# 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. 46. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije Škofja Loka, 20. april 2002 ## NALOGE ZA 1. LETNIK 1. Najmanjše naravno število, katerega kvadrat se konča s tremi štiricami, je 38 , saj je $38^{2}=1444$. Katero je naslednje najmanjše naravno število s to lastnostjo? 2. Tine je zbiral znamke. Za rojstni dan je dobil nov album, v katerega bo lahko spravil veliko znamk. Iz hranilnika je vzel 2002 tolarja in sklenil, da bo ves denar porabil za nakup znamk. Prijatelj mu je ponudil manjše znamke po 10 tolarjev in večje po 28 tolarjev. Tine se je odločil, da bo kupil čim večje število znamk. Koliko znamk bo lahko kupil? 3. Naj bo $M$ razpolovišče osnovnice $A B$ trapeza $A B C D$. V notranjosti daljice $A C$ leži taka točka $E$, da se premici $B C$ in $M E$ sekata v točki $F$, premici $F D$ in $A B$ se sekata v točki $G$ ter premici $D E$ in $A B$ v točki $H$. Dokaži, da je $M$ razpolovišče daljice $G H$. 4. Najmanj koliko zvezdic moramo narisati v tabelo velikosti $4 \times 4$, da bo po brisanju poljubnih 2 stolpcev in poljubnih 2 vrstic ostala v tabeli vsaj 1 zvezdica? Naloge rešujte samostojno. Za reševanje imate na voljo $3 \frac{1}{2} \mathrm{~h}$. Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena. 46. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije Škofja Loka, 20. april 2002 ## NALOGE ZA 2. LETNIK 1. Za katere vrednosti realnega parametra $a$ ima sistem enačb $$ x+y=a^{3}-a \quad \text { in } \quad x y=a^{2} $$ realni rešitvi $x$ in $y$ ? 2. Poišči najmanjše naravno število, ki ga lahko zapišemo kot vsoto 9,10 in 11 zaporednih naravnih števil. 3. Naj bo $\mathcal{K}$ krožnica v ravnini, $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}$ pa disjunktni krožnici, ki se od znotraj dotikata krožnice $\mathcal{K}$ v točkah $A$ in $B$. Naj bo $t$ skupna tangenta krožnic $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}$, ki se ju dotika v točkah $C$ in $D$ tako, da sta $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}$ obe na istem bregu premice $t$, središče krožnice $\mathcal{K}$ pa na njenem drugem bregu. Označimo z $E$ presek premic $A C$ in $B D$. Dokaži, da leži točka $E$ na krožnici $\mathcal{K}$. 4. Ali lahko pokrijemo šahovnico velikosti $15 \times 15 \mathrm{~s} 55$ dominami velikosti $4 \times 1$ tako, da ostanejo središčno polje in vsa polja ob ogliščih šahovnice nepokrita? (Domine morajo v celoti ležati na šahovnici in se ne smejo prekrivati.) Naloge rešujte samostojno. Za reševanje imate na voljo $3 \frac{1}{2} \mathrm{~h}$. Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena. 46. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije Škofja Loka, 20. april 2002 ## NALOGE ZA 3. LETNIK 1. Naj bo $k$ tako naravno število, da ima kvadratna enačba $$ k x^{2}-(1-2 k) x+k-2=0 $$ racionalni rešitvi. Dokaži, da je $k$ zmnožek 2 zaporednih celih števil. 2. Imamo $n \geq 3$ listov, ki jih oštevilčimo od 1 do $n$. Liste nato razdelimo na 2 kupa in ugotavljamo, ali sta v vsaj 1 kupu lista, označena s številoma, katerih vsota je popolni kvadrat. Dokaži, da (a) Če je $n \geq 15$, taka lista obstajata ne glede na to, kako liste razdelimo. (b) Če je $n \leq 14$, taka lista ne obstajata pri vsaki porazdelitvi. 3. Na enotski krožnici s središčem v koordinatnem izhodišču izberemo krožni lok s krajiščema $A$ in $B$, ki leži v prvem kvadrantu. Naj bo $p_{1}$ ploščina lika pod krožnim lokom in nad abcisno osjo, $p_{2}$ pa naj bo ploščina lika levo od krožnega loka in desno od ordinatne osi (glej sliko). Dokaži, da je vsota $p_{1}+p_{2}$ odvisna le od dolžine krožnega loka, ne pa ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_e98280e53ded58fe5f86g-4.jpg?height=426&width=431&top_left_y=1489&top_left_x=1378) tudi od njegove lege. 4. V škofjeloški grajski kleti 7 palčkov hrani svoj zaklad. Zaklad je za 12 vrati, vsaka vrata pa so zaklenjena z 12 ključavnicami. Vse ključavnice so različne. Vsak palček ima ključe za nekaj ključavnic. Katerikoli 3 palčki imajo skupaj ključe za vse ključavnice. Dokaži, da imajo palčki skupaj vsaj 333 (ne nujno različnih) ključev. Naloge rešujte samostojno. Za reševanje imate na voljo $3 \frac{1}{2} \mathrm{~h}$. Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena. 46. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije S̆kofja Loka, 20. april 2002 ## NALOGE ZA 4. LETNIK 1. Ali obstaja funkcija $f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$, da bo $$ f(f(2002))=17, \quad f(m n)=f(m) f(n) \quad \text { in } \quad f(n) \leq n $$ za vsaka $m, n \in \mathbb{N}$ ? 2. Naj bo $S=\left\{a_{1}, \ldots, a_{n}\right\}$, kjer so $a_{i}$ različna naravna števila. Vsota števil iz nobene prave podmnožice množice $S$ ni deljiva z $n$. Dokaži, da je vsota vseh števil iz množice $S$ deljiva z $n$. 3. Naj bo $A^{\prime}$ nožišče višine na stranico $B C$ ostrokotnega trikotnika $A B C$. Krožnica s premerom $A A^{\prime}$ seka stranico $A B$ v točkah $A$ in $D$, stranico $A C$ pa v točkah $A$ in $E$. Dokaži, da leži središče očrtane krožnice trikotnika $A B C$ na nosilki višine na $D E$ trikotnika $A D E$. 4. V škofjeloški grajski kleti 7 palčkov hrani svoj zaklad. Zaklad je za 10 vrati, vsaka vrata pa so zaklenjena s 3 ključavnicami. Vse ključavnice so različne. Vsak palček ima ključe za nekaj ključavnic. Katerikoli 4 palčki imajo skupaj ključe za vse ključavnice. Dokaži, da obstajajo 3 palčki, ki imajo skupaj ključe za vse ključavnice. Naloge rešujte samostojno. Za reševanje imate na voljo $3 \frac{1}{2} \mathrm{~h}$. Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena. ## Rešitve nalog z državnega tekmovanja I/1. Naj bo $38+n$ iskano število. Tedaj je $(38+n)^{2}=1444+n(76+n)$, kjer se število $n(76+n)$ konča s tremi ničlami, oziroma je večkratnik števila 1000 . Ker je $1000=5^{3} \cdot 2^{3}$, mora biti ali $n$ ali $76+n$ deljivo s 5 . Toda $n$ in $76+n$ nista hkrati deljivi s 5 , zato mora biti eno izmed teh dveh števil deljivo s $125=5^{3}$ in torej oblike $125 k$. Oglejmo si še faktor $2^{3}$. Iz $76=2^{2} \cdot 19$ sledi, da imata s̆tevili $n$ in $76+n$ enak ostanek pri deljenju s 4. Ker mora biti zmnožek $n(76+n)$ deljiv z 8 , mora biti vsaj eno od števil $n$ ali $76+n$ deljivo s 4 . Torej sta s 4 deljivi obe in je eno od njiju oblike $125 \cdot 4 \cdot m=500 \mathrm{~m}$, kjer je $m \in \mathbb{N}$. Ker iščemo najmanjšo možno vrednost, izberemo $m=1$ in iz $76+n=500$ izračunamo $38+n=462$. I/2. Denimo, da bo Tine kupil $x$ znamk po 10 tolarjev in $y$ znamk po 28 tolarjev. Tedaj velja $10 x+28 y=2002$ oziroma $5 x+14 y=1001$, od tod pa $5 x+5 y=1001-9 y$ oziroma $x+y=\frac{1001-9 y}{5}$. Vrednost vsote bo tem večja, čim manjši bo $y$. Ker je $y$ naravno s̆tevilo, lahko poskušamo z vrednostmi $y=1, y=2, y=3 \ldots$, dokler ne dobimo cele vrednosti za vsoto $x+y$. Sicer pa vemo, da bo vsota $x+y$ celo število, ko bodo enice v razliki $1001-9 y$ enake 0 ali 5 , to je, ko bodo enice $\mathrm{v}$ zmnožku $9 y$ enake 1 ali 6 . Najmanjši $y$, ko to velja, je $y=4$. Tedaj je $x+y=\frac{1001-36}{5}=\frac{965}{5}=193$. Tine bo kupil 193 znamk. I/3. Označimo z $N$ presečišče premic $C D$ in $E F$. ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_e98280e53ded58fe5f86g-6.jpg?height=419&width=966&top_left_y=1418&top_left_x=545) Ker je $D C \| G B$ in so točke $M, N$ in $F$ kolinearne, je $\frac{|G M|}{|M B|}=\frac{|D N|}{|N C|}$. Ker je $A H \| D C$ in so točke $M, E$ ter $N$ kolinearne, je $\frac{|A M|}{|M H|}=\frac{|N C|}{|D N|}$. Sledi $\frac{|G M|}{|M B|} \cdot \frac{|A M|}{|M H|}=1$, od koder zaradi $|A M|=|M B|$ sledi $|G M|=|M H|$. I/4. Slika kaže, da zadošča 7 zvezdic. Dokažimo, da 6 zvezdic ne zadošča. V tem primeru je vsaj v 2 stolpcih največ 1 zvezdica. Če zbrišemo preostala 2 stolpca, ostaneta le še 2 zvezdici, ki ju lahko zbrišemo, če izpraznimo vrstici, v katerih ležita. ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_e98280e53ded58fe5f86g-6.jpg?height=211&width=214&top_left_y=2096&top_left_x=1663) II/1. Izrazimo $x=a^{3}-a-y$, vstavimo $x$ v drugo enačbo in dobimo $\left(a^{3}-a-y\right) y=a^{2}$ oziroma $y^{2}+y\left(a-a^{3}\right)+a^{2}=0$. Kvadratna enac̆ba ima realni rešitvi, če je njena diskriminanta nenegativna, torej $\left(a-a^{3}\right)^{2}-4 a^{2} \geq 0$. Neenačbo poenostavimo in dobimo $a^{2}\left(a^{2}+1\right)\left(a^{2}-3\right) \geq 0$. Neenačba velja, če je $a=0$ ali $a^{2} \geq 3$. II/2. Ker lahko število zapišemo kot vsoto 9 zaporednih naravnih števil, je enako devetkratniku srednjega števila v tem zaporedju 9 števil. Podobno sklepamo, da je enako enajstkratniku srednjega s̆tevila v zaporedju 11 zaporednih naravnih s̆tevil. Ker se da s̆tevilo zapisati tudi kot vsoto 10 zaporednih naravnih števil, je enako petkratniku vsote srednjih dveh števil $\mathrm{v}$ tem zaporedju. Tako torej vemo, da je iskano število deljivo z 9,11 in 5, najmanjše tako število pa je $9 \cdot 11 \cdot 5=495$. Srednje število v vsoti 9 zaporednih naravnih števil je enako $\frac{495}{9}=55$, srednje število v vsoti 11 zaporednih naravnih s̆tevil je $\frac{495}{11}=45$, vsota srednjih dveh s̆tevil v vsoti 10 zaporednih naravnih števil pa je enaka $\frac{495}{5}=99=49+50$. Tako je: $$ \begin{aligned} 495 & =51+52+53+54+55+56+57+58+59 \\ & =45+46+47+48+49+50+51+52+53+54 \\ & =40+41+42+43+44+45+46+47+48+49+50 \end{aligned} $$ II/3. Označimo z $O, O_{1}$ in $O_{2}$ središča krožnic, presečišči premice $t$ z daljicama $O A$ in $O B$ pa označimo z $A^{\prime}$ in $B^{\prime}$. Naj bo $\alpha=\Varangle C A O_{1}$. Ker je trikotnik $A O_{1} C$ enakokrak, je $\Varangle C O_{1} A^{\prime}=2 \alpha$. Ker je $C D \perp O_{1} C$, je $\Varangle O_{1} A^{\prime} C=\pi / 2-2 \alpha$. Ce označimo $\beta=\Varangle O_{2} B D$, lahko podobno izpeljemo $\Varangle D B^{\prime} O_{2}=$ $\pi / 2-2 \beta$. V trikotniku $O B^{\prime} A^{\prime}$ tako velja $\Varangle B^{\prime} O A^{\prime}=\pi-$ $(\pi / 2-2 \beta)-(\pi / 2-2 \beta)=2 \alpha+2 \beta$. V trikotniku $A E B$ velja $\Varangle B E A=\pi-\Varangle E A B-\Varangle A B E$. Ker je $\Varangle E A B+\Varangle A B E=$ $\alpha+\beta+(\pi-\Varangle B O A)=\pi-\alpha-\beta$, sledi $\Varangle B E A=\alpha+\beta$. Torej je $\Varangle B O A=2 \Varangle B E A$, zato točka $E$ res leži na krožnici $\mathcal{K}$ ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_e98280e53ded58fe5f86g-7.jpg?height=519&width=540&top_left_y=857&top_left_x=1335) II/4. Pobarvajmo šahovnico, kot kaže slika. Vsaka domina velikosti $4 \times 1$ pokrije po 2 polji vsake barve. Ker s̆tevilo belih polj ni enako številu osenčenih polj, šahovnice ne moremo pokriti na predpisani način. III/1. Da bosta rešitvi kvadratne enačbe racionalni, mora biti diskriminanta $(1-2 k)^{2}-4 k(k-2)=1+4 k$ enaka $m^{2}, m \in \mathbb{N}$. Torej je $k=\frac{(m-1)(m+1)}{4}$. Ker je $k$ naravno število, mora biti $m$ liho število, večje od ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_e98280e53ded58fe5f86g-7.jpg?height=325&width=326&top_left_y=1388&top_left_x=1553) 1 , torej obstaja tako naravno število $n$, da je $m=2 n+1$, sledi $k=n(n+1)$. III/2. Rešimo najprej prvi del naloge. Dovolj je dokazati trditev za $n=15$. Če namreč taka lista obstajata za $n=15$, obstajata tudi za $n \geq 16$, saj lahko liste s številkami od 16 dalje izločimo in sklepamo kot prej. Če pri tem en kup v celoti izpraznimo, ostaneta na drugem kupu denimo števili 1 in 3. Predpostavimo, da to ne bi bilo res in da se torej pri $n=15$ to ne bi dalo narediti. To pomeni, da bi morala biti 1 in 15 na različnih kupih, prav tako 1 in 3 . Tako bi bila 3 in 15 na istem kupu. Na tem kupu ne bi smelo biti števila 6 , saj bi sicer imeli $6+3=9=3^{2}$. Niti števila 10 ne bi smelo biti na tem kupu, saj bi imeli $10+15=25=5^{2}$. To pa pomeni, da bi bila lista $\mathrm{s}$ številoma 6 in 10 oba na drugem kupu in bi imeli protislovje, saj je $6+10=16=4^{2}$. Za $n=15$ torej vedno najdemo vsaj v enem kupu lista s številoma, katerih vsota je popolni kvadrat. Sedaj rešimo še drugi del naloge. Vzemimo najprej $n=14$ in poiščimo porazdelitev, ko vsota nobenih dveh števil s posameznega kupa ni popolni kvadrat: na en kup postavimo liste s števili $1,2,4,6,9,11$ in 13 , na drugi pa liste s števili $3,5,7,8,10,12$ in 14 . Če je $3 \leq n<14$, lahko uporabimo kar rešitev za $n=14$, le liste s števili, večjimi od $n$, odstranimo. III/3. Označimo točke, kot kaže slika. Ploščina krožnega izseka, ki pripada loku $\widehat{A B}$, je enaka $p_{\widehat{A B}}=\frac{\beta-\alpha}{2}$, kjer smo kota $\alpha$ in $\beta$ merili v radianih. Sledi $$ \begin{aligned} & p_{1}=p_{\widehat{A B}}+p_{O B B^{\prime \prime}}-p_{O A A^{\prime \prime}}=\frac{\beta-\alpha}{2}+\frac{1}{2} \sin \beta \cos \beta-\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha \\ & p_{2}=p_{\widehat{A B}}+p_{O A^{\prime} A}-p_{O B^{\prime} B}=\frac{\beta-\alpha}{2}+\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha-\frac{1}{2} \sin \beta \cos \beta \end{aligned} $$ Torej je $p_{1}+p_{2}=\beta-\alpha$, kar je enako dolžini loka $\widehat{A B}$. ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_e98280e53ded58fe5f86g-8.jpg?height=451&width=465&top_left_y=357&top_left_x=1412) III/4. Zagotovo obstajajo 4 palčki, od katerih ima vsak vsaj 48 ključev (sicer bi lahko izbrali 3, ki bi skupaj imeli manj kot $3 \cdot 48=144$ ključev in ne bi mogli odpreti vseh ključavnic). Preostali 3 palčki imajo skupaj vsaj 144 ključev. Torej imamo 4 palc̆ke z vsaj 48 ključi in trojico z vsaj 144 ključi, skupno vsaj $4 \cdot 48+144=336$ ključev. IV/1. Ker je $2002=2 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13$, z upoštevanjem zveze $f(x y)=f(x) f(y)$ izpeljemo $$ f(f(2002))=f(f(2)) \cdot f(f(7)) \cdot f(f(11)) \cdot f(f(13))=17 $$ Ker je $f(x) \leq x$, je $f(f(x)) \leq f(x) \leq x$, in zato $f(f(2)) \leq 2, f(f(7)) \leq 7, f(f(11)) \leq 11$ in $f(f(13)) \leq 13$. Na levi strani enačbe je zmnožek števil, ki so največ 13 , število 17 pa je praštevilo in takšna funkcija torej ne obstaja. IV/2. Označimo $s_{j}=a_{1}+\ldots+a_{j}$. Če za $j