# 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.

## Naloge za 1. letnik

Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.

Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.

1. Poišči vsa realna števila $x, y$ in $z$, ki rešijo sistem enačb

$$
\begin{aligned}
x+y+2 z & =0 \\
x y-z^{2} & =0 \\
y^{2}+5 z+6 & =0
\end{aligned}
$$

2. Poišči najmanjše naravno število $n$, deljivo z 20 , za katerega je $n^{2}$ popoln kub, $n^{3}$ pa popoln kvadrat.
3. Naj bosta $E$ in $F$ taki točki na stranicah $A B$ in $A D$ konveksnega štirikotnika $A B C D$, da je $E F \| B D$. Daljica $C E$ seka diagonalo $B D$ v točki $G$, daljica $C F$ pa seka diagonalo $B D$ v točki $H$. Dokaži: če je $A G C H$ paralelogram, je tudi $A B C D$ paralelogram.
4. V vsako polje kvadratne tabele vpišemo naravno število. Tabela je zanimiva, če je vsota vseh števil v tabeli liha in vsota števil v vsakem liku oblike

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-02.jpg?height=123&width=169&top_left_y=1840&top_left_x=561)

(lik lahko zrcalimo ali zasukamo)

liha.

(a) Ali obstaja zanimiva tabela razsežnosti $3 \times 3$ ?

(b) Ali obstaja zanimiva tabela razsežnosti $5 \times 5$ ?

(c) Ali obstaja zanimiva tabela razsežnosti $4 \times 4$ ?

## Naloge za 2. letnik

Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.

Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.

1. Poišči vsa soda naravna števila $n$, za katera velja

$$
-53<\frac{2009}{53-n}<53-n
$$

2. Poišči vsa praštevila $p$, za katera je $p^{2}+7^{3}$ popoln kub.
3. Dan je ostrokotni trikotnik $A B C$, v katerem je $|A B|>|B C|>|A C|$. Naj bo $D$ od $C$ različna točka na daljici $B C$, da je $|A C|=|A D|$. Označimo s $H$ višinsko točko trikotnika $A B C, \mathrm{z} A_{1}$ in $B_{1}$ pa nožišči višin iz točk $A$ in $B$. Premici $A_{1} B_{1}$ in $D H$ se sekata v točki $E$. Dokaži, da so točke $B, D, B_{1}$ in $E$ konciklične.
4. Tabela velikosti $3 \times 3$ je razdeljena na 9 kvadratkov. Določi največje število barv, s katerimi lahko pobarvamo kvadratke tabele, da bodo vsaki štirje kvadratki, ki tvorijo lik oblike

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-03.jpg?height=129&width=185&top_left_y=1780&top_left_x=547)

(lik lahko zrcalimo ali zasukamo),

pobarvani s kvečjemu tremi različnimi barvami.

## Naloge za 3. letnik

Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.

Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.

1. Naj bo $p$ praštevilo, $a, b$ in $c$ pa taka cela števila, deljiva s $p$, da ima polinom

$$
q(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+c
$$

vsaj dve različni celi ničli. Dokaži, da $p^{2}$ deli $b$ in $p^{3}$ deli $c$.

2. Dokaži neenakost

$$
\frac{9}{4}<\log _{2} \pi+\log _{4} \pi<\frac{5}{2}
$$

3. Dan je ostrokotni trikotnik $A B C$, v katerem je $|A B|>|B C|>|A C|$. Naj bo $D$ od $C$ različna točka na daljici $B C$, da je $|A C|=|A D|$. Označimo s $H$ višinsko točko trikotnika $A B C$, z $A_{1}$ in $B_{1}$ pa nožišči višin iz točk $A$ in $B$. Premica $D H$ seka premico $A C$ v točki $E$, premico $A_{1} B_{1}$ pa v točki $F$. Naj bo $G$ presečišče premic $A F$ in $B H$. Dokaži, da sta si trikotnika $H B D$ in $H G E$ podobna.
4. Tabela velikosti $5 \times 7$ ima eno polje rdeče, ostala polja pa bela. Na to tabelo postavljamo ploščice oblike

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-04.jpg?height=122&width=168&top_left_y=1915&top_left_x=493)

(ploščico lahko zrcalimo ali zasukamo),

tako da cele ležijo na tabeli. Pri tem se ploščice na rdečem polju lahko prekrivajo, na belih pa ne. Določi vse možne položaje rdečega polja, pri katerih lahko tabelo v celoti prekrijemo.

## Naloge za 4. letnik

Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.

Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.

1. Dokaži enakost

$$
1005^{\ln 121}=11^{\ln (1+3+5+\ldots+2009)}
$$

2. Poišči vsa naravna števila $n$, za katera obstaja praštevilo $p$, da je število $p^{2}+7^{n}$ popoln kvadrat.
3. Dan je ostrokotni trikotnik $A B C$, v katerem je $|A B|>|A C|$. Naj bo $D$ od $C$ različna točka na daljici $B C$, da je $|A C|=|A D|$. Označimo s $H$ višinsko točko trikotnika $A B C, \mathrm{z} A_{1}$ in $B_{1}$ pa nožišči višin iz točk $A$ in $B$. Premica $D H$ seka premico $A C$ v točki $E$, premico $A_{1} B_{1}$ pa v točki $F$. Naj bo $G$ presečišče premic $A F$ in $B H$. Dokaži, da se premice $E G, C H$ in $A D$ sekajo v eni točki.
4. Tabela velikosti $8 \times 8$ je razdeljena na 64 kvadratkov. Določi najmanjše število barv, s katerimi moramo pobarvati kvadratke tabele, da bodo vsaki štirje kvadratki, ki tvorijo lik oblike

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-05.jpg?height=125&width=183&top_left_y=1745&top_left_x=548)

(lik lahko zrcalimo ali zasukamo),

pobarvani z različnimi barvami.

53. matematično tekmovanje<br>srednješolcev Slovenije<br>Ljubljana, 18. april 2009

# Rešitve nalog 

I/1. Iz prve enačbe izrazimo $x=-2 z-y$ in vstavimo v drugo. Dobimo $(-2 z-y) y-z^{2}=0$ oziroma $-(z+y)^{2}=0$. Od tod sledi $z=-y$. Vstavimo v tretjo enačbo. Dobimo $y^{2}-5 y+6=$ 0 oziroma $(y-2)(y-3)=0$. Torej je $y=2$ ali $y=3$.

Sistem enačb rešijo $x=2, y=2, z=-2$ in $x=3, y=3, z=-3$.

Zapis ene izmed spremenljivk $\mathbf{z}$ ostalima dvema (na primer $x=-2 z-y$ ) in ugotovitev, da ne morejo biti vse tri hkrati pozitivne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 točka

Sklep $z=-y$ ali $x=y$...........................................................................................................................

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-06.jpg?height=54&width=1633&top_left_y=881&top_left_x=220)

Razcep $(y-2)(y-3)=0$ (lahko tudi $(z+2)(z+3)=0$ ) ...................... 1 točka

Vsaka izmed trojic $x=2, y=2, z=-2$ oziroma $x=3, y=3, z=-3 \ldots \ldots$ po 1 točka

I/2. Ker je število $n$ deljivo z 20 , je oblike $n=2^{2+a} \cdot 5^{1+b} \cdot k$, kjer je $k$ naravno število, ki ni deljivo niti z 2 niti s $5, a$ in $b$ pa sta nenegativni celi števili. Če je $n^{2}=2^{2(2+a)} \cdot 5^{2(1+b)} \cdot k^{2}$ popoln kub, $3 \mid 2(2+a)$ in $3 \mid 2(1+b)$. Če je $n^{3}=2^{3(2+a)} \cdot 5^{3(1+b)} \cdot k^{3}$ popoln kvadrat, $2 \mid 3(2+a)$ in $2 \mid 3(1+b)$. Od tod sledi, da $6 \mid 2+a$ in $6 \mid 1+b$, zato je $a$ najmanj 4 in $b$ najmanj 5. Najmanjše možno naravno število $k$ je $k=1$. Pri teh vrednostih dobimo $n=2^{6} \cdot 5^{6}=1000000$. Ker je $n^{2}$ popoln kub in $n^{3}$ popoln kvadrat, je to najmanjše tako naravno število.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-06.jpg?height=211&width=1650&top_left_y=1479&top_left_x=206)

I/3. Presečišče premic $E F$ in $A G$ označimo z $I$, presečišče premic $E F$ in $A H$ pa z $J$. Ker je $E F \| B D$ in $A H \| C E$, je štirikotnik $E G H J$ paralelogram. Zaradi vzporednosti $A G$ in $C F$ pa je tudi FIGH paralelogram. Zato je $|F H|=|I G|$ in $|H J|=|G E|$ ter velja $\angle F H J=\angle I G E$, kar pomeni, da sta trikotnika $F H J$ in $I G E$ skladna. Tako je $|F J|=|I E|$.

Ker je $E F \| B D$, imamo tri pare podob-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-07.jpg?height=542&width=834&top_left_y=223&top_left_x=1002)

nih trikotnikov: $E A F$ in $B A D, E A I$ in $B A G$ ter $J A F$ in $H A D$. Iz prve sledi $\frac{|E A|}{|B A|}=\frac{|F A|}{|D A|}$, iz druge $\frac{|E A|}{|B A|}=\frac{|E I|}{|B G|}$ in iz tretje $\frac{|F A|}{|D A|}=\frac{|J F|}{|D H|}$. Dobimo $\frac{|E I|}{|B G|}=\frac{|J F|}{|D H|}$ in zaradi $|F J|=|I E|$ sledi $|B G|=|D H|$.

Naj bo $S$ razpolovišče daljice $A C$. Ker je $A G C H$ paralelogram, je $S$ hkrati razpolovišče daljice $G H$. Zaradi $|B G|=|D H|$ pa sledi, da je $S$ tudi razpolovišče daljice $B D$. Daljici $A C$ in $B D$ se razpolavljata, zato je $A B C D$ paralelogram.

 2. način Kot v prvi rešitvi pokažemo, da je $|B G|=|D H|$. Ker je $A G \| F C$, velja $\angle A G B=\angle F H B=\angle C H D$, zato se trikotnika $A G B$ in $C H D$ ujemata v kotu in dolžinah priležnih stranic $(|B G|=|D H|$ in $|A G|=|C H|)$, torej sta skladna in velja še $|A B|=|C D|$ in $\angle A B G=\angle C D H$. Torej sta $A B$ in $C D$ enako dolgi vzporedni stranici štirikotnika $A B C D$, kar pomeni, da je ta štirikotnik paralelogram.

Ugotovitev, da je $E J H G$ paralelogram ali, da je $F G H I$ paralelogram ........ 1 točka Ugotovitev: trikotnika $F H J$ in $I G E$ sta skladna (oz. sklep $|F J|=|I E|$ ) .... 1 točka Zapisana vsaj dva izmed naslednjih parov podobnih trikotnikov: $E A F$ in $B A D, E A I$ in $B A G, J A F$ in $H A D$............................................................................................................

Razmerja stranic med temi podobnimi trikotniki .......................................................

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-07.jpg?height=55&width=1633&top_left_y=1623&top_left_x=220)

Ugotovitev, da je $S$ tudi razpolovišče $B D$ ali sklep $|A B|=|C D| \ldots \ldots \ldots \ldots .1$ točka

Sklep, da je $A B C D$ paralelogram . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 točka

I/4. Zanimivi tabeli razsežnosti $3 \times 3$ in $5 \times 5$ obstajata (glej prvo in drugo sliko). Z $L$ smo označili liha števila in s $S$ soda. Vseeno je katera liha števila in katera soda smo vpisali (lahko so vsa liha števila enaka 1, vsa soda pa 2). Vsota števil v prvi in drugi tabeli je liho število. V vsakem liku predpisane oblike so tri liha števila in eno sodo ali pa tri soda števila in eno liho, zato je vedno vsota števil v liku liho število.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-07.jpg?height=168&width=169&top_left_y=2252&top_left_x=635)

| $\mathrm{L}$ | $\mathrm{L}$ | $\mathrm{L}$ | $\mathrm{L}$ | $\mathrm{L}$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $\mathrm{S}$ | $\mathrm{S}$ | $\mathrm{S}$ | $\mathrm{S}$ | $\mathrm{S}$ |
| $\mathrm{L}$ | $\mathrm{L}$ | $\mathrm{L}$ | $\mathrm{L}$ | $\mathrm{L}$ |
| $\mathrm{S}$ | $\mathrm{S}$ | $\mathrm{S}$ | $\mathrm{S}$ | $\mathrm{S}$ |
| $\mathrm{L}$ | $\mathrm{L}$ | $\mathrm{L}$ | $\mathrm{L}$ | $\mathrm{L}$ |

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-07.jpg?height=226&width=228&top_left_y=2194&top_left_x=1211)

Če je vsota števil v vsakem predpisanem liku liho število, tabelo razsežnosti $4 \times 4$ pokrijmo s štirimi liki kot na tretji sliki. Vsota števil v tabeli je tedaj sodo število, zato zanimiva tabela razsežnosti $4 \times 4$ ne obstaja.
Zapis zanimive tabele razsežnosti $3 \times 3$ ..... 1 točka
Zapis zanimive tabele razsežnosti $5 \times 5$ ..... 2 točki
Dokaz, da zanimiva tabela razsežnosti $4 \times 4$ ne obstaja ..... 4 točke

II/1. Če je $n<53$, je $\frac{2009}{53-n}>0>-53$. Neenakost $\frac{2009}{53-n}<53-n$ je enakovredna $2009<(53-n)^{2}$ oziroma $\sqrt{2009}<53-n$. Ker je $\sqrt{2009}>44$, sledi $53-n>44$ oziroma $9>n$. Možne vrednosti $n$ so $2,4,6$ in 8 , pri vseh pa je $53-n \geq 45>\sqrt{2009}$, zato je prvotna neenakost izpolnjena.

Naj bo še $n>53$. Neenakost je enakovredna

$$
-53(53-n)>2009>(53-n)^{2}
$$

$\mathrm{Iz}-53^{2}+53 n>2009$ sledi $n>\frac{2009+53^{2}}{53}=90+\frac{48}{53}$. Po drugi strani je $45>\sqrt{2009}>n-53$, zato je $n<98$. Dobimo še tri možnosti in sicer 92,94 in 96 . Pri vseh treh velja $n-53 \leq$ $96-53=43<\sqrt{2009}$ in s tem tudi prvotna neenakost.

Ugotovitev, da je potrebno obravnavati dva primera glede na to ali je $53-n$ pozitivno ali negativno število

1 točka

Ocena $44<\sqrt{2009}<53-n$ (ali zapis kvadratne neenačbe $n^{2}-106 n+800>0$ ) $\mathbf{v}$ primeru, ko je $n<53$ 1 točka

Preiskus dobljenih možnih vrednosti $n$, ki so manjše od 53

1 točka

Sklep, da neenakost rešijo $n=2, n=4, n=6$ in $n=8 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka Oceni $45>\sqrt{2009}>53-n$ (ali $n^{2}-106 n+800<0$ ) in $n>90+\frac{48}{53} \mathbf{v}$ primeru, ko je $n>53$ 1 točka

Preiskus dobljenih možnih vrednosti $n$, ki so večje od 53 1 točka

Sklep, da neenakost rešijo $n=92, n=94$ in $n=96$ 1 točka (Če tekmovalec navede, da neenačbo reši še kakšno drugo sodo naravno število $n$, se mu odbije 1 točka.)

II/2. Naj bo $p^{2}+7^{3}=n^{3}$. Tedaj velja $p^{2}=n^{3}-7^{3}=(n-7)\left(n^{2}+7 n+49\right)$. Očitno je $n>7$ in $n-7<n^{2}+7 n+49$, zato je možno le, da je $n-7=1$ in $n^{2}+7 n+49=p^{2}$. Tedaj je $n=8$ in $p^{2}=169$, zato je $p=13$. Edino tako praštevilo je $p=13$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-08.jpg?height=58&width=1639&top_left_y=1867&top_left_x=217)

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-08.jpg?height=51&width=1633&top_left_y=1919&top_left_x=220)
Ugotovitev $p^{2}=1 \cdot p^{2}=p \cdot p$ (oziroma, da je $n-7$ delitelj števila $p^{2}$ in je zato lahko le $1, p$ ali $p^{2}$ ). .

1 točka

Sklep, da je $n>7$ ali $n^{2}+7 n+49>1$ oziroma ugotovitev, da sistem enačb $n-7=p^{2}$, $n^{2}+7 n+49=1$ nima rešitev . ............................................... 1 točka Ocena $n-7<n^{2}+7 n+49$ ali sklep, da sistem enačb $n-7=p, n^{2}+7 n+49=p$ nima rešitev 1 točka

Reševanje sistema $n-7=1$ in $n^{2}+7 n+49=p^{2} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-08.jpg?height=48&width=1627&top_left_y=2323&top_left_x=223)

II/3. Naj bo $C_{1}$ nožišče višine na stranico $A B$. Trikotnik $C A D$ je zaradi $|A C|=$ $|A D|$ enakokrak. Premica $A A_{1}$ je višina tudi v tem enakokrakem trikotniku, zato je $\angle C D H=\angle H C D=C_{1} C B=\frac{\pi}{2}-\angle C B A$. Od tod sledi

$$
\begin{aligned}
\angle E D B & =\pi-\angle C D E=\pi-\angle C D H \\
& =\frac{\pi}{2}+\angle C B A
\end{aligned}
$$

V štirikotniku $A B A_{1} B_{1}$ velja $\angle A A_{1} B=$ $\frac{\pi}{2}=\angle A B_{1} B$, zato je tetiven in je

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-09.jpg?height=577&width=853&top_left_y=220&top_left_x=1024)
$\angle A B_{1} A_{1}=\pi-\angle A_{1} B A=\pi-\angle C B A$. in

$$
\angle E B_{1} B=\angle E B_{1} A+\angle A B_{1} B=\angle A_{1} B_{1} C+\frac{\pi}{2}=\angle C B A+\frac{\pi}{2}
$$

Pokazali smo $\angle E D B=\frac{\pi}{2}+\angle C B A=\angle E B_{1} B$, kar pomeni, da so točke $B, D, B_{1}$ in $E$ konciklične.

Ugotovitev, da je trikotnik $H D C$ enakokrak .....................................................

Dokazana tetivnost štirikotnika $H A_{1} C B_{1}$ ali štirikotnika $A B A_{1} B_{1} \ldots \ldots \ldots \ldots 1$ točka (Obe točki se priznata tudi v primeru, ko je tekmovalec poskusil dokazati tetivnost

štirikotnika $A H B_{1} E$ in je pri tem pokazal enakosti $\angle A_{1} A C=\angle D A A_{1}=\angle D B B_{1}$ )

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-09.jpg?height=60&width=1631&top_left_y=1301&top_left_x=218)

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-09.jpg?height=58&width=1633&top_left_y=1353&top_left_x=220)

Sklep, da so točke $B, D, B_{1}$ in $E$ konciklične .................................. 1 točka

(Če je tekmovalec pokazal, da iz tetivnosti štirikotnika $E A H B_{1}$ sledi koncikličnost točk $B, D, B_{1}$ in $E$, vendar tetivnosti štirikotnika $E A B_{1} H$ ni dokazal, se mu priznajo 3 točke)

II/4. Tabelo lahko pobarvamo s šestimi različnimi barvami kot prikazuje slika. Med vsakimi štirimi kvadratki v obliki predpisanega lika sta dve polji barve 1, zato so kvadratki največ treh različnih barv.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-09.jpg?height=163&width=165&top_left_y=1752&top_left_x=1668)

Pokažimo, da ustreznega barvanja z več kot 6 barvami ni. Ločimo dva primera. Denimo, da so vsi kvadratki v prvi vrstici enake barve. V poljih označenega lika so največ tri različne barve, torej barva 1 in še največ dve barvi. Spodnja tri polja so pobarvana z največ tremi različnimi barvami, zato je v taki tabeli

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-09.jpg?height=162&width=165&top_left_y=1935&top_left_x=1668)
največ 6 različnih barv.

Če v prvi vrstici niso vsi kvadratki enake barve, je eden izmed robnih kvadratkov drugačne barve kot srednji. Brez škode lahko privzamemo, da je to kvadratek na levi. Polja v označenem liku na prvi sliki so največ treh različnih barv,
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-09.jpg?height=174&width=516&top_left_y=2180&top_left_x=1316)
zato je na praznih dveh poljih kvečjemu ena nova barva. Enako velja za prazni polji na drugi sliki. V poljih zadnjega stolpca sta lahko še največ dve novi barvi, saj bi sicer lik na zadnji sliki vseboval polja štirih različnih barv. Tabela je tudi v tem primeru pobarvana z največ $2+1+1+2=6$ barvami.

 2. način Kot v prvi rešitvi zapišemo primer $\mathrm{s}$ šestimi barvami. Denimo, da lahko tabelo na tak način pobarvamo z vsaj sedmimi barvami. V poljih obeh likov prve slike so največ po 3 različne barve, zato je v tabeli največ 7 različnih

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-10.jpg?height=182&width=514&top_left_y=226&top_left_x=1319)
barv. Torej je točno 7 različnih barv, kar pomeni, da so v poljih vsakega ozačenega lika po točno 3 različne barve, ki so različne od barve sredinskega polja. Zato so vsa polja v srednjem stolpcu različnih barv in vse barve polj v zgornjem liku so različne barvam polj v preostanku tabele. Ker lik na drugi sliki vsebuje največ 3 različne barve, morata biti polji prve vrstice enake barve. Enako velja za lik na tretji sliki, zato so vsa polja prve vrstice enake barve, kar pomeni, da je različnih barv le 6. Protislovje.

Zapis primera s 6 barvami 2 točki

Dokaz, da ustreznega barvanja z več kot 7 barvami ni 2 točki

Dokaz, da ustreznega barvanja $z$ natanko 7 barvami ni 3 točke

III/1. Naj bosta $y$ in $z$ različni celi ničli polinoma $q$. Tedaj velja $y^{3}+a y^{2}+b y+c=0$ in $z^{3}+a z^{2}+b z+c=0$. Ker $p|a, p| b$ in $p \mid c$ ter je $y^{3}=-c-b y-a y^{2}, p$ deli $y^{3}$. Podobno sledi, da $p \mid z^{3}$. Ker je $p$ praštevilo, je zato delitelj tako $y$ kot $z$.

Če zgornji enačbi odštejemo, dobimo $y^{3}-z^{3}+a\left(y^{2}-z^{2}\right)+b(y-z)=0$ oziroma

$$
(y-z)\left(y^{2}+y z+z^{2}+a(y+z)+b\right)=0
$$

Ker je $z \neq y$, tako velja $y^{2}+y z+z^{2}+a(y+z)+b=0$. Praštevilo $p$ je delitelj $y, z$ in $a$, zato $p^{2}$ deli $y^{2}+y z+z^{2}+a(y+z)=-b$, torej $p^{2} \mid b$.

Izrazimo lahko $c=-y^{3}-a y^{2}-b y$. Ker $p \mid y$, je $p^{2}$ delitelj $y^{2}$ in $p^{3}$ delitelj $y^{3}$. Zaradi deljivosti $a$ z $p$ in $b$ z $p^{2}$ pa od tod sledi, da $p^{3} \mid c$.

 2. način Naj bodo $x_{1}, x_{2}$ in $x_{3}$ ničle polinoma $q$ in privzemimo, da sta $x_{1}$ in $x_{2}$ celi števili. Tedaj je $q(x)=\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right)\left(x-x_{3}\right)$, od koder sledijo Viétove formule $a=-\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\right)$, $b=x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+x_{3} x_{1}$ in $c=-x_{1} x_{2} x_{3}$. Iz prve enakosti sledi, da je tudi $x_{3}$ celo število. Ker je $p$ praštevilo in deli $x_{1} x_{2} x_{3}$, deli vsaj enega izmed števil $x_{1}, x_{2}$ in $x_{3}$. Predpostavimo lahko, da $p$ deli $x_{1}$. Od tod sledi, da $p$ deli $x_{2} x_{3}=b-x_{1} x_{2}-x_{3} x_{1}$. Spet lahko sklepamo, da $p$ deli eno izmed števil $x_{2}$ oziroma $x_{3}$ ter predpostavimo, da deli $x_{2}$. Zaradi $x_{3}=a+x_{1}+x_{2}$ pa tedaj sledi, da $p \mid x_{3}$.

Vsako izmed števil $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ je deljivo s $p$, zato je njihov produkt deljiv s $p^{3}$, torej $p^{3} \mid-x_{1} x_{2} x_{3}=c$. Podobno je produkt po dveh izmed števil $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ deljiv s $p^{2}$, zato $p^{2} \mid x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+x_{3} x_{1}=b$
Zapis Viétovih formul ..... 1 točka
Ugotovitev, da so vse tri ničle cela števila ..... 1 točka
(Obe točki se priznata tudi, če tekmovalec dobi enačbo $y^{2}+y z+z^{2}+a(y+z)+b=0$.)
Sklep, da praštevilo $p$ deli eno izmed ničel polinoma $p$ ..... 2 točki
Sklep, da praštevilo $p$ deli vse ničle polinoma $p$ ..... 1 točki
Sklep $p^{2} \mid b$ ..... 1 točka
Sklep $p^{3} \mid c$ ..... 1 točka

III/2. Ker velja

$$
\log _{2} \pi+\log _{4} \pi=\frac{1}{\log _{\pi} 2}+\frac{1}{\log _{\pi} 4}=\frac{3}{2 \cdot \log _{\pi} 2}=\frac{3}{2} \log _{2} \pi
$$

je potrebno videti, da je $\frac{9}{2}<3 \log _{2} \pi<5$.

Neenakost $\frac{9}{2}<3 \log _{2} \pi$ je enakovredna $3<\log _{2} \pi^{2}$ oziroma $2^{3}<\pi^{2}$. Slednje drži, saj je $\pi^{2}>3^{2}=9>8=2^{3}$. Dokažimo še drugo neenakost, to je $3 \log _{2} \pi<5$. Ta je enakovredna $\pi^{3}<2^{5}$. Spet lahko ocenimo $\pi^{3}<3.15^{2} \cdot 3.2<10 \cdot 3.2=32=2^{5}$, kar je bilo treba dokazati.

Zapis neenakosti $\frac{9}{2}<3 \log _{2} \pi<5 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-11.jpg?height=63&width=1648&top_left_y=480&top_left_x=204)

Sklep, da je $\pi>3$ (ali $\pi>3.14$ ) in zato velja $\pi^{2}>8$ (oziroma $2 \sqrt{2}<\pi$ ) ..... 1 točka Dokazana neenakost $3.15^{3}<32$ ali $3.15^{2} \cdot 3.2<32$ (ali $\frac{22^{3}}{7}<32$ ) ............... 2 točki Sklep, da zaradi $\pi<3.15$ (ali $\pi<\frac{22}{7}$ ) velja $\log _{2} \pi+\log _{4} \pi<\frac{5}{3} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots 2$ točki

III/3. Trikotnik $C A D$ je zaradi $|A C|=|A D|$ enakokrak. Premica $A A_{1}$ je višina tudi v tem enakokrakem trikotniku, zato je $\angle H D A=\angle A C H$. V štirikotniku $H A_{1} C B_{1}$ velja $\angle C A_{1} H=\frac{\pi}{2}=\angle C B_{1} H$, zato je tetiven in je $\angle B_{1} A_{1} H=\angle B_{1} C H$. Dobili smo

$$
\begin{aligned}
\angle F A_{1} A & =\angle B_{1} A_{1} H=\angle B_{1} C H \\
& =\angle A C H=\angle H D A \\
& =\angle F D A
\end{aligned}
$$

torej so tudi točke $A, D, A_{1}$ in $F$ kon-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-11.jpg?height=645&width=848&top_left_y=777&top_left_x=1004)
ciklične. To pomeni, da je $\angle A F D=$ $\angle A A_{1} D=\frac{\pi}{2}$. Daljici $A B_{1}$ in $H F$ sta višini v trikotniku $A H G$ in se sekata v točki $E$. Zato je $E$ višinska točka tega trikotnika in je $E G$ pravokotna na $A H$. Ker pa je $A H$ pravokotna na $B C$, od tod sledi, da je $E G$ vzporedna z $B C$. Zato je $\angle E G H=\angle H B D$ in zaradi $\angle G H E=\angle B H D$ sledi, da sta si trikotnika $H B D$ in $H G E$ podobna.

Sklep $\angle B_{1} C H=\angle H D A$

1 točka

Štirikotnik $A_{1} C B_{1} H$ je tetiven (lahko tudi tetivnost štirikotnika $A B A_{1} B_{1}$ ) 1 točka

Sklep $\angle B_{1} C H=\angle B_{1} A_{1} H$ (ali dokazana tetivnost štirikotnika $A B D H$ ) ..... 1 točka

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-11.jpg?height=57&width=1633&top_left_y=1890&top_left_x=220)

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-11.jpg?height=69&width=1633&top_left_y=1936&top_left_x=220)

Ugotovitev $E G \perp A H$.......................................................................

Zaključek, da sta si trikotnika $H B D$ in $H G E$ podobna (oziroma enakost kotov $\angle E G H=$ $\angle H B D$ )

1 točka

III/4. Denimo, da smo v celoti uspeli prekriti tabelo. Vsaka ploščica, ki prekriva rdeče polje, prekriva vsaj še eno belo polje, ki leži levo, desno, nad ali pod rdečim poljem. V primeru, da bi rdeče polje prekrivalo 5 ali več ploščic, bi se vsaj dve izmed njih prekrivali na belem polju. Torej se na rdečem polju prekrivajo kvečjemu 4 ploščice. Vse ploščice skupaj morajo torej imeti med 35 in 38 polj. Ker pa ima vsaka ploščica 4 polja, morajo vse ploščice skupaj imeti 36 polj. Torej je vseh ploščic 9 , na rdečem polju pa se prekrivata dve ploščici.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-12.jpg?height=271&width=368&top_left_y=204&top_left_x=410)

Tabela 1

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-12.jpg?height=268&width=357&top_left_y=206&top_left_x=861)

Tabela 2

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-12.jpg?height=268&width=368&top_left_y=206&top_left_x=1295)

Tabela 3

Iz tabele 1 je zaradi simetrije razvidno, da rdeče polje lahko leži na enem izmed osenčenih polj. Ne glede na to, kako postavimo ploščico na tabelo 2 ali 3 , bo vedno prekrivala liho osenčenih polj. Ker je ploščic liho, bodo skupaj prekrivale liho osenčenih polj. Osenčenih polj je na obeh tabelah 2 in 3 liho. Ce bi torej rdeče polje ležalo na osenčenem polju tabele 2 ali 3, bi morale vse domine skupaj prekrivati sodo osenčenih polj. To pa ni mogoče. Torej so osenčena polja iz tabele 1 edini možni položaji rdečega polja.

Ugotovitev, da je vseh ploščic 9 1 točka Ugotovitev, da so možni položaji rdečega polja natanko osenčena polja tabele 1 in zapis konkretne konfiguracije, ki ploščo pokrije 2 točki (Tekmovalcu se 1 točka odbije, če niso navedena vsa označena polja ampak samo nekatera. Prav tako se 1 točko odbije, če so označena polja, ki jih ni možno pokriti. Tekmovalcu se 1 točka odbije tudi, če manjka katera izmed konfiguracij, ki dokazujejo, da je prekrivanje na določenem polju možno.)

Sklep, da rdeče polje ne more ležati na osenčenih poljih tabele 2 . .

2 točki (Tekmovalcu se prizna 1 točka, če ne izloči vseh osenčenih polj tabele 2, vendar uspe izločiti vogalna polja.)

Sklep, da rdeče polje ne more ležati na osenčenih poljih tabele 3 (oziroma, da ne more ležati na osenčenih poljih spodnje tabele) 2 točki

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-12.jpg?height=260&width=357&top_left_y=1555&top_left_x=861)

(Če tekmovalec navede tudi, da rdeče polje ne more ležati na kakšnem izmed osenčenih polj tabele 1 , se mu odbije 1 točko.)

IV/1. Ker je

$$
\begin{aligned}
& 1+3+5+\ldots+2009= \\
& \quad=(1+2009)+(3+2007)+\ldots+(1003+1007)+1005 \\
& \quad=502 \cdot 2010+1005=1005^{2}
\end{aligned}
$$

je dovolj pokazati $1005^{\ln (121)}=11^{\ln \left(1005^{2}\right)}$. Če dobljeno enakost logaritmiramo, dobimo

$$
\ln (121) \ln (1005)=\ln \left(1005^{2}\right) \ln (11)
$$

ki je enakovredna $\ln \left(11^{2}\right) \ln (1005)=2 \ln (1005) \ln (11)$. Slednja velja, saj je $\ln \left(11^{2}\right)=2 \ln (11)$, torej velja tudi prvotna enakost.
Izračun $1+3+5+\ldots+2009=1010025$ ..... 1 točka
Zapis $1+3+5+\ldots+2009=1005^{2}$ ..... 1 točka
Sklep $\ln (121)=2 \ln (11)$ ..... 1 točka
Sklep $\ln (1005)^{2}=2 \ln (1005)$ ..... 1 točka
Preoblikovanje na enakost $1005^{\ln (11)}=11^{\ln (1005)}$ ..... 1 točka
Sklep, da je začetna enakost enakovredna enakosti $\ln \left(11^{2}\right) \ln (1005)=2 \ln (1005) \ln (11)$
oziroma $\ln (11) \ln (1005)=\ln (1005) \ln (11)$ ..... 2 točki

IV /2. Naj bo $p^{2}+7^{n}=m^{2}$. Potem velja $7^{n}=m^{2}-p^{2}=(m-p)(m+p)$. Ločimo dve možnosti. Če je $m-p=1$ in $m+p=7^{n}$, sledi $2 p=7^{n}-1$. Denimo, da je $n \geq 2$. Tedaj je $2 p=7^{n}-1=(7-1)\left(7^{n-1}+7^{n-2}+\ldots+7+1\right)$, zato dobimo $p=3\left(7^{n-1}+7^{n-2}+\ldots+7+1\right)$, kar pa ni možno, saj je izraz v oklepajih večji od 1 . Če je $n=1$, dobimo $p=3$.

Druga možnost je, da je $m-p=7^{k}$ in $m+p=7^{n-k}$, kjer je $k$ neko naravno število. Očitno velja $n-k>k$. Tedaj je $2 p=7^{n-k}-7^{k}=7^{k}\left(7^{n-2 k}-1\right)$. Izraz v oklepajih je sodo število, večje od 2 , zato smo $2 p$ zapisali kot produkt vsaj treh praštevil, kar ni možno.

Torej je $n=1$ edino naravno število, pri katerem obstaja praštevilo $p$, da je $p^{2}+7^{n}$ popolni kvadrat. Tako praštevilo je kar $p=3$, popolni kvadrat pa $3^{2}+7=16=4^{2}$.
Razcep $7^{n}=(m-p)(m+p)$ ..... 1 točka
Zapis $m-p=7^{k}$ in $m+p=7^{n-k}$ z oceno $n-k>k$ ..... 1 točka
$\mathbf{V}$ primeru $k=0$ razcep $2 p=6\left(7^{n-1}+7^{n-2}+\ldots+7+1\right)$ ..... 1 točka
$\mathbf{V}$ primeru $k=0$ sklep, da je $p=3$ ..... 1 točka
$\mathbf{V}$ primeru $k>0$ razcep $2 p=7^{k}\left(7^{n-2 k}-1\right)$ (ali ugotovitev, da $7 \mid p$ ) ..... 1 točka
$\mathbf{V}$ primeru $k>0$ sklep, da je $7^{k}\left(7^{n-2 k}-1\right)$ produkt vsaj 3 praštevil (ali ugotovitev, da
$p=7$ ni rešitev) ..... 1 točka
Zapis rešitve: $p=3, n=1$ ..... 1 točka

IV/3. Trikotnik $C A D$ je zaradi $|A C|=|A D|$ enakokrak. Premica $A A_{1}$ je višina tudi v tem enakokrakem trikotniku, zato je $\angle H D A=$ $\angle A C H$. V štirikotniku $H A_{1} C B_{1}$ velja $\angle C A_{1} H=\frac{\pi}{2}=\angle C B_{1} H$, zato je tetiven in je $\angle B_{1} A_{1} H=\angle B_{1} C H$. Dobili smo

$$
\begin{aligned}
\angle F A_{1} A & =\angle B_{1} A_{1} H=\angle B_{1} C H \\
& =\angle A C H=\angle H D A \\
& =\angle F D A
\end{aligned}
$$

torej so tudi točke $A, D, A_{1}$ in $F$ kon-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-14.jpg?height=694&width=922&top_left_y=224&top_left_x=927)
ciklične. To pomeni, da je $\angle A F D=$ $\angle A A_{1} D=\frac{\pi}{2}$. Daljici $A B_{1}$ in $H F$ sta višini v trikotniku $A H G$ in se sekata v točki $E$. Zato je $E$ višinska točka tega trikotnika in je $E G$ pravokotna na $A H$. Ker pa je $A H$ pravokotna na $B C$, od tod sledi, da je $E G$ vzporedna z $B C$.

Označimo s $T$ presečišče premic $E G$ in $A D$ ter naj bo $C_{1}$ nožišče višine na stranico $A B$ v trikotniku $A B C$. Ker je $E T$ vzporedna z $C D$, je štirikotnik $T D C E$ trapez. Toda $\angle T D C=\angle E C D$, zato je ta trapez enakokrak. Od tod sledi $\angle T C E=\angle T D E=\angle A D H=$ $\angle A B H=\angle C_{1} B H=\angle H C E$, zato so točke $C, H$ in $T$ kolinearne, kar je bilo še potrebno pokazati.

Vsaj ena izmed ugotovitev: $\angle A C H=\angle H D A$, štirikotnik $C B_{1} H A_{1}$ je tetiven, štirikotnik $A B D H$ je tetiven 1 točka

Sklep $\angle B_{1} A_{1} H=\angle H D A$ 1 točka

Štirikotnik $A D A_{1} F$ je tetiven 1 točka

Sklep, da je $\angle A F D=\frac{\pi}{2}$ 1 točka

Ugotovitev, da je $G E \perp A H$ 1 točka Definirana točka $T$ in dokaz, da je $T D C E$ enakokrak trapez..................... 1 točka Zaključek, da so točke $C, H$ in $T$ kolinearne.......................................................

IV/4. Zadostuje 8 barv. Označimo barve s številkami od 1 do 8 in tabelo pobarvajmo kot prikazuje prva slika. Vsak lik predpisane oblike je pobarvan z različnimi barvami, saj najbližja kvadratka enake barve ležita diagonalno z enim vmesnim kvadratkom in obeh hkrati ne moremo pokriti z enim samim likom. Denimo, da zadostuje že 7 barv. Imenujmo dva kvadratka povezana, če sta oba vsebovana v nekem liku predpisane oblike. Označimo nekatere kvadratke v tabeli, kot prikazuje druga slika. Ker sta vsaka dva izmed kvadratkov $A, B, C, D, E, F, G$ povezana,

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-14.jpg?height=414&width=420&top_left_y=1935&top_left_x=1412)
morajo biti ti kvadratki pobarvani z različnimi barvami (skupaj jih je ravno 7).

Kvadratek $u$ je povezan s kvadratki $A, B, C, D, E, G$, torej mora biti iste barve kot kvadratek $F$. Kvadratek $x$ je povezan s kvadratki $B, C, D, E, F, G$, torej mora biti iste barve kot $A$. Kvadratek $v$ je povezan s kvadratki $B, u, D, E, G, x$. Ker je $u$ take barve kot $F, x$ pa kot $A$, mora barva kvadratka $v$ enaka barvi kvadratka $C$. Kvadratek $z$ je povezan s kvadratki $C, D, E, F, G, x$, torej mora biti iste barve kot $B$. Kvadratek $y$ je povezan s kvadratki $u, D, E, v, G, x$, ki so enakih barv kot $F, D, E, C, G, A$, torej

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-15.jpg?height=416&width=420&top_left_y=226&top_left_x=1412)
mora biti $y$ enake barve kot $B$. Vendar kvadratki $G, x, y, z$ tvorijo lik predpisane oblike, ki ni pobarvan s štirimi različnimi barvami, saj sta kvadratka $y$ in $z$ pobarvana z isto barvo (s tako kot $B$ ). Zato 7 barv ne zadostuje.

Zapisan primer, ko zadostuje 8 barv 3 točke (Če je zapisan primer z 9 barvami, se prizna 1 točka. V kolikor tekmovalec ne zapiše primera z 8 barvami, vendar navede, da je to rešitev, se prizna 1 točka.) Sklep, da 6 barv ne zadostuje

1 točka

Če zadostuje 7 barv, sta vsaka dva osenčena kvadratka kot na sliki

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-15.jpg?height=174&width=188&top_left_y=958&top_left_x=1531)
barve (Točka se ne prizna, če ni predpostavljeno, da obravnavamo primer z natanko 7 barvami.)

Če zadostuje 7 barv, sta vsaka dva osenčena kvadratka kot na sliki

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_466c4f14e439a88888e4g-15.jpg?height=167&width=201&top_left_y=1276&top_left_x=1527)
enake barve (Točka se ne prizna, če ni predpostavljeno, da obravnavamo primer z natanko 7 barvami.)

Zaključek, da 7 barv ne zadostuje 1 točka