# 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.

45. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Idrija, 12. maja 2001

## NALOGE ZA PRVI LETNIK

1. Naj bodo $k, m$ in $n$ poljubna naravna števila, ki niso deljiva s 5. Dokaži, da je vsaj eno izmed števil $k^{2}-m^{2}, m^{2}-n^{2}$ in $n^{2}-k^{2}$ deljivo s 5 .
2. Tina je na pet listkov zapisala po eno naravno število, a ni hotela izdati, katera števila je zapisala. Prebrisani Žan jo je prepričal, da mu je povedala vse vsote po dveh števil. Zvedel je, da so bile vsote 17, 20, 28, $14,42,36,28,39,25$ in 31. Katera števila je zapisala Tina?
3. Dana je daljica $A B$. Na tej daljici izberimo poljubno točko $\mathrm{P}$, različno od $A$ in $B$, ter konstruirajmo enakokraka pravokotna trikotnika $A P Q$ in $P B R$, katerih vrhova $Q$ in $R$ ležita na istem bregu premice skozi $A$ in $B$. Naj bo točka $M$ razpolovišče daljice $Q R$. Dokaži, da oddaljenost točke $M$ od premice skozi $A$ in $B$ ni odvisna od izbire točke $P$.
4. Andraž in Breda sta iz časopisa odrezala dva dolga trakova dolžin $a$ in $b$, da bi se z njima igrala. Pri tej igri odreže igralec, ki je na vrsti, od poljubnega traku kos dolžine $d$. Igro izgubi igralec, ki prvi ne more odrezati kosa dolžine $d$. Andraž kot kavalir prepusti Bredi, da začne igro. Ugotovi, kako dolžini trakov vplivata na to, kdo bo zmagal.

Naloge rešujte samostojno. Čas reševanja: $3 \frac{1}{2}$ ure.

Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.

45. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Idrija, 12. maja 2001

## NALOGE ZA DRUGI LETNIK

1. Poišči vsa naravna števila $a, b$ in $c$, ki zadoščajo enačbi

$$
\frac{a+b}{a+c}=\frac{b+c}{b+a}
$$

in za katere velja, da je $a b+a c+b c$ praštevilo.

2. Za poljubno naravno število $n$ označimo s $p(n)$ produkt števk tega naravnega števila, zapisanega desetiško. Izračunaj vsoto

$$
p(1)+p(2)+\cdots+p(2001)
$$

3. Naj bosta $E$ in $F$ taki notranji točki na stranici $A B$ pravokotnika $A B C D$, da je $|A E|=|E F|$. Pravokotnica na $A B$ skozi točko $E$ seka diagonalo $A C$ v točki $G$, daljici $F D$ in $B G$ pa se sekata v točki $H$. Dokaži, da imata trikotnika $F B H$ in $G H D$ enaki ploščini.
4. Določi najmanjše število polj na tabli razsežnosti $8 \times 8$, ki jih moramo pobarvati, da bo na vsakem kosu tabele v obliki črke L (glej sliko) vsaj eno polje pobarvano.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_44798e3c82dc47fe22e9g-3.jpg?height=177&width=169&top_left_y=1876&top_left_x=1640)

Naloge res̆ujte samostojno. Čas reševanja: $3 \frac{1}{2}$ ure.

Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.

45. matematično tekmovanje

srednješolcev Slovenije

Idrija, 12. maja 2001

## NALOGE ZA TRETJI LETNIK

1. (a) Dokaži, da za vsako naravno število $n$ velja

$$
\sqrt{n+1}-\sqrt{n}<\frac{1}{2 \sqrt{n}}<\sqrt{n}-\sqrt{n-1}
$$

(b) Dokaži, da je celi del izraza

$$
1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{m^{2}-1}}+\frac{1}{\sqrt{m^{2}}}
$$

kjer je $m$ naravno število, enak $2 m-2$ ali $2 m-1$.

2. Poišči vsa racionalna števila $r$, za katera so vse rešitve enačbe

$$
r x^{2}+(r+1) x+r=1
$$

cela števila.

3. Na stranici $B C$ ostrokotnega trikotnika $A B C$ leži taka točka $D$, da je $|A B|=|A D|$. Naj bo $E$ taka točka na višini iz $C$ trikotnika $A B C$, da se krožnica $\mathcal{K}_{1} \mathrm{~s}$ središčem v $E$ dotika premice $A D$ v točki $D$. Označimo s $\mathcal{K}_{2}$ krožnico skozi $C$, ki se dotika premice $A B$ v točki $B$. Dokaži, da leži točka $A$ na premici, ki poteka skozi presečišči krožnic $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}$.
4. Tabla razsežnosti $8 \times 8$ je razdeljena na 64 enotskih kvadratkov. Domine v obliki znaka + (glej sliko) polagamo na tablo tako, da se njihove notranjosti ne sekajo, robovi domin se prekrivajo

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_44798e3c82dc47fe22e9g-4.jpg?height=168&width=165&top_left_y=2052&top_left_x=1645)
z robovi ustreznih enotskih kvadratkov, domine same pa v celoti ležijo na tabli. Največ koliko domin lahko položimo na tablo na tak način?

Naloge rešujte samostojno. Čas reševanja: $3 \frac{1}{2}$ ure.

Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.

45. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Idrija, 12. maja 2001

## NALOGE ZA ČETRTI LETNIK

1. Naj bodo $a, b, c, d, e$ in $f$ taka pozitivna realna števila, da je zaporedje $a, b, c, d$ aritmetično, zaporedje $a, e, f, d$ pa geometrično. Dokaži, da velja

$$
b c \geq e f
$$

2. Poišči vsa praštevila $p$, za katera je število $3^{p}-(p+2)^{2}$ praštevilo.
3. Naj bo $D$ nožišče višine na stranico $B C$ trikotnika $A B C$. Simetrala notranjega kota pri $C$ seka nasprotno stranico v točki $E$. Koliko meri kot $\Varangle E D B$, če je $\Varangle C E A=\frac{\pi}{4}$ ?
4. Naj bo $n \geq 4$. Oštevilčimo $n$ točk na krožnici s številkami od 1 do $n$. Rečemo, da sta nesosednji točki, oštevilčeni z $a$ in $b$, pravilen par, če so vsaj na enem izmed lokov, ki ju določata $a$ in $b$, vse točke ostevilčene s števili, manjšimi od $a$ in $b$. Dokaži, da je število pravilnih parov enako $n-3$.

Naloge rešujte samostojno. Čas reševanja: $3 \frac{1}{2}$ ure.

Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.

## REŠITVE NALOG Z DRŽAVNEGA TEKMOVANJA

I/1. Ker s̆tevila $k, m$ in $n$ niso deljiva s 5 , so oblike $5 t \pm 1$ ali $5 t \pm 2$. $\operatorname{Iz}(5 t \pm 1)^{2}=5 t^{\prime}+1$ in $(5 t \pm 2)^{2}=5 t^{\prime}+4$ pa vidimo, da imajo števila $k^{2}, m^{2}$ in $n^{2}$ le dva možna ostanka pri deljenju s 5. Torej je vsaj ena izmed razlik $k^{2}-m^{2}, m^{2}-n^{2}$ in $n^{2}-k^{2}$ deljiva s 5 .

I/2. Označimo števila z $a, b, c, d$ in $e$. Predpostavimo lahko, da velja $a \leq b \leq c \leq d \leq e$. Uredimo vsote po velikosti: $14,17,20,25,28,28,31,36,39,42$. Gotovo je $a+b=14$, $a+c=17, d+e=42$ in $c+e=39$. Ce seštejemo vse vsote, se vsako od števil pojavi v tej vsoti natanko štirikrat, zato je $4(a+b+c+d+e)=280$ ali $a+b+c+d+e=70$. Ker je $a+b=14$ in $d+e=42$, je $c=14$. Sedaj ni težko poiskati še drugih štirih s̆tevil, tako da je rešitev: $3,11,14,17,25$.

I/3. Nalogo bomo rešili nekoliko splošneje. Privzeli bomo, da sta $A P Q$ in $P B R$ podobna enakokraka trikotnika (z vrhoma $Q$ oz. $R$ ).

Označimo s $C$ presečišče premic $A Q$ in $B R$. Potem je $Q P R C$ paralelogram in $M$ razpolovišče njegovih diagonal. Če sedaj označimo z $A^{\prime}$ in $B^{\prime}$ razpolovišči daljic $A C$ in $B C$, leži točka $M$ na daljici $A^{\prime} B^{\prime}$. Trditev je tako dokazana, saj je $A^{\prime} B^{\prime} \| A B$, točke $A^{\prime}, B^{\prime}$ in $C$ pa so

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_44798e3c82dc47fe22e9g-6.jpg?height=409&width=671&top_left_y=855&top_left_x=1206)
neodvisne od izbire točke $P$.

I/4. Iz traku dolžine $a$ lahko zaporedoma odrežemo $\left[\frac{a}{d}\right]$ kosov dolžine $d$, iz traku dolžine $b$ pa $\left[\frac{b}{d}\right]$ kosov dolžine $d$. Igre bo torej konec po $n=\left[\frac{a}{d}\right]+\left[\frac{b}{d}\right]$ potezah. Ker začne igrati Breda, dela lihe reze, Andraž pa sode. Torej, če je število $n$ liho, bo zmagala Breda, ki bo naredila zadnji rez, če pa je število rezov sodo, bo zmagal Andraž.

OpombA. Z $[x]$ označimo največje celo število, ki ne presega realnega števila $x ;$ npr. $[\pi]=3$, $[-\pi]=-4$.

II/1. Označimo praštevilo $a b+b c+c a$ s $p$. Iz zveze dobimo, da je $(a+b)^{2}=c^{2}+p$ oziroma $p=(a+b-c)(a+b+c)$. Ker je $p$ praštevilo in je $0<a+b-c<a+b+c$, mora biti $a+b-c=1$ in $a+b+c=p$ oziroma $c=\frac{p-1}{2}$ in $a+b=\frac{p+1}{2}$. Po drugi strani pa mora biti $a b=p-b c-c a=p-c(a+b)=p-\frac{p-1}{2} \cdot \frac{p+1}{2}=-\frac{p^{2}-4 p-1}{4}$ pozitivno število. Ničli kvadratne funkcije $f(x)=x^{2}-4 x-1$, ki ima pozitiven vodilni koeficient, sta $2-\sqrt{5}$ in $2+\sqrt{5}<5$, torej je $p$ lahko le 2 ali 3. Ker 2 ne more biti, saj $c=\frac{p-1}{2}$ ne bi bilo celo s̆tevilo, je $p=3$. Tako je $c=1, a+b=2$ in ker sta $a$ in $b$ naravni števili, je edina rešitev $a=b=c=1$. Trojica $(1,1,1)$ seveda ustreza vsem pogojem naloge.

II/2. Izračunamo $p(1)+p(2)+\cdots+p(9)=45$. Če označimo s $k$ stotice in z $j$ desetice, potem je

$$
\begin{aligned}
p(j 0)+p(j 1)+\cdots+p(j 9) & =j \cdot 45 \\
p(k j 0)+p(k j 1)+\cdots+p(k j 9) & =k \cdot j \cdot 45 \text { in } \\
p(1 k j 0)+p(1 k j 1)+\cdots+p(1 k j 9) & =k \cdot j \cdot 45
\end{aligned}
$$

Sledi $p(1)+\cdots+p(99)+p(100)+\cdots+p(999)+p(1000)+\cdots+p(1999)+p(2000)+p(2001)=45(1+$ $1+2+\cdots+9)+45(1+2+\cdots+9)(1+2+\cdots+9)+45(1+2+\cdots+9)(1+2+\cdots+9)+0+0=184320$.

II/3. Naj $p_{X Y Z}$ označuje ploščino trikotnika $X Y Z$. Računajmo

$$
\begin{aligned}
p_{D G H}-p_{H F B}= & \left(p_{D A F}-p_{D A G}-p_{A E G}-p_{E F G}-p_{G F H}\right) \\
& -\left(p_{E B G}-p_{E F G}-p_{G F H}\right)= \\
= & p_{D A F}-p_{D A G}-p_{A E G}-p_{E B G}
\end{aligned}
$$

Označimo z $a=|A B|, b=|B C|, x=|A E|=|E F|$ in $y=$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_44798e3c82dc47fe22e9g-7.jpg?height=414&width=531&top_left_y=216&top_left_x=1345)
$|E G|$. Sledi

$$
\begin{aligned}
p_{D A F}-p_{D A G}-p_{A E G}-p_{E B G} & =b x-\frac{1}{2} b x-\frac{1}{2} x y-\frac{1}{2}(a-x) y= \\
& =\frac{1}{2}(b x-a y)=0
\end{aligned}
$$

saj zaradi podobnosti trikotnikov $A E G$ in $A B C$ velja $x: y=a: b$.

II/4. Najmanjše število polj, ki jih moramo pobarvati, je 32. Tablo najprej razdelimo na 16 kvadratov s po 4 polji. Če bi pobarvali samo 31 polj table, potem je vsaj v enem od teh kvadratov največ eno polje pobarvano. V tem kvadratu je potem lik oblike črke L brez pobarvanih polj. Če pobarvamo tablo kot šahovnico, pa vidimo, da 32 pobarvanih polj zadošča.

III/1. (a) Ko neenakost $\sqrt{n+1}-\sqrt{n}<\frac{1}{2 \sqrt{n}}$ pomnožimo s $\sqrt{n+1}+\sqrt{n}$, dobimo $1<$ $\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{2 \sqrt{n}}$, kar očitno drži. Ko pa neenakost $\frac{1}{2 \sqrt{n}}<\sqrt{n}-\sqrt{n-1}$ pomnožimo s $\sqrt{n}+\sqrt{n-1}$, dobimo $\frac{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}{2 \sqrt{n}}<1$, kar spet očitno drži.

(b) Označimo $S=\sum_{n=1}^{m^{2}} \frac{1}{\sqrt{n}}$. Ko seštejemo vse neenakosti

$$
\sqrt{n+1}-\sqrt{n}<\frac{1}{2 \sqrt{n}}<\sqrt{n}-\sqrt{n-1}
$$

od $n=1$ do $n=m^{2}$, dobimo

$$
\sqrt{m^{2}+1}-\sqrt{1}<\frac{1}{2} S<\sqrt{m^{2}}-\sqrt{1-1}
$$

in od tod

$$
2\left(\sqrt{m^{2}+1}-1\right)<S<2 m
$$

Ker je $2 m-2\left(\sqrt{m^{2}+1}-1\right)=2\left(m-\sqrt{m^{2}+1}+1\right)<2$, velja ocena $2 m-2<S<2 m$. Torej za celo s̆tevilo $S$ velja $2 m-2 \leq[S]<2 m$ oz. $[S] \in\{2 m-2,2 m-1\}$.

III/2. Pišimo $r=\frac{a}{b}$, kjer sta $a$ in $b$ tuji števili, $a>0$, in predpostavimo, da ima enačba celoštevilske rešitve. Dobimo $a x^{2}+(a+b) x+(a-b)=0$, od koder sledi $a \mid(a-b)$, zato je $a=1$. Da bi imela kvadratna enačba $x^{2}+(1+b) x+(1-b)=0$ kakšno celoštevilsko rešitev, mora biti njena diskriminanta popolni kvadrat. Torej $(b+3)^{2}-12=c^{2}$, kar lahko preoblikujemo $\mathrm{v}(b+3-c)(b+3+c)=12$. Ker sta števili $b+3-c$ in $b+3+c$ iste parnosti, sta $2 \cdot 6=12=(-2) \cdot(-6)$ edina možna razcepa. Sledi $b=-3 \pm 4 \in\{1,-7\}$. Za $b=1$ imamo enac̆bo $x^{2}+2 x=0$, ki ima celoštevilski rešitvi $x=0$ in $x=-2$, za $b=-7$ pa dobimo enačbo $x^{2}-6 x+8$, ki ima celoštevilski rešitvi $x=4$ in $x=2$. Torej sta $r=1$ in $r=-\frac{1}{7}$ edini rešitvi.

III/3. Narišimo dovolj veliko skico in privzemimo običajne oznake kotov trikotnika $A B C$. Označimo presečišče krožnice $\mathcal{K}_{2}$ z daljico $A C$ z $F$. Kot med tetivo $F B$ in tangento $A B$ je enak obodnemu kotu nad to tetivo. Sledi $\Varangle F B A=\gamma$, kar nam da $\Varangle A F B=\beta$. Torej je $A B D F$ tetivni štirikotnik in $\Varangle D F C=\beta$. Po definiciji krožnice $\mathcal{K}_{1}$ je $E D \perp A D$, zato $\Varangle E D C=$ $\pi / 2-\beta=\Varangle E C D$. Krožnica $\mathcal{K}_{1}$ torej poteka skozi točko $C$ in $\Varangle D E C=2 \beta$. Zaradi $\Varangle D F C=\beta$ je $F \in \mathcal{K}_{1}$. Krožnici $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}$ se tako sekata v točkah $F$ in $C$, točka $F$ pa po

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_44798e3c82dc47fe22e9g-8.jpg?height=636&width=842&top_left_y=216&top_left_x=1035)
konstrukciji leži na $A C$.

III/4. Očitno sta ob vsakem robu table kvečjemu dva enotska kvadratka prekrita. Torej je lahko v celoti prekritih največ $4 \cdot 2+6 \cdot 6=44$ enotskih kvadratkov. Ker vsaka domina prekrije 5 enotskih kvadratkov, lahko na tablo postavimo največ $\frac{44}{5}<9$ domin. Slika na desni pa kaže, da 8 domin res lahko postavimo.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_44798e3c82dc47fe22e9g-8.jpg?height=302&width=309&top_left_y=954&top_left_x=1573)

IV /1. Ker je $a, b, c, d$ aritmetično zaporedje, velja $b=a+\frac{1}{3}(d-a)$ in $c=a+\frac{2}{3}(d-a)$. Podobno je $e=a\left(\frac{d}{a}\right)^{1 / 3}$ in $f=a\left(\frac{d}{a}\right)^{2 / 3}$. Sledi

$$
b c-e f=\left(\frac{2}{3} a+\frac{1}{3} d\right)\left(\frac{1}{3} a+\frac{2}{3} d\right)-a^{2} \frac{d}{a}=\frac{2}{9}(a-d)^{2} \geq 0
$$

IV /2. Za $p=2$ je število $3^{2}-4^{2}$ negativno. Če je $p$ liho število, je $3^{p}-(p+2)^{2}$ sodo; torej enako 2. Enačba $3^{p}-(p+2)^{2}=2$ ima očitno rešitev $p=3$. Da ni drugih, dokažemo z indukcijo.

Natančneje: Z indukcijo dokažemo, da za $n>3$ velja $3^{n}-(n+2)^{2}>2$ oziroma $3^{n}>n^{2}+4 n+$ 6. Pri $n=4$ ocena velja, v dokazu induktivnega koraka pa induktivni hipotezi $3^{n}>n^{2}+4 n+6$ prištejemo neenakost $2 \cdot 3^{n}>2 n+5$ (velja za $n \geq 2$ ) in dobimo $3^{n+1}>(n+1)^{2}+4(n+1)+6$. (Dokaz neenakosti $2 \cdot 3^{n}>2 n+5$ za $n \geq 2$ s pomočjo indukcije prepustimo bralcu.)

IV /3. Označimo kote trikotnika z $\alpha, \beta$ in $\gamma$ na običajen način. V trikotniku $A E C$ velja $\alpha+\frac{\pi}{4}+\frac{\gamma}{2}=\pi$, od koder z upoštevanjem $\gamma=\pi-\alpha-\beta$ izpeljemo $\alpha=\beta+\frac{\pi}{2}$.

Ker je $A D \perp D B$, je $\frac{|A D|}{|D B|}=\operatorname{tg} \beta$. Ker je $C E$ simetrala kota, je $|A E|:|E B|=|A C|:|B C|$. Po sinusnem izreku je $\frac{|A C|}{|B C|}=\frac{\sin \beta}{\sin \alpha}=\frac{\sin \beta}{\sin \left(\beta+\frac{\pi}{2}\right)}=\frac{\sin \beta}{\cos \beta}=\operatorname{tg} \beta$. Torej je $|A E|$ : $|E B|=|A D|:|D B|$ in je $E D$ simetrala pravega kota

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_44798e3c82dc47fe22e9g-8.jpg?height=372&width=605&top_left_y=2087&top_left_x=1268)
$\Varangle A D B$, zato je $\Varangle E D B=\frac{\pi}{4}$.

IV /4. Nalogo bomo dokazali z indukcijo. Dokaz začnemo pri $n=4$. Sosedi od točke 1 sta pravilen par. Edini drug kandidat vsebuje točko 1, ki pa nikoli ni v pravilnem paru. Torej imamo le en pravilen par.

Recimo, da formula velja za $n$. Oglejmo si $n+1$ točk na krožnici. Označimo sosedi točke 1 z $a$ in $b$. Par $(a, b)$ je očitno pravilen par. Sedaj pa izbrišimo točko 1 in vsem ostalim številom odštejmo 1. Dobimo $n$ točk. Ker točka 1 ni bila v nobenem pravilnem paru, vsi pravilni pari razen $(a, b)$, ki sta sedaj sosedi, ostanejo. Torej imamo pri $n+1$ točkah natanko en pravilen par več kot pri $n$ točkah.