Slovenia/md/sl-massa/sl-MaSSA_Odbirno_2019.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.

63. matematično tekmovanje
srednješolcev Slovenije

Odbirno tekmovanje, 21. marec 2019

Naloge za 1. letnik

Čas reševanja: 45 minut.

B1. Dokaži, da je za vsako naravno število $n$ število $7^{2018}+9^{2020 n}$ deljivo s 5 .

(20 točk)

B2. Naj bosta $a$ in $b$ realni števili, za kateri velja $\frac{3 a}{a+b}+\frac{2 b}{a+2 b}=1$. Določi vse možne vrednosti izraza $\frac{2 a-3 b}{2 a+b}$.

63. matematično tekmovanje
srednješolcev Slovenije

Odbirno tekmovanje, 21. marec 2019

Naloge za 2. letnik

Čas reševanja: 45 minut.

B1. Nad stranicami trikotnika $A B C$ konstruiramo pozitivno orientirane rombe $B A A_{1} B_{2}, C B B_{1} C_{2}$ in $A C C_{1} A_{2}$. Dokaži, da lahko iz daljic $A_{1} A_{2}, B_{1} B_{2}$ in $C_{1} C_{2}$ z vzporednimi premiki sestavimo trikotnik, če te daljice niso vzporedne.

(20 točk)

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

$$\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt{x}-\sqrt{y}=1}\\ {\displaystyle \sqrt{8x+7}-\sqrt{8y+7}=2}\end{array}\backslash begin\{gathered\}\; \backslash sqrt\{x\}-\backslash sqrt\{y\}=1\; \backslash \backslash \; \backslash sqrt\{8\; x+7\}-\backslash sqrt\{8\; y+7\}=2\; \backslash end\{gathered\}$$

Naloge za 3. letnik

Čas reševanja: 45 minut.

B1. Za notranja kota $\alpha$ in $\beta$ trikotnika $A B C$ z obsegom 24 velja $\cos \alpha=\frac{2}{3}$ in $\cos \beta=\frac{2}{7}$. Izračunaj ploščino trikotnika $A B C$.

B2. Poišči vsa realna števila $x$, ki rešijo neenačbo $3^{\frac{-x^{2}-2 x+3}{(x+1)^{2}}}>27$.

(20 točk)

63. matematično tekmovanje
srednješolcev Slovenije

Odbirno tekmovanje, 21. marec 2019

Naloge za 4. letnik

Čas reševanja: 45 minut.

B1. Zapiši enačbo stožnice, na kateri ležijo središča vseh tistih krožnic, ki se hkrati dotikajo krožnice $x^{2}+y^{2}=9$ in krožnice $x^{2}+(y-4)^{2}=1$, a ne vsebujejo točke $T(0,3)$. Enačbo stožnice zapiši v standardni obliki.

(20 točk)

B2. 8 prijateljev, od tega 3 dekleta, se bo v zabaviščnem parku peljalo $z$ velikim razglednim kolesom. Vseh 8 prijateljev se bo naključno razporedilo v 4 proste kabine razglednega kolesa, v vsako kabino po 2 prijatelja. Kolikšna je verjetnost, da nobeni 2 dekleti ne bosta sedeli v isti kabini?

(20 točk)

63. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Odbirno tekmovanje, 21. marec 2019

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

Rešitve za 1. letnik

B1. Število $9^{2020 n}=9^{2 \cdot 1010 n}=81^{1010 n}$ ima pri deljenju s 5 ostanek 1 , saj je njegova zadnja števka v desetiškem zapisu enaka 1, neglede na to, koliko je vrednost naravnega števila $n$. Število $7^{2018}=7^{4 \cdot 504+2}=2401^{504} \cdot 49$ pa ima pri deljenju s 5 ostanek 4 , saj je njegova zadnja števka v desetiškem zapisu enaka 9 . Ker je vsota obeh ostankov $4+1=5$ deljiva s 5 , je tudi število $7^{2018}+9^{2020 n}$ deljivo $\mathrm{s} 5$ za vsako naravno število $n$.

2. način. Zadnje števke potenc števila $9 \mathrm{v}$ desetiškem zapisu so enake: 9 za $9^{2 k+1}$ in 1 za $9^{2 k}$, kjer je $k$ poljubno nenegativno celo število. Zadnja števka števila $9^{2020 n}$ je torej 1. Podobno so zadnje števke potenc števila 7 v desetiškem zapisu enake: 7 za $7^{4 m+1}$, 9 za $7^{4 m+2}$, 3 za $7^{4 m+3}$ in 1 za $7^{4 m}$, kjer je $m$ poljubno nenegativno celo število. Ker je $2018=4 \cdot 504+2$, je zadnja števka števila $7^{2018}$ enaka 9 . Za vsako naravno število $n$ je torej zadnja števka števila $7^{2018}+9^{2020 n} \mathrm{v}$ desetiškem zapisu enaka 0 , kar pomeni, da je to število deljivo s 5 .

Ugotovitev, da so enice števila $9^{2020 n}$ enake $1 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$

Sklep, da je ostanek pri deljenju števila $9^{2020 n}$ s 5 enak $1 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . . .1$ točka

Ugotovitev, da so enice števila $7^{2018}$ enake 9 ..................................... 9 točk

Sklep, da je ostanek pri deljenju števila $7^{2018}$ s 5 enak $4 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . . .1$ točka

Sklep, da je število $7^{2018}+9^{2020 n}$ deljivo $\mathbf{s} 5$ za vsako naravno število $n \ldots 2$ točki

B2. V dani enakosti odpravimo ulomke, da dobimo $3 a(a+2 b)+2 b(a+b)=(a+b)(a+2 b)$ oziroma $3 a^{2}+6 a b+2 a b+2 b^{2}=a^{2}+2 a b+a b+2 b^{2}$. Enakost nato preoblikujemo do $2 a^{2}+5 a b=0$ in levo stran razstavimo $a(2 a+5 b=0)$. Če je $a=0$, tedaj mora biti $b \neq 0$, sicer ulomka $\frac{3 a}{a+b}$ in $\frac{2 b}{a+2 b}$ ne bi bila definirana, in zato je $\frac{2 a-3 b}{2 a+b}=\frac{-3 b}{b}=-3$. Če pa je $a \neq 0$, mora veljati $2 a+5 b=0$ oziroma $2 a=-5 b$. Tedaj je tudi $b \neq 0$ in zato je $\frac{2 a-3 b}{2 a+b}=\frac{-5 b-3 b}{-5 b+b}=\frac{-8 b}{-4 b}=2$. Možni vrednosti izraza $\frac{2 a-3 b}{2 a+b}$ sta -3 in 2.

Preoblikovanje izraza v $3 a(a+2 b)+2 b(a+b)=(a+b)(a+2 b)$.............. 2 točki

Zapis pogojev za drugo rešitev:

$a \neq 0$

1 točka

$2 a=-5 b$

2 točki

Zapis končne rešitve . ..............................................................................

63. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Odbirno tekmovanje, 21. marec 2019

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

Rešitve za 2. letnik

B1. Vpeljimo vektorje $\vec{x}=A \vec{A}{1}, \vec{y}=B \vec{B}{1}$ in $\vec{z}=C \vec{C}{1}$. Tedaj je $A \vec{A}{2}=\vec{z}, B \vec{B}{2}=\vec{x}$ in $C \vec{C}{2}=\vec{y}$, saj sta nasprotni stranici vsakega romba vzporedni in enako dolgi. Sledi

$$\overrightarrow{A_1{A}_2}=\vec{z}-\vec{x},\overrightarrow{B_1{B}_2}=\vec{x}-\vec{y},\overrightarrow{C_1{C}_2}=\vec{y}-\vec{z}\backslash overrightarrow\{A\_\{1\}\; A\_\{2\}\}=\backslash vec\{z\}-\backslash vec\{x\},\; \backslash quad\; \backslash overrightarrow\{B\_\{1\}\; B\_\{2\}\}=\backslash vec\{x\}-\backslash vec\{y\},\; \backslash quad\; \backslash overrightarrow\{C\_\{1\}\; C\_\{2\}\}=\backslash vec\{y\}-\backslash vec\{z\}$$

Opazimo, da je vsota vektorjev $\overrightarrow{A_{1} A_{2}}+\overrightarrow{B_{1} B_{2}}+C_{1} \vec{C}{2}$ enaka $\overrightarrow{0}$. To pomeni, da če daljice $A{1} A_{2}, B_{1} B_{2}$ in $C_{1} C_{2}$ vzporedno premaknemo tako, da krajišče $B_{1}$ postavimo na krajišče $A_{2}$ in nato krajišče $C_{1}$ postavimo na krajišče $B_{2}$, tedaj krajišči $C_{2}$ in $A_{1}$ sovpadeta. Tedaj premaknjene daljice $A_{1} A_{2}, B_{1} B_{2}$ in $C_{1} C_{2}$ tvorijo nov trikotnik, če niso vzporedne, oziroma, če na začetku niso bile vzporedne.

Opomba. Trikotnik lahko sestavimo tudi tako, da krajišče $C_{1}$ postavimo na krajišče $A_{2}$ in nato krajišče $B_{1}$ postavimo na krajišče $C_{2}$. V tem primeru krajišči $B_{2}$ in $A_{1}$ sovpadeta.

2. način. Naj bo $A_{3}$ taka točka, da je $A_{2} A_{3} C_{2} C_{1}$ paralelogram. Tedaj so daljice $A C, A_{2} C_{1}$ in $A_{3} C_{2}$ enako dolge in vzporedne, saj sta nasprotni stranici vsakega paralelograma enako dolgi in vzporedni. Prav tako sta enako dolgi in vzporedni tudi daljici $B C$ in $B_{1} C_{2}$. Sledi, da sta trikotnika $A B C$ in $A_{3} B_{1} C_{2}$ skladna, saj imata dva para enako dolgih vzporednih stranic, in zato sta tudi daljici $A B$ in $A_{3} B_{1}$ enako dolgi in vzporedni. Posledično je tudi $A_{1} B_{2} B_{1} A_{3}$ paralelogram, torej sta tudi daljici $B_{1} B_{2}$ in $A_{3} A_{1}$ enako dolgi in vzporedni. Če torej daljice $A_{1} A_{2}, B_{1} B_{2}$ in $C_{1} C_{2}$ niso vzporedne, tedaj lahko iz njih z vzporednimi premiki sestavimo trikotnik $A_{1} A_{3} A_{2}$, tako da premaknemo $C_{1} C_{2}$ na $A_{2} A_{3}$ ter $B_{1} B_{2}$ na $A_{3} A_{1}$.

Narisana in označena skica (vključno z izbranimi vektorji $\vec{x}, \vec{y}$ in $\vec{z}$ ) 5 točk

Zapis $A \vec{A}{2}=\vec{z}, B \vec{B}{2}=\vec{x}$ in $C \vec{C}_{2}=\vec{y}$ 2 točki

Zapis $\overrightarrow{A_{1} A_{2}}=\vec{z}-\vec{x}, \quad \overrightarrow{B_{1} B_{2}}=\vec{x}-\vec{y}, \quad \overrightarrow{C_{1} C_{2}}=\vec{y}-\vec{z}$ 3 točke Izračun $\overrightarrow{A_{1} A_{2}}+\overrightarrow{B_{1} B_{2}}+C_{1} \overrightarrow{C_{2}}=0$ ..... 4 točke Utemeljen sklep, da lahko iz daljic $A_{1} A_{2}, B_{1} B_{2}$ in $C_{1} C_{2} \mathbf{z}$ ustreznimi vzporednimi premiki tvorimo nov trikotnik ..... 6 točk 2. način Narisana in označena skica (vključno $\mathbf{z}$ izbrano točko $A_{3}$ ) ..... 5 točk Utemeljena ugotovitev, da so daljice $A C, A_{2} C_{1}$ in $A_{3} C_{2}$ vzporedne in skladne ..... 2 točki Utemeljena ugotovitev, da sta daljici $B C$ in $B_{1} C_{2}$ vzporedni in skladni ..... 2 točki Utemeljen sklep, da sta trikotnika $A B C$ in $A_{3} B_{1} C_{2}$ skladna ..... 3 točke Ugotovitev, da sta daljici $A B$ in $A_{3} B_{1}$ vzporedni in skladni ..... 1 točka Ugotovitev, da je $A_{1} B_{2} B_{1} A_{3}$ paralelogram ..... 2 točki Utemeljena ugotovitev, da sta daljici $B_{1} B_{2}$ in $A_{3} A_{1}$ vzporedni in skladni ..... 2 točki Utemeljena ugotovitev, da lahko iz daljic $A_{1} A_{2}, B_{1} B_{2}$ in $C_{1} C_{2} \mathbf{z}$ ustreznimi vzpo- rednimi premiki sestavimo trikotnik $A_{1} A_{3} A_{2}$ ..... 3 točke

B2. Enačbi preoblikujemo v ekvivalentni enačbi $\sqrt{x}=1+\sqrt{y}$ in $\sqrt{8 x+7}=2+\sqrt{8 y+7}$ ter ju nato kvadriramo, da dobimo

Od spodnje enačbe odštejemo 8 -kratnik zgornje enačbe in dobljeno enačbo poenostavimo, da dobimo $1+4 \sqrt{y}=\sqrt{8 y+7}$. Enačbo kvadriramo in poenostavimo do $4 \sqrt{y}=$ $3-4 y$. Ko enačbo še enkrat kvadriramo, dobimo kvadratno enačbo $16 y^{2}-40 y+9=0$, katere levo stran lahko razstavimo kot $(4 y-1)(4 y-9)=0$. Dobimo dve rešitvi, $y_{1}=\frac{1}{4}$ in $y_{2}=\frac{9}{4}$. Iz enačbe $x=1+2 \sqrt{y}+y$ izračunamo še $x_{1}=\frac{9}{4}$ in $x_{2}=\frac{25}{4}$. Preverimo lahko, da par $\left(x_{1}, y_{1}\right)$ reši začetni sistem enačb, par $\left(x_{2}, y_{2}\right)$ pa ne, saj je

$$\sqrt{8\cdot \frac{25}{4}+7}-\sqrt{8\cdot \frac{9}{4}+7}=\sqrt{57}-5\backslash sqrt\{8\; \backslash cdot\; \backslash frac\{25\}\{4\}+7\}-\backslash sqrt\{8\; \backslash cdot\; \backslash frac\{9\}\{4\}+7\}=\backslash sqrt\{57\}-5$$

kar ni celo število in zato ne more biti enako 2 . Torej je edina rešitev naloge par $x=\frac{9}{4}$ in $y=\frac{1}{4}$.

Preoblikovanje v ekvivalentni enačbi $\sqrt{x}=1+\sqrt{y}$ in $\sqrt{8 x+7}=2+\sqrt{8 y+7} \ldots \mathbf{. 2}$ točki

Kvadriranje enačb 3 točke

Zapis enačbe $z$ eno samo neznanko 5 točk

Kvadriranje enačbe $1+4 \sqrt{y}=\sqrt{8 y+7}$ 2 točki

Zapis kvadratne enačbe $16 y^{2}-40 y+9=0$ 2 točki

Izračunani rešitvi $y_{1}$ in $y_{2}$ 2 točki

Izračunana $x_{1}$ in $x_{2}$ 2 točki

Izključitev rešitve $\left(\frac{25}{4}, \frac{9}{4}\right)$

2 točki

63. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Odbirno tekmovanje, 21. marec 2019

Rešitve za 3. letnik

B1. Najprej opazimo, da mora biti $x \neq-1$, sicer ulomek v eksponentu ni definiran. Ker je $27=3^{3}$ in je eksponentna funkcija z osnovo 3 naraščajoča, je dana neenačba ekvivalentna neenačbi $\frac{-x^{2}-2 x+3}{(x+1)^{2}}>3$. Neenačbo pomnožimo z $(x+1)^{2}$ (neenačaj se pri tem ohrani), da dobimo $-x^{2}-2 x+3>3(x+1)^{2}$. Neenačbo sedaj poenostavimo do $4 x^{2}+8 x<0$ in levo stran razstavimo $4 x(x+2)<0$. Rešitve te neenačbe so $x \in(-2,0)$, saj je kvadratna funkcija s pozitivnim vodilnim koeficientom negativna na intervalu med svojima ničlama. $\mathrm{Z}$ upoštevanjem pogoja $x \neq-1$ je torej končna rešitev naloge $x \in(-2,-1) \cup(-1,0)$.

2. način. Kot v prvi rešitvi opazimo, da mora biti $x \neq-1$ in sklepamo, da je dana neenačba ekvivalentna neenačbi $\frac{-x^{2}-2 x+3}{(x+1)^{2}}>3$. Neenačbo sedaj preuredimo v $\frac{-x^{2}-2 x+3}{(x+1)^{2}}-$ $3>0$ in levo stran postavimo na skupni imenovalec $\frac{-x^{2}-2 x+3-3 x^{2}-6 x-3}{(x+1)^{2}}>0$. Števec poenostavimo in neenačbo pomnožimo $\mathrm{z}-1$, da dobimo $\frac{4 x^{2}+8 x}{(x+1)^{2}}<0$. Racionalna funkcija $f(x)=\frac{4 x^{2}+8 x}{(x+1)^{2}}$ ima ničli 1. stopnje pri $x=0$ in $x=-2$, ter pol 2. stopnje pri $x=-1$. Funkcija zavzame negativne vrednosti na intervalih $(-2,-1)$ in $(-1,0)$. Rešitve neenačbe so torej $x \in(-2,-1) \cup(-1,0)$.

Utemeljitev, da sta neenačbi $3^{\frac{-x^{2}-2 x+3}{(x+1)^{2}}}>27$ in $\frac{-x^{2}-2 x+3}{(x+1)^{2}}>3$ ekvivalentni .. 4 točke

Utemeljitev, da sta neenačbi $\frac{-x^{2}-2 x+3}{(x+1)^{2}}>3$ in $-x^{2}-2 x+3>3(x+1)^{2}$ ekvivalentni 3 točke

Razcep (zapisani ali upoštevani rešitvi kvadratne enačbe) ..................... 2 točki

2. način.

Utemeljitev, da sta neenačbi $3^{\frac{-x^{2}-2 x+3}{(x+1)^{2}}}>27$ in $\frac{-x^{2}-2 x+3}{(x+1)^{2}}>3$ ekvivalentni .. 4 točke

Določitev obeh ničel ................................................................................. 2 točki

Določitev pola . ....................................................................... 2 točki

Zapis rešitev začetne neenačbe $x \in(-2,-1) \cup(-1,0) \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . .4$ točke

B2. Opazimo, da sta kota $\alpha$ in $\beta$ ostra, saj sta $\cos \alpha$ in $\cos \beta$ pozitivna. Označimo stranice trikotnika $A B C$ kot običajno z $a, b$ in $c$. Naj bo $C^{\prime}$ nožišče višine $v$ skozi oglišče $C$. Dolžini daljic $A C^{\prime}$ in $B C^{\prime}$ označimo zaporedoma $\mathrm{z} b_{1}$ in $a_{1}$. Tedaj velja

$$a_1=a\cos \beta =\frac{2}{7}a\text{ in }{b}_1=b\cos \alpha =\frac{2}{3}ba\_\{1\}=a\; \backslash cos\; \backslash beta=\backslash frac\{2\}\{7\}\; a\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; in\; \}\; \backslash quad\; b\_\{1\}=b\; \backslash cos\; \backslash alpha=\backslash frac\{2\}\{3\}\; b$$

Po sinusnem izreku velja $\frac{a}{\sin \alpha}=\frac{b}{\sin \beta}$. Ker sta kota $\alpha$ in $\beta$ ostra, sta $\sin \alpha$ in $\sin \beta$ pozitivna, zato je $\sin \alpha=\sqrt{1-\cos ^{2} \alpha}=\frac{\sqrt{5}}{3}$ in $\sin \beta=\sqrt{1-\cos ^{2} \beta}=\frac{3 \sqrt{5}}{7}$. Od tod sledi

$$b=\frac{\sin \beta }{\sin \alpha }a=\frac{3\sqrt{5}}{7}\cdot \frac{3}{\sqrt{5}}\cdot a=\frac{9}{7}ab=\backslash frac\{\backslash sin\; \backslash beta\}\{\backslash sin\; \backslash alpha\}\; a=\backslash frac\{3\; \backslash sqrt\{5\}\}\{7\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{3\}\{\backslash sqrt\{5\}\}\; \backslash cdot\; a=\backslash frac\{9\}\{7\}\; a$$

Od tod izrazimo še $b_{1}=\frac{2}{3} b=\frac{6}{7} a$. Obseg trikotnika je torej

$$o=a+b+a_1+b_1=a+\frac{9}{7}a+\frac{2}{7}a+\frac{6}{7}a=\frac{24}{7}ao=a+b+a\_\{1\}+b\_\{1\}=a+\backslash frac\{9\}\{7\}\; a+\backslash frac\{2\}\{7\}\; a+\backslash frac\{6\}\{7\}\; a=\backslash frac\{24\}\{7\}\; a$$

in ker mora biti enak 24 , je $a=7$ ter posledično $b=9, a_{1}=2$ in $b_{1}=6$. Višina $v$ trikotnika $A B C$ je zato enaka $v=a \sin \beta=7 \cdot \frac{3 \sqrt{5}}{7}=3 \sqrt{5}$, ploščina trikotnika pa je enaka

$$p=\frac{(a_1+b_1)v}{2}=\frac{8\cdot 3\sqrt{5}}{2}=12\sqrt{5}p=\backslash frac\{\backslash left(a\_\{1\}+b\_\{1\}\backslash right)\; v\}\{2\}=\backslash frac\{8\; \backslash cdot\; 3\; \backslash sqrt\{5\}\}\{2\}=12\; \backslash sqrt\{5\}$$

2. način. Uporabimo oznake iz prve rešitve. Ker sta $\cos \alpha$ in $\cos \beta$ pozitivna, sta kota $\alpha$ in $\beta$ ostra, zato lahko na kotne funkcije gledamo kot na razmerje ustreznih stranic $\mathrm{v}$ pravokotnem trikotniku. Ker je $\cos \alpha=\frac{2}{3}$, v trikotniku $A C^{\prime} C$ velja $b_{1}: b=2: 3$, zato smemo označiti $b_{1}=2 t$ in $b=3 t$ za nek $t>0$. Podobno smemo v trikotniku $C^{\prime} B C$ označiti $a_{1}=2 t^{\prime}$ in $a=7 t^{\prime}$ za nek $t^{\prime}>0$. Sedaj iz obeh pravokotnih trikotnikov po Pitagorovem izreku izračunamo višino

$$v=\sqrt{9t^2-4t^2}=\sqrt{5}t\text{ in }v=\sqrt{49t^{\mathrm{\prime }2}-4t^{\mathrm{\prime }2}}=3\sqrt{5}{t}^{\mathrm{\prime }}v=\backslash sqrt\{9\; t^\{2\}-4\; t^\{2\}\}=\backslash sqrt\{5\}\; t\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; in\; \}\; \backslash quad\; v=\backslash sqrt\{49\; t^\{\backslash prime\; 2\}-4\; t^\{\backslash prime\; 2\}\}=3\; \backslash sqrt\{5\}\; t^\{\backslash prime\}$$

Sledi $\sqrt{5} t=3 \sqrt{5} t^{\prime}$ oziroma $t=3 t^{\prime}$. Obseg trikotnika je zato enak

$$o=a+b+a_1+b_1=7t^{\mathrm{\prime }}+9t^{\mathrm{\prime }}+2t^{\mathrm{\prime }}+6t^{\mathrm{\prime }}=24t^{\mathrm{\prime }}o=a+b+a\_\{1\}+b\_\{1\}=7\; t^\{\backslash prime\}+9\; t^\{\backslash prime\}+2\; t^\{\backslash prime\}+6\; t^\{\backslash prime\}=24\; t^\{\backslash prime\}$$

od koder sledi $t^{\prime}=1$ in $t=3$. Stranica $c$ trikotnika je torej enaka $c=a_{1}+b_{1}=2+6=8$, višina pa $v=3 \sqrt{5}$. Od tod izračunamo še ploščino trikotnika

$$p=\frac{c\cdot v}{2}=12\sqrt{5}p=\backslash frac\{c\; \backslash cdot\; v\}\{2\}=12\; \backslash sqrt\{5\}$$

Pregledno narisana in označena skica (narisana višina in označena odseka) ..... 1 točka Zapis $a_{1}=\frac{2}{7} a$ ..... 1 točka Zapis $b_{1}=\frac{2}{3} b$ ..... 1 točka Zapis ali uporaba zveze $\sin ^{2} x+\cos ^{2} x=1$ ..... 1 točka Izračun $\sin \alpha=\frac{\sqrt{5}}{3}$ ..... 1 točka Izračun $\sin \beta=\frac{3 \sqrt{5}}{7}$ ..... 1 točka Utemeljitev, zakaj sta $\sin \alpha$ in $\sin \beta$ pozitivna ..... 1 točka Zapis ali uporaba sinusnega izreka ..... 1 točka Izračun $b=\frac{9}{7} a$ ..... 4 točke Zapis obsega trikotnika $z$ eno neznanko ..... 2 točki Izračun $a$ ali $b$ ..... 1 točka Izračun ..... 1 točka Izračun $v$ ..... 2 točki Izračun ploščine trikotnika $p=12 \sqrt{5}$ ..... 2 točki 2. način Pregledno narisana in označena skica $z$ narisano višino in odsekoma na stranici $c$ ..... 1 točka Ugotovitev $b_{1}=2 t, b=3 t$ ..... 3 točke Ugotovitev $a_{1}=2 t^{\prime}$ in $a=7 t^{\prime}$ ..... 1 točka Zapis ali uporaba Pitagorovega izreka ..... 1 točka Izračun $v=3 \sqrt{5} t^{\prime}$ ..... 3 točke Izračun $v=\sqrt{5} t$ ..... 1 točka Zapis obsega trikotnika $z$ eno neznanko ..... 5 točk Izračun ..... 1 točka Izračun $v$ ..... 2 točki Izračun ploščine trikotnika $p=12 \sqrt{5}$ ..... 2 točki

63. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Odbirno tekmovanje, 21. marec 2019

Rešitve za 4. letnik

B1. Naj bo $A$ dogodek, da nobeni 2 dekleti ne sedita v isti kabini. Verjetnost dogodka $A$ izračunamo po formuli

$$P(A)=\frac{\text{ ugodne razporeditve }}{\text{ vse razporeditve }}P(A)=\backslash frac\{\backslash text\; \{\; ugodne\; razporeditve\; \}\}\{\backslash text\; \{\; vse\; razporeditve\; \}\}$$

Vseh možnih razporeditev je 8!, saj moramo 8 prijateljev na poljuben način razporediti na 8 sedišč, kar pomeni, da štejemo permutacije na 8 elementih.

Ugodne razporeditve preštejemo tako, da najprej izberemo 3 izmed 4 kabin, v katerih bodo sedela dekleta, in v vsaki od teh 3 kabin izberemo 1 od 2 sedišč, na katerem bo sedelo dekle. To lahko storimo na $\binom{4}{3} \cdot 2^{3}$ različnih načinov. Nato pa najprej razporedimo dekleta na njihova sedišča na 3! različnih načinov in nato še fante na njihova sedišča na 5 ! različnih načinov. Ugodnih razporeditev je torej $\binom{4}{3} \cdot 2^{3} \cdot 3!\cdot 5$ !. Verjetnost, da nobeni 2 dekleti ne bosta sedeli v isti kabini je torej

$$P(A)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0px}{}{4}{3}\right)\cdot 2^3\cdot 3!\cdot 5!}{8!}=\frac{\frac{4!}{3!\cdot 1!}\cdot 2^3\cdot 3!}{8\cdot 7\cdot 6}=\frac{4!\cdot 2^3}{8\cdot 7\cdot 6}=\frac{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1\cdot 8}{8\cdot 7\cdot 6}=\frac{4}{7}P(A)=\backslash frac\{\backslash binom\{4\}\{3\}\; \backslash cdot\; 2^\{3\}\; \backslash cdot\; 3!\backslash cdot\; 5!\}\{8!\}=\backslash frac\{\backslash frac\{4!\}\{3!\backslash cdot\; 1!\}\; \backslash cdot\; 2^\{3\}\; \backslash cdot\; 3!\}\{8\; \backslash cdot\; 7\; \backslash cdot\; 6\}=\backslash frac\{4!\backslash cdot\; 2^\{3\}\}\{8\; \backslash cdot\; 7\; \backslash cdot\; 6\}=\backslash frac\{4\; \backslash cdot\; 3\; \backslash cdot\; 2\; \backslash cdot\; 1\; \backslash cdot\; 8\}\{8\; \backslash cdot\; 7\; \backslash cdot\; 6\}=\backslash frac\{4\}\{7\}$$

2. način. Rešitev lahko poiščemo tudi s pomočjo kombinacij, pri čemer upoštevamo, da ni pomembno, kako v posamezni kabini sedita prijatelja. Vse možnosti preštejemo tako, da najprej v prvo kabino postavimo 2 izmed 8 prijateljev, nato v drugo postavimo 2 izmed preostalih 6 prijateljev, zatem v tretjo postavimo 2 izmed preostalih 4 prijateljev in nazadnje še preostala 2 prijatelja postavimo v zadnjo kabino. To lahko storimo na $\binom{8}{2} \cdot\binom{6}{3} \cdot\binom{4}{2}$ različnih načinov. Ugodne možnosti preštejemo tako, da najprej izberemo 3 izmed 4 kabin, kjer bodo sedela dekleta, kar lahko storimo na $\binom{4}{3}$ različnih načinov. V prvo od teh kabin postavimo 1 od 3 deklet in 1 od 5 fantov na $3 \cdot 5=15$ načinov, nato v drugo od teh kabin postavimo 1 od preostalih 2 deklet in 1 od preostalih 4 fantov na $2 \cdot 4=8$ načinov in zatem $\mathrm{v}$ tretjo od teh kabin postavimo preostalo dekle in 1 od preostalih 3 fantov na $1 \cdot 3=3$ načine. Preostala 2 fanta pa postavimo $v$ preostalo kabino. Ugodnih možnosti je torej $\binom{4}{3} \cdot 15 \cdot 8 \cdot 3$, verjetnost opisanega dogodka $A$ pa je enaka

$$P(A)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0px}{}{4}{3}\right)\cdot 15\cdot 8\cdot 3}{\left(\genfrac{}{}{0px}{}{8}{2}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0px}{}{6}{3}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0px}{}{4}{2}\right)}=\frac{4}{7}P(A)=\backslash frac\{\backslash binom\{4\}\{3\}\; \backslash cdot\; 15\; \backslash cdot\; 8\; \backslash cdot\; 3\}\{\backslash binom\{8\}\{2\}\; \backslash cdot\backslash binom\{6\}\{3\}\; \backslash cdot\backslash binom\{4\}\{2\}\}=\backslash frac\{4\}\{7\}$$

3. način. Namesto verjetnosti dogodka $A$, izračunamo verjetnost nasprotnega dogodka $A^{\prime}$. Vse možnosti preštejemo na enak kot v 2. rešitvi. Ugodne možnosti za dogodek $A^{\prime}$ preštejemo tako, da najprej izberemo 1 izmed 4 kabin v kateri bosta sedeli 2 dekleti in vanjo postavimo 2 izmed 3 deklet. Nato izmed preostalih 3 kabin izberemo $1 \mathrm{v}$ kateri bosta sedela dekle in fant ter vanjo postavimo preostalo dekle in 1 od 5 fantov. V tretjo kabino postavimo 2 izmed preostalih 4 fantov, zadnja 2 fanta pa postavimo v zadnjo kabino. Verjetnost dogodka $A^{\prime}$ je zato enaka

$$P\left(A^{\mathrm{\prime }}\right)=\frac{4\cdot \left(\genfrac{}{}{0px}{}{3}{2}\right)\cdot 3\cdot 5\cdot \left(\genfrac{}{}{0px}{}{4}{2}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0px}{}{8}{2}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0px}{}{6}{3}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0px}{}{4}{2}\right)}=\frac{3}{7}P\backslash left(A^\{\backslash prime\}\backslash right)=\backslash frac\{4\; \backslash cdot\backslash binom\{3\}\{2\}\; \backslash cdot\; 3\; \backslash cdot\; 5\; \backslash cdot\backslash binom\{4\}\{2\}\}\{\backslash binom\{8\}\{2\}\; \backslash cdot\backslash binom\{6\}\{3\}\; \backslash cdot\backslash binom\{4\}\{2\}\}=\backslash frac\{3\}\{7\}$$

verjetnost dogodka $A$ pa je $P(A)=1-\frac{3}{7}=\frac{4}{7}$. Zapis ali uporaba $P(A)=\frac{\text { ugodne razporeditve }}{\text { vse razporeditve }}$ ..... 1 točka Zapis števila vseh možnosti ..... 6 točk Zapis števila vseh ugodnih možnosti ..... 10 točk Izračun verjetnosti $P(A)=\frac{4}{7}$ ..... 3 točke

B2. Označimo dani krožnici zaporedoma s $\mathcal{K}{1}$ in $\mathcal{K}{2}$. Krožnica $\mathcal{K}{1}$ ima središče v $S{1}(0,0)$ in polmer $r_{1}=3$, krožnica $\mathcal{K}{2}$ pa ima središče v $S{2}=(0,4)$ in polmer $r_{2}=1$. Krožnici se od zunaj dotikata v točki $T(0,3)$. Krožnice, ki se hkrati dotikajo krožnic $\mathcal{K}{1}$ in $\mathcal{K}{2}$ in vsebujejo točko $T(0,3)$, imajo središča na $y$-osi. Med preostalimi krožnicami $\mathcal{K}$, ki se hkrati dotikajo obeh danih krožnic, so take, ki se obeh dotikajo od zunaj in take, ki se obeh dotikajo od znotraj, kot to prikazujeta sliki.

Obravnavajmo najprej primer, ko se krožnica $\mathcal{K}$ dotika krožnic $\mathcal{K}{1}$ in $\mathcal{K}{2}$ od zunaj. Naj bo $S(x, y)$ središče krožnice $\mathcal{K}$, kjer je $S \neq T$. Tedaj je radij krožnice $\mathcal{K}$ enak $r=$ $\left|S S_{1}\right|-r_{1}=\left|S S_{2}\right|-r_{2}$. Ker je $\left|S S_{1}\right|=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ in $\left|S S_{2}\right|=\sqrt{x^{2}+(y-4)^{2}}$, sledi

$$\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{x^2+(y-4{)}^2}+2\backslash sqrt\{x^\{2\}+y^\{2\}\}=\backslash sqrt\{x^\{2\}+(y-4)^\{2\}\}+2$$

Enačbo kvadriramo, da dobimo $x^{2}+y^{2}=x^{2}+(y-4)^{2}+4 \sqrt{x^{2}+(y-4)^{2}}+4$. Slednje poenostavimo do $2 y-5=\sqrt{x^{2}+(y-4)^{2}}$ in ponovno kvadriramo, pri čemer mora veljati $y \geq \frac{5}{2}$. Dobimo $4 y^{2}-20 y+25=x^{2}+(y-4)^{2}$ oziroma $x^{2}-3 y^{2}+12 y=9$.

Obravnavajmo še primer, ko se krožnica $\mathcal{K}$ dotika krožnic $\mathcal{K}{1}$ in $\mathcal{K}{2}$ od znotraj. Tedaj je njen polmer enak $r=\left|S S_{1}\right|+r_{1}=\left|S S_{2}\right|+r_{2}$, od koder sledi

$$\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{x^2+(y-4{)}^2}-2\backslash sqrt\{x^\{2\}+y^\{2\}\}=\backslash sqrt\{x^\{2\}+(y-4)^\{2\}\}-2$$

Po kvadriranju in poenostavljanju dobimo $-2 y+5=\sqrt{x^{2}+(y-4)^{2}}$. Po ponovnem kvadriranju pridemo do enake enačbe kot v prvem primeru, le da mora tokrat veljati $y \leq \frac{5}{2}$.

Rešitev je torej stožnica z enačbo $x^{2}-3 y^{2}+12 y=9$. Standardna oblika enačbe je $\frac{x^{2}}{3}-(y-2)^{2}=-1$ (kar predstavlja hiperbolo). Rešitev je enolično določena, saj je stožnica enolično določena že s 5 točkami. Opazimo lahko, da središča opazovanih krožnic pokrijejo celotno stožnico, razen točke $T(0,3)$.

Ugotovitev, da se krožnica lahko dotika narisanih krožnic na dva opisana načina 2 točki[^0]Enačba stožnice je $x^{2}-3 y^{2}+12 y=9$ ob pogoju $y \geq \frac{5}{2}$ ..... 2 točki Obravnava druge situacije in ugotovitev $r=\left|S S_{1}\right|+r_{1}=\left|S S_{2}\right|+r_{2}$ ..... 4 točke Zapis enačbe $\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{x^{2}+(y-4)^{2}}-2$ ..... 1 točki Enačba stožnice je $x^{2}-3 y^{2}+12 y=9$ ob pogoju $y \leq \frac{5}{2}$ ..... 2 točki Zapis končne rešitve $\frac{x^{2}}{3}-(y-2)^{2}=-1$ ..... 2 točki

[^0]: Obravnava prve situacije in ugotovitev $r=\left|S S_{1}\right|-r_{1}=\left|S S_{2}\right|-r_{2} \ldots \ldots .4$ točke

Zapis ali uporaba formule za razdaljo med točkama 1 točka

Zapis enačbe $\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{x^{2}+(y-4)^{2}}+2$ 2 točki