1. izbirni test za MMO 018 Ljubljana, 16. december 017 1. Naj bo n naravno število. Na mizi imamo n okraskov n različnih barv in ni nujno, da imamo enako število okraskov vsake barve. Dokaži, da se okraske da razporediti na n smrečic tako, da je na vsaki smrečici natanko n okraskov, okraski na vsaki smrečici pa so največ dveh različnih barv.. Ana in Bojan igrata igro: Ana določi naravni števili a in b, nato pa vsak dobi 016 lističev, vidnih obema, Ana s števili a + 1, a +,..., a + 016, Bojan pa s števili b + 1, b +,..., b + 016. Na začetku eden od njiju na tablo zapiše število a + b. V potezi najprej Ana izbere nek svoj listič in ga poda Bojanu, on pa nato prav tako izbere nek svoj listič, vsoto obeh izbranih lističev zapiše na tablo ter ju odstrani iz igre. Ko lističev zmanjka, zmnožita vsa števila na tabli. Bojan zmaga, če ima zmnožek pri deljenju z 017 enak ostanek kot a+b, Ana pa sicer. Kdo ima zmagovalno strategijo?. Naj bodo a, b in c pozitivna realna števila, za katera velja abc = 1. Dokaži, da velja neenakost a + b + c a a b + + b b c + + c c a +. 4. Naj bo K krožnica s središčem v A. Premica p je tangentna na K v točki B. Neka vzporednica p seka K v točkah C in D. Naj premica AD seka p v točki E, premica CE pa seka premico AB v točki F. Dokaži, da se premica skozi D, vzporedna tangenti skozi A na AF D očrtano krožnico ter premica CF sekata na krožnici K. 5. V ravnini imamo dan pravilni 4n-kotnik, kjer je n naravno število. Njegova oglišča razdelimo v n parov, oglišči v vsakem paru pa povežemo z daljico. Koliko je največ možnih različnih presečišč, ki jih imajo dobljene daljice? Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 4 ure 0 minut. Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena. c 017 DMFA Slovenije, Komisija za popularizacijo matematike v srednji šoli
Kratka navodila. Najprej natančno preberi naloge. V prve pol ure lahko postaviš vprašanja. Piši razločno in čitljivo. Po možnosti naredi čistopis. Šifro nalepi oziroma napiši na vse liste in pole, ki jih oddajaš. Svojega papirja ne smeš uporabljati. kalkulatorjev, zapiskov ali literature. Prav tako ni dovoljena uporaba Ko oddaš, lahko greš. Zadrževanje v bližini predavalnice ni dovoljeno. Toda, v zadnje pol ure ne sme nihče zapustiti predavalnice (tudi ni več izhoda na stranišče). Veliko sreče!
Rešitve nalog 1. izbirnega testa za MMO 018 1. naloga. Denimo, da imamo mn okraskov, kjer sta m in n naravni števili, m pa je število različnih smrečic ter barv. Z indukcijo po m bomo dokazali, da se da okraske razporediti na smrečice tako, da je na vsaki smrečici natanko n okraskov kvečjemu dveh različnih barv. Primer, ko m = n, ustreza besedilu naloge. Za m = 1 je razporeditev očitna - vseh n okraskov postavimo na eno smrečico. Denimo, da smrečice lahko primerno okrasimo za nek naraven k. Sedaj predpostavljajmo, da je m = k + 1. Naj bo a število okraskov barve z najmanj okraski ter b število okraskov barve z največ okraski. Očitno veljata neenakosti a n in b n. Izberemo eno smrečico in jo napolnimo z n okraski na naslednji način - najprej poberemo vse okraske barve z najmanj okraski (če jih je več, eno izberemo), če na smrečici zatem še ni n okraskov, za preostale vzamemo okraske barve z največ okraski (če jih je več, eno izberemo). Zgornji neenakosti nam zagotavljata, da s tem dobimo k smrečic ter kn okraskov k barv, kar pa po indukcijski predpostavki lahko ustrezno razporedimo.. naloga. Ne glede na Anino izbiro vedno zmaga Bojan. Najprej opazimo, da števila lahko razdelimo v pare - za vsak k {1,,... 016} številu a + k priredimo število b + 017 k. S tem smo porabili vse listke, vsota števil v vsakem paru pa je enaka a + b + 017. Bojanova strategija je naslednja - vedno po Anini izbiri izbere število, ki je z njenim v paru. Zmnožek na koncu bo namreč s tem enak (a + b)(a + b + 017) 016 (a + b) 017 a + b mod 017, kjer zadnjo kongruenco dobimo z malim Fermatovim izrekom.. naloga - 1. način. Po neenakosti med aritmetično in harmonično sredino velja a + b + b 9 Podobno dobimo še neenakosti b + c + c 9 1 1 + 1 + 1 = a b b c c a + in ab c b c + abc = c + a + a 9 b b c +. a a b +. če dobljene neenakosti seštejemo, dobimo, kar smo želeli dokazati.
. način. Ocenimo prvi člen na desni strani z neenakostjo med aritmetično in geometrijsko sredino: a a b + = ac a + c + c ac ac = a c. Na enak način dobimo neenakosti: b b c + b a in c c a + c b. Zaporedji ( a, b, c ) ter ( a, b, c) sta urejeni enako, zato po preureditveni neenakosti velja b a + c b + a c a + b + c, kar zaključuje dokaz. 4. naloga. Nalogo rešujemo z uporabo usmerjenih kotov. Naj bo G drugo presečišče CE in K. Opazimo GF D = F CD + CDF = GCD = GAD, torej G leži na očrtani krožnici AF D. Treba je še dokazati, da je DG vzporedna tangenti v A na to krožnico. Naj bo q omenjena tangenta. Po izreku o kotu med tetivo in tangento velja q, AG = ADG, vemo pa, da je ADG enakokrak, torej je ADG = DGA. Torej q, AG = DGA in q ter DG sta vzporedni. 4
5. naloga. Najprej dokažimo pomembno opažanje. Lema 1: Daljica lahko seka vse ostale le, če gre skozi središče večkotniku očrtane krožnice. Dokaz: Denimo, da daljica ne gre skozi središče. Vsa ostala oglišča ležijo v eni od dveh polravnin, meja med katerimi je nosilka daljice. Očitno je, da bo eni polravnini pripadalo vsaj n oglišč, drugi pa največ n. Sledi, da največ n daljic poteka po obeh polravninah, torej bo zagotovo obstajala ena, ki bo v celoti v le eni od njih. Ta daljica torej naše daljice ne bo sekala. Poskusimo presečišča prešteti, šteli jih bomo z večkratnostjo. Naj bo k število premic, ki gredo skozi središče ter denimo, da k. Predpostavimo, da vsaka seka vsako premico, ki ne gre skozi središče. Skupno število presečišč, ki jih prispevajo, je torej enako k(n k) + 1. Vsaka preostala premica zaradi leme 1 lahko seka kvečjemu n ostalih, zato te prispevajo kvečjemu (n k)(n ) presečišč. Vsako presečišče razen središča smo šteli vsaj dvakrat, torej je njihovo skupno število največ (n k)(n + k) + 1 = n n + k k Ker k, velja k k, enakost pa je dosežena, ko je k =. Največje možno število presečišč v tem primeru je torej enako n n + 1. Denimo sedaj, da k 1. Nobeni dve premici se torej ne sekata v središču, zato je presečišč kvečjemu n 1 + (n 1)(n ) = 4n 4n + 1 < n n + 1. Poskusimo sedaj konstruirati primer, ki nam da n n + 1 presečišč. Oglišča po vrsti označimo z A 1, A,..., A 4 n ter tvorimo pare (A 1, A 1+n ), (A, A +n ) in (A m 1, A m+n ), (A m, A m+n 1 ) za m n. Očitno je, da v tej konstrukciji dve daljici sekata vse ostale, ostale pa vse razen ene, torej moramo dokazati le še, da se v tej konstrukciji nobene tri daljice ne sekajo v isti točki. Spodnja slika prikazuje primera za n = in n = 18. + 1. 5
Lema : Tri enako dolge tetive neke krožnice se sekajo v isti točki le, če so premeri. Dokaz: Denimo, da imamo podano središče O, tetivo AB in točko X, kjer seka neko drugo tetivo iste dolžine. Tetivo bomo konstruirali. Predpostavljajmo, da X ni razpolovišče AB. Naj bo O 1 pravokotna projekcija O na AB. Pravokotna projekcija O točke O na iskano tetivo bo ležala na krožnici OO 1 X, zanjo pa bo veljalo OO 1 = OO, saj sta tetivi enako dolgi. Torej je O in s tem iskana tetiva enolično določena. Enako razmišljanje nam zaključi, da se nobeni dve tetivi iste dolžine ne sekata v razpolovišču ene od njih. Preostane nam še dokazati, da daljici, ki pripadata paroma (A 1, A 1+n ) in (A, A +n ) ne sekata nobenega presečišča kakih drugih dveh daljic. Najlažje to storimo tako, da pokažemo, da se vsaki dve ostali daljici sekata na simetrali neke stranice 4n kotnika. Daljici oblike (A a 1, A a+n ), (A b 1, A b+n ): razpolovišče stranice A a+b+n 1 A a+b+n je enako oddaljeno od A a 1, A b+n in tudi od A b 1, A a+n. Torej presečišče teh dveh daljic leži na njeni simetrali. Daljici oblike (A a 1, A a+n ), (A b, A b+n 1 ): razpolovišče stranice A a+b 1 A a+b je enako oddaljeno od A a 1, A b in tudi od A a+n, A b+n 1. Torej simetrala te stranice seka presečišče teh dveh daljic. Daljici oblike (A a, A a+n 1 ), (A b, A b+n 1 ): razpolovišče stranice A a+b+n 1 A a+b+n je enako oddaljeno od A a, A b+n 1 ter tudi od A b, A a+n 1. Simetrala te stranice torej seka presečišče teh dveh daljic. Torej vsako presečišče dveh premic, ki ne gresta skozi središče, leži na neki premici skozi središče, ki ni nosilka diagonale, in torej ne more biti hkrati na nobeni od dveh daljic, ki gredo skozi središče. V kombinaciji z lemo (vse daljice razen dveh premerov so namreč enako dolge) nam to pove, da se nobene tri daljice ne sekajo v isti točki. 6