# 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.
## 57. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Celje, 20. april 2013
## Naloge za 1. letnik
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.
| N1 | N2 | N3 | N4 |
| :--- | :--- | :--- | :--- |
| | | | |
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
1. Poišči vsa praštevila $p, q$ in $r$, za katera velja $p+q^{2}=r^{4}$.
2. Za realno število $a$ naj $[a]$ označuje največje celo število, ki ni večje od $a$. Poišči vsa cela števila $y$, za katera obstaja realno število $x$, da velja $\left[\frac{x+23}{8}\right]=[\sqrt{x}]=y$.
3. Denimo, da obstajata taki točki $D$ na stranici $A B$ in $E$ na stranici $A C$ trikotnika $A B C$, da je $|A E|=|E D|=|D B|$ in $|A D|=|D C|=|C B|$. Določi velikosti kotov trikotnika $A B C$.
4. Tabelo velikosti $4 \times 4$ želimo pokriti z dominami oblike
(lahko tudi zrcaljena ali zasukana),
pri čemer se domine lahko prekrivajo ali segajo čez rob tabele. Najmanj koliko domin potrebujemo?
## 57. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Celje, 20. april 2013
## Naloge za 2. letnik
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
1. Največ koliko je lahko največji skupni delitelj števil $11 n+4$ in $7 n+2$, če je $n$ naravno število?
2. Naj bo $D$ razpolovišče stranice $A B, E$ presečǐ̌če stranice $B C$ in simetrale kota $\angle B A C, F$ pa pravokotna projekcija točke $E$ na stranico $A B$ trikotnika $A B C$. Denimo, da je $\angle C D A=$ $\angle A C B$ in $|C E|=|B F|$. Določi velikost kotov trikotnika $A B C$.
3. Naj bo $E$ taka točka na stranici $C D$ pravokotnika $A B C D$, da je kot $\angle A E B$ pravi in velja $3|E A|=2|E C|$. Določi razmerje med dolžinama stranic pravokotnika $A B C D$.
4. V vsakem šestkotniku neskončnega satovja je zapisano naravno število, ki je enako povprečju števil, zapisanih v petih izmed sosednjih šest šestkotnikov. Dokaži, da so vsa števila v satovju enaka.
## 57. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Celje, 20. april 2013
## Naloge za 3. letnik
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.
| N1 | N2 | N3 | N4 |
| :--- | :--- | :--- | :--- |
| | | | |
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
1. Poišči vsa praštevila $p$ in $q$, za katera je $p^{4}-q^{6}$ potenca praštevila. (Števili 7 in 8 sta potenci praštevila, 6 pa ne.)
2. Za pozitivni realni števili $x$ in $y$ velja
$$
2013^{\log _{3} x}=y^{\log _{5} 2013} \quad \text { in } \quad \log _{\frac{1}{2}} x+\log _{\frac{1}{2}} y>0
$$
Katero od števil $x$ in $y$ je večje?
3. Naj bo $D$ razpolovišče stranice $B C, E$ razpolovišče stranice $C A$ in $T$ težišče trikotnika $A B C$. Premice $A T, B T$ in $C T$ naj sekajo trikotniku $A B C$ očrtano krožnico še v točkah $P, Q$ in $R$. Denimo, da je $\angle A C B=\angle R Q P$. Dokaži, da je štirikotnik $D C E T$ tetiven.
4. Tabelo velikosti $4 \times 4$ želimo pokriti $z$ dominami oblike
(lahko tudi zrcaljena ali zasukana),
pri čemer se domine lahko prekrivajo, ne smejo pa segati čez rob tabele. Najmanj koliko domin potrebujemo?
## 57. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Celje, 20. april 2013
## Naloge za 4. letnik
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.
| N1 | N2 | N3 | N4 |
| :--- | :--- | :--- | :--- |
| | | | |
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
1. Poišči vse funkcije $f: \mathbb{R} \backslash\{-1\} \rightarrow \mathbb{R}$, za katere velja
$$
f(x)+f(y)=(x+y+2) f(x) f(y)
$$
za vse $x, y \in \mathbb{R} \backslash\{-1\}$.
2. Največ koliko praštevil lahko vsebuje nekonstantno geometrijsko zaporedje pozitivnih realnih števil?
3. Naj bo $\mathcal{K}_{1}$ krožnica s središčem $S_{1}$ in polmerom $r$. Naj bo $\mathcal{K}_{2}$ krožnica s središčem $S_{2}$ na krožnici $\mathcal{K}_{1}$ in polmerom $\frac{2}{3} r$. Presečǐče premice $S_{1} S_{2}$ s krožnico $\mathcal{K}_{2}$, ki leži zunaj kroga, omejenega s krožnico $\mathcal{K}_{1}$, označimo z $A$. Eno izmed presečíč krožnic $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}$ označimo $\mathrm{s}$ $C$. Premica $A C$ naj seka krožnico $\mathcal{K}_{1}$ še v točki $D$. Naj bo $H$ pravokotna projekcija točke $D$ na premico $S_{1} S_{2}$. Dokaži, da točka $H$ leži na krožnici $\mathcal{K}_{2}$.
4. Turnir v namiznem tenisu poteka po naslednjem pravilu. V vsakem krogu v primeru lihega števila tekmovalcev najprej izžrebajo enega, ki se avtomatično uvrsti v naslednji krog. Ostale tekmovalce $\mathrm{z}$ žrebom razporedijo v pare. Tekmovalca vsakega para se pomerita med seboj, zmagovalec iz vsakega para pa se uvrsti v naslednji krog. Naj $f(n)$ označuje število krogov na turnirju z $n$ tekmovalci. (Tako je npr. $f(5)=3$.) Določi $f(2013)$ in poišči najmanjše naravno število $n$, za katerega je $f(n)=f(2013)$.
## 57. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Celje, 20. april 2013
## Rešitve nalog in točkovnik
(21. APRIL 2013, $14: 53$ )
I/1. Enačbo preoblikujemo v $p=r^{4}-q^{2}=\left(r^{2}-q\right)\left(r^{2}+q\right)$. Ker je $p$ praštevilo, mora biti $r^{2}-q=1$ in $r^{2}+q=p$. Prvo enačbo preoblikujemo $\mathrm{v} q=r^{2}-1=(r-1)(r+1)$. Ker je $q$ praštevilo, mora biti $r-1=1$. Torej je $r=2$ in $q=3$. Iz enačbe $r^{2}+q=p$ dobimo še $p=7$.
Zapis $p=\left(r^{2}-q\right)\left(r^{2}+q\right)$ ..... 1 točka
Sklep $r^{2}-q=1$ ..... 3 točke
Razcep $q=(r-1)(r+1)$ ..... 1 točka
Sklep $r=2$ ..... 1 točki
Sklep $q=3, p=7$ ..... 1 točka
2. način. Ugotovimo, da mora biti eno od praštevil 2. Izločimo možnosti, da je $p=2$ ali $q=2$ (s kongruencami ali preoblikovanjem enačbe podobno kot pri prvi rešitvi). Dobimo, da je $r=2$ in $p+q^{2}=16$. Preverimo možnosti in dobimo $q=3$ in $p=7$.
Utemeljitev $p \neq 2$.........................................................................................................................................
I/2. Naj bo $y$ tako število. Potem velja $\sqrt{x} \geq[\sqrt{x}]=y$. Ker je $\sqrt{x} \geq 0$, je tudi $y=[\sqrt{x}] \geq 0$, torej lahko neenakost kvadriramo, da dobimo $x \geq y^{2}$. Poleg tega je $\frac{x+23}{8}<$ $\left[\frac{x+23}{8}\right]+1=y+1$ oziroma $x<8 y-15$. Od tod sledi $y^{2}<8 y-15$ oziroma $(y-3)(y-5)<0$, kar pomeni, da je $3n$, sledi, da je $n_{1}=n$. Če sedaj pogledamo šestkotnik s številom $n_{1}=n$, podobno sklepamo, da je tudi $n_{2}=n$. Če nazadnje pogledamo še šestkotnik s številom $n_{2}=n$, spet lahko sklepamo, da je tudi $n_{3}=n$. Torej so vsa števila na šestkotnikih sosednjih šestkotniku s številom $k$ enaka $n$, zato bi moralo biti tudi število $k$ enako $n$, kar pa je protislovje. Torej je $k=n$ in s tem je dokaz končan.
## Uporaba ali zapis najmanjšega elementa satovja 3 točke
Največ en sosed od $n$ je različen od $n$ ( $n$ je najmanjši element)
1 točka Vsi sosedi števila $k$ so $n$ ..... 3 točke
(pri tem se 1 točka dodeli za poskus obravnave sosedov števila k)
III/1. Pišimo $p^{4}-q^{6}=r^{n}$ za neko praštevilo $r$ in naravno število $n$. Izraz $p^{4}-q^{6}$ najprej razstavimo kot $p^{4}-q^{6}=\left(p^{2}-q^{3}\right)\left(p^{2}+q^{3}\right)$. Ker je $p^{4}-q^{6}>0$, praštevili $p$ in $q$ ne moreta biti enaki, torej sta si tuji. Naj bo $d$ največji skupni delitelj števil $p^{2}-q^{3}$ in $p^{2}+q^{3}$. Potem $d$ deli tudi $2 p^{2}$ in $2 q^{3}$, zato je zaradi tujosti $p$ in $q$ lahko $d$ največ 2 .
Če je $d=2$, je tudi $r=2$ in je $p^{2}-q^{3}=2$ in $p^{2}+q^{3}=2^{n-1}$. Enačbi seštejemo, delimo z 2 in dobimo $p^{2}=1+2^{n-2}$ oziroma $2^{n-2}=p^{2}-1=(p-1)(p+1)$. Števili $p-1$ in $p+1$ morata biti obe potenci števila 2 , kar pa je možno le v primeru $p=3$. Toda zdaj dobimo protislovje $q^{3}=7$.
Torej je $d=1$. Ker sta števili $p^{2}-q^{3}$ in $p^{2}+q^{3}$ tuji, njun produkt pa je potenca praštevila, mora biti $p^{2}-q^{3}=1$ oziroma $p^{2}=q^{3}+1=(q+1)\left(q^{2}-q+1\right)$. Ker je $q$ praštevilo, je $q+1>2$ in $q^{2}-q+1>2$, torej noben od faktorjev $q+1$ in $q^{2}-q+1$ ni enak 1 . Ce želimo, da bo njun produkt kvadrat praštevila, morata biti torej faktorja enaka. Iz enakosti $q+1=q^{2}-q+1$ sledi $q=2$ in iz $p^{2}=1+q^{3}$ dobimo še $p=3$. Nazadnje še preverimo, da je $3^{4}-2^{6}=17$ res potenca praštevila. Edina rešitev je torej $p=3, q=2$.
Izračun možnih gcd števil $p^{2}+q^{3}$ in $p^{2}-q^{3}$ ..... 2 točki
Sklep $p^{2}-q^{3}=1$ v primeru $\operatorname{gcd}\left(p^{2}+q^{3}, p^{2}-q^{3}\right)=\mathbf{1}$ ..... 1 točka
Zapis rešitev $p=3, q=2$ v primeru $\operatorname{gcd}\left(p^{2}+q^{3}, p^{2}-q^{3}\right)=\mathbf{1}$ ..... 1 točka
Sklep $p^{2}+q^{3}=2^{n-1}$ in $p^{2}-q^{3}=2$ v primeru $\operatorname{gcd}\left(p^{2}+q^{3}, p^{2}-q^{3}\right)=\mathbf{2}$ ..... 1 točka
Zapis $p=3$ in sklep, da ni rešitev v primeru $\operatorname{gcd}\left(p^{2}+q^{3}, p^{2}-q^{3}\right)=\mathbf{2}$ ..... 1 točka
2. način. Spet pišimo $p^{4}-q^{6}=r^{n}$. Z razmislekom o sodosti in lihosti ugotovimo, da vsi trije izmed $p, q, r$ hkrati ne morejo biti lihi. Ker je $r>0$, velja še $p>q$. Zaradi pozitivnosti vseh členov pridemo tudi do sklepa, da so si $p, q, r$ paroma različni. Ker je vsaj en sod, lahko obravnavamo 3 možnosti. Če je $p=2$, zaradi $p>q$ sledi $q=1$. V tem primeru torej ni rešitev. Če je $q=2$, lahko izraz razstavimo: $\left(p^{2}-8\right)\left(p^{2}+8\right)=r^{n}$, oziroma $p^{2}-8=r^{a}$ in $p^{2}+8=r^{b}$, kjer sta $a, b \in \mathbb{N}_{0}$, in $b>a$. Spet ločimo dve možnosti: če $a=0$, dobimo rešitev $p=3, q=2, r=17$. Če pa je $a>0$, lahko enačbi odštejemo in izpostavimo $r$ : $16=r\left(r^{b-1}-r^{a-1}\right)$. Dobimo torej, da $r \mid 16$, od koder sledi $r=2=q$, kar spet ne da rešitev. Ostane še obravnava primera, ko je le $r=2$. Spet zapišemo $p^{2}-q^{3}=2^{a}$ in $p^{2}+q^{3}=2^{b}$, kjer sta $a, b \in \mathbb{N}_{0}$ in $a1$. Sledi, da sta tako $p-1$ kot $p+1$ potenci dvojke, kar je možno le, če $p=3$, od koder pa dobimo, da je $q^{3}=7$. Spet ni rešitev. Če pa je $a>1$, spet seštejemo enačbi in izpostavimo s̆tirico: $2 p^{2}=4\left(2^{b-2}-2^{a-2}\right)$. Od tod pa sledi $p=2$, kar spet ne da rešitev.
Ugotovitve, da $p, q$ in $r$ ne morejo biti vsi lihi, da so paroma različni in da $p>q \ldots 1$ točka
Obravnava primera $p=2$
1 točka
Obravnava primera $q=2$ (primera $a=0$ in $a>0$, zapis rešitve)
III/2. Če enakost $\log$. dobimo $\frac{\log x \log 2013}{\log 3}=\frac{\log y \log 2013}{\log 5}$ oziroma $\log y=\frac{\log 5}{\log 3} \log x=\log _{3} 5 \log x$. Od tod med drugim sledi, da sta $\log y$ in $\log x$ istega predznaka, torej sta $x$ in $y$ bodisi oba manjša od 1 bodisi oba enaka 1 bodisi oba večja od 1. Po drugi strani lahko neenakost preuredimo v $\log _{\frac{1}{2}}(x y)>0$ in ker je $\frac{1}{2}<1$, sledi $x y<1$. Iz obojega sledi, da sta $x$ in $y$ manjša od 1 , torej sta $\log x$ in $\log y$ negativna. Ker pa je $\log _{3} 5>1$, sledi $\log y=\log _{3} 5 \log x<\log x$, oziroma $y0$. Ker je $\log _{\frac{1}{2}} 3+\log _{\frac{1}{2}} 5<0$, sledi $\alpha<0$. Torej je $x=3^{\alpha}>5^{\alpha}=y$. Večje s̆tevilo je torej $x$.
III/3.
Zaradi tetivnosti štirikotnika $R B C Q$ je $\angle R Q B=\angle R C B$, torej iz pogoja naloge sledi $\angle E C T=\angle A C R=\angle B Q P$. Ker je štirikotnik $Q A B P$ tetiven, pa je $\angle B Q P=\angle B A P$. Ker sta $E$ in $D$ razpolovišči stranic, sta premici $A B$ in $D E$ vzporedni, torej je $\angle B A P=$ $\angle E D A=\angle E D T$. Iz vsega sledi $\angle E C T=\angle E D T$, torej je s̆tirikotnik $D C E T$ tetiven.
## Tetivnost ARBPCQ ali posameznih štirikotnikov
1 točka
$\angle A C R=\angle B Q P$ 2 točki
$\angle B Q P=\angle B A P$ 1 točka
$A B$ je vzporedna $E D$ 1 točka
$\angle B A P=\angle E D A$ 1 točka $E T D C$ je tetiven 1 točka
2. način. Označimo dolžine stranic trikotnika in njegove kote kot običajno in naj bo $F$ razpolovišče stranice $A B$. Zaradi tetivnosti šestkotnika $A R B P C Q$ in predpostavke naloge je $\angle R A T=\angle R A P=\angle R Q P=\gamma$ in $\angle T R A=\angle C R A=\beta$. To pomeni, da sta si trikotnika $A B C$ in $T R A$ podobna in velja $\angle A T R=\alpha$. Po drugi strani pa je zaradi tetivnosti tudi $\angle B R T=\angle B R C=\alpha$. Torej sta si trikotnika $A F T$ in $B F R$ podobna in zaradi $|A F|=|B F|$ sta celo skladna. Zato je $A R B T$ paralelogram, od koder sledi $\angle D T E=\pi-\angle B T P=$ $\pi-\angle T B R=\pi-\angle R A T=\pi-\gamma$, torej je štirikotnik $T D C E$ res tetiven.
Tetivnost ARBPCQ ali posameznih štirikotnikov ..... 1 točka
$A R B T$ je paralelogram ..... 3 točke
$\angle D T E=\pi-\gamma$ ..... 2 točki
$E T D C$ je tetiven 1 točka
3. način. Kot v drugi rešitvi ugotovimo, da je $\angle A T R=\alpha$. Od tod pa sledi podobnost trikotnikov $A F T$ in $C F A$. Zato je
$$
\frac{|A F|}{|F T|}=\frac{|C F|}{|A F|}
$$
Ker težišče deli težiščnico v razmerju $2: 1$, je $|F T|=\frac{1}{3}|C F|$, in ker je $|A F|=\frac{c}{2}$, sledi $|C F|=\frac{\sqrt{3}}{2} c$. Prav tako zaradi podobnosti trikotnikov $A F T$ in $C F A$ velja
$$
\frac{|A T|}{|A C|}=\frac{|A F|}{|C F|}
$$
Upoštevamo, da je $|A F|=\frac{c}{2}$ in $|C F|=\frac{\sqrt{3}}{2} c$, in dobimo $|A T|=\frac{b}{\sqrt{3}}$ in $|A D|=\frac{3}{2}|A T|=\frac{\sqrt{3}}{2} b$. Sledi
$$
\frac{|A T|}{|A E|}=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{|A C|}{|A D|}
$$
torej sta si trikotnika $A T E$ in $A C D$ podobna. Torej je $\angle E C D=\pi-\angle D T E$, kar pomeni, da je štirikotnik $E C D T$ tetiven.
$A F T$ in $C F A$ sta podobna ..................................................................................................................
ATE in $A C D$ sta podobna ......................................................... 2 točki
$E T D C$ je tetiven ........................................................................................
III/4. Potrebujemo vsaj 6 domin. Oglejmo si osenčena polja na naslednji skici.
Za pokritje levega spodnjega in desnega zgornjega vogala potrebujemo dva domini in ti dve domini ne pokrijeta nobenega drugega osenčenega polja. Za pokritje treh osenčenih polj v levem zgornjem vogalu potrebujemo vsaj dve domini (ker domine ne smejo segati čez rob tabele) in ti dve domini ne bosta pokrili nobenega drugega osenčenega polja. Za pokritje treh osenčenih polj v desnem spodnjem vogalu prav tako potrebujemo vsaj dve domini. Skupaj torej potrebujemo vsaj 6 domin. Da 6 domin zadostuje, je razvidno iz naslednjih skic, ki prikazujejo položaje vseh šestih domin.
IV/1. V funkcijsko enačbo vstavimo $x=y=0$, da dobimo $f(0)=f(0)^{2}$. Torej je $f(0)=0$ ali $f(0)=1$. Če je $f(0)=0$, v funkcijsko enačbo vstavimo $y=0$ in dobimo $f(x)=0$ za vsak $x$. Očitno ta funkcija zadošča pogojem naloge. Če pa je $f(0)=1$, v funkcijsko enačbo spet vstavimo $y=0$ in izpeljemo $f(x)=\frac{1}{x+1}$. Prepričamo se lahko, da tudi ta funkcija zadošča pogojem naloge. Rešitvi naloge sta torej funkciji $f(x)=0$ in $f(x)=\frac{1}{x+1}$.
Zapis enakosti za $x=0, y=0$ ali $x=y$ ..... 1 točka
Ugotovitev, da je $f(0)=0$ ali $f(0)=1$ ..... 2 točki
Ugotovitev, da je $f(x)=0$ rešitev ..... 1 točka
Ugotovitev, da je $f(x)=\frac{1}{x+1}$ rešitev ..... 1 točka
Ugotovitev, da ni drugih rešitev ..... 1 točka
Preverjanje, da je $f(x)=\frac{1}{x+1}$ res rešitev ( $f(x)=0$ je očitno rešitev) ..... 1 točka
IV/2. Odgovor je 2. Primer takega zaporedja je na primer zaporedje $a_{n}=2\left(\frac{3}{2}\right)^{n-1}$, ki vsebuje praštevili 2 in 3. Denimo, da geometrijsko zaporedje $a_{n}=a q^{n-1}$, kjer je $q \neq 1$ vsebuje tri praštevila. Denimo, da so to $a_{k}, a_{m}$ in $a_{n}$, kjer je $k0$ in so $a_{k}, a_{m}, a_{n}$ različna praštevila, to ni mogoče.
Sklep, da to ni možno .................................................................. 1 točka
Razlog je enoličnost praštevilskega razcepa ........................................ 1 točka
IV/3.
Ker je štirikotnik $E S_{2} C D$ tetiven, je $\angle S_{2} E D=\angle S_{2} C A=\angle C A S_{2}$. Torej je trikotnik $E A D$ enakokrak z vrhom $D$. Od tod sledi $|A H|=|E H|$ oziroma $|A H|=\frac{1}{2}|E A|=$ $\frac{1}{2}\left(2 r+\frac{2}{3} r\right)=\frac{4}{3} r$. Ker je $\frac{4}{3} r$ natanko premer krožnice $\mathcal{K}_{2}$, točka $H$ leži na krožnici $\mathcal{K}_{2}$.
## TOČKOVNIK
$A D E$ je enakokrak . ................................................................................................................................
## 2. način.
Postavimo problem v pravokotni koordinatni sistem z izhodiščem v $S_{1}$. Brez škode za splošnost lahko izberemo koordinatni sistem tako, da je $r=1$ in da tudi $S_{2}$ leži na x-osi. Tedaj velja $S_{1}(0,0), S_{2}(1,0), A\left(\frac{5}{3}, 0\right), \mathcal{K}_{2}: x^{2}+y^{2}=1, \mathcal{K}_{2}:(x-1)^{2}+y^{2}=\left(\frac{2}{3}\right)^{2}$. Presečišče
$\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}: x^{2}-2 x+1+y^{2}=\frac{4}{9}$, upoštevamo $x^{2}+y^{2}=1$, torej $x=\frac{7}{9}$ in $y= \pm \frac{4 \sqrt{2}}{9}$. Brez škode za splošnost lahko izberemo pozitivni $y$, torej dobimo $C\left(\frac{7}{9}, \frac{4 \sqrt{2}}{9}\right)$. Premica $p$ skozi $A C: y=-\frac{\sqrt{2}}{2} x+\frac{5 \sqrt{2}}{6}$. Izračunamo presečišče $p$ in $\mathcal{K}_{1}: x^{2}+\left(-\frac{\sqrt{2}}{2} x+\frac{5 \sqrt{2}}{6}\right)^{2}=1$, torej $\frac{3}{2} x^{2}-\frac{5}{3} x+\frac{7}{18}=0$, in dobimo $x_{1}=\frac{7}{9}$ in $x_{2}=\frac{1}{3}$. Prvi je $\mathrm{x}$ koordinata točke $C$, drugi pa $\mathrm{x}$ koordinata točke $D$. Koordinate točke $H$, ki je pravokotna projekcija točke $D$ na x-os, so torej $H\left(\frac{1}{3}, 0\right)$. Ta točka ustreza enačbi za $\mathcal{K}_{2}$, torej leži na $\mathcal{K}_{2}$.
## TOČKOVNIK
Pravilne enačbe obeh krožnic in postavitev $A, S_{1}, S_{2} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka
Točka $H$..................................................................................................... 2 točki
## 3. način.
Naj bo $X$ od $A$ različno presečišče $\mathcal{K}_{2}$ z $S_{1} S_{2} . \angle C S_{2} B=2 \angle C A X$ (obodni in središčni kot). $\angle A C S_{2}=\angle A C S_{2}=\angle D B S_{2}$ torej $\angle S_{2} S_{1} D=2 \angle D B S_{2}=\angle C S_{2} B . \frac{\left|S_{1} D\right|}{\left|S_{1} X\right|}=\frac{r}{r-\frac{2}{3} r}=3$ in $\frac{\left|B S_{2}\right|}{S_{2} C}=\frac{2 r}{\frac{2}{3} r}=3$, torej sta trikotnika $B S_{2} C$ in $D S_{1} X$ podobna. Ker pa je $\angle B C S_{2}=\frac{\pi}{2}$, je $\angle D X S_{1}=\frac{\pi}{2}$ in torej $H=X$.
## TOČKOVNIK
## 4. način.
Brez škode za splošnost si lahko izberemo enote tako, da je $r=1$. Naj bo $F$ drugo presečišče $\mathcal{K}_{1}$ s $S_{1} S_{2}$ in naj bo $P$ pravokotna projekcija točke $C$ na $S_{1} S S_{2}$. Tedaj velja $\mid S_{1} P+P S_{2}=1$. Uporabimo Pitagorov izrek v trikotniku $C P S_{2}:|C P|^{2}=\left(\frac{2}{3}\right)^{2}-\left|P S_{2}\right|^{2}$ in v trikotniku $S_{1} C P:|C P|^{2}=1-\left|S_{1} P\right|^{2}=1-\left(1-\left|S_{2} P\right|\right)^{2}$. Iz teh dveh enačb sedaj dobimo $\left|P S_{2}\right|=\frac{2}{9}$ in $|C P|=\sqrt{\frac{32}{81}}$. Pitagorov izrek v trikotniku $A C P:|A C|^{2}=|C P|^{2}+$ $|P A|^{2}=\frac{32}{27}$, torej $|A C|=\sqrt{\frac{32}{27}}$. Potenca točke $A$ na $\mathcal{K}_{1}:|A C| \cdot|A D|=\left|A S_{2}\right| \cdot|A F|=\frac{16}{9}$, torej $|A D|=\frac{16}{9 \sqrt{\frac{32}{27}}}$. Trikotnika $P A C$ in $D H A$ sta podobna, torej velja $\frac{|A C|}{|A D|}=\frac{|A P|}{|A H|}$, torej $|A H|=\frac{|A D| \cdot|A P|}{|A C|}=\frac{4}{3}$, kar je ravno premer $\mathcal{K}_{2}$, torej $H$ leži na $\mathcal{K}_{2}$.
## TOČKOVNIK
Zapisana Pitagorova izreka za $C P S_{2}$ in $S_{1} C P \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka
Podobnost in razmerje za trikotnika $P A C$ in $D H A \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Izražen $|A H|$ ..... 1 točka
Tedaj je $H$ na $\mathcal{K}_{2}$ ..... 1 točka
IV/4. Če je na turnirju 2013 tekmovalcev, potem gre v drugi krog $1+\frac{2012}{2}=1007$ tekmovalcev. V tretji krog se uvrsti $1+\frac{1006}{2}=504$ tekmovalcev, v četrti krog pa $\frac{504}{2}=$ 252 tekmovalcev. V peti krog nato napreduje $\frac{252}{2}=126$ tekmovalcev, $\mathrm{v}$ sestega $\frac{126}{2}=63$ tekmovalcev, v sedmega pa $1+\frac{62}{2}=32$ tekmovalcev. V osmi krog gre $\frac{32}{2}=16$ tekmovalcev, v devetega $\frac{16}{2}=8$ tekmovalcev, v desetega pa $\frac{8}{2}=4$ tekmovalci. V enajsti krog se uvrstita 2 tekmovalca, ki se v tem krogu pomerita za zmago. Torej je $f(2013)=11$.
Če je na turnirju manj ali enako $1024=2^{10}$ tekmovalcev, potem bo na turnirju največ 10 krogov. Po $j$-tem krogu bo namreč ostalo največ $\frac{2^{10}}{2^{j}}=2^{10-j}$ tekmovalcev. Torej jih po 10 -ih krogih ostane največ $2^{10-10}=1$ in turnir je že zaključen. Poračunajmo, da velja $f(1025)=11$. Ker je $1025=1+2^{10}$, se v drugi krog uvrsti $1+2^{9}$ tekmovalcev, v tretji krog $1+2^{8}$ tekmovalcev, $\mathrm{v}$ četrtega $1+2^{7}$ tekmovalcev in tako dalje, vse do desetega kroga, $\mathrm{v}$ katerega se uvrstijo $1+2^{1}=3$ tekmovalci. V enajsti krog se uvrstita dva tekmovalca, ki se pomerita za zmago. Najmanjše naravno s̆tevilo $n$, pri katerem je $f(n)=f(2013)$, je torej 1025 .
## TOČKOVNIK ZA URADNO REŠITEV:
Izračun $f(2013)=11$ 2 točki
(za pravilen izračun a napačen odgovor dobi tekmovalec 1 točko)
Sklep, da za $n \leq 1024$ velja $f(n) \leq 10$ 3 točke
(če manjka utemeljitev, dobi tekmovalec največ $\mathbf{1}$ točko, za izračun $f(1024)=10$ )
Izračun $f(1025)$ = 11 ................................................................... 2 točki
Če je določena vrednost funkcije $f$ le navedena, izračun pa manjka, se tekmovalcu odšteje 1 točka.
## TOČKOVNIK ZA ALTERNATIVNO REŠITEV:
Ugotovitev $f(n)=k+1$ za $2^{k}