File size: 33,926 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 | # 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.
## 58. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije <br> Maribor, 12. april 2014
## Naloge za 1. letnik
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
1. Za realni števili $a$ in $b$, kjer je $|a| \neq|b|$ in $a \neq 0$, velja
$$
\frac{a-b}{a^{2}+a b}+\frac{a+b}{a^{2}-a b}=\frac{3 a-b}{a^{2}-b^{2}}
$$
Določi vrednost izraza $\frac{b}{a}$.
2. Naj bosta $m$ in $n$ taki naravni števili, da $5 m+n$ deli $5 n+m$. Dokaži, da $m$ deli $n$.
3. V paralelogramu $A B C D$ velja $|A B|=|B D|$. Naj bo $K$ od $A$ različna točka na premici $A B$, za katero je $|K D|=|A D|$. Zrcalno sliko točke $C$ pri zrcaljenju preko točke $K$ označimo z $M$, zrcalno sliko točke $B$ pri zrcaljenju preko točke $A$ pa z $N$. Dokaži, da je trikotnik $M D N$ enakokrak z vrhom pri $D$.
4. Na mizi so trije kupčki žetonov: eden $\mathrm{z} a$ žetoni, eden $\mathrm{z} b$ žetoni in eden $\mathrm{s} c$ žetoni, pri čemer velja $a \geq b \geq c>0$. Igralca $A$ in $B$ izmenično prestavljata žetone. Začne igralec $\mathrm{A}$. V vsaki potezi igralec najprej izbere dva kupčka in nato s tistega z manj žetoni prestavi vsaj en žeton na tistega $z$ več žetoni. Če imata izbrana kupčka enako žetonov, prestavi vsaj en žeton s kateregakoli izmed njiju na drugega. Zmaga tisti igralec, po čigar potezi so vsi žetoni na enem kupčku. Določi, kdo ima zmagovalno strategijo, in sicer v odvisnosti od $a, b$ in $c$.
## 58. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije <br> Maribor, 12. april 2014
## Naloge za 2. letnik
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
1. Poišči vse trojice realnih števil $(x, y, z)$, ki zadoščajo sistemu enačb
$$
\begin{aligned}
x^{2}+y^{2}+4 z^{2} & =6 y-4 \\
2 x y-4 x z+4 y z & =y^{2}+5
\end{aligned}
$$
2. Poišči vse pare praštevil $p$ in $q$, za katere sta števili $p+q$ in $p+4 q$ popolna kvadrata.
3. Simetrala notranjega kota $\angle A C B$ ostrokotnega trikotnika $A B C$ seka stranico $A B$ v točki $D$. Očrtana krožnica trikotnika $A D C$ seka stranico $B C$ v različnih točkah $C$ in $E$. Premica skozi točko $B$, vzporedna premici $A E$, seka premico $C D$ v točki $F$. Dokaži, da je trikotnik $A F B$ enakokrak.
4. Dan je pravilen $n$-kotnik, kjer je $n$ liho število, večje od 1. Največ koliko oglišč lahko pobarvamo rdeče, tako da središče $n$-kotnika ne bo ležalo znotraj večkotnika, določenega z rdečimi oglišči?
## 58. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije <br> Maribor, 12. april 2014
## Naloge za 3. letnik
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
1. Poišči vse polinome $p$ z realnimi koeficienti, za katere velja
$$
p(p(x))=\left(x^{2}+x+1\right) p(x)
$$
za vse $x \in \mathbb{R}$.
2. Poišči najmanjše naravno število, ki ga lahko zapišemo v obliki $3 a^{2}-a b^{2}-2 b-4$, kjer sta $a$ in $b$ naravni števili.
3. Naj bo $A B$ najdaljša stranica trikotnika $A B C . Z M$ in $N$ označimo taki točki na stranici $A B$, da velja $|A M|=|A C|$ ter $|B N|=|B C|$. Razpolovišči daljic $M C$ in $N C$ naj bosta $P$ in $R$, trikotniku $A B C$ včrtana krožnica pa naj se stranic $B C$ in $A C$ dotika v točkah $D$ in $E$. Dokaži, da so točke $P, R, D$ in $E$ konciklične.
4. V vrsti stoji 8 škatel, oštevilčenih s števili od 1 do 8 , in prazna vreča. V vsaki škatli je 1 žeton. Miha, ki ima veliko žetonov, se igra igro, v kateri sta dovoljeni naslednji dve potezi:
- odstrani 1 žeton iz škatle, oštevilčene $\mathbf{z} i(i<8)$, in doda 2 žetona $\mathbf{v}$ škatlo, oštevilčeno $\mathbf{z}$ $(i+1)$,
- odstrani 1 žeton iz škatle, oštevilčene z $i(i<8)$, in premakne 1 žeton iz škatle, oštevilčene $\mathrm{z}(i+1)$, $\mathrm{v}$ vrečo.
Igra se konča, ko ni več možno izvesti nobene poteze. Največ koliko žetonov je lahko na koncu v vreči?
## 58. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije <br> Maribor, 12. april 2014
## Naloge za 4. letnik
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
1. Naj bosta $x_{1}$ in $x_{2}$ različni ničli polinoma $p(x)=x^{2}+a x+b, x_{1}^{2}-\frac{1}{2}$ in $x_{2}^{2}-\frac{1}{2}$ pa naj bosta ničli polinoma $q(x)=x^{2}+\left(a^{2}-\frac{1}{2}\right) x+b^{2}-\frac{1}{2}$. Določi $a$ in $b$.
2. Za realno število $x$ označimo $\mathrm{z}[x]$ največje celo število, ki ni večje od $x$.
(a) Dokaži, da za vsa narauna števila $a, b$ in $c$ velja
$$
\left[\frac{\left[\frac{c}{a}\right]}{b}\right]=\left[\frac{c}{a b}\right]
$$
(b) S primerom pokaži, da gornja enakost ne velja za vsa pozitivna realna števila $a, b$ in $c$.
3. Naj bo $\mathcal{K}$ krožnica očrtana ostrokotnemu trikotniku $A B C$, pri čemer je $|A B|<|A C|$. Naj bo $p$ zrcalna slika premice $B C$ pri zrcaljenju čez premico $A B$. Premica $p$ seka krožnico $\mathcal{K} \mathrm{v}$ točkah $B$ in $E$, tangenta na $\mathcal{K} \mathrm{v}$ točki $A$ pa seka premico $p$ v točki $D$. Naj bo $F$ zrcalna slika točke $D$ pri zrcaljenju čez točko $A$. Premica $C F$ seka krožnico $\mathcal{K}$ v točkah $C$ in $G$. Dokaži, da sta premici $C E$ in $G B$ vzporedni.
4. Na tabli je napisano neko naravno število $n$. Na vsakem koraku lahko število na tabli nadomestimo z vsoto dveh naravnih števil, katerih zmnožek je enak številu na tabli. Določi najmanjše število, ki je lahko po končno korakih zapisano na tabli, in sicer v odvisnosti od začetnega števila $n$.
## 58. matematično tekmovanje <br> srednješolcev Slovenije <br> Maribor, 12. april 2014
## Rešitve nalog in točkovnik
$\mathbf{I} / 1$. Enačbo pomnožimo z $a(a+b)(a-b)$ in dobimo
$$
(a-b)^{2}+(a+b)^{2}=a(3 a-b)
$$
Ko odpravimo oklepaje in vse člene nesemo na desno stran, dobimo
$$
0=a^{2}-a b-2 b^{2}=(a-2 b)(a+b)
$$
Ker je $a \neq-b$, mora biti $a-2 b=0$ oziroma $a=2 b$. Ker $a$ ni enak 0 je torej $\frac{b}{a}=\frac{1}{2}$.
Odprava ulomkov 1 točka
Poenostavljena enačba v $0=a^{2}-a b-2 b^{2}$ 2 točki
Razstavljen izraz na $(a-2 b)(a+b)$ 2 točki
Utemeljitev, da lahko delimo $\mathrm{z} a$ in izračunana vrednost izraza $\frac{b}{a}=\frac{1}{2} \ldots \ldots . .1$ točka
I/2. Obstaja naravno število $k$, da velja $5 n+m=k(5 m+n)$ oziroma $(5-k) n=(5 k-1) m$. Ker je desna stran strogo pozitivna, mora biti tudi leva, torej velja $5-k>0$ in zato je $k \in\{1,2,3,4\}$. Če je $k=1$, dobimo $4 n=4 m$, torej $n=m$. Če je $k=2$, dobimo $3 n=9 m$, torej $n=3 m$. Če je $k=3$, dobimo $2 n=14 m$, torej $n=7 m$. Če je $k=4$, dobimo $n=19 m$. V vsakem primeru $m$ deli $n$.
$\mathrm{I} / 3$.
Trikotnik $A D K$ je enakokrak z vrhom pri $D$. Zato velja $\angle B K D=180^{\circ}-\angle D K A=$ $180^{\circ}-\angle K A D=\angle C B K$. Prav tako je $|D K|=|D A|=|B C|$. Trikotnika $D K B$ in $C B K$ sta skladna, saj se ujemata v stranici $K B, \angle B K D=\angle C B K$ in $|D K|=|B C|$. Sedaj je $\angle D C K=\angle B K C=\angle D B K$. Ker sta $M$ in $N$ zrcalni sliki, velja $|C K|=|K M|$ in $|N A|=|A B|$. Zato velja $|C M|=2|C K|=2|D B|=2|A B|=|N B|$. Torej sta tudi trikotnika $C D M$ in $B D N$ skladna, saj je $|D C|=|D B|,|C M|=|N B|$ in $\angle D C M=\angle D B N$. Zato je $|D N|=|D M|$ in trikotnik $D M N$ je enakokrak z vrhom pri $D$.
2. način. Ker je $A B C D$ paralelogram, je premica $K B$ vzporedna premici $C D$ in velja $|B C|=|A D|=|K D|$. Torej je $K B C D$ enakokrak trapez. Sledi $\angle D B K=\angle B K C=$ $\angle D C K$ in $|K C|=|D B|$. Ker sta $M$ in $N$ zrcalni sliki, od tod izpeljemo $|C M|=2|C K|=$ $2|D B|=2|A B|=|N B|$. Torej sta trikotnika $M C D$ in $N B D$ skladna, saj se ujemata $\mathrm{v}$ dveh stranicah in kotu med njima. Zato je $|D N|=|D M|$ in trikotnik $D M N$ je enakokrak z vrhom pri $D$.
Ugotovitev, da sta trikotnika $\triangle D K B$ in $\triangle C B K$ skladna (ali ugotovitev, da je $K B C D$ enakokrak trapez) ...................................................................... 2 točki
Izpeljano, da sta trikotnika $\triangle C D M$ in $\triangle B D N$ skladna ali $\triangle N A D$ je skladen $\triangle B D N$ 1 točka
Sklep, da je trikotnik $\triangle D M N$ enakokrak z vrhom v D ......................... 1 točka
$\mathbf{I} / 4$. Če je $b=c$, potem ima zmagovalno strategijo igralec $B$, sicer pa ima zmagovalno strategijo igralec $A$.
Denimo najprej, da je $b=c$. Imamo torej situacijo, ko je na dveh kupčkih z najmanj žetoni enako število žetonov. Igralec $B$ lahko v tem primeru poskrbi, da je situacija po vsaki njegovi potezi spet taka, medtem ko po vsaki potezi igralca $A$ kupček z najmanj žetoni vsebuje strogo manj žetonov kot preostala dva kupčka. Igralec $A$ mora namreč v svoji potezi nujno iz enega izmed kupčkov z najmanj žetoni prestaviti nekaj žetonov na nek drug kupček. Igralec $B$ potem izbere trenutno najvišja kupčka, ki imata zaradi poteze igralca $A$ sedaj strogo več žetonov kot najnižji kupček, in med njima premakne žetone tako, da bosta po njegovi potezi najnižja kupčka imela enako žetonov. Ko bosta kupčka z najmanj žetoni prazna, bodo vsi žetoni na enem kupčku in igra bo končana. To se lahko zgodi le po potezi igralca $B$, zato igralec $B$ zmaga.
Denimo sedaj, da je $b>c$. Tedaj lahko igralec $A$ s kupčka z $b$ žetoni prestavi $b-c>0$ žetonov na kupček z $a$ žetoni. Po njegovi potezi bosta zato kupčka z najmanj žetoni oba imela $c$ žetonov. Torej bo situacija taka kot zgoraj, le da bo na potezi igralec $B$. Zato ima $\mathrm{v}$ tem primeru zmagovalno strategijo igralec $A$.
Utemeljitev, da se igra konča po končnem številu potez ........................ 1 točka
Pravilna določitev igralca z zmagovalno strategijo (glede na $a, b$ in $c$ ) ........ 1 točka
Obravnava poteze poraženca (možne izbire kupov, stanje po potezi) . . . . . . . 2 točki
Opis in obravnava poteze zmagovalca (stanje po potezi) ...................... 1 točka
Utemeljitev, da lahko igro konča le igralec z zmagovalno strategijo ........... 1 točka
Prevedba primera $b \neq c$ na primer $b=c$ (ali obratno) .......................... 1 točka
II/1. Opazimo, da če od prve enakosti odštejemo drugo, dobimo na levi strani kvadrat tričlenika. Dobimo namreč
$$
(x-y+2 z)^{2}=-y^{2}+6 y-9
$$
kar lahko dalje preoblikujemo v
$$
(x-y+2 z)^{2}+(y-3)^{2}=0
$$
Ker so $x, y$ in $z$ realna števila, morata biti oba oklepaja v zgornjem izrazu enaka 0 , torej je $y=3$ in $x=y-2 z=3-2 z$. To vstavimo v prvo enačbo sistema in po preoblikovanju dobimo $2 z^{2}-3 z+1=0$ oziroma $(2 z-1)(z-1)=0$. Enako dobimo, če $y=3$ in $x=3-2 z$ vstavimo v drugo enačbo. Torej je $z=1$ ali $z=\frac{1}{2}$. Rešitvi naloge sta tako trojici $(1,3,1)$ in $\left(2,3, \frac{1}{2}\right)$.
Odšteti enačbi .1 točka
Zapis kvadrata $(x-y+2 z)^{2}$..................................................................................
Za rešitvi mora biti jasno utemeljeno, da ustrezata obema enačbama. Če ta utemeljitev ni dobra, a sta zapisani obe rešitvi, se dodeli 1 točko.
II/2. Naj bo $p+q=x^{2}$ in $p+4 q=y^{2}$ za neki naravni števili $x$ in $y$. Če enačbi odštejemo, dobimo $3 q=y^{2}-x^{2}=(y-x)(y+x)$. Ker je $q$ praštevilo in $x+y \geq 2$, imamo naslednje možnosti:
(a) možnost: $y-x=1$ in $y+x=3 q$. Iz prve enačbe izrazimo $y=x+1$ in vstavimo $\mathrm{v}$ drugo, da dobimo $2 x+1=3 q$. Od tod sledi, da je $q$ liho število, zato lahko pišimo $q=2 m+1$ za neko naravno število $m$. Potem je $x=3 m+1$ in $p=x^{2}-q=9 m^{2}+4 m=m(9 m+4)$. Ker je $p$ praštevilo, mora biti $m=1$. Tako dobimo $p=13$ in $q=3$, kar sta res praštevili.
(b) možnost: $y-x=3$ in $y+x=q$. Iz prve enačbe izrazimo $y=x+3$ in vsavimo v drugo, da dobimo $2 x+3=q$. Iz začetne enakosti torej dobimo $p=x^{2}-p=x^{2}-q=$ $x^{2}-2 x-3=(x+1)(x-3)$. Ker je $p$ praštevilo, mora biti $x=4$. Tako dobimo $p=5$ in $q=11$, kar sta res praštevili.
(c) možnost: $y-x=q$ in $y+x=3$. Ker sta $x$ in $y$ naravni števili in mora biti $y>x$, je $y=2$ in $x=1$, kar pa nam da protislovje $q=1$.
Rešitvi enačbe sta torej para $(5,11)$ in $(13,3)$.
Sklep, da imamo 4 možnosti, je najpomembnejši sklep, zato za zapis le nekaterih možnosti ni bilo delnih točk.
$\mathrm{II} / 3$.
Označimo $\angle A C B=\gamma$. Potem je $\angle A C F=\angle F C B=\frac{\gamma}{2}$, saj je $C F$ simetrala kota $\angle A C B$. Zaradi koncikličnosti točk $A, D, E$ in $C$ sledi $\angle D A E=\angle D C E=\frac{\gamma}{2}$. Ker je premica $B F$ vzporedna premici $A E$, velja $\angle A B F=\angle D A E=\frac{\gamma}{2}$. Zaradi $\angle A C F=\frac{\gamma}{2}=\angle A B F$ so torej točke $A, F, B$ in $C$ konciklične. Od tod sledi $\angle F A B=\angle F C B=\frac{\gamma}{2}=\angle A B F$, torej je trikotnik $A F B$ enakokrak z vrhom pri $F$.
Sklep $\angle D C E=\angle D A E$ ali smiselna uporaba koncikličnosti točk $A, D, E, C$ pri premetavanju kotov 1 točka Sklep $\angle D A E=\angle A B F$ ali smiselna uporaba vzporednosti $A E$ in $B F$ pri premetavanju kotov 1 točka
Tetivnost $A F B C$ ali podobnost trikotnikov $F D A$ in $B D C$ 3 točke Sklep $\angle F A B=\angle F C B$ in zato trikotnik $A F B$ enakokrak 2 točki
II/4. Največje število oglišč, ki jih lahko pobarvamo rdeče je $\frac{n+1}{2}$. Če pobarvamo $\frac{n+1}{2}$ zaporednih oglišč $n$-kotnika, potem je pogoju naloge zadoščeno. Denimo sedaj, da pobarvamo vsaj $\frac{n+1}{2}+1$ oglišč. Označimo oglišča $n$-kotnika zaporedoma z naravnimi števili od 1 do $2 k+1=n$. Torej je vsaj $k+2$ oglišč rdečih. Oglejmo si pare oglišč $(1, k+1),(2, k+$ $2),(3, k+3), \ldots,(k, 2 k),(k+1,2 k+1)$, ki predstavljajo nekatere od najdaljših diagonal $n$ kotnika. Ker je teh parov natanko $k+1$ in zavzemejo vsa oglišča, obstaja vsaj en par, v katerem sta obe oglišči rdeči. Predpostavimo lahko, da je to par $(1, k+1)$, sicer bi oglišča le preštevilčili. Ker je vsaj še $k$ od preostalih oglišč rdečih, oglišč oštevilčenih z $2,3, \ldots, k$ pa je le $k-1$, je vsaj eno od oglišč oštevilčenih s $k+2, k+3, \ldots, 2 k+1$ rdeče. Naj bo to oglišče $k+m$, kjer je $2 \leq m \leq k+1$. Oglišče $k+m$ leži na istem bregu premice določene z oglišči 1 in $k+1$ kot središče $n$-kotnika. Od tod sledi, da središče $n$-kotnika leži znotraj trikotnika z oglišči $1, k+1, k+m$, saj je daljica s krajišči $1, k+1$ ena od najdaljših diagonal $n$-kotnika. Toda oglišča $1, k+1, k+m$ so vsa rdeča, torej središče $n$-kotnika leži tudi znotraj večkotnika določenega z rdečimi oglišči.[^0]
III/1. Ničelni polinom je očitno rešitev naloge. Naj bo $p$ neničeln polinom in pišimo $p(x)=a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{0}$, kjer je $a_{n} \neq 0$. Vodilni člen na levi strani enakosti je tedaj enak $a_{n}\left(a_{n} x^{n}\right)^{n}=a_{n}^{n+1} x^{n^{2}}$, vodilni člen na desni strani pa je enak $x^{2} \cdot a_{n} x^{n}=a_{n} x^{n+2}$. Ker morata biti ta dva člena iste stopnje, sledi $n^{2}=n+2$ oziroma $(n-2)(n+1)=0$. Ker je $n$ nenegativno celo število, mora biti $n=2$. Pišimo torej $p(x)=a x^{2}+b x+c$, kjer je $a \neq 0$. Tedaj velja
$$
\begin{gathered}
p(p(x))=a^{3} x^{4}+2 a^{2} b x^{3}+\left(a b^{2}+2 a^{2} c+a b\right) x^{2}+\left(2 a b c+b^{2}\right) x+\left(a c^{2}+b c+c\right) \\
\left(x^{2}+x+1\right) p(x)=a x^{4}+(b+a) x^{3}+(c+b+a) x^{2}+(c+b) x+c
\end{gathered}
$$
Iz dane enakosti tako dobimo sistem enačb
$$
\begin{aligned}
a^{3} & =a \\
2 a^{2} b & =b+a \\
a b^{2}+2 a^{2} c+a b & =c+b+a \\
2 a b c+b^{2} & =c+b \\
a c^{2}+b c+c & =c
\end{aligned}
$$
Ker je $a \neq 0$, iz prve enakosti sledi $a=1$ ali $a=-1$. Za $a=1$ v drugi enačbi dobimo $2 b=b+1$, torej $b=1$. Če oboje vstavimo v tretjo enačbo, dobimo še $2 c+2=c+2$ oziroma $c=0$. Preverimo lahko, da ta tri števil ustrezajo tudi zadnjima dvema enakostima. $\mathrm{Za}$ $a=-1$ dobimo protisloven sistem. Rešitvi naloge sta torej dve, $p(x)=0$ in $p(x)=x^{2}+x$.
Rešitev $p(x)=0$
III/2. Odgovor je 2. Če vzamemo $a=4$ in $b=3$, dobimo $3 a^{2}-a b^{2}-2 b-4=2$. Dovolj je torej pokazati, da enačba $3 a^{2}-a b^{2}-2 b-4=1$ nima rešitev v naravnih številih. Enačbo preuredimo v $3 a^{2}-a b^{2}=2 b+5$. Ker je desna stran liha, mora biti tudi leva stran liha, torej mora biti $a$ liho število in $b$ sodo število. Stevilo $b^{2}$ je zato deljivo s 4, ostanek števila $a^{2}$ pri deljenju s 4 pa je enak 1. Leva stran ima torej pri deljenju s 4 ostanek 3, desna stran pa ostanek 1, saj je $2 b$ deljivo s 4 . Prišli smo do protislovja, torej enačba nima rešitev v naravnih številih.
Odgovor, da se da dobiti število 2. .....................................................................
Odgovor, da število 2 dobimo pri $a=4$ in $b=3$. .................................................
Pojasnilo, da moramo pokazati, da se števila 1 ne da dobiti. .................... 1 točka
Ugotovitev, da mora biti $b$ sodo število. ............................................... 1 točka
Utemeljitev, da tudi ob zgornji predpostavki pridemo v protislovje. ........... 2 točki
III/3.
Naj bo $I$ središče trikotniku $A B C$ včrtane krožnice. Ker je $A M C$ enakokrak trikotnik z vrhom pri $A$, je $A P$ višina na osnovnico in hkrati simetrala kota $\angle M A C$. Zato $I$ leži na premici $A P$. Podobno $I$ leži tudi na premici $B R$. Sledi $\angle C P I=\angle C P A=\frac{\pi}{2}$ in $\angle I R C=\angle B R C=\frac{\pi}{2}$, torej točki $P$ in $R$ ležita na krožnici s premerom $C I$. Ker sta $D$ in $E$ dotikališči včrtane krožnice, velja $\angle C D I=\angle I E C=\frac{\pi}{2}$, zato tudi točki $D$ in $E$ ležita na krožnici s premerom $C I$. Točke $P, R, D$ in $E$ so torej konciklične.[^1]
III/4. Naj $A_{i}$ oziroma $B_{i}$ označuje prvo oziroma drugo potezo, izvedeno na škatlah $i$ in $i+1$. Naj bo $i \leq 6$. Če Miha izvede potezo $B_{i}$, potem se število žetonov v škatlah $i$ in $i+1$ zmanjša za 1 , število žetonov v škatli $i+2$ ostane enako, število žetonov v vreči pa se poveča za 1. Ce pa Miha izvede zaporedje potez $A_{i}, A_{i+1}, B_{i+1}$, potem se število žetonov v škatli $i$ zmanjša za 1, število žetonov v škatli $i+1$ ostane enako, število žetonov v škatli $i+2$ in v vreči pa se poveča za 1 . V drugem primeru je torej rezultat boljši, saj je edina razlika to, da ima v dveh škatlah po en žeton več. Ta razmislek pokaže, da se Mihu potez $B_{i}$ za $i \leq 6$ ne splača izvajati. Od preostalih potez le poteza $B_{7}$ poveča število žetonov v vreči, zato jo mora Miha izvesti čim večkrat. Brez škode lahko predpostavimo, da jo izvaja šele na koncu. Pred tem s potezami $A_{i}, i \leq 6$ prestavi žetone v predzadnjo škatlo, ki potem vsebuje $1+2+2^{2}+\ldots+2^{6}=2^{7}-1=127$ žetonov, zadnja škatla pa vsebuje 1 žeton. Naj $x$ označuje število žetonov v predzadnji škatli ob nekem času, $y$ pa število žetonov v zadnji škatli ob istem času. Da bo lahko Miha izvedel čim več potez $B_{7}$, mora biti min $\{x, y\}$ čim večji. Ker se s potezo $A_{7}$ število žetonov v predzadnji škatli zmanjša za 1, v zadnji pa poveča za 2 , bo minimum največji takrat, ko bo prvič veljalo $x \leq y$ in bo zato enak $x$. Po $k$ potezah $A_{7}$ bo $x=127-k$ in $y=1+2 k$. Iščemo torej najmanjši $k$ pri katerem bo $127-k \leq 1+2 k$ oziroma $k \geq \frac{127-1}{3}=42$. Najmanjši tak $k$ je enak $k=42$. Po 42 potezah $A_{7}$ bo s potezami $B_{7}$ Miha v vrečo premaknil $127-42=85$ žetonov, kar je torej največje število žetonov, ki jih lahko ima Miha na koncu v vreči.
Utemeljitev, da se drugo potezo splača uporabljati le na zadnjih dveh škatlah 2 točki Premik vseh žetonov v zadnji dve škatli s prvimi potezami ........................ 1 točka Poskus izenačenja števila žetonov v zadnjih dveh škatlah . ......................... 1 točka Izračunano največje število žetonov, ki so v vreči ................................ 3 točke
IV /1. Ničli polinoma $p(x)=x^{2}+a x+b$ sta $x_{1}=\frac{-a+\sqrt{a^{2}-4 b}}{2}$ in $x_{2}=\frac{-a-\sqrt{a^{2}-4 b}}{2}$. Ker morata biti različni, je $a^{2}-4 b \neq 0$. Od tod izračunamo
$$
x_{1}^{2}-\frac{1}{2}=\frac{\left(a^{2}-2 b-1\right)-a \sqrt{a^{2}-4 b}}{2}
$$
in
$$
x_{2}^{2}-\frac{1}{2}=\frac{\left(a^{2}-2 b-1\right)+a \sqrt{a^{2}-4 b}}{2}
$$
Ker sta to ničli polinoma $q(x)$, morata ustrezati enačbi $x^{2}+\left(a-\frac{1}{2}\right) x+b^{2}-\frac{1}{2}=0$. Ko oboje vstavimo $\mathrm{v}$ to enačbo in preuredimo, dobimo
$$
\left(4 a^{4}-12 a^{2} b+8 b^{2}-5 a^{2}+6 b\right)-\left(4 a^{3}-4 a b-3 a\right) \sqrt{a^{2}-4 b}=0
$$
in
$$
\left(4 a^{4}-12 a^{2} b+8 b^{2}-5 a^{2}+6 b\right)+\left(4 a^{3}-4 a b-3 a\right) \sqrt{a^{2}-4 b}=0
$$
Torej mora veljati
$$
4 a^{4}-12 a^{2} b+8 b^{2}-5 a^{2}+6 b=0
$$
in
$$
\left(4 a^{3}-4 a b-3 a\right) \sqrt{a^{2}-4 b}=0
$$
Ker je $a^{2}-4 b \neq 0$, iz druge enačbe sledi $\left(4 a^{3}-4 a b-3 a\right)=a\left(4 a^{2}-4 b-3\right)=0$. Če je $a=0$, potem iz prve enačbe sledi $8 b^{2}+6 b=2 b(4 b+3)=0$. Ker je $a^{2}-4 b \neq 0$, mora biti $b \neq 0$, torej je $b=-\frac{3}{4}$. Če pa je $a \neq 0$, potem mora biti $4 a^{2}-4 b-3=0$ oziroma $b=a^{2}-\frac{3}{4}$. Ko slednje vstavimo v prvo enačbo, dobimo $-2 a^{2}=0$ oziroma $a=0$, kar je protislovje. Torej je $a=0$ in $b=-\frac{3}{4}$.
2. način. Po Vietovih pravilih je $x_{1}+x_{2}=-a, x_{1} x_{2}=b, x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-1=\frac{1}{2}-a^{2}$ in $\left(x_{1}^{2}-\frac{1}{2}\right)\left(x_{2}^{2}-\frac{1}{2}\right)=b^{2}-\frac{1}{2}$. Najprej preoblikujmo tretjo enačbo, pri čemer upoštevamo prvi dve,
$$
\frac{3}{2}-a^{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}=a^{2}-2 b
$$
od koder dobimo $b=a^{2}-\frac{3}{4}$. Preoblikujmo še četrto enačbo,
$$
b^{2}-\frac{1}{2}=\left(x_{1}^{2}-\frac{1}{2}\right)\left(x_{2}^{2}-\frac{1}{2}\right)=x_{1}^{2} x_{2}^{2}-\frac{1}{2}\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\right)+\frac{1}{4}=b^{2}-\frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}-a^{2}\right)+\frac{1}{4}
$$
od koder sledi $a^{2}=0$ in zato $a=0$ ter $b=-\frac{3}{4}$.
## 1. način
Izrazitev $x_{1}$ in $x_{2} \mathbf{z} a$ in $b$ s pomočjo kvadratne enačbe 1 točka
Izrazitev $x_{1}^{2}-\frac{1}{2}$ in $x_{2}^{2}-\frac{1}{2} \mathbf{z} a$ in $b$
Vstavitev teh ničel, izraženih $\mathbf{z} a$ in $b$, v polinom $q(x)$
Zapis sistema enačb $4 a^{4}-12 a^{2} b+8 b^{2}-5 a^{2}+6 b=0$ in $\left(4 a^{3}-4 a b-3 a\right) \sqrt{a^{2}-4 b}=0$
Pravilno rešen sistem enačb
Zapis rešitve $a=0, b=-\frac{3}{4}$
## 2. način
Uporaba Vietovih formul
1 točka
Pravilen zapis vseh štirih enačb $\mathbf{z}$ Vietovimi formulami $\left(x_{1}+x_{2}=-a, x_{1} x_{2}=b\right.$,
Izrazitev enačbe $\left(x_{1}^{2}-\frac{1}{2}\right)\left(x_{2}^{2}-\frac{1}{2}\right)=b^{2}-\frac{1}{2} \mathbf{z} a$ in $b \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots .$.
IV/2. (a) Število $c$ lahko zapišemo v obliki $c=k a b+r$, kjer je $k$ neko nenegativno celo s̆tevilo, $r<a b$ pa ostanek s̆tevila $c$ pri deljenju z $a b$. Število $r$ lahko nadalje zapišemo v obliki $r=m a+n$, kjer je $m$ neko nenegativno celo število, $n<a$ pa ostanek števila $r$ pri deljenju z $a$. Med drugim od tod sledi $m<b$, saj bi sicer bilo $r \geq a b$. Od tod izračunamo
$$
\left[\frac{c}{a b}\right]=\left[k+\frac{r}{a b}\right]=k
$$
saj je $0 \leq \frac{r}{a b}<1$, in
$$
\left[\frac{\left[\frac{c}{a}\right]}{b}\right]=\left[\frac{\left[k b+m+\frac{n}{a}\right]}{b}\right]=\left[\frac{k b+m}{b}\right]=\left[k+\frac{m}{b}\right]=k
$$
saj je $0 \leq \frac{n}{a}<1$ in $0 \leq \frac{m}{b}<1$. Od tod sledi enakost iz naloge.
(b) Taka števila so na primer $a=2, b=\frac{1}{2}$ in $c=1$, saj je $\mathrm{v}$ tem primeru $\left[\frac{c}{a b}\right]=1 \mathrm{in}$ $\left[\frac{\left[\frac{c}{a}\right]}{b}\right]=0$.
Število $c$ zapisano $\mathbf{v}$ obliki $k a b+m a+n$ ter navedeni in pravilno argumentirani trditvi $m<b$ in $n<a$ 3 točke Tekmovalec ne zapiše števila v obliki $k a b+m a+n$, pravilno pa uporabi kakšno praprostejšo obliko osnovnega izreka o deljenju npr. $c=k a+r$ ali $k a b+r$ (tekmovalec $\mathbf{v}$ nobenem primeru ne more dobiti zgornjih treh točk in te točke) ............. 1 točka
Naveden primer pozitivnih realnih števil $a, b, c$ za katere neenakost ne velja ... 2 točki
Za rešitev prvega dela naloge lahko tekmovalec prejme do 5 točk.
IV/3.
Po izreku o kotu med tetivo in tangento je $\angle C A F=\angle C B A$. Ker je $p$ zrcalna slika premice $B C$ pri zrcaljenju čez premico $A B$, je $\angle C B A=\angle A B D$. Ker so točke $A, B, E, C$ konciklične, je $\angle A B D=\angle A C E$. Torej je $\angle C A F=\angle A C E$, zato je premica $C E$ vzporedna premici $F D$. Pokazati moramo torej, da je tudi premica $G B$ vzporedna premici $F D$. Po izreku o kotu med tetivo in tangento je $\angle D A B=\angle A C B$. Ker je tudi $\angle C B A=\angle A B D$, sta trikotnika $B A D$ in $B C A$ podobna, saj se ujemata v dveh kotih. Torej je $\frac{|A D|}{|A B|}=\frac{|C A|}{|C B|}$. Ker je $F$ zrcalna slika točke $D$ pri zrcaljenju čez točko $A$, je $|A D|=|F A|$. Torej je $\frac{|F A|}{|A B|}=\frac{|C A|}{|C B|}$ oziroma $\frac{|F A|}{|C T|}=\frac{|A B|}{|C B|}$. Ker je hkrati $\angle C A F=\angle C B A$, sta si tudi trikotnika $F A C$ in $A B C$ podobna. Torej je $\angle A F C=\angle B A C=\angle B G C$ in zato je tudi premica $G B$ vzporedna premici $F D$.
## Uporaba izreka o kot med tetivo in tangento za tangento $A D$ 1 točka
Utemeljitev, da sta si trikotnika $B A D$ in $B C A$ podobna ......................... 1 točka
Utemeljitev, da sta si trikotnika $F A C$ in $A B C$ podobna ........................ 1 točka
IV/4. Pokažimo najprej, da če se število na tabli pri zamenjavi zmanjša, potem je novo število večje ali enako 5 . Števila 1 po zamenjavi ne moremo dobiti, saj vsota dveh naravnih števil ni nikoli enaka 1. S̆tevilo $2=1+1$ lahko dobimo le iz števila 1, število $3=1+2$ le iz števila 2 , število $4=1+3=2+2$ pa le iz števil 3 ali 4 . Torej če po zamenjavi dobimo število manjše od 5 , potem se pri zamenjavi število ni zmanjšalo. To pomeni, da če je začetno število $n<5$, potem v nobenem koraku ne bomo dobili manjšega števila.
Dokažimo sedaj, da lahko število ki je večje od 5 vedno zmanjšamo. Denimo, da imamo na nekem koraku na tabli število $m>5$. Če je $m$ sod, torej oblike $m=2 k$, kjer je $k>2$ naravno število, potem ga lahko zamenjamo s številom $k+2$. S tem smo dobili število, ki je manjše od $m$, saj je pogoj $k+2<2 k$ ekvivalenten pogoju $k>2$. Ce je $m$ lih, torej oblike $m=2 k-1$, kjer je $k>3$ naravno število, potem ga lahko najprej zamenjamo s številom $(2 k-1)+1=2 k$ in nato $\mathrm{s}$ številom $k+2$. Na ta način spet dobimo število, ki je manjše od $m$, saj je pogoj $k+2<2 k-1$ ekvivalenten pogoju $k>3$. To pomeni, da če je začetno število $n \geq 5$, ga lahko po končno korakih vedno zmanjšamo do števila 5 , manjšega števila pa po zgornjem razmisleku ne moremo dobiti.
Najmanjše število, ki je lahko po končno korakih zapisano na tabli je torej enako $5 \mathrm{v}$ primeru $n \geq 5$ oziroma $n$ v primeru $n<5$.
Ugotovitev, da je iskano število $5 \mathbf{v}$ primeru $n \geq 5$ in $n \mathbf{v}$ primeru $n<5 \ldots \ldots 1$ točka
Dokaz, da števila $n<5$ ne moremo dobiti z zmanjševanjem ................... 2 točki
Dokaz, da lahko $2 k-1>5$ vedno zmanjšamo .........................................................
[^0]: Rezultat $\frac{n+1}{2}$ 1 točka
Konstrukcija $\frac{n+1}{2}$ rdečih oglišč, tako da večkotnik, ki ga določajo, ne vsebuje središča
Ugotovitev, da obstaja najdaljša diagonala z rdečima krajiščema ................ 2 točki Ugotovitev, da obstaja rdeča točka na istem bregu najdaljše diagonale z rdečima krajiščema kot središče $n$-kotnika 1 točka Utemeljitev, da središče $n$-kotnika leži znotraj dobljenega trikotnika z rdečimi oglišči 2 točki
[^1]: Ugotovitev, da sta $\triangle A M C$ in $\triangle B N C$ enakokraka 1 točka Zapis dejstva, da v enakokrakem trikotniku višina in simetrala kota sovpadata 1 točka Ugotovitev, da zaradi zgornjega dejstva velja $\angle C P A=\angle B R C=\frac{\Pi}{2} \ldots \ldots \ldots \ldots 1$ točka Ugotovitev, da velja $\angle I E C=\angle C D I$ ker sta $E$ in $D$ dotikališči včrtane krožnice .... 1 točka
Sklep, da $P$ in $R$ ležita na krožnici s premerom $\mathbf{C l}$ 1 točka
Sklep, da $D$ in $E$ ležita na krožnici s premerom CI 1 točka Končni sklep, da so torej $P, R, D, E$ konciklične 1 točka
|