Slovenia/md/sl-massa/sl-MaSSA_Odbirno_2021.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.

65. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Odbirno tekmovanje, 22. april 2021

Naloge za 1. letnik

Čas reševanja: 45 minut.

B1. Na sliki sta narisana dva kvadrata in dva skladna kroga, katerih središči ležita na diagonali večjega kvadrata. Stranica večjega kvadrata je dolga 1 enoto, stranica manjšega kvadrata pa je dvakrat daljša od polmera krogov (glej sliko). Izračunaj polmer obeh krogov in racionaliziraj rezultat.

B2. Poišči vsa cela števila $n$, ki jih lahko zapišemo v obliki $n=\frac{m+2021}{2021-m}$, kjer je $m$ celo število.

65. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Odbirno tekmovanje, 22. april 2021
Naloge za 2. letnik

Čas reševanja: 45 minut.

B1. Nad stranico $C D$ kvadrata $A B C D$ z zunanje stani narišemo pravokotni trikotnik $D C E \mathrm{~s}$ pravim kotom pri $E$. Dokaži, da simetrala kota $\Varangle D E C$ razdeli kvadrat $A B C D$ na dva ploščinsko enaka dela.

B2. Izračunaj $x+y$, če je $\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)\left(y+\sqrt{1+y^{2}}\right)=1$.

65. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Odbirno tekmovanje, 22. april 2021
Naloge za 3. letnik

Čas reševanja: 45 minut.

B1. V pokočno prizmo, katere osnovna ploskev je paralelogram z enim notranjim kotom $\alpha$, je včrtana sfera z radijem $r$, ki se se dotika vseh mejnih ploskev prizme. Izrazi prostornino prizme s pomočjo $r$ in $\alpha$.

B2. Dan je polinom $p(x)=x^{6}+x^{5}+\ldots+x+1$. Dokaži, da polinom $p(x)$ deli polinom $p\left(x^{9}\right)$.

65. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Odbirno tekmovanje, 22. april 2021
Naloge za 4. letnik

Čas reševanja: 45 minut.

B1. Naj bosta $a$ in $b$ taki realni števili, da ima polinom $p(x)=x^{2}+a x+b$ dve realni ničli, polinom $p\left(q(x)\right.$ ), kjer je $q(x)=x^{2}+2 x+7$, pa nima realnih ničel. Dokaži, da je $p(8)>4$.

B2. Na tabelo velikosti $2 \times n$, kjer je $n$ naravno število, naključno na različni polji postavimo dva žetona. Kolikšna je verjetnost, da se da preostanek tabele prekriti z dominami velikosti $2 \times 1$ ? Domine se ne smejo prekrivati in ne smejo segati čez rob tabele.

65. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

16. marec 2006

Rešitve nalog za Naloge za 1. letnik

1. Označimo nekatere točke, kot je prikazano na sliki.

Po predpostavkah naloge točke $B, C$ in $D$ ležijo na diagonali $A E$ velikega kvadrata. Če dorišemo še kvadrat z diagonalo $D E$, ugotovimo, da je njegova stranica dolga $x$. Dolžina diagonale $A E$ je zato

$$\sqrt{2}=\mathrm{\mid }AE\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }BC\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }CD\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }DE\mathrm{\mid }=2x\sqrt{2}+2x+x+x\sqrt{2}=3x(\sqrt{2}+1)\backslash sqrt\{2\}=|A\; E|=|A\; B|+|B\; C|+|C\; D|+|D\; E|=2\; x\; \backslash sqrt\{2\}+2\; x+x+x\; \backslash sqrt\{2\}=3\; x(\backslash sqrt\{2\}+1)$$

Od tod sledi $x=\frac{\sqrt{2}}{3(\sqrt{2}+1)}=\frac{2-\sqrt{2}}{3}$. Polmer krogov je enak $\frac{2-\sqrt{2}}{3}$ enot.

Izračun dolžine diagonale $A B$...........................................................................................................................

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

Izračun dolžine polmera (iz enačbe izrazi $x$ ) ...........................................................................................................................

Racionalizacija rezultata .......................................................................... 3 točke.

2. Enakost pomnožimo z $2021-m$, da dobimo $2021 n-m n=m+2021$. Nato jo preuredimo do $2021(n-1)=m(n+1)$ in izrazimo $m=\frac{2021(n-1)}{n+1}=2021-\frac{2 \cdot 2021}{n+1}$. Torej lahko v predpisani obliki zapišemo vsa tista cela števila $n$, za katera je $\frac{2 \cdot 2021}{n+1}$ celo število. To pomeni, da mora biti $n+1$ delitelj števila $2 \cdot 2021=2 \cdot 43 \cdot 47$. Delitelji tega števila so $\pm 1, \pm 2, \pm 43, \pm 47, \pm 86, \pm 94, \pm 2021$ in $\pm 4042$. Rešitev naloge so torej cela števila

$$-4043,-2022,-95,-87,-48,-44,-3,-2,0,1,42,46,85,93,2020,4041-4043,-2022,-95,-87,-48,-44,-3,-2,0,1,42,46,85,93,2020,4041$$

Iz dane enačbe izrazi $m$ ..... 6 točk Zapiše $m$ kot razliko celega števila in ulomka ..... 4 točke Sklep, da je $\frac{2 \cdot 2021}{n+1}$ celo število ..... 2 točke Poišče vse delitelje števila $2 \cdot 2021$ (vsaki štirje delitelji 1 točka) ..... 4 točke Zapiše vseh 16 rešitev (vsake štiri so vredne 1 točko) ..... 4 točke.

65. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

16. marec 2006

Rešitve nalog za Naloge za 2. letnik

1.

Označimo z $G$ presečišče diagonal kvadrata $A B C D$. Ker je $\angle D E C=90^{\circ}=\angle C G D$, po Talesovem izreku točke $G, C, E$ in $D$ ležijo na isti krožnici $\mathcal{K}$. Točka $G$ zaradi simetrije razpolavlja lok $\overparen{D C}$ krožnice $\mathcal{K}$. Ker tudi simetrala obodnega kota $\angle D E C$ razpolavlja lok $\overparen{D C}$, točka $G$ leži na simetrali kota $\angle D E C$. Od tod sledi, da sta trikotnika $A H G$ in $C F G$ skladna, ker imata enake notranje kote in enako dolžino stranice $|A G|=|C G|$ nasproti enakega kota. Torej je $|A H|=|C F|$. Ploščina levega dela kvadrata, ki ga odreže simetrala kota $\angle D E C$, je zato po formuli za ploščino pravokotnega trapeza enaka

$$p_{AHFD}=\frac{\mathrm{\mid }AH\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }DF\mathrm{\mid }}{2}\cdot \mathrm{\mid }AD\mathrm{\mid }=\frac{\mathrm{\mid }CF\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }DF\mathrm{\mid }}{2}\cdot \mathrm{\mid }AD\mathrm{\mid }=\frac{\mathrm{\mid }CD\mathrm{\mid }\mathrm{\mid }AD\mathrm{\mid }}{2}p\_\{A\; H\; F\; D\}=\backslash frac\{|A\; H|+|D\; F|\}\{2\}\; \backslash cdot|A\; D|=\backslash frac\{|C\; F|+|D\; F|\}\{2\}\; \backslash cdot|A\; D|=\backslash frac\{|C\; D||A\; D|\}\{2\}$$

kar je ravno polovica ploščine celotnega kvadrata $A B C D$. Torej simetrala kota $\angle D E C$ razdeli kvadrat $A B C D$ na dva ploščinsko enaka dela.

Pregledno narisana in označena skica kvadrata in pravokotnega trikotnika (z narisano simetralo) 2 točki

Utemeljena ugotovitev, da točke $G, C, E$ in $D$ ležijo na isti krožnici ...................... 5 točke

Utemeljena ugotovitev, da simetrala poteka skozi presečǐ̌̌če diagonal kvadrata ....... 3 točke

Sklep, da sta ploščini enaki .................................................................. 2 točki.

2. Dano enakost pomnožimo $\mathrm{z}\left(x-\sqrt{1+x^{2}}\right)$, da dobimo $\left(x^{2}-\left(1+x^{2}\right)\right)\left(y+\sqrt{1+y^{2}}\right)=$ $x-\sqrt{1+x^{2}}$ oziroma $-y-\sqrt{1+y^{2}}=x-\sqrt{1+x^{2}}$. Slednje lahko preoblikujemo $\mathrm{v} \sqrt{1+x^{2}}-$ $\sqrt{1+y^{2}}=x+y$. Če dano enakost pomnožimo $\mathrm{z}\left(y-\sqrt{1+y^{2}}\right)$, dobimo $-x-\sqrt{1+x^{2}}=$ $y-\sqrt{1+y^{2}}$ oziroma $\sqrt{1+x^{2}}-\sqrt{1+y^{2}}=-(x+y)$. Iz obeh enačb sledi $x+y=-(x+y)$ oziroma $x+y=0$.
3. način. Na enak način kot v prvi rešitvi izpeljemo $x+y=\sqrt{1+x^{2}}-\sqrt{1+y^{2}}$. Enačbo kvadriramo, da dobimo $x^{2}+2 x y+y^{2}=\left(1+x^{2}\right)-2 \sqrt{1+x^{2}} \sqrt{1+y^{2}}+\left(1+y^{2}\right)$, ter jo nato poenostavimo do $\sqrt{1+x^{2}} \sqrt{1+y^{2}}=1-x y$. Po ponovnem kvadriranju dobimo $\left(1+x^{2}\right)(1+$ $\left.y^{2}\right)=1-2 x y+x^{2} y^{2}$, kar lahko zopet poenostavimo do $x^{2}+2 x y+y^{2}=0$. Dobljena enačba je ekvivalentna enačbi $(x+y)^{2}=0$, od koder sledi $x+y=0$.

Množenje začetne enačbe z ustrezno razliko dvočlenika (v enem faktorju) ............... 6 točk

Ugotovitev $x+y=-(x+y)$...........................................................................................................................

2. način. Množenje začetne enačbe $z$ ustrezno razliko dvočlenika (v enem faktorju) .... 6 točk

Preoblikovanje v $\sqrt{1+x^{2}}-\sqrt{1+y^{2}}=x+y$ oz. v $\sqrt{1+x^{2}}+\sqrt{1+y^{2}}=x+y \ldots \ldots \ldots .4$ točke

Izračunan produkt korenov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 točki

65. matematično tekmovanje
srednješolcev Slovenije

16. marec 2006

Rešitve nalog za Naloge za 3. letnik

1.

Ker se sfera dotika spodnje in zgornje ploskve prizme, je višina prizme enaka premeru sfere, torej $h=2 r$. Naj bo $\Sigma$ ravnina, ki vsebuje središče sfere in je vzporedna osnovni ploskvi prizme. Označimo s $\mathcal{P}$ presečišče prizme in ravnine $\Sigma$ ter s $\mathcal{K}$ presečišče sfere in ravnine $\Sigma$, kot je prikazano na levi sliki. Tedaj je $\mathcal{P}$ paralelogram, skladen z osnovno ploskvijo prizme z notranjim kotom $\alpha$, in $\mathcal{K}$ krožnica z radijem $r$. Dotikališča sfere s stranskimi ploskvami prizme ležijo vsa na krožnici $\mathcal{K}$ in hkrati tudi na robu paralelograma $\mathcal{P}$. To pomeni, da je krožnica $\mathcal{K}$ včtrana paralelogramu $\mathcal{P}$. Obe višini paralelograma $\mathcal{P}$ sta torej enaki $v=2 r$, zato je $\mathcal{P}$ romb. Privzemimo najprej, da je $\alpha$ manjši od notranjih kotov romba $\mathcal{P}$ in označimo stranico romba z $a$, kot je prikazano na desni sliki. Tedaj iz pravokotnega trikotnika dobimo $\sin \alpha=\frac{2 r}{a}$ oziroma $a=\frac{2 r}{\sin \alpha}$, ploščina romba $\mathcal{P}$ pa je enaka $p=a \cdot v=\frac{2 r}{\sin \alpha} \cdot 2 r=\frac{4 r^{2}}{\sin \alpha}$. Prostornina prizme je zato enaka $V=p \cdot h=\frac{4 r^{2}}{\sin \alpha} \cdot 2 r=\frac{8 r^{3}}{\sin \alpha}$. Ker pa je drugi notranji kot paralalograma enak $\beta=\pi-\alpha$ in velja $\sin \beta=\sin (\pi-\alpha)=\sin \alpha$, je ta fomula za prostornino prizme pravilna tudi, če je $\alpha$ večji izmed notranjih kotov osnovne ploskve prizme.

Pregledno narisana in označena skica (z vključenim presekom $\mathcal{P}$ ) . . . . . . . . . . . . . 5 točk

Ugotovitev in utemeljitev, da je $\mathcal{P}$ romb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 točke

Izračun stranice romba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 točke

Izračun ploščine osnovne ploskve prizme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 točka

Izračun prostornine prizme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 točki

2. Pri dokazu bomo nekajkrat uporabiti razcep

$$a^n-1=(a-1)(a^{n-1}+a^{n-2}+\dots +a+1),n\in \mathbb{N}a^\{n\}-1=(a-1)\backslash left(a^\{n-1\}+a^\{n-2\}+\backslash ldots+a+1\backslash right),\; \backslash quad\; n\; \backslash in\; \backslash mathbb\{N\}$$

Najprej opazimo, da je $(x-1) p(x)=x^{7}-1$. Torej je

Ker pa јe $x^{9}-1=(x-1)\left(x^{8}+x^{7}+\ldots+x^{2}+x+1\right)=(x-1)\left(x^{2} p(x)+x+1\right)$, sledi

$$(x-1)(x^{2}p(x)+x+1)p\left(x^9\right)=(x-1)p(x)(x^{7\cdot 8}+x^{7\cdot 7}+\dots +x^7+1)(x-1)\backslash left(x^\{2\}\; p(x)+x+1\backslash right)\; p\backslash left(x^\{9\}\backslash right)=(x-1)\; p(x)\backslash left(x^\{7\; \backslash cdot\; 8\}+x^\{7\; \backslash cdot\; 7\}+\backslash ldots+x^\{7\}+1\backslash right)$$

kar nam po preoblikovanju da

$$(x+1)p\left(x^9\right)=p(x)(x^{7\cdot 8}+x^{7\cdot 7}+\dots +x^7+1-x^{2}p\left(x^9\right))(x+1)\; p\backslash left(x^\{9\}\backslash right)=p(x)\backslash left(x^\{7\; \backslash cdot\; 8\}+x^\{7\; \backslash cdot\; 7\}+\backslash ldots+x^\{7\}+1-x^\{2\}\; p\backslash left(x^\{9\}\backslash right)\backslash right)$$

Polinoma $x+1$ in $p(x)=(x+1)\left(x^{5}+x^{3}+x\right)+1$ sta tuja, zato mora $p(x)$ deliti $p\left(x^{9}\right)$.

2. način. Nalogo lahko rešimo tudi z neposrednim deljenjem polinoma $p\left(x^{9}\right)$ s polinomom $p(x)$, kar pa zahteva precej računanja. Kvocient je enak

Zapis ali uporaba razcepa $a^{n}-1$ .3 točke

Zapis $(x+1) p\left(x^{9}\right)=p(x)\left(x^{7.8}+x^{7.7}+\ldots+x^{7}+1-x^{2} p\left(x^{9}\right)\right) \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots$. 4 točke

Matematično korektno izpeljano deljenje .................................................... 16 točk (za pravilno izračunanih prvih 5 členov količnika 5 točk, za pravilno izračunanih prvih 10 členov količnika 10 točk).

65. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

16. marec 2006

Rešitve nalog za Naloge za 4. letnik

1. Naj bosta $x_{1}$ in $x_{2}$ realni ničli polinoma $p(x)$. Tedaj je $p(x)=\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right)$ in

$$p(q(x))=(q(x)-x_1)(q(x)-x_2)=(x^2+2x+(7-x_1))(x^2+2x+(7-x_2))p(q(x))=\backslash left(q(x)-x\_\{1\}\backslash right)\backslash left(q(x)-x\_\{2\}\backslash right)=\backslash left(x^\{2\}+2\; x+\backslash left(7-x\_\{1\}\backslash right)\backslash right)\backslash left(x^\{2\}+2\; x+\backslash left(7-x\_\{2\}\backslash right)\backslash right)$$

Polinom $p(q(x))$ nima realnih ničel, zato tudi polinoma $x^{2}+2 x+\left(7-x_{1}\right)$ in $x^{2}+2 x+\left(7-x_{2}\right)$ nimata realnih ničel. Ker sta to polinoma z realnimi koeficienti, morata biti torej njuni diskriminanti negativni, se pravi $D_{1}=4-4\left(7-x_{1}\right)<0$ in $D_{2}=4-4\left(7-x_{2}\right)<0$. Od tod sledi $x_{1}<6$ ter $x_{2}<6$ in zato je $p(8)=\left(8-x_{1}\right)\left(8-x_{2}\right)>2 \cdot 2=4$.

2. način. Naj bosta $x_{1}$ in $x_{2}$ realni ničli polinoma $p(x)$, torej $p(x)=\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right)$. Opazimo, da je $q(x)=(x+1)^{2}+6$, torej lahko polinom $q(x)$ zavzame vsa realna števila, ki so večja ali enaka 6. Ker pa polinom $p(q(x))$ nima realnih ničel, polinom $q(x)$ ne sme zadeti števil $x_{1}$ in $x_{2}$, torej mora veljati $x_{1}, x_{2}<6$. Od tod sledi $p(8)=\left(8-x_{1}\right)\left(8-x_{2}\right)>2 \cdot 2=4$.

Zapis $p(q(x))=\left(x^{2}+2 x+\left(7-x_{1}\right)\right)\left(x^{2}+2 x+\left(7-x_{2}\right)\right) \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točk Utemeljen sklep, da polinoma $x^{2}+2 x+\left(7-x_{1}\right)$ in $x^{2}+2 x+\left(7-x_{2}\right)$ nimata realnih ničel .. 3 točke

Izračun $x_{1}<6$ ter $x_{2}<6$.......................................................................................................

Utemeljena ugotovitev, da $q(x)$ ne sme zadeti števil $x_{1}$ in $x_{2} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots . \ldots . \ldots$ točk

Sklep $p(8)=\left(8-x_{1}\right)\left(8-x_{2}\right)>2 \cdot 2=4 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots \ldots \ldots$.

2. Tabelo pobarvamo kot šahovnico. Tedajje v tabeli enako število belih in črnih polj. Ker vsaka domina prekrije 1 belo in 1 črno polje, vse domine skupaj prekrijejo enako število belih in črnih polj. Da lahko preostanek tabele prekrijemo z dominami velikosti $2 \times 1$ morata biti torej žetona postavljena na polji različnih barv. Pokažimo, da lahko v tem primeru preostanek tabele res prekrijemo z dominami velikosti $2 \times 1$. Na tabelo narišimo sklenjeno krivuljo, ki poteka skozi vsa polja tabele, kot je prikazano na levi sliki na konkretnem primeru tabele velikosti $2 \times 10$ pri konkretni postavitvi žetonov.

Iz tabele sedaj odstranimo polji, na katerih sta žetona, kot je prikazano na desni sliki. Ker sta bila žetona na poljih različne barve, narisana krivulja razpade na dva dela, ki oba potekata skozi sodo mnogo polj tabele. Torej lahko oba dela prekrijemo z dominami velikosti $2 \times 1$, tako da začnemo na enem koncu krivulje in ji pri prekrivanju sledimo, na vsakem koraku pa z domino prekrijemo naslednji dve polji na krivulji (to lahko vedno storimo).

Verjetnost iz naloge lahko sedaj izračunamo kot

$$P=\frac{\text{ ugodne postavitve }\check{\text{z}}\text{etonov }}{\text{ vse mo}\check{\text{z}}\text{ne postavitve }\check{\text{z}}\text{etonov }}P=\backslash frac\{\backslash text\; \{\; ugodne\; postavitve\; žetonov\; \}\}\{\backslash text\; \{\; vse\; možne\; postavitve\; žetonov\; \}\}$$

kjer so ugodne postavitve žetonov tiste, pri katerih sta žetona postavljana na polji različne barve. Vseh možnih postavitev žetonov je $2 n \cdot(2 n-1)$, saj lahko prvi žeton postavimo na poljubno polje tabele (teh je $2 n$ ), za postavitev drugega žetona pa nam ostane $2 n-1$ polj tabele. Ugodnih postavitev žetonov je $2 n \cdot n$, saj lahko prvi žeton prav tako postavimo na poljubno polje tabele, za postavitev drugega žetona pa imamo na voljo le $n$ polj tabele, saj mora biti ta postavljen na polje druge barve kot prvi žeton. Iskana verjetnost je torej enaka

$$P=\frac{2n^2}{2n(2n-1)}=\frac{n}{2n-1}P=\backslash frac\{2\; n^\{2\}\}\{2\; n(2\; n-1)\}=\backslash frac\{n\}\{2\; n-1\}$$

Ugotovitev, da je prekrivanje mogoče, ko žetona postavimo na polji različnih barv ..... 5 točk Dokaz, da je v zgornjem primeru prekrivanje mogoče ..... 3 točke Izračun vseh možnih postavitev žetonov ..... 5 točk Izračun ugodnih postavitev žetonov ..... 5 točk Izračun verjetnosti ..... 2 točki.