=\\frac{b a}{c+a}, A} C_{1}=\\frac{c a}{a+b}$ и $C_{1} B=\\frac{c b}{a+b}$. Означимо $B X=x, C Y=y$ и $A Z=z$. Потенција тачке $A$ даје $A B_{1} \\cdot A Y=A C_{1} \\cdot A Z$, тј. $\\frac{b y}{c+a}+\\frac{c z}{a+b}=\\frac{b^{2}}{c+a}$. Слично добијамо $\\frac{c z}{a+b}+\\frac{a x}{b+c}=\\frac{c^{2}}{a+b}$ и $\\frac{a x}{b+c}+\\frac{b y}{c+a}=\\frac{a^{2}}{b+c}$. Одавде следи $\\frac{2 a x}{b+c}=\\frac{a^{2}}{b+c}+\\frac{c^{2}}{a+b}-\\frac{b^{2}}{c+a}$ што се своди на $x=\\frac{1}{2} a-\\frac{(b+c)(b-c)\\left(b^{2}+c^{2}+a b+a c+b c\\right)}{2 a(a+b)(a+c)}$, итд. Услов да су три нормале конкурентне је\n\n$$\n\\begin{aligned}\n0 & =(a+b)(a+c)(b+c)\\left[x^{2}-(a-x)^{2}+y^{2}-(b-y)^{2}+z^{2}-(c-z)^{2}\\right] \\\\\n& =(b+c)^{2}(c-b)\\left(T-a^{2}\\right)+(c+a)^{2}(a-c)\\left(T-b^{2}\\right)+(a+b)^{2}(b-a)\\left(T-c^{2}\\right) \\\\\n& =a^{2}(b+c)^{2}(b-c)+b^{2}(c+a)^{2}(c-a)+c^{2}(a+b)^{2}(a-b)-(a-b)(b-c)(c-a) T \\\\\n& =-(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)^{2}\n\\end{aligned}\n$$\n\nгде је $T=a^{2}+b^{2}+c^{2}+a b+b c+c a$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2019_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n4. ", "solution_match": "\n4. "}}
{"year": "2019", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "На планети $X$ облика лопте се налази $2 n$ бензинских пумпи. Притом је свака пумпа упарена с по једном другом пумпом и сваке две упарене пумпе се налазе на дијаметрално супротним тачкама планете. На свакој пумпи се налази одређена количина бензина. Познато је следеће: уколико аутомобил с претходно празним (довољно великим) резервоаром крене с ма које пумпе, увек може стићи до пумпе с њом упарене (уз могуће допуњавање бензина на другим пумпама током пута). Одредити све природне бројеве $n$ такве да, за ма какав распоред $2 n$ пумпи који испуњава наведени услов, увек постоји пумпа од које аутомобил може кренути с претходно празним резервоаром и обићи све остале пумпе на планети. (Сматрати да аутомобил троши константну количину бензина по јединици дужине.) (Никола Петровић)", "solution": "Одговор је $n \\leqslant 3$.\n\nПумпу дијаметрално супротну пумпи $X$ означаваћемо са $X^{\\prime}$.\n\nЗа $n \\leqslant 1$ тврђење је тривијално. Нека је $n=2$ и нека је $A B=A^{\\prime} B^{\\prime}$ најмање међу свим растојањима између две пумпе. Од пумпе $A$ до $A^{\\prime}$ се може стићи, рецимо путем $A B^{\\prime} A^{\\prime}$ (случај пута $A B A^{\\prime}$ је сличан), али у $B$ има довољно бензина за вожњу до њој најближе пумпе $A$, те је путања $B A B^{\\prime} A^{\\prime}$ могућа.\n\nПокажимо тврђење за $n=3$ и шест пумпи $A, A^{\\prime}, B, B^{\\prime}, C, C^{\\prime}$. Нека је $A B=$ $A^{\\prime} B^{\\prime}$ најмање међу растојањима између две пумпе и нека је $B$ пумпа најближа пумпи $C$. Означимо $S=\\{A, B, C\\}$ и $S^{\\prime}=$ $\\left\\{A^{\\prime}, B^{\\prime}, C^{\\prime}\\right\\}$. Полазећи из сваке пумпе једног скупа можемо стићи до другог скупа.\n\n(1) Претпоставимо да се из пумпе $A$ путем $A B$ не може отићи у скуп $S^{\\prime}$. До $S^{\\prime}$ се не може стићи ни путем $A C$ - иначе би могло и путем $A B C$, јер је $B C \\leqslant A C$, а у $B$ има довољно бензина да надокнади утрошак на путу $A B$. Дакле, полазећи из пумпе $A$, до $S^{\\prime}$ можемо стићи само директно. Најбли-\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_4c21c515d81a35d28472g-6.jpg?height=494&width=488&top_left_y=615&top_left_x=1292)\nжа тачка скупа $S^{\\prime}$ је $C^{\\prime}$, па је цела путања $C B A C^{\\prime} B^{\\prime} A^{\\prime}$ могућа. Случај када се из $A^{\\prime}$ путем $A^{\\prime} B^{\\prime}$ не може стићи до $S$ је аналоган.\n\n$\\left(2^{\\circ}\\right)$ Ако не важи случај $\\left(1^{\\circ}\\right)$, кренимо из $A$ право у $B$. Како нам је скуп $S^{\\prime}$ у домету, а $B C \\leqslant d\\left(B, S^{\\prime}\\right)=B C^{\\prime}$, из $B$ можемо продужити у $C$. Ту ћемо надокнадити бензин потрошен на путу $B C$, а $d\\left(C, S^{\\prime}\\right)=C A^{\\prime}<d\\left(B, S^{\\prime}\\right)$, па још увек можемо у $S^{\\prime}$, и то у пумпу $A^{\\prime}$. Даље се може ићи у $B^{\\prime}$ и одатле (као малопре) у $C^{\\prime}$. Добијамо путању $A B C A^{\\prime} B^{\\prime} C^{\\prime}$.\n\nОстаје да конструишемо контрапример за $n \\geqslant 4$. Сматраћемо да је полуобим лопте 1. Распоредимо пумпе $A_{2}, A_{3}, \\ldots, A_{n}$ по великом кругу тако да је $A_{2} A_{3}=A_{3} A_{4}=\\cdots=A_{n-1} A_{n}=d<\\frac{1}{n-1}$ и пумпу $A_{1}$ тако да је $A_{1} A_{3}=d$ и $A_{1} A_{2}=A_{1} A_{4}$. Опет означавамо $S=\\left\\{A_{1}, \\ldots, A_{n}\\right\\}$ и $S^{\\prime}=\\left\\{A_{1}^{\\prime}, \\ldots, A_{n}^{\\prime}\\right\\}$. Снабдимо пумпе $A_{1}, A_{1}^{\\prime}, \\ldots, A_{n-1}, A_{n-1}^{\\prime}$ бензином довољним за прелазак раздаљине $d$, а пумпе $A_{n}$ и $A_{n}^{\\prime}$ бензином за прелазак раздаљине $1-(n-1) d$. Из сваке пумпе се може стићи до дијаметрално супротне: заиста, за $2 \\leqslant i \\leqslant n$ могућа је путања $A_{i} A_{i+1} \\ldots A_{n} A_{2}^{\\prime} A_{3}^{\\prime} \\ldots A_{i}^{\\prime}$, а могућа је и путања $A_{1} A_{3} A_{4} \\ldots A_{n} A_{2}^{\\prime} A_{3}^{\\prime} A_{1}^{\\prime}$. С друге стране, у свакој од пумпи $A_{1}, \\ldots, A_{n-1}$ има тек толико бензина да се дође до најближе пумпе, а у $A_{n}$ и $A_{n}^{\\prime}$ таман довољно за прелаз у други скуп. Зато, да\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_04_4c21c515d81a35d28472g-6.jpg?height=397&width=465&top_left_y=1766&top_left_x=1338)\nби се обишле све пумпе, бар један од скупова, рецимо $S$, морао би се обићи цео без коришћења горива у $A_{n}$, али за то је потребно прећи пут дужи од $(n-1) d$, а бензина има само за пут дужине $(n-1) d$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2019_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n5. ", "solution_match": "\n5. "}}
{"year": "2019", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "Serbia_MO", "problem": "Низови $\\left(a_{n}\\right)_{n=0}^{\\infty}$ и $\\left(b_{n}\\right)_{n=0}^{\\infty}$ дефинисани су рекурентним релацијама\n\n$$\na_{0}=0, \\quad a_{1}=1, \\quad a_{n+1}=\\frac{2018}{n} a_{n}+a_{n-1} \\quad \\text { за } n \\geqslant 1\n$$\n\nи\n\n$$\nb_{0}=0, \\quad b_{1}=1, \\quad b_{n+1}=\\frac{2020}{n} b_{n}+b_{n-1} \\quad \\text { за } n \\geqslant 1\n$$\n\nДоказати:\n\n$$\n\\frac{a_{1010}}{1010}=\\frac{b_{1009}}{1009}\n$$\n\n(Душан Ђукић)\n\nВреме за рад 270 минута.\n\nРешења задатака детаљно образложити.\n\nСваки задатак вреди 7 бодова.\n\n## РЕШЕЊА", "solution": "Дефинишимо низ $\\left(c_{m, n}\\right)\\left(m, n \\in \\mathbb{N}_{0}\\right)$ условима\n\n$$\nc_{m, 0}=0, \\quad c_{m, 1}=1, \\quad c_{m, n+1}=\\frac{2 m}{n} c_{m, n}+c_{m, n-1} \\quad \\text { за } n \\geqslant 1\n$$\n\nТада је $a_{n}=c_{1010, n}$ и $b_{n}=c_{1009, n}$.\n\nВидимо да је нпр. $c_{1, n}=n, c_{2, n}=n^{2}$ и $c_{3, n}=\\frac{2 n^{3}+n}{3}$. Тврдимо да за свако $m \\in \\mathbb{N}$ постоји моничан полином $P_{m}(x)$ такав да је\n\n$$\nP_{m}(x+1)=\\frac{2 m}{x} P_{m}(x)+P_{m}(x-1)\n$$\n\nпошто је очигледно $P_{m}(0)=0$, индукцијом ће следити $c_{m, n}=P_{m}(n) / P_{m}(1)$.\n\nЛема. Дефинишимо низ полинома $P_{k}$ условима $P_{0}(x)=0, P_{1}(x)=x$ и\n\n$$\nP_{k+1}(x)=x P_{k}(x)+\\frac{k(k-1)}{4} \\cdot P_{k-1}(x)\n$$\n\nТада полиноми $P_{k}$ задовољавају (1).\n\nШта више, важи $P_{k}(x+1)-2 P_{k}(x)+P_{k}(x-1)=\\frac{k(k-1)}{x} \\cdot P_{k-1}(x)$.\n\nДоказ. Ако означимо\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& A_{k}(x)=P_{k+1}(x)-x P_{k}(x)-\\frac{k(k-1)}{4} P_{k-1}(x) \\equiv 0 \\\\\n& B_{k}(x)=P_{k}(x+1)-2 P_{k}(x)+P_{k}(x-1)-\\frac{k(k-1)}{x} P_{k-1}(x) \\\\\n& C_{k}(x)=P_{k}(x+1)-P_{k}(x-1)-\\frac{2 k}{x} P_{k}(x)\n\\end{aligned}\n$$\n\nи претпоставимо да је $B_{i}(x) \\equiv C_{i}(x) \\equiv 0$ за све $i \\leqslant k$, тада је\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& B_{k+1}(x)-x B_{k}(x)-\\frac{k(k-1)}{4} B_{k-1}(x)= \\\\\n& C_{k}(x)+A_{k}(x+1)+A_{k}(x-1)-2 A_{k}(x)-\\frac{k(k-1)}{x} A_{k-1}(x)=0\n\\end{aligned}\n$$\n\nпа је $B_{k+1} \\equiv 0$. С друге стране,\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& C_{k+1}(x)-x C_{k}(x)-\\frac{k(k-1)}{4} C_{k-1}(x)= \\\\\n& B_{k}(x)+A_{k}(x+1)-A_{k}(x-1)-\\frac{2(k+1)}{x} A_{k}(x)=0\n\\end{aligned}\n$$\n\nпа је и $C_{k+1} \\equiv 0$.\n\nИз (2) следи да полиноми $Q_{0}(x)=0$ и $Q_{k}(x)=\\frac{2^{k-1}}{(k-1)!} P_{k}(x)$ задовољавају везу $Q_{k+1}(x)=\\frac{2 x}{k} Q_{k}(x)+Q_{k-1}(x)$, па индукцијом добијамо $Q_{k}(x)=x c_{x, k}$ за све $x \\in \\mathbb{N}$. Одавде је $P_{k}(x)=\\frac{(k-1)!}{2^{k-1}} \\cdot x c_{x, k}$ и\n\n$$\n\\frac{c_{m, n}}{n}=\\frac{1}{n} \\cdot \\frac{P_{m}(n)}{P_{m}(1)}=\\frac{c_{n, m}}{c_{1, m}}=\\frac{c_{n, m}}{m}\n$$\n\nТврђење задатка се добија за $m=1010$ и $n=1009$.\n\nДруго решење. За дато $m \\geqslant 0$ посматрајмо генераторску функцију низа $c_{m, n}$ датог условима $(*)$ :\n\n$$\nf_{m}(x)=\\frac{1}{2 m}+\\sum_{n=1}^{\\infty} \\frac{c_{m, n}}{n} x^{n}\n$$\n\nИз рекурентне везе $(*)$ следи да функција $f_{m}$ задовољава диференцијалну једначину $\\left(1-x^{2}\\right) f_{m}^{\\prime}(x)=2 m \\cdot f_{m}(x)$. Ова једначина се лако решава: ако је запишемо као $\\frac{f_{m}^{\\prime}(x)}{f_{m}(x)}=\\frac{2 m}{1-x^{2}}$, интеграција по $x$ даје $\\ln \\left|f_{m}(x)\\right|=\\int \\frac{2 m}{1-x^{2}} d x=$\n$m \\ln \\frac{1+x}{1-x}+$ const, тј. $f_{m}(x)=C \\cdot\\left(\\frac{1+x}{1-x}\\right)^{m}$. Услов $f_{m}(0)=\\frac{1}{2 m}$ најзад даје $C=1$, те је\n\n$$\n\\begin{aligned}\nf_{m}(x) & =\\frac{1}{2 m}\\left(\\frac{1+x}{1-x}\\right)^{m}=\\frac{1}{2 m}(1+x)^{m}(1-x)^{-m}= \\\\\n& =\\frac{1}{2 m} \\sum_{i=0}^{m}\\binom{m}{i} x^{i} \\cdot \\sum_{j=1}^{\\infty}\\binom{m-1+j}{m-1} x^{j}\n\\end{aligned}\n$$\n\nКоефицијент уз $x^{n}$ је\n\n$$\n\\frac{c_{m, n}}{n}=\\frac{1}{2 m} \\sum_{i=0}^{m}\\binom{m}{i}\\binom{m+n-1-i}{m-1}=\\frac{1}{2} \\sum_{i} \\frac{(m+n-1-i)!}{i!(m-i)!(n-i)!}\n$$\n\nОвај израз је симетричан по $m$ и $n$, па је $\\frac{c_{m, n}}{n}=\\frac{c_{n, m}}{m}$.", "metadata": {"resource_path": "Serbia_MO/segmented/sr-2019_smo_resenja.jsonl", "problem_match": "\n6. ", "solution_match": "\n6. "}}