Slovenia/md/sl-massa/sl-MaSSA_Odbirno_2017.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.

61. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Odbirno tekmovanje, 16. marec 2017

Naloge za 1. letnik

Čas reševanja: 45 minut.

B1. Dano je število $n=100 \ldots 001$, zapisano z 2017 ničlami in 2 enkama.

(a) Ali je število $n$ deljivo z 11 ?

(b) Ali je število $n$ deljivo s 101?

(c) Ali je število $n$ deljivo $\mathrm{1001}$ ?

B2. Poišči vse pare realnih števil $x$ in $y$, ki rešijo sistem enačb

61. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Odbirno tekmovanje, 16. marec 2017

Naloge za 2. letnik

Čas reševanja: 45 minut.

B1. Naj bo $A B C$ tak ostrokotni trikotnik, da oglišči $A$ in $B$ ter središči trikotniku očrtane in včrtane krožnice ležijo na isti krožnici. Dokaži, da na tej krožnici leži tudi višinska točka trikotnika $A B C$.

(20 točk)

B2. Poišči vse realne rešitve enačbe

$$\sqrt{x+4}+\sqrt{2x+1}+\sqrt{4x+2}=\sqrt{3-x}\backslash sqrt\{x+4\}+\backslash sqrt\{2\; x+1\}+\backslash sqrt\{4\; x+2\}=\backslash sqrt\{3-x\}$$

61. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Odbirno tekmovanje, 16. marec 2017

Naloge za 3. letnik

Čas reševanja: 45 minut.

B1. Dani sta točki $A$ in $B$ ter krožnica $\mathcal{K}$ s premerom $A B$. Na daljici $A B$ izberemo točko $T$ različno od $A$ in $B$. Pravokotnica na daljico $A B$ skozi točko $T$ naj seka krožnico $\mathcal{K} \mathrm{v}$ točkah $M$ in $N$. Označimo $|A T|=x,|T B|=y$ in $|T N|=z$. Izračunaj vrednost izraza

$$\frac{{\log }_{y}z+{\log }_{x}z}{{\log }_{x}z{\log }_{y}z}\backslash frac\{\backslash log\; \_\{y\}\; z+\backslash log\; \_\{x\}\; z\}\{\backslash log\; \_\{x\}\; z\; \backslash log\; \_\{y\}\; z\}$$

B2. Naj bo $\sin \alpha+\sin \beta=1$ in $\cos \alpha+\cos \beta=-\sqrt{3}$.

(a) Izračunaj vrednost izraza $\cos (\alpha-\beta)$.

(b) Poišči vse pare realnih števil $\alpha$ in $\beta$, ki ustrezajo danima enačbama.

61. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Odbirno tekmovanje, 16. marec 2017

Naloge za 4. letnik

Čas reševanja: 45 minut.

B1. Najmanj kolikokrat moramo hkrati vreči dve pošteni igralni kocki, da bo verjetnost, da bomo vsaj enkrat na obeh kockah hkrati vrgli enako število pik, večja od $\frac{1}{2}$ ?

(20 točk)

B2. Dano je zaporedje $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots$ z začetnima členoma $a_{1}=4$ in $a_{2}=16$, za katerega je $\log _{2}\left(\log {2} a{1}\right), \log _{2}\left(\log {2} a{2}\right), \log _{2}\left(\log {2} a{3}\right), \ldots$ aritmetično zaporedje. Dokaži, da je

$${\log }_2\left({\log }_2(4a_1{a}_2\dots a_n)\right)=n+1\backslash log\; \_\{2\}\backslash left(\backslash log\; \_\{2\}\backslash left(4\; a\_\{1\}\; a\_\{2\}\; \backslash ldots\; a\_\{n\}\backslash right)\backslash right)=n+1$$

za vsa naravna števila $n$.

(20 točk)

61. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Odbirno tekmovanje, 16. marec 2017

Vsaka matematično pravilna in popolna rešitev je vredna $\mathbf{2 0}$ točk, tudi če je postopek reševanja drugačen kot $v$ uradni rešitvi.

Rešitve za 1. letnik

B1. (a) Uporabimo pravilo za deljivost z 11. Naravno število $\overline{a_{k} \ldots a_{3} a_{2} a_{1}}$, kjer so $a_{i}$ števke, je deljivo z 11 natanko tedaj, ko je število $a_{1}-a_{2}+a_{3}-\ldots+(-1)^{k+1} a_{k}$ deljivo z 11. Ker

$$1-\underset{2017\text{ ni}\check{\text{c}}\text{el }}{\underbrace{0+0-0+\dots +0-0}}+1=21-\backslash underbrace\{0+0-0+\backslash ldots+0-0\}\_\{2017\; \backslash text\; \{\; ničel\; \}\}+1=2$$

ni deljivo z 11, tudi število $n$ ni deljivo z 11 .

Zapisano ali uporabljeno pravilo za deljivost z 11 .2 točki

Izračun $a_{1}-a_{2}+a_{3}-\ldots+(-1)^{2019+1} a_{2019}=2$ 3 točke Odgovor 1 točka(b) Uporabimo obrazec $x^{m}+y^{m}=(x+y)\left(x^{m-1}-x^{m-2} y+\ldots-x y^{m-2}+y^{m-1}\right)$, kjer je $m$ liho število, da zapišemo

Sledi, da je število $n$ deljivo s 101 .

Zapisan ali uporabljen obrazec za razcep vsote $x^{m}+y^{m} \ldots \ldots \ldots . .3$ točke

Razcep števila $n \mathbf{V}\left(10^{2}+1\right)\left(\left(10^{2}\right)^{1008}-\left(10^{2}\right)^{1007}+\ldots-10^{2}+1\right) \ldots \ldots .3$ točke

Zapis produkta $101 \cdot\left(\left(10^{2}\right)^{1008}-\left(10^{2}\right)^{1007}+\ldots-10^{2}+1\right) \ldots \ldots \ldots . . . .1$ točka

Odgovor . ..............................................................................................

(c) Število $n$ ni deljivo s 1001, saj je $1001=7 \cdot 11 \cdot 13$ in po točki (a) število $n$ ni deljivo z 11 .

2. način.

(a) Število $n$ pisno delimo z 11.

10000000 \ldots.01: 11 = 90909
    100
    100
1...

Opazimo, da se v vsaki naslednji vrstici vodilna števka 1 premakne za 2 mesti v desno. Ker ima število $n$ liho mnogo ničel, dobimo na zadnjem koraku račun

$$\begin{array}{c}{\displaystyle 101:11=9,}\\ {\displaystyle 2\text{ ost. }}\end{array}\backslash begin\{gathered\}\; 101:\; 11=9,\; \backslash \backslash \; 2\; \backslash text\; \{\; ost.\; \}\; \backslash end\{gathered\}$$

kar pomeni, da število $n$ ni deljivo z 11 .

Pravilen zapis pisnega deljenja s količnikom 3 točke

Zapisan zadnji korak deljenja (101:11) 2 točki

Odgovor 1 točka

(b) Število $n$ pisno delimo s 101.

100000000 \ldots.01:101=990099
    910
        1000
            910
1.,

Opazimo, da se v lihih vrsticah vodilna števka 1 vsakič premakne za 4 mesta v desno. Ker ima število $n$ natanko $2017=504 \cdot 4+1$ ničel, dobimo na zadnjem koraku račun $101: 101=1$. Ostanek je 0 , torej je število $n$ deljivo s 101 .

Utemeljen in zapisan zadnji korak deljenja ............................... 4 točke $\qquad$ (c) Število $n$ pisno delimo s 1001.

1000000000000 \ldots.01:1001=999000999
    9910
        9010
            10000
                9910
                    9010
                            1...

Opazimo, da se v vsaki tretji vrstici vodilna števka 1 vsakič premakne za 6 mest v desno. Ker ima število $n$ natanko $2017=336 \cdot 6+1$ ničel, dobimo na zadnjem koraku 101, kar je ostanek deljenja. Število $n$ torej ni deljivo s 1001. Pravilen zapis pisnega deljenja s količnikom ..... 1 točka Utemeljen in zapisan zadnji korak deljenja ..... 2 točki Odgovor ..... 1 točka

B2. Odpravimo ulomke, da dobimo

in obe enačbi poenostavimo do

$$\begin{array}{r}5x-5y-15=0\\ 3x^2-2y^2-10=0\end{array}\backslash begin\{array\}\{r\}\; 5\; x-5\; y-15=0\; \backslash \backslash \; 3\; x^\{2\}-2\; y^\{2\}-10=0\; \backslash end\{array\}$$

Iz prve enačbe izrazimo $x=y+3$. Ko slednje vstavimo v drugo enačbo, dobimo $y^{2}+18 y+17=0$. Levo stran enačbe razstavimo, da dobimo $(y+1)(y+17)=0$. Rešitvi sta $y=-1$ in $y=-17$. V prvem primeru iz zveze $x=y+3$ dobimo $x=2$, $\mathbf{v}$ drugem pa $x=-14$. Z obema rešitvama naredimo preizkus in ugotovimo, da v primeru $x=2$, $y=-1$ ulomka $\frac{2}{x^{2}-4 y^{2}}$ in $\frac{1}{x^{2}+y^{2}-5}$ nista definirana. Edina rešitev sistema je torej par $x=-14, y=-17$.

Zapis sistema enačb brez ulomkov .....................................................................................................

61. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Odbirno tekmovanje, 16. marec 2017

Vsaka matematično pravilna in popolna rešitev je vredna 20 točk, tudi če je postopek reševanja drugačen kot $v$ uradni rešitvi.

Rešitve za 2. letnik

B1.

Označimo z $O, I$ in $H$ zaporedoma središče očrtane krožnice, središče včrtane krožnice in višinsko točko trikotnika $A B C$. Kote trikotnika označimo kot običajno z $\alpha, \beta$ in $\gamma$. Ker je $\Varangle B A I=\frac{\alpha}{2}$ in $\Varangle I B A=\frac{\beta}{2}$, je $\Varangle A I B=180^{\circ}-\frac{\alpha}{2}-\frac{\beta}{2}=90^{\circ}+\frac{\gamma}{2}$. Po izreku o središčnem in obodnem kotu za očrtano krožnico velja $\Varangle A O B=2 \gamma$. Trikotnik $A B C$ je ostrokoten, zato točki $O$ in $I$ ležita znotraj trikotnika $A B C$. Iz koncikličnosti točk $A, B, O$ in $I$ zato sledi $\Varangle A O B=\Varangle A I B$ oziroma $2 \gamma=90^{\circ}+\frac{\gamma}{2}$. Od tod izračunamo $\gamma=60^{\circ}$.

Ker je trikotnik $A B C$ ostrokoten, tudi točka $H$ leži znotraj trikotnika. Iz definicije višinske točke sledi $\Varangle B A H=90^{\circ}-\beta$ in $\Varangle H B A=90^{\circ}-\alpha$, torej je $\Varangle A H B=180^{\circ}-$ $\left(90^{\circ}-\beta\right)-\left(90^{\circ}-\alpha\right)=\alpha+\beta=180^{\circ}-\gamma$. Ker je $\gamma=60^{\circ}$, sledi $\Varangle A H B=120^{\circ}=$ $\Varangle A I B=\Varangle A O B$. Točke $A, H, I, O$ in $B$ torej res vse ležijo na isti krožnici. Pregledno narisana in označena skica ..... 4 točke Ugotovitev, da je $\Varangle B A I=\frac{\alpha}{2}$ in $\Varangle I B A=\frac{\beta}{2}$ ..... 1 točka Izračun $\Varangle A I B=90^{\circ}+\frac{\gamma}{2}$ 1 točka Uporaba zveze med središčnim in obodnim kotom nad istim lokom $(\Varangle A O B=2 \gamma$ ). ..... 1 točka Utemeljena ugotovitev, da vse tri točke ležijo v notranjosti trikotnika. ..... 3 točke Utemeljena ugotovitev, da je $\Varangle A I B=\Varangle A O B$ ..... 2 točki Izračun $\gamma=60^{\circ}$. ..... 1 točka Ugotovitev, da je $\Varangle B A H=90^{\circ}-\beta$ in $\Varangle H B A=90^{\circ}-\alpha$ ..... 1 točka Izračun $\Varangle A H B=180^{\circ}-\gamma$ ..... 2 točki Izračun $\Varangle A H B=120^{\circ}=\Varangle A I B=\Varangle A O B$ ..... 2 točki Utemeljen sklep, da točke $A, H, I, O$ in $B$ ležijo na isti krožnici. ..... 2 točki

B2. Enačbo preoblikuejmo v

$$\sqrt{2x+1}+\sqrt{x+4}=\sqrt{3-x}-\sqrt{4x+2}\backslash sqrt\{2\; x+1\}+\backslash sqrt\{x+4\}=\backslash sqrt\{3-x\}-\backslash sqrt\{4\; x+2\}$$

jo kvadriramo

$$(2x+1)+2\sqrt{2x+1}\sqrt{x+4}+(x+4)=(3-x)-2\sqrt{3-x}\sqrt{4x+2}+(4x+2)(2\; x+1)+2\; \backslash sqrt\{2\; x+1\}\; \backslash sqrt\{x+4\}+(x+4)=(3-x)-2\; \backslash sqrt\{3-x\}\; \backslash sqrt\{4\; x+2\}+(4\; x+2)$$

in poenostavimo, da dobimo

$$\sqrt{2x+1}\sqrt{x+4}=-\sqrt{3-x}\sqrt{4x+2}\backslash sqrt\{2\; x+1\}\; \backslash sqrt\{x+4\}=-\backslash sqrt\{3-x\}\; \backslash sqrt\{4\; x+2\}$$

Ko enačbo še enkrat kvadriramo in poenostavimo, dobimo kvadratno enačbo

$$6x^2-x-2=06\; x^\{2\}-x-2=0$$

Po formuli za kvadratno enačbo dobimo rešitvi $x_{1}=-\frac{1}{2}$ in $x_{2}=\frac{2}{3}$. Za obe rešitvi naredimo preizkus. Prva rešitev res ustreza enačbi, druga pa ne, saj dobimo $2 \sqrt{\frac{14}{3}}+$ $\sqrt{\frac{7}{3}}=\sqrt{\frac{7}{3}}$. Edina rešitev enačbe je torej $x=-\frac{1}{2}$.

Zapis enačbe $\sqrt{2 x+1}+\sqrt{x+4}=\sqrt{3-x}-\sqrt{4 x+2} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . .1$ točka

Pravilno kvadriranje enačbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 točke

Kvadriranje in preureditev enačbe $\mathbf{v} 6 x^{2}-x-2=0$. ..................... 2 točki

Razcep kvadratne enačbe. ...........................................................................................................

Zapis obeh rešitev $x_{1}=-\frac{1}{2}$ in $x_{2}=\frac{2}{3}$. .................................................................................

2. način. Na enak način kot v prvi rešitvi dobimo

$$\sqrt{2x+1}\sqrt{x+4}=-\sqrt{3-x}\sqrt{4x+2}\backslash sqrt\{2\; x+1\}\; \backslash sqrt\{x+4\}=-\backslash sqrt\{3-x\}\; \backslash sqrt\{4\; x+2\}$$

Vidimo, da je leva stran enačbe večja ali enaka 0 , desna pa manjša ali enaka 0 . Torej morata biti obe strani enaki 0 , kar je možno le pri $x=-\frac{1}{2}$. Zapis enačbe $\sqrt{2 x+1}+\sqrt{x+4}=\sqrt{3-x}-\sqrt{4 x+2}$ ..... 1 točka Pravilno kvadriranje enačbe ..... 4 točke Zapis enačbe $\sqrt{2 x+1} \sqrt{x+4}=-\sqrt{3-x} \sqrt{4 x+2}$. ..... 5 točk Ugotovitev, da je leva stran enačbe večja ali enaka 0 , desna pa manjša ali enaka 0 . ..... 2 točki Sklep: $(2 x+1)(x+4)=0$ in $(3-x)(4 x+2)=0$ ..... 2 točki Zapis rešitev $x_{1}=-\frac{1}{2}$ in $x_{2}=-4$. ..... 1 točka Zapis rešitev $x_{3}=-\frac{1}{2}$ in $x_{4}=3$. ..... 1 točka Izključitev rešitev $x=-4$ in $x=3$ ..... 2 točki Zapis rešitve $x=-\frac{1}{2}$ ..... 2 točki

3. način. Opazimo, da je $4 x+2=2(2 x+1)$, zato lahko enačbo preoblikujemo $\mathrm{v}$

$$(1+\sqrt{2})\sqrt{2x+1}=\sqrt{3-x}-\sqrt{x+4}(1+\backslash sqrt\{2\})\; \backslash sqrt\{2\; x+1\}=\backslash sqrt\{3-x\}-\backslash sqrt\{x+4\}$$

Enačbo kvadriramo in preoblikujemo, da dobimo

$$(3+2\sqrt{2})x+\sqrt{2}-2=-\sqrt{3-x}\sqrt{x+4}(3+2\; \backslash sqrt\{2\})\; x+\backslash sqrt\{2\}-2=-\backslash sqrt\{3-x\}\; \backslash sqrt\{x+4\}$$

Še enkrat kvadriramo in preuredimo do

$$(18+12\sqrt{2})x^2+(-3-2\sqrt{2})x-6-4\sqrt{2}=0(18+12\; \backslash sqrt\{2\})\; x^\{2\}+(-3-2\; \backslash sqrt\{2\})\; x-6-4\; \backslash sqrt\{2\}=0$$

Opazimo, da enačbo lahko krajšamo s $3+2 \sqrt{2}$, da dobimo

$$6x^2-x-2=06\; x^\{2\}-x-2=0$$

Kot v prvi rešitvi ugotovimo, da ima ta enačba rešitvi $-\frac{1}{2}$ in $\frac{2}{3}$, od katerih pa le prva reši začetno enačbo.

Zapis enačbe $(1+\sqrt{2}) \sqrt{2 x+1}=\sqrt{3-x}-\sqrt{x+4} . \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots$.

Pravilno kvadriranje enačbe. ...........................................................................

Zapis enačbe $(3+2 \sqrt{2}) x+\sqrt{2}-2=-\sqrt{3-x} \sqrt{x+4} . \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . . .4$ točke

Preureditev enačbe $\mathbf{v}(18+12 \sqrt{2}) x^{2}+(-3-2 \sqrt{2}) x-6-4 \sqrt{2}=0$. . . . . . 1 točka

Razcep kvadratne enačbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 točki

Zapis rešitev $x_{1}=-\frac{1}{2}$ in $x_{2}=\frac{2}{3}$. ........................................... 2 točki

4. način. Enačbo preoblikeujemo v

$$\sqrt{2x+1}+\sqrt{4x+2}=\sqrt{3-x}-\sqrt{x+4}\backslash sqrt\{2\; x+1\}+\backslash sqrt\{4\; x+2\}=\backslash sqrt\{3-x\}-\backslash sqrt\{x+4\}$$

Po kvadriranju dobimo

$$6x+3+2\sqrt{2x+1}\sqrt{4x+2}=7-2\sqrt{3-x}\sqrt{x+4}6\; x+3+2\; \backslash sqrt\{2\; x+1\}\; \backslash sqrt\{4\; x+2\}=7-2\; \backslash sqrt\{3-x\}\; \backslash sqrt\{x+4\}$$

kar spet nekoliko preoblikujemo v

$$\sqrt{2x+1}\sqrt{4x+2}+\sqrt{3-x}\sqrt{x+4}=2-3x\backslash sqrt\{2\; x+1\}\; \backslash sqrt\{4\; x+2\}+\backslash sqrt\{3-x\}\; \backslash sqrt\{x+4\}=2-3\; x$$

Enačbo zopet kvadriramo in po preoblikovanju dobimo

$$2\sqrt{2x+1}\sqrt{4x+2}\sqrt{3-x}\sqrt{x+4}=2x^2-19x-102\; \backslash sqrt\{2\; x+1\}\; \backslash sqrt\{4\; x+2\}\; \backslash sqrt\{3-x\}\; \backslash sqrt\{x+4\}=2\; x^\{2\}-19\; x-10$$

Še zadnjič kvadriramo in preoblikujemo do

$$36x^4-12x^3-23x^2+4x+4=036\; x^\{4\}-12\; x^\{3\}-23\; x^\{2\}+4\; x+4=0$$

Levo stran lahko razstavimo kot $(2 x+1)^{2}(3 x-2)^{2}$, torej ima ta enačba rešitvi $x=-\frac{1}{2}$ in $x=\frac{2}{3}$. Kot v prvi rešitvi preverimo, da le prva od teh dveh vrednosti reši začetno enačbo.

Pravilno kvadriranje enačbe. .............................................................................................

Zapis enačbe $\sqrt{2 x+1} \sqrt{4 x+2}+\sqrt{3-x} \sqrt{x+4}=2-3 x$. .................... 5 točk

Preureditev enačbe $\mathbf{v} 2 \sqrt{2 x+1} \sqrt{4 x+2} \sqrt{3-x} \sqrt{x+4}=2 x^{2}-19 x-10$. . . $\mathbf{1}$ točka

Zapis enačbe $36 x^{4}-12 x^{3}-23 x^{2}+4 x+4=0$. .....................................................

Razcep enačbe. ..........................................................................................................................

Zapis rešitve $x=-\frac{1}{2}$....................................................... 2 točki

5. način. Enačbo preoblikujemo v

$$\sqrt{x+4}+\sqrt{4x+2}=\sqrt{3-x}-\sqrt{2x+1}\backslash sqrt\{x+4\}+\backslash sqrt\{4\; x+2\}=\backslash sqrt\{3-x\}-\backslash sqrt\{2\; x+1\}$$

ter jo nato kvadriramo. Dobimo

$$5x+6+2\sqrt{x+4}\sqrt{4x+2}=x+4-2\sqrt{3-x}\sqrt{2x+1}5\; x+6+2\; \backslash sqrt\{x+4\}\; \backslash sqrt\{4\; x+2\}=x+4-2\; \backslash sqrt\{3-x\}\; \backslash sqrt\{2\; x+1\}$$

kar preoblikujemo v

$$\sqrt{x+4}\sqrt{4x+2}+\sqrt{3-x}\sqrt{2x+1}=-1-2x\backslash sqrt\{x+4\}\; \backslash sqrt\{4\; x+2\}+\backslash sqrt\{3-x\}\; \backslash sqrt\{2\; x+1\}=-1-2\; x$$

Enačbo še enkrat kvadriramo in po preoblikovanju dobimo

$$2\sqrt{x+4}\sqrt{4x+2}\sqrt{3-x}\sqrt{2x+1}=2x^2-19x-102\; \backslash sqrt\{x+4\}\; \backslash sqrt\{4\; x+2\}\; \backslash sqrt\{3-x\}\; \backslash sqrt\{2\; x+1\}=2\; x^\{2\}-19\; x-10$$

Od tu dalje postopamo kot v četrti rešitvi, da dobimo pridemo do edine rešitve enačbe, ki je $x=-\frac{1}{2}$.

Zapis enačbe $\sqrt{x+4}+\sqrt{4 x+2}=\sqrt{3-x}-\sqrt{2 x+1} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots$ točka

Pravilno kvadriranje enačbe. .....................................................................................

Zapis enačbe $\sqrt{x+4} \sqrt{4 x+2}+\sqrt{3-x} \sqrt{2 x+1}=-1-2 x$. ................. 5 točk

Preureditev enačbe $\mathbf{v} 2 \sqrt{x+4} \sqrt{4 x+2} \sqrt{3-x} \sqrt{2 x+1}=2 x^{2}-19 x-10$. . . 1 točka

Razcep enačbe. ............................................................................................

Zapis rešitev $x_{1}=-\frac{1}{2}$ in $x_{2}=\frac{2}{3}$. ..........................................................................

61. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Odbirno tekmovanje, 16. marec 2017

Vsaka matematično pravilna in popolna rešitev je vredna 20 točk, tudi če je postopek reševanja drugačen kot $v$ uradni rešitvi.

Rešitve za 3. letnik

B1.

Po Talesovem izreku o kotu v polkrogu je trikotnik $A B N$ pravokoten s pravim kotom pri $N$. Po višinskem izreku v pravokotnem trikotniku zato velja $z^{2}=x y$. Dan izraz zapišemo kot vsoto dveh ulomkov

$$\frac{{\log }_{y}z+{\log }_{x}z}{{\log }_{x}z{\log }_{y}z}=\frac{1}{{\log }_{x}z}+\frac{1}{{\log }_{y}z}\backslash frac\{\backslash log\; \_\{y\}\; z+\backslash log\; \_\{x\}\; z\}\{\backslash log\; \_\{x\}\; z\; \backslash log\; \_\{y\}\; z\}=\backslash frac\{1\}\{\backslash log\; \_\{x\}\; z\}+\backslash frac\{1\}\{\backslash log\; \_\{y\}\; z\}$$

in nato uporabimo formulo za zamenjavo osnove logaritma $\log _{a} b=\frac{\log b}{\log a}$, da dobimo

$$\frac{1}{{\log }_{x}z}+\frac{1}{{\log }_{y}z}=\frac{1}{\frac{\log z}{\log x}}+\frac{1}{\frac{\log z}{\log y}}=\frac{\log x}{\log z}+\frac{\log y}{\log z}={\log }_{z}x+{\log }_{z}y\backslash frac\{1\}\{\backslash log\; \_\{x\}\; z\}+\backslash frac\{1\}\{\backslash log\; \_\{y\}\; z\}=\backslash frac\{1\}\{\backslash frac\{\backslash log\; z\}\{\backslash log\; x\}\}+\backslash frac\{1\}\{\backslash frac\{\backslash log\; z\}\{\backslash log\; y\}\}=\backslash frac\{\backslash log\; x\}\{\backslash log\; z\}+\backslash frac\{\backslash log\; y\}\{\backslash log\; z\}=\backslash log\; \_\{z\}\; x+\backslash log\; \_\{z\}\; y$$

Upoštevamo formulo za vsoto logaritmov in zvezo $z^{2}=x y$, da dobimo

$${\log }_{z}x+{\log }_{z}y={\log }_z(x\cdot y)={\log }_z{z}^2=2\backslash log\; \_\{z\}\; x+\backslash log\; \_\{z\}\; y=\backslash log\; \_\{z\}(x\; \backslash cdot\; y)=\backslash log\; \_\{z\}\; z^\{2\}=2$$

Torej je

$$\frac{{\log }_{y}z+{\log }_{x}z}{{\log }_{x}z{\log }_{y}z}=2\backslash frac\{\backslash log\; \_\{y\}\; z+\backslash log\; \_\{x\}\; z\}\{\backslash log\; \_\{x\}\; z\; \backslash log\; \_\{y\}\; z\}=2$$

Ugotovitev, da je trikotnik $A B N$ pravokoten s pravim kotom pri $N$ ..... 2 točki Zapis ali uporaba zveze $z^{2}=x y$. ..... 4 točke Zapis izraza $\frac{\log _{y} z+\log _{x} z}{\log _{x} z \log _{y} z}$ kot $\frac{1}{\log _{x} z}+\frac{1}{\log _{y} z}$ ..... 3 točke Izračun $\frac{1}{\log _{x} z}+\frac{1}{\log _{y} z}=\log _{z} x+\log _{z} y$ ..... 5 točk Zapis ali uporaba zveze $\log _{z} x+\log _{z} y=\log _{z}(x \cdot y)$ ..... 3 točke Izračun $\log _{z}(x \cdot y)=\log _{z} z^{2}$ ..... 2 točki Izračun $\log _{z} z^{2}=2$ ..... 1 točka

B2. (a) Adicijski izrek za kosinus nam da $\cos (\alpha-\beta)=\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta$. Dani enačbi kvadriramo, da dobimo

$$\begin{array}{r}{\sin }^2\alpha +2\sin \alpha \sin \beta +{\sin }^2\beta =1\\ {\cos }^2\alpha +2\cos \alpha \cos \beta +{\cos }^2\beta =3\end{array}\backslash begin\{array\}\{r\}\; \backslash sin\; ^\{2\}\; \backslash alpha+2\; \backslash sin\; \backslash alpha\; \backslash sin\; \backslash beta+\backslash sin\; ^\{2\}\; \backslash beta=1\; \backslash \backslash \; \backslash cos\; ^\{2\}\; \backslash alpha+2\; \backslash cos\; \backslash alpha\; \backslash cos\; \backslash beta+\backslash cos\; ^\{2\}\; \backslash beta=3\; \backslash end\{array\}$$

Dobljeni enačbi sedaj seštejemo in upoštevamo zvezo $\sin ^{2} x+\cos ^{2} x=1$, da dobimo

$$1+2(\sin \alpha \sin \beta +\cos \alpha \cos \beta )+1=41+2(\backslash sin\; \backslash alpha\; \backslash sin\; \backslash beta+\backslash cos\; \backslash alpha\; \backslash cos\; \backslash beta)+1=4$$

od tod sledi $\sin \alpha \sin \beta+\cos \alpha \cos \beta=1$ oziroma $\cos (\alpha-\beta)=1$.

(b) Ker je $\cos (\alpha-\beta)=1$, sledi $\alpha-\beta=2 k \pi$ oziroma $\alpha=\beta+2 k \pi, k \in \mathbb{Z}$. Torej je $\cos \alpha=\cos (\beta+2 k \pi)=\cos \beta$ in podobno $\sin \alpha=\sin \beta$. Ko to upotevamo $\mathrm{v}$ obeh danih enačbah, iz njiju izrazimo $\sin \beta=\frac{1}{2}$ in $\cos \beta=-\frac{\sqrt{3}}{2}$. Od tod sklepamo, da je $\beta=\frac{5 \pi}{6}+2 n \pi, n \in \mathbb{Z}$. Torej je $\alpha=\frac{5 \pi}{6}+2 n \pi+2 k \pi=\frac{5 \pi}{6}+2(n+k) \pi$. Če označimo $k+n=m$, lahko zapišemo $\alpha=\frac{5 \pi}{6}+2 m \pi, m \in \mathbb{Z}$. Danima enačbama torej ustrezajo vsi pari $\alpha=\frac{5 \pi}{6}+2 m \pi, \beta=\frac{5 \pi}{6}+2 n \pi$, kjer sta $m$ in $n$ poljubni celi števili.

(a) Zapis ali uporaba adicijskega izreka. 3 točke Kvadriranje enačb. 2 točki Zapis ali uporaba zveze $\sin ^{2} x+\cos ^{2} x=1$ ..... 1 točka Zapis enačbe $1+2(\sin \alpha \sin \beta+\cos \alpha \cos \beta)+1=4$ ..... 2 točki Preoblikovanje enačbe $\mathbf{v} \cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta=1$ ..... 2 točki (b) Zapis rešitve $\alpha-\beta=2 k \pi$. ..... 1 točka Ugotovitev, da je $\cos \alpha=\cos \beta$ in $\sin \alpha=\sin \beta$. ..... 2 točki Ugotovitev, da je $\sin \beta=\frac{1}{2}$ in $\cos \beta=-\frac{\sqrt{3}}{2}$.... ..... 2 točki Izračun $\beta=\frac{5 \pi}{6}+2 n \pi, n \in \mathbb{Z}$ ..... 1 točka Izračun $\alpha=\frac{5 \pi}{6}+2 n \pi+2 k \pi=\frac{5 \pi}{6}+2(n+k) \pi$... ..... 2 točki Zapis rešitev $\alpha=\frac{5 \pi}{6}+2 m \pi, \beta=\frac{5 \pi}{6}+2 n \pi$, kjer $m, n \in \mathbb{Z}$ ..... 2 točki (Če tekmovalec izpusti $m, n \in \mathbb{Z}$ se mu 1 točka odšteje)

61. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Odbirno tekmovanje, 16. marec 2017

Vsaka matematično pravilna in popolna rešitev je vredna $\mathbf{2 0}$ točk, tudi če je postopek reševanja drugačen kot $v$ uradni rešitvi.

Rešitve za 4. letnik

B1. Moč algebre dogodkov pri metu dveh kock je $6 \cdot 6=36$. Hkrati lahko na obeh kockah pade isto število pik na 6 načinov. Verjetnost, da na obeh kockah pade isto število pik, če kocki vržemo enkrat, je torej enaka $p=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$.

Denimo, da kocki vržemo $n$-krat. Naj bo $A$ dogodek, da vsaj enkrat na obeh kockah pade enako število pik. Verjetnost nasprotnega dogodka $\bar{A}$, da nikoli ne pade enako število pik, je enaka $P(\bar{A})=(1-p)^{n}=\left(\frac{5}{6}\right)^{n}$. Verjetnost dogodka $A$ je zato enaka $P(A)=1-P(\bar{A})=1-\left(\frac{5}{6}\right)^{n}$. Želimo, da je ta verjetnost večja od $\frac{1}{2}$, zato mora veljati

$$1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^n>\frac{1}{2}1-\backslash left(\backslash frac\{5\}\{6\}\backslash right)^\{n\}>\backslash frac\{1\}\{2\}$$

Vrednost izraza $1-\left(\frac{5}{6}\right)^{n}$ je pri $n=1,2,3,4, \ldots$ zaoredoma enaka $\frac{1}{6}, \frac{11}{36}, \frac{91}{216}, \frac{671}{1296}, \ldots$ Prvič je vrednost večja od $\frac{1}{2}$ pri $n=4$, zato moramo kocki vreči vsaj 4 -krat.

Ugotovitev, da je moč algebre dogodkov 36 ...................................................................

Izračunana vrednost izraza $1-\left(\frac{5}{6}\right)^{n}$ za $n=1 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots . \ldots . .$.

Izračunana vrednost izraza $1-\left(\frac{5}{6}\right)^{n}$ za $n=2 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka

B2. Zaporedje $\log _{2}\left(\log {2}\left(a{n}\right)\right)$ je aritmetično z začetnima členoma $\log _{2}\left(\log _{2} 4\right)=\log _{2} 2=1$ in $\log _{2}\left(\log _{2} 16\right)=\log _{2} 4=2$, torej je $\log {2}\left(\log {2} a{n}\right)=n$. Od tod sledi $\log {2} a{n}=2^{n}$ in zato $a{n}=2^{2^{n}}$. S pomočjo formule za vsoto geometrijskega zaporedja izračunamo

$$4a_1{a}_2\dots a_n=2^2{2}^{2^1}{2}^{2^2}{2}^{2^3}\dots 2^{2^n}=2^{1+1+2^1+2^2+2^3+\dots +2^n}=2^{1+(2^{n+1}-1)}=2^{2^{n+1}}4\; a\_\{1\}\; a\_\{2\}\; \backslash ldots\; a\_\{n\}=2^\{2\}\; 2^\{2^\{1\}\}\; 2^\{2^\{2\}\}\; 2^\{2^\{3\}\}\; \backslash ldots\; 2^\{2^\{n\}\}=2^\{1+1+2^\{1\}+2^\{2\}+2^\{3\}+\backslash ldots+2^\{n\}\}=2^\{1+\backslash left(2^\{n+1\}-1\backslash right)\}=2^\{2^\{n+1\}\}$$

od koder sledi $\log {2}\left(\log {2}\left(4 a{1} a{2} \ldots a_{n}\right)\right)=\log _{2}\left(\log _{2}\left(2^{2^{n+1}}\right)\right)=\log _{2}\left(2^{n+1}\right)=n+1$.

Izračun $\log _{2}\left(\log _{2} 4\right)=\log _{2} 2=1$ in $\log _{2}\left(\log _{2} 16\right)=\log _{2} 4=2 \ldots \ldots \ldots$. . . . . 2 točki

Preoblikovanje produkta $4 a_{1} a_{2} \ldots a_{n} \mathbf{V} 2^{1+1+2^{1}+2^{2}+2^{3}+\ldots+2^{n}} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . .4$ točke

Zapis ali uporaba formule za vsoto $n$ členov geometrijskega zaporedja . 1 točka

Zapisana ali uporabljena zveza $\log _{2}\left(2^{2^{n+1}}\right)=2^{n+1} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots . \ldots$ točki

2. način. Kot v prvi rešitvi izpeljemo $\log _{2}\left(\log {2} a{n}\right)=n$ oziroma $\log {2} a{n}=2^{n}$. Po formuli za logaritem produkta je

$$\begin{array}{c}{\displaystyle {\log }_2\left({\log }_2(4a_1{a}_2\dots a_n)\right)={\log }_2({\log }_{2}4+{\log }_2{a}_1+{\log }_2{a}_2+\dots +{\log }_2{a}_n)=}\\ {\displaystyle ={\log }_2(2+2^1+2^2+\dots +2^n)}\end{array}\backslash begin\{gathered\}\; \backslash log\; \_\{2\}\backslash left(\backslash log\; \_\{2\}\backslash left(4\; a\_\{1\}\; a\_\{2\}\; \backslash ldots\; a\_\{n\}\backslash right)\backslash right)=\backslash log\; \_\{2\}\backslash left(\backslash log\; \_\{2\}\; 4+\backslash log\; \_\{2\}\; a\_\{1\}+\backslash log\; \_\{2\}\; a\_\{2\}+\backslash ldots+\backslash log\; \_\{2\}\; a\_\{n\}\backslash right)=\; \backslash \backslash \; =\backslash log\; \_\{2\}\backslash left(2+2^\{1\}+2^\{2\}+\backslash ldots+2^\{n\}\backslash right)\; \backslash end\{gathered\}$$

Ker je vsota geometrijskega zaporedja $1+2^{1}+2^{2}+\ldots+2^{n}$ enaka $2^{n+1}-1$, sledi $\log {2}\left(\log {2}\left(4 a{1} a{2} \ldots a_{n}\right)\right)=\log _{2}\left(2^{n+1}\right)=n+1$.

Izračun $\log _{2}\left(\log _{2} 4\right)=\log _{2} 2=1$ in $\log _{2}\left(\log _{2} 16\right)=\log _{2} 4=2 \ldots \ldots$. . . . . . . 2 točki

Zapis $\log {2}\left(\log {2}\left(4 a{1} a{2} \ldots a_{n}\right)\right)=\log _{2}\left(\log _{2} 4+\log {2} a{1}+\log {2} a{2}+\ldots+\log {2} a{n}\right) \ldots 3$ točke Zapis $\log _{2}\left(\log _{2} 4+\log {2} a{1}+\ldots+\log {2} a{n}\right)=\log _{2}\left(2+2^{1}+2^{2}+\ldots+2^{n}\right) \ldots \ldots .2$ točki

Zapis ali uporaba formule za vsoto $n$ členov geometrijskega zaporedja . 1 točka

Izračun $\log _{2}\left(2^{n+1}\right)=n+1 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$