File size: 40,371 Bytes
802d9fe | 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 150 151 152 153 154 155 156 157 158 159 160 161 162 163 164 165 166 167 168 169 170 171 172 173 174 175 176 177 178 179 180 181 182 183 184 185 186 187 188 189 190 191 192 193 194 195 196 197 198 199 200 201 202 203 204 205 206 207 208 209 210 211 212 213 214 215 216 217 218 219 220 221 222 223 224 225 226 227 228 229 230 231 232 233 234 235 236 237 238 239 240 241 242 243 244 245 246 247 248 249 250 251 252 253 254 255 256 257 258 259 260 261 262 263 264 265 266 267 268 269 270 271 272 273 274 275 276 277 278 279 280 281 282 283 284 285 286 287 288 289 290 291 292 293 294 295 296 297 298 299 300 301 302 303 304 305 306 307 308 309 310 311 312 313 314 315 316 317 318 319 320 321 322 323 324 325 326 327 328 329 330 331 332 333 334 335 336 337 338 339 340 341 342 343 344 345 346 347 348 349 350 351 352 353 354 355 356 357 358 359 360 361 362 363 364 365 366 367 368 369 370 371 372 373 374 375 376 377 378 379 380 381 382 383 384 385 386 387 388 389 390 391 392 393 394 395 396 397 398 399 400 401 402 403 404 405 406 407 408 409 410 411 412 413 414 415 416 417 418 419 420 421 422 423 424 425 426 427 428 429 430 431 432 433 434 435 436 437 438 439 440 441 442 443 444 445 446 447 448 449 450 451 452 453 454 455 456 457 458 459 460 461 462 463 464 465 466 467 468 469 470 471 472 473 474 475 476 477 478 479 480 481 482 483 484 485 486 487 488 489 490 491 492 493 494 495 496 497 498 499 500 501 502 503 504 505 506 507 508 509 510 511 512 513 514 515 516 517 518 519 520 521 522 523 524 525 526 527 528 529 530 531 532 533 534 535 536 537 538 539 540 541 542 543 544 545 546 547 548 549 550 551 552 553 554 555 556 557 558 559 560 561 562 563 564 565 566 567 568 569 570 571 572 573 574 575 576 577 578 579 580 581 582 583 584 585 586 587 588 589 590 591 592 593 594 595 596 597 598 599 600 601 602 603 604 605 606 607 608 609 610 611 612 613 614 615 616 617 618 619 620 621 622 623 624 625 626 627 | # Društvo matematikov, fizikov
in astronomov Slovenije
Jadranska ulica 19
1000 Ljubljana
## Tekmovalne naloge DMFA Slovenije
Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije dovoljuje shranitev $v$ elektronski obliki, natis in uporabo gradiva $v$ tem dokumentu za lastne potrebe učenca/dijaka/študenta in za potrebe priprav na tekmovanje na šoli, ki jo učenec/dijak/študent obiskuje. Vsakršno drugačno reproduciranje ali distribuiranje gradiva $v$ tem dokumentu, vključno $s$ tiskanjem, kopiranjem ali shranitvijo v elektronski obliki je prepovedano.
Še posebej poudarjamo, da dokumenta ni dovoljeno javno objavljati na drugih spletnih straneh (razen na www.dmfa.si), dovoljeno pa je dokument hraniti na npr. spletnih učilnicah šole, če dokument ni javno dostopen.
## 55. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije Nova Gorica, 16. april 2011
## Naloge za 1. letnik
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
1. Določi vsa praštevila $p$ in $q$, za katera je tudi število $2^{2}+p^{2}+q^{2}$ praštevilo.
2. Poišči vsa realna števila $x$ in $y$, za katera velja $x+y^{2}=x y+1$ in $x y=4+y$.
3. $\mathrm{V}$ šestkotniku $A B C D E F$ velja $\angle B A F=150^{\circ}, \angle A C B=\angle A D C=90^{\circ}$, $|A C|=|B C|$, trikotnik $A B C$ je podoben trikotniku $A D E$ in trikotnik $B C D$ je podoben trikotniku $D E F$. Izračunaj razmerje dolžin daljic $A B$ in $A F$.
4. Tabela $4 \times 4$ je razdeljena na 16 kvadratkov. Na to tabelo postavljamo ploščice oblike
(ploščico lahko zasukamo),
ki pokrijejo vsaka po dve polji. Najmanj koliko ploščic moramo postaviti na tabelo, da bo imelo vsako nepokrito polje vsaj eno sosednje polje pokrito? (Polji sta sosednji, če imata skupno stranico.)
## 55. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije Nova Gorica, 16. april 2011
## Naloge za 2. letnik
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
1. Poišči vsa naravna števila $m$ in $n$, za katera je vsota največjega skupnega delitelja in najmanjšega skupnega večkratnika enaka 101.
2. Dokaži, da za vsak par realnih števil $x$ in $y$ velja neenakost
$$
|x+y|+|x+1|+|y+1| \geq 2 \text {. }
$$
Pri katerih številih $x$ obstaja tako število $y$, da velja $|x+y|+|x+1|+|y+1|=2$ ?
3. Naj bo $P$ taka točka znotraj trikotnika $A B C$, da je $\angle C B P=\angle P A C$. Presečišče premice $A P$ s stranico $B C$ označimo z $D$, presečíšče premice $B P$ s stranico $A C$ pa z $E$. Trikotnikoma $A D C$ in $B E C$ očrtani krožnici se sekata $\mathrm{v}$ točkah $C$ in $F$. Pokaži, da je premica $C P$ simetrala kota $D F E$.
4. Tabela $7 \times 7$ je razdeljena na 49 kvadratkov. Na to tabelo postavljamo ploščice oblike
ki pokrijejo vsaka po dve polji. Najmanj koliko ploščic moramo postaviti na tabelo, da bo imelo vsako nepokrito polje vsaj eno sosednje polje pokrito? (Polji sta sosednji, če imata skupno stranico.)
## 55. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije Nova Gorica, 16. april 2011
## Naloge za 3. letnik
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
1. Določi vsa cela števila $x$, za katera je število $9 x^{2}-40 x+39$ potenca praštevila. (Naravno število $m$ je potenca praštevila, če je $m=p^{a}$ za neko praštevilo $p$ in nenegativno celo število $a$.)
2. Poišči vse polinome $P$ s celimi koeficienti, za katere velja: za vsako celo število $a$ in vsako praštevilo $p$, ki deli $P(a)$, velja, da $p$ deli $a$.
3. Točka $O_{1}$ je središče krožnice $\mathcal{K}_{1}$ in leži na krožnici $\mathcal{K}_{2}$ s središčem $O_{2}$. Krožnici $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}$ se sekata v točkah $A$ in $B$. Krožnica $\mathcal{K}_{1}$ seka daljico $O_{1} O_{2} \mathrm{v}$ točki $C$. Premica $B C$ seka krožnico $\mathcal{K}_{2} \mathrm{v}$ točkah $B$ in $D$, premica $A D$ pa seka krožnico $\mathcal{K}_{1}$ v točkah $A$ in $E$. Naj bo $F$ razpolovišče daljice $A E$. Dokaži, da premici $O_{1} A$ in $O_{1} D$ razdelita kot $C O_{1} F$ na tri enake dele.
4. Za katera naravna števila $n \geq 3$ je možno tabelo razsežnosti $n \times n$ brez prekrivanja pokriti s ploščicami
## 55. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije Nova Gorica, 16. april 2011
## Naloge za 4. letnik
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
1. Ali obstaja celo število $n$, za katerega so vse ničle polinoma $p(x)=x^{4}-$ $2011 x^{2}+n$ cela števila?
2. Določi vse funkcije $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, za katere velja $f(x+y)=f(x-y)+2 f(y) \cos x$ za vsa realna števila $x$ in $y$.
3. Dan je konveksen štirikotnik $A B C D$, točki $E$ in $F$ na stranici $A B$ ter točka $G$ na stranici $C D$, da so štirikotniki $A B C G, A F C D$ in $E F C G$ tetivni. Dokaži, da je $|A E|=|F B|$ natanko tedaj, ko sta stranici $A B$ in $C D$ vzporedni.
4. Za katera naravna števila $n \geq 5$ je možno tabelo razsežnosti $n \times n$ brez prekrivanja pokriti s ploščicami
in
# 55. matematično tekmovanje <br> srednješolcev Slovenije
Nova Gorica, 16. april 2011
## Rešitve nalog
I/1. Če je $(p, q)$ rešitev naloge, je tudi $(q, p)$ rešitev. Zato je dovolj obravnavati primer $p \leq q$. Očitno $p=q=2$ ni rešitev. Če sta $p$ in $q$ lihi praštevili, je število $2^{2}+p^{2}+q^{2}$ sodo in večje od 2 , zato ni praštevilo. Torej je $p=2$.
Ugotovimo, kdaj je število $8+q^{2}$ praštevilo. Če je $q=3$, je $8+q^{2}=17$ praštevilo. Sicer je s 3 deljivo eno izmed s̆tevil $q-1$ oziroma $q+1$, zato 3 deli $9+(q-1)(q+1)=8+q^{2}$ in ni praštevilo.
Število $2^{2}+p^{2}+q^{2}$ je praštevilo le, če je $p=2$ in $q=3$ ali $p=3$ in $q=2$.
Ugotovitev, da v primeru, ko sta števili $p$ in $q$ lihi, $2^{2}+p^{2}+q^{2}$ ni praštevilo $\ldots 1$ točka
Sklep, da $3 \mid 8+q^{2}$ v primeru, ko praštevilo $q$ ni deljivo $\mathbf{s} 3 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots 2$ točki
I/2. Iz prve enačbe sledi $x(1-y)=1-y^{2}$ oziroma $(1-y)(x-1-y)=0$. Če je $y=1$, ta enačba velja, iz druge pa sledi $x=5$. V primeru $y \neq 1$ dobimo $x=1+y$. Skupaj z drugo enačbo tedaj velja $(1+y) y=4+y$ oziroma $y^{2}=4$. Od tod sledi $y=2$ ali $y=-2$.
Enačbi veljata za števili $x=5, y=1$, števili $x=3, y=2$ in števili $x=-1, y=-2$.
V primeru $y \neq 1$ zapis ene enačbe, v kateri nastopa le spremenljivka $y \ldots \ldots .1$ točka
2. način Iz druge enačbe izrazimo $x=\frac{4}{y}+1$ in vstavimo $\mathrm{v}$ prvo, še prej pa preverimo, da $\mathrm{v}$ primeru $y=0$ ne dobimo nobene rešitve. Tako imamo $\frac{4}{y}+1+y^{2}=5+y$ oziroma $y^{3}-y^{2}-4 y+4=0$. Preoblikujemo v $y^{2}(y-1)-4(y-1)=0$ oziroma $(y-1)\left(y^{2}-4\right)=0$. Od tod sledi $y=1$ ali $y^{2}=4$, torej $y=1$ ali $y=2$ ali $y=-2$.
Enačbi veljata za števili $x=5, y=1$, števili $x=3, y=2$ in števili $x=-1, y=-2$.
Utemeljitev, da je $y \neq 0$ oziroma $x \neq 1 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Zapis ene enačbe, $\mathbf{v}$ kateri nastopa le spremenljivka $y$ ali le $x \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots$ točka
I/3. Označimo $|A B|=a$. Ker je $A B C$ enakokrak pravokotni trikotnik z vrhom $C$, je $|A C|=\frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{a \sqrt{2}}{2}$ in $\angle A B C=\angle B A C=\frac{\pi}{4}$. Zaradi podobnosti trikotnikov $A D E$ in $A B C$ sledi $\angle A E D=\angle A C B=\frac{\pi}{2}$ in $|D E|=|A E|$.
Iz podobnosti trikotnikov $B C D$ in $D E F$ sklepamo $\angle B C D=$ $\angle D E F$ in $\frac{|B C|}{|C D|}=\frac{|D E|}{|E F|}$. Torej je
$$
\angle A C D=\angle B C D-\frac{\pi}{2}=\angle D E F-\frac{\pi}{2}=\angle A E F
$$
in
$$
\frac{|A C|}{|C D|}=\frac{|B C|}{|C D|}=\frac{|D E|}{|E F|}=\frac{|A E|}{|E F|}
$$
zato sta si trikotnika $A C D$ in $A E F$ podobna in velja še $\angle C A D=\angle E A F$.
$\mathrm{Iz}$
$$
150^{\circ}=\angle B A F=\angle B A C+\angle C A D+\angle C A E+\angle E A F=\frac{\pi}{2}+2 \angle C A D
$$
sledi $\angle C A D=30^{\circ}$. Tako je trikotnik $C A D$ polovica enakostraničnega trikotnika in je $|A D|=\frac{|A C| \sqrt{3}}{2}=\frac{a \sqrt{6}}{4}$. Trikotnik $A D E$ je enakokrak pravokotni trikotnik, zato je $|A E|=$ $\frac{|A D|}{\sqrt{2}}=\frac{a \sqrt{3}}{4}$. Upoštevamo še, da je trikotnik $A E F$ polovica enakostraničnega, in izračunamo $|A F|=\frac{|A E| \sqrt{3}}{2}=\frac{3 a}{8}$. Dobili smo $\frac{|A B|}{|A F|}=\frac{8}{3}$.
Zapis enakosti kotov $\angle B C D=\angle D E F$ ali razmerja $\frac{|B C|}{|C D|}=\frac{|D E|}{|E F|} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots 1$ točka
Ugotovitev: trikotnika $A C D$ in $A E F$ sta si podobna .............................................
I/4. Na tabelo lahko položimo štiri ploščice, kot prikazuje prva slika. Vsako nepokrito polje ima vsaj eno sosednje polje pokrito. Utemeljimo, da z manj kot štirimi ploščicami tega ne moremo narediti. Opazujmo ploščico, ki leži na tabeli. Označimo
še polja, ki so sosednja pokritim. V vsaki vrstici so največ tri polja takšna, da so bodisi pokrita bodisi sosednja pokritim, in vsa ta polja so zaporedna. Enako velja za stolpce in diagonale. Tabela ima štiri vogalna polja. Če bi jo lahko pokrili z največ tremi ploščicami tako, da bi bilo vsako polje pokrito ali sosednje pokritemu, bi morala ena izmed treh ploščic pokriti oziroma biti sosedna vsaj dvema vogalnima poljema, kar ni možno.
Primer tabele s štirimi ploščicami, ki zadošča pogojem .2 točki
Opažanje, da je problem pokriti vogalna polja 2 točki
Opažanje, da je ena ploščica sosednja ali pokrije največ eno vogalno polje ... 1 točka Utemeljitev, da je ena ploščica sosednja ali pokrije največ eno vogalno polje . 1 točka Zaključek, da pogojem ne moremo zadostiti s tremi ploščicami .............. 1 točka
V kolikor tekmovalec pristopi $k$ dokazu, da tri ploščice ne zadoščajo, vendar tega dela ne uspe dokazati in ne uspe priti do delnih točk po zgornjem kriteriju, lahko prejme za ta del rešitve največ dve točki za enega izmed naslednjih sklepov:
Ugotovitev, da je ena ploščica premalo
1 točka
Utemeljitev, da dve ploščici ne zadoščata 2 točki
II/1. Naj bo $d$ največji skupni delitelj števil $m$ in $n$. Tedaj je $m=d m_{1}$ in $n=d n_{1}$, števili $m_{1}$ in $n_{1}$ pa sta si tuji. Najmanjši skupni večkratnik $m$ in $n$ je $d m_{1} n_{1}$. Velja
$$
101=d+d m_{1} n_{1}=d\left(1+m_{1} n_{1}\right)
$$
Ker je $1+m_{1} n_{1} \geq 2$ in je 101 praštevilo, je edina možnost $d=1$ in $m_{1} n_{1}=100$. Števili $m=m_{1}$ in $n=n_{1}$ sta si tuji. Tisto, ki je deljivo z 2 , je zato deljivo s 4 . Tisto, ki je deljivo s 5 , je zato deljivo s 25 . Možni pari rešitev so $(1,100),(4,25),(25,4)$ in $(100,1)$.
(V kolikor ni navedenih vseh rešitev, se prizna ena točka za eno izmed rešitev $(1,100)$ oziroma $(100,1)$ in ena točka za eno izmed rešitev $(4,25)$ oziroma $(25,4)$.) Utemeljitev, da drugih možnosti ni (to je, upoštevanje tujosti števil $m_{1}$ in $n_{1}$ pri reševanju enačbe $m_{1} n_{1}=100$ )
1 točka
V kolikor tekmovalec ne vpelje števil $m_{1}$ in $n_{1}$, lahko dobi največ 1 točko za upoštevanje, da $d$ deli najmanjši skupni večkratnik števil $m$ in $n$ ali za dokaz, da sta $m$ in $n$ različne parnosti.
II/2. Za vsako realno število $a$ velja $|a| \geq a$ in $|a| \geq-a$. Zato je
$$
|x+y| \geq-(x+y), \quad|x+1| \geq x+1, \quad|y+1| \geq y+1
$$
od koder sledi
$$
|x+y|+|x+1|+|y+1| \geq-(x+y)+(x+1)+(y+1)=2
$$
Denimo, da velja enakost. Tedaj veljajo enačaji v vseh treh neenakostih v (1) in je $x+y \leq 0$, $x+1 \geq 0$ ter $y+1 \geq 0$. Dobimo $-1 \leq x \leq-y \leq 1$ oziroma $-1 \leq x \leq 1$. Ce je $-1 \leq x \leq 1$ in $y=-x$, velja
$$
|x+y|+|x+1|+|y+1|=2
$$
Zaključimo lahko, da le za realna števila $x \in[-1,1]$ obstaja število $y$, da je ta enakost izpolnjena.
2. način. Obravnavajmo primere glede na to, kakšnega predznaka sta števili $x+1$ in $y+1$. Ločimo 4 možnosti.
(a) Če sta s̆tevili $x$ in $y$ obe manjši od -1 , velja $x+y<-2$ oziroma $|x+y|>2$. Zaradi $|x+1|>0$ in $|y+1|>0$ sledi
$$
|x+y|+|x+1|+|y+1|>2
$$
(b) V primeru $x \geq-1, y<-1$ je
$$
|x+y|+|x+1|+|y+1|=|x+y|+x+1-y-1=|x+y|+x-y
$$
Če je $x+y<0$, dobimo
$$
|x+y|+x-y=-(x+y)+x-y=-2 y
$$
Zaradi $y<-1$ velja $-y>1$, torej $-2 y>2$ in zato velja ocena (2). Če je $x+y \geq 0$, dobimo naprej $|x+y|+x-y=x+y+x-y=2 x$. Zaradi $x+y \geq 0$ sledi $x \geq-y>1$, torej je $2 x>2$ in velja neenakost (2).
(c) Podobno obravnavamo $x<-1, y \geq-1$ in prav tako dobimo neenakost (2).
(d) Ostane še $x \geq-1, y \geq-1$. Tedaj velja
$$
|x+y|+|x+1|+|y+1|=|x+y|+x+y+2
$$
V kolikor je $x+y>0$, naprej dobimo $|x+y|+x+y+2=2(x+y)+2>2$, torej velja neenkost (2). Sicer je $x+y \leq 0$ in velja $|x+y|+x+y+2=-(x+y)+x+y+2=2$.
Pokažimo, da pri vsakem $x \in[-1,1]$ obstaja tako število $y$, da velja enačaj. To število je na primer $y=-x$, kajti tedaj je $y \geq-1$ in zato
$$
|x+y|+|x+1|+|y+1|=0+x+1+y+1=2+x+y=2
$$
Utemeljiti moramo še, da enačba ne more veljati za ostala števila $x$. Pri obravnavi možnosti smo videli, da velja neenakost (2) v vsakem primeru razen $x \geq-1, y \geq-1$ in $x+y \leq 0$. Od tod sledi $x \leq-y \leq-(-1)=1$, zato velja ocena $-1 \leq x \leq 1$.
Pravilna obravnava enega izmed štirih primerov (glede na predznaka števil $x+1$ in
Pravilna obravnava drugega izmed štirih primerov..................................................
Pravilna obravnava tretjega izmed štirih primerov................................................ (Če tekmovalec $\mathrm{k}$ nalogi pristopi $\mathrm{z}$ ocenami in ne $\mathrm{z}$ obravnavo primerov, se mu dodelita 2 točki za uporabo ocene $|a| \geq-a$.)
Pravilna obravnava četrtega izmed štirih primerov ali ocena $|x+y| \geq-x-y . \mathbf{1}$ točka Utemeljitev oziroma jasen zapis, da so obravnavani vsi primeri................... 1 točka
Če je $-1 \leq x \leq 1$, obstaja $y$ (na primer $y=-x$ ), da velja enačaj $\ldots \ldots \ldots \ldots .1$ točka
Utemeljitev, da v primeru enačaja velja $-1 \leq x \leq 1 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka
II/3. S pomočjo obodnih kotov v štirikotnikih $A F D C$ in $B C E F$ ter dane enakosti $\angle C B P=\angle P A C$ izpeljemo
$$
\begin{aligned}
\angle C F E & =\angle C B E=\angle C B P=\angle P A C \\
& =\angle D A C=\angle D F C
\end{aligned}
$$
zato je premica $C F$ simetrala kota $\angle D E F$. Pokazati moramo še, da točka $P$ leži na premici $C F$.
$\mathrm{V}$ tetivnem štirikotniku $B C E F$ je $\angle E B F=$ $\angle E C F$, v tetivnem štirikotniku $A F D C$ pa $\angle A C F=\angle A D F$. Zato je
$$
\angle P B F=\angle E B F=\angle E C F=\angle A C F=\angle A D F=\angle P D F
$$
Torej točke $B, D, P$ in $F$ ležijo na isti krožnici. S pomočjo obodnih kotov v tetivnih štirikotnikih $B D P F$ in $A F D C$ izpeljemo
$$
\angle D F P=\angle D B P=\angle C B P=\angle P A C=\angle D A C=\angle D F C
$$
od koder sledi kolinearnost točke $C, P$ in $F$.
Ena izmed enakosti $\angle D A C=\angle D F C$ oziroma $\angle C F E=\angle C B E \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$.
Ugotovitev, da je premica $C F$ simetrala kota $\angle D E F$ in sklep, da je treba dokazati kolinearnost točk $C, P$ in $F$.
Račun $\angle P B F=\angle P D F$ (ali $\angle P E F=\angle P A F$ ) 1 točka
Štirikotnik $B D P F$ (ali $A F P E$ ) je tetiven 1 točka Dokazana kolinearnost točk $C, P$ in $F$
II/4. Na tabelo lahko položimo devet ploščic, kot prikazuje prva slika. Vsako nepokrito polje ima vsaj eno sosednje polje pokrito. Utemeljimo, da z manj kot devetimi ploščicami tega ne moremo narediti. Opazujmo ploščico, ki leži na tabeli.
Označimo še polja, ki so sosednja pokritim. V vsaki vrstici so največ tri polja takšna, da so bodisi pokrita bodisi sosednja pokritim, in vsa ta polja so zaporedna. Enako velja za stolpce in diagonale. Pobarvajmo devet polj, kot prikazuje tretja slika. Če bi tabelo lahko pokrili z največ osmimi ploščicami tako, da bi bilo vsako polje pokrito ali sosednje pokritemu, bi morala ena izmed teh ploščic pokriti oziroma biti sosedna dvema pobarvanima poljema, kar ni možno.
Primer tabele z devetimi ploščicami, ki zadošča pogojem 2 točki Primerno barvanje 9 polj (kot na tretji sliki) 2 točki Opažanje, da ena ploščica ne more hkrati pokriti ali biti sosedna dvema izmed pobarvanih polj 1 točka Utemeljitev, da ena ploščica ne more hkrati pokriti ali biti sosedna dvema izmed po-
#### Abstract
V kolikor tekmovalec pristopi $k$ dokazu, da osem ploščic ne zadošča, vendar tega dela ne uspe dokazati in ne uspe priti do delnih točk po zgornjem kriteriju, lahko prejme za ta del rešitve največ dve točki in sicer za enega izmed naslednjih sklepov:
Utemeljitev, da šest ploščic ne zadošča
1 točka
Utemeljitev, da sedem ploščic ne zadošča
2 točki
III/1. Naj bo $9 x^{2}-40 x+39=p^{n}$ za neko praštevilo $p$ in nenegativno celo število $n$. Iz
$$
p^{n}=9 x^{2}-40 x+39=(9 x-13)(x-3)
$$
sledi $9 x-13=p^{k}$ in $x-3=p^{l}$ ali $9 x-13=-p^{k}$ in $x-3=-p^{l}$ za neki števili $k$ in $l$, kjer je $0 \leq l<k$ in $n=k+l$.
Rešimo najprej sistem enačb $9 x-13=p^{k}$ in $x-3=p^{l}$. Velja $9\left(p^{l}+3\right)-13=p^{k}$ oziroma $14=p^{k}-9 p^{l}=p^{l}\left(p^{k-l}-9\right)$. Če je $l=0$, dobimo $p^{k}=23$, torej $p=23, k=1$ in $x=4$. Sicer je $l \geq 1$ in $p^{l} \mid 14$, torej je $p^{l}=2$ in $p^{k-l}-9=7$ ali $p^{l}=7$ in $p^{k-l}-9=2$. V prvem primeru dobimo $p=2, l=1, k=5$ in $x=5$, v drugem pa rešitve ni.
Ostane še obravnava sistema enačb $9 x-13=-p^{k}$ in $x-3=-p^{l}$. Tedaj je $14=$ $p^{l}\left(9-p^{k-l}\right.$ ). Edini možnosti sta $p=2, l=1$ ali $p=7, l=1$ (v tem primeru $l=0$ ni mogoče). Pripadajoči števili sta $x=1$ in $x=-4$.
Nalogi zadoščajo števila $x=-4, x=1, x=4$ in $x=5$.
Zapisana še tretja rešitev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 točka
Zapisana še četrta rešitev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 točka
Sklep $9 x-13=p^{k}$ in $x-3=p^{l}$ ali $9 x-13=-p^{k}$ in $x-3=-p^{l} \ldots \ldots \ldots \ldots$.
Popolna obravnava primera $9 x-13=-p^{k}$ in $x-3=-p^{l} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka
V kolikor s tekmovalčevim pristopom ni mogoče dobiti vseh rešitev naloge, tekmovalec za svoj postopek lahko dobi 1 točko, če je z njegovim postopkom mogoče priti do treh rešitev naloge.
III/2. Naj bo $P$ polinom, ki ustreza pogojem naloge in $p$ poljubno praštevilo. Če je $q$ praštevilo, ki deli $P(p)$, potem deli tudi $p$, torej je $q=p$. Zato za vsako praštevilo $p$ velja $P(p)= \pm p^{m_{p}}$ za neko nenegativno celo število $m_{p}$, ki je lahko odvisno od $p$.
Polinoma $P(x)= \pm 1$ očitno ustrezata pogojem. Denimo, da polinom $P$ ni konstantno enak 1 oziroma -1 . Naj bo
$$
P(x)=a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\ldots+a_{1} x+a_{0}
$$
Polinom $P$ zavzame vrednosti 1 in -1 kvečjemu za končno mnogo praštevil. Zato za neskončno praštevil velja
$$
\pm p^{m_{p}}=P(p)=a_{n} p^{n}+a_{n-1} p^{n-1}+\ldots+a_{1} p+a_{0}
$$
oziroma $p \mid a_{0}$. To je možno le v primeru $a_{0}=0$. Zapišimo $P(x)=x^{k} Q(x)$, kjer je $k \in \mathbb{N}$ in $Q$ tak polinom s celimi koeficienti, da je $Q(0) \neq 0$. Naj bo $a$ celo število in $p$ praštevilo, ki
deli $Q(a)$. Tedaj $p$ deli $P(a)$, zato deli tudi $a$. To pomeni, da polinom $Q$ ustreza pogojem naloge. Ker je $Q(0) \neq 0$, mora biti polinom $Q$ po zgoraj pokazanem enak 1 oziroma -1 . Vsi iskani polinomi so $P(x)= \pm x^{n}, n \in \mathbb{N}_{0}$. Ti polinomi očitno ustrezajo pogojem naloge.
Polinoma $P(x)=1$ in $P(x)=-1$ ustrezata pogojem 1 točka
Če praštevilo $p$ deli $a$ in $P(a)$, potem $p \mid a_{0}=0$ 1 točka
Če $P$ ni konstanten polinom, je $a_{0}=0$
1 točka
Zapis $P(x)=x^{k} Q(x)$, kjer je $Q(0) \neq 0$
1 točka
Sklep, da je $Q$ konstanten polinom
1 točka
Ustrezajo polinomi $P(x)=x^{n}$, kjer je $n$ neko naravno število 1 točka
Ustrezajo polinomi $P(x)=-x^{n}$, kjer je $n$ neko naravno število
1 točka
III/3. Označimo $\angle A B D=\alpha$. Zaradi tetivnosti štirikotnika $A O_{1} B D$ je $\angle A O_{1} D=\angle A B D=\alpha$. Središčni kot $\angle A O_{1} C$ v krožnici $\mathcal{K}_{1}$ je dvakrat večji od obodnega kota $\angle A B C$, zato je $\angle A O_{1} C=$ $2 \alpha$. Od tod sledi
$$
\begin{aligned}
\angle D O_{1} C & =\angle A O_{1} C-\angle A O_{1} D \\
& =2 \alpha-\alpha=\alpha
\end{aligned}
$$
Daljica $A B$ je pravokotna na daljico $O_{1} O_{2}$ in štirikotnik $A O_{1} B O_{2}$ je deltoid. Zato je
$$
\begin{aligned}
\angle A B O_{1} & =\angle O_{1} A B=\frac{\pi}{2}-\angle O_{2} O_{1} A \\
& =\frac{\pi}{2}-\angle A O_{1} D-\angle D O_{1} C=\frac{\pi}{2}-2 \alpha
\end{aligned}
$$
Upoštevamo še tetivnost štirikotnika $A O_{1} B D$ in izpeljemo $\angle A D O_{1}=\angle A B O_{1}=\frac{\pi}{2}-2 \alpha$. Ker je točka $F$ razpolovišče daljice $A E$, velja $\angle A F O_{1}=\frac{\pi}{2}$. Od tod sledi $\angle F O_{1} D=\frac{\pi}{2}-\angle F D O_{1}=$ $2 \alpha$ in
$$
\angle A O_{1} F=\angle D O_{1} F-\angle D O_{1} A=2 \alpha-\alpha=\alpha
$$
Pokazali smo $\angle A O_{1} F=\alpha=\angle A O_{1} C=\angle D O_{1} C$, torej premici $A O_{1}$ in $D O_{1}$ razdelita kot $C O_{1} F$ na tri enake dele.
Izračun $\angle A B O_{1}=\frac{\pi}{2}-2 \angle A B C$ ali zapis kota $\angle A B O_{1} \mathbf{v}$ odvisnosti od enega izmed kotov $\angle A O_{1} D$ ali $\angle D O_{1} C$
1 točka Izračun $\angle A D O_{1}=\frac{\pi}{2}-2 \angle A B C$ ali zapis kota $\angle A D O_{1} \mathbf{v}$ odvisnosti od enega izmed kotov
Sklep $\angle A O_{1} F=\angle A B C$ ali $\angle A O_{1} F=\angle A O_{1} D$ ali $\angle A O_{1} F=\angle D O_{1} C \ldots \ldots \ldots .1$ točka
Zaključek, da premici $A O_{1}$ in $D O_{1}$ razdelita kot $C O_{1} F$ na tri enake dele ..... 1 točka
III/4. Tabelo $3 \times 3$ lahko pokrijemo s tremi ploščicami velikosti $3 \times 1$, tabelo $4 \times 4$ pa z eno ploščico velikosti $4 \times 4$. Utemeljimo, da tabele $5 \times 5$ ne moremo pokriti. S ploščicami
$3 \times 1$ lahko pokrijemo le število polj, deljivih s 3 . Tabela ima 25 polj, zato moramo uporabiti ploščico $4 \times 4$. V tem primeru preostalih 9 polj očitno ne moremo pokriti s tremi $3 \times 1$ ploščicami.
Naj bo $k$ naravno število. Vsak stolpec tabele $3 k \times 3 k$ očitno lahko pokrijemo s $k$ ploščicami $3 \times 1$, torej lahko pokrijemo tudi celo tabelo. Pokrijemo lahko tudi vsak pravokotnik velikosti $3 k \times m$ in prav tako pravokotnike $m \times 3 k$ (vsako vrstico pokrijemo s $k$ ploščicami $3 \times 1$ ).
Vsa naravna števila $n \geq 7$, ki dajo pri deljenju s 3 ostanek 1, lahko zapišemo v obliki $3 k+4$ za neko naravno s̆tevilo $k$. Tabele oblike $(3 k+4) \times(3 k+4)$ razdelimo na kvadrat velikosti $4 \times 4$, pravokotnik velikosti $(3 k+4) \times 3 k$ in pravokotnik velikosti $3 k \times 4$ (glej sliko). Kvadrat $4 \times 4$ pokrijemo s ploščico enake velikosti, ostala pravokotnika pa, kot smo že utemeljili, s ploščicami $3 \times 1$.
Tabelo $8 \times 8$ lahko pokrijemo s štirimi ploščicami $4 \times 4$. Vsa naravna števila $n \geq 11$, ki dajo pri deljenju s 3 ostanek 2 , lahko zapišemo v obliki $n=3 k+8$. Tabelo velikosti $(3 k+8) \times(3 k+8)$ razdelimo na kvadrat velikosti $8 \times 8$ in pravokotnika velikosti $(3 k+8) \times 8$ ter $3 k \times 8$. Kvadrat pokrijemo s štirimi ploščicami $4 \times 4$, pravokotnika pa s ploščicami $3 \times 1$.
Pokrijemo lahko tabele $n \times n$ za vsa naravna s̆tevila $n \geq 3$ razen $n=5$.
Pokritji tabel $3 \times 3$ in $4 \times 4$ 1 točka
Utemeljitev, da se tabele $5 \times 5$ ne da pokriti 2 točki
Pokritje tabele $8 \times 8$ 1 točka
Utemeljitev, da lahko pokrijemo tabele $3 k \times 3 k$ (ali $4 k \times 4 k$ ) ................... 1 točka
Utemeljitev, da lahko pokrijemo tabele $(3 k+8) \times(3 k+8) \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots .1$ točka
Tekmovalec dobi zadnje 3 točke po zgornjem kriteriju tudi za utemeljitev, da lahko pokrijemo tabele $n \times n$, kjer je $n=4 x+3 y$ za neki nenegativni celi števili $x$ in $y$.
IV/1. Recimo, da tako število obstaja. Iz $x^{4}-2011 x^{2}+n=0$ sledi
$$
x^{2}=\frac{2011 \pm \sqrt{2011^{2}-4 n}}{2}
$$
Ker je to število celo, je $2011^{2}-4 n$ popolni kvadrat. Zapišemo lahko $2011^{2}-4 n=m^{2}$ za neko liho naravno število $m$ oziroma $n=\frac{2011^{2}-m^{2}}{4}$. Zato je $x^{2}=\frac{2011 \pm m}{2}$. Števili $\frac{2011+m}{2}$ in $\frac{2011-m}{2}$
sta tako popolna kvadrata, njuna vsota je 2011. Utemeljimo, da števila 2011 ne moremo zapisati kot vsote dveh popolnih kvadratov. Ostanek popolnega kvadrata pri deljenju s 4 je bodisi 0 bodisi 1. Ostanek vsote dveh popolnih kvadratov pri deljenju s 4 je tako 0,1 ali 2. Ker da število 2011 pri deljenju s 4 ostanek 3, ne more biti enako vsoti dveh popolnih kvadratov. Tako celo število $n$, da bi imel polinom $x^{4}-2011 x^{2}+n$ same cele ničle, ne obstaja.
Sklep, da je število $2011^{2}-4 n$ popolni kvadrat $m^{2} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Sklep, da sta števili $\frac{2011+m}{2}$ in $\frac{2011-m}{2}$ popolna kvadrata ....................... 1 točka Ugotovitev, da od tod sledi, da je število 2011 vsota dveh popolnih kvadratov oziroma zapis enačbe $2011=a^{2}+b^{2}$
1 točka
( $\mathbf{V}$ kolikor tekmovalec pride do enačbe $a^{2}+b^{2}=2011$ na drug način, na primer $\mathbf{z}$ uporabo Vietovih formul, za ta del prav tako dobi 4 točke.)
Utemeljitev, da enačba $2011=a^{2}+b^{2}$ nima celoštevilskih rešitev (lahko tudi s preverjanjem vseh 44 kvadratov manjših od 2011)
2 točki
Zaključek, da ne obstaja celo število $n$, za katerega bi imel polinom $x^{4}-2011 x^{2}+n$ same celoštevilske ničle
1 točka
IV/2. V funkcijsko enačbo vstavimo $x=0$ in dobimo $f(-y)=-f(y)$ za vsako realno število $y$. Funkcija $f$ je liha. Vstavimo še $x=\frac{\pi}{2}$ in izpeljemo $f\left(y+\frac{\pi}{2}\right)=f\left(\frac{\pi}{2}-y\right)$ za vsa realna števila $y$. Z upoštevanjem lihosti dobimo $f\left(y+\frac{\pi}{2}\right)=-f\left(y-\frac{\pi}{2}\right)$. Iz prvotne enačbe za $y=\frac{\pi}{2}$ sledi
$$
f\left(x+\frac{\pi}{2}\right)=f\left(x-\frac{\pi}{2}\right)+2 \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right) \cdot \cos x
$$
Ker je $f\left(x+\frac{\pi}{2}\right)=-f\left(x-\frac{\pi}{2}\right)$, je $f\left(x+\frac{\pi}{2}\right)=f\left(\frac{\pi}{2}\right) \cdot \cos x$ oziroma
$$
f(x)=f\left(\frac{\pi}{2}\right) \cdot \cos \left(x-\frac{\pi}{2}\right)=f\left(\frac{\pi}{2}\right) \cdot \sin x
$$
Označimo $a=f\left(\frac{\pi}{2}\right)$. Tedaj je $f(x)=a \cdot \sin x$. Preverimo lahko, da ta funkcija ustreza funkcijski enačbi za vsako realno število $a$.
Sklep $f(x)=f\left(\frac{\pi}{2}\right) \cdot \sin x$ ali $f(x)=a \cdot \sin x \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Preverjeno, da so funkcije $f(x)=a \cdot \sin x$ rešitve (ta točka se prizna tudi, če tekmovalec rešitev $f(x)=a \cdot \sin x$ le ugane) 2 točki (Če tekmovalec ugane in preveri vsaj eno od rešitev $f(x)=0$ ali $f(x)=\sin x$, dobi 1 točko).
IV/3. Označimo $\angle D C A=\gamma$. Zaradi tetivnosti štirikotnika $A F C D$ je
$$
\angle D F A=\angle D C A=\gamma
$$
Iz tetivnosti štirikotnika $A B C G$ sledi $\angle G B A=\angle G C A=\gamma$. Od tod dobimo vzporednost premic $D F$ in $G B$.
$\mathrm{V}$ tetivnem štirikotniku $A F C D$ velja $\angle F A D=\pi-\angle D C F$ in $\mathrm{v}$ tetivnem štirikotniku GEFC velja $\angle G E F=$ $\pi-\angle G C F$. Ker je $\angle G C F=\angle D C F$, od tod sledi $\angle F A D=\angle G E F$, torej sta premici $A D$ in $G E$ vzporedni.
Naj bosta $A^{\prime}$ takšna točka na premici $A D$ in $B^{\prime}$ takšna točka na premici $D F$, da je
$G A^{\prime} \| E A$ in $G B^{\prime} \| F B$. Očitno so točke $G, B^{\prime}$ in $A^{\prime}$ kolinearne. Štirikotnik $A E G A^{\prime}$ je paralelogram, zato je $\left|A^{\prime} G\right|=|A E|$. Prav tako je štirikotnik $F B G B^{\prime}$ paralelogram in tako velja $\left|B^{\prime} G\right|=|F B|$.
Če je $|A E|=|F B|$, velja $\left|A^{\prime} G\right|=\left|B^{\prime} G\right|$. Ker točka $G$ očitno ne leži med $A^{\prime}$ in $B^{\prime}$, od tod sledi $A^{\prime}=B^{\prime}$. To je možno le v primeru $A^{\prime}=B^{\prime}=D$. Tedaj je $G D$ vzporedna $A E$, kar pomeni, da sta stranici $A B$ in $C D$ vzporedni.
Obratno, če sta stranici $A B$ in $C D$ vzporedni, sta štirikotnika $A E G D$ in $F B G D$ paralelograma, saj imata dva para vzporednih stranic. Torej je $|A E|=|D G|=|F B|$.
Za dokaz, da iz $|A E|=|F B|$ sledi $A B \| C D$, tekmovalec dobi 4 točke po enem izmed naslednjih dveh kriterijev:
Ali:
Vzporednost premic $D F$ in $G B$ oziroma enakost $\angle D F A=\angle G B A \ldots \ldots \ldots \ldots 1$ točka
Vzporednost premic $A D$ in $G E$ oziroma enakost $\angle G E B=\angle D A B \ldots \ldots \ldots \ldots 1$ točka Vpeljava točk $A^{\prime}$ in $B^{\prime}$, da sta štirikotnika $A E G A^{\prime}$ in $F B G B^{\prime}$ paralelograma .. 1 točka Če je $|A E|=|F B|$, sledi $A^{\prime}=B^{\prime}=D$ in zato $G D \| A B \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots 1$ točka (Zadnji dve točki tekmovalec dobi tudi, če sklepa, da sta trikotnika $A F D$ in $E B G$ skladna, ker enega dobimo iz drugega z vzporednim premikom.)
ali:
Razpolovišče $A B$ je tudi razpolovišče $E F$ 1 točka Ugotovitev, da imata štirikotnikoma $A B C G$ in $E F C G$ očrtani krožnici obe središči na presečišču simetral $C G$ in $A B$, in da od tod sledi $A B \| C D$
3 točke
Za dokaz, da iz $A B \| C D$ sledi $|A E|=|F B|$, tekmovalec dobi 3 točke po enem od naslednjih dveh kriterijev:
Ali:
Iz vzporednosti premic $A B$ in $C D$ sledi, da sta štirikotnika $A E G D$ in $F B G D$ paralelo-
Iz vzporednosti premic $A B$ in $C D$ sledi $|A E|=|F B| \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka ali:
Štirikotnika $A B C G$ in $E F C G$ sta enakokraka trapeza $\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Trikotnika $A E G$ in $F B C$ sta skladna, zato je $|A E|=|F B| \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$.
IV/4. Prvih 5 tabel lahko pokrijemo (glej sliko).
Naj bo $n \geq 10$. Zapišimo $n=5 k+r$, kjer je $0 \leq r<5$. Tedaj je $n=5(k-1)+(r+5)$. Ker je $n \geq 10$, velja $k \geq 2$, zato je $k-1$ naravno število. Tabelo $n \times n$ razdelimo na tri dele in sicer kvadrat velikosti $(r+5) \times(r+5)$, pravokotnik velikosti $n \times 5(k-1)$ in pravokotnik velikosti $5(k-1) \times$ $(r+5)$. Kvadrat $(r+5) \times(r+5)$ je eden izmed kvadratov na prvi sliki in ga lahko pokrijemo z danimi ploščicami. Vsak izmed pravokotnikov ima eno stranico deljivo s 5. Pravokotnike $5 a \times b$ lahko pokrijemo s ploščicami $5 \times 1$, saj lahko vsako vrstico pokrijemo z $a$ takimi ploščicami.
Prav tako lahko pokrijemo pravokotnike velikosti $c \times 5 d$, saj lahko že vsak stolpec pokrijemo s ploščicami $5 \times 1$ (postavljenimi pokončno). Torej tabelo $n \times n$ za $n \geq 10$ lahko pokrijemo.
Pokrijemo lahko tabele $n \times n$ za vsa naravna števila $n \geq 5$.
Pokritje tabel velikosti $n \times n$ za $n=5, n=6, n=8$ in $n=9 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots .$. (Če tekmovalec ne obravnava vseh primerov, lahko dobi 1 točko, če pokaže pokritje neke tabele, kjer uporabi ploščice obeh vrst.)
Pokritje tabele velikosti $7 \times 7$...
1 točka
Utemeljitev, da lahko pokrijemo tabele velikosti $(5 k+1) \times(5 k+1) \ldots \ldots .$.
Utemeljitev, da lahko pokrijemo tabele velikosti $(5 k+2) \times(5 k+2) \ldots \ldots \ldots .1$ točka
Utemeljitev, da lahko pokrijemo tabele velikosti $(5 k+3) \times(5 k+3) \ldots \ldots \ldots .1$ točka
Utemeljitev, da lahko pokrijemo tabele velikosti $(5 k+4) \times(5 k+4) \ldots \ldots \ldots .1$ točka
V kolikor tekmovalec nalogo dokazuje z indukcijo, dobi 3 točke za bazo indukcije (od tega 2 točki za primere $n=5, n=6, n=8$ in $n=9, \mathbf{1}$ točko pa za primer $n=7$ ), 4 točke pa za indukcijski korak.
|