Číslo 6 Letný semester 41. ročníka (2016/2017) vaši STROMisti. 10 p+q q p

Transcript

1 Číslo 6 Letný semester 41. ročník (2016/2017) Jedlo zdrmo pre kždého, kto získl spoň 108 odov. Jeden y nepovedl ko rýchlo zehne ten čs pri riešení, le j oprvovní STROMu. Ani sme s nenzdli, kým sme stihli dočítť vše posledné riešenie, vonku s krásne vyčsilo oteplilo. Určite už j vy nedočkvo čkáte, kedy skončí školský rok vymeníte učene z kúpliská leo z návštevu prírody. My s už tiež nevieme dočkť, le ešte vic s tešíme ko njlepších z Vás v septemri uvidíme n sústredení, ktoré ude z neuveriteľnú cenu 0. Šokntné, čo? Nkoniec vám želáme veľ zdru pri ukončovní školského rok krásne leto plné zážitkov. vši STROMisti Sústredenie Už vám chýme neviete s nás dočkť? Tk mám pre vás dve správy: tá horši je, že to ez nás udete musieť ešte pár mesicov prežiť. Avšk, tá lepši znie, že v septemri s nkoniec preds len dočkáte. Ďlšie dôležité infošky s dozviete snáď čoskoro, no y ste ztiľ spoň vedeli kedy si pre nás máte v klendáriku vyhrdiť váš drhocenný čs, tk vedzte, že jeden z njlepších týždňov v roku s ude konť septemr v Dnišovcich. My s n vás tešíme už terz (: 1. Oprvovli: Žnetk Semnišinová, Kristín Mišlnová Počet riešiteľov: 55 Dokážte, že k p, q sú kldné celé čísl čísl, tk kldným celým číslom je j 10 p+q q p N to, y ol dný výrz kldným celým číslom, stčí k čitteľ zlomku ude deliteľný 36, leo je to podiel kldných celých čísel. Pltí, že 36 = 4 9. Keďže 4 9 sú nesúdeliteľné, stčí ukázť, že čitteľ je deliteľný 4 j 9 súčsne. Z týmto účelom si všimneme, ko udú vyzerť jeho cifry. Prvý člen je číslo v tvre 1 z ňou p + q núl, druhý je v tvre 2 z ňou q núl, tretí v tvre 2 z ňou p núl posledný je i 4 n mieste jednotiek. Vieme, že p > 1 q > 1, preto tiež p + q > p p + q > q. Všetky členy okrem posledného mjú preto n poslednom mieste 0, preto cifr n mieste jednotiek je 4. Keďže 10 p+q je vyššieho rádu než zvyšné členy, cifr n (p + 1). pozícii od konc závisí len n druhom treťom člene. Ak p q, tk je táto cifr 2 rovnko j cifr n (q + 1). pozícii. Ak p = q, tk je táto cifr (rovnká pre p j q) rovná 4. Posledná nenulová cifr pochádz z prvého člen tá je rovná 1. Všetky osttné cifry v čitteli sú rovné 0. Čitteľ je potom pre p q tvru pre p = q (kde... znčí nejký počet núl, môže yť j nulový). Z tohto tvru už ľhko rozhodneme o deliteľnosti. Čitteľ je deliteľný 4, k je jeho posledné dvojčíslie deliteľné 4. Vieme, že jeho posledné dvojčíslie je 04, 24 leo 44, tkže táto podmienk je splnená. Tktiež číslo je deliteľné 9, k je jeho ciferný súčet deliteľný 9. Ciferný súčet čitteľ je (v ooch prípdoch) 9, tkže vieme povedť, že celý výrz je deliteľný 4 9 súčsne, čo sme chceli ukázť.

2 2016/ STROM Iné riešenie: Výrz si trošku uprvíme: 10 p+q q p = (10p + 2)(10 q + 2) 36 = (10p + 2) 6 (10q + 2) 6 N to, y ol dný výrz kldným celým číslom nám stčí ukázť, že o zlomky udú kldnými celými číslmi, čo je ekvivlentné s tým, že kždý z čitteľov ude deliteľný 6 (keďže je zrejmé, že čittele udú celočíselné kldné). Ay sme dokázli deliteľnosť 6, tk s postupne pozrieme n deliteľnosť 2 3 (rozoerieme prvý z čitteľov, druhý funguje nlogicky): deliteľnosť 2: člen 10 p = 2 p 5 p keďže p 1, tk je to deliteľné 2, čo s následne po pričítní 2 prvdže nezmení deliteľnosť 3: člen 10 p dáv po delení 3 vždy zvyšok 1, čo po pričítní 2 dá dokopy zvyšok 3, ted deliteľnosť 3 O zlomky sú ted kldné celé čísl, preto je kldným celým číslom j pôvodný výrz. Komentár: Úloh pre vás neol ťžká, o čom svedči j vysoké počty odov. Mnohí z vás, le strtili ody z rgumenty, ktoré síce v tejto úlohe zrejme fungujú, le vo všeoecnosti neplti. Typickým príkldom je prehlásenie o tom, že ciferný súčet súčtu nejkých čísel je súčtom ich ciferných súčtov. To pltí zriedkkedy, môžeme to použiť, len k si rozmyslíme ko v skutočnosti výsledné číslo vyzerá (čo sme uroili vo vzorovom riešení). A n záver, netre zúdť, že to, že sú dve čísl oznčené rôzne, neznmená, že s nemôžu rovnť. 2. Oprvovli: Mtúš Hlváčik, Peťo Kovács Počet riešiteľov: 28 Dokážte, že v ľuovoľnom konvexnom mnohouholníku (okrem rovnoežník) možno vyrť tri strny tk, y primky nimi určené tvorili trojuholník, v ktorom je dný mnohouholník osihnutý. N zčitku si všimnime, že pre trojuholník pltí úloh triviálne. Terz s pozrime n mnohouholníky s vicerými strnmi. Sprvme si mlé pozorovnie. V mnohouholníku, ktorý má vic ko 5 strán, vieme vždy nájsť dvojicu nesusedných strán, ktoré sú rôznoežné. Z konvexity vyplýv, že ku kždej strne v mnohouholníku, môže existovť njvic jedn s ňou rovnoežná. Tktiež je doré si všimnúť, že dvojic rovnoežných strán spolu nemôže susediť, ink y splynuli do jednej strny. Pre kždú strnu v n-uholníku existuje n 3 s ňou nesusedných strán. V nšom prípde ted spoň 2. Medzi týmito strnmi už ted vieme nájsť spoň jednu, ktorá neol rovnoežná so zvolenou strnou. Terz už vieme, že pre 5- vic uholník existuje dvojic nesusedných nerovnoežných strán. Táto dvojic s pretne my môžeme odstrániť všetky strny, ktoré nhrdil (viď orázok). Tkto sme dostli mnohouholník s menej strnmi. Tento postup v kždom kroku odmže spoň jednu (tú susednú) strnu ted po konečnom počte krokov dostneme štvoruholník. Buď sme dostli rovnoežník tento prípd vyriešime v ďlšom odseku. Ak sme dostli niečo iné, tk vezmeme tri strny, tké, že židne dve z nich nie sú rovnoežné. To vieme sprviť, keďže to nie je rovnoežník. Buď tvori trojuholník, ktorý oshuje štvoruholník sme hotoví, leo s pretínjú tk, že trojuholník, ktorý tvori neoshuje rovnoežník. V tkom prípde stčí zvoliť nmiesto strednej strny tú, ktorú sme nevyrli. Ak sme týmto postupom dostli rovnoežník, tk vieme, že pôvodný mnohouholník ol spoň 5-uholník, keďže rovnoežník zdnie zkzuje. Preto existovl nejká strn, ktorú sme mohli vďk niektorým dvom súčsným strnám vypustiť. Táto strn s pôvodne nchádzl medzi týmito dvom strnmi. Potom nmiesto tých dvoch strán, vezmeme tú, ktorú nhrdili. Tá nie je rovnoežná ni s jednou so zvyšných dvoch, keďže je rôznoežná s ich rovnoežkmi. Dostávme trojuholník, ktorý vďk tejto strne určite oshuje celý pôvodný mnohouholník. Komentár: Väčšin z vás si vyrl nejký spôso, ko ude vyerť v mnohouholníku hrny následne prehlásil, že tkto vyrné hrny vždy vytvori hľdný trojuholník. Bohužiľ ste s nd tým nezmysleli dosttočne neskúsili n svoj spôso nájsť protipríkld. Čsto vám potom totižto stčilo ešte vyriešiť zopár extrémnych prípdov, n ktorých váš postup nefungovl. Nproti tomu musíme pochváliť Timku Szöllősovú, ktorá ko jediná svoje riešenie dotihl do konc.

3 STROM / Oprvovl: Jnk Brnová Počet riešiteľov: 32 V kždom vrchole štvorc máme 1 kmienok v kždom kroku môžeme previesť nsledujúcu operáciu: z ľuovoľného vrcholu zoerieme niekoľko kmienkov (njvic toľko, koľko ich tm je) pridáme dvkrát vic kmienkov n niektorý zo susedných vrcholov. Je to možné roiť tk, y sme n konci vo vrcholoch dostli (zrdom po ovode) 2016, 2015, kmienkov? Pozerjme s n súčet kmienkov v protiľhlých vrcholoch štvorc. Prečo? Keďže kmienky nevieme presúvť do protiľhlých vrcholov, le len do susedných, tk pri kždom presune s nám z jedného súčtu kmienky odoerú k druhému pridjú. Konkrétne z jedného vrcholu odoerieme x kmienkov, ted prvý súčet s zníži o x pridáme do druhého vrcholu 2x, ted druhý súčet zväčšíme o 2x. Pri kždom presune x kmienkov s ted rozdiel medzi nšimi dvom súčtmi (po uhlopriečkch štvorc) zmení o 3x, čiže o násook 3. N zčitku máme o súčty rovné 2, ted ich rozdiel je rovný 0 - násook 3. Keďže ten s mení (rstie leo klesá) vždy len o nejký násook 3, tk ostne stále len násokom 3. N konci všk máme dosihnuť rozdiel nšich súčtov 2 (rozdiel = = 4031), čo ted nie je možné dosihnuť násokmi 3. N konci nevieme dosihnuť 2016, 2015, kmienkov n ovode štvorc. Komentár: V tejto úlohe s vám drilo celkom dore. Chcel y som vypichnúť len dve veci. Vy, čo ste prišli n fintu s deliteľnosťou 3 nemáte 9 odov, nezúfjte nudúce s pokúste svoje myšlienky lepšie spísť odôvodniť. A zse vy, ktorých ody s pohyujú lízko spodnej hrnice nudúce poridne j vic krát prečítjte zdnie ;) olo možné presúvť kmienky len do susedného vrcholu štvorc, tk pozor n to. Ink super, som n vás pyšná. 4. Oprvovl: Dno Onduš Počet riešiteľov: 25 Nájdite všetky kldné celé čísl n, ktoré s nedjú zpísť v tvre n = [, ]+[, c]+[c, ], pričom,, c môžu yť ľuovoľné kldné celé čísl. Pozn: [, ] oznčuje njmenší spoločný násook čísel,. Njprv ukážeme, že vieme zpísť kždé nepárne číslo okrem 1. Kždé nepárne číslo väčšie ko 1 s dá zpísť ko 2n+1, kde n je prirodzené číslo. Ted zvoľme = n, = 1, c = 1. Vidíme, že súčet njmenších spoločných násokov je n+1+n = 2n+1, ko sme chceli. Preto pre hocijké nepárne číslo väčšie ko 1 vieme nájsť vhodné,, c. Terz ukážeme, že k vieme nejké číslo zpísť, vieme zpísť j hocijký jeho násook. Oznčíme njväčší spoločný deliteľ k k čísel, ko NSD(, ). Vieme, že [, ] = NSD(,). Keďže NSD(k, k) = k NSD(, ), tk [k, k] = k NSD(,), z čoho už vidíme, že [k, k] = k[, ]. Preto k n = [, ] + [, c] + [c, ], tk kn = [k, k] + [k, kc] + [kc, k], čiže vieme dostť ľuovoľný násook čísl, ktoré už zpísť vieme. Ztiľ sme ukázli, že vieme zpísť všetky nepárne čísl ich ľuovoľný násook. To sú všetky čísl, ktoré mjú v prvočíselnom rozklde spoň jedno nepárne prvočíslo. Zostli nám mocniny dvojky, ktoré, ko ukážeme, zpísť nevieme. Jednotku zpísť nevieme, tk predpokldjme, že vieme zpísť nejkú inú mocninu dvojky. Ak je súčtom troch prirodzených čísel, tk uď sú všetky párne, leo je jedno párne dve nepárne. Ak y oli dv z njmenších spoločných násokov troch čísel nepárne, musí yť j ten posledný, preto sú všetky tri násoky párne. To s môže stť, i k sú spoň dve z čísel,, c párne. Ak y olo jedno z nich, npríkld, nepárne, tk ni po jeho vynásoení dvom s spoločné násoky týchto čísel nezmeni. [, c] s nezmení [, ] [c, ] už párne oli, preto ich jediná dvojk v prvočíselnom rozklde 2 nezmení. Preto k s dá mocnin dvojky zpísť ko súčet násokov podľ zdni, tk s dá zpísť j k,, c sú párne. V tkom prípde si ich môžeme zpísť ko 2, 2, 2c 2 p = [2, 2] + [2, 2c] + [2c, 2]. Podľ toho, čo už vieme, 2 p 1 = [, ] + [, c] + [c, ], ted určite vieme zpísť j menšiu mocninu dvojky ko súčet troch násokov. Z toho y všk indukciou vyplývlo, že y sme vedeli j číslo 2 zpísť ko súčet troch násokov. Kždý z násokov je všk spoň 1, ted ich súčet je njmenej 3, čo je spor. Ukázli sme, že vieme zpísť všetky čísl, okrem mocnín dvojky. Komentár: N výsledok s dlo prísť pomerne jednoducho. Väčšine z vás s podrilo ukázť, prečo vieme zpísť hocijké číslo, ktoré má nepárneho deliteľ. Správne zdôvodnenie toho, že mocniny dvojky nevyhovujú, ko vidno j zo vzorového riešeni, neolo úplne jednoduché. Kľúčové olo ukázť, že k vieme zpísť nejkú mocninu, tk vieme zpísť j mocninu o jedn menšiu, čo vedie k sporu. strom@strom.sk

4 2016/ STROM 5. Oprvovl: Romn Stňo Počet riešiteľov: 31 N odvesnách AC BC prvouhlého trojuholník ABC sú zvolené postupne ody K L n prepone od M tk, že pltí AK = BL =, KM = LM = uhol KML je prvý. Dokážte, že =. C K β 180 β L A α β α M 90 + α β 90 α B Oznčme <) CAB = α, <) CKM = β. Keďže súčet vnútorných uhlov ABC je 180, KMLC je 360 zo zdni <) ACB = <) KML = 90, tk <) ABC = 90 α <) CLM = 180 β. Ďlej vyjdrime veľkosti uhlov <) AKM = 180 β <) MLB = β ko doplnky už známych uhlov do primych uhlov. Nkoniec ešte vyjdrime veľkosti <) KMA = β α <) BML = 90 + α β ko doplnky už známych uhlov do súčtu 180 vrámci trojuholníkov AKM BLM. Zorzme trojuholník AMK rotáciou okolo odu M o uhol 90 v zápornom smere (smere pohyu hodinových ručičiek) n A M K. C A K L K A M M B Vidno, že terz M M L K. Všimnime si, že <) A LB = <) BLM + <) A K M = <) BLM + <) AKM = β + (180 β) = 180, čo je primy uhol ody A, B L preto leži n primke. Uvedomme si tiež, že <) A MB = <) BML + <) A M K = <) BML + <) AMK = (90 + α β) + (β α) = 90, čo je prvý uhol. To le znmená, že od M leží n Tálesovej kružnici zostrojenej nd úsečkou A B, pričom polomer je (leo A B = 2). Z toho vyplýv, že L je stred kružnice, ted j LM = predstvuje jej polomer nkoľko kružnic má polomer len jeden, nutne =. Iné riešenie: C K L A α β M 90 β 90 α B Oznčme <) CAB = α, <) AMK = β. Potom <) LMB = 90 β, pretože <) LMK = 90 podone <) ABC = 90 α,

5 STROM /2017 pretože <) ACB = 90. Zo sínusovej vety pre trojuholník AKM máme pre trojuholník BLM máme sin(α) = sin(β) = = sin(α) sin(β) sin(90 α) = sin(90 β) = = sin(90 α) sin(90 β). Porovnním výrzov s podielom dostávme goniometrickú rovnicu, ktorú ďlej riešime úprvou prvej strny súčtovými vzorcmi. Dopredu uvádzme, že nkoľko sú α j β ostré uhly, nsledujúce úprvy sú ekvivlentné výrzy mjú zmysel: sin(α) sin(β) = sin(90 α) sin(90 β) = sin(90 ) cos(α) cos(90 ) sin(α) sin(90 ) cos(β) cos(90 ) sin(β) = cos(α) sin(α) = cos(β) cos(α) = sin(β) = tn(α) = tn(β). cos(β) Posledná rovnic má n intervle (0, 90 ) riešenie (α, β) = (α, α) pre ľuovoľný uhol α z dného intervlu. To znmená, že trojuholníky AMK j MLB sú o rovnormenné so zákldňmi AM MB ted =. Iné riešenie: Toto nie je smotné riešenie, le len návod n ďlšie dv spôsoy, ktorými si môžete úlohu smi vyriešiť. 1. Sporom predpokldjme, že >, potom uhol oproti AK v AKM je väčší ko uhol oproti MK v AKM, podonú úvhu vieme uroiť j pre uhly v BLM. Terz porovnjme výrzy <) AMK + <) BML = 90 <) KAM + <) LBM = 90. Nevedie to k sporu? Podoný spor dostneme j pre >, preto =. 2. Cest tiež vedie cez dokreslenie výšok n strny AM, resp. BM v trojuholníkoch AKM BLM (oznčme päty výšok X, resp. Y ). Z podonosti AXM LY B tiež dvojice KXM MY L vieme ukázť, že AX = MX, resp. MX = BX, z čoho vyplynie =. Komentár: Táto úloh ol neoyčjne príjemná (vzhľdom n to, že to je úloh číslo 5). Bolo možné ju riešiť rôznymi prístupmi, pričom všetky si vyždovli len zopár krokov. Aj npriek tomu s veľ riešiteľov nechlo oklmť skutočnosť, že <) LCK = <) LMK = 90 LM = KM im stčil n prehlásenie KMLC z štvorec, čo le všeoecne nepltí. Zlý úvodný predpokld s s nimi potom tihol celým riešením pltnosť = tk ukázli len pre tento špeciálny prípd. 6. Oprvovl: Mťo Vodičk Počet riešiteľov: 17 Univerzálnou postupnosťou čísel 1, 2,..., n nzveme tkú (konečnú) postupnosť týchto čísel, že vyčirknutím niektorých jej členov z nej dostneme ľuovoľnú permutáciu týchto čísel (npr. 1, 2, 3, 1, 2, 3, 1 je univerzáln postupnosť čísel 1, 2, 3, leo ľhko preveríme, že všetky permutácie, t.j. 1, 2, 3; 1, 3, 2; 2, 1, 3; 2, 3, 1; 3, 1, 2; 3, 2, 1 vzniknú vyčirknutím niektorých jej členov). Nájdite njkrtšiu univerzálnu postupnosť čísel 1, 2, 3 potom j čísel 1, 2, 3, 4 dokážte, že krtšie neexistujú. Npriek tomu, že úloh od nás chce, y sme niečo (nšli njkrtšie univerzálne postupnosti) sprvili pre 3 4, tk s môžeme pozrieť, ko to vyzerá pre menšie hodnoty. Dĺžk njkrtšej univerzálnej postupnosti pre číslo 1 je zrejme 1. To olo ž príliš jednoduché. Skúsme ju nájsť pre 1, 2. Tá m tk isto triviálne dĺžku 3, je to 121 leo 212. Skúsme všk nozj korektne povedť, prečo menej nejde. Totiž nše rgumenty s (s trochou šťsti) udú dť použiť pre väčšie prípdy. Kždé číslo musí yť v univerzálnej postupnosti spoň rz, to je zjvné. A niektoré (BUNV je to 2) s prvýkrát vyskytne njskôr ž n druhom mieste, leo nemôžu yť oe prvé :). No to le znmená, že z touto 2 musí ešte nsledovť 1, leo ink y sme nevedeli dostť postupnosť 21. A to už nám dáv spolu spoň 3 čísl v postupnosti. Dore, tk skúsme tieto rgumenty použiť pre prípd 1, 2, 3. Kždé číslo s ude musieť v postupnosti nchádzť spoň rz, fjn. Vieme, že niektoré z nich (BUNV 3) ude njskôr tretie. Čo musí yť z číslom 3? No musíme vedieť vytvoriť 312 j 321, preto z číslom 3 musí nsledovť univerzáln postupnosť pre 1, 2. To už je spolu 6 čísel, leo tá má dĺžku 3. Ale terz si uvedomíme, že k v tej postupnosti je ešte jedn 3, tk dostávme postupnosť dĺžky spoň 7. A k tm židn 3 nie je, tk j pred tou 3 musí yť univerzáln postupnosť pre 1,2 (y sme vytvorili ), čo je spolu tiež 7 čísel. To znmená, že v kždom prípde tm musí yť 7 čísel, tká s už ľhko skonštruuje podľ toho, čo tu olo popísné len s jedným číslom 3 leo s dvom. Podone môžeme postupovť pre 1,2,3,4. Zse s pozrieme n číslo (BUNV 4), ktoré s nchádz njskôr n 4. mieste. Ak je v postupnosti len jedno číslo 4, tk j pred ním j z ním musí yť univerzáln postupnosť pre 1,2,3 - čo y olo spolu spoň 15. A k sú tm spoň dve čísl 4, tk z tým prvým je spoň 8 čísel, konkrétne univerzáln postupnosť pre 1,2,3 (7 čísel) druhé číslo 4. To je spolu 12 čísel. strom@strom.sk

6 2016/ STROM A pre 12 s nozj vytvoriť dá. Vieme o nej celkom dosť - npr. vyskytuje s v nej číslo 4 len dvkrát, z toho rz n 4. mieste pred ním sú všetky čísl. Ted môžeme skúsiť niečo ko dopísť niekde 4. Po chvíli skúšni isto prídeme n to, že vyhovuje, preto njkrtši univerzáln postupnosť pre 1,2,3,4 má dĺžku 12. Komentár: S nájdením postupnosti pre 123 dĺžky 7 neoli prolémy (veď ol j v zdní :P). Prolémy le už oli s nájdením postupnosti pre 1234 dĺžky 12. Snžili ste s čsto hľdť niečo pekné (typický príkld je ), čo čsto nie je dorý nápd, leo riešenie môže yť škredé, nesymetrické. Njväčší prolém le ol s dokázním, že vše postupnosti sú njkrtšie. Veľ vás ich nejk postupne konštruovlo snžilo s povedť, že ich konštruuje njlepšie tk, že tm nejk pridá vždy to njvýhodnejšie číslo. Tké postupy niekedy fungujú, le veľmi čsto to tk nie je. A v kždom prípde to určite nie je dôkz, k nejk intuitívne zostrojíte niečo, čo y mlo yť njkrtšie prehlásite, že keďže sme to zostrojovli tkto, tk to je njlepšie. N dôkz nozj tre uď rozorť všetky možnosti, (ktorých je le vééééééľ), leo nejkým spôsoom spočítť (npr. tk ko vo vzoráku), že spoň niekoľko čísel tm proste yť musí, ez ohľdu n to, v kom sú pordí. Autori vzorových riešení: Mtúš Hlváčik, Peter Kovács, Henk Micheľová, Dno Onduš Konečné pordie Letného semestr 41. ročník P. Meno priezvisko Kt. Škol PS CS 1. Mtej Hnus S1 GPostKE Mrtin Števko S2 GAlejKE Miroslv Mcko S1 LEAF Brnislv Pstul S1 GPostKE Dávid Pásztor S1 GJrPO Jku Prvd S1 ŠpMNDG Sár Kuťková S3 HERH Dorot Poruská S1 GLeoBJ Mrtin Mihálik S2 GAlejKE Time Szöllősová S1 GAMČA Peter Onduš S3 ŠpMNDG Mrtin Msrn S3 GPostKE Ptrik Pľovčík S1 GPostKE Lujz Milotová Z9 ZBrusKE Filip Csonk S2 GAlejKE Róert Sovčík S1 GPostKE Norert Micheľ Z9 ZKro4KE Michl Voroel Z9 GJrPO Michl Msrn S1 GPostKE Rdovn Lscsák S1 GPostKE Štefáni Glevitzká S2 GVBN Viktóri Brezinová S2 GAlejKE Mrtin Spišák S3 GAlejKE Ján Richnvský Z9 ZKro4KE Mrtin Strovič S1 GAMČA Michel Rusnáková Z9 GAlejKE Alex Chudíc S1 ŠpMNDG Smuel Krjči S2 GAlejKE Tomáš Gnz S1 ŠpMNDG Mrtin Alert Gúr S1 GPostKE Michel Boeničová S2 GPostKE Klár Hricová Z9 ZKro4KE Griel Genčiová Z9 ZKro4KE Tomáš Chovnčák S1 GPostKE Bror Brnčíková S1 ŠpMNDG Simon Sovčíková Z9 ZKro4KE Mirim Mgočiová S1 GPostKE Benjmín Mrvec S1 GPostKE Jku Frul Z9 GAlejKE Ondrej Tomášik S1 GJgtBB Róert Juríková S2 GVBN Jonáš Suvák S1 GJrPO

7 STROM /2017 P. Meno priezvisko Kt. Škol PS CS 43. Mtej Trč S1 GPostKE Vrtislv Mdáč S2 GAlejKE Michel Dlugošová S3 GKukuPO Mtej Moško S2 GAMČA Erik Bert S2 GAlejKE Dniel Mgul S3 PirG Mrtin Šlgovič S2 GAlejKE Ttin Bielková S1 GAMČA Andrej Pnkuch Z9 GAlejKE Smuel Ch S2 GAlejKE Erik Řehulk S1 ŠpMNDG Jku Venglik S2 GPOHKK Ktrín Kuľková S3 GPostKE Dominik Nguyen Z9 GAlejKE Dominik Jurášová S1 ŠpMNDG Smuel Novák S1 GPostKE Andre Fguľová S1 GPostKE Kristín Brtková S4 EGJAK Mrek Komn S3 GAlejKE Luci Hlváčiková S3 GChrkKE Kristín Grolmusová S1 BGMH Jurj Vlšič S2 GAEinBA Jurj Jurs S3 LEAF Jroslv Pšk S2 ŠpMNDG Klr Kpustová Z9 Gympk Edurd Čekel S1 TA Z podporu spoluprácu ďkujeme Názov Internet: E-mil: Vydáv: Internet: E-mil: STROM korešpondenčný mtemtický seminár Číslo 6 Máj 2017 Letný semester 41. ročník (2016/2017) strom@strom.sk Združenie STROM, Jesenná 5, Košice info@strom.sk Orgnizčný poridok korešpondenčných mtemtických seminárov Mlynár, Mtik, STROM je zregistrovný n Ministerstve školstv, vedy, výskumu športu Slovenskej repuliky pod číslom /41562:71-10E0.