Slovenia/md/sl-massa/sl-MaSSA_Drzavno_2003.md

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.

47. matematično tekmovanje

srednješolcev Slovenije

Želimlje, 12. april 2003

Naloge za 1. letnik

1. Dano je praštevilo $p$. Poišči vsa naravna števila $x$ in $y$, ki zadoščajo enačbi $p \cdot(x-5)=x \cdot y$.
2. Metka stoji $60 \mathrm{m}$ vzhodno in $80 \mathrm{m}$ južno od kraja, kjer stoji Tine. Oba sta enako oddaljena od lipe v mestnem parku, ki je naravnost vzhodno od kraja, kjer je Tine. Sočasno se vsak s svojega kraja odpravita naravnost proti lipi. Koliko metrov poti bo vsak izmed njiju prehodil do njunega srečanja pod lipo?
3. Dana je krožnica $k$ s premerom $A B$. Na njej izberemo točko $M$, ki ne sovpada ne z $A$ in ne z $B$. Naj bo $k_{1}$ krožnica, ki ima središče v $M$ in se dotika premera $A B$. Dokaži, da sta tangenta iz točke $A$ in tangenta iz točke $B$ na krožnico $k_{1}$ vzporedni.
4. Krt je izkopal podzemne sobe in jih povezal z rovi tako, da iz vsake sobe vodijo natanko 3 rovi v 3 različne sobe. Rovi se med seboj ne sekajo. Med poljubnimi 3 sobami vedno obstajata 2, ki nista povezani z rovom. Dokaži, da je krt izkopal vsaj 6 sob. Ali je možno, da je krt izkopal natanko 6 sob?

Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.

Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.

47. matematično tekmovanje

srednješolcev Slovenije

Želimlje, 12. april 2003

Naloge za 2. letnik

1. Za ulomek $\frac{m}{n}$, kjer sta $m$ in $n$ naravni števili, velja $\frac{1}{3}<\frac{m}{n}<1$. Če števcu prištejemo naravno število, imenovalec pa s tem številom pomnožimo, se vrednost ulomka ne spremeni. Poišči vse take ulomke $\frac{m}{n}$.
2. Vsota in zmnožek 2 ulomkov sta celi števili. Eden izmed ulomkov ima imenovalec 2003. Dokaži, da sta tudi oba ulomka celi števili.
3. Naj točka $X$ leži na simetrali daljice $A B$ in ne na premici $A B$. Naj bo $C$ poljubna točka v notranjosti daljice $A B$. Dokaži, da imata trikotnikoma $A C X$ in $C B X$ očrtani krožnici enaka polmera ne glede na izbiro točke $C$.
4. V jami pod Krimom spi grozna pošast. Ko postane lačna, se zbudi in požre toliko ovc, kolikor je vsota števk tistega leta. Potem spet zaspi za toliko let, kolikor ovc je pojedla. Vemo, da se je zbudila 12. aprila leta 354. Ali je pošast lahko pred vrati?

Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.

Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.

47. matematično tekmovanje

srednješolcev Slovenije

Želimlje, 12. april 2003

Naloge za 3. letnik

1. Naj za polinom $p(x)$ s celimi koeficienti velja $p(3)=2$. Ali je število $p(2003)$ lahko popolni kvadrat?
2. Naj bo $X$ presečišče diagonal konveksnega štirikotnika $A B C D$. Dokaži, da se trikotnikoma $A B X$ in $C D X$ očrtani krožnici dotikata natanko tedaj, ko je $A B | C D$.
3. Na voljo imamo 6 različnih barv in veliko kock. Posamezno kocko pobarvamo z vsemi 6 barvami, in sicer vsako mejno ploskev z 1 barvo. Največ koliko kock lahko pobarvamo, če naj bo vsaka izmed njih drugače pobarvana? (Če lahko 1 izmed pobarvanih kock zasučemo tako, da so barve mejnih ploskev enako razporejene kot na drugi kocki, sta kocki enako pobarvani.)
4. V jami pod Krimom spi grozna pošast. Ko postane lačna, se zbudi in požre toliko ovc, kolikor je vsota števk tistega leta. Potem spet zaspi za toliko let, kolikor ovc je pojedla. Vemo, da se je zbudila 12. aprila leta 666. Ali je pošast lahko pred vrati? Ali se bo lahko zbudila leta 3003 ?

Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut.

Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.

47. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Želimlje, 12. april 2003

Naloge za 4. letnik

1. Dano je aritmetično zaporedje $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots$ Označimo z $s_{i}$ vsoto prvih $i$ členov tega zaporedja, z $s_{j}$ vsoto prvih $j$ členov in z $s_{k}$ vsoto prvih $k$ členov. Dokaži, da vrednost izraza

$$\frac{s_i}{i}(j-k)+\frac{s_j}{j}(k-i)+\frac{s_k}{k}(i-j)\backslash frac\{s\_\{i\}\}\{i\}(j-k)+\backslash frac\{s\_\{j\}\}\{j\}(k-i)+\backslash frac\{s\_\{k\}\}\{k\}(i-j)$$

ni odvisna niti od izbire števil $i, j$ in $k$, niti od zaporedja.

2. V letalu, ki ima 62 vrst s po 6 sedeži v vsaki vrsti, so se potniki posedli tako, da v nobenih 2 vrstah niso zasedeni sedeži na istih mestih. Največ koliko potnikov je lahko v letalu?
3. Naj bo $D$ razpolovišče hipotenuze $A B$ pravokotnega trikotnika $A B C$. Označimo z $O_{1}$ in $O_{2}$ središči trikotnikoma $A D C$ in $D B C$ očrtanih krožnic. Dokaži, da je $A B$ tangenta na krožnico s premerom $O_{1} O_{2}$.
4. Maček iz sosednje vasi hodi v Butale dražit vaške pse. Vsak večer, ko že vsi spijo, se prikrade v Butale, na ves glas zamijavka, nato pa jo ucvre nazaj domov. Ko maček zamijavka, zalajajo vsi psi, ki so od njega oddaljeni do $90 \mathrm{m}$. Ker so Butale majhna vas, sta vsaka 2 psa v vasi med seboj oddaljena do $100 \mathrm{m}$. Ali se lahko maček postavi tako, da nanj zalajajo vsi vaški psi hkrati?

Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut. Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.

REŠITVE NALOG Z DRŽAVNEGA TEKMOVANJA

I/1. Ker je $p$ praštevilo, ločimo 2 možnosti: $p$ deli $x$ ali pa $y$. Oglejmo si najprej možnost, ko $p$ deli $x$. Tedaj lahko zapišemo $x=p x^{\prime}$ ( $x^{\prime}$ je pozitivno število) in tako dobimo $p x^{\prime}-5=x^{\prime} y$, kar zapišemo kot $x^{\prime}(p-y)=5$. Potem je $x^{\prime}=1$ in $y=p-5$ ali $x^{\prime}=5$ in $y=p-1$. Toda $x=p$ in $y=p-5$ je rešitev le takrat, ko je $p>5, x=5 p$ in $y=p-1$ pa pri vsakem $p$.

Poglejmo še primer, ko $p$ deli $y$. Tedaj je $y=p y^{\prime}$ in tako $x-5=x y^{\prime}$ oziroma $x\left(1-y^{\prime}\right)=5$. Ta enačba nima rešitev, saj sta $x$ in $y^{\prime}$ pozitivni števili.

I/2. Ker sta Metka in Tine enako oddaljena od lipe, velja $60+x=\sqrt{80^{2}+x^{2}}$. Če obe strani enačbe kvadriramo in nato enačbo uredimo, dobimo $120 x=2800$, od tod pa izrazimo $x=$ $\frac{70}{3} \mathrm{m}$. Vsak izmed njiju bo do srečanja prehodil $83 \frac{1}{3} \mathrm{m}$.

I/3. Krožnica $k_{1}$ se dotika premera $A B$ v točki $P$, tangente iz $A$ v točki $N$ in tangente iz $B$ v točki $Q$. Trikotnika $A M N$ in $A M P$ sta skladna, saj sta pravokotna ter imata skupno hipotenuzo $A M$ in skladni kateti $M N$ in $M P$. Torej sta kota $\Varangle N M A$ in $\Varangle A M P$ skladna. Po enakem razmisleku sta skladna tudi kota $\Varangle P M B$ in $\Varangle B M Q$. Po Talesovem izreku

je $\Varangle A M B=\Varangle A M P+\Varangle P M B$ pravi kot, od koder

sledi, da je $\Varangle N M Q$ iztegnjeni kot $\Varangle N M Q=\Varangle N M A+\Varangle A M P+\Varangle P M B+\Varangle B M Q=$ $2(\Varangle A M P+\Varangle P M B)=2 \cdot \Varangle A M B$. Torej je $N Q$ premer krožnice $k_{1}$, tangenti $A N$ in $B Q$ pa sta vzporedni, saj sta nanj pravokotni.

I/4. Izberimo 1 sobo. Iz nje vodijo 3 rovi v 3 nove sobe, iz vsake od njih pa vodita še 2 rova, kot kaže prva slika na desni. Če bi povezali 2 nezaključena rova na tej sliki, bi dobili 3 sobe, ki so paroma povezane. Torej obstajata vsaj

še 2 sobi. Dokazali smo, da je sob vsaj 6. Druga slika na

desni pa potrjuje, da jih je lahko natanko 6 .

II/1. Iz $\frac{m}{n}=\frac{m+k}{n \cdot k}$ izrazimo $m=\frac{k}{k-1}$. Ker je $m$ naravno število, mora biti $k=2$, tako da je tudi $m=2$. Zaradi $\frac{1}{3}<\frac{2}{n}<1$ mora biti $2<n<6$. Vse možne rešitve so $\frac{2}{3}, \frac{2}{4}$ in $\frac{2}{5}$.

II/2. Naj bosta ulomka $\frac{r}{2003}$ in $\frac{p}{q}$, pri čemer smemo predpostaviti, da je ulomek $\frac{p}{q}$ okrajšan. Če zapišemo

$$\frac{r}{2003}+\frac{p}{q}=a\text{ in }\frac{r}{2003}\cdot \frac{p}{q}=b\backslash frac\{r\}\{2003\}+\backslash frac\{p\}\{q\}=a\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; in\; \}\; \backslash quad\; \backslash frac\{r\}\{2003\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{p\}\{q\}=b$$

sta $a$ in $b$ celi števili. Izrazimo

$$q\cdot r+2003\cdot p=2003\cdot q\cdot a,r\cdot p=2003\cdot q\cdot bq\; \backslash cdot\; r+2003\; \backslash cdot\; p=2003\; \backslash cdot\; q\; \backslash cdot\; a,\; \backslash quad\; r\; \backslash cdot\; p=2003\; \backslash cdot\; q\; \backslash cdot\; b$$

Iz prve enačbe razberemo, da 2003 deli $r$ ali $q$, ker je 2003 praštevilo. Če 2003 deli $r$, potem je $\frac{r}{2003}$ celo število in prav tako $\frac{p}{q}$, saj je $\frac{p}{q}=a-\frac{r}{2003}$. Obravnavajmo še primer, ko 2003 ne deli $r$. Tedaj 2003 deli $p$ zaradi druge enačbe, zaradi prve enačbe pa deli tudi $q$. To je nemogoče, ker smo predpostavili, da je $\frac{p}{q}$ okrajšan ulomek. Torej primer, ko 2003 ne deli $r$, sploh ni možen.

II/3. Ker leži točka $X$ na simetrali daljice $A B$, je $|A X|=|B X|$ in je zato $\Varangle C A X=\Varangle X B C$. Torej sta enaka tudi središčna kota $\Varangle C O_{1} X=\Varangle X O_{2} C$. Trikotnika $\mathrm{XO}{1} C$ in $\mathrm{CO}{2} \mathrm{X}$ sta enakokraka, z osnovnico $X C$ in enakima kotoma pri vrhovih $O_{1}$ in $O_{2}$. Torej sta skladna in je zato $\left|O_{1} C\right|=\left|O_{2} C\right|$.

II/4. Ker je število 354 deljivo s 3 , je tudi vsota njegovih števk in zato število požrtih ovc deljivo s 3. Tudi vsako naslednje leto, ko se pošast zbudi, je torej deljivo s 3 . Pošast se leta 2003 ne more zbuditi, saj 2003 ni deljivo s 3; torej tudi danes, 12. aprila 2003, ne more biti pred vrati.

III/1. Ker ima polinom $p$ cele koeficiente, $x-y$ deli $p(x)-p(y)$. Potem je $p(2003)-p(3)=$ $(2003-3) k$ in $p(2003)=2000 k+2$. Torej da $p(2003)$ pri deljenju s 4 ostanek 2 in ne more biti popolni kvadrat.

III/2. Označimo $\Varangle B A X=\alpha$ in $\Varangle D C X=\beta$. Potem je $\Varangle B O_{1} X=2 \alpha$ in $\Varangle D O_{2} X=2 \beta$, od koder izračunamo

$$\text{Varangle}{O}_{1}XB=\frac{\pi }{2}-\alpha \text{ in }\text{Varangle}{O}_{2}XD=\frac{\pi }{2}-\beta ,\backslash Varangle\; O\_\{1\}\; X\; B=\backslash frac\{\backslash pi\}\{2\}-\backslash alpha\; \backslash text\; \{\; in\; \}\; \backslash quad\; \backslash Varangle\; O\_\{2\}\; X\; D=\backslash frac\{\backslash pi\}\{2\}-\backslash beta,$$

saj je $O_{1} B X$ enakokraki trikotnik z vrhom $O_{1}$ in $O_{2} D X$ enakokraki trikotnik z vrhom $O_{2}$. Torej je $\alpha=\beta$ natanko tedaj, ko je $\Varangle O_{1} X B=\Varangle O_{2} X D$. Iz konstrukcije pa vidimo, da je $\Varangle O_{1} X B=\Varangle O_{2} X D$ natanko tedaj, ko so točke $O_{1}, X$ in $O_{2}$ kolinearne. Ta pogoj pa je ekvivalenten

pogoju, da se krožnici s polmeroma $O_{1} X$ in $O_{2} X$ v točki $X$ dotikata.

III/3. Denimo, da imamo na voljo rdečo, modro, zeleno, rumeno, oranžno in belo barvo. Kocke postavimo tako, da imajo spodnjo mejno ploskev pobarvano z belo barvo. Za zgornjo ploskev imamo na voljo katero koli izmed preostalih 5 barv.

Sedaj se vprašamo, koliko kock ima lahko zgornjo ploskev pobarvano z neko izbrano barvo (denimo oranžno). Te kocke postavimo tako, da imajo nepobarvano prednjo, zadnjo, levo in desno mejno ploskev. Z rumeno barvo pobarvamo zadnjo mejno ploskev posamezne kocke. Vsako izmed teh kock namreč lahko zavrtimo tako, da ima zadnjo ploskev rumeno, ne da bi pri tem spremenili barvo zgornje in spodnje ploskve. Preostale 3 mejne ploskve lahko pobarvamo na 6 načinov (npr. 3 barve imamo na voljo za desno mejno ploskev in 2 barvi za sprednjo mejno ploskev).

Vseh možnosti je torej $5 \cdot 6=30$. Pobarvamo lahko največ 30 kock, če želimo, da bo vsaka izmed njih drugačne barve.

III/4. Ker je število 666 deljivo z 9, je tudi vsota njegovih števk in zato število požrtih ovc deljivo z 9. Tudi vsako naslednje leto, ko se pošast zbudi, je torej deljivo z 9. Pošast se ne more zbuditi ne leta 2003 ne leta 3003.

IV/1. Vsota prvih $i$ členov zaporedja je $s_{i}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+\ldots+a_{i}=a_{1}+\left(a_{1}+d\right)+\left(a_{1}+2 d\right)+\ldots+\left(a_{1}+(i-1) d\right)=i \cdot a_{1}+\frac{(i-1) i}{2} \cdot d$ in podobno $s_{j}=j \cdot a_{1}+\frac{(j-1) j}{2} \cdot d$ ter $s_{k}=k \cdot a_{1}+\frac{(k-1) k}{2} \cdot d$. Vstavimo v izraz in izračunamo

$$\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{i\cdot a_1+\frac{(i-1)i}{2}\cdot d}{i}(j-k)+\frac{j\cdot a_1+\frac{(j-1)j}{2}\cdot d}{j}(k-i)+\frac{k\cdot a_1+\frac{(k-1)k}{2}\cdot d}{k}(i-j)=}\\ {\displaystyle =a_1(j-k+k-i+i-j)+\frac{d}{2}((i-1)(j-k)+(j-1)(k-i)+(k-1)(i-j))=}\\ {\displaystyle =\frac{d}{2}(ij-ik-j+k+jk-ji-k+i+ki-kj-i+j)=0.}\end{array}\backslash begin\{gathered\}\; \backslash frac\{i\; \backslash cdot\; a\_\{1\}+\backslash frac\{(i-1)\; i\}\{2\}\; \backslash cdot\; d\}\{i\}(j-k)+\backslash frac\{j\; \backslash cdot\; a\_\{1\}+\backslash frac\{(j-1)\; j\}\{2\}\; \backslash cdot\; d\}\{j\}(k-i)+\backslash frac\{k\; \backslash cdot\; a\_\{1\}+\backslash frac\{(k-1)\; k\}\{2\}\; \backslash cdot\; d\}\{k\}(i-j)=\; \backslash \backslash \; =a\_\{1\}(j-k+k-i+i-j)+\backslash frac\{d\}\{2\}((i-1)(j-k)+(j-1)(k-i)+(k-1)(i-j))=\; \backslash \backslash \; =\backslash frac\{d\}\{2\}(i\; j-i\; k-j+k+j\; k-j\; i-k+i+k\; i-k\; j-i+j)=0\; .\; \backslash end\{gathered\}$$

IV/2. Ker je v vsaki vrsti 6 sedežev, imamo $2^{6}=64$ različnih možnosti posedanja potnikov v posamezni vrsti. Ker lahko za vsakega izmed 64 načinov posedanja najdemo njemu komplementarnega (tj. takega, ki ima zasedene natanko tiste sedeže, ki so v dani vrsti nezasedeni), lahko iz 32 komplementarnih parov sestavimo 32 polno zasedenih vrst. Torej bi bilo v letalu s 64 vrstami $6 \cdot 32=192$ potnikov. Ker pa ima naše letalo le 62 vrst, izpustimo najmanj zasedeni vrsti: prazno vrsto in vrsto z 1 potnikom. V letalu z 62 vrstami je lahko največ $192-1=191$ potnikov.

IV/3. Označimo s $k$ krožnico, ki se dotika stranice $A B$ v $D$ in na kateri leži točka $C$. Naj bo $O$ središče krožnice $k$. Potem so točke $O, O_{1}$ in $O_{2}$ kolinearne, saj ležijo na simetrali daljice $C D$. Označimo $\Varangle B A C=\alpha$. Potem je središčni kot $\Varangle D O_{1} C$ krožnice $k$ enak $2 \alpha$. Ker je trikotnik $A D C$ enakokrak, je $\Varangle B D C=2 \alpha$, zato po izreku o kotu med tetivo $D C$ in tangento $A B$ krožnice $k$ točka $O_{1}$ leži na tej krožnici. Podobno tudi točka $O_{2}$ leži na krožnici $k$. Dokazali smo že, da so točke $O, O_{1}$ in $O_{2}$ kolinearne, zato je $\mathrm{O}{1} \mathrm{O}{2}$ res premer krožnice $k$.

IV/4. Maček se lahko postavi tako, da nanj zalajajo vsi psi hkrati.

Naj bosta $A$ in $B$ psa, ki sta med seboj najbolj oddaljena. Področje na sliki je presek krogov $\mathrm{s}$ središčema $\mathrm{v} A$ in $B$ in polmerom $|A B|$. Izven tega območja ni nobenega psa. Če se maček postavi v točko $M$, ki je razpolovišče daljice $A B$, so vsi psi od njega oddaljeni za največ $\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot|A B| \leq$ $50 \cdot \sqrt{3}<90 \mathrm{~m}$.