    
P 50 (2022/2023) 2 9
Mednarodna matematična
olimpijada 2022
L H
Med 6. in 16. julijem je v Oslu na Norveškem
potekala 62. Mednarodna matematična olimpijada.
Na tekmovanju je sodelovala tudi slovenska ekipa,
in sicer Katarina Grilj (Sr. šola Slovenska Bistrica),
Vid Kavčič (Gimnazija Bežigrad), Juš Kocutar, Ma-
tija Likar in Kaja Rajter (vsi II. gimnazija Maribor)
ter Matija Skrt (Gimnazija Nova Gorica). Ekipo sva
na tekmovanju spremljala Gregor Dolinar in Luka
Horjak.
Kljub izredno visokim mejam za medalje (najvišje
od leta 1981) je Matija Skrt osvojil bronasto medaljo.
Ekipni uspeh so dopolnili še Katarina Grilj, Juš Kocu-
tar in Kaja Rajter, ki so osvojili pohvalo. Slovenija je
med 104 sodelujočimi državami zasedla 72. mesto.
Prvo mesto je zanesljivo osvojila Kitajska – vsi tek-
movalci so namreč dosegli vse možne točke. Sledili
sta ji Koreja in ZDA.
Za lažjo predstavo o težavnosti nalog, ki so jih
tekmovalci reševali na tekmovanju, si oglejmo 2. in
4. nalogo s tekmovanja ter njuni rešitvi:
SLIKA 1.
Slovenska ekipa po zaključni slovesnosti
Naloga 2. Označimo z R+ množico pozitivnih real-
nih števil. Poišči vse take funkcije f : R+ → R+, za
katere za vsak x ∈ R+ obstaja natanko en y ∈ R+,
tako da velja
xf(y)+yf(x) ≤ 2.
Rešitev 2. naloge Nalogo lahko rešimo na veliko na-
činov, eden elementarnejših pa je naslednji:
Po navodilu naloge vemo, da za poljuben a ∈ R+
obstaja natanko en b ∈ R+, da je izpolnjena neena-
kost
af(b)+ bf(a) ≤ 2.
Če si izberemo x = b, imamo enolično rešitev ne-
enačbe y . Ker število a reši neenačbo, je to edina
možnost. Ugotovimo, da so pozitivna realna števila
razdeljena v pare, pri čemer je neenakost izpolnjena
natanko tedaj, ko sta števili v paru. Naš cilj bo poka-
zati, da je vsako število v paru samo s seboj.
Denimo nasprotno, torej, da obstajata različni šte-
vili x in y , ki sta v paru – velja
xf(y)+yf(x) ≤ 2.
Po neenakosti med aritmetično in geometrijsko sre-
dino dobimo
2 ≥ xf(y)+yf(x) ≥ 2
√
xf(y) ·yf(x),
kar lahko preoblikujemo v
1 ≥ xf(x) ·yf(y). (1)
Ker je x v paru z y , ni v paru sam s seboj, zato
velja neenakost
xf(x)+ xf(x) > 2
oziroma xf(x) > 1. Podobno dobimo yf(y) > 1,
kar pa je v protislovju z enačbo (1). Taki števili x in
y zato ne obstajata.
    
P 50 (2022/2023) 210
Kot smo želeli, je vsako število v paru samo s se-
boj. Posebej,
xf(x) ≤ 1.
Denimo, da obstaja tako število x0, da je x0f(x0) <
1. Velja torej
f(x0) =
1
x1
,
kjer je x1 > x0. Ker je x1 ≠ x0, števili nista v paru,
zato velja
2 < x0f(x1)+ x1f(x0) ≤ x0 ·
1
x1
+ x1 ·
1
x1
< 2,
kar je protislovje. Sledi, da za vsak x velja xf(x) =
1, torej je edina možna rešitev kar funkcija f(x) =
1
x .
Po neenakosti med aritmetično in geometrijsko
sredino velja
x
y
+ y
x
≥ 2
z enakostjo natanko tedaj, ko je x = y . Neenakost
x
y
+ y
x
≤ 2
je zato res izpolnjena natanko tedaj, ko je x = y ,
zato je zgornja funkcija res rešitev naloge.
Naloga 4. Naj bo ABCDE tak konveksen petkotnik,
da je |BC| = |DE|. Privzemimo, da obstaja točka T
v notranjosti petkotnika ABCDE, tako da je |TB| =
|TD|, |TC| = |TE| in ∠ABT = ∠TEA. Premica AB
seka premico CD v točki P in premico CT v točki Q.
Privzemimo, da so točke P , B, A, Q razporejene na
premici v tem vrstnem redu. Premica AE seka pre-
mico CD v točki R in premico DT v točki S. Privze-
mimo, da so točke R, E, A, S razporejene na premici
v tem vrstnem redu. Dokaži, da točke P , S, Q in R
ležijo na krožnici.
Rešitev 4. naloge Opazimo, da lahko enakosti dol-
žin v navodilu naloge prepišemo v pogoj, da sta tri-
kotnika TBC in TDE skladna. To lahko preprosto
uporabimo pri računanju kotov – velja namreč
∠TCB = ∠TED, ∠CBT = ∠EDT in
∠BTC = ∠DTE.
Sledi, da je
∠TSE = 180◦ −∠SET −∠TED −∠EDT
= 180◦ −∠TBA−∠TCB −∠CBT
= ∠BQT.
Če definiramo točko X kot presečišče premic AB in
TD, točko Y pa kot presečišče premic AE in TC ,
sledi, da so točke X, Y , S in Q konciklične.
Ker velja
∠ETY = 180◦ −∠CTD −∠DTE
= 180◦ −∠CTD −∠BTC
= ∠XTB,
sta trikotnika TBX in TEY podobna (ujemata se v
kotu pri T , kot pri B pa je enak kotu pri E). Posebej,
velja
TX
TY
= TB
TE
= TD
TC
.
Opazimo, da sta zaradi zgornjih razmerij podobna
tudi trikotnika TXY in TDC . Sledi, da sta premici
XY in CD vzporedni. Rešitev naloge lahko sedaj za-
ključimo z novim računom s koti, saj velja
∠SQP = ∠SYX = ∠SRP,
torej so točke res konciklične.
T
B
C D
E
A
P
Q
R
S
X Y
SLIKA 2.
Skica za 4. nalogo
×××