Slovenia/md/sl-massa/sl-MaSSA_Drzavno_2013.md

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.

57. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Celje, 20. april 2013

Naloge za 1. letnik

Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.

N1	N2	N3	N4

Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.

1. Poišči vsa praštevila $p, q$ in $r$, za katera velja $p+q^{2}=r^{4}$.
2. Za realno število $a$ naj $[a]$ označuje največje celo število, ki ni večje od $a$. Poišči vsa cela števila $y$, za katera obstaja realno število $x$, da velja $\left[\frac{x+23}{8}\right]=[\sqrt{x}]=y$.
3. Denimo, da obstajata taki točki $D$ na stranici $A B$ in $E$ na stranici $A C$ trikotnika $A B C$, da je $|A E|=|E D|=|D B|$ in $|A D|=|D C|=|C B|$. Določi velikosti kotov trikotnika $A B C$.
4. Tabelo velikosti $4 \times 4$ želimo pokriti z dominami oblike

(lahko tudi zrcaljena ali zasukana),

pri čemer se domine lahko prekrivajo ali segajo čez rob tabele. Najmanj koliko domin potrebujemo?

57. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Celje, 20. april 2013

Naloge za 2. letnik

Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.

Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.

1. Največ koliko je lahko največji skupni delitelj števil $11 n+4$ in $7 n+2$, če je $n$ naravno število?
2. Naj bo $D$ razpolovišče stranice $A B, E$ presečǐ̌če stranice $B C$ in simetrale kota $\angle B A C, F$ pa pravokotna projekcija točke $E$ na stranico $A B$ trikotnika $A B C$. Denimo, da je $\angle C D A=$ $\angle A C B$ in $|C E|=|B F|$. Določi velikost kotov trikotnika $A B C$.
3. Naj bo $E$ taka točka na stranici $C D$ pravokotnika $A B C D$, da je kot $\angle A E B$ pravi in velja $3|E A|=2|E C|$. Določi razmerje med dolžinama stranic pravokotnika $A B C D$.
4. V vsakem šestkotniku neskončnega satovja je zapisano naravno število, ki je enako povprečju števil, zapisanih v petih izmed sosednjih šest šestkotnikov. Dokaži, da so vsa števila v satovju enaka.

57. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Celje, 20. april 2013

Naloge za 3. letnik

Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.

N1	N2	N3	N4

Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.

1. Poišči vsa praštevila $p$ in $q$, za katera je $p^{4}-q^{6}$ potenca praštevila. (Števili 7 in 8 sta potenci praštevila, 6 pa ne.)
2. Za pozitivni realni števili $x$ in $y$ velja

$${2013}^{{\log }_{3}x}=y^{{\log }_{5}2013}\text{ in }{\log }_{\frac{1}{2}}x+{\log }_{\frac{1}{2}}y>02013^\{\backslash log\; \_\{3\}\; x\}=y^\{\backslash log\; \_\{5\}\; 2013\}\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; in\; \}\; \backslash quad\; \backslash log\; \_\{\backslash frac\{1\}\{2\}\}\; x+\backslash log\; \_\{\backslash frac\{1\}\{2\}\}\; y>0$$

Katero od števil $x$ in $y$ je večje?

3. Naj bo $D$ razpolovišče stranice $B C, E$ razpolovišče stranice $C A$ in $T$ težišče trikotnika $A B C$. Premice $A T, B T$ in $C T$ naj sekajo trikotniku $A B C$ očrtano krožnico še v točkah $P, Q$ in $R$. Denimo, da je $\angle A C B=\angle R Q P$. Dokaži, da je štirikotnik $D C E T$ tetiven.
4. Tabelo velikosti $4 \times 4$ želimo pokriti $z$ dominami oblike

(lahko tudi zrcaljena ali zasukana),

pri čemer se domine lahko prekrivajo, ne smejo pa segati čez rob tabele. Najmanj koliko domin potrebujemo?

57. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Celje, 20. april 2013

Naloge za 4. letnik

Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.

N1	N2	N3	N4

Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.

1. Poišči vse funkcije $f: \mathbb{R} \backslash{-1} \rightarrow \mathbb{R}$, za katere velja

$$f(x)+f(y)=(x+y+2)f(x)f(y)f(x)+f(y)=(x+y+2)\; f(x)\; f(y)$$

za vse $x, y \in \mathbb{R} \backslash{-1}$.

2. Največ koliko praštevil lahko vsebuje nekonstantno geometrijsko zaporedje pozitivnih realnih števil?
3. Naj bo $\mathcal{K}{1}$ krožnica s središčem $S{1}$ in polmerom $r$. Naj bo $\mathcal{K}{2}$ krožnica s središčem $S{2}$ na krožnici $\mathcal{K}{1}$ in polmerom $\frac{2}{3} r$. Presečǐče premice $S{1} S_{2}$ s krožnico $\mathcal{K}{2}$, ki leži zunaj kroga, omejenega s krožnico $\mathcal{K}{1}$, označimo z $A$. Eno izmed presečíč krožnic $\mathcal{K}{1}$ in $\mathcal{K}{2}$ označimo $\mathrm{s}$ $C$. Premica $A C$ naj seka krožnico $\mathcal{K}{1}$ še v točki $D$. Naj bo $H$ pravokotna projekcija točke $D$ na premico $S{1} S_{2}$. Dokaži, da točka $H$ leži na krožnici $\mathcal{K}_{2}$.
4. Turnir v namiznem tenisu poteka po naslednjem pravilu. V vsakem krogu v primeru lihega števila tekmovalcev najprej izžrebajo enega, ki se avtomatično uvrsti v naslednji krog. Ostale tekmovalce $\mathrm{z}$ žrebom razporedijo v pare. Tekmovalca vsakega para se pomerita med seboj, zmagovalec iz vsakega para pa se uvrsti v naslednji krog. Naj $f(n)$ označuje število krogov na turnirju z $n$ tekmovalci. (Tako je npr. $f(5)=3$.) Določi $f(2013)$ in poišči najmanjše naravno število $n$, za katerega je $f(n)=f(2013)$.

57. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Celje, 20. april 2013

Rešitve nalog in točkovnik

(21. APRIL 2013, $14: 53$ )

I/1. Enačbo preoblikujemo v $p=r^{4}-q^{2}=\left(r^{2}-q\right)\left(r^{2}+q\right)$. Ker je $p$ praštevilo, mora biti $r^{2}-q=1$ in $r^{2}+q=p$. Prvo enačbo preoblikujemo $\mathrm{v} q=r^{2}-1=(r-1)(r+1)$. Ker je $q$ praštevilo, mora biti $r-1=1$. Torej je $r=2$ in $q=3$. Iz enačbe $r^{2}+q=p$ dobimo še $p=7$. Zapis $p=\left(r^{2}-q\right)\left(r^{2}+q\right)$ ..... 1 točka Sklep $r^{2}-q=1$ ..... 3 točke Razcep $q=(r-1)(r+1)$ ..... 1 točka Sklep $r=2$ ..... 1 točki Sklep $q=3, p=7$ ..... 1 točka

2. način. Ugotovimo, da mora biti eno od praštevil 2. Izločimo možnosti, da je $p=2$ ali $q=2$ (s kongruencami ali preoblikovanjem enačbe podobno kot pri prvi rešitvi). Dobimo, da je $r=2$ in $p+q^{2}=16$. Preverimo možnosti in dobimo $q=3$ in $p=7$.

Utemeljitev $p \neq 2$.........................................................................................................................................

I/2. Naj bo $y$ tako število. Potem velja $\sqrt{x} \geq[\sqrt{x}]=y$. Ker je $\sqrt{x} \geq 0$, je tudi $y=[\sqrt{x}] \geq 0$, torej lahko neenakost kvadriramo, da dobimo $x \geq y^{2}$. Poleg tega je $\frac{x+23}{8}<$ $\left[\frac{x+23}{8}\right]+1=y+1$ oziroma $x<8 y-15$. Od tod sledi $y^{2}<8 y-15$ oziroma $(y-3)(y-5)<0$, kar pomeni, da je $3<y<5$. Ker pa mora biti $y$ celo število, je $y=4$. V tem primeru res obstaja $x$, ki ustreza pogoju, na primer $x=16$.

TOČKOVNIK

Če tekmovalec zgolj v splošnem ugotovi, da je $[a] \leq a<[a]+1$, dobi $\mathbf{2}$ točki, po 1 za vsako neenakost.

Če tekmovalec za različne vrednosti $y$ pravilno oceni izraza $\left[\frac{x+23}{8}\right]$ in $[\sqrt{x}]$ ter tako intuitivno utemelji, da je edina rešitev $y=4$, dobi 5 točk. Za argumentirano ugotovitev (npr. z grafom ali dokazano različno hitrostjo naraščanja funkcij znotraj [ ]), da je $y=4$ edina rešitev, dobi še dodatni 2 točki, skupaj torej vseh 7 točk. $\mathbf{V}$ primeru le delne rešitve po tej poti ali napak v postopku se ustrezno upoštevajo alineje $\mathrm{z}$ začetka

kriterija.

Če tekmovalec zgolj ugane rešitev $y=4$, dobi 1 točko.

$\mathrm{I} / 3$.

Označimo $\angle E B D=\alpha$. Potem je $\angle D E B=\alpha$, torej je $\angle E D A=2 \alpha$ in $\angle D A E=2 \alpha$. Sledi $\angle D E C=4 \alpha$ oziroma $\angle B E C=3 \alpha$. Hkrati je $\angle A C D=\angle D A C=2 \alpha$, torej je $\angle B D C=4 \alpha$ in $\angle C B D=4 \alpha$ oziroma $\angle C B E=3 \alpha$. Sledi, da je trikotnik $E B C$ enakokrak z vrhom pri $C$, torej je $|C E|=|C D|$ in zato $\angle C D E=\angle D E C=4 \alpha$. Torej je

$${180}^{\circ }=\mathrm{\angle }BDC+\mathrm{\angle }CDE+\mathrm{\angle }EDA=4\alpha +4\alpha +2\alpha =10\alpha 180^\{\backslash circ\}=\backslash angle\; B\; D\; C+\backslash angle\; C\; D\; E+\backslash angle\; E\; D\; A=4\; \backslash alpha+4\; \backslash alpha+2\; \backslash alpha=10\; \backslash alpha$$

oziroma $\alpha=18^{\circ}$. Od tod izračunamo $\angle B A C=2 \alpha=36^{\circ}, \angle C B A=4 \alpha=72^{\circ}$ ter $\angle A C B=$ $180^{\circ}-\angle B A C-\angle C B A=72^{\circ}$.

Označimo $\angle E B D=\alpha$.

Ugotovitev $\angle E D A=\angle D A E=\angle A C D=2 \angle E B D=2 \alpha \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$

Izračun $\angle B A C=36^{\circ}, \angle C B A=72^{\circ}$ ter $\angle A C B=72^{\circ} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots 1$ točka

Nalogo je možno rešiti na veliko načinov, zapisana je še ena verzija točkovnika:

Naj bo $\angle B A C=\alpha$ in $\angle C B A=\beta$. Ugotovitev $2 \alpha=\beta \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots .$.

Ugotovitev $\triangle E B C$ je enakokrak ali štirikotnik $C E D B$ je deltoid . . . . . . . 3 točke

Izračun kotov $\angle B A C=36^{\circ}, \angle C B A=72^{\circ}$ ter $\angle A C B=72^{\circ} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$.

Če pride tekmovalec do neke ugotovitve brez kakršnekoli razlage, sklepa ali računa, se mu odbijeta 2 točki. Za vsako nadaljno neutemeljeno ugotovitev, se odbije 1 točka.

I/4. Potrebujemo vsaj 5 domin. Če bi tabelo lahko pokrili s štirimi dominami, se te med sabo ne bi smele prekrivati in ne bi smele segati čez rob tabele, saj imajo štiri domine skupaj natanko 16 polj. Če to upoštevamo, potem lahko polje v levem zgornjem kotu pokrijemo le na dva načina, kot prikazuje skica, vendar potem polja označenega $\mathrm{z} *$ ne moremo nikakor pokriti.

Da 5 domin zadostuje, prikazuje naslednja skica.

Primer, da s petimi dominami lahko pokrijemo 3 točke

Trditev, da je odgovor 5 (tudi, če ni utemeljena ali če ni primera za 5). . .1 točka Ugotovitev, da če imamo le 4 domine, te ne segajo čez rob 1 točka Pravilno do konca dokazano, da potrebujemo vsaj 5 domin 2 točki

II/1. Največji skupni delitelj števil $11 n+4$ in $7 n+2$ deli tudi $7(11 n+4)-11(7 n+2)=6$, torej je lahko največ 6 . Če je $n=4$, je $11 n+4=48$ in $7 n+2=30$, največji skupni delitelj teh dveh števil pa je natanko 6. Odgovor je torej 6 .

2. način. Največji skupni delitelj števil $11 n+4$ in $7 n+2$ poiščimo z Evklidovim algoritmom.

Največji skupni delitelj zgornjih dveh števil deli 6 . Če je $n=4$, je $11 n+4=48$ in $7 n+2=30$, največji skupni delitelj teh dveh števil pa je natanko 6. Odgovor je torej 6.

Potek (odvisno za katero rešitev; točke se lahko delijo)

(Točke za potek se v primeru, da dijak ne pride do konca, razdelijo: 1 točka za začetek izvajanja Evklidovega algoritma, do 2 točki, če se kje zmoti, a je postopek pravilen in ga zaključi in 1 točka za zadnjo vrstico.)

Sklep, da največji skupni delitelj deli 6 , oz. da je največ 6 .

1 točka Konkreten primer za doseženo zgornjo mejo, npr. $n=4: \quad D(48,30)=6$ ali splošno $n=6 k-2, k \in \mathbb{N}$. (Največji možen skupni delitelj je torej 6 .)

.2 točki (Odgovor brez primera prinese 1 točko.)

II/2.

Ker je $\angle C D A=\angle A C B$, sta si trikotnika $A D C$ in $A C B$ podobna, zato je

$$\frac{\mathrm{\mid }AC\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }}=\frac{\mathrm{\mid }AD\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }AC\mathrm{\mid }}=\frac{\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }}{2\mathrm{\mid }AC\mathrm{\mid }}\backslash frac\{|A\; C|\}\{|A\; B|\}=\backslash frac\{|A\; D|\}\{|A\; C|\}=\backslash frac\{|A\; B|\}\{2|A\; C|\}$$

od koder sledi $|A B|=|A C| \sqrt{2}$. Ker je $A E$ simetrala kota $\angle B A C$, je

$$\frac{\mathrm{\mid }BE\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }CE\mathrm{\mid }}=\frac{\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }AC\mathrm{\mid }}=\sqrt{2}\backslash frac\{|B\; E|\}\{|C\; E|\}=\backslash frac\{|A\; B|\}\{|A\; C|\}=\backslash sqrt\{2\}$$

in iz $|C E|=|B F|$ sledi $|B E|=\sqrt{2}|B F|$. Ker je $E F B$ pravokotni trikotnik s pravim kotom pri oglišču $F$, po Pitagorovem izreku sledi, da je tudi $|E F|=|B E| \sqrt{2}$, kar pomeni, da je trikotnik $E F B$ tudi enakokrak in je $\angle C B A=\angle E B F=\frac{\pi}{4}$. Vemo že, da sta si trikotnika $A B C$ in $A C D$ podobna, zato je $\angle A C D=\angle C B A=\frac{\pi}{4}$. Naj bo $D^{\prime}$ pravokotna projekcija točke $A$ na premico $C D$. Potem je $A D^{\prime} C$ enakokrak pravokotni trikotnik, zato je $\left|A D^{\prime}\right|=\frac{|A C|}{\sqrt{2}}$. Po drugi strani pa smo že izračunali, da je $|A D|=\frac{1}{2}|A B|=\frac{|A C|}{\sqrt{2}}$. Ker točki $D$ in $D^{\prime}$ obe ležita na premici $C D$, pri čemer je $D^{\prime}$ pravokotna projekcija točke $A$ na $C D$, sledi, da je $D^{\prime}=D$. Torej je $\angle C D A=\frac{\pi}{2}$. Sledi $\angle A C B=\frac{\pi}{2}$ in $\angle B A C=\frac{\pi}{4}$.

Projiciranje točke $A$. ....................................................................................................................

2. način. Kot v prvi rešitvi pokažemo, da je $|A B|=\sqrt{2}|A C|$ in $\angle C B A=\frac{\pi}{4}$. Od tod po kosinusnem izreku sledi

$$\mathrm{\mid }AC{\mathrm{\mid }}^2=\mathrm{\mid }AB{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }BC{\mathrm{\mid }}^2-2\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }\mathrm{\mid }BC\mathrm{\mid }\frac{\sqrt{2}}{2}=2\mathrm{\mid }AC{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }BC{\mathrm{\mid }}^2-2\mathrm{\mid }AC\mathrm{\mid }\mathrm{\mid }BC\mathrm{\mid }|A\; C|^\{2\}=|A\; B|^\{2\}+|B\; C|^\{2\}-2|A\; B||B\; C|\; \backslash frac\{\backslash sqrt\{2\}\}\{2\}=2|A\; C|^\{2\}+|B\; C|^\{2\}-2|A\; C||B\; C|$$

kar lahko preoblikujemo v $(|A C|-|B C|)^{2}=0$. Tore je $|A C|=|B C|$ in zato $\angle B A C=$ $\angle C B A=\frac{\pi}{4}$ in $\angle A C B=\frac{\pi}{2}$.

II/3.

Označimo $|A B|=|C D|=a,|B C|=|D A|=b$ in $|E C|=c$. Tedaj je $|E A|=\frac{2}{3} c$ in $|E D|=a-c$. Po Pitagorovem izreku za trikotnik $A E D$ velja $b^{2}+(a-c)^{2}=\frac{4}{9} c^{2}$ oziroma $b^{2}=-a^{2}+2 a c-\frac{5}{9} c^{2}$. Po Pitagorovem izreku za trikotnika $B C E$ in $A B E$ velja $c^{2}+b^{2}=|E B|^{2}=a^{2}-\frac{4}{9} c^{2}$ oziroma $b^{2}=a^{2}-\frac{13}{9} c^{2}$. Ti dve enačbi primerjamo in dobimo $-a^{2}+2 a c-\frac{5}{9} c^{2}=a^{2}-\frac{13}{9} c^{2}$ oziroma $a^{2}-a c-\frac{4}{9} c^{2}=0$. Slednje lahko razstavimo kot $\left(a-\frac{4}{3} c\right)\left(a+\frac{1}{3} c\right)=0$. Ker sta $a$ in $c$ pozitivna, mora torej veljati $a=\frac{4}{3} c$. Od tod dobimo še $b^{2}=\frac{1}{3} c^{2}$ oziroma $b=\frac{1}{\sqrt{3}} c$. Torej je razmerje med dolžinama stranic pravokotnika enako $\frac{a}{b}=\frac{4 \sqrt{3}}{3}$.

Zapisan Pitagorov izrek za trikotnik $A E D$. 1 točka

Pitagorov izrek za trikotnik $B C E$. 1 točka

Pitagorov izrek za trikotnik $A B E$. 1 točka

Razcep izraza na $\left(a-\frac{4}{3} c\right)\left(a+\frac{1}{3} c\right)=0$.

1 točka$\qquad$ II/4. Ker so vsa števila v satovju naravna, obstaja najmanjše izmed njih. Označimo ga z $n$. Dovolj je pokazati, naslednje: če je $\mathrm{v}$ nekem šestkotniku zapisano število $n$, potem so $\mathrm{v}$ sosednjih šestkotnikih tudi zapisana števila $n$. Ker obstaja šestkotnik s številom $n$, bo potem namreč sledilo, da je v vseh šestkotnikih zapisano število $n$. Naj bo v nekem šestkotniku zapisano število $n$. Ker je $n$ najmanjše število v satovju, so na sosednjih šestkotnikih zapisana števila večja ali enaka $n$. Ker pa je povprečje petih izmed njih enako $n$, mora biti teh pet števil enakih $n$. Naj bo število na šestem sosednjem šestkotniku enako $k$. Denimo, da je $k \neq n$. Označimo preostala tri števila na šestkotnikih sosednjih šestkotniku s številom $k \mathrm{z}$ $n_{1}, n_{2}$ in $n_{3}$ (glej sliko).

Na sliki si poglejmo šestkotnik s številom $n$, ki je soseden šestkotniku s številom $n_{1}$. Ker je na njem zapisano število $n$, podobno kot prej sklepamo, da je pet izmed števil na sosednjih šestkotnikih enakih $n$. Ker pa je $k>n$, sledi, da je $n_{1}=n$. Če sedaj pogledamo šestkotnik s številom $n_{1}=n$, podobno sklepamo, da je tudi $n_{2}=n$. Če nazadnje pogledamo še šestkotnik s številom $n_{2}=n$, spet lahko sklepamo, da je tudi $n_{3}=n$. Torej so vsa števila na šestkotnikih sosednjih šestkotniku s številom $k$ enaka $n$, zato bi moralo biti tudi število $k$ enako $n$, kar pa je protislovje. Torej je $k=n$ in s tem je dokaz končan.

Uporaba ali zapis najmanjšega elementa satovja 3 točke
Največ en sosed od $n$ je različen od $n$ ( $n$ je najmanjši element)
1 točka Vsi sosedi števila $k$ so $n$ ..... 3 točke
(pri tem se 1 točka dodeli za poskus obravnave sosedov števila k)

III/1. Pišimo $p^{4}-q^{6}=r^{n}$ za neko praštevilo $r$ in naravno število $n$. Izraz $p^{4}-q^{6}$ najprej razstavimo kot $p^{4}-q^{6}=\left(p^{2}-q^{3}\right)\left(p^{2}+q^{3}\right)$. Ker je $p^{4}-q^{6}>0$, praštevili $p$ in $q$ ne moreta biti enaki, torej sta si tuji. Naj bo $d$ največji skupni delitelj števil $p^{2}-q^{3}$ in $p^{2}+q^{3}$. Potem $d$ deli tudi $2 p^{2}$ in $2 q^{3}$, zato je zaradi tujosti $p$ in $q$ lahko $d$ največ 2 .

Če je $d=2$, je tudi $r=2$ in je $p^{2}-q^{3}=2$ in $p^{2}+q^{3}=2^{n-1}$. Enačbi seštejemo, delimo z 2 in dobimo $p^{2}=1+2^{n-2}$ oziroma $2^{n-2}=p^{2}-1=(p-1)(p+1)$. Števili $p-1$ in $p+1$ morata biti obe potenci števila 2 , kar pa je možno le v primeru $p=3$. Toda zdaj dobimo protislovje $q^{3}=7$.

Torej je $d=1$. Ker sta števili $p^{2}-q^{3}$ in $p^{2}+q^{3}$ tuji, njun produkt pa je potenca praštevila, mora biti $p^{2}-q^{3}=1$ oziroma $p^{2}=q^{3}+1=(q+1)\left(q^{2}-q+1\right)$. Ker je $q$ praštevilo, je $q+1>2$ in $q^{2}-q+1>2$, torej noben od faktorjev $q+1$ in $q^{2}-q+1$ ni enak 1 . Ce želimo, da bo njun produkt kvadrat praštevila, morata biti torej faktorja enaka. Iz enakosti $q+1=q^{2}-q+1$ sledi $q=2$ in iz $p^{2}=1+q^{3}$ dobimo še $p=3$. Nazadnje še preverimo, da je $3^{4}-2^{6}=17$ res potenca praštevila. Edina rešitev je torej $p=3, q=2$. Izračun možnih gcd števil $p^{2}+q^{3}$ in $p^{2}-q^{3}$ ..... 2 točki Sklep $p^{2}-q^{3}=1$ v primeru $\operatorname{gcd}\left(p^{2}+q^{3}, p^{2}-q^{3}\right)=\mathbf{1}$ ..... 1 točka Zapis rešitev $p=3, q=2$ v primeru $\operatorname{gcd}\left(p^{2}+q^{3}, p^{2}-q^{3}\right)=\mathbf{1}$ ..... 1 točka Sklep $p^{2}+q^{3}=2^{n-1}$ in $p^{2}-q^{3}=2$ v primeru $\operatorname{gcd}\left(p^{2}+q^{3}, p^{2}-q^{3}\right)=\mathbf{2}$ ..... 1 točka Zapis $p=3$ in sklep, da ni rešitev v primeru $\operatorname{gcd}\left(p^{2}+q^{3}, p^{2}-q^{3}\right)=\mathbf{2}$ ..... 1 točka

2. način. Spet pišimo $p^{4}-q^{6}=r^{n}$. Z razmislekom o sodosti in lihosti ugotovimo, da vsi trije izmed $p, q, r$ hkrati ne morejo biti lihi. Ker je $r>0$, velja še $p>q$. Zaradi pozitivnosti vseh členov pridemo tudi do sklepa, da so si $p, q, r$ paroma različni. Ker je vsaj en sod, lahko obravnavamo 3 možnosti. Če je $p=2$, zaradi $p>q$ sledi $q=1$. V tem primeru torej ni rešitev. Če je $q=2$, lahko izraz razstavimo: $\left(p^{2}-8\right)\left(p^{2}+8\right)=r^{n}$, oziroma $p^{2}-8=r^{a}$ in $p^{2}+8=r^{b}$, kjer sta $a, b \in \mathbb{N}{0}$, in $b>a$. Spet ločimo dve možnosti: če $a=0$, dobimo rešitev $p=3, q=2, r=17$. Če pa je $a>0$, lahko enačbi odštejemo in izpostavimo $r$ : $16=r\left(r^{b-1}-r^{a-1}\right)$. Dobimo torej, da $r \mid 16$, od koder sledi $r=2=q$, kar spet ne da rešitev. Ostane še obravnava primera, ko je le $r=2$. Spet zapišemo $p^{2}-q^{3}=2^{a}$ in $p^{2}+q^{3}=2^{b}$, kjer sta $a, b \in \mathbb{N}{0}$ in $a<b$. Tokrat ločimo tri primere: če je $a=0$, dobimo $(p-1)(p+1)=q^{3}$, od koder (zaradi $p \neq 2$ ) sledi $p-1=q$ in $p+1=q^{2}$ oziroma $q=2$. Torej spet ni rešitev. Če je $a=1$ pa lahko enačbi seštejemo in izpostavimo 2. Po razcepu dobimo: $(p-1)(p+1)=2^{b-1}$, kjer $b>1$. Sledi, da sta tako $p-1$ kot $p+1$ potenci dvojke, kar je možno le, če $p=3$, od koder pa dobimo, da je $q^{3}=7$. Spet ni rešitev. Če pa je $a>1$, spet seštejemo enačbi in izpostavimo s̆tirico: $2 p^{2}=4\left(2^{b-2}-2^{a-2}\right)$. Od tod pa sledi $p=2$, kar spet ne da rešitev.

Ugotovitve, da $p, q$ in $r$ ne morejo biti vsi lihi, da so paroma različni in da $p>q \ldots 1$ točka

Obravnava primera $p=2$

1 točka

Obravnava primera $q=2$ (primera $a=0$ in $a>0$, zapis rešitve)

III/2. Če enakost $\log$. dobimo $\frac{\log x \log 2013}{\log 3}=\frac{\log y \log 2013}{\log 5}$ oziroma $\log y=\frac{\log 5}{\log 3} \log x=\log _{3} 5 \log x$. Od tod med drugim sledi, da sta $\log y$ in $\log x$ istega predznaka, torej sta $x$ in $y$ bodisi oba manjša od 1 bodisi oba enaka 1 bodisi oba večja od 1. Po drugi strani lahko neenakost preuredimo v $\log _{\frac{1}{2}}(x y)>0$ in ker je $\frac{1}{2}<1$, sledi $x y<1$. Iz obojega sledi, da sta $x$ in $y$ manjša od 1 , torej sta $\log x$ in $\log y$ negativna. Ker pa je $\log _{3} 5>1$, sledi $\log y=\log _{3} 5 \log x<\log x$, oziroma $y<x$. Torej je večje število $x$.

2. način. Ker sta $x$ in $y$ pozitivni števili, ju lahko zapišemo v obliki $x=3^{\alpha}$ in $y=5^{\beta}$, kjer sta $\alpha$ in $\beta$ realni števili. Če slednje vstavimo v enakost, dobimo $2013^{\alpha}=\left(5^{\log _{5} 2013}\right)^{\beta}=2013^{\beta}$, torej je $\alpha=\beta$. Če $x$ in $y$ vstavimo še v neenakost, dobimo $\alpha\left(\log _{\frac{1}{2}} 3+\log _{\frac{1}{2}} 5\right)>0$. Ker je $\log _{\frac{1}{2}} 3+\log _{\frac{1}{2}} 5<0$, sledi $\alpha<0$. Torej je $x=3^{\alpha}>5^{\alpha}=y$. Večje s̆tevilo je torej $x$.

III/3.

Zaradi tetivnosti štirikotnika $R B C Q$ je $\angle R Q B=\angle R C B$, torej iz pogoja naloge sledi $\angle E C T=\angle A C R=\angle B Q P$. Ker je štirikotnik $Q A B P$ tetiven, pa je $\angle B Q P=\angle B A P$. Ker sta $E$ in $D$ razpolovišči stranic, sta premici $A B$ in $D E$ vzporedni, torej je $\angle B A P=$ $\angle E D A=\angle E D T$. Iz vsega sledi $\angle E C T=\angle E D T$, torej je s̆tirikotnik $D C E T$ tetiven.

Tetivnost ARBPCQ ali posameznih štirikotnikov

1 točka

$\angle A C R=\angle B Q P$ 2 točki

$\angle B Q P=\angle B A P$ 1 točka

$A B$ je vzporedna $E D$ 1 točka

$\angle B A P=\angle E D A$ 1 točka $E T D C$ je tetiven 1 točka

2. način. Označimo dolžine stranic trikotnika in njegove kote kot običajno in naj bo $F$ razpolovišče stranice $A B$. Zaradi tetivnosti šestkotnika $A R B P C Q$ in predpostavke naloge je $\angle R A T=\angle R A P=\angle R Q P=\gamma$ in $\angle T R A=\angle C R A=\beta$. To pomeni, da sta si trikotnika $A B C$ in $T R A$ podobna in velja $\angle A T R=\alpha$. Po drugi strani pa je zaradi tetivnosti tudi $\angle B R T=\angle B R C=\alpha$. Torej sta si trikotnika $A F T$ in $B F R$ podobna in zaradi $|A F|=|B F|$ sta celo skladna. Zato je $A R B T$ paralelogram, od koder sledi $\angle D T E=\pi-\angle B T P=$ $\pi-\angle T B R=\pi-\angle R A T=\pi-\gamma$, torej je štirikotnik $T D C E$ res tetiven. Tetivnost ARBPCQ ali posameznih štirikotnikov ..... 1 točka $A R B T$ je paralelogram ..... 3 točke $\angle D T E=\pi-\gamma$ ..... 2 točki $E T D C$ je tetiven 1 točka
3. način. Kot v drugi rešitvi ugotovimo, da je $\angle A T R=\alpha$. Od tod pa sledi podobnost trikotnikov $A F T$ in $C F A$. Zato je

$$\frac{\mathrm{\mid }AF\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }FT\mathrm{\mid }}=\frac{\mathrm{\mid }CF\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }AF\mathrm{\mid }}\backslash frac\{|A\; F|\}\{|F\; T|\}=\backslash frac\{|C\; F|\}\{|A\; F|\}$$

Ker težišče deli težiščnico v razmerju $2: 1$, je $|F T|=\frac{1}{3}|C F|$, in ker je $|A F|=\frac{c}{2}$, sledi $|C F|=\frac{\sqrt{3}}{2} c$. Prav tako zaradi podobnosti trikotnikov $A F T$ in $C F A$ velja

$$\frac{\mathrm{\mid }AT\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }AC\mathrm{\mid }}=\frac{\mathrm{\mid }AF\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }CF\mathrm{\mid }}\backslash frac\{|A\; T|\}\{|A\; C|\}=\backslash frac\{|A\; F|\}\{|C\; F|\}$$

Upoštevamo, da je $|A F|=\frac{c}{2}$ in $|C F|=\frac{\sqrt{3}}{2} c$, in dobimo $|A T|=\frac{b}{\sqrt{3}}$ in $|A D|=\frac{3}{2}|A T|=\frac{\sqrt{3}}{2} b$. Sledi

$$\frac{\mathrm{\mid }AT\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }AE\mathrm{\mid }}=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{\mathrm{\mid }AC\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }AD\mathrm{\mid }}\backslash frac\{|A\; T|\}\{|A\; E|\}=\backslash frac\{2\}\{\backslash sqrt\{3\}\}=\backslash frac\{|A\; C|\}\{|A\; D|\}$$

torej sta si trikotnika $A T E$ in $A C D$ podobna. Torej je $\angle E C D=\pi-\angle D T E$, kar pomeni, da je štirikotnik $E C D T$ tetiven.

$A F T$ in $C F A$ sta podobna ..................................................................................................................

ATE in $A C D$ sta podobna ......................................................... 2 točki

$E T D C$ je tetiven ........................................................................................

III/4. Potrebujemo vsaj 6 domin. Oglejmo si osenčena polja na naslednji skici.

Za pokritje levega spodnjega in desnega zgornjega vogala potrebujemo dva domini in ti dve domini ne pokrijeta nobenega drugega osenčenega polja. Za pokritje treh osenčenih polj v levem zgornjem vogalu potrebujemo vsaj dve domini (ker domine ne smejo segati čez rob tabele) in ti dve domini ne bosta pokrili nobenega drugega osenčenega polja. Za pokritje treh osenčenih polj v desnem spodnjem vogalu prav tako potrebujemo vsaj dve domini. Skupaj torej potrebujemo vsaj 6 domin. Da 6 domin zadostuje, je razvidno iz naslednjih skic, ki prikazujejo položaje vseh šestih domin.

IV/1. V funkcijsko enačbo vstavimo $x=y=0$, da dobimo $f(0)=f(0)^{2}$. Torej je $f(0)=0$ ali $f(0)=1$. Če je $f(0)=0$, v funkcijsko enačbo vstavimo $y=0$ in dobimo $f(x)=0$ za vsak $x$. Očitno ta funkcija zadošča pogojem naloge. Če pa je $f(0)=1$, v funkcijsko enačbo spet vstavimo $y=0$ in izpeljemo $f(x)=\frac{1}{x+1}$. Prepričamo se lahko, da tudi ta funkcija zadošča pogojem naloge. Rešitvi naloge sta torej funkciji $f(x)=0$ in $f(x)=\frac{1}{x+1}$. Zapis enakosti za $x=0, y=0$ ali $x=y$ ..... 1 točka Ugotovitev, da je $f(0)=0$ ali $f(0)=1$ ..... 2 točki Ugotovitev, da je $f(x)=0$ rešitev ..... 1 točka Ugotovitev, da je $f(x)=\frac{1}{x+1}$ rešitev ..... 1 točka Ugotovitev, da ni drugih rešitev ..... 1 točka Preverjanje, da je $f(x)=\frac{1}{x+1}$ res rešitev ( $f(x)=0$ je očitno rešitev) ..... 1 točka

IV/2. Odgovor je 2. Primer takega zaporedja je na primer zaporedje $a_{n}=2\left(\frac{3}{2}\right)^{n-1}$, ki vsebuje praštevili 2 in 3. Denimo, da geometrijsko zaporedje $a_{n}=a q^{n-1}$, kjer je $q \neq 1$ vsebuje tri praštevila. Denimo, da so to $a_{k}, a_{m}$ in $a_{n}$, kjer je $k<m<n$. Ker je zaporedje nekonstantno, so ta tri praštevila različna. Ker je $\frac{a_{n}}{a_{m}}=q^{n-m}$ in $\frac{a_{m}}{a_{k}}=q^{m-k}$, velja $\left(\frac{a_{n}}{a_{m}}\right)^{m-k}=$ $\left(\frac{a_{m}}{a_{k}}\right)^{n-m}$ oziroma $a_{n}^{m-k} a_{k}^{n-m}=a_{m}^{n-k}$. Ker pa so $m-k, n-m, n-k>0$ in so $a_{k}, a_{m}, a_{n}$ različna praštevila, to ni mogoče.

Sklep, da to ni možno .................................................................. 1 točka

Razlog je enoličnost praštevilskega razcepa ........................................ 1 točka

IV/3.

Ker je štirikotnik $E S_{2} C D$ tetiven, je $\angle S_{2} E D=\angle S_{2} C A=\angle C A S_{2}$. Torej je trikotnik $E A D$ enakokrak z vrhom $D$. Od tod sledi $|A H|=|E H|$ oziroma $|A H|=\frac{1}{2}|E A|=$ $\frac{1}{2}\left(2 r+\frac{2}{3} r\right)=\frac{4}{3} r$. Ker je $\frac{4}{3} r$ natanko premer krožnice $\mathcal{K}{2}$, točka $H$ leži na krožnici $\mathcal{K}{2}$.

TOČKOVNIK

$A D E$ je enakokrak . ................................................................................................................................

2. način.

Postavimo problem v pravokotni koordinatni sistem z izhodiščem v $S_{1}$. Brez škode za splošnost lahko izberemo koordinatni sistem tako, da je $r=1$ in da tudi $S_{2}$ leži na x-osi. Tedaj velja $S_{1}(0,0), S_{2}(1,0), A\left(\frac{5}{3}, 0\right), \mathcal{K}{2}: x^{2}+y^{2}=1, \mathcal{K}{2}:(x-1)^{2}+y^{2}=\left(\frac{2}{3}\right)^{2}$. Presečišče $\mathcal{K}{1}$ in $\mathcal{K}{2}: x^{2}-2 x+1+y^{2}=\frac{4}{9}$, upoštevamo $x^{2}+y^{2}=1$, torej $x=\frac{7}{9}$ in $y= \pm \frac{4 \sqrt{2}}{9}$. Brez škode za splošnost lahko izberemo pozitivni $y$, torej dobimo $C\left(\frac{7}{9}, \frac{4 \sqrt{2}}{9}\right)$. Premica $p$ skozi $A C: y=-\frac{\sqrt{2}}{2} x+\frac{5 \sqrt{2}}{6}$. Izračunamo presečišče $p$ in $\mathcal{K}{1}: x^{2}+\left(-\frac{\sqrt{2}}{2} x+\frac{5 \sqrt{2}}{6}\right)^{2}=1$, torej $\frac{3}{2} x^{2}-\frac{5}{3} x+\frac{7}{18}=0$, in dobimo $x{1}=\frac{7}{9}$ in $x_{2}=\frac{1}{3}$. Prvi je $\mathrm{x}$ koordinata točke $C$, drugi pa $\mathrm{x}$ koordinata točke $D$. Koordinate točke $H$, ki je pravokotna projekcija točke $D$ na x-os, so torej $H\left(\frac{1}{3}, 0\right)$. Ta točka ustreza enačbi za $\mathcal{K}{2}$, torej leži na $\mathcal{K}{2}$.

TOČKOVNIK

Pravilne enačbe obeh krožnic in postavitev $A, S_{1}, S_{2} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka

Točka $H$..................................................................................................... 2 točki

3. način.

Naj bo $X$ od $A$ različno presečišče $\mathcal{K}{2}$ z $S{1} S_{2} . \angle C S_{2} B=2 \angle C A X$ (obodni in središčni kot). $\angle A C S_{2}=\angle A C S_{2}=\angle D B S_{2}$ torej $\angle S_{2} S_{1} D=2 \angle D B S_{2}=\angle C S_{2} B . \frac{\left|S_{1} D\right|}{\left|S_{1} X\right|}=\frac{r}{r-\frac{2}{3} r}=3$ in $\frac{\left|B S_{2}\right|}{S_{2} C}=\frac{2 r}{\frac{2}{3} r}=3$, torej sta trikotnika $B S_{2} C$ in $D S_{1} X$ podobna. Ker pa je $\angle B C S_{2}=\frac{\pi}{2}$, je $\angle D X S_{1}=\frac{\pi}{2}$ in torej $H=X$.

TOČKOVNIK

4. način.

Brez škode za splošnost si lahko izberemo enote tako, da je $r=1$. Naj bo $F$ drugo presečišče $\mathcal{K}{1}$ s $S{1} S_{2}$ in naj bo $P$ pravokotna projekcija točke $C$ na $S_{1} S S_{2}$. Tedaj velja $\mid S_{1} P+P S_{2}=1$. Uporabimo Pitagorov izrek v trikotniku $C P S_{2}:|C P|^{2}=\left(\frac{2}{3}\right)^{2}-\left|P S_{2}\right|^{2}$ in v trikotniku $S_{1} C P:|C P|^{2}=1-\left|S_{1} P\right|^{2}=1-\left(1-\left|S_{2} P\right|\right)^{2}$. Iz teh dveh enačb sedaj dobimo $\left|P S_{2}\right|=\frac{2}{9}$ in $|C P|=\sqrt{\frac{32}{81}}$. Pitagorov izrek v trikotniku $A C P:|A C|^{2}=|C P|^{2}+$ $|P A|^{2}=\frac{32}{27}$, torej $|A C|=\sqrt{\frac{32}{27}}$. Potenca točke $A$ na $\mathcal{K}{1}:|A C| \cdot|A D|=\left|A S{2}\right| \cdot|A F|=\frac{16}{9}$, torej $|A D|=\frac{16}{9 \sqrt{\frac{32}{27}}}$. Trikotnika $P A C$ in $D H A$ sta podobna, torej velja $\frac{|A C|}{|A D|}=\frac{|A P|}{|A H|}$, torej $|A H|=\frac{|A D| \cdot|A P|}{|A C|}=\frac{4}{3}$, kar je ravno premer $\mathcal{K}{2}$, torej $H$ leži na $\mathcal{K}{2}$.

TOČKOVNIK

Zapisana Pitagorova izreka za $C P S_{2}$ in $S_{1} C P \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka

Podobnost in razmerje za trikotnika $P A C$ in $D H A \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ Izražen $|A H|$ ..... 1 točka Tedaj je $H$ na $\mathcal{K}_{2}$ ..... 1 točka

IV/4. Če je na turnirju 2013 tekmovalcev, potem gre v drugi krog $1+\frac{2012}{2}=1007$ tekmovalcev. V tretji krog se uvrsti $1+\frac{1006}{2}=504$ tekmovalcev, v četrti krog pa $\frac{504}{2}=$ 252 tekmovalcev. V peti krog nato napreduje $\frac{252}{2}=126$ tekmovalcev, $\mathrm{v}$ sestega $\frac{126}{2}=63$ tekmovalcev, v sedmega pa $1+\frac{62}{2}=32$ tekmovalcev. V osmi krog gre $\frac{32}{2}=16$ tekmovalcev, v devetega $\frac{16}{2}=8$ tekmovalcev, v desetega pa $\frac{8}{2}=4$ tekmovalci. V enajsti krog se uvrstita 2 tekmovalca, ki se v tem krogu pomerita za zmago. Torej je $f(2013)=11$.

Če je na turnirju manj ali enako $1024=2^{10}$ tekmovalcev, potem bo na turnirju največ 10 krogov. Po $j$-tem krogu bo namreč ostalo največ $\frac{2^{10}}{2^{j}}=2^{10-j}$ tekmovalcev. Torej jih po 10 -ih krogih ostane največ $2^{10-10}=1$ in turnir je že zaključen. Poračunajmo, da velja $f(1025)=11$. Ker je $1025=1+2^{10}$, se v drugi krog uvrsti $1+2^{9}$ tekmovalcev, v tretji krog $1+2^{8}$ tekmovalcev, $\mathrm{v}$ četrtega $1+2^{7}$ tekmovalcev in tako dalje, vse do desetega kroga, $\mathrm{v}$ katerega se uvrstijo $1+2^{1}=3$ tekmovalci. V enajsti krog se uvrstita dva tekmovalca, ki se pomerita za zmago. Najmanjše naravno s̆tevilo $n$, pri katerem je $f(n)=f(2013)$, je torej 1025 .

TOČKOVNIK ZA URADNO REŠITEV:

Izračun $f(2013)=11$ 2 točki

(za pravilen izračun a napačen odgovor dobi tekmovalec 1 točko)

Sklep, da za $n \leq 1024$ velja $f(n) \leq 10$ 3 točke

(če manjka utemeljitev, dobi tekmovalec največ $\mathbf{1}$ točko, za izračun $f(1024)=10$ )

Izračun $f(1025)$ = 11 ................................................................... 2 točki

Če je določena vrednost funkcije $f$ le navedena, izračun pa manjka, se tekmovalcu odšteje 1 točka.

TOČKOVNIK ZA ALTERNATIVNO REŠITEV:

Ugotovitev $f(n)=k+1$ za $2^{k}<n<2^{k+1} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točke

(če manjka utemeljitev dobi tekmovalec 0 točk)

Odgovor $n=1025$....................................................................... 1 točka