Slovenia/md/sl-massa/sl-MaSSA_Podrocno_2006.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.

50. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Izbirno tekmovanje, 29. marec 2006

Naloge za 1. letnik

1. Poišči vsa realna števila $x$, ki zadoščajo enačbi

$$\mathrm{\mid }2006-\mathrm{\mid }206-x\mathrm{\mid }\mathrm{\mid }=26|2006-|\; 206-x||=26$$

2. Jana in Žana sta zapisali svoji starosti. Uporabili sta isti števki, le v nasprotnem vrstnem redu. Čez 5 let bo Jana dvakrat toliko stara, kot bo tedaj stara Žana. Koliko let je Jana starejša od Žane?
3. V pravokotnem trikotniku $A B C$ s pravim kotom pri $C$ velja $|A C|=4$ in $|B C|=8$. Na stranici $B C$ izberemo točko $D$, da je $|C D|=5$. Koliko je točka $D$ oddaljena od stranice $A B$ ?
4. Včrtana krožnica trikotnika $A B C$ se dotika stranic $A B$ in $A C$ v točkah $D$ in $E$. Naj bo $F$ poljubna točka na stranici $A B$ med $A$ in $D, G$ pa poljubna točka na stranici $A C$ med $E$ in $C$. Na daljici $F G$ izberimo točko $T$, tako da je trikotnik $E G T$ enakokrak z vrhom $G$. Dokaži, da središče očrtane krožnice trikotnika $D E T$ sovpada s središčem včrtane krožnice trikotnika $A F G$.
5. Andrej in Blaž sta na dvorišču zarisala krožnico in na njej označila diametralno nasprotni točki. Postavila sta se vsak na eno izmed teh točk in istočasno začela hoditi v nasprotnih smereh, vsak z enakomerno hitrostjo. Do tedaj, ko sta se prvič srečala, je Andrej prehodil 60 m. Od tedaj, ko sta se prvič srečala, do tedaj, ko sta se drugič srečala, je Blaž prehodil 90 m. Koliko meri obseg zarisane

krožnice?

50. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Izbirno tekmovanje, 29. marec 2006

Naloge za 2. letnik

1. Poišči najmanjše naravno število $n$, za katero je število $10 \cdot n$ popoln kvadrat, število $12 \cdot n$ pa popoln kub.
2. Poišči vsa realna števila $a$ in $b$, za katera velja

$$a+b=ab=\frac{a}{b}a+b=a\; b=\backslash frac\{a\}\{b\}$$

3. Naj bo $A B$ premer krožnice $\mathcal{K}$ s središčem $O$ in naj bo $C$ poljubna točka na simetrali daljice $A B$. Dokaži, da premica $B C$ poteka skozi presečišče krožnice $\mathcal{K}$ in krožnice, očrtane trikotniku $A O C$.
4. Dan je kvadrat $A B C D$ s stranico dolžine 2 in središčem $O$. Označimo z $E$ razpolovišče stranice $A B$. Izračunaj polmer trikotniku $E O C$ očrtane krožnice.
5. Različne črke v računu predstavljajo različne

50. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Izbirno tekmovanje, 29. marec 2006

Naloge za 3. letnik

1. Mateja je eno za drugim zapisala sto naravnih števil. O njih je povedala: "Na petdesetem mestu je število 50, na stotem mestu pa število 100. Če seštejem katerakoli tri števila, ki si sledijo eno za drugim, dobim vsoto 2006." Katero število je na prvem mestu? Katero pa na devetindevetdesetem?
2. Poišči vse pare naravnih števil $m$ in $n$, da je

$$3m-9+1\cdot 2\cdot \dots \cdot m=n^{3}3\; m-9+1\; \backslash cdot\; 2\; \backslash cdot\; \backslash ldots\; \backslash cdot\; m=n^\{3\}$$

3. Dokaži, da za kote $\alpha$, $\beta$ in $\gamma$ poljubnega trikotnika velja

$$\sin \alpha \cdot \cos \alpha +\sin \beta \cdot \cos \beta +\sin \gamma \cdot \cos \gamma =2\cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma \backslash sin\; \backslash alpha\; \backslash cdot\; \backslash cos\; \backslash alpha+\backslash sin\; \backslash beta\; \backslash cdot\; \backslash cos\; \backslash beta+\backslash sin\; \backslash gamma\; \backslash cdot\; \backslash cos\; \backslash gamma=2\; \backslash cdot\; \backslash sin\; \backslash alpha\; \backslash cdot\; \backslash sin\; \backslash beta\; \backslash cdot\; \backslash sin\; \backslash gamma$$

4. V trapezu $A B C D$ z osnovnicama $A B$ in $C D$ velja $|A B|>|C D|$ in $\angle A D C=$ $90^{\circ}$. Naj bo $E$ pravokotna projekcija oglišča $A$ na premico $B C$. Dokaži, da se premici $A C$ in $D E$ sekata pravokotno natanko tedaj, ko je trikotnik $A B C$ enakokrak z vrhom $B$.
5. Ko smo polinom $p$ stopnje 2006 delili z $x-1$, smo dobili ostanek 3 , ko pa smo ga delili z $x-3$, smo dobili ostanek 5. Kolikšen ostanek dobimo, ko polinom $p$ delimo $\mathrm{z}(x-1)(x-3)$ ?

50. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Izbirno tekmovanje, 29. marec 2006

Naloge za 4. letnik

1. Koliko je vseh petmestnih s̆tevil, ki imajo prvo števko enako zadnji, števko na mestu tisočic enako števki na mestu desetic, zmnožek vseh števk pa enak kvadratu naravnega števila?
2. Poišči vsa realna števila $x$, za katera je

$${(x^2-7x+11)}^{x^2+5x-6}=1\backslash left(x^\{2\}-7\; x+11\backslash right)^\{x^\{2\}+5\; x-6\}=1$$

3. Zaporedji $\left(x_{n}\right)$ in $\left(y_{n}\right)$ sta podani $\mathrm{z}$ začetnima členoma $x_{1}=1$ in $y_{1}=2$ ter predpisoma

$$x_n=y_{n-1}+x_{n-1}\text{ in }{y}_n=y_{n-1}-x_{n-1}\text{ za vsak }n\ge 2\text{. }x\_\{n\}=y\_\{n-1\}+x\_\{n-1\}\; \backslash text\; \{\; in\; \}\; y\_\{n\}=y\_\{n-1\}-x\_\{n-1\}\; \backslash text\; \{\; za\; vsak\; \}\; n\; \backslash geq\; 2\; \backslash text\; \{.\; \}$$

(a) Dokaži, da je $y_{n} \neq 0$ za vsako naravno število $n$.

(b) Označimo $a_{n}=\frac{x_{n}}{y_{n}}$. Izračunaj vsoto vseh različnih števil, ki so členi zaporedja $\left(a_{n}\right)$.

4. Naj bo $A B C$ ostrokotni trikotnik, $\mathcal{K}$ krožnica s premerom $A B, E$ in $F$ presečišči krožnice s stranicama $A C$ in $B C, P$ pa presečišče tangent na krožnico $\mathcal{K}$ v točkah $E$ in $F$. Izračunaj razmerje med polmeroma očrtanih krožnic trikotnikov $A B C$ in $E F P$.
5. Matija je v vrsto zapisal vsa naravna števila od 1 do 2006. Nato je v drugo vrsto pod vsako število zapisal vsoto njegovih števk. Koliko je vsota števil $v$ drugi vrsti?

50. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Izbirno tekmovanje, 29. marec 2006

Rešitve nalog

Vsaka naloga je vredna 7 točk. Vse matematično in logično korektne rešitve so enakovredne. Pri vrednotenju vsake naloge smiselno upoštevajte priloženi točkovnik. Tekmovalec naj ne prejme več kot 3 točke pri posamezni nalogi, če iz delne rešitve ni razvidna pot do končne rešitve naloge.

I/1. Ker je $|2006-| 206-x||=26$, mora biti $2006-|206-x|= \pm 26$. Če je 2006-|206-x|= 26 , je $|206-x|=1980$, kar nam da $x=206 \pm 1980$. Če pa je $2006-|206-x|=-26$, je $|206-x|=2032$, kar nam da $x=206 \pm 2032$. Torej so vse rešitve $-1774,2186,-1826$ in 2238 .

I/2. Denimo, da je Jana stara $10 a+b$ let, Žana pa $10 b+a$ let. Čez 5 let bo Jana dvakrat toliko stara kot Žana, zato velja $10 a+b+5=2 \cdot(10 b+a+5)$, od koder dobimo $8 a=19 b+5$. Ker je vrednost leve strani največ 72 , je $b$ lahko 1,2 ali 3 . Toda v upoštev pride le $b=1$, ko dobimo $a=3$. Jana je stara 31 let, Žana pa 13. Jana je 18 let starejša od Žane.

Zapis, da je Jana stara $10 a+b$ let, Žana pa $10 b+a$ let ................... 1 točka

Sklep: Jana je 18 let starejša od Žane ...................................................................

I/3. Po Pitagorovem izreku je $|A B|=\sqrt{4^{2}+8^{2}}=$ $4 \sqrt{5}$. Iz podobnosti trikotnikov $A B C$ in $D B E$ sledi $\frac{|A B|}{|A C|}=$ $\frac{|D B|}{|D E|}$. Torej je

$$\mathrm{\mid }DE\mathrm{\mid }=\frac{\mathrm{\mid }DB\mathrm{\mid }\cdot \mathrm{\mid }AC\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }}=\frac{3\cdot 4}{4\sqrt{5}}=\frac{3\sqrt{5}}{5}|D\; E|=\backslash frac\{|D\; B|\; \backslash cdot|A\; C|\}\{|A\; B|\}=\backslash frac\{3\; \backslash cdot\; 4\}\{4\; \backslash sqrt\{5\}\}=\backslash frac\{3\; \backslash sqrt\{5\}\}\{5\}$$

Izračun $|A B|=4 \sqrt{5}$

2 točki

Izračun $|D E|=\frac{3 \sqrt{5}}{5}$ (ali v obliki $\frac{3}{\sqrt{5}}$ ) ....................................................................

I/4. Naj bo $O$ središče očrtane krožnice trikotnika $D E T$. Označimo središče včrtane krožnice trikotnika $A G F$ z $I$. Ker sta $D$ in $E$ dotikalisči trikotniku $A B C$ včrtane krožnice, velja $|A D|=|A E|$ in je zato trikotnik $A D E$ enakokrak z vrhom $A$. Simetrala daljice $D E$ je simetrala kota $\angle B A C=\angle F A G$, torej $I$ leži na premici $A O$. Ker je trikotnik $E G T$ enakokrak, je simetrala kota $\angle A G F=\angle E G T$ tudi simetrala daljice $T E$, zato $I$ leži na premici $G O$. Tako smo pokazali, da točka $I$ leži hkrati na premicah $A O$ in $G O$. Točka $I$ je torej presečišče premic $A O$ in

$G O$ ter sovpada s točko $O$, oziroma $O=I$. Sklep $|A D|=|A E|$ ..... 2 točki Sklep, da je trikotnik $A D E$ enakokrak z vhrhom $A$ ..... 1 točka Sklep, da $I$ leži na premici $A O$ ..... 1 točka Sklep, da $I$ leži na premici $G O$ ..... 2 točki Sklep $I=O$ ..... 1 točka

I/5. Do trenutka, ko sta se prvič srečala, sta Andrej in Blaž skupaj prehodila polovico krožne poti, saj sta začela hoditi v diametralno nasprotnih točkah. Od tedaj, ko sta se prvič srečala, do tedaj, ko sta se drugič srečala, sta prehodila celotno krožno pot. Ker sta hodila z enakomernima hitrostima, je Andrej v tem času prehodil $120 \mathrm{m}$, to je dvakrat toliko kot do prvega srečanja. Krožna pot je bila dolga $120+90=210 \mathrm{m}$.

Sklep, da sta do prvega srečanja skupaj prehodila pol krožne poti ............ 2 točki

Sklep, da sta do drugega srečanja skupaj prehodila celo krožno pot . . . . . . . . 2 točki

Sklep, da je Andrej do drugega srečanja prehodil 120 m ....................... 2 točki

II/1. Iz besedila naloge razberemo, da obstajata taki naravni števili $a$ in $b$, da je $10 n=a^{2}$ in $12 n=b^{3}$. Torej je $\frac{10}{12}=\frac{a^{2}}{b^{3}}$ oziroma

$$6a^2=5b^{3}6\; a^\{2\}=5\; b^\{3\}$$

Torej $6 \mid b^{3}$, zato $6\left|b, 6^{3}\right| b^{3}$ in od tod $6^{2} \mid a^{2}$ oziroma $6 \mid a$. Podobno sklepamo, da $5 \mid a^{2}$, torej $5\left|a, 5^{2}\right| a^{2}$ in od tod $5 \mid b^{3}$ ter $5 \mid b$. Tako je število $5 b^{3}$ deljivo s $5^{4}$ in zato $5^{2} \mid a$.

Stevilo $a$ mora biti deljivo vsaj s $25 \cdot 6$, število $b$ pa s $5 \cdot 6$. Torej je $a \geq 150$ in $b \geq 30$. Preverimo lahko, da $a=150$ in $b=30$ ustrezata pogojem naloge, kar nam da $n=\frac{a^{2}}{10}=2250$. Vpeljava $10 n=a^{2}$ in $12 n=b^{3}$ ..... 1 točka Enakost $6 a^{2}=5 b^{3}$ ..... 1 točka Sklepa $6 \mid b$ in $6 \mid a$ ..... po 1 točka Sklepa $5 \mid b$ in $5^{2} \mid a$ ..... po 1 točka Minimalna rešitev $n=2250$ 1 točka

II/2. Oglejmo si najprej enačbo $a \cdot b=\frac{a}{b}$. Število $b$ ne sme biti enako 0, zato lahko enačbo pomnožimo $\mathrm{z} b$ in dobimo $a b^{2}=a$ oziroma $a b^{2}-a=0$, kar lahko zapišemo v obliki $a\left(b^{2}-1\right)=0$ ali $a(b-1)(b+1)=0$. Rešitve te enačbe so $a=0, b=1$ in $b=-1$.

Če rešitev $a=0$ upoštevamo $\mathrm{v} a+b=a b$, dobimo $b=0$, kar ni mogoče. Podobno nas rešitev $b=1$ privede do $a+1=a$, ki je protislovna enačba. Rešitev $b=-1$ prinese $a-1=-a$ oziroma $a=\frac{1}{2}$. Iskani števili sta $\frac{1}{2}$ in -1 .

Množenje $\mathbf{z} b$ in eksplicitno zapisan pogoj $b \neq 0$

2 točki

Enačba $a(b-1)(b+1)=0$ ali podobna, iz katere lahko razberemo rešitve $\ldots 1$ točka

Analiza primera $b=-1$ : enačba $a-1=-1$ in rešitev $a=\frac{1}{2} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots 2$ točki

II/3. Naj bo $D$ presečišče krožnice $\mathcal{K}$ in krožnice, očrtane trikotniku $A O C$. Ker je $A B$ premer krožnice $\mathcal{K}$, je po Talesovem izreku $\angle A D B=\frac{\pi}{2}$. Ker je $\angle C O A$ v tetivnem štirikotniku $A O C D$ enak $\frac{\pi}{2}$, je $A C$ premer tetivnemu štirikotniku očrtane krožnice in je tudi $\angle A D C=\frac{\pi}{2}$. Torej so točke $B, C$ in $D$ kolinearne, $D$ res leži na premici $B C$.

Če točka $C$ ne leži znoter krožnice $\mathcal{K}$, je sklep podoben. Ker je $A B$ premer krožnice $\mathcal{K}$, je po Talesovem izreku $\angle A D B=\frac{\pi}{2}$. Obodna kota $\angle C O A$ in $\angle C D A$ sta nad istim lokom. Ker je $\angle C O A=\frac{\pi}{2}$, je tudi $\angle C D A=\frac{\pi}{2}$. Torej so točke $B, C$ in $D$ kolinearne, $D$ leži na premici $B C$.

Eksplicitna vpeljava točke $D$ kot presečišča dveh krožnic. (Zgolj oznaka na sliki ne zadošča, če poteka skozi točko $D$ tudi katera druga premica.) ............. 1 točka Uporaba Talesovega izreka in sklep $\angle A D B=\frac{\pi}{2} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ Tetivnost štirikotnika $A O C D$ ( $C$ znoter krožnice $\mathcal{K}$ ) in sklep $\angle A D C=\frac{\pi}{2} \ldots \ldots 2$ točki Sklep $\angle C D A=\frac{\pi}{2}$ ( $C$ ni znoter krožnice $\mathcal{K}$ ) ....................................... 2 točki Sklep, da $B, C$ in $D$ ležijo na isti premici ............................................................ (Opomba: če je naloga pravilno rešena le za en primer ( $C$ znoter krožnice ali ne), se ovrednoti s 5 točkami.)

II/4. Označimo z $F$ razpolovišče $O E$ in z $G$ razpolovišče $O C$. Središče $S$ trikotniku $E O C$ očrtane krožnice je presečíšče simetral daljic $E O$ in $O C$. Naj bo $H$ presečišče $F S$ in $B C$ ter $I$ presečišče $G S$ in $B C$. Očitno je $I$ razpolovišče $B C$ Trikotnik $I H S$ je enakokrak pravokotni trikotnik, zato je $|H S|=|H I|=$ $\frac{1}{2}|B I|=\frac{1}{4}|B C|=\frac{1}{2}$. Tako je $|O S|^{2}=|F S|^{2}+|F O|^{2}=$ $\left(\frac{3}{2}\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{10}{4}$, torej je $|O S|=\frac{\sqrt{10}}{2}$.

Sklep: simetrali daljic $E O$ in $O C$ se sekata v središču trikotniku $E O C$ očrtane krožnice 1 točka
Ugotovitev, da je trikotnik $I H S$ enakokrak pravokoten ............................ 2 točki
Ugotoitev, da je $|I H|=\frac{1}{2}$ in sklep, da je $|H S|=|I H| \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots .$.
Uporaba Pitagorovega izreka v trikotniku $O F S$ in izračun $|O S|=\frac{\sqrt{10}}{2} \ldots \ldots \ldots 2$ točki

II/5. Ker je vsota treh štirimestnih števil petmestno število, je $G$ enak 1 ali 2. Ko seštevamo enice $G, O$ in $L$, je njihova vsota za $L$ večja od 10 , saj je na mestu enic v vsoti števka $L$. To pomeni, da je $G+O=10, O$ pa je lahko 9 ali 8 .

Ko seštevamo desetice, moramo upoštevati, da je bila vsota enic večja od 10, zato imamo $1+G+O+L=1+10+L=11+L$. Ker je na mestih desetic, stotic in tisočic števila GOOOL ista števka, je $11+L<20$, kar pomeni, da je na mestu desettisočic tega števila števka 1. Imamo torej $G=1$ in zato $O=9$. Potem pa je $11+L=19$ in $L=8$.

Račun je $1111+9999+8888=19998$.

Ugotovitev, da je $G$ enak 1 ali 2

1 točka

Ugotovitev, da je $G+O=10$, in sklep, da je $O$ lahko 9 ali 8 2 točki

Ugotovitev, da je $11+L<20$, in sklep, da je $G=1$ 2 točki

Končni sklep, da je $O=9$ in da je $L=8$

2 točki

III/1. Označimo z $x$ število, ki je na 51. mestu. Tedaj je na 52. mestu število $1956-x$, saj mora biti vsota $50+x+(1956-x)$ enaka 2006. Na 53 . mestu je spet število 50 , na 54. mestu je $x$, na 55. mestu je 1956 - $x$..., na 99. mestu je število $x$, na 100. mestu pa $1956-x$. Tako je $1956-x=100$, od koder izračunamo $x=1856$. Mateja je zapisala po vrsti števila $100,50,1856,100,50,1856 \ldots, 50,1856,100$. Na prvem mestu je zapisala število 100, na 99. mestu pa število 1856.[^0]

III/2. Označimo $m!=1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot m$. Naj a pomeni vrednost izraza $m!+3 m-9$. Če je $m=1$ ali $m=2$, je $a$ negativen in zato $n$ ni naravno število. Pri $m=3$ in $m=5$ je $a$ enako 6 oziroma 126 in ni popolni kub. Pri $m=4$ dobimo $n=3$, pri $m=6$ pa $n=9$. Ce je $m=7$ ali $m=8$, je $a$ deljiv s 3 , a ne z 9 , zato ne more biti popoln kub.

Dokažimo sedaj, da za noben $m \geq 9$ enačba $m!+3(m-3)=n^{3}$ ni rešljiva. Pri $m \geq 9$ je število $m$ ! deljivo (vsaj) s $3^{4}$, zato $3\left|n^{3}, 3\right| n$ in $3^{3} \mid n^{3}$. Torej je število $m-3$ deljivo z 9. Pišimo $m-3=9 k$. Naj bo $3^{\alpha}$ najvišja potenca števila 3 , ki deli $k$. Potem je število $m!=(9 k+3)!$ deljivo z vsaj $3^{\max {9 \alpha+1,4}}$, število $3(m-3)$ pa z natančno $3^{\alpha+3}$. Torej je tudi $n^{3}$ deljivo s $3^{\alpha+3}$. Število $n^{3}$ ni deljivo s $3^{\alpha+4}$, saj $3^{\alpha+4} \mid m$ !, število $3(m-3)$ pa ni deljivo s $3^{\alpha+4}$. Dokazali smo torej, da sta najvišji potenci števila 3 , ki delita števili $3(m-3)$ in $n^{3}$, enaki.

Recimo, da je število $k$ deljivo še $\mathrm{s}$ kakšnim praštevilom $p, p \neq 3$. Naj bo $p^{\beta}, \beta>0$, najvišja potenca tega praštevila, ki deli $k$. Potem je število $m!=(9 k+3)$ ! deljivo z vsaj $p^{9 \beta}$. Sledi $p^{\beta} \mid n^{3}$. Seveda pa število $p^{\beta+1}$ ne deli $n^{3}$, saj bi potem zaradi $p^{\beta+1} \mid m$ ! imeli tudi $p^{\beta+1} \mid k$.

Skratka, dokazali smo, da imata števili $n^{3}$ in $3(m-3)$ povsem enake delitelje in sta zato enaki. Slednje pa zaradi zveze $m!+3(m-3)=n^{3}$ seveda ni možno.

Edina para $(m, n)$ naravnih števil, ki ustrezata enačbi, sta tako $(4,3)$ in $(6,9)$.

Ugotovitev, da za $m \geq 9$ ni rešitev ................................................................................

(Opomba: če tekmovalec poda rešitvi enačbe in izločene možnosti za druga majhna števila $m$, ni pa utemeljeno, da za noben $m \geq 9$ enačba ni rešljiva, dobi 5 točk.)

III/3. Za vsaka $x$ in $y$ veljata enačbi

$\mathrm{Z}$ upoštevanjem enačbe (1) dobimo

in zaradi (2) je to naprej enako

$$\frac{1}{2}\cdot (\sin (\alpha +\beta -\gamma )+\sin (\alpha -\beta +\gamma ))-\frac{1}{2}\cdot (\sin (\alpha +\beta +\gamma )-\sin (\alpha -\beta -\gamma ))\backslash frac\{1\}\{2\}\; \backslash cdot(\backslash sin\; (\backslash alpha+\backslash beta-\backslash gamma)+\backslash sin\; (\backslash alpha-\backslash beta+\backslash gamma))-\backslash frac\{1\}\{2\}\; \backslash cdot(\backslash sin\; (\backslash alpha+\backslash beta+\backslash gamma)-\backslash sin\; (\backslash alpha-\backslash beta-\backslash gamma))$$

$\mathrm{Z}$ upoštevanjem $\alpha+\beta+\gamma=\pi, \sin (\pi-x)=\sin x$ in zveze za dvojne kote, dobimo nato

Zapis obrazcev (1) in (2) ................................................................................................................

Upoštevanje, da gre za kote trikotnika ...................................................................

Uporaba obrazcev za kotne funkcije suplementarnih kotov ..................... 1 točka

Uporaba obrazcev za kotne funkcije dvojnih kotov ............................... 1 točka

III/4. Označimo kote v trikotniku $A B C$ z $\alpha, \beta$ in $\gamma$, presečišče $A C$ in $D E$ pa z $F$. Tedaj je $\angle C A D=\frac{\pi}{2}-\alpha$. Ker je $\angle C E A=\frac{\pi}{2}=\angle A D C$, je štirikotnik $A E C D$ tetiven, zato je $\gamma=\angle A C E=\angle A D E$. Potem pa je $A C$ pravokotna na $E D$ natanko tedaj, ko je $\angle D F A=\frac{\pi}{2}$ in to je natanko tedaj, ko je $\frac{\pi}{2}-\alpha=\angle F A D=\pi-\angle A D F-\angle A F D=\pi-\gamma-\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2}-\gamma$, torej natanko tedaj, ko je $\alpha=\gamma$.

Ugotovitev, da je štirikotnik $A E C D$ tetiven ..........................................................

Uporaba enakosti obodnih kotov $\gamma=\angle A C E=\angle A D E \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka

Sklep: $A C$ je pravokotna na $E D \Leftrightarrow \angle D F A=\frac{\pi}{2} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots \ldots$.

Sklep: to je natanko tedaj, ko je $\frac{\pi}{2}-\alpha=\angle F A D=\pi-\angle A D F-\angle A F D \ldots \ldots 2$ točki

Zaključek zadnjega sklepa: to je natanko tedaj, ko je $\alpha=\gamma \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka

(Če tekmovalec dokaže trditev le v eno smer, lahko prejme skupaj največ 4 točke.)

III/5. Denimo, da imamo polinom $p(x)$. Če ga delimo z $(x-1)(x-3)$, imamo $p(x)=$ $(x-1)(x-3) \cdot q(x)+r(x)$, kjer je ostanek $r(x)$ stopnje 1 ali manj. Pišimo $r(x)=a x+b$. Ker je ostanek pri deljenju polinoma $p(x)$ z $x-\alpha$ enak $p(\alpha)$, velja:

Iz prve enakosti dobimo $a=3-b$. To vstavimo v drugo: $5=9-2 b$, od koder izrazimo $b=2$. Končno dobimo še $a=1$. Iskani ostanek je $r(x)=x+2$.

Ugotovitev: stopnja ostanka $r(x)$ je enaka $\mathbf{1}$ ali manj, $r(x)=a x+b \ldots \ldots . .2$ točki

Uporaba dejstva, da je $p(\alpha)$ ostanek pri deljenju polinoma $p(x) \mathbf{z} x-\alpha \ldots \ldots \mathbf{1}$ točka

Nastavitev sistema dveh enačb z dvema neznankama in rešitev le-tega ..... 3 točke

IV/1. Zmnožek števk petmestnega števila oblike $\overline{a b c b a}$ je $a^{2} \cdot b^{2} \cdot c$. Števka $c$ mora zato biti popolni kvadrat, torej je lahko 1, 4 ali 9. Ostali števki sta poljubni neničelni, zato imamo 9 možnosti za $a$ in 9 možnosti za $b$. Skupaj je tako $9 \cdot 9 \cdot 3=243$ takih števil.

IV/2. Spomnimo se, da je $a^{b}=1$, če je $a=1$ ali $a=-1$ in $b$ sodo število ali pa $b=0$ in $a \neq 0$.

Najprej predpostavimo, da je osnova $x^{2}-7 x+11$ enaka 1. Enačbo $x^{2}-7 x+11=1$ zapišemo v obliki $x^{2}-7 x+10=0$ ter poiščemo rešitvi $x_{1}=2$ in $x_{2}=5$.

Poiščemo tisti vrednosti $x$, pri katerih je osnova $x^{2}-7 x+11$ enaka -1 : enačbo $x^{2}-7 x+11=$ -1 preoblikujemo v $x^{2}-7 x+12=0$, ki ima rešitvi $x_{3}=3$ in $x_{4}=4$. Eksponent $x^{2}+5 x-6$ je pri obeh teh vrednostih sod: pri $x_{3}$ je enak $9+15-6=18$, pri $x_{4}$ pa $16+20-6=30$. To pomeni, da za $x=3$ in $x=4$ velja $\left(x^{2}-7 x+11\right)^{x^{2}+5 x-6}=1$.

Končno poiščemo še vrednosti, pri katerih je eksponent $x^{2}+5 x-6$ enak 0 . Enačba $x^{2}+$ $5 x-6=0$ ima rešitvi $x_{5}=1$ in $x_{6}=-6$. Obe rešitvi ustrezata, saj tedaj osnova ni enaka 0 . Izraz $\left(x^{2}-7 x+11\right)^{x^{2}+5 x-6}$ ima vrednost 1 , če je $x$ enak $1,2,3,4,5$ ali -6 .

Rešitvi $x_{1}=2$ in $x_{2}=5$, ko je osnova $x^{2}-7 x+11$ enaka $1 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots 2$ točki

Rešitvi $x_{3}=3$ in $x_{4}=4$, ko je osnova enaka -1 in eksponent sodo število . . 2 točki

Rešitvi $x_{5}=1$ in $x_{6}=-6$, ko je eksponent enak $0 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$.

(Če tekmovalec pravilno določi $x_{5}$ in $x_{6}$, a ne preveri, da je osnova neničelna, odbijte 1 točko.)

IV/3. Ker velja

sledi $y_{n}=-2 x_{n-2}=-2\left(2 y_{n-4}\right)=-4 y_{n-2}$ za $n \geq 5$. Po vrsti izračunamo $y_{1}=1, y_{2}=1$, $y_{3}=-2$ in $y_{4}=-6$, zato je $y_{n} \neq 0$ za vsako naravno število $n$. Podobno izračunamo, da je $x_{n}=2 y_{n-2}=2\left(-2 y_{n-4}\right)=-4 x_{n-4}$.

Ker velja

$$a_{n+4}=\frac{x_{n+4}}{y_{n+4}}=\frac{2y_{n+2}}{-2x_{n+2}}=\frac{-4x_n}{-4y_n}=a_{n}a\_\{n+4\}=\backslash frac\{x\_\{n+4\}\}\{y\_\{n+4\}\}=\backslash frac\{2\; y\_\{n+2\}\}\{-2\; x\_\{n+2\}\}=\backslash frac\{-4\; x\_\{n\}\}\{-4\; y\_\{n\}\}=a\_\{n\}$$

so v zaporedju le 4 različni členi. Ti členi so $a_{1}=\frac{1}{2}, a_{2}=3, a_{3}=-2$ in $a_{4}=-\frac{1}{3}$, njihova vsota pa je

$$S=a_1+a_2+a_3+a_4=\frac{1}{2}+3-2-\frac{1}{3}=\frac{7}{6}S=a\_\{1\}+a\_\{2\}+a\_\{3\}+a\_\{4\}=\backslash frac\{1\}\{2\}+3-2-\backslash frac\{1\}\{3\}=\backslash frac\{7\}\{6\}$$

Zapis nekaj začetnih členov obeh danih zaporedij ..... 1 točka Zvezi $x_{n}=2 y_{n-2}$ in $y_{n}=-2 x_{n-2}$ ter sklep $y_{n} \neq 0$ ..... 3 točke Zveza $a_{n+4}=a_{n}$ ..... 2 točki Vsota $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=\frac{7}{6}$ ..... 1 točka

IV/4. Označimo dolžine stranic in velikosti kotov trikotnika kot običajno. Polmer krožnice, očrtane trikotniku $A B C$, je $\frac{c}{2 \sin \gamma}$, polmer druge krožnice pa $\frac{|E F|}{2 \sin \angle E P F}$.

Trikotnik $A O E$ je enakokrak z vrhom $O$, zato je $\angle A E O=\alpha$, zunanji kot $\angle B O E$ pa je enak $2 \alpha$. Trikotnik $O B F$ je enakokrak z vrhom $O$, zato je $\angle O F B=\beta$, zunanji kot $\angle F O A$ pa je enak $2 \beta$. Tako pridemo do $\angle F O E=2 \alpha+2 \beta-\pi$ in $\angle E P F=\pi-(2 \alpha+2 \beta-\pi)=$ $2(\pi-\alpha-\beta)=2 \gamma$.

Trikotnik $O E F$ je enakokrak, $|O F|=|O E|=\frac{c}{2}$ in kot

ob vrhu $2 \alpha+2 \beta-\pi$. Tako je $\frac{|E F|}{2}=\frac{c}{2} \sin \left(\alpha+\beta-\frac{\pi}{2}\right)$, od tod pa dobimo $|E F|=c \sin \left(\alpha+\beta-\frac{\pi}{2}\right)=-c \cos (\alpha+$ $\beta)=c \cos \gamma$.

Končno lahko izračunamo polmer trikotniku $E P F$ očrtane krožnice: $\frac{|E F|}{2 \sin \angle E P F}=\frac{c \cos \gamma}{2 \sin (2 \gamma)}=$ $\frac{c \cos \gamma}{4 \sin \gamma \cos \gamma}=\frac{c}{4 \sin \gamma}$. Iskano razmerje je torej 2. Zapis polmerov $\frac{c}{2 \sin \gamma}$ in $\frac{|E F|}{2 \sin \angle E P F}$ ..... 1 točka Kota $\angle F O E=2 \alpha+2 \beta-\pi$ in $\angle E P F=2 \gamma$ ..... 2 točki Zapis $|E F|=c \cos \gamma$ ..... 2 točki Polmer trikotniku $E P F$ očrtane krožnice in izračunano razmerje ..... 2 točki

IV/5. Oglejmo si, kolikokrat se v prvi vrsti pojavi posamezna števka. Preštejmo najprej, koliko je devetic v številih od 1 do 999. To najlažje storimo tako, da preštejemo, koliko je števil z natanko eno devetico, z natanko dvema in z natanko tremi.

Če imamo natanko eno devetico, jo lahko postavimo na prvo, drugo ali tretje mesto. $\mathrm{Na}$ preostali dve mesti lahko postavimo poljubno števko od 0 do 8 , kar nam da za vsako števko 9 možnosti. Tako imamo 3 možne izbire mest za devetico, ko pa jo postavimo na določeno mesto, imamo še $9 \cdot 9$ možnosti za ostale števke. Skupaj je tako $3 \cdot 9 \cdot 9=243$ devetic.

Dve devetici lahko na tri mesta razporedimo na 3 načine, na preostali prostor pa lahko postavimo katerokoli števko od 0 do 8 , zato je v takih številih $2 \cdot 3 \cdot 9=54$ devetic. Ostane še število 999 , ki ima tri devetice.

Tako je v številih od 1 do 999 natanko $243+54+3=300$ devetic in prav tolikokrat nastopa vsaka druga števka. V številih od 1000 do 1999 je prav tako 300 dvojk, trojk, ..., enic pa je 1000 več. Vsota števk, ki nastopajo v številih od 1 do 1999, je tako

$$1000+2\cdot 300\cdot (1+2+3+4+5+6+7+8+9)=280001000+2\; \backslash cdot\; 300\; \backslash cdot(1+2+3+4+5+6+7+8+9)=28000$$

vsota števk od števila 2000 do 2006 pa je $2+3+4+5+6+7+8=35$. Vsota števil v drugi vrsti je 28035 .

Druga rešitev. Naj $S(n)$ označuje vsoto števk števila $n$. Opazimo: če je $m+n=1999$, potem je $S(m)+S(n)=1+9+9+9=28$. Pokažimo, da je to res. Privzamemo lahko, da je $m$ trimestno in $n$ štirimestno. Zapišimo $m$ kot $m=\overline{m_{1} m_{2} m_{3}}$. Tedaj je $n=1999-\overline{m_{1} m_{2} m_{3}}=$ $1000+\left(9-m_{1}\right) \cdot 100+\left(9-m_{2}\right) \cdot 10+\left(9-m_{3}\right)$. Ker je $0 \leq 9-m_{i} \leq 9$, so števke števila $n$ kar $1,9-m_{1}, 9-m_{2}$ in $9-m_{3}$, zato je $S(m)+S(n)$ res enako 28 .

Različnih parov števil $m$ in $n$, katerih vsota je 1999, je $\frac{1998}{2}+1=1000$ (število 1999 je v paru z 0), torej je iskana vsota enaka

Preštevanje posameznih števk v številih od 1000 do 1999 ..................... 2 točki Vsota števk v številih od 2000 do 2006 .........................................................................................

Rešitev: vsota števil v drugi vrsti je 28035 .............................................................

[^0]: Ugotovitev, da gre le za tri števila, ki se ciklično ponavljajo ................... 2 točki

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_fb5898f0472fc84ca82bg-09.jpg?height=49&width=1633&top_left_y=1643&top_left_x=220)

Sklep, da je na 100. mestu število $1956-x$ in izračun $x=1856 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots 2$ točki

Odgovor: na prvem mestu je število 100 , na 99. mestu pa število $1856 \ldots \ldots .1$ točka