File size: 54,302 Bytes
802d9fe | 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 150 151 152 153 154 155 156 157 158 159 160 161 162 163 164 165 166 167 168 169 170 171 172 173 174 175 176 177 178 179 180 181 182 183 184 185 186 187 188 189 190 191 192 193 194 195 196 197 198 199 200 201 202 203 204 205 206 207 208 209 210 211 212 213 214 215 216 217 218 219 220 221 222 223 224 225 226 227 228 229 230 231 232 233 234 235 236 237 238 239 240 241 242 243 244 245 246 247 248 249 250 251 252 253 254 255 256 257 258 259 260 261 262 263 264 265 266 267 268 269 270 271 272 273 274 275 276 277 278 279 280 281 282 283 284 285 286 287 288 289 290 291 292 293 294 295 296 297 298 299 300 301 302 303 304 305 306 307 308 309 310 311 312 313 314 315 316 317 318 319 320 321 322 323 324 325 326 327 328 329 330 331 332 333 334 335 336 337 338 339 340 341 342 343 344 345 346 347 348 349 350 351 352 353 354 355 356 357 358 359 360 361 362 363 364 365 366 367 368 369 370 371 372 373 374 375 376 377 378 379 380 381 382 383 384 385 386 387 388 389 390 391 392 393 394 395 396 397 398 399 400 401 402 403 404 405 406 407 408 409 410 411 412 413 414 415 416 417 418 419 420 421 422 423 424 425 426 427 428 429 430 431 432 433 434 435 436 437 438 439 440 441 442 443 444 445 446 447 448 449 450 451 452 453 454 455 456 457 458 459 460 461 462 463 464 465 466 467 468 469 470 471 472 473 474 475 476 477 478 479 480 481 482 483 484 485 486 487 488 489 490 491 492 493 494 495 496 497 498 499 500 501 502 503 504 505 506 507 508 509 510 511 512 513 514 515 516 517 518 519 520 521 522 523 524 525 526 527 528 529 530 531 532 533 534 535 536 537 538 539 540 541 542 543 544 545 546 547 548 549 550 551 552 553 554 555 556 557 558 559 560 561 562 563 564 565 566 567 568 569 570 571 572 573 574 575 576 577 578 579 580 581 582 583 584 585 586 587 588 589 590 591 592 593 594 595 596 597 598 599 600 601 602 603 604 605 606 607 608 609 610 611 612 613 614 615 616 617 618 619 620 621 622 623 624 625 626 627 628 629 630 631 632 633 634 635 636 637 638 639 640 641 642 643 644 645 646 647 648 649 650 651 652 653 654 655 656 657 658 659 660 661 662 663 664 665 666 667 668 669 670 671 672 673 674 675 676 677 678 679 680 681 682 683 684 685 686 687 688 689 690 691 692 693 694 695 696 697 698 699 700 701 702 703 704 705 706 707 708 709 710 711 712 713 714 715 716 717 718 719 720 721 722 723 724 725 726 727 728 729 730 731 732 733 734 735 736 737 738 739 740 741 742 743 744 745 746 747 748 749 750 751 752 753 754 755 756 757 758 759 760 761 762 763 764 765 766 767 768 769 770 771 772 773 774 775 776 777 778 779 780 781 782 783 784 785 786 787 788 789 790 791 792 793 794 795 796 797 798 799 800 801 802 803 804 805 806 807 808 809 810 811 812 813 814 815 816 817 818 | # 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.
## Naloge za 1. letnik
Čas reševanja: 180 minut. V sklopu A bomo pravilni odgovor ovrednotili z dvema točkama, za nepravilni odgovor pa bomo eno točko odšteli. Odgovore sklopa A vpiši v levo tabelo, desno tabelo pusti prazno.
A1. Nosilki stranic $A D$ in $B C$ konveksnega štirikotnika $A B C D$ se sekata pod pravim kotom (glej sliko). Velja še $|C D|=1,|A C|=2$ in $|B D|=3$. Koliko je $|A B|$ ?
(A) $2 \sqrt{3}$
(B) $3 \sqrt{2}$
(C) 4
(D) $4 \sqrt{3}$
(E) 6
A2. Letalska družba potniku za prtljago ne zaračuna dodatnih stroškov, če masa prtljage ne preseže določene dovoljene mase. Vsak dodaten kilogram prtljage pa mora potnik doplačati. Gospod in gospa Kotnik imata skupno prtljago, zato se jima ne bi zaračunalo dodatnih stroškov, če masa skupne prtljage ne bi presegla dvakratnika določene dovoljene mase. Njuna skupna prtljaga tehta $60 \mathrm{~kg}$, doplačati pa sta morala 11 evrov. Prtljaga gospoda Novaka, ki potuje sam, prav tako tehta $60 \mathrm{~kg}$. Toda on je moral za prtljago doplačati 33 evrov. Največ koliko kilogramov prtljage lahko ima en potnik, da mu zanjo ni treba nič doplačati?
(A) 11
(B) 18
(C) 20
(D) 24
(E) 39
A3. Kenguruju Pitagori so všeč le tista naravna števila, ki so deljiva s 4 in imajo vsoto števk enako 3 ter imajo v zapisu natanko 5 števk enakih 0 . Koliko naravnih števil je všeč kenguruju Pitagori?
(A) 15
(B) 16
(C) 19
(D) 20
(E) 25
B1. Poišči vsa praštevila $p, q, r$ in $s$, ki zadoščajo enačbama $p+q=r$ in $q+r=s^{2}$.
B2. Kot med nosilkama diagonal štirikotnika $A B C D$ je velik $60^{\circ}$. Vsako oglišče štirikotnika prezrcalimo čez nosilko diagonale, ki poteka skozi njemu sosednji oglišči. Dokaži, da zrcalne slike oglišč ležijo na isti premici.
B3. Iz 18 vžigalic sestavimo mrežo (glej sliko). Najmanj koliko vžigalic moramo odstraniti, da preostale vžigalice ne bodo tvorile nobenega trikotnika?
## Naloge za 2. letnik
Čas reševanja: 180 minut. V sklopu A bomo pravilni odgovor ovrednotili z dvema točkama, za nepravilni odgovor pa bomo eno točko odšteli. Odgovore sklopa A vpiši v levo tabelo, desno tabelo pusti prazno.
A1. Polona je razdelila pavokotnik na 9 manjših pravokotnikov in na tri izmed štirih vogalnih pravokotnikov zapisala njihove ploščine (glej sliko). Koliko je ploščina četrtega vogalnega pravokotnika?
(A) 9
(B) 13.5
(C) 14
(D) 15
(E) 16
A2. Dano je naravno število $x>1$. Kako se potenca $x^{\left(x^{x+1}\right)}$ izrazi s spremenljivko $y$, če je $x^{x}=y$ ?
(A) $y^{2}$
(B) $y^{y}$
(C) $y^{2 y}$
(D) $y^{\left(y^{2}\right)}$
(E) $y^{\left(y^{y}\right)}$
A3. V kvadrat s stranico dolžine $a$ je včrtana krožnica s središčem v $O$. Štiri manjše krožnice s središči $O_{1}, O_{2}, O_{3}$ in $O_{4}$ se dotikajo večje krožnice in po dveh stranic kvadrata (glej sliko). Koliko je ploščina kvadrata $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{4}$ ?
(A) $3 a^{2}(3-2 \sqrt{2})$
(B) $4 a^{2}(3-2 \sqrt{2})$
(C) $a^{2}(3-\sqrt{2})$
(D) $a^{2}(2-\sqrt{2})$
(E) $3 a^{2}(2-\sqrt{2})$
B1. Naj bo $n$ naravno število. Poišči vsa realna števila $x$, ki rešijo enačbo
$$
2^{n}(-x)^{n}+(-1)^{3 n+1} 2^{n+1} x^{n-1}(2 x+1)-(-2 x)^{n+1}=0
$$
B2. Naj bo $M$ točka na stranici $B C$ pravokotnega trikotnika $A B C$ s pravim kotom pri $A$. Razpolovišče daljice $A M$ označimo s $P$. Naj bosta $P_{B}$ in $P_{C}$ zrcalni sliki točke $P$ preko stranic $A C$ in $A B, B^{\prime}$ in $C^{\prime}$ pa zrcalni sliki točk $B$ in $C$ preko točke $P$. Denimo, da so točke $B^{\prime}, C^{\prime}, P_{B}$ in $P_{C}$ kolinearne. Dokaži, da je tedaj $M$ razpolovišče stranice $B C$.
B3. Iz 45 vžigalic sestavimo mrežo (glej sliko). Najmanj koliko vžigalic moramo odstraniti, da preostale vžigalice ne bodo tvorile nobenega pravilnega šestkotnika?
## 61. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije <br> Državno tekmovanje, 22. april 2017
## Naloge za 3. letnik
Čas reševanja: 180 minut. V sklopu A bomo pravilni odgovor ovrednotili z dvema točkama, za nepravilni odgovor pa bomo eno točko odšteli. Odgovore sklopa A vpiši v levo tabelo, desno tabelo pusti prazno.
A1. V koordinatnem sistemu je narisana neskončna mreža krožnic s polmeri 1 . Ena izmed krožnic ima središče $\mathrm{v}$ točki $(2,2)$, razdalje med središči sosednjih krožnic pa so enake 4 (glej sliko). Za vsako točko $(x, y)$, ki leži na neki izmed krožnic, izračunamo vsoto $x+y$. Katere izmed navedenih vrednosti ne dobimo pri izračunu teh vsot?
(A) 5
(B) 6
(C) 7
(D) 8
(E) 9
A2. Dolžine stranic pravokotnega trikotnika $A B C$ s pravim kotom pri $A$ so naravna števila. Dolžina stranice $A B$ je 101. Koliko je obseg trikotnika $A B C$ ?
(A) 306
(B) 10201
(C) 10202
(D) 10302
(E) 10303
A3. Prvi dve tehtnici na sliki sta uravnoteženi.
Kaj moramo postaviti na desno stran tretje tehtnice na sliki, da bo tudi ta uravnotežena?
(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
B1. Poišči vsa realna števila $x$, ki rešijo enačbo
$$
\log _{2}\left(\log _{2}(7 x-6)\right)+1=\log _{2}\left(\log _{2}(3 x-2)\right)+\log _{2} 3
$$
B2. Diagonali tetivnega štirikotnika $A B C D$ se sekata pod kotom, ki ni velik $60^{\circ}$. Vsako oglišče štirikotnika prezrcalimo čez nosilko diagonale, ki poteka skozi njemu sosednji oglišči. Dokaži, da tudi zrcalne slike oglišč tvorijo tetivni štirikotnik.
B3. Iz 17 vžigalic sestavimo mrežo (glej sliko). Najmanj koliko vžigalic moramo odstraniti, da preostale vžigalice ne bodo tvorile nobenega kvadrata?
## Naloge za 4. letnik
Čas reševanja: 180 minut. V sklopu A bomo pravilni odgovor ovrednotili z dvema točkama, za nepravilni odgovor pa bomo eno točko odšteli. Odgovore sklopa A vpiši v levo tabelo, desno tabelo pusti prazno.
A1. Koliko je takih 6-mestnih števil, ki se ne začnejo z 0 in vsebujejo število 2017 kot strnjen podniz? Npr. število 820178 vsebuje strnjen podniz 2017, število 820817 pa ne.
(A) 100
(B) 190
(C) 200
(D) 280
(E) 300
A2. Prvo število zaporedja šestih števil je enako 4, zadnje pa 47. Vsako število od vključno tretjega naprej je enako vsoti prejšnjih dveh števil. Naj bo $S$ vsota vseh šestih števil zaporedja. Tedaj $S$ leži na intervalu med
(A) 51 in 90
(B) 91 in 100
(C) 101 in 110
(D) 111 in 120
(E) 121 in 160
A3. V kvadrat s stranico dolžine $a$ je včrtana krožnica s središčem v $O$. Manjša krožnica s središčem v $O_{1}$ se dotika večje krožnice in dveh stranic kvadrata (glej sliko). Koliko je razdalja med $O_{1}$ in ogliščem kvadrata, ki ne leži na premici $O O_{1}$ ?
(A) $\frac{3 a}{4} \sqrt{13-8 \sqrt{2}}$
(B) $\frac{a \sqrt{2}}{3} \sqrt{13-8 \sqrt{2}}$
(C) $\frac{a \sqrt{2}}{2} \sqrt{13-8 \sqrt{2}}$
(D) $\frac{a}{2} \sqrt{9-4 \sqrt{2}}$
(E) $\frac{a \sqrt{2}}{3} \sqrt{9-4 \sqrt{2}}$
B1. Določi vse vrednosti, ki jih zavzame izraz $A=n \cdot\left\lfloor\frac{2017}{n}\right\rfloor$, ko $n$ preteče vsa naravna števila. Pri tem $\lfloor x\rfloor$ označuje največje celo število, ki ni večje od $x$.
B2. Za točko $P$ znotraj trikotnika $A B C$ pravimo, da je $i z j e m n a$, če velja naslednji pogoj:
Če so $A^{\prime}, B^{\prime}$ in $C^{\prime}$ zaporedoma presečišča premic $A P, B P$ in $C P$ s stranicami $B C, A C$ in $A B$, lahko daljice $A A^{\prime}, B B^{\prime}$ in $C C^{\prime}$ vzporedno premaknemo tako, da oblikujemo trikotnik, katerega dolžine stranic so $\left|A A^{\prime}\right|,\left|B B^{\prime}\right|$ in $\left|C C^{\prime}\right|$.
(a) Dokaži, da je težišče trikotnika izjemna točka.
(b) Dokaži trditev "Edina izjemna točka znotraj trikotnika je težišče trikotnika."
B3. Iz 20 vžigalic sestavimo mrežo (glej sliko). Najmanj koliko vžigalic moramo odstraniti, da preostale vžigalice ne bodo tvorile nobenega trikotnika?
# 61. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 22. april 2017
## Rešitve nalog za 1. letnik
I/A1. Označimo presečišče nosilk stranic $A D$ in $B C$ z $E$. Tedaj po Pitagorovem izreku velja
$$
\begin{aligned}
& |E D|^{2}+|E C|^{2}=|C D|^{2}=1 \\
& |E A|^{2}+|E C|^{2}=|A C|^{2}=4 \\
& |E D|^{2}+|E B|^{2}=|B D|^{2}=9
\end{aligned}
$$
Če seštejemo drugo in tretjo enačbo in od njiju odštejemo prvo, dobimo $|E A|^{2}+|E B|^{2}=12$. Po Pitagorovem izreku sledi $|A B|^{2}=|E A|^{2}+|E B|^{2}=12$, torej je $|A B|=\sqrt{12}=2 \sqrt{3}$. Pravilen odgovor je (A).
I/A2. Označimo največjo dovoljeno težo za enega potnika z $d$. Gospod in gospa Kotnik imata skupaj $60-2 d$ dodatnih kilogramov prtljage, za katere sta plačala 11 evrov. Torej sta za vsak dodaten kilogram plačala $\frac{11}{60-2 d}$ evrov. Gospod Novak ima $60-d$ dodatnih kilogramov prtljage, za katere je plačal 33 evrov. Za vsak kilogram je torej plačal $\frac{33}{60-d}$ evrov. Ker morata biti tarifi enaki, je $\frac{11}{60-2 d}=\frac{33}{60-d}$. Enačbo delimo z 11 in odpravimo ulomke, da dobimo $60-d=3(60-2 d)$. Od tod izračunamo $d=24$. Pravilen odgovor je torej (D).
I/A3. Števke, ki so enake $0 \mathrm{k}$ vsoti števk ne prispevajo ničesar. Iz neničelnih števk pa lahko dobimo vsoto 3 le na tri načine, $3=3,1+2=3$ ali $1+1+1=3$. Ker je natanko 5 števk števila, ki je všeč kenguruju Pitagori, enakih 0 , imamo torej tri možnosti.
Naravno število, ki ima s̆tevke $3,0,0,0,0,0$ in je deljivo s 4 , je samo 300000. Ničle namreč ne smejo nastopati na začetku števila.
Naravna števila s števkami $1,2,0,0,0,0,0$ so po vrsti $1000002,1000020,1000200,1002000$, 1020000, 1200000, 2000001, 2000010, 2000100, 2001000, 2010000, 2100000. Od teh števila 1000002, 2000001 in 2000010 niso deljiva s 4, ostala pa so.
Naravna števila s števkami $1,1,1,0,0,0,0,0$, ki so deljiva s 4 , morajo imeti na zadnjih dveh mestih števko 0. Taka števila (razvrščena po številu števk 0 na desni strani) so 10001100, 10010100, 10100100, 11000100, 10011000, 10101000, 11001000, 10110000, 11010000, 11100000 .
Skupaj je kenguruju Pitagori všeč natanko 20 naravnih števil.
I/B1. Iz prve enačbe vidimo, da je $r \geq 4$, torej mora biti $r$ liho praštevilo. Če je tudi $q$ liho praštevilo, potem iz druge enačbe sledi, da je $s$ sodo praštevilo, torej $s=2$. Tedaj je $s^{2}=4$, hkrati pa je $q+r \geq 6$, saj sta $q$ in $r$ lihi praštevili. Prišli smo do protislovja, saj enačba $q+r=s^{2}$ ni izpolnjena.
Od tod sklepamo, da je $q$ sodo praštevilo, torej $q=2$. Iz prve enačbe izrazimo $r=p+2$ in to vstavimo v drugo enačbo, da dobimo $p+4=s^{2}$. To enačbo preoblikujemo $\mathrm{v} p=$
$(s-2)(s+2)$. Ker je $p$ praštevilo, od tod sledi $s-2=1$ in $s+2=p$, saj je $s-2<s+2$. Torej je $s=3$ in $p=5$. Iz $r=p+2$ dobimo še $r=7$.
Dobili smo eno samo rešitev $p=5, q=2, r=7$ in $s=3$.
Ugotovitev, da je $r$ liho praštevilo 1 točka
Izločitev možnosti $s=2$ in ugotovitev $q=2$ 1 točka
Zapis in razcep enačbe $p+4=s^{2}$ 2 točki
Obravnava posameznih faktorjev in izračun $s=3 \ldots$ 2 točki
Zapis rešitve 1 točka (Če tekmovalec ugane rešitev, se mu prizna 1 točka.)
I/B2.
Zrcalne slike oglišč $A, B, C$ in $D$ pri zrcaljenju čez nosilke ustreznih diagonal označimo po vrsti z $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}$ in $D^{\prime}$. Označimo presečišče nosilk diagonal s $P$.
Denimo najprej, da $P$ leži v notranjosti štirikotnika. Zaradi simetrije lahko predpostavimo, da je $\Varangle B P C=60^{\circ}$. Zaradi zrcaljenja potem velja $\Varangle A^{\prime} P D=\Varangle D P A=60^{\circ}$, $\Varangle A P D^{\prime}=\Varangle D P A=60^{\circ}, \Varangle C^{\prime} P B=\Varangle B P C=60^{\circ}$ in $\Varangle C P B^{\prime}=\Varangle B P C=60^{\circ}$. Sledi
$$
\Varangle A^{\prime} P D^{\prime}=\Varangle A^{\prime} P D+\Varangle D P A+\Varangle A P D^{\prime}=180^{\circ}
$$
in
$$
\Varangle C^{\prime} P B^{\prime}=\Varangle C^{\prime} P B+\Varangle B P C+\Varangle C P B^{\prime}=180^{\circ} .
$$
Prva enakost pove, da točke $A^{\prime}, D^{\prime}$ in $P$ ležijo na isti premici, druga pa, da točke $B^{\prime}, C^{\prime}$ in $P$ ležijo na isti premici. Zaradi zrcaljenja velja tudi $\Varangle A^{\prime} P A=\Varangle C^{\prime} P C=120^{\circ}$. Ker točke $A, C$ in $P$ ležijo na isti premici in točki $A^{\prime}$ in $C^{\prime}$ ležita na različnih bregovih premice $A C$, od tod sledi, da tudi točke $A^{\prime}, C^{\prime}$ in $P$ ležijo na isti premici. Od tod sledi, da vseh pet točk $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}, D^{\prime}$ in $P$ leži na isti premici.
Denimo sedaj, da $P$ leži zunaj štirikotnika. Zaradi simetrije lahko predpostavimo, da $D$ leži med $B$ in $P$ in da je $\Varangle B P C=60^{\circ}$. Na enak način kot v prvem primeru pokažemo, da točke $B^{\prime}, C^{\prime}$ in $P$ ležijo na isti premici. Zaradi zrcaljenja je $\Varangle C P D^{\prime}=\Varangle D P C=60^{\circ}$ in $\Varangle A^{\prime} P A=2 \cdot 60^{\circ}=120^{\circ}$. Torej je $\Varangle C P A^{\prime}=180^{\circ}-\Varangle A^{\prime} P A=60^{\circ}$ in zato velja $\Varangle C P A^{\prime}=\Varangle C P D^{\prime}$. Ker točki $A^{\prime}$ in $D^{\prime}$ ležita na istem bregu premice $A C$, sledi, da so tudi
točke $A^{\prime}, D^{\prime}$ in $P$ kolinearne. Kot v prvem primeru sledi, da je vseh pet točk $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}, D^{\prime}$ in $P$ leži na isti premici.
2. način. Naj bo $P$ presečišče premic $A C$ in $B D$. S $p$ označimo premico skozi $P$, ki razpolavlja tisti kot med $A C$ in $B D$, ki meri $120^{\circ}$. Premica $p$ zato seka obe nosilki diagonal pod kotom $60^{\circ}$. Dokazati želimo, da točke $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}$ in $D^{\prime}$ ležijo na $p$.
Ker se $A C$ in $B D$ sekata v točki $P$ pod kotom $60^{\circ}$, mora tudi zrcalna slika premice $A C$ preko premice $B D$ sekati $B D$ v točki $P$ pod kotom $60^{\circ}$. To je ravno premica $p$. Po drugi strani pa vemo, da točki $A^{\prime}$ in $C^{\prime}$ ležita na zrcalni sliki premice $A C$. Zato $A^{\prime}$ in $C^{\prime}$ ležita na $p$. Podobno mora zrcalna slika premice $B D$ preko premice $A C$ sekati $A C$ v točki $P$ pod kotom $60^{\circ}$. To je ravno premica $p$. Ker točki $B^{\prime}$ in $D^{\prime}$ ležita na zrcalni sliki $B D$, ležita na premici $p$.
Dokazali smo, da točke $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}$ in $D^{\prime}$ ležijo na premici $p$.
## 1.način
$\triangle A P A^{\prime}$ ali $\left(\triangle B P B^{\prime}, \triangle C P C^{\prime}, \triangle D P D^{\prime}\right)$ je enakokrak . . . . . . 1 točka Ugotovitev $\Varangle A^{\prime} P D=\Varangle D P A=60^{\circ}, \Varangle A P D^{\prime}=\Varangle D P A=60^{\circ}, \Varangle C^{\prime} P B=\Varangle B P C=60^{\circ}, \Varangle C P B^{\prime}=$
Zaključek $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}, D^{\prime}, P$ ležijo na isti premici ....................................................... Če tekmovalec ne obravnava primera, ko $P$ leži izven štirikotnika dobi največ 5 točk.
## 2.način
Premica $p$, ki razpolavlja večji kot med diagonalama ................................ 2 točki
Premica skozi $A, C$ se preko nosilke diagonale $B D$ preslika na $p \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots 2$ točki
Premica skozi $B, D$ se preko nosilke diagonale $A C$ preslika na $p \ldots \ldots \ldots \ldots .1$ točka
I/B3. Vžigalice na sliki tvorijo 9 majhnih trikotnikov s stranicami dolgimi 1 vžigalico, 3 srednje trikotnike s stranicami dolgimi 2 vžigalici ter 1 velik trikotnik s stranicami dolgimi 3 vžigalice. Osenčimo nekatere trikotnike, kot to prikazuje slika.
Ker moramo iz vsakega osenčenega trikotnika odstraniti vsaj eno vžigalico in nobena dva osenčena trikotnika nimata skupne stranice, moramo skupaj odstraniti vsaj 6 vžigalic. Da to tudi zadostuje, prikazuje naslednja slika.
1. možnost (popolna rešitev):
Ugotovitev, da je do mreže brez trikotnikov mogoče priti z odstranitvijo šestih vžigalic
in skica primera ..... 2 točki
Utemeljitev, da potrebujemo vseh šest vžigalic z označenimi šestimi neodvisnimi tri-
kotniki ..... 5 točke
2. možnost (nepopolna rešitev; možnih največ 5 točk):
Ugotovitev, da je do mreže brez trikotnikov mogoče priti z odstranitvijo šestih vžigalic
in skica primera ..... 2 točki
Ugotovitev, da so v mreži poleg devetih majhnih trikotnikov tudi štirje večji . 1 točka
Utemeljitev, ki sledi lokalno optimalnemu odstranjevanju vžigalic (npr. med dvema
majhnima trikotnikoma ali skupna vžigalica majhnega in večjih trikotnikov) .. 1 točka
Utemeljitev za del spodnje meje šestih vžigalic z obravnavo likov, ki nimajo skupnih
stranic ..... 1 točka
# 61. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 22. april 2017
## Rešitve nalog za 2 . letnik
II/A1. Označimo višini prve in tretje vrstice pravokotnikov z $x$ in $y$, širini prvega in tretjega stolpca pravokotnikov pa $\mathrm{z} z$ in $w$. Tedaj so ploščine treh vogalnih pravokotnikov s številkami enake $x z=8, x w=12, y z=10$, ploščina četrtega vogalnega pravokotnika pa je $y w=\frac{y z \cdot x w}{x z}=\frac{10 \cdot 12}{8}=15$.
II/A2. Z upoštevanjem pravil za računanje s potencami in zveze $x^{x}=y$, dan izraz preoblikujemo
$$
x^{\left(x^{x+1}\right)}=x^{\left(x^{x} \cdot x\right)}=x^{y x}=x^{x y}=\left(x^{x}\right)^{y}=y^{y}
$$
Pravilen odgovor je (B).
II/A3. Označimo oglišča osnovnega kvadrata z $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ in $A_{4}$, tako da je za vsak $i$ oglišče $A_{i}$ najbližje točki $O_{i}$. Polmer večje krožnice je $R=\frac{a}{2}$, polmer manjših krožnic pa označimo z $r$. Tedaj je $\left|A_{1} O_{1}\right|=r \sqrt{2}$, saj je to diagonala majhnega kvadratka s stranico dolžine $r$, podobno je $\left|A_{3} O_{3}\right|=r \sqrt{2}$. Diagonala osnovnega kvadrata je zato dolga
$$
\begin{aligned}
\left|A_{1} A_{3}\right| & =\left|A_{1} O_{1}\right|+\left|O_{1} O\right|+\left|O O_{3}\right|+\left|O_{3} A_{3}\right|=r \sqrt{2}+(r+R)+(R+r)+r \sqrt{2}= \\
& =2 R+2 r+2 r \sqrt{2}=a+2 r(1+\sqrt{2})
\end{aligned}
$$
Ker pa je to diagonala osnovnega kvadrata, mora biti dolga $a \sqrt{2}$. Sledi
$$
a+2 r(1+\sqrt{2})=a \sqrt{2}
$$
od koder izrazimo $r=\frac{a(\sqrt{2}-1)}{2(\sqrt{2}+1)}$. Ulomek racionaliziramo, da dobimo
$$
r=\frac{a(\sqrt{2}-1)^{2}}{2}=\frac{3-2 \sqrt{2}}{2} a
$$
Ploščina kvadrata $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{4}$ je enaka
$$
p l=(a-2 r)^{2}=(2 \sqrt{2} a-2 a)^{2}=4 a^{2}(\sqrt{2}-1)^{2}=4 a^{2}(3-2 \sqrt{2})
$$
II/B1. Opazimo, da je $(-1)^{3 n+1}=(-1)^{2 n}(-1)^{n+1}=(-1)^{n+1}$, zato lahko enačbo preoblikujemo do
$$
2^{n}(-1)^{n} x^{n}+(-1)^{n+1} 2^{n+1} x^{n-1}(2 x+1)-(-1)^{n+1} 2^{n+1} x^{n+1}=0
$$
Na levi strani enačbe izpostavimo skupni faktor, da dobimo
$$
(-1)^{n} 2^{n} x^{n-1}\left(x-2(2 x+1)+2 x^{2}\right)=0
$$
Ker je $x-2(2 x+1)+2 x^{2}=x(2 x+1)-2(2 x+1)=(x-2)(2 x+1)$, sledi
$$
(-1)^{n} 2^{n} x^{n-1}(x-2)(2 x+1)=0
$$
Če je $n=1$, sta rešitvi enačbe $x=2$ in $x=-\frac{1}{2}$, če pa je $n \geq 2$, so rešitve enačbe $x=0$, $x=2$ in $x=-\frac{1}{2}$.
Preob. enačbe v $2^{n}(-1)^{n} x^{n}+(-1)^{n+1} 2^{n+1} x^{n-1}(2 x+1)-(-1)^{n+1} 2^{n+1} x^{n+1}=0$. . 1 točka
Faktorizacija drugega faktorja $\left(x-2(2 x+1)+2 x^{2}=(x-2)(2 x+1)\right.$ ) ........ 1 točka
(Če tekmovalec vse rešitve samo ugane se mu priznata 2 točki)
II/B2.
Ker sta $P_{B}$ in $P_{C}$ zrcalni sliki točke $P$ preko stranic trikotnika, velja $\Varangle P A C=\Varangle C A P_{B}$ in $\Varangle B A P=\Varangle P_{C} A B$. Torej je
$\Varangle P_{C} A P_{B}=\Varangle P_{C} A B+\Varangle B A P+\Varangle P A C+\Varangle C A P_{B}=2(\Varangle B A P+\Varangle P A C)=2 \cdot 90^{\circ}=180^{\circ}$,
kar pomeni, da so točke $P_{B}, A$ in $P_{C}$ kolinearne. Sledi, da vseh 5 točk $B^{\prime}, C^{\prime}, P_{B}, P_{C}$ in $A$ leži na isti premici. Ker se daljici $B B^{\prime}$ in $C C^{\prime}$ razpolavljata v točki $P$, je $B C B^{\prime} C^{\prime}$ paralelogram, torej sta premici $B C$ in $B^{\prime} C^{\prime}$ vzporedni. Zato velja $\Varangle M B A=\Varangle C^{\prime} A B=$ $\Varangle P_{C} A B=\Varangle B A P=\Varangle B A M$, kar pomeni, da je trikotnik $A B M$ enakokrak z vrhom pri pri $M$ in velja $|B M|=|A M|$. Podobno je tudi $\Varangle A C M=\Varangle C A B^{\prime}=\Varangle M A C$, torej je tudi trikotnik $C A M$ enakokrak in velja $|A M|=|C M|$. Sledi $|B M|=|C M|$, od koder sklepamo, da je $M$ razpolovišče stranice $B C$.
Točke $B^{\prime}, P_{B}, A, P_{C}, C^{\prime}$ so kolinearne ........................................................................................
Premici $B C$ in $B^{\prime} C^{\prime}$ sta vzporedni .....................................................................................................
Enakokrakost trikotnika $A M B$ (in analogno trikotnika $A M C$ ) ................... 2 točki
II/B3. Vžigalice na sliki tvorijo 9 majhnih pravilnih šestkotnikov s stranicami dolgimi 1 vžigalico ter 1 večji pravilni šestkotnik stranicami dolgimi 2 vžigalici. Ker je vsaka vžigalica
stranica kvečjemu 2 manjših pravilnih šestkotnikov, moramo odstraniti vsaj 5 vžigalic. Da to tudi zadostuje, prikazuje naslednja slika. Paziti moramo le, da izničimo tudi večji pravilni šestkotnik.
2. način. Vžigalice na sliki tvorijo 9 majhnih pravilnih šestkotnikov s stranicami dolgimi 1 vžigalico ter 1 večji pravilni šestkotnik s stranicami dolgimi 2 vžigalici. Osenčimo nekatere majhne pravilne šestkotnike, kot to prikazujeta sliki.
Da izničimo 3 osenčene pravilne šestkotnike na levi sliki moramo odstraniti vsaj 2 vžigalici z njihovih stranic, da izničimo 3 osenčene pravilne šestkotnike na desni sliki pa moramo odstraniti vsaj 3 vžigalice z njihovih stranic. Ker osenčeni pravilni šestkotniki na levi sliki nimajo nobene skupne stranice z osenčenimi pravilnimi šestkotniki na desni sliki, moramo torej skupaj odstraniti vsaj $2+3=5$ vžigalic. Da to tudi zadostuje, prikazuje slika iz 1 . rešitve.
## 1.način:
Določitev števila vseh pravilnih 6-kotnikov (9 manjših, 1 večji) ................ 1 točka Ugotovitev, da je vsaka vžigalica stranica kvečjemu dveh manjših 6-kotnikov . 2 točki
Primer, da odstranitev 5 vžigalic zadostuje ............................................ 2 točki (Če sklepi niso jasni/popolni, se upošteva npr. le 1 od 2 točk ipd.)
## 2. način:
Določitev števila vseh pravilnih 6-kotnikov (9 manjših, 1 večji) ................. 1 točka
Razdelitev 6 -kotnikov v dve po stranicah neodvisni skupini ..................... 1 točka
Sklep, da moramo v eni skupini odstraniti vsaj 2 vžigalici .................................................
Sklep, da moramo v drugi skupini odstraniti vsaj 3 vžigalice .................. 1 točka
Ugotovitev, da sta skupini po stranicah neodvisni, in pravilna uporaba tega sklepa . 1
točka
Primer, da odstranitev 5 vžigalic zadostuje
3. način:
Določitev števila vseh pravilnih 6-kotnikov ( 9 manjših, 1 večji) ................. 1 točka
Primer, da odstranitev 5 vžigalic zadostuje ..........................................................
Opomba:
Za rešitev, ki ne upošteva večjega 6-kotnika lahko tekmovalec dobi največ 5 točke (1 za primer in 4 za sklep, zakaj je to dovolj).
# 61. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 22. april 2017
## Rešitve nalog za 3 . letnik
| $\mathrm{A} 1$ | $\mathrm{~A} 2$ | $\mathrm{~A} 3$ |
| :---: | :---: | :---: |
| $\mathrm{B}$ | $\mathrm{D}$ | $\mathrm{E}$ |
III/A1. Točke $(x, y)$, ki imajo vsoto koordinat enako $5,6,7,8$ oz. 9 ležijo zaporedoma na premicah $x+y=5, x+y=6, x+y=7, x+y=8$ oz. $x+y=9$. Če te premice narišemo na sliko, opazimo, da le premica $x+y=6$ ne seka nobene krožnice.
Torej vsota koordinat točke na eni od krožnic v nobenem primeru ne more biti enaka 6 . Pravilen odgovor je (B).
III/A2. Po Pitagorovem izreku velja $|A B|^{2}+|A C|^{2}=|B C|^{2}$ oziroma $101^{2}+|A C|^{2}=$ $|B C|^{2}$. Enačbo preuredimo v $101^{2}=|B C|^{2}-|A C|^{2}=(|B C|+|A C|)(|B C|-|A C|)$. Faktorja na desni strani enačbe sta različni naravni števili. Ker pa je 101 praštevilo, lahko število $101^{2}$ le na en način razcepimo kot produkt dveh različnih naravnih števil in sicer kot $101^{2}=$ $1 \cdot 101^{2}=1 \cdot 10201$. Ker je $|B C|+|A C|>|B C|-|A C|$, sledi $|B C|+|A C|=10201$ in $|B C|-|A C|=1$. Obseg trikotnika je $|A B|+|B C|+|A C|=101+10201=10302$.
III/A3. Označimo težo kroga z $k$, težo trikotnika s $t$, težo manjšega kvadrata z $m$ in težo večjega kvadrata z $v$. Ker sta prvi dve tehtnici uravnoteženi, sledi
$$
\begin{aligned}
5 t+k & =5 m+2 v \\
2 k+v & =2 t+m
\end{aligned}
$$
Prvi enačbi prištejemo dvakratnik druge, da dobimo $5 t+5 k+2 v=7 m+2 v+4 t$ oziroma $t+5 k=7 \mathrm{~m}$. Leva stran zadnje enačbe predstavlja težo na levi strani zadnje tehtnice, zato
moramo na desno stran zadnje tehtnice postaviti 7 manjših kvadratov. Pravilen odgovor je (E).
III/B1. Z upoštevanjem zveze $1=\log _{2} 2$ in formule za vsoto logaritmov $\log _{2} a+\log _{2} b=$ $\log _{2}(a \cdot b)$ enačbo najprej preoblikujemo $\mathrm{v}$
$$
\log _{2}\left(2 \log _{2}(7 x-6)\right)=\log _{2}\left(3 \log _{2}(3 x-2)\right)
$$
Nato uporabimo še zvezo $a \log _{2} b=\log _{2} b^{a}$, da dobimo
$$
\log _{2}\left(\log _{2}(7 x-6)^{2}\right)=\log _{2}\left(\log _{2}(3 x-2)^{3}\right)
$$
Dvakrat antilogatirmiramo, da pridemo do enačbe
$$
(7 x-6)^{2}=(3 x-2)^{3}
$$
Odpravimo oklepaje in enačbo preoblikujemo v
$$
27 x^{3}-103 x^{2}+120 x-44=0
$$
Uganemo, da je ena rešitev te enačbe $x_{1}=1$, in nato $\mathrm{s}$ Hornerjevim algoritmom razcepimo levo stran enačbe
$$
(x-1)\left(27 x^{2}-76 x+44\right)=0 \text {. }
$$
S pomočjo formule za ničle kvadratnega polinoma izračunamo še ostali dve rešitvi $x_{2}=2$ in $x_{3}=\frac{22}{27}$. Za vse vrednosti naredimo preizkus. Ugotovimo, da $x_{3}$ ni rešitev enačbe, saj je $7 x_{3}-6=-\frac{8}{27}<0$ in zato izraz $\log _{2}\left(7 x_{3}-6\right)$ ni definiran. Prav tako tudi $x_{1}$ ni rešitev enačbe, saj je $\log _{2}\left(7 x_{1}-6\right)=0$ in zato izraz $\log _{2}\left(\log _{2}(7 x-6)\right)$ ni definiran. V primeru $x_{2}=2$ pa dobimo $\log _{2}\left(\log _{2} 8\right)+1=\log _{2}\left(\log _{2} 4\right)+\log _{2} 3$, kar drži. Edina rešitev enačbe je torej $x=2$.
Zapis ali uporaba $1=\log _{2} 2$ in pravila za izračun vsote logaritmov. .............. 1 točka
Preob. enačbe v $(7 x-6)^{2}=(3 x-2)^{3}$. ....................................................................................
Preob. enačbe v $27 x^{3}-103^{2}+120 x-11=0$. ....................................... 1 točka
Ugane ničlo $x=1$ ali katero drugo. ...................................................................................................
S preizkusom izloči nepravi rešitvi. . ....................................................................
(Opombe: Če tekmovalec rešitev samo ugane, se mu prizna 1 točka, 1 točka se prizna za uporabo Hornerjevega algoritma (pri ničlah), 1 točka pa se odbije, če tekmovalec ne preveri pogojev, ko deli $z 0$.)
III/B2.
Zrcalne slike oglišč $A, B, C$ in $D$ pri zrcaljenju čez ustrezne diagonale označimo po vrsti z $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}$ in $D^{\prime}$. Naj bo $S$ presečišče diagonal štirikotnika $A B C D$. Pri zrcaljenju čez premico $A C$ se točka $S$ ohranja, daljica $B D$ pa se slika v daljico $B^{\prime} D^{\prime}$, zato točka $S$ leži tudi na daljici $B^{\prime} D^{\prime}$. Poleg tega velja $\left|B^{\prime} S\right|=|B S|$ in $\left|D^{\prime} S\right|=|D S|$. Na enak način ugotovimo, da točka $S$ leži tudi na daljici $A^{\prime} C^{\prime}$ in velja $\left|A^{\prime} S\right|=|A S|$ in $\left|C^{\prime} S\right|=|C S|$.
Ker je štirikotnik $A B C D$ tetiven, velja $\Varangle B A C=\Varangle B D C$ in $\Varangle D B A=\Varangle D C A$. Sledi, da sta si trikotnika $A B S$ in $D C S$ podobna, torej je $\frac{|A S|}{|D S|}=\frac{|B S|}{|C S|}$. Po zgoraj dokazanem zato velja tudi $\frac{\left|A^{\prime} S\right|}{\left|D^{\prime} S\right|}=\frac{\left|B^{\prime} S\right|}{\left|C^{\prime} S\right|}$. Zaradi zrcaljenja je
$$
\Varangle A^{\prime} S D+\Varangle D S A+\Varangle A S D^{\prime}=3 \Varangle D S A .
$$
Zato je $\Varangle A^{\prime} S D^{\prime}=3 \Varangle D S A$, če je $3 \Varangle D S A \leq 360^{\circ}$, oziroma $\Varangle A^{\prime} S D^{\prime}=3 \Varangle D S A-360^{\circ}$, če je $3 \Varangle D S A>360^{\circ}$. Po predpostavki je $\Varangle D S A$ različen od $60^{\circ}$ in $120^{\circ}$, od koder sledi, da je $\Varangle A^{\prime} S D^{\prime}$ različen od $0^{\circ}$ in $180^{\circ}$. To pomeni, da točke $A^{\prime}, S$ in $D^{\prime}$ ne ležijo na isti premici, ampak tvorijo trikotnik. Ker je $\Varangle D^{\prime} S A^{\prime}=\Varangle B^{\prime} S C^{\prime}$, iz enakosti $\frac{\left|A^{\prime} S\right|}{\left|D^{\prime} S\right|}=\frac{\left|B^{\prime} S\right|}{\left|C^{\prime} S\right|}$ sledi, da sta si trikotnika $D^{\prime} A^{\prime} S$ in $C^{\prime} B^{\prime} S$ podobna. V posebnem velja $\Varangle C^{\prime} B^{\prime} S=\Varangle S A^{\prime} D^{\prime}$. Ker je $S$ med $A^{\prime}$ in $C^{\prime}$ ter med $B^{\prime}$ in $D^{\prime}$, sledi
$$
\Varangle C^{\prime} B^{\prime} D^{\prime}=\Varangle C^{\prime} B^{\prime} S=\Varangle S A^{\prime} D^{\prime}=\Varangle C^{\prime} A^{\prime} D^{\prime}
$$
Ker $B^{\prime}$ leži na drugem bregu premice $A^{\prime} C^{\prime}$ kot $D^{\prime}$, to pomeni, da je štirikotnik $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ tetiven.
Ugotovitev, da sta točka in prezrcaljena točka enako oddaljeni od presečišča diagonal $\left(|A S|=\left|A S^{\prime}\right|, \ldots\right)$ 1 točka
Ugotovitev, da sta si trikotnika $A B S$ in $D C S$ podobna oz. da sta si trikotnika $D A S$ in $C B S$ podobna 1 točka
Ugotovitev, da vse štiri prezrcaljene točke ne ležijo na isti premici 1 točka
Ugotovitev, da sta si trikotnika $A^{\prime} B^{\prime} S$ in $D^{\prime} C^{\prime} S$ podobna oz. da sta si trikotnika $D^{\prime} A^{\prime} S$
III/B3. Vžigalice na sliki tvorijo 6 majhnih kvadratov s stranicami dolgimi 1 vžigalico ter 2 večja kvadrata s stranicami dolgimi 2 vžigalici. Osenčimo nekatere majhne kvadrate in oštevilčimo nekatere vžigalice, kot to prikazuje slika.
Ker moramo iz vsakega osenčenega kvadrata odstraniti vsaj eno vžigalico, moramo skupaj odstraniti vsaj 3 vžigalice. Denimo, da zadostuje odstraniti 3 vžigalice. Tedaj mora biti vsaka odstranjena vžigalica stranica natanko 1 osenčenega in 1 neosenčenega majhnega kvadrata, hkrati pa moramo vsakemu majhnemu kvadratu odstraniti natanko 1 stranico. Vžigalic na robu mreže torej ne smemo odstraniti.
Če odstranimo vžigalico 1 , potem vžigalice 2 ne smemo odstraniti. Zato moramo v zgornjem desnem majhnem kvadratu odstraniti vžigalico 5 , v spodnjem desnem majhnem kvadratu pa vžigalice 7 ne smemo odstraniti. To je protislovje, saj tedaj ne odstranimo nobene vžigalice z levega velikega kvadrata. Torej vžigalice 1 ne smemo odstraniti.
Zaradi simetrije lahko podobno pokažemo, da tudi vžigalice 6 ne smemo odstraniti. Toda tedaj ne odstranimo nobene vžigalice z desnega velikega kvadrata, kar je spet protislovje. S tem smo pokazali, da odstraniti 3 vžigalice ne zadostuje. Odstraniti moramo vsaj 4 vžigalice. Da to zadostuje, prikazuje naslednja slika.
Utemeljitev, da moramo odstraniti vsaj tri vžigalice 2 točki
Utemeljitev, da moramo vžigalice z roba mreže pustiti pri miru 2 točki
Utemeljitev, da moramo vžigalico 1 pustiti pri miru 1 točka
Utemeljitev, da moramo odstraniti vsaj štiri vžigalice 1 točka Utemeljitev, da je dovolj odstraniti štiri vžigalice 1 točka
# 61. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 22. april 2017
## Rešitve nalog za 4. letnik
IV/A1. 6-mestno število, ki vsebuje strnjen podniz 2017 je ene od treh oblik: xy2017, $x 2017 y$ ali 2017 $x y$, kjer sta $x$ in $y$ s̆tevki. Hitro opazimo, da nobeno naravno s̆tevilo ne more biti dveh oblik hkrati. Torej moramo le prešteti, koliko števil je posamezne oblike, saj s tem nobenega števila ne bomo šteli dvakrat. Števil oblike $x y 2017$ je $9 \cdot 10=90$, saj $x$ ne sme biti enak 0 . S̆tevil oblike $x 2017 y$ je $9 \cdot 10=90$, števil oblike $2017 x y$ pa $10 \cdot 10=100$. Vseh števil skupaj je $90+90+100=280$.
IV/A2. Označimo drugo število v zaporedju z $a$. Tedaj je zaporedje števil enako $4, a, a+$ $4,2 a+4,3 a+8,5 a+12$. Zadnje število je enako $5 a+12=47$, od koder izračunamo $a=7$. Vsota vseh šestih števil je enaka $S=4+a+(a+4)+(2 a+4)+(3 a+8)+(5 a+12)=$ $12 a+32=12 \cdot 7+32=116$. Pravilen odgovor je (D).
IV/A3. Označimo oglišča kvadrata z $A, B, C$ in $D$, tako da je oglišče $A$ najbližje točki $O_{1}$. Polmer večje krožnice je $R=\frac{a}{2}$, polmer manjše krožnice pa označimo z $r$. Tedaj je $\left|A O_{1}\right|=r \sqrt{2}$, saj je to diagonala majhnega kvadratka s stranico dolžine $r$. Dolžina $|A O|$ je enaka
$$
|A O|=\left|A O_{1}\right|+\left|O_{1} O\right|=r \sqrt{2}+(r+R)=\frac{a}{2}+r(1+\sqrt{2})
$$
Ker pa je $A O$ polovica diagonale osnovnega kvadrata, mora biti $|A O|=\frac{a \sqrt{2}}{2}$. Sledi
$$
\frac{a}{2}+r(1+\sqrt{2})=\frac{a \sqrt{2}}{2}
$$
od koder izrazimo $r=\frac{a(\sqrt{2}-1)}{2(\sqrt{2}+1)}$. Ulomek racionaliziramo, da dobimo
$$
r=\frac{a(\sqrt{2}-1)^{2}}{2}=\frac{3-2 \sqrt{2}}{2} a
$$
Razdaljo $\left|O_{1} B\right|$, ki jo iščemo, dobimo po Pitagorovem izreku, če narišemo pravokotnico iz $O_{1}$ na stranico $A B$
$$
\begin{aligned}
\left|O_{1} B\right|^{2} & =r^{2}+(a-r)^{2}=a^{2}-2 a r+2 r^{2}=a^{2}-(3-2 \sqrt{2}) a^{2}+2 \cdot \frac{(3-2 \sqrt{2})^{2}}{4} a^{2}= \\
& =a^{2}\left(1-3+2 \sqrt{2}+\frac{17-12 \sqrt{2}}{2}\right)=a^{2}\left(\frac{13-8 \sqrt{2}}{2}\right)=\frac{a^{2}}{2}(13-8 \sqrt{2})
\end{aligned}
$$
Sledi $\left|O_{1} B\right|=\frac{a}{\sqrt{2}} \sqrt{13-8 \sqrt{2}}=\frac{a \sqrt{2}}{2} \sqrt{13-8 \sqrt{2}}$.
IV/B1. Pokažimo, da izraz $A$ zavzame natanko vrednosti 0 in vsa naravna števila od vključno 1009 do vključno 2017.
Označimo z $m<n$ ostanek števila 2017 pri deljenju z $n$. Tedaj lahko število 2017 zapišemo v obliki $2017=k n+m$, kjer je $k$ nenegativno celo število. Tedaj je
$$
A=n \cdot\left\lfloor\frac{2017}{n}\right\rfloor=n k
$$
kar je zagotovo celo število. Če je $k=0$, je $A=0$. Če je $k=1$, je $A=n$, hkrati pa je $n \leq 2017<2 n$, torej je $1009 \leq n \leq 2017$. V tem primeru torej $A$ zavzame vsa naravna števila med vključno 1009 in 2017 . Če pa je $k \geq 2$, je $2 n \leq 2017$ oziroma $m<n \leq 1008$ in zato $A=n k=2017-m>1009$ ter $A=2017-m \leq 2017$. V tem primeru $A$ ne zavzame nobenih novih števil.
2. način. Ker je $n$ naravno število, je $\left\lfloor\frac{2017}{n}\right\rfloor$ nenegativno celo število, zato je tudi $A$ nenegativno celo število. Za vsako realno število $x$ velja $x-1<\lfloor x\rfloor \leq x$, zato je
$$
2017-n=n\left(\frac{2017}{n}-1\right)<A \leq n \cdot \frac{2017}{n}=2017
$$
Od tod sledi, da za vsak $n \leq 1008$ velja $1009<A \leq 2017$. Če je $1009 \leq n \leq 2017$, potem je $1 \leq \frac{2017}{n}<2$, zato je $\left\lfloor\frac{2017}{n}\right\rfloor=1$ in $A=n$. S tem $A$ zavzame vsa naravna števila od vključno 1009 do vključno 2017. Ce pa je $n \geq 2018$, potem je $0<\frac{2017}{n}<1$, zato je $\left\lfloor\frac{2017}{n}\right\rfloor=0$ in tudi $A=0$.
1. način:
(*C̆e pogoj $0<m<n$ manjka, se dodeli le 1 točka)
Utemeljitev, da za $1009 \leq n \leq 2017$ število $A$ zavzame vse vrednosti od 1009 do 2017 .........................................................................................................................................................
Utemeljitev, da za $n \leq 1008$ velja $1009 \leq A \leq 2017 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka
2. način:
Dokaz $A \leq 2017$...............................................................................................................
Utemeljitev, da za $1009 \leq n \leq 2017$ število $A$ zavzame vse vrednosti od 1009 do 2017 ..............................................................................................................................
Utemeljitev, da za $n \leq 1008$ velja $1009 \leq A \leq 2017 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka
IV/B2.
Označimo $\vec{a}=\overrightarrow{A B}$ in $\vec{b}=\overrightarrow{A C}$.
(a) Če je $P$ težišče, tedaj je
$$
\begin{aligned}
& \overrightarrow{A A^{\prime}}=\overrightarrow{A B}+\frac{1}{2} \overrightarrow{B C}=\vec{a}+\frac{1}{2}(-\vec{a}+\vec{b})=\frac{1}{2} \vec{a}+\frac{1}{2} \vec{b} \\
& \overrightarrow{B B^{\prime}}=\overrightarrow{B A}+\frac{1}{2} \overrightarrow{A C}=-\vec{a}+\frac{1}{2} \vec{b} \\
& \overrightarrow{C C^{\prime}}=\overrightarrow{C A}+\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}=-\vec{b}+\frac{1}{2} \vec{a}
\end{aligned}
$$
Sledi $\overrightarrow{A A^{\prime}}+\overrightarrow{B B^{\prime}}+\overrightarrow{C C^{\prime}}=0$, torej lahko z vzporednimi premiki daljic $A A^{\prime}, B B^{\prime}$ in $C C^{\prime}$ sestavimo trikotnik, če postavimo daljice tako, da točki $A^{\prime}$ in $B$ sovpadeta ter točki $B^{\prime}$ in $C$ sovpadeta. Težišče trikotnika je torej izjemna točka.
(b) Naj bo $P$ izjemna točka. Ker sta vektorja $\vec{a}$ in $\vec{b}$ linearno neodvisna, obstajata realni števili $\alpha$ in $\beta$, da velja $\xrightarrow{\overrightarrow{A P}}=\alpha \vec{a}+\beta \vec{b}$. Ker $P$ leži v notranjosti trikotnika, je $\alpha, \beta>0$. Izrazimo vektorje $\overrightarrow{A A^{\prime}}, \overrightarrow{B B^{\prime}}$ in $\overrightarrow{C C^{\prime}}$ z vektorjema $\vec{a}$ in $\vec{b}$.
$\overrightarrow{A A^{\prime}}=k(\alpha \vec{a}+\beta \vec{b})=\vec{a}+\ell(\vec{b}-\vec{a})$ za neki konstanti $k$ in $\ell$, od koder sledi $k \alpha=1-\ell$ in $k \beta=\ell$. Iz teh dveh enačb sledi $k=\frac{1}{\alpha+\beta}$, torej je $\overrightarrow{A A^{\prime}}=\frac{1}{\alpha+\beta}(\alpha \vec{a}+\beta \vec{b})$.
$\overrightarrow{B B^{\prime}}=k(\alpha \vec{a}+\beta \vec{b}-\vec{a})=\ell \vec{b}-\vec{a}$ za neki konstanti $k$ in $\ell$, od koder sledi $k(\alpha-1)=-1$ in $k \beta=\ell$. Torej je $k=\frac{1}{1-\alpha}$ in $\overrightarrow{B B^{\prime}}=\frac{1}{1-\alpha}(\alpha \vec{a}+\beta \vec{b}-\vec{a})$.
$\overrightarrow{C C^{\prime}}=k(\alpha \vec{a}+\beta \vec{b}-\vec{b})=\ell \vec{a}-\vec{b}$ za neki konstanti $k$ in $\ell$, od koder sledi $k \alpha=\ell$ in $k(\beta-1)=-1$. Torej je $k=\frac{1}{1-\beta}$ in $\overrightarrow{C C^{\prime}}=\frac{1}{1-\beta}(\alpha \vec{a}+\beta \vec{b}-\vec{b})$.
Ker lahko z vzporednimi premiki iz daljic $A A^{\prime}, B B^{\prime}$ in $C C^{\prime}$ sestavimo trikotnik, mora veljati $\overrightarrow{A A^{\prime}} \pm \overrightarrow{B B^{\prime}} \pm \overrightarrow{C C^{\prime}}=0$ za neko izbiro predznakov.
Denimo najprej, da je $\overrightarrow{A A^{\prime}}+\overrightarrow{B B^{\prime}}+\overrightarrow{C C^{\prime}}=0$, torej
$$
\frac{1}{\alpha+\beta}(\alpha \vec{a}+\beta \vec{b})+\frac{1}{1-\alpha}(\alpha \vec{a}+\beta \vec{b}-\vec{a})+\frac{1}{1-\beta}(\alpha \vec{a}+\beta \vec{b}-\vec{b})=0
$$
Ker sta vektorja $\vec{a}$ in $\vec{b}$ linearno neodvisna, od tod sledi
$$
\frac{\alpha}{\alpha+\beta}-1+\frac{\alpha}{1-\beta}=0 \quad \text { in } \quad \frac{\beta}{\alpha+\beta}+\frac{\beta}{1-\alpha}-1=0 \text {. }
$$
$\mathrm{V}$ obeh enačbah odpravimo ulomke in ju poenostavimo, da dobimo
$$
\alpha \beta-\beta+\beta^{2}+\alpha^{2}=0 \quad \text { in } \quad \alpha \beta-\alpha+\beta^{2}+\alpha^{2}=0
$$
Od tod sledi $\alpha=\beta$. Če to vstavimo v eno izmed enačb, dobimo $3 \beta^{2}-\beta=0$. Ker je $\beta>0$, mora biti $\beta=\frac{1}{3}$ in $\alpha=\frac{1}{3}$.
Denimo sedaj, da je $\overrightarrow{A A^{\prime}}+\overrightarrow{B B^{\prime}}-\overrightarrow{C C^{\prime}}=0$. Tedaj podobno kot zgoraj dobimo enačbi
$$
\frac{\alpha}{\alpha+\beta}-1-\frac{\alpha}{1-\beta}=0 \quad \text { in } \quad \frac{\beta}{\alpha+\beta}+\frac{\beta}{1-\alpha}+1=0
$$
ki ju preoblikujemo do
$$
\beta^{2}-\alpha^{2}-\alpha \beta-\beta=0 \quad \text { in } \quad \beta^{2}-\alpha^{2}-\alpha \beta+\alpha+2 \beta=0
$$
Od tod sledi $\alpha=-2 \beta$, kar pa je protislovje, saj sta $\alpha$ in $\beta$ pozitivni števili.
Če je $\overrightarrow{A A^{\prime}}-\overrightarrow{B B^{\prime}}+\overrightarrow{C C^{\prime}}=0$, na podoben način dobimo protislovje $\beta=-2 \alpha$.
Če pa je $\overrightarrow{A A^{\prime}}-\overrightarrow{B B^{\prime}}-\overrightarrow{C C^{\prime}}=0$, dobimo enačbi
$$
\frac{\alpha}{\alpha+\beta}+1-\frac{\alpha}{1-\beta}=0 \quad \text { in } \quad \frac{\beta}{\alpha+\beta}-\frac{\beta}{1-\alpha}+1=0
$$
ki ju preoblikujemo do
$$
2 \alpha+\beta-\beta^{2}-\alpha^{2}-3 \alpha \beta=0 \quad \text { in } \quad \alpha+2 \beta-\beta^{2}-\alpha^{2}-3 \alpha \beta=0
$$
Od tod sledi $\alpha=\beta$. Ko to vstavimo v prvi enačbo, dobimo $3 \beta-5 \beta^{2}=0$. Ker je $\beta>0$, mora biti $\beta=\frac{3}{5}$ in $\alpha=\frac{3}{5}$. Toda v tem primeru $P$ leži zunaj trkotnika, saj je $\overrightarrow{A P}=\frac{3}{5}(\vec{a}+\vec{b})$, medtem ko za razpolovišče $M$ stranice $B C$ velja $\overrightarrow{A M}=\frac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b})$.
S tem smo pokazali, da znotraj trikotnika leži največ ena izjemna točka, iz točke (a) pa vemo, da je to težišče trikotnika.
Dokaz, da je težišče posebna točka 2 točki
Zapis $A A^{\prime}, B B^{\prime}, C C^{\prime} \mathbf{z}$ dvema linearno neodvisnima vektorjema 2 točki
Ugotovitev, da obstaja več primerov: $\overrightarrow{A A^{\prime}} \pm \overrightarrow{B B^{\prime}} \pm \overrightarrow{C C^{\prime}}=\overrightarrow{0}$ 1 točka
Obravnavanje zgornjih primerov 1 točka
Zaključni sklep 1 točka
IV/B3. Vžigalice na sliki tvorijo 10 majhnih trikotnikov s stranicami dolgimi 1 vžigalico ter 4 večje trikotnike s stranicami dolgimi 2 vžigalici. Osenčimo nekatere majhne trikotnike in oštevilčimo nekatere vžigalice, kot to prikazuje slika.
Ker moramo iz vsakega osenčenega trikotnika odstraniti vsaj eno vžigalico, moramo skupaj odstraniti vsaj 5 vžigalic. Denimo, da zadostuje odstraniti 5 vžigalic. Tedaj mora biti vsaka odstranjena vžigalica stranica natanko 1 osenčenega in 1 neosenčenega majhnega trikotnika, hkrati pa moramo vsakemu majhnemu trikotniku odstraniti natanko 1 stranico. V zgornjem levem neosenčenem trikotniku moramo zato odstraniti vžigalico 2, v zgornjem desnem neosenčenem trikotniku pa vžigalico 5. Toda potem v sosednjih osenčenih trikotnikih vžigalic 3 in 4 ne smemo odstraniti. Hkrati tudi vžigalice 1 ne smemo odstraniti, saj ni
stranica osenčenega trikotnika. To pa je protislovje, ker neodstranjene vžigalice 1,3 in 4 tvorijo trikotnik. Sledi, da moramo odstraniti vsaj 6 vžigalic. Da to zadostuje, prikazuje naslednja slika.
Točkovnik naloge 4.3
Za vse načine reševanja velja sledeče:
Če tekmovalec/ka zgolj navede rešitev kot število šest in ne poda veljavnega primera (skice) za to rešitev
.0 točk
1. način:
Tekmovalec/ka najde rešitev $z$ odstranitvijo šestih vžigalic in jo predstavi na sliki . . 1 točka
Tekmovalec/ka nadaljuje reševanje naloge tako, da dokazuje, da v primeru ko odstranimo manj kot šest vžigalic ostane vsaj en trikotnik. Nato ugotovi, da je dovolj pokazati, da naloge ne moremo rešiti $z$ odstranitvijo petih vžigalic. Bodisi napiše utemeljitev, da če bi uspeli rešiti nalogo $z$ odstranitvijo manj kot petih vžigalic lahko rešimo nalogo tudi z odstranitvijo petih vžigalic, tako da ostranimo še kakšno vžigalico, bodisi preveri, da naloge ne moremo rešiti z odstranitvijo manj kot petih vžigalic in to ugotovitev obrazloži (napiše, da moramo iz vsakega majhnega trikotnika odstraniti vsaj eno vžigalico, nato zaključi, da ker je vsaka vžigalica stranica največ dveh majhnih trikotnikov moramo odstraniti najmanj pet vžigalic)
1 točka
Tekmovalec/ka utemelji, da bi za rešitev s petimi odstranjenimi vžigalicami morali odstranjevati vžigalice, ki so stranice dveh trikotnikov
2 točki
Tekmovalec/ka utemelji, da je pogoj za tako rešitev, da iz vsakega trikotnika odstranimo natanko eno vžigalico (napiše, da v nasprotnem primeru obstaja trikotnik iz katerega nismo odstranili vžigalice)
1 točka
Tekmovalec/ka navede, katere vžigalice so stranice natanko dveh trikotnikov (ali nariše skico)
Tekmovalec/ka utemelji, da izmed teh vžigalic ni pet takih, ki bi zadoščale zgornjim pogojem (torej, da je v vsakem majhnem trikotniku natanko ena) in zaključi, da se $z$ odstranitvijo petih vžigalic ne da rešiti naloge
1 točka
2. način:
Tekmovalec/ka utemelji, da moramo odstraniti vsaj pet vžigalic (glej 1 . način) 1 točka
Tekmovalec/ka poda sliko osenčenih in neosenčenih trikotnikov in označi stranice .1 točka
Tekmovalec/ka utemelji, da če zadostuje, da odstranimo pet vžigalic, mora tedaj
veljati, da je vsaka odstranjena vžigalica stranica enega osenčenega in enega neosenčenega majhnega trikotnika 1 točka
Tekmovalec/ka utemelji, da mora veljati, da iz vsakega majhnega trikotnika odstra-
Tekmovalec/ka utemeji, da moramo tedaj odstraniti vžigalici 2 in 5. Nato ugotovi, da zaradi zgornjih pogojev ne moremo odstraniti nobene od vžigalic 1,3 in 4 ter zaključi, da zato naloge ne moremo rešiti z odstranitvijo zgolj petih vžigalic ............ 2 točki
Temkmovalec/ka najde rešitev z odstranitvijo šestih vžigalic in jo predstavi na sliki 1 točka
3. način:
Tekmovalec/ka ugotovi, da moramo iz vseh robnih trikotnikov (torej levo spodaj, levo zgoraj, desno spodaj in desno zgoraj) odstraniti vsaj eno vžigalico. Tekmovalec/ka utemelji, da s tem ko jemljemo vžigalice, ki mejijo na še en trikotnik kvečjemu zmanjšamo število vžigalic, ki jih moramo odstraniti. Zato odstranimo slednje ........... 3 točke
Ostaneta nam še dva majhna disjunktna trikotnika. Tekmovalec/ka od tod zaključi, da je najmanjše število vžigalic, ki jih moramo odstraniti, da dosežemo želeno vsaj šest 3 točke
Tekmovalec/ka odstrani še po eno povezavo iz vsakega ostalega majhnega trikotnika ali pa alternativno poda kakšno drugo rešitev z odstranitvijo šestih vžigalic . 1 točka
|