# 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.
## 51. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Maribor, 21. april 2007
## Naloge za 1. letnik
1. Poišči vsa realna števila $x$, za katera velja
$$
|||| x|-2|-20|-200|=2007
$$
2. Poišči vse pare naravnih števil $m$ in $n$, katerih vsota je 2007 , njun zmnožek pa je deljiv z 2007.
3. Označimo z $D$ razpolovišče stranice $A B$ ostrokotnega trikotnika $A B C$. Naj bosta $A^{\prime}$ in $B^{\prime}$ taki točki na daljicah $A C$ in $B C$, da sta trikotnika $A D A^{\prime}$ in $D B B^{\prime}$ enakokraka s skupnim vrhom v $D$. Pokaži: če je premica $C D$ pravokotna na premico $A^{\prime} B^{\prime}$, je trikotnik $A B C$ enakokrak.
4. Poišči najmanjše naravno število $n$, za katero lahko brez prekrivanja pokrijemo tabelo razsežnosti $n \times n$ z enakim številom ploščic
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
## 51. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Maribor, 21. april 2007
## Naloge za 2. letnik
1. Poišči vse pare naravnih števil $m$ in $n$, za katere ima kvadratna enačba
$$
2007 x^{2}+m n x+n=0
$$
samo eno rešitev. Za vsak tak par rešitev tudi zapiši.
2. V trimestnem številu so stotice večje od desetic in desetice večje od enic. Če števke tega trimestnega števila zapišemo v obratnem vrstem redu in dobljeno število prištejemo prvotnemu, dobimo število, ki vsebuje samo lihe števke. Določi vsa trimestna števila, za katera to velja.
3. Dan je ostrokotni trikotnik $A B C$ in središče njemu očrtane krožnice $O$. Naj bo $O_{1}$ točka na simetrali daljice $A B$, ki leži na nasprotnem bregu premice $A B$ kot točka $O$. Označimo krožnico s središčem $O_{1}$ in polmerom $A O_{1} \mathrm{~s} \mathcal{K}$. Naj premici $C A$ in $C B$ sekata krožnico $\mathcal{K}$ še v točkah $A_{1}$ in $B_{1}$. Pokaži: če se daljici $A_{1} B$ in $A B_{1}$ sekata na trikotniku $A B C$ očrtani krožnici, je štirikotnik $A O_{1} B O$ tetiven.
4. V ravnini leži 16 črnih točk, kot prikazuje slika. Najmanj koliko izmed teh točk moramo pobarvati rdeče, da ne bo obstajal kvadrat z oglišči v preostalih črnih točkah in s stranicami, vzporednimi koordinatnima osema? Odgovor utemelji.
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut. Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
## 51. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Maribor, 21. april 2007
## Naloge za 3. letnik
1. Poišči vsa praštevila $p$, za katera je število $7^{p-2}+9 p^{4}$ popoln kvadrat.
2. Dokaži, da za nobeno realno število $x$ ne velja
$$
\frac{1}{9}<\frac{\tan 3 x}{\tan 2 x} \leq \frac{3}{2}
$$
3. Dan je paralelogram $A B C D$. Naj bo $E$ razpolovišče daljice $C D, F$ razpolovišče $D A$ ter $G$ razpolovišče $A B$. Trikotniku $D F E$ očrtana krožnica se dotika daljice $A B$ v točki $G$. Dokaži, da je $|A B|=\sqrt{2}|A D|$.
4. Poišči najmanjše naravno število $n$, za katero lahko brez prekrivanja pokrijemo tabelo razsežnosti $n \times n$ z enakim številom ploščic
in
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
## 51. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Maribor, 21. april 2007
## Naloge za 4. letnik
1. Dokaži, da za vsa realna števila $x$ in $y$ velja neenakost
$$
\cos \left(x^{2}\right)+\cos \left(y^{2}\right)-\cos (x y)<3
$$
2. Za celo število $x$ velja
$$
|\ldots||| x-1|-10|-10^{2}\left|-\ldots-10^{2006}\right|=10^{2007}
$$
Poišči stoto števko števila $|x|$.
3. Krožnici $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}$ s središčema $O_{1}$ in $O_{2}$ se sekata v točkah $A$ in $B$. Razdalja med središčema je večja od polmerov obeh krožnic. Naj bosta $C_{1}$ in $C_{2}$ tisti presečǐči premice $O_{1} O_{2}$ s krožnicama $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}$, ki ne ležita na daljici $O_{1} O_{2}$. Označimo drugo presečišče premice $C_{2} A$ in krožnice $\mathcal{K}_{1} \mathrm{z} D_{1}$, drugo presečǐče premice $C_{1} A$ in krožnice $\mathcal{K}_{2}$ pa z $D_{2}$.
Premici $D_{1} B$ in $D_{2} A$ se sekata v $E$, premici $D_{1} A$ in $D_{2} B$ pa v $F$. Pokaži: če je štirikotnik $A O_{1} B O_{2}$ tetiven, je tetiven tudi štirikotnik $A E B F$.
4. V ravnini leži 16 črnih točk, kot prikazuje slika. Najmanj koliko izmed teh točk moramo pobarvati rdeče, da ne bo obstajal kvadrat z oglišči v preostalih črnih točkah in s stranicami, katerih dolžine so naravna števila ali $\sqrt{2}$ ? Odgovor utemelji.
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut. Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
## 51. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Maribor, 21. april 2007
## Rešitve nalog
I/1. Vrednost izraza ||$|x|-2|-20|-200$ je lahko enaka 2007 ali -2007 . Ker je ||$|x|-2|-20|-200 \geq-200$, mora biti ||$|x|-2|-20|-200=2007$ in zato je
$$
|||x|-2|-20|=2207
$$
Od tod sledi, da je ||$x|-2|-20$ enako bodisi 2207 bodisi -2207 . Toda ker je ||$x|-2|-20 \geq$ -20 , mora biti ||$x|-2|-20=2207$ in zato je
$$
|| x|-2|=2227
$$
Ker pa $|x|-2$ ne more biti enako -2227 , je $|x|-2=2227$. Tako dobimo $|x|=2229$. Rešitvi sta $x=2229$ in $x=-2229$.
Vrednost izraza ||$|x|-2|-20|-200$ je lahko enaka 2007 ali $-2007 \ldots \ldots . .1$ točka
Rešitvi sta $x=2229$ in $x=-2229$.......................................... 1 . $\mathbf{1}$ točka
Za reševanje "od znotraj" : 2 točki rešitev; 1 točka za obravnavo še kakšnega primera poleg $x= \pm(2+20+200+2007)$; 2 točki za popolno obravnavo vseh 16 možnosti; 2 točki za preverjanje, da dobljeni $x$ ustreza vsem pogojem.
I/2. Zapišemo lahko enačbi $m+n=2007$ in $m n=2007 a$, kjer je $a$ neko naravno število. Tedaj je $n=2007-m$ in dobimo $m(2007-m)=2007 a$ oziroma $2007(m-a)=m^{2}$. Torej je število $m^{2}$ deljivo s številom $2007=3^{2} \cdot 223$. Od tod sledi, da je $m$ deljivo s $3 \cdot 223$. Zapišimo $m=3 \cdot 223 \cdot k$, kjer je $k$ neko naravno število. Ker je $m<2007=3 \cdot 3 \cdot 223$, je $k<3$. Torej je bodisi $m=3 \cdot 223 \cdot 1=669$ bodisi $m=3 \cdot 223 \cdot 2=1338$. V prvem primeru je $n=1338$, v drugem pa $n=669$.
I/3. Ker je $D$ razpolovišče stranice $A B$, velja $|A D|=$ $|D B|$. Trikotnika $A D A^{\prime}$ in $D B B^{\prime}$ sta enakokraka z vrhom $D$, zato je $\left|A^{\prime} D\right|=|A D|=|B D|=\left|B^{\prime} D\right|$ in je trikotnik $A^{\prime} D B^{\prime}$ enakokrak z vrhom $D$. Označimo z $E$ presečišče $A^{\prime} B^{\prime}$ in $C D$. Če je $D E$ pravokotna na $A^{\prime} B^{\prime}$, velja $\left|A^{\prime} E\right|=\left|E B^{\prime}\right|$, saj je trikotnik $A^{\prime} D B^{\prime}$ enakokrak. V trikotniku $A^{\prime} B^{\prime} C$ je $C E$ višina, hkrati pa točka $E$ razpolavlja $A^{\prime} B^{\prime}$, zato je ta trikotnik enakokrak. Velja
$$
\begin{aligned}
\Varangle B A C & =\Varangle D A^{\prime} A=\pi-\Varangle D A^{\prime} B^{\prime}-\Varangle B^{\prime} A^{\prime} C= \\
& =\pi-\Varangle D B^{\prime} A^{\prime}-\Varangle A^{\prime} B^{\prime} C= \\
& =\Varangle D B^{\prime} B=\Varangle A B C,
\end{aligned}
$$
zato je trikotnik $A B C$ res enakokrak.
Sklep $|A D|=|D B|$ ..... 1 točka
Ugotovitev, da je $\left|A^{\prime} D\right|=|A D|=|B D|=\left|B^{\prime} D\right|$ ..... 1 točka
Sklep, da je trikotnik $A^{\prime} D B^{\prime}$ enakokrak ..... 1 točka
Sklep $\left|A^{\prime} E\right|=\left|E B^{\prime}\right|$ ..... 1 točka
Ugotovitev, da je trikotnik enakokrak $A^{\prime} B^{\prime} C$ ..... 1 točka
Izračun kotov in sklep, da je trikotnik $A B C$ enakokrak 1 točka
I/4. Denimo, da porabimo $k$ vsakih ploščic. Tedaj pokrijemo $4 k+$ $5 k=9 k$ polj, torej mora veljati $n^{2}=9 k$. Od tod sledi, da je $n^{2}$ deljivo z 9 oziroma $n$ je deljivo s 3 . Ce je $n=3$, imamo tabelo velikosti $3 \times 3$, na katero očitno ne moremo postaviti obeh ploščic, da se ne bi prekrivali. Torej je $n \geq 2 \cdot 3=6$. Ker pa kvadrat velikosti $6 \times 6$ lahko pokrijemo z uporabo po štirih ploščic vsake oblike (kot prikazuje slika), je $n=6$ najmanjše tako število.
Ugotovitev $n^{2}=9 k$
1 točka
Sklep $n=3 \ell$ (ali $k$ je popoln kvadrat)
2 točki
Dokaz, da $n=3$ ne ustreza 1 točka
Sklep, da je $n \geq 6$
1 točka
Dokaz, da $n=6$ ustreza (npr. s sliko)
2 točki
II/1. Enačba ima dvojno ničlo natanko tedaj, ko je diskriminanta enaka 0 , torej
$$
0=(m n)^{2}-4 \cdot n \cdot 2007=n\left(m^{2} n-4 \cdot 2007\right)
$$
Od tod sledi $m^{2} n=4 \cdot 2007=2^{2} \cdot 3^{2} \cdot 223$. Ker je 223 praštevilo, mora biti delitelj števila $n$. Pišimo $n=223 n^{\prime}$. Tedaj velja
$$
m^{2} n^{\prime}=(2 \cdot 3)^{2}
$$
Ločimo štiri možnosti. Število $m$ je namreč lahko enako $1,2,3$ ali 6 . V prvem primeru je $n=4 \cdot 2007$, enačba pa $2007\left(x^{2}+4 x+4\right)=0 \mathrm{z}$ dvojno ničlo $x=-2$. Pri $m=2$ sledi $n=2007$ ter $2007\left(x^{2}+2 x+1\right)=0$, tu dobimo $x=-1$. Pri $m=3$ je $n=4 \cdot 223$ ter enačba $223\left(9 x^{2}+12 x+4\right)=0$, torej $x=-\frac{2}{3}$. Nazadnje imamo še $m=6, n=223$ ter $223\left(9 x^{2}+6 x+1\right)=0$ in torej $x=-\frac{1}{3}$.
Zapis, da je diskriminanta enaka 0 ..... 1 točka
Razcep na prafaktorje ..... 1 točka
Sklep, da je 233 delitelj števila $n$ ..... 1 točka
Obravnavanje možnosti $m=1, m=2, m=3$ in $m=6$ ter izračun pripadajočih rešitev
$-2,-1,-\frac{2}{3}$ in $-\frac{1}{3}$
II/2. Označimo trimestno število z $\overline{a b c}$. Veljati mora $a>b>c$, poleg tega pa je število $\overline{a b c}+\overline{c b a}=10^{2}(a+c)+10(2 b)+(a+c)$ sestavljeno iz samih lihih števk. Če je $a+c<10$, je števka na mestu desetic soda, kar ni možno. Zato mora biti $a+c \geq 10$. Ker je še število $a+c$ liho, je torej $a+c \geq 11$. Pišimo $a+c=10+l$, kjer je $l$ liho število. Tedaj je
$$
\overline{a b c}+\overline{c b a}=10^{3}+10^{2} l+10(2 b+1)+l
$$
Od tod sledi, da je $2 b+1<10$, saj bo nasprotnem primeru števka na mestu stotic soda. Torej je $2 b<9$ in zato $b \leq 4$.
Zaradi $cr$. Enakosti odštejemo in dobimo $6 p^{2}=7^{r}\left(7^{p-2 r-2}-1\right)$. Torej je $p=7$ ali $r=0$. Prvi primer je res rešitev, saj dobimo $m=196$.
$\mathrm{V}$ drugem primeru pa je $6 p^{2}+1=7^{p-2}$. Očitno $p=2, p=3$ in $p=5$ niso rešitve, zato naj bo $p>7$. Ker je $6 p^{2}=7^{p-2}-1=(7-1)\left(7^{p-3}+7^{p-4}+\ldots+7^{1}+1\right)$, mora veljati $p^{2}=7^{p-3}+7^{p-4}+\ldots+7^{1}+1$. Vemo, da se premica z enačbo $y=x$ in eksponentna funkcija $7^{x-1}$ sekata pri $x=1$. Za $x>1$ pa eksponentna funkcija narašča hitreje. Torej je $7^{x-1} \geq x$ oziroma $7^{x} \geq 7 x$. Zato lahko za $p>7$ ocenimo
$$
\begin{aligned}
p^{2} & =7^{p-3}+7^{p-4}+\ldots+7^{1}+1 \geq \\
& \geq 7(p-3)+7(p-4)+\ldots+7 \cdot 1+1= \\
& =7((p-3)+(p-4)+\ldots+1)+1= \\
& =7 \frac{(p-3)(p-2)}{2}+1>p^{2}+\frac{5\left(p^{2}-7 p\right)}{2}= \\
& =p^{2}+\frac{5 p(p-7)}{2}>p^{2}
\end{aligned}
$$
V tem primeru ni rešitev, torej je $p=7$ edino praštevilo, pri katerem je število $7^{p-2}+9 p^{4}$ popoln kvadrat.
Zapis $7^{p-2}=\left(m-3 p^{2}\right)\left(m+3 p^{2}\right)$ ..... 1 točka
Ugotovitev $m-3 p^{2}=7^{r}$ in $m+3 p^{2}=7^{p-r-2}$ in sklep $6 p^{2}=7^{r}\left(7^{p-2 r-2}-1\right)$ ..... 2 točki
Sklep $p=7$ ali $r=0$ ..... 1 točka
Sklep $m=196$ ..... 1 točka
Ocena $7^{x} \geq 7 x$ ..... 1 točka
III/2. 1. način Uvedimo novo spremenljivko $a=\tan ^{2} x$. Ker je $\tan 2 x=\frac{2 \tan x}{1-\tan ^{2} x}$ in $\tan 3 x=\frac{3 \tan x-\tan ^{3} x}{1-3 \tan ^{2} x}$, je $\frac{\tan 3 x}{\tan 2 x}=\frac{(3-a)(1-a)}{2(1-3 a)}$, zato lahko neenakost prepišemo $\mathrm{V}$
$$
\frac{1}{9}<\frac{(3-a)(1-a)}{2(1-3 a)} \leq \frac{3}{2}
$$
Denimo najprej, da je $1-3 a>0$. Tedaj iz neenakosti (1) sledi
$$
(3-a)(1-a) \leq 3(1-3 a)
$$
oziroma $a(a+5) \leq 0$. Ker je $a=\tan ^{2} x$, velja $a \geq 0$ ter $a+5>0$. Zato bi moralo veljati $a=0$, kar pa ni možno, saj je v tem primeru $\tan 2 x=0$ in izraz $\frac{\tan 3 x}{\tan 2 x}$ sploh ni definiran. Torej neenakost (1) ne more biti izpolnjena, ko je $1-3 a>0$, zato naj bo $1-3 a<0$. Tedaj dobimo
$$
\frac{2(1-3 a)}{9}>(3-a)(1-a)
$$
kar je enakovredno $0>(5-3 a)^{2}$. Tudi ta neenakost ni izpolnjena za nobeno število $a$, torej ne obstaja tak $x$, da bi veljalo
$$
\frac{1}{9}<\frac{\tan 3 x}{\tan 2 x} \leq \frac{3}{2}
$$
2. način S pomočjo adicijskih izrekov lahko zapišemo tan $3 x=\frac{\sin x\left(3 \cos ^{2} x-\sin ^{2} x\right)}{\cos x\left(\cos ^{2} x-3 \sin ^{2} x\right)}$ in $\tan 2 x=\frac{2 \sin x \cos x}{\cos ^{2} x-\sin ^{2} x}$. Torej je
$$
\frac{\tan 3 x}{\tan 2 x}=\frac{\left(2 \cos ^{2} x-1\right)\left(4 \cos ^{2} x-1\right) \sin x}{2 \cos ^{2} x\left(4 \cos ^{2} x-1\right) \sin x}
$$
Če je $\sin x=0$, izraz ni definiran, sicer pa lahko $\sin x$ okrajšamo. Uvedimo novo spremenljivko $a=\cos ^{2} x$. Zaradi $\sin x \neq 0$ sledi $a<1$. Neenakost lahko prepišemo $\mathrm{v}$
$$
\frac{1}{9}<\frac{(2 a-1)(4 a-1)}{2 a(4 a-3)} \leq \frac{3}{2}
$$
Če je $4 a-3>0$, iz neenakosti (2) sledi
$$
(2 a-1)(4 a-1) \leq 3 a(4 a-3)
$$
oziroma $0 \leq(4 a+1)(a-1)$. Očitno je $a$ pozitivno število, ki je manjše od 1 , zato je $4 a+1$ pozitivno, $a-1$ pa negativno število, torej dobljena neenakost ne drži.
Ostane le še primer, ko je $4 a-3<0$. Tedaj iz (2) dobimo neenakost
$$
\frac{1}{9} 2 a(4 a-3)>(2 a-1)(4 a-1)
$$
ki jo lahko preoblikujemo v $0>(8 a-3)^{2}$, kar pa seveda ni možno. Torej neenakost (2) ni izpolnjena za nobeno število $a$.
Prevedba $\tan 2 x$ oz. $\tan 3 x, \sin 3 x, \ldots$, na enostavne kote .................... 1 točka
Okrajšanje ulomka do oblike $\frac{(\tan x-3)(1-\tan x)}{2(1-3 \tan x)}$ oz. $\frac{8 \cos ^{4} x-6 \cos ^{2} x+1}{8 \cos ^{4} x-4 \cos ^{2} x} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \quad 1$ točka
Vpeljava nove spremenljivke ..... 1 točka
Pravilno obravnava zgornje ocene ..... 2 točki
Pravilno obravnava spodnje ocene ..... 2 točki
III/3. 1. način Označimo $\Varangle B A D=\alpha$. Potem je $\Varangle E G B=\alpha$ ter $\Varangle A D E=\pi-\alpha$. Ker je štirikotnik $D E F G$ tetiven, je $\Varangle F G E=\alpha$. Zato je $\Varangle F G A=$ $\pi-\Varangle F G E-\Varangle E G B=\pi-2 \alpha$ in $\Varangle G F A=\pi-\Varangle G A F-$ $\Varangle F G A=\pi-\alpha-(\pi-2 \alpha)=\alpha$. Torej je trikotnik $A G F$ enakokrak z vrhom pri $G$.
Vemo, da je kot med tetivo $E G$ in tangento $A B$ enak
obodnemu kotu nad to tetivo. To pomeni, da je $\Varangle G F E=\Varangle B G E=\alpha$. Zato je tudi trikotnik $E F G$ enakokrak z vrhom pri $E$. Trikotnika $E F G$ in $G A F$ sta si podobna, zato je $\frac{|E G|}{|F G|}=\frac{|A G|}{|A F|}$. Če označimo $|A B|=a$ in $|A D|=b$, dobimo torej $\frac{b}{a / 2}=\frac{a / 2}{b / 2}$, od koder sledi $2 b^{2}=a^{2}$ oziroma $a=\sqrt{2} b$.
Podobnost $E F G$ in $G A F$............................................................................................
Zaključni sklep . .................................................................................................
2. način Nalogo lahko na kratko rešimo s pomočjo potence točke na krožnico (s katero so zagotovo seznanjeni udeleženci priprav na MMO in bralci elektronske revije Brihtnež). Če jo zapišemo za točko $A$ in trikotniku $D E F$ očrtano krožnico, dobimo
$$
\overrightarrow{A G} \cdot \overrightarrow{A G}=\overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{A D}
$$
Torej velja $|A G|^{2}=|A F| \cdot|A D|$, od koder po definiciji točk $G$ in $F$ sledi, da je
$$
\left(\frac{|A B|}{2}\right)^{2}=\frac{|A D|}{2} \cdot|A D|
$$
oziroma $|A B|=\sqrt{2}|A D|$.
III/4. Denimo, da porabimo $k$ vsakih ploščic. Potem pokrijemo $4 k+3 k=7 k$ polj, torej mora veljati $n^{2}=7 k$. Od tod sledi, da je $n^{2}$ deljivo s 7 oziroma $n$ je deljivo s 7 . Če je $n=7$, imamo tabelo velikosti $7 \times 7$, ki je ne moremo pokriti na predpisan način. Recimo, da to lahko naredimo. Pobarvajmo tabelo z dvema barvama kot prikazuje slika. Vsaka ploščica $\boxplus$ pokrije dve črni in dve beli polji, zato 7 takih ploščic pokrije 14 črnih in 14 belih polj.
ploščica $\square$ pokrije sodo število črnih polj. Slednje pa očitno ni možno, saj je v vsaki vrstici liho črnih polj.
Torej je $n \geq 2 \cdot 7=14$. Ker pa kvadrat velikosti $14 \times 14$ lahko pokrijemo z uporabo po 28 ploščic vsake oblike (kot prikazuje slika), je $n=14$ najmanjše tako število.
Ugotovitev $n^{2}=7 k$ ..... 1 točka
Utemeljitev $n=7 \ell$ ..... 1 točka
Domneva $n=14$ ..... 1 točka
Dokaz, da $n=14$ ustreza (npr. s sliko) ..... 1 točka
Uvedba pasovnega barvanja ..... 2 točki
Sklep, da $n=7$ ne ustreza ..... 1 točka
IV/1. Ker za vsako realno število $\alpha$ velja $-1 \leq \cos \alpha \leq 1$, je $\cos x^{2} \leq 1, \cos y^{2} \leq 1$ in $-\cos x y \leq 1$. Sledi
$$
\cos x^{2}+\cos y^{2}-\cos x y \leq 3
$$
Pokazati moramo, da ne more veljati enačaj. Denimo, da velja. Potem je $\cos x^{2}=1$, $\cos y^{2}=1$ in $\cos x y=-1$, zato je $x^{2}=2 k \pi, y^{2}=2 l \pi$ in $x y=\pi+2 m \pi$ za neka cela števila $k, l$ in $m$. Potem pa velja
$$
(\pi+2 m \pi)^{2}=(x y)^{2}=x^{2} y^{2}=2 k \pi \cdot 2 l \pi
$$
torej je $(1+2 m)^{2}=4 k l$. V tej enačbi je leva stran liho število, desna pa sodo. Dobili smo protislovno enačbo, kar pomeni, da enačaj ne more veljati.
Ugotovitev $-1 \leq \cos \alpha \leq 1$ ..... 1 točka
Sklep $\cos x^{2}+\cos y^{2}-\cos x y \leq 3$. ..... 1 točka
Sklep $\cos x^{2}=1, \cos y^{2}=1$ in $\cos x y=-1$ ..... 1 točka
Sklep $x^{2}=2 k \pi, y^{2}=2 l \pi$ in $x y=\pi+2 m \pi$ ..... 1 točka
Sklep $(\pi+2 m \pi)^{2}=(x y)^{2}=x^{2} y^{2}=2 k \pi \cdot 2 l \pi$ ..... 2 točki
Poenostavitev $(1+2 m)^{2}=4 k l$ in sklep, da je ta enačba protislovna ..... 1 točka
IV/2. Označimo
$$
x_{n}=|\ldots||| x-1|-10|-10^{2}\left|-\ldots-10^{n-1}\right|-10^{n}
$$
Enačba iz naloge nam torej pove, da velja $\left|x_{2006}\right|=10^{2007}$, torej je $x_{2006}= \pm 10^{2007}$. Ker pa lahko ocenimo
$$
x_{2006}=\left|x_{2005}\right|-10^{2006} \geq-10^{2006}
$$
od tod sledi, da je $x_{2006}=10^{2007}$, torej je $\left|x_{2005}\right|=10^{2006}+10^{2007}$. Nadalje iz $x_{2006}=$ $\left|x_{2004}\right|-10^{2005} \geq 10^{2005}$ sledi $x_{2006}=10^{2006}+10^{2007}$ in je zato
$$
\left|x_{2004}\right|=10^{2005}+10^{2006}+10^{2007}
$$
Podobno sklepamo naprej. Če že vemo, da je
$$
x_{n}=10^{n+1}+10^{n+2}+\ldots+10^{2007}
$$
sledi $x_{n-1}= \pm\left(10^{n+1}+10^{2007-n+1}+\ldots+10^{2007}\right)$. Zaradi $x_{n-1}=\left|x_{n}\right|-10^{n} \geq-10^{n}$ dobimo, da je
$$
x_{n-1}=10^{n}+10^{n+1}+\ldots+10^{2007}
$$
Torej je $|x-1|=10+10^{2}+\ldots+10^{2007}$, od koder sledi
$$
x=1+10+10^{2}+\ldots+10^{2007}=\underbrace{11 \ldots 1}_{2008}
$$
ali
$$
x=1-10-10^{2}-\ldots-10^{2007}=-(\underbrace{11 \ldots 10}_{2007}-1)=-\underbrace{11 \ldots 1}_{2006} 09 \text {. }
$$
Stota števka števila $|x|$ je $\mathrm{v}$ obeh primerih enaka 1.
Vpeljava $x_{n}=|\ldots||| x-1|-10|-10^{2}\left|-\ldots-10^{n-1}\right|-10^{n}$. ............ 1 točka
Dokaz $x_{2006}=10^{2007}$ 2 točki
Induktivni sklep $|x-1|=10+10^{2}+\ldots+10^{2007}$ 2 točki
Rešitev $x=1+10+10^{2}+\ldots+10^{2007}=\underbrace{11 \ldots 1}_{2008}$
Rešitev $x=1-10-10^{2}-\ldots-10^{2007}=-\underbrace{11 \ldots 109}_{2006}$.
IV/3. Ker je štirikotnik $A O_{1} B O_{2}$ tetiven in leži središče njemu očrtane krožnice na simetrali tetive $A B$, torej na daljici $O_{1} O_{2}$, po Talesovem izreku sledi $\Varangle O_{1} A O_{2}=\Varangle O_{2} B O_{1}=$ $\frac{\pi}{2}$.
Naj bo $\Varangle A O_{2} O_{1}=\alpha$. Potem je $\Varangle A O_{2} B=2 \alpha$. To pa je središčni kot nad tetivo $A B$ v krožnici $\mathcal{K}_{2}$, zato je enak dvakratniku obodnega kota $\Varangle A D_{2} B$ oziroma $\Varangle A C_{2} B$ nad to tetivo. Torej je $\Varangle A D_{2} B=\Varangle A C_{2} B=\alpha$.
Velja še $\Varangle A O_{1} O_{2}=\frac{\pi}{2}-\Varangle O_{1} O_{2} A=\frac{\pi}{2}-\alpha$, zato je $\Varangle A O_{1} B=2 \Varangle A O_{1} O_{2}=\pi-2 \alpha$ in $\Varangle B C_{1} A=\Varangle B D_{1} A=\frac{1}{2} \Varangle A O_{1} B=\frac{\pi}{2}-\alpha$.
$\mathrm{V}$ deltoidu $A C_{1} B C_{2}$ poznamo $\Varangle A C_{1} B=\frac{\pi}{2}-\alpha$ in $\Varangle A C_{2} B=\alpha$, zato lahko izračunamo
$$
\Varangle C_{2} A C_{1}=\Varangle C_{2} B C_{1}=\frac{2 \pi-\Varangle A C_{1} B-\Varangle A C_{2} B}{2}=\frac{3 \pi}{4} .
$$
Zato je $\Varangle D_{1} A C_{1}=\pi-\Varangle C_{1} A C_{2}=\frac{\pi}{4}$ in prav tako $\Varangle C_{2} A D_{2}=\Varangle D_{1} A C_{1}=\frac{\pi}{4}$. Z upoštevanjem enakosti obodnih kotov dobimo še $\Varangle C_{2} B D_{2}=\Varangle C_{2} A D_{2}=\frac{\pi}{4}$ in $\Varangle D_{1} B C_{1}=$ $\Varangle D_{1} A C_{1}=\frac{\pi}{4}$, zato je
$$
\Varangle F B E=\Varangle C_{2} B C_{1}-\Varangle C_{2} B D_{2}-\Varangle D_{1} B C_{1}=\frac{3 \pi}{4}-\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4}
$$
torej je $\Varangle E A F+\Varangle F B E=\frac{3 \pi}{4}+\frac{\pi}{4}=\pi$, zato točke $A, E, B$ in $F$ res ležijo na skupni krožnici.
Sklep $\Varangle O_{1} A O_{2}=\Varangle O_{2} B O_{1}=\frac{\pi}{2}$ 1 točka
Sklep $\Varangle A D_{2} B=\Varangle A C_{2} B=\alpha$
Sklep $\Varangle B C_{1} A=\Varangle B D_{1} A=\frac{1}{2} \Varangle A O_{1} B=\frac{\pi}{2}-\alpha$
Sklep $A C_{1} C_{2}$ je deltoid in $\Varangle C_{2} A C_{1}=\frac{3 \pi}{4}$. 1 točka
Sklep $\Varangle C_{2} B D_{2}=\Varangle C_{2} A D_{2}=\frac{\pi}{4}$ in $\Varangle D_{1} B C_{1}=\Varangle D_{1} A C_{1}=\frac{\pi}{4}$ 1 točka
Sklep $\Varangle F B E=\frac{\pi}{4}$
1 točka
Sklep $\Varangle E A F+\Varangle F B E=\pi$ in zato je $B F A E$ tetiven
IV/4. Dokazali bomo, da moramo pobarvati pet točk.
Ker mora biti v vsakem izmed 4 kvadratkov $A, B, C, D$, označenih na prvi sliki, vsaj eno oglišče rdeče, potrebujemo vsaj 4 rdeče točke. Denimo, da je to že dovolj. Kvadrat velikosti $3 \times 3$ ima vsaj eno rdeče oglišče. Predpostavimo lahko, da je to oglišče $(1,1)$. Torej so preostala oglišča kvadrata $A$ črna. Oglejmo si kvadratek $E$. Ker sta oglišči, ki sta skupni $A$ in $E$, črni, mora biti rdeče eno od oglišč, skupno $B$ in $E$. Preostali oglišči v $B$ sta tako črni. Podobno sklepamo še za kvadratka $F$ in $D$.
Kvadrat $G$, ki ga prikazuje tretja skica, ima že 3 črna oglišča, zato mora biti oglišče $(4,4)$ rdeče.
Kvadrata $H$ in $K$ že imata tri črna oglišča, tako morata biti preostali rdeči. To pa je v nasprotju s predpostavko, da je v $D$ le eno rdeče oglišče.
Dokazali smo torej, da mora biti vsaj 5 točk pobarvanih rdeče. Kot kaže spodnja slika, pa 5 rdečih točk tudi zadošča.
Utemeljitev, da potrebujemo vsaj 4 rdeče točke ...................................................................
Skica ali konstrukcija, da 5 rdečih točk zadošča .......................................................
Popolna obravnava vseh primerov in sklep, da 4 rdeče točke niso dovolj .... 3 točke
Opomba: Za vsak izpuščen primer ali sklep "točka je v največjem številu kvadratov, zato jo je najbolje pobarvarti" se odbije po ena točka. Na zadnji sliki je narisana ena izmed možnosti, kako lahko pobarvamo točke rdeče. Tekmovalec lahko nariše tudi kakšno drugo konfiguracijo in dokaz prilagodi tej konfiguraciji.