File size: 31,447 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 | # 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: 120 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. Katero števko 7-mestnega števila 2345678 moramo izbrisati, da bo dobljeno 6-mestno število deljivo z 9 ?
(A) 8
(B) 7
(C) 6
(D) 5
(E) 4
A2. Na igrišču je bilo 17 deklet in 12 fantov. Najmanj koliko otrok bi moralo še priti na igrišče, da bi se lahko vsi skupaj razdelili na 2 enako veliki skupini, pri čemer bi bilo v vsaki skupini enako število deklet in fantov?
(A) 1
(B) 3
(C) 5
(D) 7
(E) 9
A3. Janez je na list papirja narisal vzorec, sestavljen iz skladnih kvadratov in skladnih šestkotnikov, nato je na vzorec narisal še 2 pravokotni črtkani črti (glej sliko). Kolikšno je razmerje med ploščino območja, ki ga prekrivajo kvadrati, in ploščino območja, ki ga prekrivajo šestkotniki?
(A) $1: 3$
(B) $1: 2$
(C) $14: 27$
(D) $4: 7$
(E) $14: 9$
B1. Poišči vsa naravna števila $n$, za katera obstaja pravokotnik, katerega dolžine stranic so naravna števila, njegov obseg pa je enak $n$ in je številsko enak ploščini.
B2. Naj bo $A B C$ pravokoten trikotnik s pravim kotom pri $C$, za katerega velja $|B C|=a$ in $|A C|=b$. Naj bo $D$ taka točka, ki leži na nasprotnem bregu premice $A C$ kot točka $B$, da je trikotnik $A C D$ podoben trikotniku $A B C$. Naj bo $E$ taka točka na premici $C D$, da je kot $\Varangle E B C$ pravi. Izrazi ploščino štirikotnika $A B E D \mathrm{z} a$ in $b$.
B3. Ana in Beno kolesarita po pravokotni kolesarski stezi v smeri urnega kazalca. Ana kolesari po krajši kolesarski stezi, Beno pa po daljši. Hitrosti Ane in Bena sta v razmerju $v_{\text {Ana }}: v_{\text {Beno }}=2: 7$. Oba hkrati začneta v točki $S$ (glej sliko, kjer so prikazane tudi dolžine posameznih odsekov steze). Koliko krogov
prevozi Ana in koliko Beno, ko se prvič ponovno srečata v točki $S$ ?
## 58. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije <br> Regijsko tekmovanje, 2. april 2014
## Naloge za 2. letnik
Čas reševanja: 120 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 živalskem vrtu imajo zajci, papige in kače skupaj 24 glav, 14 kril in 62 nog. Koliko kač je $\mathrm{v}$ živalskem vrtu?
(A) 5
(B) 6
(C) 7
(D) 8
(E) 9
A2. Naj bosta $a$ in $b$ različni realni števili. Za katero število $x$ velja enakost $\frac{x-a}{x-b}=\frac{x-b}{x-a}$ ?
(A) $\frac{a-b}{2}$
(B) $\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}$
(C) $\frac{a^{2}+b^{2}}{2(a+b)}$
(D) $a+b$
(E) $\frac{a+b}{2}$
A3. Daljica $A B$ je dolga $20 \mathrm{~cm}$. Lomljena črta, ki povezuje točki $A$ in $B$, tvori z daljico $A B 7$ enakostraničnih trikotnikov. Noben odsek lomljene črte ne leži na daljici $A B$. Koliko centimetrov je dolga lomljena
črta?
(A) $40 \sqrt{3}$
(B) 40
(C) $20+20 \sqrt{3}$
(D) $20+20 \sqrt{2}$
(E) Nemogoče je določiti.
B1. Naj bodo $a, b$ in $c$ taka naravna števila, da je število $a^{2}+b^{2}+c^{2}$ deljivo s 7. Dokaži, da je tudi število $a^{4}+b^{4}+c^{4}$ deljivo $\mathrm{s} 7$.
B2. V krog s polmerom $r$ včrtamo deltoid, ki ima eno stranico dvakrat toliko dolgo kot drugo. Izračunaj razmerje med ploščinama včrtanega deltoida in kroga.
B3. V rombu, katerega stranice in ena izmed diagonal so dolge $60 \mathrm{~cm}$, se nahaja 9 točk. Ali obstajata dve izmed teh točk, ki med seboj nista oddaljeni več kot $30 \mathrm{~cm}$ ?
## Naloge za 3. letnik
Čas reševanja: 120 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. Samo je na list papirja napisal 3-mestno liho naravno število in Petru povedal samo zadnjo števko tega števila. Peter je takoj ugotovil, da število, ki ga je na list papirja napisal Samo, ni praštevilo. Katero števko je Samo povedal Petru?
(A) 1
(B) 3
(C) 5
(D) 7
(E) 9
A2. Karmen je na mizi zložila skupaj 5 koščkov (glej sliko). Nato je 4 zunanje koščke obrnila navpično. Kateri košček še potrebuje Karmen, da bo lahko sestavila kocko?
(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
A3. Točka $M$ je razpolovišče stranice $A D$ paralelograma $A B C D$ (glej sliko). Kot $B A D$ je velik $84^{\circ}$, kot $A M B$ pa $48^{\circ}$. Koliko stopinj je velik kot $D C M$ ?
(A) 36
(B) 42
(C) 44
(D) 45
(E) 48
B1. Poišči vsa realna števila $a \geq 0$, za katera ima enačba $2|x-a|+3|x+a|=1$ vsaj eno realno rešitev.
B2. Ali ima enačba $\cos (\sin x)=\sin (\cos x)$ vsaj eno realno rešitev?
B3. Konveksen večkotnik imenujemo enostaven, če ga lahko razrežemo na končno mnogo enakokrakih pravokotnih trikotnikov. Na skici je prikazan enostaven 5-kotnik. Ali obstaja enostaven 7-kotnik? Kaj pa enostaven 9kotnik?
## Naloge za 4. letnik
Čas reševanja: 120 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. Miha ima 4 predalčke. V enem predalčku so le kovanci za 20 centov, v enem predalčku le kovanci za 10 centov, v enem predalčku le kovanci za 2 centa in v enem predalčku le kovanci za 1 cent. Miha lahko vzame kovance iz treh različnih predalčkov, in sicer iz enega predalčka en kovanec, iz enega predalčka dva kovanca in iz enega predalčka tri kovance. Največ koliko centov lahko iz predalčkov vzame Miha?
(A) 61
(B) 62
(C) 82
(D) 92
(E) 96
A2. V okviru preiskave so aretirali štiri osumljence. Vsak je dal eno izjavo. Žan: "Izmed osumljencev sem edini nedolžen."
Alen: "Izmed osumljencev sem edini kriv."
Zala: "Vsi osumljenci smo nedolžni."
Beno: "Vsaj dva izmed osumljencev sta kriva."
Nadaljnja preiskava je pokazala, da je bil vsaj eden izmed osumljencev kriv in da so nedolžni govorili resnico, krivi pa so lagali. Koliko osumljencev je bilo krivih?
(A) 1
(B) 2
(C) 3
(D) 4
(E) Nemogoče je določiti.
A3. Koliko je takih dvomestnih števil, katerih predhodnik in naslednik sta praštevilo in popolni kvadrat, ne nujno v tem vrstnem redu?
(A) 1
(B) 2
(C) 3
(D) 4
(E) 5
B1. Poišči vse pare naravnih števil $(m, n)$, za katere velja
$$
m+3 n-5=2 v-11 d
$$
kjer je $v$ najmanjši skupni večkratnik števil $m$ in $n$, $d$ pa največji skupni delitelj števil $m$ in $n$.
(6 točk)
B2. Poišči vse funkcije $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, za katere velja
$$
f(x y)=x f(y)+3 f(x)+3
$$
za vse $x, y \in \mathbb{R}$.
B3. Konveksen večkotnik imenujemo preprost, če ga lahko razrežemo na končno mnogo kvadratov in enakostraničnih trikotnikov. Na skici je prikazan preprost 5 -kotnik. Ali obstaja preprost 7-kotnik? Kaj pa preprost 13-kotnik?
(6 točk)
## 58. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Regijsko tekmovanje, 2. april 2014
## Rešitve za 1. letnik
V sklopu A bo pravilni odgovor ovrednoten $\mathrm{z}$ dvema točkama, medtem ko bomo za nepravilni odgovor eno točko odšteli. Da bi se izognili morebitnemu negativnemu končnemu dosežku, se vsakemu tekmovalcu prizna začetne 3 točke.
| 1 | 2 | 3 |
| :--- | :--- | :--- |
| $\mathrm{A}$ | $\mathrm{D}$ | $\mathrm{C}$ |
## Utemeljitve:
A1. Naravno število je deljivo z 9 natanko tedaj, ko je vsota njegovih števk deljiva z 9. Ker je vsota števk 7-mestnega števila 2345678 enaka $35=3 \cdot 9+8$, moramo izbrisati števko 8. S tem dobimo 6-mestno število 234567 , katerega vsota števk je $27=3 \cdot 9$, in je zato deljivo z 9 .
A2. Če se otroci na igrišču v nekem trenutku lahko rezdelijo v 2 enako veliki skupini, pri čemer je $\mathrm{v}$ vsaki skupini $n$ fantov in $n$ deklet, potem je skupno število deklet na igrišču enako $2 n$, kar je sodo število in je enako skupnemu številu fantov na igrišču. Da bo število deklet na igrišču sodo in enako številu fantov, mora na igrišče priti vsaj 1 dekle in vsaj 6 fantov. Na igrišče bi torej moralo priti še najmanj 7 otrok.
A3. Označimo ploščino enega kvadrata s $p$. Ploščina območja, ki ga prekrivajo kvadrati, je potem enaka 28 p. Ker sta črtkani črti pravokotni, je iz slike razvidno, da lahko sredinski šestkotnik sestavimo iz dveh celih kvadratov in iz dveh polovičk kvadrata. Ploščina enega šestkotnika je torej enaka $3 p$, ploščina območja, ki ga prekrivajo šestkotniki, pa $18 \cdot 3 p=54 p$. Iskano razmerje je zato enako $28 p: 54 p=14: 27$.
B1. Naj bosta $a$ in $b$ dolžini stranic takega pravokotnika. Iz navodil naloge sledi, da je $2(a+b)=n=a b$. To enakost med $a$ in $b$ preuredimo $\mathrm{v} a(b-2)=2 b$ in od tod izrazimo
$$
a=\frac{2 b}{b-2}=\frac{2(b-2)}{b-2}+\frac{4}{b-2}=2+\frac{4}{b-2}
$$
Ker sta $a$ in $b$ naravni števili, mora število $b-2$ deliti 4 . Ker je hkrati število $b-2$ večje od -2 , je lahko enako le $-1,1,2$ ali 4 . Torej je $b$ zaporedoma enak $1,3,4$ ali 6 in $a$ zaporedoma enak $-2,6,4$ ali 3 . Prvi primer odpade, ker -2 ni naravno število. V drugem in četrtem primeru dobimo $n=18$, $\mathrm{v}$ tretjem pa $n=16$.
Preureditev enačbe in izražen $a$ (ali $b$ ) .1 točka
Sklep, da $b-2$ deli 4 1 točka
Ugotovitev, da je $b$ enak 1, 3, 4 ali 6 2 točki
Zapis obeh rešitev ( $n=16$ ali $n=18$ ) 1 točka (Če tekmovalec rešitev le zapiše, se mu prizna 1 točko.)
}
B2. Zaradi podobnosti trikotnikov $A C D$ in $A B C$ velja $\Varangle C A D=\Varangle B A C$. Opazimo, da točka $E$ leži na drugem bregu premice $B C$ kot točka $A$, zato velja $\Varangle B C E=180^{\circ}-\Varangle A C B-$ $\Varangle D C A=90^{\circ}-\Varangle D C A=\Varangle C A D=\Varangle B A C$. Torej sta si tudi trikotnika $A B C$ in $C E B$ podobna, saj imata dva enaka kota. Po pitagorovem izreku velja $|A B|=\sqrt{a^{2}+b^{2}}$. Iz po-
dobnosti trikotnikov $A B C$ in $A C D$ sledi
$$
\frac{|A D|}{|A C|}=\frac{|A C|}{|A B|} \quad \text { in } \quad \frac{|D C|}{|A C|}=\frac{|C B|}{|A B|}
$$
Iz prve enakosti izrazimo $|A D|=\frac{|A C|^{2}}{|A B|}=\frac{b^{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$, iz druge pa $|D C|=\frac{|A C| \cdot|C B|}{|A B|}=\frac{a b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$. Ker sta si tudi trikotnika $A B C$ in $C E B$ podobna, velja
$$
\frac{|B E|}{|B C|}=\frac{|C B|}{|C A|}
$$
od koder izrazimo $|B E|=\frac{|C B|^{2}}{|C A|}=\frac{a^{2}}{b}$. Ploščina štirikotnika $A B E D$ je torej enaka
$$
\begin{aligned}
p & =\frac{|A D| \cdot|D C|}{2}+\frac{|A C| \cdot|C B|}{2}+\frac{|C B| \cdot|B E|}{2}= \\
& =\frac{a b^{3}}{2\left(a^{2}+b^{2}\right)}+\frac{a b}{2}+\frac{a^{3}}{2 b}=\frac{a b^{4}+a b^{2}\left(a^{2}+b^{2}\right)+a^{3}\left(a^{2}+b^{2}\right)}{2 b\left(a^{2}+b^{2}\right)}= \\
& =\frac{2 a b^{4}+2 a^{3} b^{2}+a^{5}}{2 b\left(a^{2}+b^{2}\right)}
\end{aligned}
$$
Pregledno narisana in označena skica 1 točka Utemeljena ugotovitev, da sta si trikotnika $A B C$ in $C E B$ podobna 1 točka Uporaba podobnosti trikotnikov $A B C$ in $A C D$ ter izraženi stranici $|A D|$ in $|D C| \mathbf{1}$ točka
Uporaba podobnosti trikotnikov $A B C$ in $C E B$ ter izražena stranica $|B E| \mathbf{1}$ točka Zapis ploščine štirikotnika $A B E D$ kot vsote ploščin treh pravokotnih trikotnikov 1 točka
B3. Anin krog je dolg $1000 \mathrm{~m}$, Benov pa $1200 \mathrm{~m}$. Denimo, da se v točki $S$ spet srečata po tem, ko je Ana prevozila $n$ krogov, Beno pa $k$ krogov. Ana prevozi $n$ krogov v času $n \cdot \frac{1000 \mathrm{~m}}{v_{\text {Ana }}}$, Beno pa $k$ krogov v času $k \cdot \frac{1200 \mathrm{~m}}{v_{\text {Beno }}}$. Ta dva časa morata biti enaka, torej je
$$
n \cdot \frac{1000 \mathrm{~m}}{v_{\mathrm{Ana}}}=k \cdot \frac{1200 \mathrm{~m}}{v_{\mathrm{Beno}}}
$$
Iz te enačbe izrazimo
$$
\frac{n}{k}=\frac{1200 \mathrm{~m}}{1000 \mathrm{~m}} \cdot \frac{v_{\text {Ana }}}{v_{\text {Beno }}}=\frac{6}{5} \cdot \frac{2}{7}=\frac{12}{35}
$$
Ker iščemo najmanjša možna $n$ in $k$, ulomek $\frac{12}{35}$ pa je okrajšan, sledi $n=12$ in $k=35$. Torej, ko se prvič ponovno srečata v točki $S$, Ana prevozi 12 krogov, Beno pa 35 krogov.
Zapis ali uporaba dolžine Anine poti ( $n \cdot 1000 \mathrm{~m}$ ) in dolžine Benove poti ( $k \cdot 1200$ $\mathrm{m}$ ) od starta do prvega srečanja 1 točka
Zapis enačbe $n \cdot \frac{1000 \mathrm{~m}}{v_{\text {Ana }}}=k \cdot \frac{1200 \mathrm{~m}}{v_{\text {Beno }}}$ 2 točki
Izraženo razmerje $\frac{n}{k}=\frac{12}{35}$ 1 točka
Argumentiran sklep, da je $n=12$ in $k=35$
2 točki (Če tekmovalec rešitev le zapiše, se mu prizna 1 točka.)
## Rešitve za 2. letnik
V sklopu A bo pravilni odgovor ovrednoten z dvema točkama, medtem ko bomo za nepravilni odgovor eno točko odšteli. Da bi se izognili morebitnemu negativnemu končnemu dosežku, se vsakemu tekmovalcu prizna začetne 3 točke.
| 1 | 2 | 3 |
| :--- | :--- | :--- |
| $\mathrm{A}$ | $\mathrm{E}$ | $\mathrm{B}$ |
Utemeljitve:
A1. Zajci in kače nimajo kril, papige pa imajo po dve krili, zato je v živalskem vrtu 14 : $2=7$ papig. Papige imajo torej skupaj $7 \cdot 2=14$ nog. Ker kače nimajo nog, imajo zajci skupaj $62-14=48$ nog. Vsak zajec ima 4 noge, zato je v živalskem vrtu $48: 4=12$ zajcev. Torej je v živalskem vrtu $24-12-7=5$ kač.
A2. Dano enačbo pomnožimo z $(x-a)(x-b)$, da dobimo $(x-a)^{2}=(x-b)^{2}$. Po kvadriranju odštejemo $x^{2}$ in dobimo $-2 a x+a^{2}=-2 b x+b^{2}$, kar lahko preuredimo do $2(b-a) x=$ $(b-a)(b+a)$. Ker $b-a \neq 0$, lahko enačbo delimo $\mathrm{z} b-a$, da dobimo $2 x=b+a$, od koder izrazimo $x=\frac{a+b}{2}$.
A3. Označimo dolžine stranic teh 7 enakostraničnih trikotnikov po vrsti z $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{7}$. Dolžina daljice $A B$ je potem enaka $a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{7}$, dolžina lomljene črte od $A$ do $B$ pa $2 a_{1}+2 a_{2}+\ldots+2 a_{7}=2\left(a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{7}\right)$. Dolžina lomljene črte je torej dvakratnik dolžine daljice in je zato enaka $40 \mathrm{~cm}$.
B1. Pri deljenju s 7 ima popoln kvadrat lahko ostanek $0,1,2$ ali 4 . Ker je število $a^{2}+b^{2}+c^{2}$ deljivo s 7 , morajo imeti števila $a^{2}, b^{2}$ in $c^{2}$ pri deljenju s 7 ali vsa ostanek 0 ali tri različne ostanke enake 1,2 in 4 . V prvem primeru so števila $a, b$ in $c$ deljiva s 7 in zato je tudi število $a^{4}+b^{4}+c^{4}$ deljivo s 7 . V drugem primeru lahko predpostavimo, da je $a^{2}=7 k+1, b^{2}=7 m+2$ in $c^{2}=7 n+4$ za neka cela števila $k, m$ in $n$. Tedaj velja
$a^{4}+b^{4}+c^{4}=(7 k+1)^{2}+(7 m+2)^{2}+(7 n+4)^{2}=49\left(k^{2}+m^{2}+n^{2}\right)+14(k+m+n)+21$,
kar je spet deljivo s 7 .
Ugotovitev, da ima lahko popoln kvadrat pri deljenju s 7 ostanek $0,1,2$ ali $4 \ldots 1$ točka
Sklep, da morajo imeti števila $a^{2}, b^{2}$ in $c^{2}$ pri deljenju $\mathbf{s} 7$ bodisi vsa ostanek 0 bodisi tri različne ostanke 1,2 in 4 2 točki Ugotovitev, da je v primeru, ko so $a^{2}, b^{2}$ in $c^{2}$ deljiva s 7 , tudi $a^{4}+b^{4}+c^{4}$ deljiv $\mathbf{s} 7$ 1 točka
Zapis $a^{2}=7 k+1, b^{2}=7 m+2$ in $c^{2}=7 n+4 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka
Utemeljen sklep, da je $\mathbf{v}$ tem primeru $a^{4}+b^{4}+c^{4}$ deljiv s $7 \ldots \ldots \ldots \ldots . . .1$ točka
B2. Označimo dolžini stranic včrtanega deltoida $\mathrm{z} a$ in $2 a$. Zaradi simetrije poteka daljša izmed diagonal deltoida skozi središče kroga. Po izreku o kotu v polkrogu je torej kot med stranicama dolžin $a$ in $2 a$ pravi. Po Pitagorovem izreku je dolžina daljše diagonale enaka $\sqrt{a^{2}+(2 a)^{2}}=\sqrt{5} a$, kar pomeni, da je $r=\frac{\sqrt{5} a}{2}$. Ploščina deltoida je enaka $2 \cdot \frac{a \cdot 2 a}{2}=2 a^{2}$, ploščina kroga pa $\pi r^{2}=\frac{5 \pi a^{2}}{4}$. Iskano razmerje ploščin je $\frac{8}{5 \pi}$.
Pregledno narisana in označena skica (vključno z ugotovitvijo, da je daljša diagonala romba premer kroga) 1 točka Utemeljena ugotovitev, da je kot med stranicama $\mathbf{z}$ dolžino $a$ in $2 a$ pravi $\mathbf{1}$ točka Izračun $r=\frac{\sqrt{5} a}{2}$ ali upoštevanje izračuna pri izračunu ploščine kroga .... $\mathbf{2}$ točki Izračun ploščine deltoida 1 točka Izračunano razmerje .1 točka
B3. Odgovor je da. Krajša diagonala razdeli romb na dva enakostranična trikotnika s stranico 60 $\mathrm{cm}$. Vsakega od njiju lahko razdelimo še na 4 enakostranične trikotnike s stranico $30 \mathrm{~cm}$. S tem smo romb razdelili na 8 enakostraničnih trikotnikov s stranico $30 \mathrm{~cm}$. Ker v rombu leži 9 točk, obstaja enakostraničen trikotnik, v katerem ležita vsaj dve točki.
Dokažimo, da sta ti dve točki med seboj oddaljeni največ $30 \mathrm{~cm}$. Točki označimo z $E$ in $F$, oglišča enakostraničnega trikotnika, v katerem ležita, pa z $A, B$ in $C$. Oglejmo si trikotnik $A E F$. Notranji kot tega trikotnika pri oglišču $A$ je velik največ $60^{\circ}$, torej mora biti eden od preostalih dveh notranjih kotov velik vsaj $60^{\circ}$. To pomeni, da stranica $E F$ ni najdaljša stranica trikotnika $A E F$. Toda preostali dve stranici sta dolgi največ 30 $\mathrm{cm}$, saj točki $E$ in $F$ ležita znotraj kroga s središčem v $A$
in polmerom $30 \mathrm{~cm}$. Torej je tudi razdalja med točkama $E$ in $F$ največ $30 \mathrm{~cm}$.
Ugotovitev, da razdeli diagonala romb na dva enakostranična trikotnika 1 točka Ugotovitev, da lahko romb razdelimo na osem enakostraničnih trikotnikov s stranico $30 \mathrm{~cm}$ 1 točka Sklep, da obstaja enakostranični trikotnik s stranico $30 \mathrm{~cm}$, v katerem ležita vsaj dve točki 1 točka Utemeljen sklep, da sta točki, ki ležita znotraj tega trikotnika med seboj oddaljeni največ 30 cm 2 točki 1 točka
## Rešitve za 3. letnik
V sklopu A bo pravilni odgovor ovrednoten z dvema točkama, medtem ko bomo za nepravilni odgovor eno točko odšteli. Da bi se izognili morebitnemu negativnemu končnemu dosežku, se vsakemu tekmovalcu prizna začetne 3 točke.
| 1 | 2 | 3 |
| :--- | :--- | :--- |
| C | A | B |
Utemeljitve:
A1. Iz zadnje števke trimestnega naravnega števila lahko ugotovimo, da le to ni praštevilo le, če je zadnja števka soda (in je zato število deljivo z 2) ali pa enaka 5 (in je zato število deljivo s 5). Vse ostale števke so lahko zadnje števke trimestnega praštevila, npr. števila 101, 103, 107 in 109 so vsa praštevila. Ker je bilo Samovo število liho, je bila njegova zadnja števka enaka 5 .
A2. Levi rob levega koščka in desni rob desnega koščka imata zarezi navznoter, zgornji rob zgornjega koščka in spodnji rob spodnjega koščka pa imata zarezi navzven. Torej mora imeti zadnji košček na dveh nasprotnih robovih zarezi navzven, na preostalih dveh nasprotnih robovih pa zarezi navznoter. Temu pogoju usteza le košček (A), ki ima na levem in desnem robu zarezi navzven, na spodnjem in zgornjem robu pa zarezi navznoter. Karmen torej potrebuje še košček (A).
A3. S pomočjo kotov trikotnika $A B M$ izračunamo $\Varangle M B A=180^{\circ}-84^{\circ}-48^{\circ}=48^{\circ}$, torej je trikotnik $A B M$ enakokrak z vrhom pri $A$. Sledi $|A B|=|A M|$. Ker je $M$ razpolovišče stranice $A D$, velja $|A M|=|M D|$, ker pa je $A B C D$ paralelogram, je $|A B|=|C D|$. Torej je $|C D|=|M D|$ in tudi trikotnik $M C D$ je enakokrak z vrhom pri $D$. Od tod izračunamo $\Varangle D C M=\frac{180^{\circ}-\Varangle M D C}{2}=\frac{\Varangle B A D}{2}=42^{\circ}$.
B1. Obravnavajmo več možnosti. Če je $x<-a$, dobimo enačbo $-2(x-a)-3(x+a)=1$, od koder izračunamo $x=-\frac{a+1}{5}$. Da bo to res rešitev, mora veljati $-\frac{a+1}{5}<-a$ oziroma $a<\frac{1}{4}$. Če je $-a \leq x \leq a$, dobimo enačbo $-2(x-a)+3(x+a)=1$, torej je $x=1-5 a$. To je rešitev, le takrat, ko je $-a \leq 1-5 a \leq a$, kar je ekvivalentno pogoju $\frac{1}{6} \leq a \leq \frac{1}{4}$. Če je $x>a$, dobimo $2(x-a)+3(x+a)=1$ oziroma $x=\frac{1-a}{5}$. Da bo to rešitev, mora veljati $\frac{1-a}{5}>a$ oziroma $a<\frac{1}{6}$. Enačba ima torej vsaj eno realno rešitev natanko tedaj, ko je $a \leq \frac{1}{4}$.
Zapis rešitve $-a \leq 1-5 a \leq a$ oziroma $\frac{1}{6} \leq a \leq \frac{1}{4} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots .1$ točka
Izračun $x=\frac{1-a}{5}$ pri možnosti $x>a$ in zapis rešitve $a<\frac{1}{6} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$.
B2. Enačbo prepišemo $\mathrm{v} \cos (\sin x)=\cos \left(\frac{\pi}{2}-\cos x\right)$. Od tod sledi, da mora veljati $\frac{\pi}{2}-\cos x=$ $\pm \sin x+2 k \pi$ za nek $k \in \mathbb{Z}$, torej $\cos x \pm \sin x=\frac{\pi}{2}-2 k \pi$. Ker je $|\cos x \pm \sin x| \leq|\cos x|+$ $|\sin x| \leq 2$, mora biti $k=0$, torej je $\cos x \pm \sin x=\frac{\pi}{2}$. Če to enačbo kvadriramo, dobimo $\cos ^{2} x \pm 2 \cos x \sin x+\sin ^{2} x=\frac{\pi^{2}}{4}$ oziroma $\pm \sin 2 x=\frac{\pi^{2}}{4}-1$. Ker je $\frac{\pi^{2}}{4}-1>\frac{9}{4}-1>1$, ta enačba nima realnih rešitev, torej tudi začetna enačba nima nobene realne rešitve.
Zapis enačbe $\cos (\sin x)=\cos \left(\frac{\pi}{2}-\cos x\right)$ ..... 1 točka
Ugotovitev, da je $\frac{\pi}{2}-\cos x= \pm \sin x+2 k \pi$ ..... 1 točka
Zapis ekvivalentne enačbe $\cos x \pm \sin x=\frac{\pi}{2}-2 k \pi$ ..... 1 točka
Utemeljen sklep, da je $k=0$ ..... 1 točka
Izračun $\pm \sin 2 x=\frac{\pi^{2}}{4}-1$ ..... 1 točka
Sklep, da je $\frac{\pi^{2}}{4}-1>1$ in odgovor ..... 1 točka
B3. Na skici je prikazan enostaven 7-kotnik. Dokažimo, da enostaven 9 -kotnik ne obstaja. Notranji koti enakokrakega pravokotnega trikotnika so enaki $45^{\circ}$ in $90^{\circ}$. Torej je vsak notranji kot enostavnega večkotnika lahko enak le $45^{\circ}, 90^{\circ}$ ali $135^{\circ}$. Če bi enostaven 9 -kotnik obstajal, bi bila vsota njegovih notranjih kotov največ $9 \cdot 135^{\circ}=1215^{\circ}$. Toda vsota notranjih kotov vsakega 9-kotnika
je enaka $(9-2) \cdot 180^{\circ}=1260^{\circ}$. Torej enostaven 9-kotnik ne obstaja.
Odgovor, da enostaven 7 -kotnik obstaja ...............................................................
Odgovor, da enostaven 9 -kotnik ne obstaja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 točka Ugotovitev, da lahko notranji kot enostavnega večkotnika meri $45^{\circ}, 90^{\circ}$ ali $135^{\circ}$ 1 točka
Utemeljen sklep, da enostavnega 9-kotnika ni .................................................
## Rešitve za 4 . letnik
V sklopu A bo pravilni odgovor ovrednoten z dvema točkama, medtem ko bomo za nepravilni odgovor eno točko odšteli. Da bi se izognili morebitnemu negativnemu končnemu dosežku, se vsakemu tekmovalcu prizna začetne 3 točke.
| 1 | 2 | 3 |
| :--- | :--- | :--- |
| $\mathrm{C}$ | $\mathrm{C}$ | $\mathrm{E}$ |
Utemeljitve:
A1. Miha dobi največji znesek, če iz predalčkov vzame tri kovance po 20 centov, dva kovanca po 10 centov in en kovanec po 2 centa. Znesek je v tem primeru enak 82 centov.
A2. Alen ne more biti nedolžen, saj bi sicer govoril resnico, toda potem bi moral biti po svojih besedah kriv. Alen je zato kriv. To pomeni, da je Zala lagala, torej je tudi ona kriva. Sledi, da je Beno govoril resnico, torej je nedolžen. To pa pomeni, da je Žan lagal, zato je tudi on kriv. Krivi so torej natanko trije osumljenci, to so Žan, Alen in Zala.
A3. Popolni kvadrati, ki so predhodnik ali naslednik dvomestnega števila, so natanko $9,16,25,36,49,64,81$ in 100. Dvomestna števila, katerih predhodnik oziroma naslednik je popoln kvadrat so torej le števila $10,15,17,24,26,35,37,48,50,63,65,80,82$ in 99. Toda dvomestno število, katerega predhodnik oziroma naslednik je praštevilo, mora biti sodo, zato nam ostanejo le števila $10,24,26,48,50,80$ in 82 . Od teh pa imajo za predhodnik oziroma naslednik praštevilo le števila $10,24,48,80$ in 82 . Vsa ta števila res ustrezajo pogoju. Pravilen odgovor je torej 5 .
B1. Pišimo $m=d a$ in $n=d b$. Torej sta $a$ in $b$ tuji naravni števili in velja $v=d a b$. Če to vstavimo v enačbo dobimo $d a+3 d b-5=2 d a b-11 d$, torej mora $d$ deliti 5 . Denimo najprej, da je $d=1$. Tedaj lahko enačbo preuredimo v $a(2 b-1)=3 b+6$. Od tod sledi, da $2 b-1$ deli $3 b+6$, torej deli tudi $2(3 b+6)-3(2 b-1)=15$. Ker je $2 b-1$ naravno število, imamo štiri možnosti. Če je $2 b-1=1$, je $b=1$ in $a=9$. Če je $2 b-1=3$, je $b=2$ in $a=4$, kar pa je protislovje, saj si $a$ in $b$ nista tuji. Če je $2 b-1=5$, je $b=3$ in $a=3$, kar je spet protislovje. Če pa je $2 b-1=15$, je $b=8$ in $a=2$, kar je spet protislovje. V tem primeru imamo torej rešitev $(9,1)$. Naj bo sedaj $d=5$. Tedaj lahko enačbo delimo s 5 in preuredimo $\mathrm{v} a(2 b-1)=3 b+10$. Od tod sledi, da $2 b-1$ deli $3 b+10$, torej deli tudi $2(3 b+10)-3(2 b-1)=23$. Imamo dve možnosti. Če je $2 b-1=1$, je $b=1$ in $a=13$. Če pa je $2 b-1=23$, je $b=12$ in $a=2$, kar je protislovje, saj si $a$ in $b$ nista tuja. Tako dobimo še rešitev $(65,5)$.[^0]
B2. V funkcijsko enačbo vstavimo $x=0$, da dobimo $f(0)=3 f(0)+3$, od koder izračunamo $f(0)=-\frac{3}{2}$. Sedaj v funkcijsko enačbo vstavimo $y=0$, da dobimo $f(0)=x f(0)+$ $3 f(x)+3$, od koder izrazimo $f(x)=-\frac{1}{3} x f(0)+\frac{1}{3} f(0)-1=\frac{1}{2} x-\frac{3}{2}$. Preverimo lahko, da funkcija $f(x)=\frac{1}{2} x-\frac{3}{2}$ res ustreza dani funkcijski enačbi, torej je to edina rešitev.
Zapis funkcijske enačbe v primeru, ko je $x=0$ 1 točka Izračun $f(0)=-\frac{3}{2}$ 1 točka
Zapis funkcijske enačbe v primeru, ko je $y=0$ 1 točka
Zapis funkcije $f: f(x)=\frac{x}{2}-\frac{3}{2}$ 2 točki
Sklep, da je to edina rešitev 1 točka
B3. Na skici je prikazan preprost 7-kotnik. Dokažimo, da preprost 13-kotnik ne obstaja. Notranji koti kvadratov in enakostraničnih trikotnikov so enaki $90^{\circ}$ in $60^{\circ}$. Torej je vsak notranji kot preprostega večkotnika lahko enak le $60^{\circ}, 90^{\circ}, 120^{\circ}$ ali $150^{\circ}$. Če bi preprost $13-$ kotnik obstajal, bi bila vsota njegovih notranjih kotov največ $13 \cdot 150^{\circ}=1950^{\circ}$. Toda vsota notranjih kotov vsakega 13-kotnika je enaka $(13-2) \cdot 180^{\circ}=1980^{\circ}$.
Torej preprost 13-kotnik ne obstaja.
Odgovor, da preprost 7 -kotnik obstaja ...............................................................
Skica enostavnega 7-kotnika 2 točki
Odgovor, da enostaven 13-kotnik ne obstaja 1 točka Ugotovitev, da lahko notranji kot enostavnega večkotnika meri $60^{\circ}, 90^{\circ}, 120^{\circ}$ ali $150^{\circ}$ 1 točka
Utemeljen sklep, da preprostega 13-kotnika ni 1 točka
[^0]: Zapis $m=d \cdot a$ in $n=d \cdot b$ za tuji naravni števili $a$ in $b$ 1 točka Ugotovitev, da $d$ deli 5 1 točka Zapis rešitve $(9,1)$ in utemeljitev, da drugih rešitev v primeru, ko je $d=1 \mathbf{n i} \ldots 2$ točki
Zapis rešitve $(65,5)$ in utemeljitev, da drugih rešitev v primeru, ko je $d=5$ ni .. 2 točki
|