File size: 21,268 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 | # 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.
## 65. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
## Odbirno tekmovanje, 22. april 2021
## Naloge za 1. letnik
Čas reševanja: 45 minut.
B1. Na sliki sta narisana dva kvadrata in dva skladna kroga, katerih središči ležita na diagonali večjega kvadrata. Stranica večjega kvadrata je dolga 1 enoto, stranica manjšega kvadrata pa je dvakrat daljša od polmera krogov (glej sliko). Izračunaj polmer obeh krogov in racionaliziraj rezultat.
B2. Poišči vsa cela števila $n$, ki jih lahko zapišemo v obliki $n=\frac{m+2021}{2021-m}$, kjer je $m$ celo število.
## 65. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije <br> Odbirno tekmovanje, 22. april 2021 <br> Naloge za 2. letnik
Čas reševanja: 45 minut.
B1. Nad stranico $C D$ kvadrata $A B C D$ z zunanje stani narišemo pravokotni trikotnik $D C E \mathrm{~s}$ pravim kotom pri $E$. Dokaži, da simetrala kota $\Varangle D E C$ razdeli kvadrat $A B C D$ na dva ploščinsko enaka dela.
B2. Izračunaj $x+y$, če je $\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)\left(y+\sqrt{1+y^{2}}\right)=1$.
## 65. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije <br> Odbirno tekmovanje, 22. april 2021 <br> Naloge za 3. letnik
Čas reševanja: 45 minut.
B1. V pokočno prizmo, katere osnovna ploskev je paralelogram z enim notranjim kotom $\alpha$, je včrtana sfera z radijem $r$, ki se se dotika vseh mejnih ploskev prizme. Izrazi prostornino prizme s pomočjo $r$ in $\alpha$.
B2. Dan je polinom $p(x)=x^{6}+x^{5}+\ldots+x+1$. Dokaži, da polinom $p(x)$ deli polinom $p\left(x^{9}\right)$.
## 65. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije <br> Odbirno tekmovanje, 22. april 2021 <br> Naloge za 4. letnik
Čas reševanja: 45 minut.
B1. Naj bosta $a$ in $b$ taki realni števili, da ima polinom $p(x)=x^{2}+a x+b$ dve realni ničli, polinom $p\left(q(x)\right.$ ), kjer je $q(x)=x^{2}+2 x+7$, pa nima realnih ničel. Dokaži, da je $p(8)>4$.
B2. Na tabelo velikosti $2 \times n$, kjer je $n$ naravno število, naključno na različni polji postavimo dva žetona. Kolikšna je verjetnost, da se da preostanek tabele prekriti z dominami velikosti $2 \times 1$ ? Domine se ne smejo prekrivati in ne smejo segati čez rob tabele.
# 65. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
16. marec 2006
## Rešitve nalog za Naloge za 1. letnik
1. Označimo nekatere točke, kot je prikazano na sliki.
Po predpostavkah naloge točke $B, C$ in $D$ ležijo na diagonali $A E$ velikega kvadrata. Če dorišemo še kvadrat z diagonalo $D E$, ugotovimo, da je njegova stranica dolga $x$. Dolžina diagonale $A E$ je zato
$$
\sqrt{2}=|A E|=|A B|+|B C|+|C D|+|D E|=2 x \sqrt{2}+2 x+x+x \sqrt{2}=3 x(\sqrt{2}+1)
$$
Od tod sledi $x=\frac{\sqrt{2}}{3(\sqrt{2}+1)}=\frac{2-\sqrt{2}}{3}$. Polmer krogov je enak $\frac{2-\sqrt{2}}{3}$ enot.
Izračun dolžine diagonale $A B$...........................................................................................................................
Zapis enačbe $\sqrt{2}=2 x \sqrt{2}+2 x+x+x \sqrt{2}=3 x(\sqrt{2}+1) \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Izračun dolžine polmera (iz enačbe izrazi $x$ ) ...........................................................................................................................
Racionalizacija rezultata .......................................................................... 3 točke.
2. Enakost pomnožimo z $2021-m$, da dobimo $2021 n-m n=m+2021$. Nato jo preuredimo do $2021(n-1)=m(n+1)$ in izrazimo $m=\frac{2021(n-1)}{n+1}=2021-\frac{2 \cdot 2021}{n+1}$. Torej lahko v predpisani obliki zapišemo vsa tista cela števila $n$, za katera je $\frac{2 \cdot 2021}{n+1}$ celo število. To pomeni, da mora biti $n+1$ delitelj števila $2 \cdot 2021=2 \cdot 43 \cdot 47$. Delitelji tega števila so $\pm 1, \pm 2, \pm 43, \pm 47, \pm 86, \pm 94, \pm 2021$ in $\pm 4042$. Rešitev naloge so torej cela števila
$$
-4043,-2022,-95,-87,-48,-44,-3,-2,0,1,42,46,85,93,2020,4041
$$
Iz dane enačbe izrazi $m$ ..... 6 točk
Zapiše $m$ kot razliko celega števila in ulomka ..... 4 točke
Sklep, da je $\frac{2 \cdot 2021}{n+1}$ celo število ..... 2 točke
Poišče vse delitelje števila $2 \cdot 2021$ (vsaki štirje delitelji 1 točka) ..... 4 točke
Zapiše vseh 16 rešitev (vsake štiri so vredne 1 točko) ..... 4 točke.
# 65. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
16. marec 2006
## Rešitve nalog za Naloge za 2. letnik
1.
Označimo z $G$ presečišče diagonal kvadrata $A B C D$. Ker je $\angle D E C=90^{\circ}=\angle C G D$, po Talesovem izreku točke $G, C, E$ in $D$ ležijo na isti krožnici $\mathcal{K}$. Točka $G$ zaradi simetrije razpolavlja lok $\overparen{D C}$ krožnice $\mathcal{K}$. Ker tudi simetrala obodnega kota $\angle D E C$ razpolavlja lok $\overparen{D C}$, točka $G$ leži na simetrali kota $\angle D E C$. Od tod sledi, da sta trikotnika $A H G$ in $C F G$ skladna, ker imata enake notranje kote in enako dolžino stranice $|A G|=|C G|$ nasproti enakega kota. Torej je $|A H|=|C F|$. Ploščina levega dela kvadrata, ki ga odreže simetrala kota $\angle D E C$, je zato po formuli za ploščino pravokotnega trapeza enaka
$$
p_{A H F D}=\frac{|A H|+|D F|}{2} \cdot|A D|=\frac{|C F|+|D F|}{2} \cdot|A D|=\frac{|C D||A D|}{2}
$$
kar je ravno polovica ploščine celotnega kvadrata $A B C D$. Torej simetrala kota $\angle D E C$ razdeli kvadrat $A B C D$ na dva ploščinsko enaka dela.
Pregledno narisana in označena skica kvadrata in pravokotnega trikotnika (z narisano simetralo) 2 točki
Utemeljena ugotovitev, da točke $G, C, E$ in $D$ ležijo na isti krožnici ...................... 5 točke
Utemeljena ugotovitev, da simetrala poteka skozi presečǐ̌̌če diagonal kvadrata ....... 3 točke
Sklep, da sta ploščini enaki .................................................................. 2 točki.
2. Dano enakost pomnožimo $\mathrm{z}\left(x-\sqrt{1+x^{2}}\right)$, da dobimo $\left(x^{2}-\left(1+x^{2}\right)\right)\left(y+\sqrt{1+y^{2}}\right)=$ $x-\sqrt{1+x^{2}}$ oziroma $-y-\sqrt{1+y^{2}}=x-\sqrt{1+x^{2}}$. Slednje lahko preoblikujemo $\mathrm{v} \sqrt{1+x^{2}}-$ $\sqrt{1+y^{2}}=x+y$. Če dano enakost pomnožimo $\mathrm{z}\left(y-\sqrt{1+y^{2}}\right)$, dobimo $-x-\sqrt{1+x^{2}}=$ $y-\sqrt{1+y^{2}}$ oziroma $\sqrt{1+x^{2}}-\sqrt{1+y^{2}}=-(x+y)$. Iz obeh enačb sledi $x+y=-(x+y)$ oziroma $x+y=0$.
3. način. Na enak način kot v prvi rešitvi izpeljemo $x+y=\sqrt{1+x^{2}}-\sqrt{1+y^{2}}$. Enačbo kvadriramo, da dobimo $x^{2}+2 x y+y^{2}=\left(1+x^{2}\right)-2 \sqrt{1+x^{2}} \sqrt{1+y^{2}}+\left(1+y^{2}\right)$, ter jo nato poenostavimo do $\sqrt{1+x^{2}} \sqrt{1+y^{2}}=1-x y$. Po ponovnem kvadriranju dobimo $\left(1+x^{2}\right)(1+$ $\left.y^{2}\right)=1-2 x y+x^{2} y^{2}$, kar lahko zopet poenostavimo do $x^{2}+2 x y+y^{2}=0$. Dobljena enačba je ekvivalentna enačbi $(x+y)^{2}=0$, od koder sledi $x+y=0$.
Množenje začetne enačbe z ustrezno razliko dvočlenika (v enem faktorju) ............... 6 točk
Ugotovitev $x+y=-(x+y)$...........................................................................................................................
2. način. Množenje začetne enačbe $z$ ustrezno razliko dvočlenika (v enem faktorju) .... 6 točk
Preoblikovanje v $\sqrt{1+x^{2}}-\sqrt{1+y^{2}}=x+y$ oz. v $\sqrt{1+x^{2}}+\sqrt{1+y^{2}}=x+y \ldots \ldots \ldots .4$ točke
Izračunan produkt korenov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 točki
# 65. matematično tekmovanje <br> srednješolcev Slovenije
16. marec 2006
Rešitve nalog za Naloge za 3. letnik
1.
Ker se sfera dotika spodnje in zgornje ploskve prizme, je višina prizme enaka premeru sfere, torej $h=2 r$. Naj bo $\Sigma$ ravnina, ki vsebuje središče sfere in je vzporedna osnovni ploskvi prizme. Označimo s $\mathcal{P}$ presečišče prizme in ravnine $\Sigma$ ter s $\mathcal{K}$ presečišče sfere in ravnine $\Sigma$, kot je prikazano na levi sliki. Tedaj je $\mathcal{P}$ paralelogram, skladen z osnovno ploskvijo prizme z notranjim kotom $\alpha$, in $\mathcal{K}$ krožnica z radijem $r$. Dotikališča sfere s stranskimi ploskvami prizme ležijo vsa na krožnici $\mathcal{K}$ in hkrati tudi na robu paralelograma $\mathcal{P}$. To pomeni, da je krožnica $\mathcal{K}$ včtrana paralelogramu $\mathcal{P}$. Obe višini paralelograma $\mathcal{P}$ sta torej enaki $v=2 r$, zato je $\mathcal{P}$ romb. Privzemimo najprej, da je $\alpha$ manjši od notranjih kotov romba $\mathcal{P}$ in označimo stranico romba z $a$, kot je prikazano na desni sliki. Tedaj iz pravokotnega trikotnika dobimo $\sin \alpha=\frac{2 r}{a}$ oziroma $a=\frac{2 r}{\sin \alpha}$, ploščina romba $\mathcal{P}$ pa je enaka $p=a \cdot v=\frac{2 r}{\sin \alpha} \cdot 2 r=\frac{4 r^{2}}{\sin \alpha}$. Prostornina prizme je zato enaka $V=p \cdot h=\frac{4 r^{2}}{\sin \alpha} \cdot 2 r=\frac{8 r^{3}}{\sin \alpha}$. Ker pa je drugi notranji kot paralalograma enak $\beta=\pi-\alpha$ in velja $\sin \beta=\sin (\pi-\alpha)=\sin \alpha$, je ta fomula za prostornino prizme pravilna tudi, če je $\alpha$ večji izmed notranjih kotov osnovne ploskve prizme.
Pregledno narisana in označena skica (z vključenim presekom $\mathcal{P}$ ) . . . . . . . . . . . . . 5 točk
Ugotovitev in utemeljitev, da je $\mathcal{P}$ romb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 točke
Izračun stranice romba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 točke
Izračun ploščine osnovne ploskve prizme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 točka
Izračun prostornine prizme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 točki
2. Pri dokazu bomo nekajkrat uporabiti razcep
$$
a^{n}-1=(a-1)\left(a^{n-1}+a^{n-2}+\ldots+a+1\right), \quad n \in \mathbb{N}
$$
Najprej opazimo, da je $(x-1) p(x)=x^{7}-1$. Torej je
$$
\begin{aligned}
\left(x^{9}-1\right) p\left(x^{9}\right) & =\left(x^{9}\right)^{7}-1=x^{7 \cdot 9}-1=\left(x^{7}\right)^{9}-1= \\
& =\left(x^{7}-1\right)\left(x^{7 \cdot 8}+x^{7 \cdot 7}+\ldots+x^{7}+1\right)= \\
& =(x-1) p(x)\left(x^{7 \cdot 8}+x^{7 \cdot 7}+\ldots+x^{7}+1\right)
\end{aligned}
$$
Ker pa јe $x^{9}-1=(x-1)\left(x^{8}+x^{7}+\ldots+x^{2}+x+1\right)=(x-1)\left(x^{2} p(x)+x+1\right)$, sledi
$$
(x-1)\left(x^{2} p(x)+x+1\right) p\left(x^{9}\right)=(x-1) p(x)\left(x^{7 \cdot 8}+x^{7 \cdot 7}+\ldots+x^{7}+1\right)
$$
kar nam po preoblikovanju da
$$
(x+1) p\left(x^{9}\right)=p(x)\left(x^{7 \cdot 8}+x^{7 \cdot 7}+\ldots+x^{7}+1-x^{2} p\left(x^{9}\right)\right)
$$
Polinoma $x+1$ in $p(x)=(x+1)\left(x^{5}+x^{3}+x\right)+1$ sta tuja, zato mora $p(x)$ deliti $p\left(x^{9}\right)$.
2. način. Nalogo lahko rešimo tudi z neposrednim deljenjem polinoma $p\left(x^{9}\right)$ s polinomom $p(x)$, kar pa zahteva precej računanja. Kvocient je enak
$$
\begin{aligned}
& x^{48}-x^{47}+x^{41}-x^{40}+x^{39}-x^{38}+x^{34}-x^{33}+x^{32}-x^{31}+x^{30}-x^{29}+x^{27}-x^{26}+x^{25} \\
& -x^{24}+x^{23}-x^{22}+x^{21}-x^{19}+x^{18}-x^{17}+x^{16}-x^{15}+x^{14}-x^{10}+x^{9}-x^{8}+x^{7}-x+1
\end{aligned}
$$
Zapis ali uporaba razcepa $a^{n}-1$ .3 točke
Zapis $(x+1) p\left(x^{9}\right)=p(x)\left(x^{7.8}+x^{7.7}+\ldots+x^{7}+1-x^{2} p\left(x^{9}\right)\right) \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots$. 4 točke
Matematično korektno izpeljano deljenje .................................................... 16 točk (za pravilno izračunanih prvih 5 členov količnika 5 točk, za pravilno izračunanih prvih 10 členov količnika 10 točk).
# 65. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
16. marec 2006
## Rešitve nalog za Naloge za 4. letnik
1. Naj bosta $x_{1}$ in $x_{2}$ realni ničli polinoma $p(x)$. Tedaj je $p(x)=\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right)$ in
$$
p(q(x))=\left(q(x)-x_{1}\right)\left(q(x)-x_{2}\right)=\left(x^{2}+2 x+\left(7-x_{1}\right)\right)\left(x^{2}+2 x+\left(7-x_{2}\right)\right)
$$
Polinom $p(q(x))$ nima realnih ničel, zato tudi polinoma $x^{2}+2 x+\left(7-x_{1}\right)$ in $x^{2}+2 x+\left(7-x_{2}\right)$ nimata realnih ničel. Ker sta to polinoma z realnimi koeficienti, morata biti torej njuni diskriminanti negativni, se pravi $D_{1}=4-4\left(7-x_{1}\right)<0$ in $D_{2}=4-4\left(7-x_{2}\right)<0$. Od tod sledi $x_{1}<6$ ter $x_{2}<6$ in zato je $p(8)=\left(8-x_{1}\right)\left(8-x_{2}\right)>2 \cdot 2=4$.
2. način. Naj bosta $x_{1}$ in $x_{2}$ realni ničli polinoma $p(x)$, torej $p(x)=\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right)$. Opazimo, da je $q(x)=(x+1)^{2}+6$, torej lahko polinom $q(x)$ zavzame vsa realna števila, ki so večja ali enaka 6. Ker pa polinom $p(q(x))$ nima realnih ničel, polinom $q(x)$ ne sme zadeti števil $x_{1}$ in $x_{2}$, torej mora veljati $x_{1}, x_{2}<6$. Od tod sledi $p(8)=\left(8-x_{1}\right)\left(8-x_{2}\right)>2 \cdot 2=4$.
Zapis $p(q(x))=\left(x^{2}+2 x+\left(7-x_{1}\right)\right)\left(x^{2}+2 x+\left(7-x_{2}\right)\right) \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točk Utemeljen sklep, da polinoma $x^{2}+2 x+\left(7-x_{1}\right)$ in $x^{2}+2 x+\left(7-x_{2}\right)$ nimata realnih ničel .. 3 točke
Izračun $x_{1}<6$ ter $x_{2}<6$.......................................................................................................
Utemeljena ugotovitev, da $q(x)$ ne sme zadeti števil $x_{1}$ in $x_{2} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots . \ldots . \ldots$ točk
Sklep $p(8)=\left(8-x_{1}\right)\left(8-x_{2}\right)>2 \cdot 2=4 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots \ldots \ldots$.
2. Tabelo pobarvamo kot šahovnico. Tedajje v tabeli enako število belih in črnih polj. Ker vsaka domina prekrije 1 belo in 1 črno polje, vse domine skupaj prekrijejo enako število belih in črnih polj. Da lahko preostanek tabele prekrijemo z dominami velikosti $2 \times 1$ morata biti torej žetona postavljena na polji različnih barv. Pokažimo, da lahko v tem primeru preostanek tabele res prekrijemo z dominami velikosti $2 \times 1$. Na tabelo narišimo sklenjeno krivuljo, ki poteka skozi vsa polja tabele, kot je prikazano na levi sliki na konkretnem primeru tabele velikosti $2 \times 10$ pri konkretni postavitvi žetonov.
Iz tabele sedaj odstranimo polji, na katerih sta žetona, kot je prikazano na desni sliki. Ker sta bila žetona na poljih različne barve, narisana krivulja razpade na dva dela, ki oba potekata skozi sodo mnogo polj tabele. Torej lahko oba dela prekrijemo z dominami velikosti $2 \times 1$, tako da začnemo na enem koncu krivulje in ji pri prekrivanju sledimo, na vsakem koraku pa z domino prekrijemo naslednji dve polji na krivulji (to lahko vedno storimo).
Verjetnost iz naloge lahko sedaj izračunamo kot
$$
P=\frac{\text { ugodne postavitve žetonov }}{\text { vse možne postavitve žetonov }}
$$
kjer so ugodne postavitve žetonov tiste, pri katerih sta žetona postavljana na polji različne barve. Vseh možnih postavitev žetonov je $2 n \cdot(2 n-1)$, saj lahko prvi žeton postavimo na poljubno polje tabele (teh je $2 n$ ), za postavitev drugega žetona pa nam ostane $2 n-1$ polj tabele. Ugodnih postavitev žetonov je $2 n \cdot n$, saj lahko prvi žeton prav tako postavimo na poljubno polje tabele, za postavitev drugega žetona pa imamo na voljo le $n$ polj tabele, saj mora biti ta postavljen na polje druge barve kot prvi žeton. Iskana verjetnost je torej enaka
$$
P=\frac{2 n^{2}}{2 n(2 n-1)}=\frac{n}{2 n-1}
$$
Ugotovitev, da je prekrivanje mogoče, ko žetona postavimo na polji različnih barv ..... 5 točk
Dokaz, da je v zgornjem primeru prekrivanje mogoče ..... 3 točke
Izračun vseh možnih postavitev žetonov ..... 5 točk
Izračun ugodnih postavitev žetonov ..... 5 točk
Izračun verjetnosti ..... 2 točki.
|