File size: 26,581 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 | # 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.
## 63. matematično tekmovanje <br> srednješolcev Slovenije
Odbirno tekmovanje, 21. marec 2019
## Naloge za 1. letnik
Čas reševanja: 45 minut.
B1. Dokaži, da je za vsako naravno število $n$ število $7^{2018}+9^{2020 n}$ deljivo s 5 .
(20 točk)
B2. Naj bosta $a$ in $b$ realni števili, za kateri velja $\frac{3 a}{a+b}+\frac{2 b}{a+2 b}=1$. Določi vse možne vrednosti izraza $\frac{2 a-3 b}{2 a+b}$.
## 63. matematično tekmovanje <br> srednješolcev Slovenije
Odbirno tekmovanje, 21. marec 2019
## Naloge za 2. letnik
Čas reševanja: 45 minut.
B1. Nad stranicami trikotnika $A B C$ konstruiramo pozitivno orientirane rombe $B A A_{1} B_{2}, C B B_{1} C_{2}$ in $A C C_{1} A_{2}$. Dokaži, da lahko iz daljic $A_{1} A_{2}, B_{1} B_{2}$ in $C_{1} C_{2}$ z vzporednimi premiki sestavimo trikotnik, če te daljice niso vzporedne.
(20 točk)
B2. Poišči vse pare realnih števil $x$ in $y$, ki rešijo sistem enačb
$$
\begin{gathered}
\sqrt{x}-\sqrt{y}=1 \\
\sqrt{8 x+7}-\sqrt{8 y+7}=2
\end{gathered}
$$
## Naloge za 3. letnik
Čas reševanja: 45 minut.
B1. Za notranja kota $\alpha$ in $\beta$ trikotnika $A B C$ z obsegom 24 velja $\cos \alpha=\frac{2}{3}$ in $\cos \beta=\frac{2}{7}$. Izračunaj ploščino trikotnika $A B C$.
B2. Poišči vsa realna števila $x$, ki rešijo neenačbo $3^{\frac{-x^{2}-2 x+3}{(x+1)^{2}}}>27$.
(20 točk)
## 63. matematično tekmovanje <br> srednješolcev Slovenije
Odbirno tekmovanje, 21. marec 2019
## Naloge za 4. letnik
Čas reševanja: 45 minut.
B1. Zapiši enačbo stožnice, na kateri ležijo središča vseh tistih krožnic, ki se hkrati dotikajo krožnice $x^{2}+y^{2}=9$ in krožnice $x^{2}+(y-4)^{2}=1$, a ne vsebujejo točke $T(0,3)$. Enačbo stožnice zapiši v standardni obliki.
(20 točk)
B2. 8 prijateljev, od tega 3 dekleta, se bo v zabaviščnem parku peljalo $z$ velikim razglednim kolesom. Vseh 8 prijateljev se bo naključno razporedilo v 4 proste kabine razglednega kolesa, v vsako kabino po 2 prijatelja. Kolikšna je verjetnost, da nobeni 2 dekleti ne bosta sedeli v isti kabini?
(20 točk)
## 63. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Odbirno tekmovanje, 21. marec 2019
Vsaka matematično pravilna in popolna rešitev je vredna 20 točk, tudi če je postopek reševanja drugačen kot $v$ uradni rešitvi.
## Rešitve za 1. letnik
B1. Število $9^{2020 n}=9^{2 \cdot 1010 n}=81^{1010 n}$ ima pri deljenju s 5 ostanek 1 , saj je njegova zadnja števka v desetiškem zapisu enaka 1, neglede na to, koliko je vrednost naravnega števila $n$. Število $7^{2018}=7^{4 \cdot 504+2}=2401^{504} \cdot 49$ pa ima pri deljenju s 5 ostanek 4 , saj je njegova zadnja števka v desetiškem zapisu enaka 9 . Ker je vsota obeh ostankov $4+1=5$ deljiva s 5 , je tudi število $7^{2018}+9^{2020 n}$ deljivo $\mathrm{s} 5$ za vsako naravno število $n$.
2. način. Zadnje števke potenc števila $9 \mathrm{v}$ desetiškem zapisu so enake: 9 za $9^{2 k+1}$ in 1 za $9^{2 k}$, kjer je $k$ poljubno nenegativno celo število. Zadnja števka števila $9^{2020 n}$ je torej 1. Podobno so zadnje števke potenc števila 7 v desetiškem zapisu enake: 7 za $7^{4 m+1}$, 9 za $7^{4 m+2}$, 3 za $7^{4 m+3}$ in 1 za $7^{4 m}$, kjer je $m$ poljubno nenegativno celo število. Ker je $2018=4 \cdot 504+2$, je zadnja števka števila $7^{2018}$ enaka 9 . Za vsako naravno število $n$ je torej zadnja števka števila $7^{2018}+9^{2020 n} \mathrm{v}$ desetiškem zapisu enaka 0 , kar pomeni, da je to število deljivo s 5 .
Ugotovitev, da so enice števila $9^{2020 n}$ enake $1 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Sklep, da je ostanek pri deljenju števila $9^{2020 n}$ s 5 enak $1 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . . .1$ točka
Ugotovitev, da so enice števila $7^{2018}$ enake 9 ..................................... 9 točk
Sklep, da je ostanek pri deljenju števila $7^{2018}$ s 5 enak $4 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . . .1$ točka
Sklep, da je število $7^{2018}+9^{2020 n}$ deljivo $\mathbf{s} 5$ za vsako naravno število $n \ldots 2$ točki
B2. V dani enakosti odpravimo ulomke, da dobimo $3 a(a+2 b)+2 b(a+b)=(a+b)(a+2 b)$ oziroma $3 a^{2}+6 a b+2 a b+2 b^{2}=a^{2}+2 a b+a b+2 b^{2}$. Enakost nato preoblikujemo do $2 a^{2}+5 a b=0$ in levo stran razstavimo $a(2 a+5 b=0)$. Če je $a=0$, tedaj mora biti $b \neq 0$, sicer ulomka $\frac{3 a}{a+b}$ in $\frac{2 b}{a+2 b}$ ne bi bila definirana, in zato je $\frac{2 a-3 b}{2 a+b}=\frac{-3 b}{b}=-3$. Če pa je $a \neq 0$, mora veljati $2 a+5 b=0$ oziroma $2 a=-5 b$. Tedaj je tudi $b \neq 0$ in zato je $\frac{2 a-3 b}{2 a+b}=\frac{-5 b-3 b}{-5 b+b}=\frac{-8 b}{-4 b}=2$. Možni vrednosti izraza $\frac{2 a-3 b}{2 a+b}$ sta -3 in 2.
Preoblikovanje izraza v $3 a(a+2 b)+2 b(a+b)=(a+b)(a+2 b)$.............. 2 točki
Zapis pogojev za drugo rešitev:
$a \neq 0$
1 točka
$2 a=-5 b$
2 točki
Zapis končne rešitve . ..............................................................................
## 63. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Odbirno tekmovanje, 21. marec 2019
## Vsaka matematično pravilna in popolna rešitev je vredna $\mathbf{2 0}$ točk, tudi če je postopek reševanja drugačen kot $v$ uradni rešitvi.
## Rešitve za 2. letnik
B1. Vpeljimo vektorje $\vec{x}=A \vec{A}_{1}, \vec{y}=B \vec{B}_{1}$ in $\vec{z}=C \vec{C}_{1}$. Tedaj je $A \vec{A}_{2}=\vec{z}, B \vec{B}_{2}=\vec{x}$ in $C \vec{C}_{2}=\vec{y}$, saj sta nasprotni stranici vsakega romba vzporedni in enako dolgi. Sledi
$$
\overrightarrow{A_{1} A_{2}}=\vec{z}-\vec{x}, \quad \overrightarrow{B_{1} B_{2}}=\vec{x}-\vec{y}, \quad \overrightarrow{C_{1} C_{2}}=\vec{y}-\vec{z}
$$
Opazimo, da je vsota vektorjev $\overrightarrow{A_{1} A_{2}}+\overrightarrow{B_{1} B_{2}}+C_{1} \vec{C}_{2}$ enaka $\overrightarrow{0}$. To pomeni, da če daljice $A_{1} A_{2}, B_{1} B_{2}$ in $C_{1} C_{2}$ vzporedno premaknemo tako, da krajišče $B_{1}$ postavimo na krajišče $A_{2}$ in nato krajišče $C_{1}$ postavimo na krajišče $B_{2}$, tedaj krajišči $C_{2}$ in $A_{1}$ sovpadeta. Tedaj premaknjene daljice $A_{1} A_{2}, B_{1} B_{2}$ in $C_{1} C_{2}$ tvorijo nov trikotnik, če niso vzporedne, oziroma, če na začetku niso bile vzporedne.
Opomba. Trikotnik lahko sestavimo tudi tako, da krajišče $C_{1}$ postavimo na krajišče $A_{2}$ in nato krajišče $B_{1}$ postavimo na krajišče $C_{2}$. V tem primeru krajišči $B_{2}$ in $A_{1}$ sovpadeta.
2. način. Naj bo $A_{3}$ taka točka, da je $A_{2} A_{3} C_{2} C_{1}$ paralelogram. Tedaj so daljice $A C, A_{2} C_{1}$ in $A_{3} C_{2}$ enako dolge in vzporedne, saj sta nasprotni stranici vsakega paralelograma enako dolgi in vzporedni. Prav tako sta enako dolgi in vzporedni tudi daljici $B C$ in $B_{1} C_{2}$. Sledi, da sta trikotnika $A B C$ in $A_{3} B_{1} C_{2}$ skladna, saj imata dva para enako dolgih vzporednih stranic, in zato sta tudi daljici $A B$ in $A_{3} B_{1}$ enako dolgi in vzporedni. Posledično je tudi $A_{1} B_{2} B_{1} A_{3}$ paralelogram, torej sta tudi daljici $B_{1} B_{2}$ in $A_{3} A_{1}$ enako dolgi in vzporedni. Če torej daljice $A_{1} A_{2}, B_{1} B_{2}$ in $C_{1} C_{2}$ niso vzporedne, tedaj lahko iz njih z vzporednimi premiki sestavimo trikotnik $A_{1} A_{3} A_{2}$, tako da premaknemo $C_{1} C_{2}$ na $A_{2} A_{3}$ ter $B_{1} B_{2}$ na $A_{3} A_{1}$.
Narisana in označena skica (vključno z izbranimi vektorji $\vec{x}, \vec{y}$ in $\vec{z}$ ) 5 točk
Zapis $A \vec{A}_{2}=\vec{z}, B \vec{B}_{2}=\vec{x}$ in $C \vec{C}_{2}=\vec{y}$ 2 točki
Zapis $\overrightarrow{A_{1} A_{2}}=\vec{z}-\vec{x}, \quad \overrightarrow{B_{1} B_{2}}=\vec{x}-\vec{y}, \quad \overrightarrow{C_{1} C_{2}}=\vec{y}-\vec{z}$ 3 točke
Izračun $\overrightarrow{A_{1} A_{2}}+\overrightarrow{B_{1} B_{2}}+C_{1} \overrightarrow{C_{2}}=0$ ..... 4 točke
Utemeljen sklep, da lahko iz daljic $A_{1} A_{2}, B_{1} B_{2}$ in $C_{1} C_{2} \mathbf{z}$ ustreznimi vzporednimi
premiki tvorimo nov trikotnik ..... 6 točk
2. način
Narisana in označena skica (vključno $\mathbf{z}$ izbrano točko $A_{3}$ ) ..... 5 točk
Utemeljena ugotovitev, da so daljice $A C, A_{2} C_{1}$ in $A_{3} C_{2}$ vzporedne in skladne ..... 2
točki
Utemeljena ugotovitev, da sta daljici $B C$ in $B_{1} C_{2}$ vzporedni in skladni ..... 2 točki
Utemeljen sklep, da sta trikotnika $A B C$ in $A_{3} B_{1} C_{2}$ skladna ..... 3 točke
Ugotovitev, da sta daljici $A B$ in $A_{3} B_{1}$ vzporedni in skladni ..... 1 točka
Ugotovitev, da je $A_{1} B_{2} B_{1} A_{3}$ paralelogram ..... 2 točki
Utemeljena ugotovitev, da sta daljici $B_{1} B_{2}$ in $A_{3} A_{1}$ vzporedni in skladni ..... 2 točki
Utemeljena ugotovitev, da lahko iz daljic $A_{1} A_{2}, B_{1} B_{2}$ in $C_{1} C_{2} \mathbf{z}$ ustreznimi vzpo-
rednimi premiki sestavimo trikotnik $A_{1} A_{3} A_{2}$ ..... 3
točke
B2. Enačbi preoblikujemo v ekvivalentni enačbi $\sqrt{x}=1+\sqrt{y}$ in $\sqrt{8 x+7}=2+\sqrt{8 y+7}$ ter ju nato kvadriramo, da dobimo
$$
\begin{aligned}
x & =1+2 \sqrt{y}+y \quad \text { in } \\
8 x+7 & =4+4 \sqrt{8 y+7}+8 y+7
\end{aligned}
$$
Od spodnje enačbe odštejemo 8 -kratnik zgornje enačbe in dobljeno enačbo poenostavimo, da dobimo $1+4 \sqrt{y}=\sqrt{8 y+7}$. Enačbo kvadriramo in poenostavimo do $4 \sqrt{y}=$ $3-4 y$. Ko enačbo še enkrat kvadriramo, dobimo kvadratno enačbo $16 y^{2}-40 y+9=0$, katere levo stran lahko razstavimo kot $(4 y-1)(4 y-9)=0$. Dobimo dve rešitvi, $y_{1}=\frac{1}{4}$ in $y_{2}=\frac{9}{4}$. Iz enačbe $x=1+2 \sqrt{y}+y$ izračunamo še $x_{1}=\frac{9}{4}$ in $x_{2}=\frac{25}{4}$. Preverimo lahko, da par $\left(x_{1}, y_{1}\right)$ reši začetni sistem enačb, par $\left(x_{2}, y_{2}\right)$ pa ne, saj je
$$
\sqrt{8 \cdot \frac{25}{4}+7}-\sqrt{8 \cdot \frac{9}{4}+7}=\sqrt{57}-5
$$
kar ni celo število in zato ne more biti enako 2 . Torej je edina rešitev naloge par $x=\frac{9}{4}$ in $y=\frac{1}{4}$.
Preoblikovanje v ekvivalentni enačbi $\sqrt{x}=1+\sqrt{y}$ in $\sqrt{8 x+7}=2+\sqrt{8 y+7} \ldots \mathbf{. 2}$ točki
Kvadriranje enačb 3 točke
Zapis enačbe $z$ eno samo neznanko 5 točk
Kvadriranje enačbe $1+4 \sqrt{y}=\sqrt{8 y+7}$ 2 točki
Zapis kvadratne enačbe $16 y^{2}-40 y+9=0$ 2 točki
Izračunani rešitvi $y_{1}$ in $y_{2}$ 2 točki
Izračunana $x_{1}$ in $x_{2}$ 2 točki
Izključitev rešitve $\left(\frac{25}{4}, \frac{9}{4}\right)$
2 točki
## 63. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Odbirno tekmovanje, 21. marec 2019
## Rešitve za 3. letnik
B1. Najprej opazimo, da mora biti $x \neq-1$, sicer ulomek v eksponentu ni definiran. Ker je $27=3^{3}$ in je eksponentna funkcija z osnovo 3 naraščajoča, je dana neenačba ekvivalentna neenačbi $\frac{-x^{2}-2 x+3}{(x+1)^{2}}>3$. Neenačbo pomnožimo z $(x+1)^{2}$ (neenačaj se pri tem ohrani), da dobimo $-x^{2}-2 x+3>3(x+1)^{2}$. Neenačbo sedaj poenostavimo do $4 x^{2}+8 x<0$ in levo stran razstavimo $4 x(x+2)<0$. Rešitve te neenačbe so $x \in(-2,0)$, saj je kvadratna funkcija s pozitivnim vodilnim koeficientom negativna na intervalu med svojima ničlama. $\mathrm{Z}$ upoštevanjem pogoja $x \neq-1$ je torej končna rešitev naloge $x \in(-2,-1) \cup(-1,0)$.
2. način. Kot v prvi rešitvi opazimo, da mora biti $x \neq-1$ in sklepamo, da je dana neenačba ekvivalentna neenačbi $\frac{-x^{2}-2 x+3}{(x+1)^{2}}>3$. Neenačbo sedaj preuredimo v $\frac{-x^{2}-2 x+3}{(x+1)^{2}}-$ $3>0$ in levo stran postavimo na skupni imenovalec $\frac{-x^{2}-2 x+3-3 x^{2}-6 x-3}{(x+1)^{2}}>0$. Števec poenostavimo in neenačbo pomnožimo $\mathrm{z}-1$, da dobimo $\frac{4 x^{2}+8 x}{(x+1)^{2}}<0$. Racionalna funkcija $f(x)=\frac{4 x^{2}+8 x}{(x+1)^{2}}$ ima ničli 1. stopnje pri $x=0$ in $x=-2$, ter pol 2. stopnje pri $x=-1$. Funkcija zavzame negativne vrednosti na intervalih $(-2,-1)$ in $(-1,0)$. Rešitve neenačbe so torej $x \in(-2,-1) \cup(-1,0)$.
Utemeljitev, da sta neenačbi $3^{\frac{-x^{2}-2 x+3}{(x+1)^{2}}}>27$ in $\frac{-x^{2}-2 x+3}{(x+1)^{2}}>3$ ekvivalentni .. 4 točke
Utemeljitev, da sta neenačbi $\frac{-x^{2}-2 x+3}{(x+1)^{2}}>3$ in $-x^{2}-2 x+3>3(x+1)^{2}$ ekvivalentni 3 točke
Razcep (zapisani ali upoštevani rešitvi kvadratne enačbe) ..................... 2 točki
2. način.
Utemeljitev, da sta neenačbi $3^{\frac{-x^{2}-2 x+3}{(x+1)^{2}}}>27$ in $\frac{-x^{2}-2 x+3}{(x+1)^{2}}>3$ ekvivalentni .. 4 točke
Določitev obeh ničel ................................................................................. 2 točki
Določitev pola . ....................................................................... 2 točki
Zapis rešitev začetne neenačbe $x \in(-2,-1) \cup(-1,0) \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . .4$ točke
B2. Opazimo, da sta kota $\alpha$ in $\beta$ ostra, saj sta $\cos \alpha$ in $\cos \beta$ pozitivna. Označimo stranice trikotnika $A B C$ kot običajno z $a, b$ in $c$. Naj bo $C^{\prime}$ nožišče višine $v$ skozi oglišče $C$. Dolžini daljic $A C^{\prime}$ in $B C^{\prime}$ označimo zaporedoma $\mathrm{z} b_{1}$ in $a_{1}$. Tedaj velja
$$
a_{1}=a \cos \beta=\frac{2}{7} a \quad \text { in } \quad b_{1}=b \cos \alpha=\frac{2}{3} b
$$
Po sinusnem izreku velja $\frac{a}{\sin \alpha}=\frac{b}{\sin \beta}$. Ker sta kota $\alpha$ in $\beta$ ostra, sta $\sin \alpha$ in $\sin \beta$ pozitivna, zato je $\sin \alpha=\sqrt{1-\cos ^{2} \alpha}=\frac{\sqrt{5}}{3}$ in $\sin \beta=\sqrt{1-\cos ^{2} \beta}=\frac{3 \sqrt{5}}{7}$. Od tod sledi
$$
b=\frac{\sin \beta}{\sin \alpha} a=\frac{3 \sqrt{5}}{7} \cdot \frac{3}{\sqrt{5}} \cdot a=\frac{9}{7} a
$$
Od tod izrazimo še $b_{1}=\frac{2}{3} b=\frac{6}{7} a$. Obseg trikotnika je torej
$$
o=a+b+a_{1}+b_{1}=a+\frac{9}{7} a+\frac{2}{7} a+\frac{6}{7} a=\frac{24}{7} a
$$
in ker mora biti enak 24 , je $a=7$ ter posledično $b=9, a_{1}=2$ in $b_{1}=6$. Višina $v$ trikotnika $A B C$ je zato enaka $v=a \sin \beta=7 \cdot \frac{3 \sqrt{5}}{7}=3 \sqrt{5}$, ploščina trikotnika pa je enaka
$$
p=\frac{\left(a_{1}+b_{1}\right) v}{2}=\frac{8 \cdot 3 \sqrt{5}}{2}=12 \sqrt{5}
$$
2. način. Uporabimo oznake iz prve rešitve. Ker sta $\cos \alpha$ in $\cos \beta$ pozitivna, sta kota $\alpha$ in $\beta$ ostra, zato lahko na kotne funkcije gledamo kot na razmerje ustreznih stranic $\mathrm{v}$ pravokotnem trikotniku. Ker je $\cos \alpha=\frac{2}{3}$, v trikotniku $A C^{\prime} C$ velja $b_{1}: b=2: 3$, zato smemo označiti $b_{1}=2 t$ in $b=3 t$ za nek $t>0$. Podobno smemo v trikotniku $C^{\prime} B C$ označiti $a_{1}=2 t^{\prime}$ in $a=7 t^{\prime}$ za nek $t^{\prime}>0$. Sedaj iz obeh pravokotnih trikotnikov po Pitagorovem izreku izračunamo višino
$$
v=\sqrt{9 t^{2}-4 t^{2}}=\sqrt{5} t \quad \text { in } \quad v=\sqrt{49 t^{\prime 2}-4 t^{\prime 2}}=3 \sqrt{5} t^{\prime}
$$
Sledi $\sqrt{5} t=3 \sqrt{5} t^{\prime}$ oziroma $t=3 t^{\prime}$. Obseg trikotnika je zato enak
$$
o=a+b+a_{1}+b_{1}=7 t^{\prime}+9 t^{\prime}+2 t^{\prime}+6 t^{\prime}=24 t^{\prime}
$$
od koder sledi $t^{\prime}=1$ in $t=3$. Stranica $c$ trikotnika je torej enaka $c=a_{1}+b_{1}=2+6=8$, višina pa $v=3 \sqrt{5}$. Od tod izračunamo še ploščino trikotnika
$$
p=\frac{c \cdot v}{2}=12 \sqrt{5}
$$
Pregledno narisana in označena skica (narisana višina in označena odseka) ..... 1
točka
Zapis $a_{1}=\frac{2}{7} a$ ..... 1 točka
Zapis $b_{1}=\frac{2}{3} b$ ..... 1 točka
Zapis ali uporaba zveze $\sin ^{2} x+\cos ^{2} x=1$ ..... 1 točka
Izračun $\sin \alpha=\frac{\sqrt{5}}{3}$ ..... 1 točka
Izračun $\sin \beta=\frac{3 \sqrt{5}}{7}$ ..... 1 točka
Utemeljitev, zakaj sta $\sin \alpha$ in $\sin \beta$ pozitivna ..... 1 točka
Zapis ali uporaba sinusnega izreka ..... 1 točka
Izračun $b=\frac{9}{7} a$ ..... 4 točke
Zapis obsega trikotnika $z$ eno neznanko ..... 2 točki
Izračun $a$ ali $b$ ..... 1 točka
Izračun ..... 1 točka
Izračun $v$ ..... 2 točki
Izračun ploščine trikotnika $p=12 \sqrt{5}$ ..... 2 točki
2. način Pregledno narisana in označena skica $z$ narisano višino in odsekoma na
stranici $c$ ..... 1 točka
Ugotovitev $b_{1}=2 t, b=3 t$ ..... 3 točke
Ugotovitev $a_{1}=2 t^{\prime}$ in $a=7 t^{\prime}$ ..... 1 točka
Zapis ali uporaba Pitagorovega izreka ..... 1 točka
Izračun $v=3 \sqrt{5} t^{\prime}$ ..... 3 točke
Izračun $v=\sqrt{5} t$ ..... 1 točka
Zapis obsega trikotnika $z$ eno neznanko ..... 5 točk
Izračun ..... 1 točka
Izračun $v$ ..... 2 točki
Izračun ploščine trikotnika $p=12 \sqrt{5}$ ..... 2 točki
## 63. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Odbirno tekmovanje, 21. marec 2019
## Rešitve za 4. letnik
B1. Naj bo $A$ dogodek, da nobeni 2 dekleti ne sedita v isti kabini. Verjetnost dogodka $A$ izračunamo po formuli
$$
P(A)=\frac{\text { ugodne razporeditve }}{\text { vse razporeditve }}
$$
Vseh možnih razporeditev je 8!, saj moramo 8 prijateljev na poljuben način razporediti na 8 sedišč, kar pomeni, da štejemo permutacije na 8 elementih.
Ugodne razporeditve preštejemo tako, da najprej izberemo 3 izmed 4 kabin, v katerih bodo sedela dekleta, in v vsaki od teh 3 kabin izberemo 1 od 2 sedišč, na katerem bo sedelo dekle. To lahko storimo na $\binom{4}{3} \cdot 2^{3}$ različnih načinov. Nato pa najprej razporedimo dekleta na njihova sedišča na 3! različnih načinov in nato še fante na njihova sedišča na 5 ! različnih načinov. Ugodnih razporeditev je torej $\binom{4}{3} \cdot 2^{3} \cdot 3!\cdot 5$ !. Verjetnost, da nobeni 2 dekleti ne bosta sedeli v isti kabini je torej
$$
P(A)=\frac{\binom{4}{3} \cdot 2^{3} \cdot 3!\cdot 5!}{8!}=\frac{\frac{4!}{3!\cdot 1!} \cdot 2^{3} \cdot 3!}{8 \cdot 7 \cdot 6}=\frac{4!\cdot 2^{3}}{8 \cdot 7 \cdot 6}=\frac{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 \cdot 8}{8 \cdot 7 \cdot 6}=\frac{4}{7}
$$
2. način. Rešitev lahko poiščemo tudi s pomočjo kombinacij, pri čemer upoštevamo, da ni pomembno, kako v posamezni kabini sedita prijatelja. Vse možnosti preštejemo tako, da najprej v prvo kabino postavimo 2 izmed 8 prijateljev, nato v drugo postavimo 2 izmed preostalih 6 prijateljev, zatem v tretjo postavimo 2 izmed preostalih 4 prijateljev in nazadnje še preostala 2 prijatelja postavimo v zadnjo kabino. To lahko storimo na $\binom{8}{2} \cdot\binom{6}{3} \cdot\binom{4}{2}$ različnih načinov. Ugodne možnosti preštejemo tako, da najprej izberemo 3 izmed 4 kabin, kjer bodo sedela dekleta, kar lahko storimo na $\binom{4}{3}$ različnih načinov. V prvo od teh kabin postavimo 1 od 3 deklet in 1 od 5 fantov na $3 \cdot 5=15$ načinov, nato v drugo od teh kabin postavimo 1 od preostalih 2 deklet in 1 od preostalih 4 fantov na $2 \cdot 4=8$ načinov in zatem $\mathrm{v}$ tretjo od teh kabin postavimo preostalo dekle in 1 od preostalih 3 fantov na $1 \cdot 3=3$ načine. Preostala 2 fanta pa postavimo $v$ preostalo kabino. Ugodnih možnosti je torej $\binom{4}{3} \cdot 15 \cdot 8 \cdot 3$, verjetnost opisanega dogodka $A$ pa je enaka
$$
P(A)=\frac{\binom{4}{3} \cdot 15 \cdot 8 \cdot 3}{\binom{8}{2} \cdot\binom{6}{3} \cdot\binom{4}{2}}=\frac{4}{7}
$$
3. način. Namesto verjetnosti dogodka $A$, izračunamo verjetnost nasprotnega dogodka $A^{\prime}$. Vse možnosti preštejemo na enak kot v 2. rešitvi. Ugodne možnosti za dogodek $A^{\prime}$ preštejemo tako, da najprej izberemo 1 izmed 4 kabin v kateri bosta sedeli 2 dekleti in vanjo postavimo 2 izmed 3 deklet. Nato izmed preostalih 3 kabin izberemo $1 \mathrm{v}$ kateri bosta sedela dekle in fant ter vanjo postavimo preostalo dekle in 1 od 5 fantov. V tretjo kabino postavimo 2 izmed preostalih 4 fantov, zadnja 2 fanta pa postavimo v zadnjo kabino. Verjetnost dogodka $A^{\prime}$ je zato enaka
$$
P\left(A^{\prime}\right)=\frac{4 \cdot\binom{3}{2} \cdot 3 \cdot 5 \cdot\binom{4}{2}}{\binom{8}{2} \cdot\binom{6}{3} \cdot\binom{4}{2}}=\frac{3}{7}
$$
verjetnost dogodka $A$ pa je $P(A)=1-\frac{3}{7}=\frac{4}{7}$.
Zapis ali uporaba $P(A)=\frac{\text { ugodne razporeditve }}{\text { vse razporeditve }}$ ..... 1 točka
Zapis števila vseh možnosti ..... 6 točk
Zapis števila vseh ugodnih možnosti ..... 10 točk
Izračun verjetnosti $P(A)=\frac{4}{7}$ ..... 3 točke
B2. Označimo dani krožnici zaporedoma s $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}$. Krožnica $\mathcal{K}_{1}$ ima središče v $S_{1}(0,0)$ in polmer $r_{1}=3$, krožnica $\mathcal{K}_{2}$ pa ima središče v $S_{2}=(0,4)$ in polmer $r_{2}=1$. Krožnici se od zunaj dotikata v točki $T(0,3)$. Krožnice, ki se hkrati dotikajo krožnic $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}$ in vsebujejo točko $T(0,3)$, imajo središča na $y$-osi. Med preostalimi krožnicami $\mathcal{K}$, ki se hkrati dotikajo obeh danih krožnic, so take, ki se obeh dotikajo od zunaj in take, ki se obeh dotikajo od znotraj, kot to prikazujeta sliki.
Obravnavajmo najprej primer, ko se krožnica $\mathcal{K}$ dotika krožnic $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}$ od zunaj. Naj bo $S(x, y)$ središče krožnice $\mathcal{K}$, kjer je $S \neq T$. Tedaj je radij krožnice $\mathcal{K}$ enak $r=$ $\left|S S_{1}\right|-r_{1}=\left|S S_{2}\right|-r_{2}$. Ker je $\left|S S_{1}\right|=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ in $\left|S S_{2}\right|=\sqrt{x^{2}+(y-4)^{2}}$, sledi
$$
\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{x^{2}+(y-4)^{2}}+2
$$
Enačbo kvadriramo, da dobimo $x^{2}+y^{2}=x^{2}+(y-4)^{2}+4 \sqrt{x^{2}+(y-4)^{2}}+4$. Slednje poenostavimo do $2 y-5=\sqrt{x^{2}+(y-4)^{2}}$ in ponovno kvadriramo, pri čemer mora veljati $y \geq \frac{5}{2}$. Dobimo $4 y^{2}-20 y+25=x^{2}+(y-4)^{2}$ oziroma $x^{2}-3 y^{2}+12 y=9$.
Obravnavajmo še primer, ko se krožnica $\mathcal{K}$ dotika krožnic $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}$ od znotraj. Tedaj je njen polmer enak $r=\left|S S_{1}\right|+r_{1}=\left|S S_{2}\right|+r_{2}$, od koder sledi
$$
\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{x^{2}+(y-4)^{2}}-2
$$
Po kvadriranju in poenostavljanju dobimo $-2 y+5=\sqrt{x^{2}+(y-4)^{2}}$. Po ponovnem kvadriranju pridemo do enake enačbe kot v prvem primeru, le da mora tokrat veljati $y \leq \frac{5}{2}$.
Rešitev je torej stožnica z enačbo $x^{2}-3 y^{2}+12 y=9$. Standardna oblika enačbe je $\frac{x^{2}}{3}-(y-2)^{2}=-1$ (kar predstavlja hiperbolo). Rešitev je enolično določena, saj je stožnica enolično določena že s 5 točkami. Opazimo lahko, da središča opazovanih krožnic pokrijejo celotno stožnico, razen točke $T(0,3)$.
Ugotovitev, da se krožnica lahko dotika narisanih krožnic na dva opisana načina 2 točki[^0]Enačba stožnice je $x^{2}-3 y^{2}+12 y=9$ ob pogoju $y \geq \frac{5}{2}$ ..... 2 točki
Obravnava druge situacije in ugotovitev $r=\left|S S_{1}\right|+r_{1}=\left|S S_{2}\right|+r_{2}$ ..... 4 točke
Zapis enačbe $\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{x^{2}+(y-4)^{2}}-2$ ..... 1 točki
Enačba stožnice je $x^{2}-3 y^{2}+12 y=9$ ob pogoju $y \leq \frac{5}{2}$ ..... 2 točki
Zapis končne rešitve $\frac{x^{2}}{3}-(y-2)^{2}=-1$ ..... 2 točki
[^0]: Obravnava prve situacije in ugotovitev $r=\left|S S_{1}\right|-r_{1}=\left|S S_{2}\right|-r_{2} \ldots \ldots .4$ točke
Zapis ali uporaba formule za razdaljo med točkama 1 točka
Zapis enačbe $\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{x^{2}+(y-4)^{2}}+2$ 2 točki
|