| # 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. |
| |
| |
