# 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. ## 52. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije Ivančna Gorica, 19. april 2008 ## Naloge za 1. letnik 1. Poišči vsa praštevila $p$ in $q$, za katera je število $2 p^{2} q+45 p q^{2}$ popoln kvadrat. 2. Dokaži: če za neničelna realna števila $a, b$ in $c$ velja $$ a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)=a b+b c+c a $$ je vrednost izraza $\frac{a^{2}(b+c)+b^{2}(a+c)+c^{2}(a+b)}{a b c}$ celo število. 3. Dane so dolžine stranic trikotnika $A B C:|A B|=15 \mathrm{~cm},|B C|=14 \mathrm{~cm}$ in $|C A|=13 \mathrm{~cm}$. Naj bo $D$ nožišče višine na stranico $B C, E$ pa taka točka na tej višini, da je $\angle B A D=\angle D E C$. Presečišče premic $A B$ in $C E$ označimo s $F$. Izračunaj $|E F|$. 4. Anja ima ploščice oblike $\square$, Bojan pa $\square$. Izmenično postavljata po 1 ploščico na pravokotno tabelo. Če je na potezi Bojan in ne more postaviti ploščice na tabelo, čeprav je na njej še kak nepokrit kvadratek, zmaga Anja, sicer zmaga Bojan. Dokaži: (a) če imata tabelo velikosti $6 \times 9$, Bojan ne more zmagati, ne glede na to, kdo začne; (b) če imata tabelo velikosti $8 \times 8$, lahko Bojan polaga ploščice tako, da bo zmagal ne glede na to, kako bo igrala Anja, in ne glede na to, kdo začne. (Opomba: Ploščice morajo v celoti ležati na tabeli, se med seboj ne smejo prekrivati, pokriti pa morajo vsa polja tabele.) Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut. Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena. ## 52. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije Ivančna Gorica, 19. april 2008 ## Naloge za 2. letnik 1. Poišči vsa realna števila $x$ in $y$, ki zadoščajo enačbama $$ \begin{aligned} x^{3}+8 y^{3} & =x+2 y \\ 2 x^{2} y+4 x y^{2} & =x+2 y \end{aligned} $$ 2. (a) Pokaži, da vsota števk števila $10^{n}+9 n$ ni deljiva z 2007 za nobeno naravno število $n$. (b) Poišči vsaj eno naravno število $n$, za katero je vsota števk števila $10^{n}+9 n$ enaka 2008 3. Na višini na stranico $A C$ enakokrakega trikotnika $A B C \mathrm{z}$ vrhom $B$ izberemo točko $D$ tako, da je premica $A C$ tangenta na očrtano krožnico $\mathcal{K}$ trikotnika $A B D$. Naj bo $E$ taka točka na krožnici $\mathcal{K}$, da je tetiva $D E$ pravokotna na tetivo $A B$. Dokaži, da sta trikotnika $A B E$ in $A B C$ skladna. 4. Igralca imata kup enakih žetonov, s katerega izmenično jemljeta po enega in ga postavljata na poljubno prazno polje kvadratne tabele velikosti $2008 \times 2008$. Zmaga tisti, ki prvi postavi žeton tako, da skupaj s tremi drugimi tvori oglišča pravokotnika, ki ima stranice vzporedne stranicam tabele. Kateri igralec ima zmagovalno strategijo - tisti, ki je igro začel, ali njegov soigralec? ## 52. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije Ivančna Gorica, 19. april 2008 ## Naloge za 3. letnik 1. Jaka si je zamislil trimestno število $x$, ki ima $\mathrm{v}$ zapisu različne neničelne števke. Nato je na list napisal vsa druga trimestna števila, ki jih je lahko zapisal s števkami števila $x$. Določi vsa možna števila $x$,če je vsota števil na listu enaka 3434 . 2. Naj bo $D$ notranja točka stranice $B C$ pravokotnega trikotnika $A B C$ s pravim kotom pri $C$. Trikotniku $A B D$ očrtano krožnico označimo s $\mathcal{K}$. Naj bo $E$ taka točka na $\mathcal{K}$, da je tetiva $D E$ pravokotna na $A B$. Dokaži, da je trikotnik $A E B$ enakokrak z vrhom $B$ natanko tedaj, ko je $C A$ tangenta na krožnico $\mathcal{K}$. 3. Za katera naravna števila $n>1$ doseže izraz $$ \frac{\log _{10} 2 \cdot \log _{10} 3 \cdots \log _{10} n}{10^{n-1}} $$ najmanjšo vrednost? Kolikšna je ta vrednost? 4. Igralca imata kup enakih žetonov, s katerega izmenično jemljeta po enega in ga postavljata na poljubno prazno polje kvadratne tabele velikosti $2008 \times$ 2008. Zmaga tisti, ki prvi postavi žeton tako, da skupaj s tremi drugimi tvori oglišča enakokrakega trapeza, ki ni pravokotnik, in katerega osnovnici sta vzporedni enemu izmed robov tabele. Kateri igralec ima zmagovalno strategijo - tisti, ki je igro začel, ali njegov soigralec? ## 52. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije Ivančna Gorica, 19. april 2008 ## Naloge za 4. letnik 1. Členi $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}$ geometrijskega zaporedja so naravna števila, manjša od 2008. Število $a_{2}$ je deljivo s $5, a_{3}$ je deljivo s $4, a_{4}$ je deljivo s 3 , število $a_{1}$ pa ni deljivo s 6 . Nobeno praštevilo ne deli vseh 5 členov zaporedja. Izračunaj člene tega zaporedja. 2. Poišči vsa realna števila $x$, za katera je vrednost izraza $$ \sqrt{1-x^{2}}+\sqrt{5 x-x^{2}} $$ celo število. 3. Na stranici $B C$ pravokotnega trikotnika $A B C$ s pravim kotom pri $C$ izberemo točko $D$, različno od $B$ in $C$. Trikotniku $A B D$ očrtano krožnico označimo s $\mathcal{K}$. Naj bo $T$ taka točka na stranici $A B$, da je $D T$ pravokotna na $A B$. Premica $D T$ seka krožnico $\mathcal{K}$ še v točki $E$. Presečišče premic $C T$ in $E B$ označimo s $F$. Premica $D F$ seka krožnico $\mathcal{K}$ še v točki $G$. Dokaži, da sta trikotnika $C E F$ in $B E G$ podobna. 4. Naj bo $K$ podmnožica naravnih števil. Za vsaki dve števili $a$ in $b$ iz množice $K$ velja, da $a$ deli $b$ ali $b$ deli $a$. Dokaži, da je tedaj vsako število $c$ iz množice $K$ večje od vsote vseh tistih števil iz množice $K$, ki so manjša od $c$. # dMFA ## 52. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije Ivančna Gorica, 19. april 2008 ## Rešitve nalog I/1. Najprej denimo, da je $p=q$. Potem mora biti število $47 p^{3}$ popoln kvadrat. Ker je deljivo s 47 in je 47 praštevilo, mora biti deljivo tudi s $47^{2}$, od koder sledi, da 47 deli $p^{3}$ oziroma 47 deli $p$. Toda $p$ je praštevilo, torej mora biti enako 47 . Res, pri $p=q=47$ je število $2 p^{2} q+45 p q^{2}$ enako $47^{4}$ in je torej popoln kvadrat. Naj bo sedaj $p \neq q$. Ker je število $2 p^{2} q+45 p q^{2}=p q(2 p+45 q)$ popoln kvadrat deljiv s $p$, mora biti deljiv tudi s $p^{2}$. Torej $p$ deli $q(2 p+45 q)$ oziroma, ker sta $p$ in $q$ tuji, $p$ deli $2 p+45 q$. Od tod sledi, da $p$ deli $45 q$ oziroma, da $p$ deli 45 . Torej je $p=3$ ali pa $p=5$. Podobno sklepamo, da $q$ deli $2 p+45 q$, od koder sledi, da $q$ deli $2 p$ oziroma $q=2$. Torej je $p q(2 p+45 q)=4 p(p+45)$. Če je $p=3$, je to število enako $4 \cdot 3 \cdot 48=24^{2}$, pri $p=5$ pa je enako 4000 in ni popolni kvadrat. Edini rešitvi sta torej $p=q=47$ in $p=3, q=2$.[^0] I/2. Iz dane enačbe sledi $a b+b c+c a=0$. Zato lahko zapišemo $$ \frac{a^{2}(b+c)+b^{2}(a+c)+c^{2}(a+b)}{a b c}=\frac{a(a b+a c)+b(b a+b c)+c(c a+c b)}{a b c} $$ Upoštevamo, da je $a b+a c=-b c, b a+b c=-c a$ in $c a+c b=-a b$ in dobimo $$ \frac{a(a b+a c)+b(b a+b c)+c(c a+c b)}{a b c}=\frac{a(-b c)+b(-c a)+c(-a b)}{a b c}=\frac{-3 a b c}{a b c}=-3 $$[^1] I/3. Najprej izračunajmo dolžini $|A D|$ in $|C D|$. Označimo $|A D|=v$ in $|C D|=x$. Po Pitagorovem izreku je $v^{2}=|A C|^{2}-x^{2}=|A B|^{2}-(|B C|-x)^{2}$, od koder dobimo $13^{2}-x^{2}=15^{2}-(14-x)^{2}$ oziroma $13^{2}=15^{2}-14^{2}+2 \cdot 14 \cdot x$. Torej je $x=5$ in potem $v=12$. Ker je $\angle B A D=\angle D E C$, je trikotnik $E D C$ je podoben trikotniku $A D B$. Zato je $\frac{|E C|}{|C D|}=\frac{|A B|}{|A D|}$ in $\angle D B A=\angle E C D$. Sledi $|E C|=\frac{15}{9} \cdot 5=\frac{25}{3}$ in $\angle F C B=\angle C B F$, torej je trikotnik $B F C$ enakokrak z vrhom $B$. Zato je $|C F|=|F B|$. ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_16ef8862fb9f11daffb9g-07.jpg?height=460&width=582&top_left_y=224&top_left_x=1274) Naj bo $G$ razpolovišče $B C$. Potem je $F G$ pravokotna na $B C$. Trikotnik $F B G$ je podoben trikotniku $A B D$, zato velja $\frac{|F B|}{|B G|}=\frac{|A B|}{|B D|}$, torej je $|F B|=\frac{|A B| \cdot|B G|}{|B D|}=\frac{15 \cdot 7}{9}=\frac{35}{3}$. Dolžina $|E F|$ je enaka $|E F|=|C F|-|C E|=|F B|-|C E|=\frac{35}{3}-\frac{25}{3}=\frac{10}{3}$. Trikotnika $A B D$ in $E C D$ sta si podobna ..... 1 točka Trikotnik $A F E$ (ali $B F C$ ) je enakokrak ..... 1 točka Sklep $F G \| A D$ ..... 1 točka Trikotnika $F B G$ in $A B D$ sta si podobna ..... 1 točka Izračun dolžin $|C D|,|B D|,|G D|,|C E|,|E D|,|A D|$ ..... 2 točki Rezultat $|E F|=\frac{10}{3}$ ..... 1 točka I/4. (a) Tabela $6 \times 9$ ima 54 kvadratkov. Če želi zmagati Bojan, morata tabelo pokriti v celoti, saj lahko Anja svoje ploščice polaga dokler je še kakšno prazno polje. Ko bosta Bojan in Anja vsak 13-krat postavila svojo ploščico na tabelo, bosta ostali še $54-13 \cdot(1+3)=2$ nepokriti polji. Ne glede na to kdo je začel, tabele ne bosta pokrila do konca, kar pomeni, da bo zmagala Anja. (b) Tabelo $8 \times 8$ lahko razdelimo na 16 kvadratov $2 \times 2$ kot prikazuje slika. Če je igro začela Anja, potem v svoji potezi položi svojo ploščico v enega izmed $2 \times 2$ kvadratov. Bojan lahko ta kvadrat v svoji potezi zapolni. To lahko stori po vsaki Anjini potezi, dokler ne zapolnita cele tabele. Torej je zmagovalec Bojan. ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_16ef8862fb9f11daffb9g-07.jpg?height=417&width=434&top_left_y=1842&top_left_x=820) Če igro začne Bojan, položi svojo ploščico v nek $2 \times 2$ kvadrat. V kolikor ga Anja zapolni, v naslednji potezi spet položi svojo ploščico v nek $2 \times 2$ kvadrat. Če pa Anja kvadrata $2 \times 2$ ne zapolni, potem Bojan v svoji potezi dopolni $2 \times 2$ kvadrat, v katerega je Anja položila ploščico. Po 15 potezah je na vrsti Bojan, na tabeli pa je prost bodisi en kvadrat velikosti $2 \times 2$ bodisi štirje kvadratki, pri čemer se trije kvadratki nahajajo znotraj istega $2 \times 2$ kvadrata. Bojan lahko tako svojo ploščico položi na tabelo, zadnja pa je na potezi Anja, ki mora zapolniti še preostalo prosto polje, kar pomeni, da je zmagal Bojan. Korektna rešitev dela (a) ..... 3 točke (Če je dokaz nepopoln, ugotovljeno pa je, da so po 2 potezah zasedena 4 nova polja, se prizna 2 točki.) Korektna rešitev dela (b) ..... 4 točke (Če je dokaz nepopoln, razvidna pa je ideja o delitvi tabele na polja $2 \times 2$, se prizna 2 točki.) II/1. Enačbi lahko prepišemo v obliko $$ \begin{aligned} (x+2 y)\left(x^{2}-2 x y+4 y^{2}\right) & =x+2 y \\ 2 x y(x+2 y) & =x+2 y \end{aligned} $$ Očitno vsak par števil $x$ in $y$, ki zadošča zvezi $x+2 y=0$, reši enačbi. Naj bo sedaj $x+2 y \neq 0$. Tedaj lahko delimo z $x+2 y$ in dobimo $x^{2}-2 x y+4 y^{2}=1$ in $2 x y=1$, torej je $$ (x+2 y)^{2}=x^{2}+4 x y+4 y^{2}=\left(x^{2}-2 x y+4 y^{2}\right)+6 x y=4 $$ Ločimo dve možnosti in sicer je $x+2 y=2$ ali pa $x+2 y=-2$. V prvem primeru dobimo $1=2 x y=2(2-2 y) y=4 y-4 y^{2}$, torej $0=4 y^{2}-4 y+1=(2 y-1)^{2}$. Od tod sledi $y=\frac{1}{2}$ in $x=2-2 y=1$. V drugem primeru pa je $x=-2-2 y$ in zato velja $1=2 x y=2(-2-2 y) y=$ $-4 y-4 y^{2}$, torej je $0=(2 y+1)^{2}$. Sledi $y=-\frac{1}{2}$ in $x=-1$. Enačbi tako zadoščajo vsa realna števila $x$ in $y$, za katera velja $x+2 y=0$, poleg teh pa še $x=-1, y=-\frac{1}{2}$ in $x=1, y=\frac{1}{2}$. ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_16ef8862fb9f11daffb9g-08.jpg?height=74&width=1650&top_left_y=1459&top_left_x=206) ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_16ef8862fb9f11daffb9g-08.jpg?height=58&width=1633&top_left_y=1513&top_left_x=220) ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_16ef8862fb9f11daffb9g-08.jpg?height=54&width=1633&top_left_y=1566&top_left_x=220) Če $x \neq-2 y$, lahko enačbi delimo ............................................................................. Ugotovitev $x+2 y= \pm 2$ (ali $x-2 y=0$ ali $x^{4}-2 x^{2}+1=0$ ) ................ 1 točka ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_16ef8862fb9f11daffb9g-08.jpg?height=65&width=1633&top_left_y=1715&top_left_x=220) II/2. (a) Število je deljivo z 9 natanko tedaj, ko je vsota njegovih števk deljiva z 9. Recimo, da je vsota števk števila $10^{n}+9 n$ deljiva z 2007. Ker je 2007 večkratnik števila 9, je potem vsota števk števila $10^{n}+9 n$ deljiva z 9 . To pa pomeni, da je $10^{n}+9 n$ deljivo z 9 , kar pa ne velja. (b) Naj bo $n=1 \ldots 1$, kjer v zapisu nastopa 223 enic. Tedaj je $9 n=9 \ldots 9$, kjer v zapisu nastopa 223 devetic. Število $10^{n}+9 n$ je potem enako $10 \ldots 09 \ldots 9$, pri čemer $\mathrm{v}$ zapisu nastopa 223 devetic in $n-223=1 \ldots 1-223$ ničel. Vsota števk tega števila je enaka $1+9 \cdot 223=2008$ Za del (a) se prizna največ 5 točk. ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_16ef8862fb9f11daffb9g-08.jpg?height=54&width=1633&top_left_y=2440&top_left_x=220) Vsota števk števila $9 n$ je deljiva z 9 ........................................................................ Vsota števk števila $10^{n}+9 n$ je oblike $9 k+1 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ Sklep: ker število $9 k+1$ ni deljivo z 9 , tudi ni deljivo z $2007 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$. Za del (b) se prizna največ 2 točki. Pravilen $n$ II/3. Označimo s $T$ presečišče tetiv $D E$ in $A B$. Vemo, da je trikotnik $D T B$ pravokotni. Označimo $\angle C A B=\angle A C B=$ $\alpha$. Ker je $A C$ tangenta, je torej kot $\angle C A B$ enak nepriležnemu kotu $\angle A E B$ nad tetivo $A B$. Zato je $\angle A E B=\alpha$. Velja tudi, da je $\angle A B D=\frac{\pi}{2}-\alpha$, zato je $\angle T D B=\alpha$. Tako je $\angle E D B=\alpha$ in ta kot je enak $\angle E A B$, saj sta obodna kota nad tetivo $B E$. Torej je $\angle B A E=\alpha=\angle B E A$, zato je trikotnik $A B E$ enakokrak z vrhom $B$. Trikotnika $A B E$ in $A B C$ se ujemata v vseh kotih in dolžini skupne in istoležne stranice $A B$, torej sta skladna. ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_16ef8862fb9f11daffb9g-09.jpg?height=840&width=520&top_left_y=548&top_left_x=1339) ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_16ef8862fb9f11daffb9g-09.jpg?height=57&width=1650&top_left_y=1436&top_left_x=206) ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_16ef8862fb9f11daffb9g-09.jpg?height=57&width=1650&top_left_y=1485&top_left_x=206) ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_16ef8862fb9f11daffb9g-09.jpg?height=60&width=1650&top_left_y=1535&top_left_x=206) Sklep, da sta $A B E$ in $A B C$ skladna . ................................................................ II/4. Zmagovalno strategijo ima drugi igralec. Stolpce razdeli v 1004 parov in sicer sta v prvem paru stolpca 1 in 2 , v drugem stolpca 3 in 4 , in tako naprej, do zadnjega para, $\mathrm{v}$ katerem sta stolpca 2007 in 2008. Kadarkoli da prvi igralec žeton v enega izmed stolpcev, da drugi igralec žeton v isto vrstico drugega stolpca iz para. Najkasneje po 1004 potezah bo moral prvi igralec postaviti žeton v stolpec, kjer se žeton že nahaja. Tedaj bo drugi igralec s postavitvijo žetona tvoril pravokotnik in zmagal. Opis in dokaz pravilnosti strategije 7 točk Če dokaz ni popoln, se za posamezne ugotovitve prizna (neaditivno): Drugi igralec zmaga, če je $v$ vsaki vrstici in v vsakem stolpcu zasedeno natanko eno polje 1 točka Zapis pravilne strategije brez utemeljitve do 4 točke Navedba strategije: drugi igralec postavlja žetone le v eno vrsto do 2 točki III/1. Označimo števke števila $x$ z $a, b$ in $c$, torej $x=\overline{a b c}$. Vsa trimestna števila, sestavljena iz števk $a, b$ in $c$ so $\overline{a b c}, \overline{a c b}, \overline{b a c}, \overline{b c a}, \overline{c a b}, \overline{c b a}$, njihova vsota pa je $100(2 a+2 b+$ $2 c)+10(2 a+2 b+2 c)+(2 a+2 b+2 c)=222(a+b+c)$. Vsota števil na listu je tako enaka $$ 3434=222(a+b+c)-\overline{a b c}=122 a+212 b+221 c $$ Oglejmo si zgornjo enačbo glede na deljivost z 9. Ostanek števila 3434 pri deljenju z 9 je enak 5 , ostanek števila $122 a+212 b+221 c$ pa je enak ostanku števila $5 a+5 b+5 c=5(a+b+c)$. Od tod sledi, da mora biti ostanek števila $a+b+c$ pri deljenju z 9 enak 1. Ker pa je $6=1+2+3 \leq a+b+c \leq 7+8+9=24$, je torej $a+b+c$ enako bodisi 10 bodisi 19 . Če je $a+b+c=10$, lahko ocenimo $3434=122 a+212 b+221 c<221(a+b+c)=$ $221 \cdot 10<3434$, kar ni možno. Torej je $a+b+c=19$. Sedaj lahko izračunamo $\overline{a b c}=$ $222(a+b+c)-3434=222 \cdot 19-3434=784$. Edina možnost je $x=784$.[^2] III/2. Označimo s $T$ presečišče tetiv $D E$ in $A B$. Vemo, da je trikotnik $D T B$ pravokotni. Denimo najprej, da je trikotnik $A B E$ enakokrak. Označimo $\angle A E B=\angle B A E=\alpha$. Obodna kota $\angle E A B$ in $\angle E D B$ nad tetivo $B E$ sta enaka, zato je tudi $\angle E D B=\alpha$. Ker pa je $D E$ pravokotna na $A B$, je zato $\angle A B D=\frac{\pi}{2}-\alpha$. V pravokotnem trikotniku $A B C$ torej velja $\angle A B C=\frac{\pi}{2}-\alpha$, zato je $\angle C A B=\alpha$. Torej je kot $\angle C A B$ med premico $A C$ in tetivo $A B$ enak kotu $\angle A E B$ nad tetivo $A B$, kar ravno pomeni, da je $C A$ tangenta na krožnico $\mathcal{K}$. Obratno, denimo, da je $A C$ tangenta na krožnico $\mathcal{K}$. Označimo $\angle C A B=\alpha$. Ker je $A C$ tangenta, je torej kot $\angle B A C$ enak kotu $\angle A E B$ nad tetivo $A B$. Zato je $\angle A E B=\alpha$. ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_16ef8862fb9f11daffb9g-10.jpg?height=680&width=528&top_left_y=1416&top_left_x=1341) Velja tudi, da je $\angle A B C=\frac{\pi}{2}-\alpha$, zato je $\angle T D B=\alpha$. Tako je $\angle E D B=\alpha$ in ta je enak $\angle B A E$, saj sta obodna kota nad tetivo $B E$. Torej je $\angle B A E=\alpha=\angle B E A$, zato je trikotnik $A B E$ enakokrak z vrhom $B$. Sklep $\angle C A B=\angle T D B$ 1 točka Dokaz: če je trikotnik $A E B$ enakokrak, je $C A$ tangenta na $\mathcal{K}$ do 3 točke Dokaz: če je $C A$ tangenta na $\mathcal{K}$, je trikotnik $A E B$ enakokrak do 3 točke (Če tekmovalec dokaže le eno implikacijo, za drugo pa ne poda utemeljitve, se za drugo točk ne prizna.) III/3. Primerjajmo izraza $\frac{\log _{10} 2 \log _{10} 3 \cdots \log _{10}(n-1)}{10^{n-2}}$ in $\frac{\log _{10} 2 \log _{10} 3 \cdots \log _{10} n}{10^{n-1}}$. Neenakost $$ \frac{\log _{10} 2 \log _{10} 3 \cdots \log _{10}(n-1)}{10^{n-2}} \geq \frac{\log _{10} 2 \log _{10} 3 \cdots \log _{10} n}{10^{n-1}} $$ velja natanko tedaj, ko je $1 \geq \frac{1}{10} \log _{10} n=\log _{10} \sqrt[10]{n}$, kar je enakovredno $10 \geq \sqrt[10]{n}$ oziroma $10^{10} \geq n$. Od tod sledi $$ \begin{gathered} \frac{\log _{10} 2}{10}>\frac{\log _{10} 2 \cdot \log _{10} 3}{10^{2}}>\ldots>\frac{\log _{10} 2 \cdot \log _{10} 3 \cdots \log _{10}\left(10^{10}-1\right)}{10^{10^{10}-2}} \\ =\frac{\log _{10} 2 \cdot \log _{10} 3 \cdots \log \left(10^{10}\right)}{10^{10^{10}-1}} \end{gathered} $$ in $$ \begin{gathered} \frac{\log _{10} 2 \cdot \log _{10} 3 \cdots \log \left(10^{10}\right)}{10^{10^{10}-1}}<\frac{\log _{10} 2 \cdot \log _{10} 3 \cdots \log \left(10^{10}+1\right)}{10^{10^{10}}} \\ \quad<\frac{\log _{10} 2 \cdot \log _{10} 3 \cdots \log \left(10^{10}+2\right)}{10^{10^{10}+1}}<\ldots \end{gathered} $$ Torej je vrednost izraza $\frac{\log _{10} 2 \log _{10} 3 \cdots \log _{10} n}{10^{n-1}}$ najmanjša pri $n=10^{10}-1$ in $n=10^{10}$. Enaka je $$ \frac{\log _{10} 2 \log _{10} 3 \cdots \log _{10} 10^{10}}{10^{10^{10}-1}} $$ Primerjava izrazov za $n$ in $n+1 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točke (Za primerjavo izrazov le za majhne $n$ se prizna 1 točka.) ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_16ef8862fb9f11daffb9g-11.jpg?height=57&width=1627&top_left_y=1502&top_left_x=220) ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_16ef8862fb9f11daffb9g-11.jpg?height=52&width=1633&top_left_y=1553&top_left_x=220) Izraz je najmanjši pri $n=10^{10}-1$ in $n=10^{10}$ po 1 točka III/4. Poimenujmo enakokrak trapez, ki ni pravokotnik, in ima osnovnici vzporedni enemu izmed robov tabele, pravilen trapez. Zmaga drugi igralec in to ne glede na to kako igra prvi. Drugi igralec po vsaki potezi prvega preveri, ali lahko s postavitvijo svojega žetona tvori pravilen trapez. Če tega ne more narediti, postavi svoj žeton na tabelo tako, da bo po njegovi potezi simetrična glede na navpično simetralo (t.j. njegova poteza je simetrična potezi prvega igralca glede na navpično simetralo tabele). Denimo, da je zmagal prvi igralec, ki je v zadnji potezi postavil žeton na polje $a_{0}$. Naj bodo $a_{1}, a_{2}$ in $a_{3}$ preostala tri polja, ki s poljem $a_{0}$ tvorijo pravilen trapez (torej so pokrita z žetoni in so med seboj različna). Označimo z $b_{0}, b_{1}, b_{2}$ in $b_{3}$ njim simetrična polja glede na navpično simetralo tabele. Polja $b_{1}, b_{2}$ in $b_{3}$ so pokrita z žetoni, polje $b_{0}$ pa je prazno. Pokažimo, da so polja $a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3}, b_{0}, b_{1}, b_{2}$ in $b_{3}$ vsa med seboj različna. Ker je dolžina tabele soda, je $a_{i} \neq b_{i}$ za vsak $i=0,1,2,3$. Če bi veljalo $a_{i}=b_{j}$ za $i \neq j$, potem bi bilo tudi $b_{i}=a_{j}$, torej bi bila stranica $a_{i} a_{j}$ trapeza $a_{0} a_{1} a_{2} a_{3}$ vodoravna. Vendar potem bi morala biti tudi stranica $a_{k} a_{l}$ za $\{k, l\}=\{0,1,2,3\} \backslash\{i, j\}$, vodoravna, ker pravilen trapez nima pravih kotov. Od tod pa bi zaradi enakokrakosti sledilo, da je tudi $b_{k}=a_{l}$ in $a_{l}=b_{k}$ za $l \neq k$. Zato bi bilo $b_{0}=a_{m}$ za nek $m \neq 0$, kar pa ni mogoče, saj je polje $b_{0}$ ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_16ef8862fb9f11daffb9g-12.jpg?height=332&width=411&top_left_y=228&top_left_x=1436) simetrala prazno, na poljih $a_{1}, a_{2}$ in $a_{3}$ pa so žetoni. Vsa polja so med seboj različna, zato sta bili pred zadnjo potezo prvega igralca trojici $a_{1}$, $a_{2}, a_{3}$ in $b_{1}, b_{2}, b_{3}$ pokriti z žetoni, kar pomeni, da je bila pred zadnjo potezo drugega igralca vsaj ena izmed njiju pokrita z žetoni. Drugi igralec je imel priložnost zmagati, a ni zmagal, torej ni upošteval strategije. Opis in dokaz pravilnosti strategije 7 točk Če dokaz ni popoln, se za posamezne ugotovitve prizna (neaditivno): Ugotovitev, kako mora drugi igralec postaviti žeton, da po tej potezi ne izgubi do 2 točki Zapis pravilne strategije brez utemeljitve do 4 točke Zapis pravilne strategije $z$ nepopolno utemeljitvijo do 6 točk IV/1. Ker so $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}$ členi geometrijskega zaporedja, jih lahko zapišemo v obliki $a_{i}=a_{1} \cdot q^{i-1}$ za $i=2,3,4,5$, kjer je $q$ neko realno število. Toda $q=\frac{a_{2}}{a_{1}}$ je kvocient dveh naravnih števil, torej je racionalno število. Zapišimo $q=\frac{m}{n}$ kot okrajšani ulomek. Tedaj so členi zaporedja enaki $$ a_{1}, \frac{a_{1} \cdot m}{n}, \frac{a_{1} \cdot m^{2}}{n^{2}}, \frac{a_{1} \cdot m^{3}}{n^{3}}, \frac{a_{1} \cdot m^{4}}{n^{4}} $$ Ker so vsi členi naravna števila, $m$ in $n$ pa sta si tuji, je $n^{4}$ delitelj števila $a_{1}$. Zato lahko zapišemo $a_{1}=d n^{4}$, kjer je $d$ neko naravno število. Torej so členi tega zaporedja števila $$ d n^{4}, d m n^{3}, d m^{2} n^{2}, d m^{3} n, d m^{4} $$ Ker pa ne obstaja praštevilo, ki bi delilo vse člene zaporedja, sledi $d=1$, zaporedje pa je oblike $n^{4}, m n^{3}, m^{2} n^{2}, m^{3} n, m^{4}$. Vemo še, da so členi zaporedja manjši od 2008 , zato je $m^{4}<2008$ in $n^{4}<2008$. Od tod sledi, da je $m \leq 6$ in $n \leq 6$. Toda člen $a_{1}=n^{4}$ ni deljiv s 6 , zato je $n \leq 5$. Vemo še, da je $a_{2}=n^{3} m$ deljiv s $5, a_{3}=n^{2} m^{2}$ deljiv s 4 in $a_{5}=m^{3} n$ deljiv s 3 , zato je produkt $m n$ deljiv z 2 , 3 in 5 , torej s 30 . Hkrati pa je $m n \leq 6 \cdot 5=30$, torej je produkt kar enak 30, od koder sledi $m=6$ in $n=5$. Členi zaporedja so tako $5^{4}=625$, $5^{3} \cdot 6=750,5^{2} \cdot 6^{2}=900,5 \cdot 6^{3}=1080$ in $6^{4}=1296$. Sklep, da je $q \in \mathbb{Q}$ ..... 2 točki Ugotovitev $n^{4} \mid a_{1}$ ..... 1 točka Ugotovitev $d=1$ ..... 1 točka Omejitev $m, n \leq 6$ ..... 1 točka Sklep $m=6, n=5$ in zapis zaporedja ..... 2 točki IV/2. Ocenimo vrednost izraza. Očitno je $1-x^{2} \leq 1$, vrednost $5 x-x^{2}$ pa je omejena z $5 x-x^{2}=\frac{25}{4}-\left(x-\frac{5}{2}\right)^{2} \leq \frac{25}{4}$, zato je $$ \sqrt{1-x^{2}}+\sqrt{5 x-x^{2}} \leq \sqrt{1}+\sqrt{\frac{25}{4}}=1+\frac{5}{2}=3+\frac{1}{2} $$ Po drugi strani pa je vrednost izraza nenegativna in ne more biti enaka 0 , saj bi to pomenilo, da je $1-x^{2}=0$ in $5 x-x^{2}=0$, kar pa ni možno. Tako so edine celoštevilske vrednosti, ki jih izraz lahko zavzame, enake 1,2 ali 3 . Pišimo $\sqrt{1-x^{2}}+\sqrt{5 x-x^{2}}=a$ in odpravimo korene. Raje kot izraz v taki obliki kvadrirajmo $\sqrt{1-x^{2}}=a-\sqrt{5 x-x^{2}}$, saj potem dobimo $1-x^{2}=a^{2}-2 a \sqrt{5 x-x^{2}}+5 x-x^{2}$ oziroma $2 a \sqrt{5 x-x^{2}}=a^{2}-1+5 x$. Po ponovnem kvadriranju sledi $4 a^{2}\left(5 x-x^{2}\right)=\left(a^{2}-\right.$ $1)^{2}-10 x+10 a^{2} x+25 x^{2}$ oziroma $$ x^{2}\left(25+4 a^{2}\right)+x\left(-10 a^{2}-10\right)+\left(a^{2}-1\right)^{2}=0 $$ Če je $a=1$ dobimo $x(29 x-20)=0$, od koder sledi $x=0$ ali $x=\frac{20}{29}$. Če rešitvi vstavimo $\mathrm{v}$ prvotni izraz, ugotovimo, da ustreza le $x=0$. Pri $a=2$ lahko kvadratno enačbo za $x$ razcepimo kot $(x-1)(41 x-9)=0$, od koderdobimo, da je $x=1$ ali $x=\frac{9}{41}$. V obeh primerih izračun pokaže, da je vrednost izraza res enaka 2 . Ostane še primer $a=3$, ko dobimo kvadratno enačbo $61 x^{2}-100 x+64=0$. Ker pa je njena diskriminanta $D=100^{2}-4 \cdot 61 \cdot 64=100^{2}-(2 \cdot 64)(2 \cdot 61)=100^{2}-128 \cdot 122$ negativna, nima realnih rešitev. Vrednost izraza je torej celo število, ko je $x=0, x=\frac{9}{41}$ ali pa $x=1$. Omejitev $0 \leq a \leq 3$ 2 točki Zapis enačbe $x^{2}\left(25+4 a^{2}\right)+x\left(-10 a^{2}-10\right)+\left(a^{2}-1\right)^{2}=0 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ Obravnava primerov $a \in\{0,1,2,3\}$ in izločitev neustreznih $x \ldots \ldots \ldots$ po 1 točka (Če se pri posameznem primeru ne preveri ustreznost vseh $x$, se točke ne prizna.) IV/3. Ker je vsota nasprotnih kotov $\angle A T D$ in $\angle A C D$ v štirikotniku $A T D C$ enaka $\pi$, je ta štirikotnik tetiven. Označimo $\angle T C D=\alpha$. Zaradi tetivnosti sledi $\angle T A D=\angle T C D=\alpha$. Ker pa so točke $A, B, E, D$ konciklične, velja tudi $\angle B E D=\angle B A D=\angle T A D=\alpha$. Dobili smo torej $\angle F E D=\angle B E D=\alpha=\angle T C D=\angle F C D$, torej sta v štirikotniku $F E C D$ kota $F E D$ in $F C D$ enaka, zato je tudi ta štirikotnik tetiven. Naj bo sedaj $\angle E C F=\beta$. Zaradi tetivnosti štikotnika $F E C D$ sledi $\angle E D F=\angle E C F=\beta$. Ker pa točke $E, D, B$ in $G$ ležijo na krožnici $\mathcal{K}$, sledi še $\angle E B G=\angle E D G=\angle E D F=\beta$. Označimo še $\angle E F C=\gamma$. Zaradi tetivnosti štirikotnika $C D F E$ sledi $\angle E D C=\angle E F C=\gamma$, torej ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_16ef8862fb9f11daffb9g-13.jpg?height=745&width=649&top_left_y=1706&top_left_x=1206) je $\angle E D B=\pi-\angle E D C=\pi-\gamma$. Ker pa so točke $D, B, G$ in $E$ konciklične sledi, da je $\angle E G B=\pi-\angle E D B=\pi-(\pi-\gamma)=\gamma$, torej je $\angle E F C=\angle E G B$. Ker pa smo že pokazali, da velja $\angle E C F=\beta=\angle E B G$, se trikotnika $E C F$ in $E B G$ ujemata v dveh kotih, zato sta si podobna. Ugotovitev, da je $A T D C$ tetivni štirikotnik ..... 1 točka Sklep: $\angle F E D=\angle F C D$ (ali tetivnost $A F B C$ in $\angle E D C=\angle E F C$ ) ..... 2 točki Ugotovitev, da je $F E C D$ tetivni štirikotnik ..... 1 točka Izračun enakosti dveh istoležnih kotov v $\triangle C E F$ in $\triangle B E G$ ..... 2 točki Sklep, da sta si trikotnika $C E F$ in $B E G$ podobna ..... 1 točka IV/4. Elemente množice $K$ označimo z $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots$ tako, da velja $a_{1}a_{n-1}+a_{n-2}+\ldots+a_{2}+a_{1} $$ Dokažimo, da taka ocena velja tudi za $n+1$. Ker je $a_{n}a_{n}+\left(a_{n-1}+a_{n-2}+\ldots+a_{2}+a_{1}\right) \text {, } $$ kjer smo upoštevali indukcijsko predpostavko. To pa ravno pomeni, da trditev velja tudi za $n+1$ in zato tudi za vsa ostala števila.[^3] [^0]: Obravnavanje primera $p=q$ 1 točka (Prva) rešitev $p=q=47$ 1 točka Sklep $2 p+45 q=p q m^{2}$ 1 točka Sklepi $p|2 p+45 q, p| 45, q=2$ [^1]: Sklep $a b+b c+c a=0$ 2 točki Preblikovanje števca v $a(a b+a c)+b(b a+b c)+c(c a+c b) \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka (Bistvena) uporaba pogoja $a b+b c+c a=0 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_16ef8862fb9f11daffb9g-06.jpg?height=58&width=1633&top_left_y=2164&top_left_x=220) (Če je v računu uporabljen $a=-\frac{b c}{b+c}$ (ali podobno) in ni utemeljeno, da je $b+c \neq 0$, se odbije 1 točka.)) [^2]: Zapis vseh trimestnih števil, ki so sestavljena iz števk števila $x \ldots \ldots \ldots \ldots .1$ točka Enačba $3434=122 a+212 b+221 c$ 2 točki Sklep $a+b+c=10$ ali $a+b+c=19$ (opazujemo ostanke pri deljenju z 9) . . 2 točki (Za podoben sklep, če opazujemo večkratnike števila 222 , se prizna 2 točki.) Analiza primerov $a+b+c=10$ ali $a+b+c=19$ 1 točka Zapis rešitve $x=784$ 1 točka (Če tekmovalec poleg pravilne rešitve $x=784$ navede še kakšno drugo (napačno) število $x$, se odbije 1 točka.) [^3]: Ureditev elementov množice $K$ po velikosti (npr. $a_{1}