| # 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. |
|
|
| ## 58. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije <br> Maribor, 12. april 2014 |
|
|
| ## Naloge za 1. letnik |
|
|
| Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut. |
|
|
|  |
| Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena. |
|
|
| 1. Za realni števili $a$ in $b$, kjer je $|a| \neq|b|$ in $a \neq 0$, velja |
|
|
| $$ |
| \frac{a-b}{a^{2}+a b}+\frac{a+b}{a^{2}-a b}=\frac{3 a-b}{a^{2}-b^{2}} |
| $$ |
|
|
| Določi vrednost izraza $\frac{b}{a}$. |
|
|
| 2. Naj bosta $m$ in $n$ taki naravni števili, da $5 m+n$ deli $5 n+m$. Dokaži, da $m$ deli $n$. |
| 3. V paralelogramu $A B C D$ velja $|A B|=|B D|$. Naj bo $K$ od $A$ različna točka na premici $A B$, za katero je $|K D|=|A D|$. Zrcalno sliko točke $C$ pri zrcaljenju preko točke $K$ označimo z $M$, zrcalno sliko točke $B$ pri zrcaljenju preko točke $A$ pa z $N$. Dokaži, da je trikotnik $M D N$ enakokrak z vrhom pri $D$. |
| 4. Na mizi so trije kupčki žetonov: eden $\mathrm{z} a$ žetoni, eden $\mathrm{z} b$ žetoni in eden $\mathrm{s} c$ žetoni, pri čemer velja $a \geq b \geq c>0$. Igralca $A$ in $B$ izmenično prestavljata žetone. Začne igralec $\mathrm{A}$. V vsaki potezi igralec najprej izbere dva kupčka in nato s tistega z manj žetoni prestavi vsaj en žeton na tistega $z$ več žetoni. Če imata izbrana kupčka enako žetonov, prestavi vsaj en žeton s kateregakoli izmed njiju na drugega. Zmaga tisti igralec, po čigar potezi so vsi žetoni na enem kupčku. Določi, kdo ima zmagovalno strategijo, in sicer v odvisnosti od $a, b$ in $c$. |
|
|
| ## 58. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije <br> Maribor, 12. april 2014 |
|
|
| ## Naloge za 2. letnik |
|
|
| Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut. |
|
|
|  |
| Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena. |
|
|
| 1. Poišči vse trojice realnih števil $(x, y, z)$, ki zadoščajo sistemu enačb |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| x^{2}+y^{2}+4 z^{2} & =6 y-4 \\ |
| 2 x y-4 x z+4 y z & =y^{2}+5 |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| 2. Poišči vse pare praštevil $p$ in $q$, za katere sta števili $p+q$ in $p+4 q$ popolna kvadrata. |
| 3. Simetrala notranjega kota $\angle A C B$ ostrokotnega trikotnika $A B C$ seka stranico $A B$ v točki $D$. Očrtana krožnica trikotnika $A D C$ seka stranico $B C$ v različnih točkah $C$ in $E$. Premica skozi točko $B$, vzporedna premici $A E$, seka premico $C D$ v točki $F$. Dokaži, da je trikotnik $A F B$ enakokrak. |
| 4. Dan je pravilen $n$-kotnik, kjer je $n$ liho število, večje od 1. Največ koliko oglišč lahko pobarvamo rdeče, tako da središče $n$-kotnika ne bo ležalo znotraj večkotnika, določenega z rdečimi oglišči? |
|
|
| ## 58. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije <br> Maribor, 12. april 2014 |
|
|
| ## Naloge za 3. letnik |
|
|
| Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut. |
|
|
|  |
| Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena. |
|
|
| 1. Poišči vse polinome $p$ z realnimi koeficienti, za katere velja |
|
|
| $$ |
| p(p(x))=\left(x^{2}+x+1\right) p(x) |
| $$ |
|
|
| za vse $x \in \mathbb{R}$. |
|
|
| 2. Poišči najmanjše naravno število, ki ga lahko zapišemo v obliki $3 a^{2}-a b^{2}-2 b-4$, kjer sta $a$ in $b$ naravni števili. |
| 3. Naj bo $A B$ najdaljša stranica trikotnika $A B C . Z M$ in $N$ označimo taki točki na stranici $A B$, da velja $|A M|=|A C|$ ter $|B N|=|B C|$. Razpolovišči daljic $M C$ in $N C$ naj bosta $P$ in $R$, trikotniku $A B C$ včrtana krožnica pa naj se stranic $B C$ in $A C$ dotika v točkah $D$ in $E$. Dokaži, da so točke $P, R, D$ in $E$ konciklične. |
| 4. V vrsti stoji 8 škatel, oštevilčenih s števili od 1 do 8 , in prazna vreča. V vsaki škatli je 1 žeton. Miha, ki ima veliko žetonov, se igra igro, v kateri sta dovoljeni naslednji dve potezi: |
|
|
| - odstrani 1 žeton iz škatle, oštevilčene $\mathbf{z} i(i<8)$, in doda 2 žetona $\mathbf{v}$ škatlo, oštevilčeno $\mathbf{z}$ $(i+1)$, |
| - odstrani 1 žeton iz škatle, oštevilčene z $i(i<8)$, in premakne 1 žeton iz škatle, oštevilčene $\mathrm{z}(i+1)$, $\mathrm{v}$ vrečo. |
|
|
| Igra se konča, ko ni več možno izvesti nobene poteze. Največ koliko žetonov je lahko na koncu v vreči? |
|
|
| ## 58. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije <br> Maribor, 12. april 2014 |
|
|
| ## Naloge za 4. letnik |
|
|
| Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 210 minut. |
|
|
|  |
| Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena. |
|
|
| 1. Naj bosta $x_{1}$ in $x_{2}$ različni ničli polinoma $p(x)=x^{2}+a x+b, x_{1}^{2}-\frac{1}{2}$ in $x_{2}^{2}-\frac{1}{2}$ pa naj bosta ničli polinoma $q(x)=x^{2}+\left(a^{2}-\frac{1}{2}\right) x+b^{2}-\frac{1}{2}$. Določi $a$ in $b$. |
| 2. Za realno število $x$ označimo $\mathrm{z}[x]$ največje celo število, ki ni večje od $x$. |
|
|
| (a) Dokaži, da za vsa narauna števila $a, b$ in $c$ velja |
|
|
| $$ |
| \left[\frac{\left[\frac{c}{a}\right]}{b}\right]=\left[\frac{c}{a b}\right] |
| $$ |
|
|
| (b) S primerom pokaži, da gornja enakost ne velja za vsa pozitivna realna števila $a, b$ in $c$. |
|
|
| 3. Naj bo $\mathcal{K}$ krožnica očrtana ostrokotnemu trikotniku $A B C$, pri čemer je $|A B|<|A C|$. Naj bo $p$ zrcalna slika premice $B C$ pri zrcaljenju čez premico $A B$. Premica $p$ seka krožnico $\mathcal{K} \mathrm{v}$ točkah $B$ in $E$, tangenta na $\mathcal{K} \mathrm{v}$ točki $A$ pa seka premico $p$ v točki $D$. Naj bo $F$ zrcalna slika točke $D$ pri zrcaljenju čez točko $A$. Premica $C F$ seka krožnico $\mathcal{K}$ v točkah $C$ in $G$. Dokaži, da sta premici $C E$ in $G B$ vzporedni. |
| 4. Na tabli je napisano neko naravno število $n$. Na vsakem koraku lahko število na tabli nadomestimo z vsoto dveh naravnih števil, katerih zmnožek je enak številu na tabli. Določi najmanjše število, ki je lahko po končno korakih zapisano na tabli, in sicer v odvisnosti od začetnega števila $n$. |
|
|
| ## 58. matematično tekmovanje <br> srednješolcev Slovenije <br> Maribor, 12. april 2014 |
|
|
| ## Rešitve nalog in točkovnik |
|
|
| $\mathbf{I} / 1$. Enačbo pomnožimo z $a(a+b)(a-b)$ in dobimo |
|
|
| $$ |
| (a-b)^{2}+(a+b)^{2}=a(3 a-b) |
| $$ |
|
|
| Ko odpravimo oklepaje in vse člene nesemo na desno stran, dobimo |
|
|
| $$ |
| 0=a^{2}-a b-2 b^{2}=(a-2 b)(a+b) |
| $$ |
|
|
| Ker je $a \neq-b$, mora biti $a-2 b=0$ oziroma $a=2 b$. Ker $a$ ni enak 0 je torej $\frac{b}{a}=\frac{1}{2}$. |
|
|
| Odprava ulomkov 1 točka |
|
|
| Poenostavljena enačba v $0=a^{2}-a b-2 b^{2}$ 2 točki |
|
|
| Razstavljen izraz na $(a-2 b)(a+b)$ 2 točki |
|
|
|  |
|
|
| Utemeljitev, da lahko delimo $\mathrm{z} a$ in izračunana vrednost izraza $\frac{b}{a}=\frac{1}{2} \ldots \ldots . .1$ točka |
|
|
| I/2. Obstaja naravno število $k$, da velja $5 n+m=k(5 m+n)$ oziroma $(5-k) n=(5 k-1) m$. Ker je desna stran strogo pozitivna, mora biti tudi leva, torej velja $5-k>0$ in zato je $k \in\{1,2,3,4\}$. Če je $k=1$, dobimo $4 n=4 m$, torej $n=m$. Če je $k=2$, dobimo $3 n=9 m$, torej $n=3 m$. Če je $k=3$, dobimo $2 n=14 m$, torej $n=7 m$. Če je $k=4$, dobimo $n=19 m$. V vsakem primeru $m$ deli $n$. |
|
|
|  |
|
|
|  |
|
|
|  |
|
|
|  |
| $\mathrm{I} / 3$. |
|
|
|  |
|
|
| Trikotnik $A D K$ je enakokrak z vrhom pri $D$. Zato velja $\angle B K D=180^{\circ}-\angle D K A=$ $180^{\circ}-\angle K A D=\angle C B K$. Prav tako je $|D K|=|D A|=|B C|$. Trikotnika $D K B$ in $C B K$ sta skladna, saj se ujemata v stranici $K B, \angle B K D=\angle C B K$ in $|D K|=|B C|$. Sedaj je $\angle D C K=\angle B K C=\angle D B K$. Ker sta $M$ in $N$ zrcalni sliki, velja $|C K|=|K M|$ in $|N A|=|A B|$. Zato velja $|C M|=2|C K|=2|D B|=2|A B|=|N B|$. Torej sta tudi trikotnika $C D M$ in $B D N$ skladna, saj je $|D C|=|D B|,|C M|=|N B|$ in $\angle D C M=\angle D B N$. Zato je $|D N|=|D M|$ in trikotnik $D M N$ je enakokrak z vrhom pri $D$. |
|
|
| 2. način. Ker je $A B C D$ paralelogram, je premica $K B$ vzporedna premici $C D$ in velja $|B C|=|A D|=|K D|$. Torej je $K B C D$ enakokrak trapez. Sledi $\angle D B K=\angle B K C=$ $\angle D C K$ in $|K C|=|D B|$. Ker sta $M$ in $N$ zrcalni sliki, od tod izpeljemo $|C M|=2|C K|=$ $2|D B|=2|A B|=|N B|$. Torej sta trikotnika $M C D$ in $N B D$ skladna, saj se ujemata $\mathrm{v}$ dveh stranicah in kotu med njima. Zato je $|D N|=|D M|$ in trikotnik $D M N$ je enakokrak z vrhom pri $D$. |
|
|
| Ugotovitev, da sta trikotnika $\triangle D K B$ in $\triangle C B K$ skladna (ali ugotovitev, da je $K B C D$ enakokrak trapez) ...................................................................... 2 točki |
|
|
|  |
|
|
|  |
|
|
|  |
| Izpeljano, da sta trikotnika $\triangle C D M$ in $\triangle B D N$ skladna ali $\triangle N A D$ je skladen $\triangle B D N$ 1 točka |
|
|
| Sklep, da je trikotnik $\triangle D M N$ enakokrak z vrhom v D ......................... 1 točka |
| $\mathbf{I} / 4$. Če je $b=c$, potem ima zmagovalno strategijo igralec $B$, sicer pa ima zmagovalno strategijo igralec $A$. |
|
|
| Denimo najprej, da je $b=c$. Imamo torej situacijo, ko je na dveh kupčkih z najmanj žetoni enako število žetonov. Igralec $B$ lahko v tem primeru poskrbi, da je situacija po vsaki njegovi potezi spet taka, medtem ko po vsaki potezi igralca $A$ kupček z najmanj žetoni vsebuje strogo manj žetonov kot preostala dva kupčka. Igralec $A$ mora namreč v svoji potezi nujno iz enega izmed kupčkov z najmanj žetoni prestaviti nekaj žetonov na nek drug kupček. Igralec $B$ potem izbere trenutno najvišja kupčka, ki imata zaradi poteze igralca $A$ sedaj strogo več žetonov kot najnižji kupček, in med njima premakne žetone tako, da bosta po njegovi potezi najnižja kupčka imela enako žetonov. Ko bosta kupčka z najmanj žetoni prazna, bodo vsi žetoni na enem kupčku in igra bo končana. To se lahko zgodi le po potezi igralca $B$, zato igralec $B$ zmaga. |
|
|
| Denimo sedaj, da je $b>c$. Tedaj lahko igralec $A$ s kupčka z $b$ žetoni prestavi $b-c>0$ žetonov na kupček z $a$ žetoni. Po njegovi potezi bosta zato kupčka z najmanj žetoni oba imela $c$ žetonov. Torej bo situacija taka kot zgoraj, le da bo na potezi igralec $B$. Zato ima $\mathrm{v}$ tem primeru zmagovalno strategijo igralec $A$. |
|
|
| Utemeljitev, da se igra konča po končnem številu potez ........................ 1 točka |
|
|
| Pravilna določitev igralca z zmagovalno strategijo (glede na $a, b$ in $c$ ) ........ 1 točka |
|
|
| Obravnava poteze poraženca (možne izbire kupov, stanje po potezi) . . . . . . . 2 točki |
|
|
| Opis in obravnava poteze zmagovalca (stanje po potezi) ...................... 1 točka |
|
|
| Utemeljitev, da lahko igro konča le igralec z zmagovalno strategijo ........... 1 točka |
|
|
| Prevedba primera $b \neq c$ na primer $b=c$ (ali obratno) .......................... 1 točka |
|
|
| II/1. Opazimo, da če od prve enakosti odštejemo drugo, dobimo na levi strani kvadrat tričlenika. Dobimo namreč |
|
|
| $$ |
| (x-y+2 z)^{2}=-y^{2}+6 y-9 |
| $$ |
|
|
| kar lahko dalje preoblikujemo v |
|
|
| $$ |
| (x-y+2 z)^{2}+(y-3)^{2}=0 |
| $$ |
|
|
| Ker so $x, y$ in $z$ realna števila, morata biti oba oklepaja v zgornjem izrazu enaka 0 , torej je $y=3$ in $x=y-2 z=3-2 z$. To vstavimo v prvo enačbo sistema in po preoblikovanju dobimo $2 z^{2}-3 z+1=0$ oziroma $(2 z-1)(z-1)=0$. Enako dobimo, če $y=3$ in $x=3-2 z$ vstavimo v drugo enačbo. Torej je $z=1$ ali $z=\frac{1}{2}$. Rešitvi naloge sta tako trojici $(1,3,1)$ in $\left(2,3, \frac{1}{2}\right)$. |
|
|
| Odšteti enačbi .1 točka |
|
|
|  |
|
|
| Zapis kvadrata $(x-y+2 z)^{2}$.................................................................................. |
|
|
|  |
|
|
|  |
|
|
|  |
|
|
|  |
|
|
| Za rešitvi mora biti jasno utemeljeno, da ustrezata obema enačbama. Če ta utemeljitev ni dobra, a sta zapisani obe rešitvi, se dodeli 1 točko. |
|
|
| II/2. Naj bo $p+q=x^{2}$ in $p+4 q=y^{2}$ za neki naravni števili $x$ in $y$. Če enačbi odštejemo, dobimo $3 q=y^{2}-x^{2}=(y-x)(y+x)$. Ker je $q$ praštevilo in $x+y \geq 2$, imamo naslednje možnosti: |
|
|
| (a) možnost: $y-x=1$ in $y+x=3 q$. Iz prve enačbe izrazimo $y=x+1$ in vstavimo $\mathrm{v}$ drugo, da dobimo $2 x+1=3 q$. Od tod sledi, da je $q$ liho število, zato lahko pišimo $q=2 m+1$ za neko naravno število $m$. Potem je $x=3 m+1$ in $p=x^{2}-q=9 m^{2}+4 m=m(9 m+4)$. Ker je $p$ praštevilo, mora biti $m=1$. Tako dobimo $p=13$ in $q=3$, kar sta res praštevili. |
| (b) možnost: $y-x=3$ in $y+x=q$. Iz prve enačbe izrazimo $y=x+3$ in vsavimo v drugo, da dobimo $2 x+3=q$. Iz začetne enakosti torej dobimo $p=x^{2}-p=x^{2}-q=$ $x^{2}-2 x-3=(x+1)(x-3)$. Ker je $p$ praštevilo, mora biti $x=4$. Tako dobimo $p=5$ in $q=11$, kar sta res praštevili. |
| (c) možnost: $y-x=q$ in $y+x=3$. Ker sta $x$ in $y$ naravni števili in mora biti $y>x$, je $y=2$ in $x=1$, kar pa nam da protislovje $q=1$. |
|
|
| Rešitvi enačbe sta torej para $(5,11)$ in $(13,3)$. |
|
|
|  |
|
|
| Sklep, da imamo 4 možnosti, je najpomembnejši sklep, zato za zapis le nekaterih možnosti ni bilo delnih točk. |
| $\mathrm{II} / 3$. |
|
|
|  |
|
|
| Označimo $\angle A C B=\gamma$. Potem je $\angle A C F=\angle F C B=\frac{\gamma}{2}$, saj je $C F$ simetrala kota $\angle A C B$. Zaradi koncikličnosti točk $A, D, E$ in $C$ sledi $\angle D A E=\angle D C E=\frac{\gamma}{2}$. Ker je premica $B F$ vzporedna premici $A E$, velja $\angle A B F=\angle D A E=\frac{\gamma}{2}$. Zaradi $\angle A C F=\frac{\gamma}{2}=\angle A B F$ so torej točke $A, F, B$ in $C$ konciklične. Od tod sledi $\angle F A B=\angle F C B=\frac{\gamma}{2}=\angle A B F$, torej je trikotnik $A F B$ enakokrak z vrhom pri $F$. |
|
|
| Sklep $\angle D C E=\angle D A E$ ali smiselna uporaba koncikličnosti točk $A, D, E, C$ pri premetavanju kotov 1 točka Sklep $\angle D A E=\angle A B F$ ali smiselna uporaba vzporednosti $A E$ in $B F$ pri premetavanju kotov 1 točka |
|
|
| Tetivnost $A F B C$ ali podobnost trikotnikov $F D A$ in $B D C$ 3 točke Sklep $\angle F A B=\angle F C B$ in zato trikotnik $A F B$ enakokrak 2 točki |
|
|
| II/4. Največje število oglišč, ki jih lahko pobarvamo rdeče je $\frac{n+1}{2}$. Če pobarvamo $\frac{n+1}{2}$ zaporednih oglišč $n$-kotnika, potem je pogoju naloge zadoščeno. Denimo sedaj, da pobarvamo vsaj $\frac{n+1}{2}+1$ oglišč. Označimo oglišča $n$-kotnika zaporedoma z naravnimi števili od 1 do $2 k+1=n$. Torej je vsaj $k+2$ oglišč rdečih. Oglejmo si pare oglišč $(1, k+1),(2, k+$ $2),(3, k+3), \ldots,(k, 2 k),(k+1,2 k+1)$, ki predstavljajo nekatere od najdaljših diagonal $n$ kotnika. Ker je teh parov natanko $k+1$ in zavzemejo vsa oglišča, obstaja vsaj en par, v katerem sta obe oglišči rdeči. Predpostavimo lahko, da je to par $(1, k+1)$, sicer bi oglišča le preštevilčili. Ker je vsaj še $k$ od preostalih oglišč rdečih, oglišč oštevilčenih z $2,3, \ldots, k$ pa je le $k-1$, je vsaj eno od oglišč oštevilčenih s $k+2, k+3, \ldots, 2 k+1$ rdeče. Naj bo to oglišče $k+m$, kjer je $2 \leq m \leq k+1$. Oglišče $k+m$ leži na istem bregu premice določene z oglišči 1 in $k+1$ kot središče $n$-kotnika. Od tod sledi, da središče $n$-kotnika leži znotraj trikotnika z oglišči $1, k+1, k+m$, saj je daljica s krajišči $1, k+1$ ena od najdaljših diagonal $n$-kotnika. Toda oglišča $1, k+1, k+m$ so vsa rdeča, torej središče $n$-kotnika leži tudi znotraj večkotnika določenega z rdečimi oglišči.[^0] |
|
|
| III/1. Ničelni polinom je očitno rešitev naloge. Naj bo $p$ neničeln polinom in pišimo $p(x)=a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{0}$, kjer je $a_{n} \neq 0$. Vodilni člen na levi strani enakosti je tedaj enak $a_{n}\left(a_{n} x^{n}\right)^{n}=a_{n}^{n+1} x^{n^{2}}$, vodilni člen na desni strani pa je enak $x^{2} \cdot a_{n} x^{n}=a_{n} x^{n+2}$. Ker morata biti ta dva člena iste stopnje, sledi $n^{2}=n+2$ oziroma $(n-2)(n+1)=0$. Ker je $n$ nenegativno celo število, mora biti $n=2$. Pišimo torej $p(x)=a x^{2}+b x+c$, kjer je $a \neq 0$. Tedaj velja |
| |
| $$ |
| \begin{gathered} |
| p(p(x))=a^{3} x^{4}+2 a^{2} b x^{3}+\left(a b^{2}+2 a^{2} c+a b\right) x^{2}+\left(2 a b c+b^{2}\right) x+\left(a c^{2}+b c+c\right) \\ |
| \left(x^{2}+x+1\right) p(x)=a x^{4}+(b+a) x^{3}+(c+b+a) x^{2}+(c+b) x+c |
| \end{gathered} |
| $$ |
| |
| Iz dane enakosti tako dobimo sistem enačb |
| |
| $$ |
| \begin{aligned} |
| a^{3} & =a \\ |
| 2 a^{2} b & =b+a \\ |
| a b^{2}+2 a^{2} c+a b & =c+b+a \\ |
| 2 a b c+b^{2} & =c+b \\ |
| a c^{2}+b c+c & =c |
| \end{aligned} |
| $$ |
| |
| Ker je $a \neq 0$, iz prve enakosti sledi $a=1$ ali $a=-1$. Za $a=1$ v drugi enačbi dobimo $2 b=b+1$, torej $b=1$. Če oboje vstavimo v tretjo enačbo, dobimo še $2 c+2=c+2$ oziroma $c=0$. Preverimo lahko, da ta tri števil ustrezajo tudi zadnjima dvema enakostima. $\mathrm{Za}$ $a=-1$ dobimo protisloven sistem. Rešitvi naloge sta torej dve, $p(x)=0$ in $p(x)=x^{2}+x$. |
| |
| Rešitev $p(x)=0$ |
| |
| III/2. Odgovor je 2. Če vzamemo $a=4$ in $b=3$, dobimo $3 a^{2}-a b^{2}-2 b-4=2$. Dovolj je torej pokazati, da enačba $3 a^{2}-a b^{2}-2 b-4=1$ nima rešitev v naravnih številih. Enačbo preuredimo v $3 a^{2}-a b^{2}=2 b+5$. Ker je desna stran liha, mora biti tudi leva stran liha, torej mora biti $a$ liho število in $b$ sodo število. Stevilo $b^{2}$ je zato deljivo s 4, ostanek števila $a^{2}$ pri deljenju s 4 pa je enak 1. Leva stran ima torej pri deljenju s 4 ostanek 3, desna stran pa ostanek 1, saj je $2 b$ deljivo s 4 . Prišli smo do protislovja, torej enačba nima rešitev v naravnih številih. |
| |
| Odgovor, da se da dobiti število 2. ..................................................................... |
| |
| Odgovor, da število 2 dobimo pri $a=4$ in $b=3$. ................................................. |
| |
| Pojasnilo, da moramo pokazati, da se števila 1 ne da dobiti. .................... 1 točka |
| |
|  |
| |
| Ugotovitev, da mora biti $b$ sodo število. ............................................... 1 točka |
| |
| Utemeljitev, da tudi ob zgornji predpostavki pridemo v protislovje. ........... 2 točki |
| |
| III/3. |
| |
|  |
| |
| Naj bo $I$ središče trikotniku $A B C$ včrtane krožnice. Ker je $A M C$ enakokrak trikotnik z vrhom pri $A$, je $A P$ višina na osnovnico in hkrati simetrala kota $\angle M A C$. Zato $I$ leži na premici $A P$. Podobno $I$ leži tudi na premici $B R$. Sledi $\angle C P I=\angle C P A=\frac{\pi}{2}$ in $\angle I R C=\angle B R C=\frac{\pi}{2}$, torej točki $P$ in $R$ ležita na krožnici s premerom $C I$. Ker sta $D$ in $E$ dotikališči včrtane krožnice, velja $\angle C D I=\angle I E C=\frac{\pi}{2}$, zato tudi točki $D$ in $E$ ležita na krožnici s premerom $C I$. Točke $P, R, D$ in $E$ so torej konciklične.[^1] |
| |
| III/4. Naj $A_{i}$ oziroma $B_{i}$ označuje prvo oziroma drugo potezo, izvedeno na škatlah $i$ in $i+1$. Naj bo $i \leq 6$. Če Miha izvede potezo $B_{i}$, potem se število žetonov v škatlah $i$ in $i+1$ zmanjša za 1 , število žetonov v škatli $i+2$ ostane enako, število žetonov v vreči pa se poveča za 1. Ce pa Miha izvede zaporedje potez $A_{i}, A_{i+1}, B_{i+1}$, potem se število žetonov v škatli $i$ zmanjša za 1, število žetonov v škatli $i+1$ ostane enako, število žetonov v škatli $i+2$ in v vreči pa se poveča za 1 . V drugem primeru je torej rezultat boljši, saj je edina razlika to, da ima v dveh škatlah po en žeton več. Ta razmislek pokaže, da se Mihu potez $B_{i}$ za $i \leq 6$ ne splača izvajati. Od preostalih potez le poteza $B_{7}$ poveča število žetonov v vreči, zato jo mora Miha izvesti čim večkrat. Brez škode lahko predpostavimo, da jo izvaja šele na koncu. Pred tem s potezami $A_{i}, i \leq 6$ prestavi žetone v predzadnjo škatlo, ki potem vsebuje $1+2+2^{2}+\ldots+2^{6}=2^{7}-1=127$ žetonov, zadnja škatla pa vsebuje 1 žeton. Naj $x$ označuje število žetonov v predzadnji škatli ob nekem času, $y$ pa število žetonov v zadnji škatli ob istem času. Da bo lahko Miha izvedel čim več potez $B_{7}$, mora biti min $\{x, y\}$ čim večji. Ker se s potezo $A_{7}$ število žetonov v predzadnji škatli zmanjša za 1, v zadnji pa poveča za 2 , bo minimum največji takrat, ko bo prvič veljalo $x \leq y$ in bo zato enak $x$. Po $k$ potezah $A_{7}$ bo $x=127-k$ in $y=1+2 k$. Iščemo torej najmanjši $k$ pri katerem bo $127-k \leq 1+2 k$ oziroma $k \geq \frac{127-1}{3}=42$. Najmanjši tak $k$ je enak $k=42$. Po 42 potezah $A_{7}$ bo s potezami $B_{7}$ Miha v vrečo premaknil $127-42=85$ žetonov, kar je torej največje število žetonov, ki jih lahko ima Miha na koncu v vreči. |
| |
| Utemeljitev, da se drugo potezo splača uporabljati le na zadnjih dveh škatlah 2 točki Premik vseh žetonov v zadnji dve škatli s prvimi potezami ........................ 1 točka Poskus izenačenja števila žetonov v zadnjih dveh škatlah . ......................... 1 točka Izračunano največje število žetonov, ki so v vreči ................................ 3 točke |
| |
| IV /1. Ničli polinoma $p(x)=x^{2}+a x+b$ sta $x_{1}=\frac{-a+\sqrt{a^{2}-4 b}}{2}$ in $x_{2}=\frac{-a-\sqrt{a^{2}-4 b}}{2}$. Ker morata biti različni, je $a^{2}-4 b \neq 0$. Od tod izračunamo |
| |
| $$ |
| x_{1}^{2}-\frac{1}{2}=\frac{\left(a^{2}-2 b-1\right)-a \sqrt{a^{2}-4 b}}{2} |
| $$ |
|
|
| in |
|
|
| $$ |
| x_{2}^{2}-\frac{1}{2}=\frac{\left(a^{2}-2 b-1\right)+a \sqrt{a^{2}-4 b}}{2} |
| $$ |
| |
| Ker sta to ničli polinoma $q(x)$, morata ustrezati enačbi $x^{2}+\left(a-\frac{1}{2}\right) x+b^{2}-\frac{1}{2}=0$. Ko oboje vstavimo $\mathrm{v}$ to enačbo in preuredimo, dobimo |
| |
| $$ |
| \left(4 a^{4}-12 a^{2} b+8 b^{2}-5 a^{2}+6 b\right)-\left(4 a^{3}-4 a b-3 a\right) \sqrt{a^{2}-4 b}=0 |
| $$ |
| |
| in |
| |
| $$ |
| \left(4 a^{4}-12 a^{2} b+8 b^{2}-5 a^{2}+6 b\right)+\left(4 a^{3}-4 a b-3 a\right) \sqrt{a^{2}-4 b}=0 |
| $$ |
| |
| Torej mora veljati |
| |
| $$ |
| 4 a^{4}-12 a^{2} b+8 b^{2}-5 a^{2}+6 b=0 |
| $$ |
| |
| in |
| |
| $$ |
| \left(4 a^{3}-4 a b-3 a\right) \sqrt{a^{2}-4 b}=0 |
| $$ |
| |
| Ker je $a^{2}-4 b \neq 0$, iz druge enačbe sledi $\left(4 a^{3}-4 a b-3 a\right)=a\left(4 a^{2}-4 b-3\right)=0$. Če je $a=0$, potem iz prve enačbe sledi $8 b^{2}+6 b=2 b(4 b+3)=0$. Ker je $a^{2}-4 b \neq 0$, mora biti $b \neq 0$, torej je $b=-\frac{3}{4}$. Če pa je $a \neq 0$, potem mora biti $4 a^{2}-4 b-3=0$ oziroma $b=a^{2}-\frac{3}{4}$. Ko slednje vstavimo v prvo enačbo, dobimo $-2 a^{2}=0$ oziroma $a=0$, kar je protislovje. Torej je $a=0$ in $b=-\frac{3}{4}$. |
| |
| 2. način. Po Vietovih pravilih je $x_{1}+x_{2}=-a, x_{1} x_{2}=b, x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-1=\frac{1}{2}-a^{2}$ in $\left(x_{1}^{2}-\frac{1}{2}\right)\left(x_{2}^{2}-\frac{1}{2}\right)=b^{2}-\frac{1}{2}$. Najprej preoblikujmo tretjo enačbo, pri čemer upoštevamo prvi dve, |
| |
| $$ |
| \frac{3}{2}-a^{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}=a^{2}-2 b |
| $$ |
| |
| od koder dobimo $b=a^{2}-\frac{3}{4}$. Preoblikujmo še četrto enačbo, |
| |
| $$ |
| b^{2}-\frac{1}{2}=\left(x_{1}^{2}-\frac{1}{2}\right)\left(x_{2}^{2}-\frac{1}{2}\right)=x_{1}^{2} x_{2}^{2}-\frac{1}{2}\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\right)+\frac{1}{4}=b^{2}-\frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}-a^{2}\right)+\frac{1}{4} |
| $$ |
| |
| od koder sledi $a^{2}=0$ in zato $a=0$ ter $b=-\frac{3}{4}$. |
| |
| ## 1. način |
| |
| Izrazitev $x_{1}$ in $x_{2} \mathbf{z} a$ in $b$ s pomočjo kvadratne enačbe 1 točka |
| |
| Izrazitev $x_{1}^{2}-\frac{1}{2}$ in $x_{2}^{2}-\frac{1}{2} \mathbf{z} a$ in $b$ |
| |
| Vstavitev teh ničel, izraženih $\mathbf{z} a$ in $b$, v polinom $q(x)$ |
| |
| Zapis sistema enačb $4 a^{4}-12 a^{2} b+8 b^{2}-5 a^{2}+6 b=0$ in $\left(4 a^{3}-4 a b-3 a\right) \sqrt{a^{2}-4 b}=0$ |
| |
| Pravilno rešen sistem enačb |
| |
| Zapis rešitve $a=0, b=-\frac{3}{4}$ |
| |
| ## 2. način |
| |
| Uporaba Vietovih formul |
| |
| 1 točka |
| |
| Pravilen zapis vseh štirih enačb $\mathbf{z}$ Vietovimi formulami $\left(x_{1}+x_{2}=-a, x_{1} x_{2}=b\right.$, |
| |
|  |
| |
|  |
| Izrazitev enačbe $\left(x_{1}^{2}-\frac{1}{2}\right)\left(x_{2}^{2}-\frac{1}{2}\right)=b^{2}-\frac{1}{2} \mathbf{z} a$ in $b \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots .$. |
| |
|  |
| |
| IV/2. (a) Število $c$ lahko zapišemo v obliki $c=k a b+r$, kjer je $k$ neko nenegativno celo s̆tevilo, $r<a b$ pa ostanek s̆tevila $c$ pri deljenju z $a b$. Število $r$ lahko nadalje zapišemo v obliki $r=m a+n$, kjer je $m$ neko nenegativno celo število, $n<a$ pa ostanek števila $r$ pri deljenju z $a$. Med drugim od tod sledi $m<b$, saj bi sicer bilo $r \geq a b$. Od tod izračunamo |
| |
| $$ |
| \left[\frac{c}{a b}\right]=\left[k+\frac{r}{a b}\right]=k |
| $$ |
| |
| saj je $0 \leq \frac{r}{a b}<1$, in |
| |
| $$ |
| \left[\frac{\left[\frac{c}{a}\right]}{b}\right]=\left[\frac{\left[k b+m+\frac{n}{a}\right]}{b}\right]=\left[\frac{k b+m}{b}\right]=\left[k+\frac{m}{b}\right]=k |
| $$ |
| |
| saj je $0 \leq \frac{n}{a}<1$ in $0 \leq \frac{m}{b}<1$. Od tod sledi enakost iz naloge. |
| |
| (b) Taka števila so na primer $a=2, b=\frac{1}{2}$ in $c=1$, saj je $\mathrm{v}$ tem primeru $\left[\frac{c}{a b}\right]=1 \mathrm{in}$ $\left[\frac{\left[\frac{c}{a}\right]}{b}\right]=0$. |
| |
| Število $c$ zapisano $\mathbf{v}$ obliki $k a b+m a+n$ ter navedeni in pravilno argumentirani trditvi $m<b$ in $n<a$ 3 točke Tekmovalec ne zapiše števila v obliki $k a b+m a+n$, pravilno pa uporabi kakšno praprostejšo obliko osnovnega izreka o deljenju npr. $c=k a+r$ ali $k a b+r$ (tekmovalec $\mathbf{v}$ nobenem primeru ne more dobiti zgornjih treh točk in te točke) ............. 1 točka |
| |
|  |
| Naveden primer pozitivnih realnih števil $a, b, c$ za katere neenakost ne velja ... 2 točki |
| |
| Za rešitev prvega dela naloge lahko tekmovalec prejme do 5 točk. |
| |
| IV/3. |
| |
|  |
| |
| Po izreku o kotu med tetivo in tangento je $\angle C A F=\angle C B A$. Ker je $p$ zrcalna slika premice $B C$ pri zrcaljenju čez premico $A B$, je $\angle C B A=\angle A B D$. Ker so točke $A, B, E, C$ konciklične, je $\angle A B D=\angle A C E$. Torej je $\angle C A F=\angle A C E$, zato je premica $C E$ vzporedna premici $F D$. Pokazati moramo torej, da je tudi premica $G B$ vzporedna premici $F D$. Po izreku o kotu med tetivo in tangento je $\angle D A B=\angle A C B$. Ker je tudi $\angle C B A=\angle A B D$, sta trikotnika $B A D$ in $B C A$ podobna, saj se ujemata v dveh kotih. Torej je $\frac{|A D|}{|A B|}=\frac{|C A|}{|C B|}$. Ker je $F$ zrcalna slika točke $D$ pri zrcaljenju čez točko $A$, je $|A D|=|F A|$. Torej je $\frac{|F A|}{|A B|}=\frac{|C A|}{|C B|}$ oziroma $\frac{|F A|}{|C T|}=\frac{|A B|}{|C B|}$. Ker je hkrati $\angle C A F=\angle C B A$, sta si tudi trikotnika $F A C$ in $A B C$ podobna. Torej je $\angle A F C=\angle B A C=\angle B G C$ in zato je tudi premica $G B$ vzporedna premici $F D$. |
| |
| ## Uporaba izreka o kot med tetivo in tangento za tangento $A D$ 1 točka |
| |
|  |
| |
|  |
| |
| Utemeljitev, da sta si trikotnika $B A D$ in $B C A$ podobna ......................... 1 točka |
| |
|  |
| |
| Utemeljitev, da sta si trikotnika $F A C$ in $A B C$ podobna ........................ 1 točka |
| |
|  |
| |
| IV/4. Pokažimo najprej, da če se število na tabli pri zamenjavi zmanjša, potem je novo število večje ali enako 5 . Števila 1 po zamenjavi ne moremo dobiti, saj vsota dveh naravnih števil ni nikoli enaka 1. S̆tevilo $2=1+1$ lahko dobimo le iz števila 1, število $3=1+2$ le iz števila 2 , število $4=1+3=2+2$ pa le iz števil 3 ali 4 . Torej če po zamenjavi dobimo število manjše od 5 , potem se pri zamenjavi število ni zmanjšalo. To pomeni, da če je začetno število $n<5$, potem v nobenem koraku ne bomo dobili manjšega števila. |
| |
| Dokažimo sedaj, da lahko število ki je večje od 5 vedno zmanjšamo. Denimo, da imamo na nekem koraku na tabli število $m>5$. Če je $m$ sod, torej oblike $m=2 k$, kjer je $k>2$ naravno število, potem ga lahko zamenjamo s številom $k+2$. S tem smo dobili število, ki je manjše od $m$, saj je pogoj $k+2<2 k$ ekvivalenten pogoju $k>2$. Ce je $m$ lih, torej oblike $m=2 k-1$, kjer je $k>3$ naravno število, potem ga lahko najprej zamenjamo s številom $(2 k-1)+1=2 k$ in nato $\mathrm{s}$ številom $k+2$. Na ta način spet dobimo število, ki je manjše od $m$, saj je pogoj $k+2<2 k-1$ ekvivalenten pogoju $k>3$. To pomeni, da če je začetno število $n \geq 5$, ga lahko po končno korakih vedno zmanjšamo do števila 5 , manjšega števila pa po zgornjem razmisleku ne moremo dobiti. |
| |
| Najmanjše število, ki je lahko po končno korakih zapisano na tabli je torej enako $5 \mathrm{v}$ primeru $n \geq 5$ oziroma $n$ v primeru $n<5$. |
| |
| Ugotovitev, da je iskano število $5 \mathbf{v}$ primeru $n \geq 5$ in $n \mathbf{v}$ primeru $n<5 \ldots \ldots 1$ točka |
| |
| Dokaz, da števila $n<5$ ne moremo dobiti z zmanjševanjem ................... 2 točki |
| |
|  |
| |
| Dokaz, da lahko $2 k-1>5$ vedno zmanjšamo ......................................................... |
| |
| |
| [^0]: Rezultat $\frac{n+1}{2}$ 1 točka |
| |
| Konstrukcija $\frac{n+1}{2}$ rdečih oglišč, tako da večkotnik, ki ga določajo, ne vsebuje središča |
| |
|  |
| |
| Ugotovitev, da obstaja najdaljša diagonala z rdečima krajiščema ................ 2 točki Ugotovitev, da obstaja rdeča točka na istem bregu najdaljše diagonale z rdečima krajiščema kot središče $n$-kotnika 1 točka Utemeljitev, da središče $n$-kotnika leži znotraj dobljenega trikotnika z rdečimi oglišči 2 točki |
| |
| [^1]: Ugotovitev, da sta $\triangle A M C$ in $\triangle B N C$ enakokraka 1 točka Zapis dejstva, da v enakokrakem trikotniku višina in simetrala kota sovpadata 1 točka Ugotovitev, da zaradi zgornjega dejstva velja $\angle C P A=\angle B R C=\frac{\Pi}{2} \ldots \ldots \ldots \ldots 1$ točka Ugotovitev, da velja $\angle I E C=\angle C D I$ ker sta $E$ in $D$ dotikališči včrtane krožnice .... 1 točka |
| |
| Sklep, da $P$ in $R$ ležita na krožnici s premerom $\mathbf{C l}$ 1 točka |
| |
| Sklep, da $D$ in $E$ ležita na krožnici s premerom CI 1 točka Končni sklep, da so torej $P, R, D, E$ konciklične 1 točka |
| |
| |
