    
P 49 (2021/2022) 68
Zanimive naloge in
lepi uspehi na mednarodnih
matemati čnih tekmovanjih
J J S, L H, A M D
V zadnjem obdobju so se slovenski dijaki in di-
jakinje udeležili treh mednarodnih matematičnih
tekmovanj.
15. Srednjeevropska matematična olimpijada je
potekala od 23. do 29. avgusta 2021 v Zagrebu na
Hrvaškem. Po mnogih tekmovanjih, odpovedanih za-
radi pandemije ali organiziranih na daljavo, je bilo to
prvo mednarodno matematično tekmovanje za sre-
dnješolce, na katerem sodeluje Slovenija, ki je bilo
spet organizirano v živo. Tekmovanje je sestavljeno
iz individualnega in ekipnega dela, slednji je poseb-
nost med mednarodnimi matematičnimi tekmovanji.
Na individualnem tekmovanju tekmovalci rešujejo
štiri naloge, razdeljene po temah in ne po težavno-
sti, ki okvirno pokrivajo področja algebre, kombina-
torike, geometrije in teorije števil. Na ekipnem tek-
movanju je nalog osem, prav tako pa so razdeljene
na enaka štiri področja – praviloma je prva naloga
iz vsakega področja nekoliko lažja od druge. Tek-
movalci iste ekipe se lahko na ekipnem tekmovanju
posvetujejo med seboj ter sodelujejo pri iskanju re-
šitev. Slovenijo so zastopali Lenart Dolinar in Vid
Kavčič (Gimnazija Bežigrad), Katarina Grilj (Srednja
šola Slovenska Bistrica), Rok Hladin in Tilen Šket (I.
gimnazija v Celju) ter Matija Skrt (Gimnazija Nova
Gorica). Najbolje se je odrezala Katarina Grilj, ki je
za svoj uspeh prejela bronasto medaljo, Matija Skrt
pa je prejel pohvalo. Ekipo sta spremljala David Opa-
lič in Tevž Lotrič
13. tekmovanje Romanian Master of Mathema-
tics je potekalo od 10. do 16. oktobra 2021. Tekmo-
vanje, ki sicer običajno poteka februarja ali marca v
Bukarešti v Romuniji, je tokrat zaradi pandemije po-
SLIKA 1.
Slovenska ekipa na SMO 2021
tekalo na daljavo, naši tekmovalci pa so med tekmo-
vanjem bivali v Plemljevi vili na Bledu. Tekmovalci
so se v dveh tekmovalnih dneh pomerili v reševa-
nju šestih nalog različnih težavnosti, ki so okvirno
pokrivale področja algebre, kombinatorike, geome-
trije in teorije števil. Format tekmovanja je enak kot
na Mednarodni matematični olimpijadi, naloge pa so
praviloma običajno nekoliko težje. Na tekmovanje
je tradicionalno povabljenih 20 najboljših držav po
rezultatih Mednarodne matematične olimpijade pre-
teklega leta. Slovensko ekipo so sestavljali Simon
Bukovšek (Gimnazija Kranj), Lovro Drofenik in Jaka
Vrhovnik (I. gimnazija v Celju), Juš Kocutar (II. gi-
mnazija Maribor), Jan Pantner (Šolski center Ravne
na Koroškem, Gimnazija) in Lana Prijon (Gimnazija
Bežigrad). Lovro Drofenik je z 21-imi točkami osvo-
jil bronasto medaljo, Jaka Vrhovnik in Lana Prijon
pa sta za v celoti pravilno rešeno nalogo prejela po-
hvalo. Vodji ekipe sta bila Jakob Jurij Snoj in Luka
Horjak.
    
P 49 (2021/2022) 6 9
SLIKA 2.
Udeleženci tekmovanja RMM med reševanjem nalog v Plemljevi
vili
11. Evropska dekliška matematična olimpijada
pa je potekala med 6. in 12. aprilom 2022 v Egerju na
Madžarskem. Na njej je sodelovalo 213 tekmovalk iz
54 držav. Tekmovanje je bilo organizirano hibridno,
slovenska ekipa pa se ga je udeležila v živo. Slove-
nijo so na olimpijadi zastopale Neca Camlek (Gim-
nazija Bežigrad), Nives Gošnjak (Šolski center Vele-
nje, Gimnazija), Katarina Grilj (Srednja šola Sloven-
ska Bistrica, Gimnazija) in Kaja Rajter (II. gimnazija
Maribor). Katarina Grilj je osvojila bronasto meda-
ljo, Kaja Rajter in Nives Gošnjak pa pohvali. Ekipno
so po seštevku točk naše tekmovalke dosegle tretji
najboljši uspeh za Slovenijo, od kar sodelujemo na
EDMO. Spremljevalca slovenske ekipe sta bila Ana
Meta Dolinar in Luka Horjak, kot opazovalke pa so
se letošnje olimpijade udeležile predstavnice organi-
zacijskega odbora EDMO 2023 Lucijana Kračun Berc,
Tanja Labus in Doris Keršič, saj bo naslednja olimpi-
jada potekala v Sloveniji.
Vsem tekmovalkam in tekmovalcem ter njihovim
mentorjem in spremljevalcem čestitamo za dosežen
uspeh! Za vedoželjne bralke in bralce pa v nadaljeva-
nju dodajamo besedilo in rešitve nekaj izbranih na-
log iz tekmovanj. Ostale naloge najdete na spletnih
straneh tekmovanj.
SMO 2021, naloga 1
Poišči vsa taka realna števila A, da ima vsako zapo-
redje neničelnih realnih števil x1, x2, . . . , za katerega
velja
xn+1 = A−
1
xn
SLIKA 3.
Slovenska ekipa na EDMO 2022
za vsak n ∈ N, končno mnogo negativnih členov.
Rešitev. Z nekaj poskušanja moramo najprej priti
do domneve, da zahtevi ustrezajo natanko vsa realna
števila A ≥ 2. Šele potem se lahko lotimo dokaza te
domneve. Najprej dokažimo, da so vsa števila A ≥ 2
ustrezna. Denimo, da je xn < 0 neki negativen člen.
Potem očitno velja xn+1 > A > 0. Z indukcijo pa
bomo dokazali, da v tem primeru za vsako naravno
število k velja xn+k ≥ 1, torej so vsi nadaljni členi
pozitivni. Veljavnost trditve za k = 1 smo že do-
kazali. Denimo, da velja za neko naravno število k.
Uporabimo indukcijsko predpostavko in dobimo
xn+k+1 = A−
1
xn+k
≥ A− 1 ≥ 1,
torej je trditev dokazana. Zato ima za A ≥ 2 vsako
ustrezno zaporedje največ en negativen člen.
Dokaz, da za realno število A < 2 trditev ne ve-
lja, je nekoliko zahtevnejši. V njem bomo uporabili
dejstvo, da velja x + 1x ≥ 2 za vsako pozitivno re-
alno število x. Ta izraz namreč lahko preoblikujemo
v (
√
x − 1√x )2 ≥ 0, ki očitno velja, saj je kvadrat real-
nega števila vedno nenegativen. Dokazali bomo, da
za vsako realno število A < 2 velja, da ima vsako za-
poredje neničelnih realnih števil, ki ustreza pogoju
xn+1 = A− 1xn , neskončno negativnih členov. Zvezo
v nalogi lahko preoblikujemo v xn+1 + 1xn = A. Če
    
P 49 (2021/2022) 610
seštejemo prvih n takih enakosti, dobimo
(
x2 +
1
x1
)
+
(
x3 +
1
x2
)
+. . .+
(
xn+1 +
1
xn
)
= nA,
kar lahko preoblikujemo in ocenimo navzdol
nA = 1
x1
+ xn+1 +
(
x2 +
1
x2
)
+
(
x3 +
1
x3
)
+ . . .
+
(
xn +
1
xn
)
≥ 1
x1
+ xn+1 + 2(n− 1).
Velja torej
xn+1 ≤ 2−n(2−A)−
1
x1
.
Ker je A < 2, je izraz na desni negativen za vse do-
volj velike n, zato so negativni tudi vsi nadaljnji členi
zaporedja.
EDMO 2022, naloga 1
Naj bo ABC ostrokotni trikotnik, za katerega velja
BC < AB in BC < CA. Naj točka P leži na daljici AB
in točkaQ leži na daljici AC , tako da P 6= B, Q 6= C in
BQ = BC = CP . Naj bo T središče očrtane krožnice
trikotnika APQ, H višinska točka trikotnika ABC in
S presečišče premic BQ in CP . Dokaži, da so T , H in
S kolinearne.
Rešitev. Kot pri vsaki geometrijski nalogi si najprej
narišimo čim natančnejšo skico.
Opazimo, da je trikotnik BCQ enakokrak z vrhom
pri B, BH pa je višina v tem trikotniku. V enako-
krakem trikotniku višina sovpada s simetralo kota,
zato je BH simetrala kota ∠CBS. Podobno opazimo,
da je trikotnik CBP enakokrak z vrhom pri C , zato
je CH simetrala kota ∠SCB. Točka H tako leži na
dveh simetralah kotov v trikotniku BCS, zato je to
kar središče včrtane krožnice trikotnika. Sledi, da je
SH simetrala kota ∠BSC . Dovolj bi tako bilo poka-
zati, da tudi točka T leži na tej simetrali oziroma na
simetrali kota ∠QSP .
O točki T že vemo to, da leži na simetrali stra-
nice PQ, saj je središče trikoniku APQ očrtane kro-
žnice. To nas spomni na znano geometrijsko konfi-
guracijo – simetrala stranice in nasprotnega kota se
sekata na razpolovišču pripadajočega loka očrtane
krožnice. Dovolj bi tako bilo dokazati, da so točke P ,
S, Q in T konciklične.
A
B C
P
Q
T
H
S
SLIKA 4.
Dokazujemo kolinearnost točk T , H in S.
Po izreku o obodnem in središčnem kotu je
∠PTQ = 2∠PAQ.
Oglejmo si še kot ∠QSP . Opazimo, da velja
∠QSP = ∠BSC = 180◦ −∠SCB −∠CBS,
saj je vsota kotov v trikotniku SBH enaka 180◦. Ker
pa je BH simetrala kota pri B, velja
∠CBS = 2∠CBH = 2 · (90◦ −∠ACB)
= 180◦ − 2∠ACB.
Podobno dobimo, da je ∠SCB = 180◦− 2∠CBA, zato
je
∠QSP = 180◦ − 180◦ + 2∠ACB − 180◦ + 2∠CBA
= 2(∠ACB +∠CBA)− 180◦.
Sledi, da je
∠PTQ+∠QSP = 2∠BAC + 2(∠ACB +∠CBA)
− 180◦ = 180◦,
saj je ∠BAC + ∠ACB + ∠CBA = 180◦. Ker je vsota
nasprotnih kotov v štirikotniku PSQT enaka 180◦, je
ta tetiven.
Sedaj opazimo, da je TP = TQ, zato sta enaka
tudi pripadajoča obodna kota ∠QST in ∠TSP , torej
T res leži na simetrali kota.
    
P 49 (2021/2022) 6 11
EDMO 2022, naloga 5
Za vsa naravna števila n,k naj bo f(n,2k) število
možnosti, da tabelo velikosti n× 2k popolnoma po-
krijemo z nk dominami velikosti 2×1 (npr., f(2,2) =
2 in f(3,2) = 3).
Poišči vsa naravna števila n, pri katerih je za vsak
k ∈ N število f(n,2k) liho.
Rešitev. Dokazali bomo, da pogoju zadoščajo na-
tanko vsa števila oblike 2k − 1. Najprej dokažimo
dve pomožni trditvi.
Trditev 1. f(2m + 1, n) ≡ f(m,n) (mod 2) za vse
m in vse sode n.
Oglejmo si, kaj se zgodi, če tlakovanje tabele veli-
kosti (2m+1)×n prezrcalimo čez sredinski stolpec.
Tako dobimo a parov tlakovanj (ki se zrcalijo drug
v drugega) in b posamičnih tlakovanj (ki se zrcalijo
sama vase). Ker je število tlakovanj v parih očitno
sodo, bo f(2m+ 1, n) ≡ b (mod 2).
Določimo sedaj število b. Če se tlakovanje prezr-
cali samo vase, mora veljati, da ima vsaka domina,
ki ima vsaj eno polje na sredinskem stolpcu, na sre-
dinskem stolpcu obe svoji polji. To pomeni, da je
sredinski stolpec pri teh tlakovanjih pokrit z n2 verti-
kalnimi dominami, kar ploščo razdeli na dva dela ve-
likosti m×n. Sredinski stolpec je fiksiran. Prav tako
tlakovanje enega dela velikostim×n fiksira drugega,
da velja simetričnost, zato je b = f(m,n).
Trditev 2. f(n,n) ≡ 0 (mod 2) za vse sode n ≥ 2.
Prezrcalimo tlakovanja tabele velikosti n × n čez
diagonalo. Nobeno tlakovanje se ne zrcali samo vase
(domina v zgornjem levem kotu, bo npr. iz verti-
kalne prezrcaljena v horizontalno, ali obratno). Torej
lahko tlakovanja razdelimo v pare, zato bo
f(n,n) sodo.
Sedaj lahko zaključimo dokaz. Vemo že nasle-
dnje:
Če je n lih, iz prve trditve sledi, da n zadošča
pogoju naloge natanko tedaj, ko pogoju zadošča
1
2(n− 1).
Če je n ≥ 2 sod, iz druge trditve sledi, da n pogoju
ne more zadoščati.
SLIKA 5.
Primer zrcaljenja domin
Če je n = 1 = 21 − 1, potem n zadošča pogoju, saj
je f(1,2k) = 1 za vsak k.
Zapišimo n v binarnem sistemu. Če je n sod, ne
zadošča pogoju naloge, če je lih, pa si oglejmo šte-
vilo, ki ga dobimo, če mu izbrišemo zadnjo števko.
To je ravno 12(n − 1). Če ima n v binarnem zapisu
kakšno števko enako 0, bomo z brisanjem zadnje
števke na neki točki prišli do sodega števila, ki pa
ne zadošča pogoju. Sledi, da imajo iskana števila v
binarnem zapisu same enke, to pa so ravno števila
oblike 2k − 1.
×××
www.dmfa-zaloznistvo.si
www.presek.si