# 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.

49. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Velenje, 16. april 2005

## Naloge za 1. letnik

1. Za realna števila $x, y$ in $z$ velja $x y z=1$. Izračunaj vrednost izraza

$$
\frac{x+1}{x y+x+1}+\frac{y+1}{y z+y+1}+\frac{z+1}{z x+z+1}
$$

2. Poišči vsa praštevila $p$, za katera ima število $p^{2}+11$ manj kot 11 pozitivnih deliteljev.
3. V trikotniku $A B C$, katerega središče včrtane krožnice je $I$, velja

$$
|C A|+|A I|=|B C|
$$

Poišči razmerje med velikostima kotov $\Varangle B A C$ in $\Varangle C B A$.

4. Aleš, Brane in Cvetka so pripravili veliko kartončkov, na katere so zapisali po eno izmed števil $2,3,4,5,6,7$ in 8 . Maja, ki se jim je kasneje pridružila, je vzela tri kartončke in vsakemu prilepila po enega na čelo. Aleš, Brane in Cvetka niso videli, katero število imajo na čelu, vsak izmed njih je videl le kartončka drugih dveh. Maja jim je povedala: "Na čelih nimate različnih števil, zmnožek vseh treh števil je popolni kvadrat." Aleš, Brane in Cvetka so nato vsak zase ugotavljali, katero število imajo na čelu. Ali so to lahko vsi trije ugotovili?

Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut. Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.

49. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Velenje, 16. april 2005

## Naloge za 2. letnik

1. Poišči vsa realna števila $x$ in $y$, za katera je

$$
x^{3}-y^{3}=7(x-y) \quad \text { in } \quad x^{3}+y^{3}=5(x+y)
$$

2. Za katera praštevila $p$ in $q$ je število $(p+1)^{q}$ popolni kvadrat?
3. Naj bo $T$ poljubna točka znotraj kvadrata $A B C D$, točke $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}$ in $D^{\prime}$ pa druga presečišča premic $T A, T B, T C$ in $T D$ z očrtano krožnico kvadrata $A B C D$. Dokaži, da je $\left|A^{\prime} B^{\prime}\right| \cdot\left|C^{\prime} D^{\prime}\right|=\left|A^{\prime} D^{\prime}\right| \cdot\left|B^{\prime} C^{\prime}\right|$.
4. Vaške obrekljivke si svoje čenče vsak dan izmenjujejo po telefonu, in sicer tako, da vsaki dve med seboj govorita natanko enkrat. Nekega dne je vsaka obrekljivka poklicala vsaj eno izmed ostalih. Dokaži, da obstajajo tri, za katere velja, da je prva poklicala drugo, druga tretjo in tretja prvo.

Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut. Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.

49. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije Velenje, 16. april 2005

## Naloge za 3. letnik

1. Izračunaj vsoto $\left[\log _{2} 1\right]+\left[\log _{2} 2\right]+\left[\log _{2} 3\right]+\cdots+\left[\log _{2} 256\right]$. (Izraz $[x]$ pomeni največje celo število, ki ni večje od $x$.)
2. Poišči najmanjše praštevilo $p$, za katerega ima število $p^{3}+2 p^{2}+p$ natanko 42 pozitivnih deliteljev.
3. Dan je enakokrak trikotnik $A B C$ z vrhom $A$. Naj bo $D$ razpolovišče stranice $A C$ in $E$ pravokotna projekcija točke $D$ na stranico $B C$. Označimo z $F$ razpolovišče daljice $D E$. Dokaži, da se daljici $B F$ in $A E$ sekata pravokotno natanko tedaj, ko je trikotnik $A B C$ enakostraničen.
4. Na nogometnem turnirju so sodelovale le ekipe iz Malega mesta in Velikega mesta. Iz Velikega mesta je bilo 9 ekip več kot iz Malega mesta. Vsaki ekipi sta se srečali natanko enkrat, pri čemer je zmagovalna ekipa dobila 1 točko, poražena 0 točk, neodločen izid pa ni bil možen. Ekipe iz Velikega mesta so osvojile 9 krat toliko točk kot ekipe iz Malega mesta. Določi največje možno število zmag najboljše ekipe iz Malega mesta.

Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut. Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.

49. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Velenje, 16. april 2005

## Naloge za 4. letnik

1. Naj bo $[x]$ največje celo število, ki ni večje od $x$, in naj bo $\{x\}=x-[x]$. Poišči vsa pozitivna realna števila $x$, za katera velja

$$
20\{x\}+0.5[x]=2005
$$

2. Dano je geometrijsko zaporedje $\left(a_{n}\right)$ s pozitivnimi členi. Označimo

$$
S_{n}=\log a_{1}+\log a_{2}+\ldots+\log a_{n-1}+\log a_{n}
$$

Dokaži: če za nek $m \neq n$ velja $S_{n}=S_{m}$, je $S_{n+m}=0$.

3. Tangenti iz točke $P$ na krožnico $k$ se krožnice dotikata v točkah $A$ in $B$. Naj bo $X$ poljubna točka na krajšem loku $\widehat{A B}$. Označimo s $C$ pravokotno projekcijo točke $P$ na premico $A X$ in z $D$ pravokotno projekcijo točke $P$ na premico $B X$. Dokaži, da premica $C D$ poteka skozi neko točko $Y$, ki je neodvisna od izbire točke $X$ na loku $\widehat{A B}$.
4. Lukcu je bilo med uro matematike dolgčas, zato je najprej narisal krog in nato naokrog po obodu še $n$ praznih polj, kjer je $n \geq 3$, ter vanje zapisal po 1 pozitivno število. Kasneje je ta števila pobrisal, v vsako polje pa zapisal kvadratni koren zmnožka dveh števil, ki sta prej ležali na temu polju sosednjih poljih. Pokaži, da obstaja polje, v katerem je zapisano število manjše ali enako tistemu, ki je bilo zapisano prej.

## REŠITVE NALOG Z DRŽAVNEGA TEKMOVANJA

I/1. Računajmo: $\frac{x+1}{x y+x+1}+\frac{y+1}{y z+y+1}+\frac{z+1}{z x+z+1}=\frac{x+1}{x y+x+x y z}+\frac{y+1}{y z+y+1}+\frac{z+1}{z x+z+1}=\frac{x+1+x(y+1)}{x(y z+y+1)}+$ $\frac{z+1}{z x+z+1}=\frac{x y+2 x+1}{x y(z+1+x z)}+\frac{z+1}{z+1+z x}=\frac{x y+2 x+1+z x y+x y}{x y(z+1+x z)}=\frac{2\left(x y+x^{2} y z+x y z\right)}{x y(z+1+x z)}=\frac{2 x y(1+x z+z)}{x y(z+1+x z)}=2$.

I/2. Če je $p=2$, je $p^{2}+11=15=3 \cdot 5$ in to število ima 4 delitelje (1, 3, 5 in 15). Če je $p=3$, je $p^{2}+11=17$ in ima 2 delitelja. Za $p>3$ je praštevilo $p$ liho, zato da $p^{2}$ pri deljenju $\mathrm{s}$ 4 ostanek 1 in je število $p^{2}+11$ deljivo s 4 . Praštevilo $p>3$ ni deljivo s 3 , torej da število $p^{2}$ pri deljenju s 3 ostanek 1 , zato je število $p^{2}+11$ deljivo tudi s 3 . Tako je $p^{2}+11=2^{2} \cdot 3 \cdot a$. C̆e je $p \geq 11$, je $p^{2}+11 \geq 132$ in je $a>11$, zato so delitelji števila $p^{2}+11$ vsaj števila $1,2,3$, $4,6,12, a, 2 a, 3 a, 4 a, 6 a$ in $12 a$, torej jih je vsaj 11 različnih (ker je $a>11$, je namreč lahko $a=12$ ). Posebej moramo izračunati še za $p=5$, ko dobimo $p^{2}+11=36=2^{2} \cdot 3^{2}$, ki ima 6 deliteljev, in za $p=7$, ko dobimo $p^{2}+11=60=2^{2} \cdot 3 \cdot 5$, ki ima 12 deliteljev. Le za praštevila 2,3 in 5 ima število $p^{2}+11$ manj kot 11 pozitivnih deliteljev.

I/3. Izberimo tako točko $D, D \notin A C$, na poltraku $C A$, da je $|A D|=|A I|$. Tedaj je $D B C$ enakokrak trikotnik z vrhom $C$ in ker $I$ leži na simetrali kota $\Varangle D C B$, je $\Varangle I D C=\Varangle C B I$. Ker je $A D I$ enakokrak trikotnik z vrhom $A$, je $\Varangle I A C=2 \Varangle I D C$. Velja $\Varangle I A C=\frac{1}{2} \Varangle B A C$ in $\Varangle C B I=\frac{1}{2} \Varangle C B A$, zato je $\Varangle B A C=$ $2 \Varangle C B A$ oz. $\Varangle B A C: \Varangle C B A=1: 2$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_2690b8249a4af9da8cd5g-6.jpg?height=334&width=483&top_left_y=981&top_left_x=1409)

I/4. Ker Aleš, Brane in Cvetka niso imeli različnih števil, sta bili vsaj dve s̆tevili enaki. Denimo, da so imeli števila $x, x$ in $y$. Zmnožek $x \cdot x \cdot y=x^{2} y$ je popolni kvadrat, zato je tudi $y$ popolni kvadrat. Med s̆tevili, ki so jih zapisali na kartončke, je bilo le število 4 popolni kvadrat, zato je $y=4$. Imamo dve možnosti: vsi trije so imeli na kartončku zapisano število 4 ali pa je eden imel število 4, druga dva pa neko drugo (a seveda isto) število.

V prvem primeru je vsak izmed njih videl, da imata druga dva zapisano število 4. Ker pa je vsak izmed njih sklepal, da lahko s̆tevilo 4 nastopi enkrat ali trikrat, je lahko ugotovil, da ima tudi sam zapisano s̆tevilo 4.

V drugem primeru je eden izmed njih videl, da imata druga dva zapisano isto, od 4 različno število, in je sklepal, da ima sam zapisano število 4. Druga dva sta videla na kartončkih zapisani različni s̆tevili, in sicer 4 in $x \neq 4$, zato sta sklepala, da imata na svojem čelu zapisano število $x$, pri čemer je $x$ lahko $2,3,5,6,7$ ali 8 .

Vsi trije so lahko ugotovili, katero število imajo na čelu.

II/1. Enačbi preoblikujemo v $(x-y)\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)=7(x-y)$ in $(x+y)\left(x^{2}-x y+y^{2}\right)=5(x+y)$. Če je $x=y$, iz druge enačbe dobimo $2 x^{3}=10 x$, torej $x=0$ ali $x= \pm \sqrt{5}$, v nasprotnem primeru pa lahko prvo enačbo delimo z $x-y$ in dobimo

$$
x^{2}+x y+y^{2}=7
$$

Če je $x=-y$, iz prve enac̆be dobimo $2 x^{3}=14 x$, torej je $x=0$ ali $x= \pm \sqrt{7}$, v nasprotnem primeru pa lahko drugo enačbo delimo z $x+y$ in dobimo

$$
x^{2}-x y+y^{2}=5
$$

Vsota tako dobljenih enačb nam da $x^{2}+y^{2}=6$, razlika pa $x y=1$, torej je $(x+y)^{2}=$ $x^{2}+2 x y+y^{2}=8$ in zato $x+y= \pm \sqrt{8}$. Upoštevamo, da je $x=\frac{1}{y}$ in dobimo kvadratno enačbo za $y$, se pravi $y^{2} \mp \sqrt{8} y+1=0$, od koder sledi $y= \pm(\sqrt{2}+1)$ ali $y= \pm(\sqrt{2}-1)$. V prvem
primeru je potem $x= \pm(\sqrt{2}-1)$, v drugem pa $x= \pm(\sqrt{2}+1)$. Vse rešitve $(x, y)$ so tako pari $(0,0),(\sqrt{5}, \sqrt{5}),(-\sqrt{5},-\sqrt{5}),(\sqrt{7},-\sqrt{7}),(-\sqrt{7}, \sqrt{7}),(\sqrt{2}+1, \sqrt{2}-1),(-\sqrt{2}-1,-\sqrt{2}+1)$, $(\sqrt{2}-1, \sqrt{2}+1)$ in $(-\sqrt{2}+1,-\sqrt{2}-1)$.

II/2. Če je $q=2$, je $(p+1)^{2}$ popolni kvadrat za vsako praštevilo $p$. Sicer pa je $q$ liho, torej je $q=2 k+1$ za neko naravno s̆tevilo $k$. Tedaj je $(p+1)^{q}=(p+1)^{2 k+1}=(p+1)(p+1)^{2 k}$, zato mora biti število $(p+1)$ popolni kvadrat, torej $p+1=n^{2}$, od koder sledi $p=(n-1)(n+1)$. Ker je $p$ praštevilo, je to možno le, če je $n=2$, tedaj je $p=3$. Torej je $4^{q}$ popolni kvadrat za vsako praštevilo $q$.

II/3. Zaradi tetivnosti imamo mnogo enakih obodnih kotov in zato tudi mnogo parov podobnih trikotnikov: $\triangle A B T \sim \triangle B^{\prime} A^{\prime} T$, $\triangle B C T \sim \triangle C^{\prime} B^{\prime} T, \triangle C D T \sim \triangle D^{\prime} C^{\prime} T$ in $\triangle D A T \sim \triangle A^{\prime} D^{\prime} T$. Iz podobnosti sledi $\frac{|A B|}{\left|A^{\prime} B^{\prime}\right|}=\frac{|B T|}{\left|A^{\prime} T\right|}, \frac{|B C|}{\left|B^{\prime} C^{\prime}\right|}=\frac{|B T|}{\left|C^{\prime} T\right|}, \frac{|C D|}{\left|C^{\prime} D^{\prime}\right|}=\frac{|D T|}{\left|C^{\prime} T\right|}$ in $\frac{|D A|}{\left|D^{\prime} A^{\prime}\right|}=\frac{|D T|}{\mid A^{\prime} T}$, od koder izpeljemo

$$
\frac{|A B|}{\left|A^{\prime} B^{\prime}\right|} \cdot \frac{|C D|}{\left|C^{\prime} D^{\prime}\right|}=\frac{|B T|}{\left|A^{\prime} T\right|} \cdot \frac{|D T|}{\left|C^{\prime} T\right|}=\frac{|B C|}{\left|B^{\prime} C^{\prime}\right|} \cdot \frac{|D A|}{\left|D^{\prime} A^{\prime}\right|}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_2690b8249a4af9da8cd5g-7.jpg?height=465&width=531&top_left_y=704&top_left_x=1365)

Ker je $|A B|=|C D|=|B C|=|D A|$, od tod sledi želena enakost.

II/4. Naj bo $n$ obrekljivk. Potem je vsaka poklicala med 1 in $n-1$ ostalih, zato po Dirichletovem načelu obstajata dve, ki sta poklicali enako število obrekljivk, recimo $k$. Brez izgube splošnosti lahko predpostavimo, da je prva poklicala drugo. Prva je poklicala še $k-1$ ostalih, druga pa $k$. Med preostalimi obrekljivkami obstaja tretja obrekljivka, ki jo je poklicala druga, prva pa ne. Tretja obrekljivka je zato poklicala prvo.

III/1. Vemo, da je

$$
\left[\log _{2} n\right]= \begin{cases}0, & n=1 \\ 1, & 2 \leq n<2^{2} \\ 2, & 2^{2} \leq n<2^{3} \\ & \vdots \\ 7, & 2^{7} \leq n<2^{8} \\ 8, & n=2^{8}=256\end{cases}
$$

Zato je iskana vsota enaka

$$
\begin{aligned}
& 1 \cdot\left(2^{2}-2\right)+2 \cdot\left(2^{3}-2^{2}\right)+\cdots+7 \cdot\left(2^{8}-2^{7}\right)+8= \\
= & 8+7 \cdot 2^{8}-\left(2+2^{2}+\cdots+2^{6}+2^{7}\right)= \\
= & 8+7 \cdot 256-(2+4+8+16+32+64+128)= \\
= & 8+1792-254= \\
= & 1546
\end{aligned}
$$

III/2. Najprej zapišemo $p^{3}+2 p^{2}+p=p(p+1)^{2}$. Ker $p$ in $p+1$ nimata skupnih deliteljev (razen 1), je vsak delitelj s̆tevila $p(p+1)^{2}$ enak bodisi 1-krat neki delitelj števila $(p+1)^{2}$ bodisi $p$-krat ta delitelj. Ker ima število $p(p+1)^{2}$ natanko 42 deliteljev, ima $(p+1)^{2}$ natanko 21 deliteljev. Iz praštevilskega razcepa

$$
(p+1)^{2}=\left(p_{1}^{\alpha_{1}} \cdot p_{2}^{\alpha_{2}} \cdots p_{k}^{\alpha_{k}}\right)^{2}=p_{1}^{2 \alpha_{1}} \cdot p_{2}^{2 \alpha_{2}} \cdots p_{k}^{2 \alpha_{k}}
$$

ugotovimo, da ima $(p+1)^{2}$ ravno $\left(2 \alpha_{1}+1\right)\left(2 \alpha_{2}+1\right) \cdots\left(2 \alpha_{k}+1\right)$ deliteljev. To pomeni, da je $2 \alpha_{1}+1=3$ in $2 \alpha_{2}+1=7$ ter $\alpha_{i}=0$ za $i>2$. Velja torej $(p+1)^{2}=p_{1}^{2} \cdot p_{2}^{6}$ oziroma $p+1=p_{1} \cdot p_{2}^{3}$. Odtod je $p=p_{1} \cdot p_{2}^{3}-1$. Najmanj dobimo, če izberemo $p_{1}=3$ in $p_{2}=2$. Tedaj je namreč $p=3 \cdot 8-1=23$, ki je res praštevilo.

III/3. Predpostavimo najprej, da se daljici $A E$ in $B F$ sekata pravokotno. Naj bo $A^{\prime}$ nožišče višine na stranico $B C$ ter $G$ presečišče daljic $A E$ in $B F$. Potem je $A G A^{\prime} B$ tetiven s̆tirikotnik in zato je $\Varangle A^{\prime} A E=\Varangle A^{\prime} A G=\Varangle A^{\prime} B G=$ $\Varangle E B F$. Tako sta trikotnika $B E F$ in $A A^{\prime} E$ podobna. Ker je $F$ razpolovišče daljice $D E$ in $E$ razpolovišče daljice $A^{\prime} C$, sta tudi trikotnika $B E D$ in $A A^{\prime} C$ podobna. Torej imamo $\Varangle G B D=\Varangle F B D=\Varangle E A C=\Varangle G A D$. Štirikotnik $A D G B$ je tetiven in je $\Varangle A D B=\Varangle A G B=\frac{\pi}{2}$. Ker je $D$ razpolovišče stranice $A C$ in $B D \perp A C$, je $|A B|=|C B|$ in trikotnik $A B C$ je enakostraničen.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_2690b8249a4af9da8cd5g-8.jpg?height=534&width=597&top_left_y=475&top_left_x=1278)

Obratno, če je trikotnik $A B C$ enakostraničen, sta trikotnika $A A^{\prime} C$ in $B E D$ podobna. Daljica $A E$ je težiščnica prvega, daljica $B F$ pa drugega. Torej sta tudi trikotnika $B F E$ in $A E A^{\prime}$ podobna. Tako je $\Varangle A^{\prime} B G=\Varangle E B F=\Varangle A^{\prime} A E=\Varangle A^{\prime} A G$, zato je $B A^{\prime} G A$ tetiven štirikotnik in je $\Varangle B G A=\frac{\pi}{2}$.

III/4. Označimo število ekip iz Malega mesta z $x$. Potem je število ekip iz Velikega mesta enako $x+9$. Ekipe iz Malega mesta so med seboj igrale $\frac{x(x-1)}{2}$ tekem in so zato osvojile $\frac{x(x-1)}{2}+k$ točk, kjer je $k$ s̆tevilo zmag, osvojenih nad ekipami iz Velikega mesta. Ekipe iz Velikega mesta so tako osvojile

$$
\frac{(x+8)(x+9)}{2}+x(x+9)-k
$$

točk. Veljati mora

$$
9\left(\frac{(x-1) x}{2}+k\right)=\frac{(x+8)(x+9)}{2}+x(x+9)-k
$$

torej $3 x^{2}-22 x+10 k-36=0$. Ker je $x$ naravno število, mora biti diskriminanta $4(229-30 k)$ popolni kvadrat. Potem je $k \leq 7$ in zato je $k=2$ ali $k=6$. V prvem primeru je $x=8$ in najboljša ekipa iz Malega mesta je lahko osvojila $7+2=9$ točk. V drugem primeru pa je $x=6$ in najboljša ekipa iz Malega mesta lahko osvojila $5+6=11$ točk.

IV/1. Pomnožimo enačbo z 2. Tedaj jo lahko zapišemo kot $40\{x\}=4010-[x]=a$, kjer je $a$ neko celo število. Zato je $\{x\}=\frac{a}{40}$ za $0 \leq a \leq 39$. Velja $[x]=4010-a$, zato imamo 40 rešitev oblike $x=4010-a+\frac{a}{40}$, kjer je $a=0,1, \ldots, 39$.

IV/2. Člene geometrijskega zaporedja lahko zapišemo v obliki $a_{n}=a_{1} q^{n-1}$. Ker so členi pozitivni, je $a_{1}>0$ in $q>0$. Potem je

$$
S_{n}=\log a_{1}+\log a_{1} q+\ldots+\log a_{1} q^{n-1}=\log a_{1}^{n} q^{\frac{n(n-1)}{2}}
$$

Če je $S_{n}=S_{m}$, sledi

$$
a_{1}^{n} q^{\frac{n(n-1)}{2}}=a_{1}^{m} q^{\frac{m(m-1)}{2}}
$$

torej dobimo

$$
a_{1}^{n-m}=q^{\frac{(m-n)(m+n-1)}{2}}
$$

in ker je $m \neq n$ dobimo $a_{1}=q^{\frac{1-m-n}{2}}$. Sledi

$$
S_{n+m}=\log a_{1}^{m+n} q^{\frac{(m+n)(m+n-1)}{2}}=\log q^{\frac{(m+n)(1-m-n)}{2}} q^{\frac{(m+n)(m+n-1)}{2}}=\log q^{0}=0
$$

IV/3. Daj bo $O$ središče krožnice $k, A^{\prime}$ razpolovišče daljice $P A, B^{\prime}$ razpolovišče daljice $P B$ in $Y$ razpolovišče $A^{\prime} B^{\prime}$. Označimo še $\Varangle A P B=\varphi$ in $\Varangle X A P=\alpha$. Potem je $\Varangle O A X=\frac{\pi}{2}-\alpha, \Varangle B O A=\pi-\varphi$, $\Varangle A X B=\frac{\pi \mp \varphi}{2}, \Varangle X B O=\alpha+\frac{\varphi}{2}$, $\Varangle P B X=\frac{\pi}{2}-\frac{\varphi}{2}-\alpha, \Varangle A A^{\prime} C=$ $\pi-2 \alpha$ in $\Varangle D B^{\prime} B=\varphi+2 \alpha$. Torej premici $C A^{\prime}$ in $D B^{\prime}$ oklepata $\mathrm{s}$ premico $A P$ kot $2 \alpha$ in ker leži točka $C$ na istem bregu premice $A P$ kot

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_2690b8249a4af9da8cd5g-9.jpg?height=568&width=994&top_left_y=521&top_left_x=888)
točka $B$, točka $D$ pa na istem bregu premice $B P$ kot točka $A$, sta premici $C A^{\prime}$ in $D B^{\prime}$ vzporedni, točki $C$ in $D$ pa ležita na različnih bregovih premice $A^{\prime} B^{\prime}$ (razen v primeru $C D \| A^{\prime} B^{\prime}$, kjer pa $Y$ očitno leži na $C D$ ). Ker pa po Talesovem izreku točka $C$ leži na krožnici s središčem $A^{\prime}$ in polmerom $\left|A^{\prime} A\right|$, točka $D$ pa na krožnici s središčem $B^{\prime}$ in polmerom $\left|B^{\prime} B\right|$, je $\left|B^{\prime} D\right|=\left|B^{\prime} B\right|=\left|A^{\prime} A\right|=\left|A^{\prime} C\right|$, zato je $C B^{\prime} D A^{\prime}$ paralelogram. Ker se diagonali paralelograma razpolavljata, premica $C D$ poteka skozi razpolovišče diagonale $A^{\prime} B^{\prime}$, torej skozi točko $Y$, ki pa je neodvisna od izbire točke $X$.

IV/4. 1. način Označimo z $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ števila, ki so v poljih ležala na začetku, z $b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{n}$ pa tista, ki ležijo na koncu. Po neenakosti med aritmetično in geometrijsko sredino velja $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=\left(a_{1}+a_{3}\right) / 2+\left(a_{2}+a_{4}\right) / 2+\cdots+\left(a_{n}+a_{2}\right) / 2 \geq \sqrt{a_{1} a_{3}}+\sqrt{a_{2} a_{4}}+\cdots+\sqrt{a_{n} a_{2}}=$ $b_{2}+b_{3}+\cdots+b_{n}+b_{1}$. Ker se je vsota vseh števil v poljih zmanjšala, mora obstajati število $k$, za katerega velja $a_{k} \geq b_{k}$.

 2. način Trditev bomo dokazali s protislovjem. Števila na začetku naj bodo $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$, na koncu pa $\sqrt{a_{1} a_{3}}, \sqrt{a_{2} a_{4}}, \ldots, \sqrt{a_{n} a_{2}}$. Privzemimo torej, da je $a_{1}<\sqrt{a_{1} a_{3}}, a_{2}<\sqrt{a_{2} a_{4}}, \ldots$, $a_{n}<\sqrt{a_{n} a_{2}}$. Torej je tudi $a_{1} a_{2} \cdots a_{n}<\sqrt{a_{1} a_{3}} \cdot \sqrt{a_{2} a_{4}} \cdots \sqrt{a_{n} a_{2}}=\sqrt{a_{1}^{2} a_{2}^{2} \cdots a_{n}^{2}}$, kar pa seveda ne drži.