File size: 34,485 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 | # 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.
## 51. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje, 4. april 2007
## Naloge za 1. letnik
1. Na ravnini sta narisani koncentrični krožnici s polmeroma $7 \mathrm{~cm}$ in $11 \mathrm{~cm}$. Manjša krožnica razdeli tetivo večje krožnice na 3 enako dolge dele. Koliko je dolga ta tetiva?
2. Tine je bil na tekmovanju, na katerem bi moral rešiti 20 nalog. Za vsako pravilno rešeno nalogo je prejel 8 točk, za napačno rešitev pa so mu odšteli 5 točk. Za nalogo, ki je ni reševal, je prejel 0 točk. Izvedel je, da je zbral 13 točk. Koliko nalog je reševal?
3. Hipotenuza $A B$ pravokotnega trikotnika $A B C$ s pravim kotom pri $C$ je dolga $1 \mathrm{dm}$, kot BAC pa je velik $30^{\circ}$. V notranjosti trikotnika je točka $D$, da velja $\Varangle B D C=90^{\circ}$ in $\Varangle A C D=\Varangle D B A$. Naj bo $E$ presečišče stranice $A B$ in premice $C D$. Izračunaj dolžino daljice $A E$.
4. Dokaži neenakost
$$
(a b+1)(a+b) \geq 4 a b
$$
za poljubni nenegativni realni s̆tevili $a$ in $b$. Kdaj velja enakost?
5. Dolžina roba lesene kocke je naravno število, večje od 2. Kocko pobarvamo in jo nato razrežemo na enotske kocke. Število enotskih kock, ki imajo natanko dve pobarvani mejni ploskvi, je delitelj števila enotskih kock, ki nimajo nobene mejne ploskve pobarvane. Določi najmanjše naravno število, ki je lahko dolžina roba prvotne kocke.
## 51. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje, 4. april 2007
## Naloge za 2. letnik
1. Dokaži, da vsota nobenih dveh naravnih števil ni enaka najmanjšemu skupnemu večkratniku teh dveh števil.
2. Reši sistem enačb
$$
\begin{aligned}
x+y^{2} & =1 \\
x^{2}+y^{3} & =1
\end{aligned}
$$
3. Kateta $A C$ pravokotnega trikotnika $A B C$ s pravim kotom pri $C$ je dolga $1 \mathrm{dm}$, kot BAC pa je velik $30^{\circ}$. V notranjosti trikotnika je točka $D$, da velja $\Varangle B D C=90^{\circ}$ in $\Varangle A C D=\Varangle D B A$. Naj bo $F$ presečišče stranice $A C$ in premice $B D$. Izračunaj dolžino daljice $A F$.
4. Naj bo $a$ pozitivno realno število. Katero število je večje,
$$
\sqrt{a+2007}-\sqrt{a+1004} \quad \text { ali } \quad \sqrt{a+1003}-\sqrt{a} ?
$$
5. Žan je sklenil, da bo vsakemu dvomestnemu številu priredil enomestno, in sicer le z množenjem števk. Za števili 91 in 66 je tako zapisal:
$$
\begin{aligned}
& 91 \xrightarrow{9 \cdot 1} 9 \\
& 66 \xrightarrow{6 \cdot 6} 36 \xrightarrow{3 \cdot 6} 18 \xrightarrow{1 \cdot 8} 8
\end{aligned}
$$
Kolikim dvomestnim številom je priredil število 0 ?
## 51. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje, 4. april 2007
## Naloge za 3. letnik
1. Poišči vsa taka realna števila $a$, da je $\sqrt{7-a}+\sqrt{7+a}$ celo število.
2. Ploščina pravilnega večkotnika, ki je včrtan krogu s polmerom $r$, je enaka $3 r^{2}$. Kateri pravilni večkotnik je to?
3. Naj bo $E$ taka točka na stranici $A B$ kvadrata $A B C D$, da je $|A E|=3|E B|$, $F$ pa taka točka na stranici $D A$, da je $|A F|=5|F D|$. Označimo presečišče daljic $D E$ in $F C$ s $K$, presečišče $D E$ in $B F$ z $L$ ter presečišče $F B$ in $E C$ z $M$. Naj bo $p_{1}$ vsota ploščin trikotnikov $E M L$ in $D K C, p_{2}$ pa vsota ploščin trikotnikov $F L K$ in $M B C$. Določi razmerje $p_{1}: p_{2}$.
4. Naj bodo $a, b, c$ in $d$ realna števila, večja od 1. Izračunaj vrednost izraza
$$
a^{\left(\log _{b} c\right)-1} b^{\left(\log _{c} d\right)-1} c^{\left(\log _{d} a\right)-1} d^{\left(\log _{a} b\right)-1}
$$
če veš, da je $\log _{b} a \cdot \log _{d} c=1$
5. Dolžine $a, b$ in $c$ robov lesenega kvadra so naravna števila, večja od 2 , velja pa še $a=b$. Kvader pobarvamo in ga nato razrežemo na enotske kocke. Število enotskih kock, ki imajo natanko dve pobarvani mejni ploskvi, je za 16 večje od števila enotskih kock, ki nimajo nobene mejne ploskve pobarvane. Določi dolžine robov kvadra.
## 51. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje, 4. april 2007
## Naloge za 4. letnik
1. Prvi člen neskončnega geometrijskega zaporedja z vsoto 3 je naravno število, količnik pa je enak obratni vrednosti celega števila. Poišči prvi člen in količnik tega zaporedja.
2. Za vsako naravno število $n$ zapišemo vsoto $1^{n}+2^{n}+3^{n}+4^{n}$ kot število $\mathrm{v}$ desetiškem sestavu. Z največ koliko ničlami se lahko končajo ta števila?
3. Naj bosta $M$ in $N$ presečǐči simetral kotov $\Varangle A C B$ in $\Varangle C B A$ trikotnika $A B C$ s trikotniku očrtano krožnico, $E$ in $F$ pa presečišči premice $M N$ s stranico $A B$ oziroma $A C$. Dokaži: če je $|M E|=|E F|=|F N|$, je trikotnik $A B C$ enakostraničen.
4. Poišči vsa realna števila $x$, za katera je vrednost izraza
$$
\sqrt{x^{2}+2 x-3}+\frac{2}{\pi} \cdot \arcsin \frac{x+1}{2}
$$
celo število.
5. Vrtnar je gredico pravokotne oblike z diagonalama razdelil na 4 trikotnike. Na vsakem trikotniku bo posadil eno vrsto cvetlic, tako da bosta na trikotnikih, ki imata skupno stranico, posajeni različni vrsti cvetlic. Na voljo ima gerbere, hortenzije, lampijončke, perunike in žametnice. Na koliko načinov lahko posadi cvetlice?
## 51. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje, 4. april 2007
## Rešitve nalog
Vsaka naloga je vredna 7 točk. Vse matematično in logično korektne rešitve so enakovredne. Pri vrednotenju vsake naloge smiselno upoštevajte priloženi točkovnik. Tekmovalec naj ne prejme več kot 3 točke pri posamezni nalogi, če iz delne rešitve ni razvidna pot do končne rešitve naloge.
$\mathbf{I} / 1$. Označimo krajišči tetive z $A$ in $B$, presečišči tetive z manjšo krožnico pa s $C$ in $D$. Povežimo točki $A$ in $C$ s središčem $O$ krožnic. Narišimo še pravokotnico iz središča $O$ na tetivo in označimo z $N$ njeno nožišče. Vemo, da je $|A C|=|C D|=|D B|$ in da točka $N$ razpolavlja daljico $C D$. Naj bo $|C N|=x$. Tedaj je $|A C|=2 x$. Po Pitagorovem izreku je $11^{2}-(3 x)^{2}=7^{2}-x^{2}$, od tod pa dobimo $8 x^{2}=72$. Ker nas zanima pozitivna rešitev, izberemo $x=3$. Tetiva $A B$ je dolga $18 \mathrm{~cm}$.
Vpeljava 2 pravokotnih trikotnikov s skupno kateto (npr. $A O N$ in $C O N$ ) po 1 točka Zapisan pogoj $|A C|=|C D|=|D B|$ (ali ekvivalenten) ..................... 1 točka Izražava dolžine $|O N|$ s pomočjo Pitagorovega izreka v $A O N$ ali $C O N \ldots \ldots .1$ točka
I/2. Denimo, da je pravilno rešil $p$ nalog, napačno pa $n$ nalog. Tedaj je $8 p-5 n=13$ in očitno mora biti $n$ liho število. Ker je reševal 20 nalog, velja $p+n \leq 20$. Enačbo $8 p-5 n=13$ lahko zapišemo v obliki $8 p-8=5+5 n$ oz. $8(p-1)=5(n+1)$. Torej mora biti število $n+1$ deljivo z 8 in je lahko zato le $n=7$, saj mora biti $n \leq 20$ liho število. Pri $n=7$ dobimo še $p=6$.
Tine je na tekmovanju reševal 13 nalog, 6 jih je rešil pravilno, 7 pa napačno.
Zapis $8 p-5 n=13$ ..... 2 točki
Ocena $p+n \leq 20$ (ali npr. $p+n+s=20$, pri čemer $s$ označuje število nalog, ki jih ni
reševal) ..... 1 točka
Ugotovitev, da $n=7$ in $p=6$ ustrezata dobljeni enačbi ..... 1 točka
Preverjanje oziroma izločitev ostalih možnosti ..... 2 točki
Odgovor 13 nalog ..... 1 točka
$\mathbf{I} / 3$. Trikotnik $A B C$ je polovica enakostraničnega trikotnika, zato v njem velja $|B C|=\frac{1}{2}|A B|$. Označimo $\Varangle A C D=$ $\varphi$. Tedaj je $\Varangle D C B=\Varangle A C B-\Varangle A C D=\frac{\pi}{2}-\varphi$ in zato je
$$
\Varangle C B D=\pi-\Varangle B D C-\Varangle D C B=\pi-\frac{\pi}{2}-\left(\frac{\pi}{2}-\varphi\right)=\varphi .
$$
Zaradi $\Varangle D B A=\Varangle A C D=\varphi$ je $60^{\circ}=\Varangle C B A=\Varangle D B A+\Varangle C B D=2 \varphi$ in od tod $\varphi=30^{\circ}$. Ker je $\Varangle C B E=60^{\circ}$ in $\Varangle E C B=\Varangle D C B=\frac{\pi}{2}-\varphi=60^{\circ}$, je trikotnik $E B C$ enakostraničen. Sledi $|E B|=|B C|=\frac{1}{2}|A B|$ in $|A E|=|A B|-|E B|=\frac{1}{2}|A B|=5 \mathrm{~cm}$.
Izračun, da sta kota $\Varangle C B D$ in $\Varangle D B A$ enaka ter zato oba $30^{\circ} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$.
Sklep, da je trikotnik $E B C$ enakostraničen ............................................ 2 točki
$\mathrm{I} / 4$.
1. način Dana neenakost je ekvivalentna neenakosti $a^{2} b+a+b+a b^{2}-4 a b \geq 0$. Ker je
$$
\begin{aligned}
a^{2} b+a+b+a b^{2}-4 a b & =a^{2} b-2 a b+b+a b^{2}-2 a b+a= \\
& =b\left(a^{2}-2 a+1\right)+a\left(b^{2}-2 b+1\right)=b(a-1)^{2}+a(b-1)^{2}
\end{aligned}
$$
in sta $b(a-1)^{2}$ ter $a(b-1)^{2}$ nenegativna, je res $a^{2} b+a+b+a b^{2}-4 a b \geq 0$.
Enakost velja natanko takrat, ko je $b(a-1)^{2}=0$ in $a(b-1)^{2}=0$, torej mora veljati $a=b=0$ ali pa $a=b=1$.
2. način Aritmetično geometrijska neenakost (na kratko: A-G neenakost) pove, da za nenegativni realni s̆tevili $x$ in $y$ velja neenakost $\frac{x+y}{2} \geq \sqrt{x y}$ oziroma $x+y \geq 2 \sqrt{x y}$. Če jo uporabimo za $x=a$ in $x=b$, dobimo
$$
(a b+1)(a+b) \geq(a b+1) \cdot 2 \sqrt{a b}
$$
Ponovno uporabimo A-G neenakost za števili $x=a b$ in $y=1$ ter dobimo
$$
(a b+1) \cdot 2 \sqrt{a b} \geq 2 \sqrt{a b \cdot 1} \cdot 2 \sqrt{a b}=4 a b
$$
kar je bilo potrebno dokazati.
Enačaj v A-G neenakosti velja natanko tedaj, ko sta števili $x$ in $y$ enaki. Torej v (1) velja enačaj za $a=b$. Če je $a=b=0$, v (2) očitno velja enakost. Če pa je $a=b \neq 0$, bo v enakost (2) veljala le še za $a b=1$, torej $a=b=1$.
Ugotovitev, da neenakost velja za poseben primer (npr. $a=0$ ali $b=0$ ) .... 1 točka
Enakost velja pri $a=b=0$ in $a=b=1 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ po 1 točka
I/5. Enotske kocke, ki imajo pobarvani natanko dve mejni ploskvi, se nahajajo vzdolž robov, a ne ob ogliščih prvotne kocke. Vzdolž vsakega roba jih je $a-2$. Vseh robov je 12, torej jih je skupaj $12 \cdot(a-2)$.
Preštejmo še enotske kocke, ki nimajo pobarvane nobene mejne ploskve. V prvotni kocki se te nahajajo v notranjosti, torej tvorijo kocko z robom, dolgim $a-2$. Teh je $(a-2)^{3}$.
Ker število $12 \cdot(a-2)$ deli $(a-2)^{3}$, od tod sledi, da $12=2^{2} \cdot 3$ deli $(a-2)^{2}$. Torej 6 deli $a-2$. Najmanjše število, za katero to velja, je $6=a-2$, to je $a=8$.
Preštevanje kock z dvema pobarvanima ploskvama .................................... 1 točka
Sklep $a=8$..................................................................................................
II/1. Recimo, da taki dve števili obstajata. Označimo ju z $a$ in $b$. Označimo z $d$ največji skupni delitelj števil $a$ in $b$. Potem je $a=n d$ in $b=m d$, pri čemer sta si števili $n$ in $m$ tuji. Iz pogoja naloge sledi $d(n+m)=d n m$. Torej bi moralo veljati $n+m=n m$. Ker pa sta si števili $n$ in $m$ tuji, sta si tuji tudi števili $n+m$ in $n m$. Torej mora veljati $n+m=n m=1$, kar pa ni možno. Torej števili $a$ in $b$ ne obstajata.
Zapis $a=d n$ in $b=d m$ (ali enakovreden z vpeljavo $d$ ) .... ..... 1 točka
Ugotovitev, da je najmanjši skupni večkratnik števil $a$ in $b$ enak $d m n$ ..... 1 točka
Preoblikovanje enačbe $\mathbf{v} m+n=m n$ (ali enakovredne brez $d$ ) ..... 1 točka
Sklep, da sta si $m+n$ in $m n$ tuji (ali pa, da $m$ deli $n$ ali obratno) ..... 2 točki
Sklep $m+n=m n=1$ (ali $m=1$ ali $n=1$ ) ..... 1 točka
Eksplicitno zapisano, da taki števili $a$ in $b$ ne obstajata ..... 1 točka
II/2. Ker je $x=1-y^{2}$, sledi $\left(1-y^{2}\right)^{2}+y^{3}=1$. Torej je $1-2 y^{2}+y^{4}+y^{3}=1$, kar nam da $y^{2}\left(y^{2}+y-2\right)=y^{2}(y+2)(y-1)=0$. Rešitve so $y=0, y=-2$ in $y=1$, pripadajoči $x$ pa $x=1, x=-3$ in $x=0$.
Vsak par rešitev $(x, y) \in\{(1,0),(-3,-2),(0,1)\} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ po 1 točka
II/3. Trikotnik $A B C$ je polovica enakostraničnega trikotnika, zato v njem velja $|A C|=|A B| \frac{\sqrt{3}}{2}$, kar nam da $|A B|=\frac{2}{\sqrt{3}}|A C|$ in $|B C|=\frac{1}{2}|A B|=\frac{\sqrt{3}}{3}|A C|$.
Označimo $\Varangle A C D=\Varangle D B A=\varphi$. Tedaj je $\Varangle D C B=$ $\Varangle A C B-\Varangle A C D=\frac{\pi}{2}-\varphi$ in zato je
$$
\Varangle D B C=\pi-\Varangle B D C-\Varangle D C B=\pi-\frac{\pi}{2}-\left(\frac{\pi}{2}-\varphi\right)=\varphi .
$$
Torej velja $60^{\circ}=\Varangle C B A=\Varangle C B D+\Varangle D B A=2 \varphi$, zato je $\varphi=30^{\circ}$.
Ker je $\Varangle F B C=\Varangle D B C=30^{\circ}$, je trikotnik $B F C$ podoben trikotniku $A B C$. Torej velja $|C F|:|B C|=|B C|:|A C|$, od koder sledi
$$
|C F|=\frac{|B C|^{2}}{|A C|}=\frac{\frac{1}{3}|A C|^{2}}{|A C|}=\frac{1}{3}|A C|
$$
Torej je $|A F|=|A C|-|C F|=\frac{2}{3}|A C|=\frac{2}{3} \mathrm{dm}$.
Izračun, da sta kota $\Varangle C B D$ in $\Varangle D B A$ enaka ter zato oba $30^{\circ} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . .2$ točki
Omenjena podobnost trikotnikov $B F C$ in $A B C \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
II/4. 1. način Pokažimo, da je razlika $(\sqrt{a+2007}-\sqrt{a+1004})-(\sqrt{a+1003}-\sqrt{a})$ negativna, kar je enakovredno neenakosti
$$
\sqrt{a+2007}+\sqrt{a}<\sqrt{a+1004}+\sqrt{a+1003}
$$
Ker sta izraza na obeh straneh neenakosti pozitivna, jo lahko kvadriramo in dobimo
$$
a+2007+2 \sqrt{(a+2007) a}+a<a+1004+2 \sqrt{(a+1004)(a+1003)}+a+1003
$$
oziroma
$$
\sqrt{a^{2}+2007 a}<\sqrt{a^{2}+2007 a+1004 \cdot 1003}
$$
Ker je število $a$ pozitivno, dobljena neenakost res velja. Torej je $\sqrt{a+1003}-\sqrt{a}$ večje od $\sqrt{a+2007}-\sqrt{a+1004}$ za vsako pozitivno število $a$.
Predpostavka, da je $\sqrt{a+1003}-\sqrt{a}>\sqrt{a+2007}-\sqrt{a+1004} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$. Kvadriranje $\sqrt{a+2007}-\sqrt{a+1004}<\sqrt{a+1003}-\sqrt{a}$ (oziroma enakovrednega izraza, $v$ katerem na obeh straneh nastopajo pozitivne količine) 2 točki
Preoblikovanje na enakovredno neenakost, ki velja za vsak $a \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$. Sklep $\sqrt{a+2007}-\sqrt{a+1004}<\sqrt{a+1003}-\sqrt{a} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka (Če tekmovalec na nekem mestu kvadrira negativne količine in dobi obratno neenakost, lahko prejme skupaj največ 4 točke.)
2. način Izraza najprej preoblikujemo
$$
\begin{aligned}
& \sqrt{a+2007}-\sqrt{a+1004}=\frac{(\sqrt{a+2007}-\sqrt{a+1004})(\sqrt{a+2007}+\sqrt{a+1004})}{\sqrt{a+2007}+\sqrt{a+1004}}= \\
& =\frac{(a+2007)-(a+1004)}{\sqrt{a+2007}+\sqrt{a+1004}}=\frac{1003}{\sqrt{a+2007}+\sqrt{a+1004}} \\
& \sqrt{a+1003}-\sqrt{a}=\frac{(\sqrt{a+1003}-\sqrt{a})(\sqrt{a+1003}+\sqrt{a})}{\sqrt{a+1003}+\sqrt{a}}= \\
& =\frac{(a+1003)-a}{\sqrt{a+1003}+\sqrt{a}}=\frac{1003}{\sqrt{a+1003}+\sqrt{a}}
\end{aligned}
$$
Ker za imenovalce dobljenih ulomkov velja $\sqrt{a+2007}+\sqrt{a+1004}>\sqrt{a+1003}+\sqrt{a}$, je seveda
$$
\sqrt{a+2007}-\sqrt{a+1004}<\sqrt{a+1003}-\sqrt{a}
$$
Predpostavka, da je $\sqrt{a+1003}-\sqrt{a}>\sqrt{a+2007}-\sqrt{a+1004} \ldots \ldots \ldots \ldots . . . .1$ točka Zapis $\sqrt{a+2007}-\sqrt{a+1004}=\frac{1003}{\sqrt{a+2007}+\sqrt{a+1004}} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots . \ldots$ točki
Primerjava imenovalcev $\sqrt{a+2007}+\sqrt{a+1004}>\sqrt{a+1003}+\sqrt{a}$ in zaključek 2 točki
II/5. Število 0 je gotovo priredil vsem dvomestnim številom, ki imajo eno števko enako 0 (to so $10,20 \ldots 90$ ). Teh je 9 .
S̆tevilo 0 je priredil tudi tistim številom, ki se po enem koraku spremenijo v dvomestno število s števko 0 . V $10=2 \cdot 5$ se spremenita števili 25 in 52 , v $20=4 \cdot 5$ se spremenita 45 in 54 , v $30=6 \cdot 5$ se spremenita 65 in 56 , v $40=8 \cdot 5$ pa se spremenita števili 85 in 58 . Teh števil je 8. Drugih dvomestnih števil, deljivih z 10, ne moremo dobiti kot zmnožek dveh števk.
Število 0 je priredil tudi vsem tistim dvomestnim številom, ki imajo zmnožek števk enak $25,45,52,54,56,58,65$ ali 85 . Prav hitro uvidimo, da je nemogoče dobiti zmnožek 52,58 , 65 in 85 , druge vrednosti pa dobimo s števili $55,59,69,78,87,95$ oziroma 96 . Teh števil je 7.
Ker nobenega izmed števil $55,59,69,78,87,95$ in 96 ni možno dobiti kot zmnožek dveh števk, ni drugih dvomestnih števil, ki bi jim Žan lahko priredil število 0. Ugotovili smo, da je $9+8+7=24$ dvomestnih števil, ki jim lahko priredi število 0 . Takšna so števila $10,20, \ldots, 90$ 1 točka
Sklep, da so takšna še števila, ki se spremenijo v $10,20, \ldots, 90 \ldots \ldots \ldots \ldots . .1$ točka
Sklep, da so taka števila $25,52,45,54,65,56,85$ in $58 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka Število 0 je priredil tudi tistim, katerih zmnožek števk je enak enemu izmed zgornjih števil 1 točka
Takšna so števila $55,59,69,78,87,95,96$ 1 točka
Sklep, da ostalih števil ni možno dobiti na tak način 1 točka
Odgovor 24 števil 1 točka (Če tekmovalec nalogo pravilno reši tako, da za vsa dvomestna števila izračuna ustrezna prirejena enomestna števila, priznajte 7 točk. Če pri tej metodi reševanja ne najde vseh rešitev ali ne preveri vseh dvomestnih števil, za vsako manjkajočo rešitev ali nepreverjeno dvomestno število odbijte 1 točko.)
III/1. Naj bo $\sqrt{7-a}+\sqrt{7+a}=n, n \in \mathbb{N}$. Enačbo kvadriramo: $14+2 \sqrt{49-a^{2}}=n^{2}$ in preoblikujemo $\mathrm{v}$
$$
\sqrt{49-a^{2}}=\frac{n^{2}}{2}-7
$$
Ker je $\sqrt{49-a^{2}} \geq 0$, iz enačbe (3) sledi, da je $\frac{n^{2}}{2}-7 \geq 0$ in $n>3$. Ker pa je $\sqrt{49-a^{2}} \leq 7$, iz enačbe (3) sledi tudi, da je $\frac{n^{2}}{2}-7 \leq 7$, kar nam da $n<6$. Torej je lahko le $n=4$ in $a= \pm 4 \sqrt{3}$ ali $n=5$ in $a= \pm \frac{5}{2} \sqrt{3}$.
Zapis brez korenov $a^{2}=7 n^{2}-\frac{n^{4}}{4}$ (ali enakovreden) . . . . . . . . . . . . . . . 2 točki
Rešitvi $n=4$ in $a= \pm 4 \sqrt{3}$ ali $n=5$ in $a= \pm \frac{5}{2} \sqrt{3} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ po 1 točka
(Če tekmovalec navede le obe pozitivni rešitvi, priznajte 1 točko.)
Sklep ali preizkus, da ostala števila $n<6$ ne ustrezajo
1 točka
III/2. Mislimo si, da smo pravilni $n$-kotnik razdelili na skladne enakokrake trikotnike, ki imajo osnovnico enako stranici večkotnika, kraka pa sta enako dolga kot polmer kroga in oklepata kot $\frac{2 \pi}{n}$. Ploščina posameznega trikotnika je $\frac{1}{2} \cdot r^{2} \cdot \sin \frac{2 \pi}{n}$, ploščina $n$-kotnika pa $\frac{n}{2} \cdot r^{2} \cdot \sin \frac{2 \pi}{n}$. Tako imamo $3 \cdot r^{2}=\frac{n}{2} \cdot r^{2} \cdot \sin \frac{2 \pi}{n}$, kar preuredimo $\mathrm{v} \frac{6}{n}=\sin \frac{2 \pi}{n}$, od tod pa sklepamo $n=12$. Pravilni dvanajstkotnik, ki ga včrtamo krogu s polmerom $r$ ima res ploščino $3 r^{2}$. Opomniti velja, da je to res edina rešitev. Včrtani večkotnik, ki bi imel večje število stranic, bi imel tudi večjo ploščino.
Razdelitev $n$-kotnika na skladne trikotnike ..... 1 točka
Ploščina trikotnika je $\frac{1}{2} \cdot r^{2} \cdot \sin \frac{2 \pi}{n}$ ..... 1 točka
Ploščina $n$-kotnika je $\frac{n}{2} \cdot r^{2} \cdot \sin \frac{2 \pi}{n}$ ..... 1 točka
Zapis enačbe $\frac{6}{n}=\sin \frac{2 \pi}{n}$ (ali podobne) ..... 1 točka
Rešitev $n=12$ ..... 2 točki
Sklep, da je rešitev največ ena ..... 1 točka
## III/3. Naj bo $p$ ploščina štirikotnika $C K L M$. Tedaj je
$p_{2}+p$ enako ploščini trikotnika $F B C$. Dolžina višine na stranico $B C$ v trikotniku $F B C$ je enaka $|A B|$, torej je ploščina trikotnika enaka $\frac{|A B| \cdot|B C|}{2}=\frac{|A B|^{2}}{2}$. Zato je$$
p_{2}=\frac{|A B|^{2}}{2}-p
$$
Podobno sklepamo, da je $p_{1}+p$ enako ploščini trikotnika $D E C$, le-ta pa je enaka $\frac{|D C| \cdot|C B|}{2}=\frac{|A B|^{2}}{2}$. Torej je tudi
$$
p_{1}=\frac{|A B|^{2}}{2}-p
$$
in je tako razmerje $p_{1}: p_{2}$ enako 1 .
Vpeljava ploščine štirikotnika $C K L M$ ..... 3 točke
Zapis $p_{1}=\frac{|A B|^{2}}{2}-p$ (ali podoben) ..... 1 točka
Zapis $p_{2}=\frac{|A B|^{2}}{2}-p$ (ali podoben) ..... 1 točka
Sklep $p_{1}: p_{2}=1$ ..... 2 točki
III/4. Označimo $S=a^{\left(\log _{b} c\right)-1} b^{\left(\log _{c} d\right)-1} c^{\left(\log _{d} a\right)-1} d^{\left(\log _{a} b\right)-1}$. Zapišimo $1=\log _{b} a \cdot \log _{d} c=$ $\frac{\log a \cdot \log c}{\log b \cdot \log d}$. S pomočjo tega izračunamo
$$
\begin{aligned}
& \log (a b c d S)=\log \left(a^{\log _{b} c} b^{\log _{c} d} c^{\log _{d} a} d^{\log _{a} b}\right)= \\
& =\log a^{\log _{b} c}+\log b^{\log _{c} d}+\log c^{\log _{d} a}+\log d^{\log _{a} b}= \\
& =\log _{b} c \cdot \log a+\log _{c} d \cdot \log b+\log _{d} a \cdot \log c+\log _{a} b \cdot \log d= \\
& =\frac{\log c \cdot \log a}{\log b}+\frac{\log d \cdot \log b}{\log c}+\frac{\log a \cdot \log c}{\log d}+\frac{\log b \cdot \log d}{\log a}= \\
& =\frac{\log a \cdot \log c \cdot(\log b+\log d)}{\log b \cdot \log d}+\frac{\log b \cdot \log d \cdot(\log a+\log c)}{\log a \cdot \log c}= \\
& =\log a+\log b+\log c+\log d=\log (a b c d)
\end{aligned}
$$
od koder sledi $a b c d S=a b c d$ oziroma $S=1$.
III/5. Na robu kvadra dolžine $a$ je $a-2$ enotskih kock, ki imajo pobarvani natanko dve ploskvi, na robu dolžine $c$ pa jih je $c-2$. Ker je $\mathrm{v}$ kvadru 8 robov dolžine $a$ in 4 robovi dolžine $c$, je število vseh kock z dvema pobarvanima ploskvama enako $8(a-2)+4(c-2)$. Kocke, ki nimajo pobarvanih stranic, se nahajajo v notranjosti in jih je $(a-2)(a-2)(c-2)$. Veljati mora
$$
8(a-2)+4(c-2)=16+(a-2)^{2}(c-2)
$$
Izraz lahko poenostavimo v $0=32+a^{2} c-4 a c-2 a^{2}$. Od tod lahko izrazimo $a c(a-4)=$ $2\left(a^{2}-16\right)=2(a-4)(a+4)$. Če je $a=4$, izraz velja za vsako naravno število $c$. Sicer pa lahko z $a-4$ delimo in dobimo $a c=2 a+8$ oziroma $c=2+\frac{8}{a}$. Torej je $a$ delitelj števila 8 in ker je $a \geq 3$ in $a \neq 4$, je zato lahko le $a=8$ in $c=3$.
Enačbo (4) lahko uženemo tudi drugače, če označimo $x=a-2$ in $y=c-2$. Tedaj dobimo $8 x+4 y=16+x^{2} y$ oziroma
$$
0=x^{2} y-4 y+16-8 x=y(x-2)(x+2)+8(2-x)=(x-2)(y(x+2)-8)
$$
Tedaj je bodisi $x=2$ in $y$ poljuben ali pa je $y(x+2)=8$. Od tod sledi, da je za $x \neq 2$ izraz $x+2$ lahko 8 , pri tem pa je $y=1$.
Za robove kvadra velja bodisi $a=4$ in $c$ poljubno s̆tevilo ali pa $a=8$ in $c=3$.
Zapis števila kock $z$ dvema in brez pobarvanih ploskev 1 točka Enačba (4) (ali enakovredna)
1 točka
Razcep $a c(a-4)=2(a-4)(a+4)$ oz. $(x-2)(y(x+2)-8)=0$ (ali podoben) . 2 točki
Sklep, da je $a$ (ali $c-2$ ali $x+2$ ali $y$ ) delitelj števila $8 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
(Če tekmovalec vpelje $x$ in $y$ (ali podobno) in v celoti reši nalogo, a ne zapiše rezultata za $a$ in $c$, dodelite 6 točk.)
IV/1. Naj bo prvi člen $a_{1}=n$ in količnik $q=\frac{1}{m}$. Ker je vsota geometrijskega zaporedja končna, je $|q|<1$ oziroma $|m|>1$. Tedaj je $n+n q+n q^{2}+\cdots=\frac{n}{1-q}=\frac{n}{1-\frac{1}{m}}=3$. Od tod dobimo $n=3\left(1-\frac{1}{m}\right)=3-\frac{3}{m}$. Ker je $n$ naravno število, sta le dve možnosti za $m$, in sicer $m_{1}=3$ in $m_{2}=-3$. Imamo torej dve rešitvi naloge: zaporedje, ki ima prvi člen $a_{1}=2$ in količnik $q=\frac{1}{3}$, ali zaporedje, ki ima prvi člen $a_{1}=4$ in količnik $q=-\frac{1}{3}$.
Zapis $n=3-\frac{3}{m}$ (ali podoben) ...........................................................................
Rešitvi $a_{1}=2, q=\frac{1}{3}$ in $a_{1}=4, q=-\frac{1}{3} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ po 1 točka
IV/2. Najprej je $1+2+3+4=10,1^{2}+2^{2}+3^{2}+4^{2}=30$ in $1^{3}+2^{3}+3^{3}+4^{3}=100$. Denimo, da bi pri nekem naravnem številu $n>3$ izrazili vsoto $1^{n}+2^{n}+3^{n}+4^{n}$ kot število, ki bi se končalo s tremi ničlami. To število bi bilo deljivo s $1000=8 \cdot 125$. Oglejmo si ostanek posameznega seštevanca v omenjeni vsoti pri deljenju z 8. Seštevanec $1^{n}$ da ostanek 1, seštevanca $2^{n}$ in $4^{n}$ pa dasta ostanek 0 , saj je $n>3$. Zapišimo $3^{n}=(2+1)^{n}=$ $2^{n}+n \cdot 2^{n-1}+\cdots+\frac{n(n-1)(n-2)}{3 \cdot 2 \cdot 1} \cdot 2^{3}+\frac{n \cdot(n-1)}{2 \cdot 1} \cdot 2^{2}+n \cdot 2+1$. Od tod sklepamo, da bo ostanek seštevanca $3^{n}$ pri deljenju z 8 enak ostanku izraza $\frac{n \cdot(n-1)}{2 \cdot 1} \cdot 2^{2}+n \cdot 2+1=2 n^{2}+1$ pri deljenju z 8. Hitro uvidimo, da ima izraz $2 n^{2}+1$ ostanek 1 , če je $n$ sodo število, saj je v tem primeru $2 n^{2}$ deljivo z 8 . Če je $n$ liho število, zapišemo $n=2 k+1$ in je $2 \cdot(2 k+1)^{2}+1=8 k^{2}+8 k+3$, od koder vidimo, da je ostanek enak 3 .
Ugotovili smo: če vsoto $1^{n}+2^{n}+3^{n}+4^{n}$ pri poljubnem $n>3$ delimo z 8 , dobimo ostanek 2 ali 4 . Ker ta vsota ni deljiva z 8 , je ne moremo pri nobenem naravnem številu $n$ zapisati kot število, ki bi se končalo $\mathrm{z}$ več kot dvema ničlama. Torej se število oblike $1^{n}+2^{n}+3^{n}+4^{n}$ lahko konča z največ dvema ničlama.
IV/3. Označimo kote trikotnika $A B C$ na običajen način z $\alpha, \beta$ in $\gamma$. Po izreku o obodnih kotih je $\Varangle A N M=$ $\Varangle A C M=\frac{\gamma}{2}$ in $\Varangle N M A=\Varangle N B A=\frac{\beta}{2}$. Prav tako velja $\Varangle C A N=\Varangle C B N=\frac{\beta}{2}$ in $\Varangle B A M=\Varangle B C M=\frac{\gamma}{2}$. Zato so si trikotniki $A M E, N A F$ in $N M A$ podobni.
Po drugi strani pa je $\Varangle A F N=\Varangle M E A$, zato je $\Varangle A F E=$ $\pi-\Varangle A F N=\pi-\Varangle M E A=A E F$, torej je trikotnik $A F E$ enakokrak ter velja $|A E|=|A F|$.
Iz podobnosti trikotnikov $A M E$ in $N A F$ sledi, $\frac{|A E|}{|E M|}=\frac{|N F|}{|F A|}$, od koder z upoštevanjem $|N F|=|M E|$ in $|A E|=|A F|$ dobimo $|A E|=|E M|=|F E|$. Trikotnik $A E M$ je zato enako-
krak z vrhom pri $E$, od koder sledi, da je $\beta=\gamma$. Trikotnik $A F E$ pa je enakostraničen, torej je $\alpha=\frac{\pi}{3}$, kar pravzaprav pomeni, da je trikotnik $A B C$ enakostraničen.
Izračun $\Varangle A N M=\frac{\gamma}{2}, \Varangle N M A=\frac{\beta}{2}, \Varangle C A N=\frac{\beta}{2}, \Varangle B A M=\frac{\gamma}{2}$ ..... 2 točki
(Za izračun le 2 ali 3 izmed zgoraj naštetih kotov dodelite 1 točko)
Omenjena podobnost dveh izmed trikotnikov $A M E, N A F$ in $N M A$ ..... 1 točka
Izpeljava $|A E|=|A F|$ (ali $|A N|=|A M|$ ) ..... 1 točka
Sklep $\gamma=\beta$ ..... 1 točka
Sklep, da je trikotnik $A E F$ enakostraničen ..... 1 točka
Sklep, da je trikotnik $A B C$ enakostraničen ..... 1 točka
IV/4. Označimo $f(x)=\sqrt{x^{2}+2 x-3}+\frac{2}{\pi} \cdot \arcsin \frac{x+1}{2}$. Najprej si oglejmo, za katere $x$ je funkcija $f$ sploh definirana. Veljati mora $x^{2}+2 x-3 \geq 0$ in $-1 \leq \frac{x+1}{2} \leq 1$. Prvi pogoj lahko zapišemo kot $(x+3)(x-1) \geq 0$, od koder sledi $x \leq-3$ ali $x \geq 1$. Drugi pogoj lahko preoblikujemo v $-2 \leq x+1 \leq 2$ oziroma $-3 \leq x \leq 1$. Torej je funkcija definirana pri $x=-3$ in $x=1$. V prvem primeru je $f(-3)=0+\frac{2}{\pi} \cdot\left(-\frac{\pi}{2}\right)=-1$, v drugem pa $f(1)=0+\frac{2}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2}=1$. Edini realni števili, kjer je vrednost funkcije celo število, sta torej $x=-3$ in $x=1$.
Funkcija $f$ (oz. izraz) je definirana le za $x=1$ in $x=-3 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Vrednost funkcije $f$ (oz. izraza) je celo število pri $x=1$ in $x=-3 \ldots \ldots$. po 1 točka
IV/5. Na trikotnika $A$ in $B$, ki imata skupno le oglišče, lahko vrtnar posadi katerikoli vrsti cvetlic. Denimo najprej, da bo na ta dva trikotnika posadil isto vrsto cvetlic. Ker ima na voljo 5 vrst cvetlic, lahko to naredi na 5 načinov. Pri tem ostaneta še druga dva trikotnika, ki imata skupno le oglišče, in 4 vrste cvetlic, ki
jih lahko uporabi. Če bi tudi na ta trikotnika posadil isto vrsto cvetlic, lahko to napravi na 4 načine, sicer pa lahko napravi na $4 \cdot 3=12$ načinov. To pomeni, da ima $\mathrm{v}$ tem primeru $5 \cdot(4+12)=80$ možnosti izbire.
Preostane nam še premislek, ko vrtnar posadi različni vrsti cvetlic na trikotnikih $A$ in $B$. Za to ima $5 \cdot 4=20$ možnosti. Ostaneta trikotnika $C$ in $D$, ki imata skupno le oglišče, in 3 vrste cvetlic. Če posadi na oba isto vrsto cvetlic, ima 3 možnosti, sicer pa $3 \cdot 2=6$ možnosti. V tem primeru ima vrtnar $20 \cdot(3+6)=180$ možnosti izbire. Vrtnar lahko posadi cvetlice na $80+180=260$ načinov.
Preštete možnosti za enaki vrsti cvetlic na obeh parih trikotnikov . . . . . . . . . 2 točki
Preštete možnosti, če sta na $A$ in $B$ enaki, na $C$ in $D$ pa različni vrsti ........ 1 točka
Preštete možnosti, če sta na $A$ in $B$ različni, na $C$ in $D$ pa enaki vrsti ........ 1 točka
Preštete možnosti za 4 različne vrste cvetlic.............................................................................
|