# 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. Za cela števila $a, b, c$ in $d$ velja $a>b>c>d$ in
$$
(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)=10
$$
Katere vrednosti lahko zavzame izraz $a+b-c-d$ ?
2. Za neničelna realna števila $x, y$ in $z$ velja $3 x+2 y=z$ in $\frac{3}{x}+\frac{1}{y}=\frac{2}{z}$. Dokaži, da je vrednost izraza $5 x^{2}-4 y^{2}-z^{2}$ vedno celo število.
3. Simetrala diagonale $A C$ pravokotnika $A B C D$, v katerem je $|A B|>|B C|$, seka stranico $C D$ v točki $E$. Krožnica s središčem $E$ in polmerom $A E$ seka stranico $A B$ še v točki $F$. Naj bo $G$ pravokotna projekcija točke $C$ na premico $E F$. Pokaži, da točka $G$ leži na diagonali $B D$.
4. Učiteljica je Mateju izročila štiri liste papirja, na vsakem je bila zapisana neničelna števka. Matej je liste postavil v vrsto in tako oblikoval štirimestno število. Ko je dva lista med sabo zamenjal, ne da bi ju pri tem obrnil ali zavrtel, je oblikoval še eno štirimestno število. Ali je lahko oblikoval števili, ki si nista bili tuji, ne glede na to, katere števke so bile zapisane na listih?
## Naloge za 2. letnik
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
1. Določi vsa cela števila $n$, za katera ima enačba $x^{2}+n x+n+5=0$ le celoštevilske rešitve.
2. Za katera naravna števila $n$ obstaja večkratnik števila 7 , ki ima vsoto števk enako $n$ ?
3. Naj bo $O$ središče ostrokotnemu trikotniku $A B C$ očrtane krožnice $\mathcal{K}$. Simetrala notranjega kota pri $A$ seka krožnico $\mathcal{K}$ še $\mathrm{v}$ točki $D$, simetrala notranjega kota pri $B$ pa seka krožnico $\mathcal{K}$ še v točki $E$. Označimo z $I$ središče trikotniku $A B C$ včrtane krožnice. Kolikšna je velikost kota $\angle A C B$, če točke $D, E, O$ in $I$ ležijo na isti krožnici?
4. Vsaka točka daljice $\mathcal{D}$ je rdeče ali modre barve. Dokaži, da obstajajo enako obarvane različne točke $A, B$ in $C$ daljice $\mathcal{D}$, da je $|A B|=|B C|$.
## Naloge za 3. letnik
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
1. Naj bosta $p$ in $q$ polinoma stopnje 3 s celoštevilskimi koeficienti, katerih vodilna koeficienta sta si tuja. Naj bo $a$ tako racionalno število, da sta $p(a)$ in $q(a)$ celi števili. Dokaži, da je tedaj tudi $a$ celo število.
2. Za katera naravna števila $n$ obstaja večkratnik števila 13 , ki ima vsoto števk enako $n$ ?
3. Naj bo $H$ višinska točka ostrokotnega trikotnika $A B C$ in $D$ točka v notranjosti trikotnika $A B H$. Vzporednica k premici $A H$ skozi točko $D$ seka stranici $B C$ in $A B \mathrm{v}$ točkah $K$ in $L$. Vzporednica k premici $B H$ skozi točko $D$ seka daljici $A C$ in $A B$ v točkah $M$ in $N$.
Dokaži, da točke $C, D$ in $H$ ležijo na isti premici, če točke $K, L, M$ in $N$ ležijo na isti krožnici.
4. Vsaka točka na stranicah trikotnika $\mathcal{T}$ je rdeče ali modre barve. Dokaži, da na stranicah trikotnika $\mathcal{T}$ obstajajo take enako obarvane točke $A, B, C$ in $D$, da je štirikotnik $A B C D$ trapez.
## Naloge za 4. letnik
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
1. Poišči vsa realna števila $x$ z intervala $[0,2 \pi)$, za katera so vsi členi zaporedja $\mathrm{s}$ splošnim členom
$$
a_{n}=\frac{1}{\cos (n x)}
$$
cela števila.
2. Za katera naravna števila $n$ obstaja večkratnik števila 11 , ki ima vsoto števk enako $n$ ?
3. Diagonala $A C$ konveksnega štirikotnika $A B C D$ je simetrala kota $\angle D C B$. Naj bo $E$ presečíčče stranice $A B$ in trikotniku $A C D$ očrtane krožnice in naj bo $F$ presečǐšče stranice $A D$ in trikotniku $A B C$ očrtane krožnice. Dokaži, da se daljice $A C, D E$ in $B F$ sekajo v eni točki.
4. Dano je naravno število $n$. V ravnini leži $2 n+2$ točk, izmed katerih nobene tri ne ležijo na isti premici. Premica v ravnini je ločnica, če na njej ležita dve izmed danih točk, na vsakem bregu te premice pa je natanko $n$ točk. Določi največje število $m$, za katerega velja, da je v ravnini vedno vsaj $m$ ločnic.
## 54. matematično tekmovanje
srednješolcev Slovenije
Ljubljana, 17. april 2010
## Rešitve nalog
I/1. Ker so števila $a, b, c$ in $d$ različna, so različna tudi števila $1-a, 1-b, 1-c$ in $1-d$. Ker je 10 produkt le dveh praštevil, lahko 10 zapišemo kot produkt štirih celih števil le, če sta dve izmed teh števil 1 in -1 . Preostali števili sta tedaj -2 in 5 ali pa 2 in -5 .
Zaradi $a>b>c>d$ sledi $1-a<1-b<1-c<1-d$. Zato je $1-b=-1$ in $1-c=1$, od koder sledi $b=2$ in $c=0$. Če je $1-a=-2$ in $1-d=5$, dobimo $a=3$ in $d=-4$. V primeru $1-a=-5,1-d=2$ pa je $a=6$ in $d=-1$.
Vrednost izraza $a+b-c-d$ je v prvem primeru $3+2-0-(-4)=9$, v drugem pa $6+2-0-(-1)=9$, torej je edina možnost $a+b-c-d=9$.
I/2. 1. način V drugo enačbo vstavimo $z=3 x+2 y$ in odpravimo ulomke. Dobimo $x^{2}+3 x y+2 y^{2}=0$ oziroma $(x+y)(x+2 y)=0$. Od tod sledi $x=-y$ ali $x=-2 y$.
V prvem primeru je $x=-y$ in $z=-y$, zato je $5 x^{2}-4 y^{2}-z^{2}=5 y^{2}-4 y^{2}-y^{2}=0$.
$\mathrm{V}$ drugem primeru je $x=-2 y$ in $z=-4 y$, zato je $5 x^{2}-4 y^{2}-z^{2}=20 y^{2}-4 y^{2}-16 y^{2}=0$.
2. način Iz druge enačbe sledi $2 x y=3 y z+x z$. Če prvo enačbo pomnožimo z $z, x$ in $y$, lahko izrazimo $z^{2}=3 x z+2 z y, 3 x^{2}=z x-2 x y$ in $2 y^{2}=z y-3 x y$. Zato je
$$
5 x^{2}-4 y^{2}-z^{2}=\frac{5}{3}(z x-2 x y)-2(z y-3 x y)-(3 x z+2 z y)=\frac{4}{3}(2 x y-3 z y-x z)=0
$$
I/3. Označimo $\angle F A E=\alpha$. Ker točka $E$ leži na simetrali daljice $A C$, je enako oddaljena od $A$ in $C$, zato je središče krožnice, na kateri ležijo točke $A, C$ in $F$. Tako velja $|A E|=|C E|=|F E|$. Zato je $\angle E F A=$ $\angle F A E=\alpha$. Zaradi vzporednosti $A B$ in $C D$ sledi še $\angle D E A=\angle E A F=\alpha$ in $\angle C E F=\angle E F A=\alpha$.
Pravokotna trikotnika $A E D$ in $C E G$ se ujemata v kotih in imata enako dolgi hipotenuzi, zato sta skladna. Tako je $|E D|=|E G|$ in $|C G|=|A D|=|B C|$. Od tod sledi, da je
trikotnik $D E G$ enakokrak in je
$$
\angle E G D=\frac{\pi-\angle D E G}{2}=\frac{\angle G E C}{2}=\frac{\alpha}{2}
$$
Po Pitagorovem izreku velja $|F B|^{2}=|F C|^{2}-|B C|^{2}=|F C|^{2}-|G C|^{2}=|F G|^{2}$, torej je $|F B|=|F G|$. Trikotnik $G F B$ je zato enakokrak in tako velja
$$
\angle F G B=\frac{\pi-\angle G F B}{2}=\frac{\angle G F A}{2}=\frac{\alpha}{2}
$$
Torej je $\angle F G B=\angle E G D$, zato točke $B, G$ in $D$ ležijo na isti premici.
Opomba. Da je trikotnik $F B G$ enakokrak, lahko utemeljimo tudi drugače. Iz $|C G|=|C B|$ sledi, da je enakokrak trikotnik $B C G$, torej je $\angle C B G=\angle B G C$ in zato
$$
\angle F G B=\frac{\pi}{2}-\angle B G C=\frac{\pi}{2}-\angle G B C=\angle F B G
$$
I/4. Odgovor je da. Če je katera izmed števk soda, lahko Matej oblikuje dve sodi števili, saj sodo števko postavi na mesto enic, med sabo pa zamenja dva izmed ostalih listov. Če je med štirimi števkami število 5, Matej postopa podobno. Petico postavi na mesto enic, med sabo pa nato zamenja dva izmed ostalih listov. Števili si nista tuji, saj sta obe deljivi s 5. V kolikor sta dve zapisani števki enaki, Matej sestavi neko število, nato zamenja lista papirja z isto števko in dobi število, enako prejšnjemu.
Ostane še en primer in sicer, ko so na listih zapisane števke $1,3,7$ in 9 . $\mathrm{S}$ temi števkami Matej lahko oblikuje števili 1397 in 1793 ali števili 1397 in 9317 ali števili 9317 in 9713, saj so vsa ta števila deljiva z 11. Lahko pa oblikuje tudi števili 1739 in 9731, ki sta obe deljivi s 37 .
Opomba. Primer dveh štirimestnih števil, ki si nista tuji in katerih števke so $1,3,7$ in 9 , dobimo z obravnavo razlik oblike $\overline{a_{1} a_{2} a_{3} a_{4}}-\overline{a_{2} a_{1} a_{3} a_{4}}, \overline{a_{1} a_{2} a_{3} a_{4}}-\overline{a_{3} a_{2} a_{1} a_{4}}$ in tako dalje (drugo štirimestno število ima glede na prvo zamenjani dve števki). Primer najdemo že s pomočjo druge izmed zapisanih razlik. Ker je
$$
\overline{a_{1} a_{2} a_{3} a_{4}}-\overline{a_{3} a_{2} a_{1} a_{4}}=2 \cdot 3^{2} \cdot 5 \cdot 11\left(a_{1}-a_{3}\right)
$$
in nobeno število s števkami $1,3,7,9$ ni deljivo z 2,3 ali 5 , je smiselno poiskati število, deljivo z 11. Če Matej sestavi število $\overline{a_{1} a_{2} a_{3} a_{4}}$, deljivo z 11, je z 11 deljivo tudi $\overline{a_{3} a_{2} a_{1} a_{4}}$. Računamo lahko po vrsti. Število 1379 ni deljivo z 11, 1397 pa je. Matej lahko sestavi števili 1397 in 9317.
II/1. Kvadratna enačba ima lahko celoštevilske rešitve le, če je diskriminanta popoln kvadrat. Izračunamo lahko $D=n^{2}-4(n+5)=(n-2)^{2}-24$. Torej za neko nenegativno celo število $m$ velja $m^{2}=(n-2)^{2}-24$, oziroma
$$
24=(n-2)^{2}-m^{2}=(n+m-2)(n-m-2)
$$
Ker sta števili $n+m-2$ in $n-m-2$ iste parnosti in je $m \geq 0$, imamo 4 možnosti.
C̆e je $n-m-2=-12$ in $n+m-2=-2$, je $n=-5$ (in $m=5$ ), kvadratna enačba pa ima rešitvi $x_{1}=0$ in $x_{2}=5$. V primeru $n-m-2=-6$ in $n+m-2=-4$ je $n=-3$ (in $m=1$ ), rešitvi kvadratne enačbe pa sta $x_{1}=1$ in $x_{2}=2$.
Če je $n-m-2=2$ in $n+m-2=12$, je $n=9$ ter $m=5$, kvadratna enačba pa ima rešitvi $x_{1}=-7$ in $x_{2}=-2$. V primeru $n-m-2=4$ in $n+m-2=6$ je $n=7$ in $m=1$, rešitvi kvadratne enačbe pa sta $x_{1}=-4$ in $x_{2}=-3$.
Vse možne vrednosti števila $n$ so torej $-5,-3,7$ in 9 .
2. način Naj bosta $x_{1}$ in $x_{2}$ celoštevilski rešitvi te kvadratne enačbe. Predpostavimo lahko še $x_{1} \leq x_{2}$. Po Vietovih pravilih velja $x_{1}+x_{2}=-n$ in $x_{1} x_{2}=n+5$. Če enačbi seštejemo, dobimo $x_{1} x_{2}+x_{1}+x_{2}=5$ in zato
$$
\left(x_{1}+1\right)\left(x_{2}+1\right)=6
$$
Ker je $6=1 \cdot 6=2 \cdot 3=(-3) \cdot(-2)=(-6) \cdot(-1)$, dobimo štiri možnosti. V prvem primeru je $x_{1}=0, x_{2}=5$, v drugem $x_{1}=1, x_{2}=2$, v tretjem $x_{1}=-4, x_{2}=-3$ in $\mathrm{v}$ zadnjem $x_{1}=-7, x_{2}=-2$. S pomočjo $x_{1}+x_{2}=-n$ izračunamo, da je število $n$ enako $-5,-3,7$ ali 9 .
II/2. Število, katerega vsota števk je 1, je potenca števila 10 in ni večkratnik 7. Zato ne obstaja tak večkratnik števila 7 , da bi bila vsota števk enaka 1. Poskusimo najti tak večkratnik, da bo vsota števk enaka 2. To število mora imeti dve števki enaki 1. Preverimo po vrsti nekaj takih naravnih števil. Števila 11, 101 in 110 niso deljiva s 7, 1001 pa je.
Naravno število oblike $10011001 \ldots 1001$, v katerem smo $k$-krat zapored zapisali število 1001, ima vsoto števk enako $2 k$ in je očitno večkratnik 1001, torej je večkratnik števila 7 . Zato za vsa soda naravna števil $n$ obstaja število $m$, ki je večkratnik 7 , da je vsota števk števila $m$ enaka $n$.
Vsoto števk enako 3 ima število 21 , število oblike $2110011001 \ldots 1001$, kjer smo za 21 zapisali $k$-krat zapored število 1001, ima vsoto števk enako $3+2 k$ in je večkratnik števila 7. Zato za vsa liha naravna števila $n$ večja od 1 obstaja število $m$, ki je večkratnik 7 , da je vsota števk števila $m$ enaka $n$.
Pokazali smo, da za natanko vsa naravna števila $n$ razen 1 obstaja večkratnik števila 7 , katerega vsota števk je $n$.
II/3. Ker je trikotnik $A B C$ ostrokotni, ležita točki $I$ in $O$ na istem bregu premice $E D$. Iz pogoja, da ležijo točke $D, E, I$ in $O$ na isti krožnici, zato sledi $\angle D O E=\angle D I E$. Označimo kote v trikotniku z $\alpha, \beta$ in $\gamma$ in z njimi izrazimo kota $\angle D O E$ in $\angle D I E$.
Velja $\angle D O E=\angle E O C+\angle C O D$. Ker je središčni kot dvakrat večji od obodnega, je $\angle C O E=$ $2 \angle C B E$. Premica $E B$ simetrala kota $C B A$, zato je $\angle C B E=\frac{\angle C B A}{2}=\frac{\beta}{2}$. Torej je $\angle C O E=$ $2 \angle C B E=\beta$. Podobno je $\angle D O C=2 \angle D A C=$ $2 \cdot \frac{\alpha}{2}=\alpha$ in tako $\angle D O E=\alpha+\beta$.
Velja $\angle D I E=\angle A I B=\pi-\angle B A I-\angle I B A=$
$\pi-\frac{\alpha}{2}-\frac{\beta}{2}$. Iz enakosti $\angle D O E=\angle D I E$ sledi $\pi=\frac{3}{2}(\alpha+\beta)$ oziroma $\alpha+\beta=\frac{2 \pi}{3}$. Torej je $\gamma=\pi-\alpha-\beta=\frac{\pi}{3}$.
II/4. Daljico razdelimo na tri enako dolge dele. Na srednjem delu
gotovo obstajata dve točki enake barve. Denimo, da sta ti točki rdeči in ju označimo z $A$ in $B$. Naj bo $A^{\prime}$ slika točke $A$ pri zrcaljenju čez točko $B$ in $B^{\prime}$ slika točke $B$ pri zrcaljenju čez točko $A$. Ce je ena izmed točk $A^{\prime}$ in $B^{\prime}$ rdeča, smo željene tri točke našli. Predpostavimo torej, da sta obe točki $A^{\prime}$ in $B^{\prime}$ modri. Naj bo $C$ razpolovišče daljice $A B$. Torej je $C$ tudi razpolovišče daljice $A^{\prime} B^{\prime}$. Če je $C$ rdeča, so $A, B$ in $C$ iskane točke, sicer pa so $A^{\prime}, B^{\prime}$ in $C$ iskane točke.
III/1. Naj bo $p(x)=b_{1} x^{3}+c_{1} x^{2}+d_{1} x+e_{1}$ in $q(x)=b_{2} x^{3}+c_{2} x^{2}+d_{2} x+e_{2}$. Zapišimo $a=\frac{r}{s}$ kot okrajšan ulomek, kjer sta $r$ in $s$ celi števili in je $s>0$. Označimo $p(a)=m$ in $q(a)=n$. Tedaj velja
$$
b_{1} \cdot \frac{r^{3}}{s^{3}}+c_{1} \cdot \frac{r^{2}}{s^{2}}+d_{1} \cdot \frac{r}{s}+e_{1}=m, \quad b_{2} \cdot \frac{r^{3}}{s^{3}}+c_{2} \cdot \frac{r^{2}}{s^{2}}+d_{2} \cdot \frac{r}{s}+e_{2}=n
$$
Če obe enačbi pomnožimo $\mathrm{s} s^{3}$, dobimo
$$
b_{1} r^{3}+c_{1} r^{2} s+d_{1} r s^{2}+e_{1} s^{3}=m s^{3}, \quad b_{2} r^{3}+c_{2} r^{2} s+d_{2} r s^{2}+e_{2} s^{3}=n s^{3}
$$
Od tod sledi, da $s$ deli $b_{1} r^{3}$ in $b_{2} r^{3}$. Ker je število $s$ tuje $r$, mora $s$ deliti $b_{1}$ in $b_{2}$. Ker pa sta po predpostavki $b_{1}$ in $b_{2}$ tuji števili, je zato $s=1$. Torej je $a=r$, kar je celo število.
III/2. Ker so vsa števila, katerih vsota števk je 1, potence števila 10, ki niso deljiva z 13, ne obstaja večkratnik števila 13 , ki bi imel vsoto števk enako 1 .
Poskusimo najti število $m$, deljivo s 13 , katerega vsota števk je 2. Očitno bo imelo število $m$ dve števki enaki 1 , ostale pa 0 . Preverimo po vrsti prvih nekaj takih naravnih števil. Očitno 11, 101 in 110 niso večkratniki 13, 1001 pa je.
Podobno poskusimo najti število $m \mathrm{z}$ vsoto števk 3 . Naj bo $m=10^{a}+10^{b}+10^{c}$, kjer je $a \geq b \geq c$. Ostanek števila $10^{2}$ pri deljenju s 13 je 9 in ostanek $10^{3}$ pri deljenju s 13 je 12 , ostanek $10^{4}$ je 3, ostanek $10^{5}$ je 4 in ostanek $10^{6}$ je 1 . Vidimo, da je vsota ostankov, ki jih dajo števila $10^{2}, 10^{4}$ in $10^{6}$, enaka 13 , torej 13 deli 101010 .
Število oblike 10011001 . . 1001, kjer smo $k$-krat zapisali 1001, je večkratnik 1001 in zato tudi 13, ter ima vsoto števk $2 k$. Š́tevilo oblike $10101010011001 \ldots$. . 1001, kjer smo najprej zapisali 101010 in nato $k$-krat 1001, je prav tako večkratnik 13 in ima vsoto števk enako $3+2 k$.
Pokazali smo, da za natanko vsa naravna števila $n$ razen 1 obstaja večkratnik števila 13, katerega vsota števk je enaka $n$.
III/3. Označimo kot $\angle A B C$ z $\beta$. Ker je premica $K L$ vzporedna z višino na stranico $B C$, je torej pravokotna na $B C$. Zato je trikotnik $K L B$ pravokotni in velja $\angle K L B=\frac{\pi}{2}-\beta$. Torej je $\angle K L N=\frac{\pi}{2}-\beta$. Ker je štirikotnik $K L M N$ tetiven, velja $\angle K M N=\angle K L N=\frac{\pi}{2}-\beta$. V štirikotniku $K D M C$ velja $\angle D K C+\angle D M C=$ $\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}=\pi$, zato je tetiven tudi štirikotnik $K D M C$. Torej je $\angle D C K=\angle D M K=$ $\angle N M K=\frac{\pi}{2}-\beta$.
Označimo z $E$ točko, kjer premica $C D$ seka stranico $A B$. Ker smo izračunali, da v trikotniku $C E B$ velja $\angle E C B=\frac{\pi}{2}-\beta$ ter je $\angle E B C=\beta$, velja $\angle B E C=\frac{\pi}{2}$. Torej je premica skozi točki $C$ in $D$ pravokotna na stranico $A B$, zato na njej leži tudi točka $H$. Točke $C, D$ in $H$ zato ležijo na isti premici.
III/4. Naj bodo $A, B$ in $C$ oglišča danega trikotnika ter $A^{\prime}, B^{\prime}$ in $C^{\prime}$ razpolovišča stranic $B C, C A$ in $A B$. Vsaj dve izmed točk $A^{\prime}, B^{\prime}$ in $C^{\prime}$ sta iste barve. Predpostavimo lahko, da sta to točki $A^{\prime}$ in $B^{\prime}$ ter da sta rdeče barve. Daljica $A^{\prime} B^{\prime}$ je vzporedna stranici $A B$. Če na stranici $A B$ obstajata dve rdeči točki, smo našli iskani trapez. Sicer obstaja največ ena rdeča točka. Če taka točka obstaja in je različna od $A$ in $B$, jo označimo z $D$. V nasprotnem primeru naj bo $D$ neka od $A$ in $B$ različna točka na stranici $A B$. Torej so vse točke na
daljici $A B$, razen morda točke $A, B$ in $D$, modre barve.
Denimo, da na stranici $A C$ obstajata dve med seboj in od $A$ različni točki modre barve. Označimo ju $E$ in $F$ tako, da je $E$ bliže $A$. Naj bo $F^{\prime}$ od $A$ različna točka modre barve na daljici $A D$. Naj bo $E^{\prime}$ presečišče daljice $A D$ in vzporednice $\mathrm{k}$ premici $F F^{\prime}$ skozi točko $E$. Tedaj je $E E^{\prime} F^{\prime} F$ iskani trapez.
Na enak način sklepamo, da obstaja iskani trapez ali pa na stranici $B C$ obstaja največ ena od $B$ različna točka modre barve. V tem primeru sta obe stranici $A C$ in $B C$ skoraj celi rdeče barve in tako zlahka najdemo iskani trapez, ki ima za oglišča presečišča dveh vzporednih premic s stranicama $A C$ in $B C$. Tako smo pokazali, da iskani trapez vedno obstaja.
IV/1. Števili $a_{1}$ in $a_{2}$ sta celi. Ker je $a_{1}=\frac{1}{\cos x}, a_{2}=\frac{1}{\cos (2 x)}$ in velja $\cos (2 x)=2(\cos x)^{2}-1$, sledi $a_{2}=\frac{1}{2 \cos ^{2} x-1}=\frac{a_{1}^{2}}{2-a_{1}^{2}}$. Ker je $a_{2}$ celo število, je $2-a_{1}^{2}$ delitelj $a_{1}^{2}$. Zato $2-a_{1}^{2}$ deli $2-a_{1}^{2}$ in $a_{1}^{2}$, torej deli tudi njuno vsoto, ki je 2 . Tako je $2-a_{1}^{2}$ eno izmed števil $-2,-1,1$ oziroma 2.
V prvem primeru dobimo $a_{1}^{2}=4$, v drugem $a_{1}^{2}=3$, v tretjem $a_{1}^{2}=1$ in v zadnjem $a_{1}^{2}=0$. Ker je $a_{1}$ celo in neničelno število, so možnosti le $a_{1}=-2, a_{1}=2, a_{1}=-1$ in $a_{1}=1$. Od tod sledi, da je število $x$ lahko enako le $0, \frac{\pi}{3}, \frac{2 \pi}{3}, \pi, \frac{4 \pi}{3}$ ali $\frac{5 \pi}{3}$.
Če je $x=0$, je $a_{n}=1$ za vsak $n$. Če je $x=\pi$, dobimo zaporedje $-1,1,-1,1, \ldots$ V ostalih štirih primerih opazimo, da je $a_{n+6}=a_{n}$, kajti za vsako celo s̆tevilo $a$ velja
$$
\cos \left(\frac{(n+6) \cdot a \pi}{3}\right)=\cos \left(\frac{n \cdot a \pi}{3}+2 a \pi\right)=\cos \left(\frac{n \cdot a \pi}{3}\right)
$$
Zato je dovolj preveriti, da so prvih šest členov zaporedja cela števila. V primerih $x=\frac{\pi}{3}$ in $\frac{5 \pi}{3}$ dobimo $a_{1}=2, a_{2}=-2, a_{3}=-1, a_{4}=-2, a_{5}=2, a_{6}=1$. Če je $x=\frac{2 \pi}{3}$ ali $x=\frac{4 \pi}{3}$, pa je prvih šest členov zaporedja enakih $-2,-2,1,-2,-2,1$.
Rešitve naloge so realna števila $0, \frac{\pi}{3}, \frac{2 \pi}{3}, \pi, \frac{4 \pi}{3}$ in $\frac{5 \pi}{3}$.
IV/2. Označimo vsoto števk naravnega števila $m$ z $S(m)$. Velja $S(11)=2$. Opazimo, da ima prvih nekaj večkratnikov sodo vsoto števk. Prvi večkratnik, ki ima liho vsoto števk je $209=19 \cdot 11$, vsota števk je 11. S pomočjo teh dveh primerov lahko konstruiramo večkratnike z vsoto števk $n$ za skoraj vsa naravna števila $n$. Število oblike $11 \ldots 11$, kjer smo 11 zapisali $k$-krat zapored, je deljivo z 11 in ima vsoto števk enako $2 k$. Torej za vsako sodo število $n$ obstaja večkratnik 11, ki ima vsoto števk enako $n$.
Vsoto števk 11 ima število 209. Število oblike 20911 . . 11, kjer 209 sledi $k$-krat zapisano 11 , je deljivo z 11 in ima vsoto števk enako $11+2 k$. Zato za vsako liho število $n$, ki je večje ali enako 11 , obstaja večkratnik $11 \mathrm{z}$ vsoto števk $n$.
Konstruirali smo večkratnike za vsa naravna števila, razen $1,3,5,7$ in 9. Pokažimo, da večkratniki z vsoto števk $1,3,5,7$ ali 9 ne obstajajo.
Naj bo $m$ večkratnik števila 11. Denimo, da je $S(m) \leq 9$. Označimo z $L$ vsoto števk števila $m$ na lihih mestih, z $D$ pa vsoto števk na sodih mestih. Ker je $S(m)=L+D$, sledi $L, D \leq 9$. Po kriteriju za deljivost z 11 sledi, da je $L-D$ deljivo z 11. Hkrati pa je $-9 \leq-D \leq L-D \leq L \leq 9$, torej mora biti $L-D=0$ oziroma $L=D$. Tedaj je $S(m)=L+D=2 D$, torej sodo število, s čimer smo pokazali, da večkratnik števila 11 ne more imeti vsote števk enake $1,3,5,7$ in 9 .
Večkratnik števila 11, ki ima vsoto števk enako $n$, obstaja za vsa vsa naravna števila $n$ razen $1,3,5,7$ in 9 .
Opomba Navedimo kriterij za deljivost z 11. Naravno število $\overline{a_{n} a_{n-1} \ldots a_{2} a_{1} a_{0}}$ je deljivo z 11 natanko tedaj, kadar je število $a_{0}-a_{1}+a_{2}-a_{3}+\ldots+(-1)^{n} a_{n}$ deljivo z 11. Res, razlika teh dveh števil je
$$
a_{n} \cdot\left(10^{n}-(-1)^{n}\right)+\ldots+a_{2} \cdot\left(10^{2}-1\right)+a_{1} \cdot(10+1)+a_{0}(1-1)
$$
in to število je deljivo z 11 , saj so z 11 deljiva števila oblike $10^{2 k+1}+1$ in $10^{2 k}-1$.
IV /3. Naj bo $G$ presečišče daljic $A C$ in $B F$. Točke $A, B, C$ in $F$ ležijo na isti krožnici, zato je $\angle A F B=$ $\angle A C B$. Diagonala $A C$ razpolavlja kot $\angle D C B$, zato je $\angle A C B=\angle D C A$. Torej velja $\angle A F G=\angle D C A$, od koder sledi $\angle G F D+\angle D C G=\pi$. Zato točke $C$, $D, F$ in $G$ ležijo na isti krožnici.
Točke $A, E, C$ in $D$ ležijo na isti krožnici, zato je $\angle A E C=\pi-\angle A D C$. Od tod sledi $\angle C E B=\pi-$ $\angle A E C=\angle A D C$. Ker je štirikotnik $C D F G$ tetiven, velja $\angle F G C=\pi-\angle F D C$ in zato $\angle F G A=\angle F D C$. Torej velja $\angle B G C=\angle F G A=\angle F D C$.
Pokazali smo $\angle C E B=\angle A D C$ in $\angle B G C=\angle A D C$, torej $\angle C E B=\angle B G C$. Od tod sledi, da je štirikotnik $B C G E$ tetiven. Zato je $\angle B E G=\pi-\angle A C B$ oziroma $\angle G E A=\angle A C B$. Hkrati je $\angle A C B=\angle A C D$, saj je
$A C$ simetrala kota $\angle D C B$, iz tetivnosti štirikotnika $A E C D$ pa sledi $\angle A C D=\angle A E D$. Dobili smo torej $\angle G E A=\angle D E A$, od koder sledi, da so točke $E, G$ in $D$ kolinearne. To ravno pomeni, da se daljice $A C, B F$ in $D E$ sekajo v eni točki.
Opomba. Nalogo je možno rešiti s pomočjo potenčnega središča treh krožnic. Označimo s $\mathcal{K}_{1}$ trikotniku $A B C$ očrtano krožnico, trikotniku $A C D$ očrtano krožnico pa s $\mathcal{K}_{2}$. Ker so točke $A, B, C$ in $F$ konciklične, velja $\angle A F B=\angle A C B$. Diagonala $A C$ je simetrala kota $\angle D C B$, zato je $\angle A C B=\angle D C A$. Ker točke $A, E, C$ in $D$ ležijo na isti krožnici, je $\angle D C A=\angle D E A$. Dobili smo $\angle A F B=\angle D E A$, od koder sledi
$$
\angle B F D=\pi-\angle A F B=\pi-\angle D E A=\angle B E D
$$
To pomeni, da so točke $D, F, E$ in $B$ konciklične. Krožnico skozi te točke označimo s $\mathcal{K}_{3}$.
Krožnici $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}$ se sekata v točkah $A$ in $C$, krožnici
$\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{3}$ se sekata v točkah $B$ in $F$, krožnici $\mathcal{K}_{2}$ in $\mathcal{K}_{3}$ pa se sekata v točkah $D$ in $E$. Torej je $A C$ potenčna premica krožnic $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}, B F$ potenčna premica krožnic $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{3}$ ter $D E$ je potenčna premica krožnic $\mathcal{K}_{2}$ in $\mathcal{K}_{3}$. Ker se potenčne premice treh krožnic sekajo v eni točki (potenčnem središču), sledi, da se premice $A C, B F$ in $D E$ sekajo v isti točki.
IV /4. Pokazali bomo, da je najmanj $n+1$ premic, ki potekajo skozi dve izmed danih točk, ločnic. Najprej podajmo primer, v katerem je ločnic točno $n+1$. Naj bodo točke oglišča pravilnega $(2 n+2)$-kotnika. Označimo jih z $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{2 n+2}$. Za vsak $1 \leq i \leq n+1$ je očitno premica $A_{i} A_{i+n+1}$ ločnica. Nobena druga premica ni ločnica, zato je ločnic natanko $n+1$.
Pokažimo še, da vedno obstaja vsaj $n+1$ ločnic ne glede na položaj točk. Pokazali bomo, da poteka skozi vsako izmed danih točk vsaj ena ločnica. Naj bo $A$ ena izmed točk in $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{2 n+1}$ preostale točke. Opazujmo premice $A A_{1}, A A_{2}, \ldots, A A_{2 n+1}$. Obarvajmo del ravnine, ki leži na enem bregu premice $A A_{1}$, rdeče. Naj bo $r_{1}$ število točk v rdečem delu (premica $A A_{1}$ ni v rdečem delu). Rdeči del ravnine bomo vrteli okoli točke $A$ v pozitivni smeri. V vsakem koraku zavrtimo tako, da slika rdečega dela meji na na-
slednjo možno premico izmed $A A_{1}, A A_{2}, \ldots, A A_{2 n+1}$. Predpostavimo lahko, da si premice sledijo po vrsti $A A_{1}, A A_{2}, \ldots, A A_{2 n+1}$ in nato ponovno $A A_{1}$. Naj bo $r_{i+1}$ število točk v rdečem delu ravnine po tem, ko smo rdeči del zavrteli $i$-krat.
Denimo, da smo v nekem koraku imeli premico $A A_{i}$ in pripadajoči rdeči del ravnine ter smo nato rdeči del zavrteli tako, da je mejil na premico $A A_{i+1}$. Ločimo štiri primere glede na položaj točk $A_{i}$ in $A_{i+1}$. Če je točka $A_{i+1}$ ležala v prvotnem rdečem delu in $A_{i}$ leži v zavrtenem rdečem delu, velja $r_{i}=r_{i+1}$. Če je točka
$A_{i+1}$ ležala v prvotnem rdečem delu, točka $A_{i}$ pa ne leži v zavrtenem rdečem delu, se je število točk v rdečem delu zmanjšalo za 1 , torej $r_{i+1}=r_{i}-1$. Denimo, da $A_{i+1}$ ni ležala v prvotnem rdečem delu. Ce $A_{i}$ ne leži v novem rdečem delu, ponovno velja $r_{i+1}=r_{i}$, sicer pa je $r_{i+1}=r_{i}+1$.
V vsakem koraku se število rdečih točk spremeni največ za 1. Vsa števila so cela. Na začetku je bilo $r_{1}$ točk v rdečem delu, po $2 n+1$ vrtenjih pa pridemo do situacije, ko rdeči del ponovno meji na premico $A A_{1}$, vendar je na nasprotnem delu premice $A A_{1}$ kot je bil na začetku. Zato je število točk v rdečem delu na koncu enako $2 n-r_{1}$. Ce je $r_{1}=n$, je premica $A A_{1}$ ločnica. Sicer je eno izmed števil $r_{1}$ oziroma $2 n-r_{1}$ večje od $n$, drugo pa manjše. Pri vrtenju rdečega dela se števila $r_{i}$ spreminjajo za 1 , kar pomeni, da obstaja korak, v katerem je $r_{i}=n$. Pripadajoča premica $A A_{i}$ je tedaj ločnica.
Pokazali smo, da skozi vsako točko poteka ločnica. Ker je točk $2 n+2$, tako dobimo $2 n+2$ premic, pri čemer smo vsako premico šteli dvakrat (po enkrat za vsako točko, ki leži na njej). Tako je ločnic vedno vsaj $\frac{2 n+2}{2}=n+1$.