Slovenia/md/sl-massa/sl-MaSSA_Podrocno_2007.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.

51. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Izbirno tekmovanje, 4. april 2007

Naloge za 1. letnik

1. Na ravnini sta narisani koncentrični krožnici s polmeroma $7 \mathrm{cm}$ in $11 \mathrm{cm}$. Manjša krožnica razdeli tetivo večje krožnice na 3 enako dolge dele. Koliko je dolga ta tetiva?
2. Tine je bil na tekmovanju, na katerem bi moral rešiti 20 nalog. Za vsako pravilno rešeno nalogo je prejel 8 točk, za napačno rešitev pa so mu odšteli 5 točk. Za nalogo, ki je ni reševal, je prejel 0 točk. Izvedel je, da je zbral 13 točk. Koliko nalog je reševal?
3. Hipotenuza $A B$ pravokotnega trikotnika $A B C$ s pravim kotom pri $C$ je dolga $1 \mathrm{dm}$, kot BAC pa je velik $30^{\circ}$. V notranjosti trikotnika je točka $D$, da velja $\Varangle B D C=90^{\circ}$ in $\Varangle A C D=\Varangle D B A$. Naj bo $E$ presečišče stranice $A B$ in premice $C D$. Izračunaj dolžino daljice $A E$.
4. Dokaži neenakost

$$(ab+1)(a+b)\ge 4ab(a\; b+1)(a+b)\; \backslash geq\; 4\; a\; b$$

za poljubni nenegativni realni s̆tevili $a$ in $b$. Kdaj velja enakost?

5. Dolžina roba lesene kocke je naravno število, večje od 2. Kocko pobarvamo in jo nato razrežemo na enotske kocke. Število enotskih kock, ki imajo natanko dve pobarvani mejni ploskvi, je delitelj števila enotskih kock, ki nimajo nobene mejne ploskve pobarvane. Določi najmanjše naravno število, ki je lahko dolžina roba prvotne kocke.

51. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Izbirno tekmovanje, 4. april 2007

Naloge za 2. letnik

1. Dokaži, da vsota nobenih dveh naravnih števil ni enaka najmanjšemu skupnemu večkratniku teh dveh števil.
2. Reši sistem enačb

3. Kateta $A C$ pravokotnega trikotnika $A B C$ s pravim kotom pri $C$ je dolga $1 \mathrm{dm}$, kot BAC pa je velik $30^{\circ}$. V notranjosti trikotnika je točka $D$, da velja $\Varangle B D C=90^{\circ}$ in $\Varangle A C D=\Varangle D B A$. Naj bo $F$ presečišče stranice $A C$ in premice $B D$. Izračunaj dolžino daljice $A F$.
4. Naj bo $a$ pozitivno realno število. Katero število je večje,

$$\sqrt{a+2007}-\sqrt{a+1004}\text{ ali }\sqrt{a+1003}-\sqrt{a}?\backslash sqrt\{a+2007\}-\backslash sqrt\{a+1004\}\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; ali\; \}\; \backslash quad\; \backslash sqrt\{a+1003\}-\backslash sqrt\{a\}\; ?$$

5. Žan je sklenil, da bo vsakemu dvomestnemu številu priredil enomestno, in sicer le z množenjem števk. Za števili 91 in 66 je tako zapisal:

Kolikim dvomestnim številom je priredil število 0 ?

51. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Izbirno tekmovanje, 4. april 2007

Naloge za 3. letnik

1. Poišči vsa taka realna števila $a$, da je $\sqrt{7-a}+\sqrt{7+a}$ celo število.
2. Ploščina pravilnega večkotnika, ki je včrtan krogu s polmerom $r$, je enaka $3 r^{2}$. Kateri pravilni večkotnik je to?
3. Naj bo $E$ taka točka na stranici $A B$ kvadrata $A B C D$, da je $|A E|=3|E B|$, $F$ pa taka točka na stranici $D A$, da je $|A F|=5|F D|$. Označimo presečišče daljic $D E$ in $F C$ s $K$, presečišče $D E$ in $B F$ z $L$ ter presečišče $F B$ in $E C$ z $M$. Naj bo $p_{1}$ vsota ploščin trikotnikov $E M L$ in $D K C, p_{2}$ pa vsota ploščin trikotnikov $F L K$ in $M B C$. Določi razmerje $p_{1}: p_{2}$.
4. Naj bodo $a, b, c$ in $d$ realna števila, večja od 1. Izračunaj vrednost izraza

$$a^{\left({\log }_{b}c\right)-1}{b}^{\left({\log }_{c}d\right)-1}{c}^{\left({\log }_{d}a\right)-1}{d}^{\left({\log }_{a}b\right)-1}a^\{\backslash left(\backslash log\; \_\{b\}\; c\backslash right)-1\}\; b^\{\backslash left(\backslash log\; \_\{c\}\; d\backslash right)-1\}\; c^\{\backslash left(\backslash log\; \_\{d\}\; a\backslash right)-1\}\; d^\{\backslash left(\backslash log\; \_\{a\}\; b\backslash right)-1\}$$

če veš, da je $\log _{b} a \cdot \log _{d} c=1$

5. Dolžine $a, b$ in $c$ robov lesenega kvadra so naravna števila, večja od 2 , velja pa še $a=b$. Kvader pobarvamo in ga nato razrežemo na enotske kocke. Število enotskih kock, ki imajo natanko dve pobarvani mejni ploskvi, je za 16 večje od števila enotskih kock, ki nimajo nobene mejne ploskve pobarvane. Določi dolžine robov kvadra.

51. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Izbirno tekmovanje, 4. april 2007

Naloge za 4. letnik

1. Prvi člen neskončnega geometrijskega zaporedja z vsoto 3 je naravno število, količnik pa je enak obratni vrednosti celega števila. Poišči prvi člen in količnik tega zaporedja.
2. Za vsako naravno število $n$ zapišemo vsoto $1^{n}+2^{n}+3^{n}+4^{n}$ kot število $\mathrm{v}$ desetiškem sestavu. Z največ koliko ničlami se lahko končajo ta števila?
3. Naj bosta $M$ in $N$ presečǐči simetral kotov $\Varangle A C B$ in $\Varangle C B A$ trikotnika $A B C$ s trikotniku očrtano krožnico, $E$ in $F$ pa presečišči premice $M N$ s stranico $A B$ oziroma $A C$. Dokaži: če je $|M E|=|E F|=|F N|$, je trikotnik $A B C$ enakostraničen.
4. Poišči vsa realna števila $x$, za katera je vrednost izraza

$$\sqrt{x^2+2x-3}+\frac{2}{\pi }\cdot \arcsin \frac{x+1}{2}\backslash sqrt\{x^\{2\}+2\; x-3\}+\backslash frac\{2\}\{\backslash pi\}\; \backslash cdot\; \backslash arcsin\; \backslash frac\{x+1\}\{2\}$$

celo število.

5. Vrtnar je gredico pravokotne oblike z diagonalama razdelil na 4 trikotnike. Na vsakem trikotniku bo posadil eno vrsto cvetlic, tako da bosta na trikotnikih, ki imata skupno stranico, posajeni različni vrsti cvetlic. Na voljo ima gerbere, hortenzije, lampijončke, perunike in žametnice. Na koliko načinov lahko posadi cvetlice?

51. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Izbirno tekmovanje, 4. april 2007

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.

$\mathbf{I} / 1$. Označimo krajišči tetive z $A$ in $B$, presečišči tetive z manjšo krožnico pa s $C$ in $D$. Povežimo točki $A$ in $C$ s središčem $O$ krožnic. Narišimo še pravokotnico iz središča $O$ na tetivo in označimo z $N$ njeno nožišče. Vemo, da je $|A C|=|C D|=|D B|$ in da točka $N$ razpolavlja daljico $C D$. Naj bo $|C N|=x$. Tedaj je $|A C|=2 x$. Po Pitagorovem izreku je $11^{2}-(3 x)^{2}=7^{2}-x^{2}$, od tod pa dobimo $8 x^{2}=72$. Ker nas zanima pozitivna rešitev, izberemo $x=3$. Tetiva $A B$ je dolga $18 \mathrm{~cm}$.

Vpeljava 2 pravokotnih trikotnikov s skupno kateto (npr. $A O N$ in $C O N$ ) po 1 točka Zapisan pogoj $|A C|=|C D|=|D B|$ (ali ekvivalenten) ..................... 1 točka Izražava dolžine $|O N|$ s pomočjo Pitagorovega izreka v $A O N$ ali $C O N \ldots \ldots .1$ točka

I/2. Denimo, da je pravilno rešil $p$ nalog, napačno pa $n$ nalog. Tedaj je $8 p-5 n=13$ in očitno mora biti $n$ liho število. Ker je reševal 20 nalog, velja $p+n \leq 20$. Enačbo $8 p-5 n=13$ lahko zapišemo v obliki $8 p-8=5+5 n$ oz. $8(p-1)=5(n+1)$. Torej mora biti število $n+1$ deljivo z 8 in je lahko zato le $n=7$, saj mora biti $n \leq 20$ liho število. Pri $n=7$ dobimo še $p=6$.

Tine je na tekmovanju reševal 13 nalog, 6 jih je rešil pravilno, 7 pa napačno. Zapis $8 p-5 n=13$ ..... 2 točki Ocena $p+n \leq 20$ (ali npr. $p+n+s=20$, pri čemer $s$ označuje število nalog, ki jih ni reševal) ..... 1 točka Ugotovitev, da $n=7$ in $p=6$ ustrezata dobljeni enačbi ..... 1 točka Preverjanje oziroma izločitev ostalih možnosti ..... 2 točki Odgovor 13 nalog ..... 1 točka $\mathbf{I} / 3$. Trikotnik $A B C$ je polovica enakostraničnega trikotnika, zato v njem velja $|B C|=\frac{1}{2}|A B|$. Označimo $\Varangle A C D=$ $\varphi$. Tedaj je $\Varangle D C B=\Varangle A C B-\Varangle A C D=\frac{\pi}{2}-\varphi$ in zato je

$$\text{Varangle}CBD=\pi -\text{Varangle}BDC-\text{Varangle}DCB=\pi -\frac{\pi }{2}-(\frac{\pi }{2}-\phi )=\phi \mathrm{.}\backslash Varangle\; C\; B\; D=\backslash pi-\backslash Varangle\; B\; D\; C-\backslash Varangle\; D\; C\; B=\backslash pi-\backslash frac\{\backslash pi\}\{2\}-\backslash left(\backslash frac\{\backslash pi\}\{2\}-\backslash varphi\backslash right)=\backslash varphi\; .$$

Zaradi $\Varangle D B A=\Varangle A C D=\varphi$ je $60^{\circ}=\Varangle C B A=\Varangle D B A+\Varangle C B D=2 \varphi$ in od tod $\varphi=30^{\circ}$. Ker je $\Varangle C B E=60^{\circ}$ in $\Varangle E C B=\Varangle D C B=\frac{\pi}{2}-\varphi=60^{\circ}$, je trikotnik $E B C$ enakostraničen. Sledi $|E B|=|B C|=\frac{1}{2}|A B|$ in $|A E|=|A B|-|E B|=\frac{1}{2}|A B|=5 \mathrm{~cm}$.

Izračun, da sta kota $\Varangle C B D$ in $\Varangle D B A$ enaka ter zato oba $30^{\circ} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$.

Sklep, da je trikotnik $E B C$ enakostraničen ............................................ 2 točki

$\mathrm{I} / 4$.

1. način Dana neenakost je ekvivalentna neenakosti $a^{2} b+a+b+a b^{2}-4 a b \geq 0$. Ker je

in sta $b(a-1)^{2}$ ter $a(b-1)^{2}$ nenegativna, je res $a^{2} b+a+b+a b^{2}-4 a b \geq 0$.

Enakost velja natanko takrat, ko je $b(a-1)^{2}=0$ in $a(b-1)^{2}=0$, torej mora veljati $a=b=0$ ali pa $a=b=1$.

2. način Aritmetično geometrijska neenakost (na kratko: A-G neenakost) pove, da za nenegativni realni s̆tevili $x$ in $y$ velja neenakost $\frac{x+y}{2} \geq \sqrt{x y}$ oziroma $x+y \geq 2 \sqrt{x y}$. Če jo uporabimo za $x=a$ in $x=b$, dobimo

$$(ab+1)(a+b)\ge (ab+1)\cdot 2\sqrt{ab}(a\; b+1)(a+b)\; \backslash geq(a\; b+1)\; \backslash cdot\; 2\; \backslash sqrt\{a\; b\}$$

Ponovno uporabimo A-G neenakost za števili $x=a b$ in $y=1$ ter dobimo

$$(ab+1)\cdot 2\sqrt{ab}\ge 2\sqrt{ab\cdot 1}\cdot 2\sqrt{ab}=4ab(a\; b+1)\; \backslash cdot\; 2\; \backslash sqrt\{a\; b\}\; \backslash geq\; 2\; \backslash sqrt\{a\; b\; \backslash cdot\; 1\}\; \backslash cdot\; 2\; \backslash sqrt\{a\; b\}=4\; a\; b$$

kar je bilo potrebno dokazati.

Enačaj v A-G neenakosti velja natanko tedaj, ko sta števili $x$ in $y$ enaki. Torej v (1) velja enačaj za $a=b$. Če je $a=b=0$, v (2) očitno velja enakost. Če pa je $a=b \neq 0$, bo v enakost (2) veljala le še za $a b=1$, torej $a=b=1$.

Ugotovitev, da neenakost velja za poseben primer (npr. $a=0$ ali $b=0$ ) .... 1 točka

Enakost velja pri $a=b=0$ in $a=b=1 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ po 1 točka

I/5. Enotske kocke, ki imajo pobarvani natanko dve mejni ploskvi, se nahajajo vzdolž robov, a ne ob ogliščih prvotne kocke. Vzdolž vsakega roba jih je $a-2$. Vseh robov je 12, torej jih je skupaj $12 \cdot(a-2)$.

Preštejmo še enotske kocke, ki nimajo pobarvane nobene mejne ploskve. V prvotni kocki se te nahajajo v notranjosti, torej tvorijo kocko z robom, dolgim $a-2$. Teh je $(a-2)^{3}$.

Ker število $12 \cdot(a-2)$ deli $(a-2)^{3}$, od tod sledi, da $12=2^{2} \cdot 3$ deli $(a-2)^{2}$. Torej 6 deli $a-2$. Najmanjše število, za katero to velja, je $6=a-2$, to je $a=8$.

Preštevanje kock z dvema pobarvanima ploskvama .................................... 1 točka

Sklep $a=8$..................................................................................................

II/1. Recimo, da taki dve števili obstajata. Označimo ju z $a$ in $b$. Označimo z $d$ največji skupni delitelj števil $a$ in $b$. Potem je $a=n d$ in $b=m d$, pri čemer sta si števili $n$ in $m$ tuji. Iz pogoja naloge sledi $d(n+m)=d n m$. Torej bi moralo veljati $n+m=n m$. Ker pa sta si števili $n$ in $m$ tuji, sta si tuji tudi števili $n+m$ in $n m$. Torej mora veljati $n+m=n m=1$, kar pa ni možno. Torej števili $a$ in $b$ ne obstajata. Zapis $a=d n$ in $b=d m$ (ali enakovreden z vpeljavo $d$ ) .... ..... 1 točka Ugotovitev, da je najmanjši skupni večkratnik števil $a$ in $b$ enak $d m n$ ..... 1 točka Preoblikovanje enačbe $\mathbf{v} m+n=m n$ (ali enakovredne brez $d$ ) ..... 1 točka Sklep, da sta si $m+n$ in $m n$ tuji (ali pa, da $m$ deli $n$ ali obratno) ..... 2 točki Sklep $m+n=m n=1$ (ali $m=1$ ali $n=1$ ) ..... 1 točka Eksplicitno zapisano, da taki števili $a$ in $b$ ne obstajata ..... 1 točka

II/2. Ker je $x=1-y^{2}$, sledi $\left(1-y^{2}\right)^{2}+y^{3}=1$. Torej je $1-2 y^{2}+y^{4}+y^{3}=1$, kar nam da $y^{2}\left(y^{2}+y-2\right)=y^{2}(y+2)(y-1)=0$. Rešitve so $y=0, y=-2$ in $y=1$, pripadajoči $x$ pa $x=1, x=-3$ in $x=0$.

Vsak par rešitev $(x, y) \in{(1,0),(-3,-2),(0,1)} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ po 1 točka

II/3. Trikotnik $A B C$ je polovica enakostraničnega trikotnika, zato v njem velja $|A C|=|A B| \frac{\sqrt{3}}{2}$, kar nam da $|A B|=\frac{2}{\sqrt{3}}|A C|$ in $|B C|=\frac{1}{2}|A B|=\frac{\sqrt{3}}{3}|A C|$.

Označimo $\Varangle A C D=\Varangle D B A=\varphi$. Tedaj je $\Varangle D C B=$ $\Varangle A C B-\Varangle A C D=\frac{\pi}{2}-\varphi$ in zato je

$$\text{Varangle}DBC=\pi -\text{Varangle}BDC-\text{Varangle}DCB=\pi -\frac{\pi }{2}-(\frac{\pi }{2}-\phi )=\phi \mathrm{.}\backslash Varangle\; D\; B\; C=\backslash pi-\backslash Varangle\; B\; D\; C-\backslash Varangle\; D\; C\; B=\backslash pi-\backslash frac\{\backslash pi\}\{2\}-\backslash left(\backslash frac\{\backslash pi\}\{2\}-\backslash varphi\backslash right)=\backslash varphi\; .$$

Torej velja $60^{\circ}=\Varangle C B A=\Varangle C B D+\Varangle D B A=2 \varphi$, zato je $\varphi=30^{\circ}$.

Ker je $\Varangle F B C=\Varangle D B C=30^{\circ}$, je trikotnik $B F C$ podoben trikotniku $A B C$. Torej velja $|C F|:|B C|=|B C|:|A C|$, od koder sledi

$$\mathrm{\mid }CF\mathrm{\mid }=\frac{\mathrm{\mid }BC{\mathrm{\mid }}^2}{\mathrm{\mid }AC\mathrm{\mid }}=\frac{\frac{1}{3}\mathrm{\mid }AC{\mathrm{\mid }}^2}{\mathrm{\mid }AC\mathrm{\mid }}=\frac{1}{3}\mathrm{\mid }AC\mathrm{\mid }|C\; F|=\backslash frac\{|B\; C|^\{2\}\}\{|A\; C|\}=\backslash frac\{\backslash frac\{1\}\{3\}|A\; C|^\{2\}\}\{|A\; C|\}=\backslash frac\{1\}\{3\}|A\; C|$$

Torej je $|A F|=|A C|-|C F|=\frac{2}{3}|A C|=\frac{2}{3} \mathrm{dm}$.

Izračun, da sta kota $\Varangle C B D$ in $\Varangle D B A$ enaka ter zato oba $30^{\circ} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . .2$ točki

Omenjena podobnost trikotnikov $B F C$ in $A B C \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$

II/4. 1. način Pokažimo, da je razlika $(\sqrt{a+2007}-\sqrt{a+1004})-(\sqrt{a+1003}-\sqrt{a})$ negativna, kar je enakovredno neenakosti

Ker sta izraza na obeh straneh neenakosti pozitivna, jo lahko kvadriramo in dobimo

oziroma

Ker je število $a$ pozitivno, dobljena neenakost res velja. Torej je $\sqrt{a+1003}-\sqrt{a}$ večje od $\sqrt{a+2007}-\sqrt{a+1004}$ za vsako pozitivno število $a$.

Predpostavka, da je $\sqrt{a+1003}-\sqrt{a}>\sqrt{a+2007}-\sqrt{a+1004} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$. Kvadriranje $\sqrt{a+2007}-\sqrt{a+1004}<\sqrt{a+1003}-\sqrt{a}$ (oziroma enakovrednega izraza, $v$ katerem na obeh straneh nastopajo pozitivne količine) 2 točki

Preoblikovanje na enakovredno neenakost, ki velja za vsak $a \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$. Sklep $\sqrt{a+2007}-\sqrt{a+1004}<\sqrt{a+1003}-\sqrt{a} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka (Če tekmovalec na nekem mestu kvadrira negativne količine in dobi obratno neenakost, lahko prejme skupaj največ 4 točke.)

2. način Izraza najprej preoblikujemo

Ker za imenovalce dobljenih ulomkov velja $\sqrt{a+2007}+\sqrt{a+1004}>\sqrt{a+1003}+\sqrt{a}$, je seveda

Predpostavka, da je $\sqrt{a+1003}-\sqrt{a}>\sqrt{a+2007}-\sqrt{a+1004} \ldots \ldots \ldots \ldots . . . .1$ točka Zapis $\sqrt{a+2007}-\sqrt{a+1004}=\frac{1003}{\sqrt{a+2007}+\sqrt{a+1004}} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots . \ldots$ točki

Primerjava imenovalcev $\sqrt{a+2007}+\sqrt{a+1004}>\sqrt{a+1003}+\sqrt{a}$ in zaključek 2 točki

II/5. Število 0 je gotovo priredil vsem dvomestnim številom, ki imajo eno števko enako 0 (to so $10,20 \ldots 90$ ). Teh je 9 .

S̆tevilo 0 je priredil tudi tistim številom, ki se po enem koraku spremenijo v dvomestno število s števko 0 . V $10=2 \cdot 5$ se spremenita števili 25 in 52 , v $20=4 \cdot 5$ se spremenita 45 in 54 , v $30=6 \cdot 5$ se spremenita 65 in 56 , v $40=8 \cdot 5$ pa se spremenita števili 85 in 58 . Teh števil je 8. Drugih dvomestnih števil, deljivih z 10, ne moremo dobiti kot zmnožek dveh števk.

Število 0 je priredil tudi vsem tistim dvomestnim številom, ki imajo zmnožek števk enak $25,45,52,54,56,58,65$ ali 85 . Prav hitro uvidimo, da je nemogoče dobiti zmnožek 52,58 , 65 in 85 , druge vrednosti pa dobimo s števili $55,59,69,78,87,95$ oziroma 96 . Teh števil je 7.

Ker nobenega izmed števil $55,59,69,78,87,95$ in 96 ni možno dobiti kot zmnožek dveh števk, ni drugih dvomestnih števil, ki bi jim Žan lahko priredil število 0. Ugotovili smo, da je $9+8+7=24$ dvomestnih števil, ki jim lahko priredi število 0 . Takšna so števila $10,20, \ldots, 90$ 1 točka

Sklep, da so takšna še števila, ki se spremenijo v $10,20, \ldots, 90 \ldots \ldots \ldots \ldots . .1$ točka

Sklep, da so taka števila $25,52,45,54,65,56,85$ in $58 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka Število 0 je priredil tudi tistim, katerih zmnožek števk je enak enemu izmed zgornjih števil 1 točka

Takšna so števila $55,59,69,78,87,95,96$ 1 točka

Sklep, da ostalih števil ni možno dobiti na tak način 1 točka

Odgovor 24 števil 1 točka (Če tekmovalec nalogo pravilno reši tako, da za vsa dvomestna števila izračuna ustrezna prirejena enomestna števila, priznajte 7 točk. Če pri tej metodi reševanja ne najde vseh rešitev ali ne preveri vseh dvomestnih števil, za vsako manjkajočo rešitev ali nepreverjeno dvomestno število odbijte 1 točko.)

III/1. Naj bo $\sqrt{7-a}+\sqrt{7+a}=n, n \in \mathbb{N}$. Enačbo kvadriramo: $14+2 \sqrt{49-a^{2}}=n^{2}$ in preoblikujemo $\mathrm{v}$

$$\sqrt{49-a^2}=\frac{n^2}{2}-7\backslash sqrt\{49-a^\{2\}\}=\backslash frac\{n^\{2\}\}\{2\}-7$$

Ker je $\sqrt{49-a^{2}} \geq 0$, iz enačbe (3) sledi, da je $\frac{n^{2}}{2}-7 \geq 0$ in $n>3$. Ker pa je $\sqrt{49-a^{2}} \leq 7$, iz enačbe (3) sledi tudi, da je $\frac{n^{2}}{2}-7 \leq 7$, kar nam da $n<6$. Torej je lahko le $n=4$ in $a= \pm 4 \sqrt{3}$ ali $n=5$ in $a= \pm \frac{5}{2} \sqrt{3}$.

Zapis brez korenov $a^{2}=7 n^{2}-\frac{n^{4}}{4}$ (ali enakovreden) . . . . . . . . . . . . . . . 2 točki

Rešitvi $n=4$ in $a= \pm 4 \sqrt{3}$ ali $n=5$ in $a= \pm \frac{5}{2} \sqrt{3} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ po 1 točka

(Če tekmovalec navede le obe pozitivni rešitvi, priznajte 1 točko.)

Sklep ali preizkus, da ostala števila $n<6$ ne ustrezajo

1 točka

III/2. Mislimo si, da smo pravilni $n$-kotnik razdelili na skladne enakokrake trikotnike, ki imajo osnovnico enako stranici večkotnika, kraka pa sta enako dolga kot polmer kroga in oklepata kot $\frac{2 \pi}{n}$. Ploščina posameznega trikotnika je $\frac{1}{2} \cdot r^{2} \cdot \sin \frac{2 \pi}{n}$, ploščina $n$-kotnika pa $\frac{n}{2} \cdot r^{2} \cdot \sin \frac{2 \pi}{n}$. Tako imamo $3 \cdot r^{2}=\frac{n}{2} \cdot r^{2} \cdot \sin \frac{2 \pi}{n}$, kar preuredimo $\mathrm{v} \frac{6}{n}=\sin \frac{2 \pi}{n}$, od tod pa sklepamo $n=12$. Pravilni dvanajstkotnik, ki ga včrtamo krogu s polmerom $r$ ima res ploščino $3 r^{2}$. Opomniti velja, da je to res edina rešitev. Včrtani večkotnik, ki bi imel večje število stranic, bi imel tudi večjo ploščino. Razdelitev $n$-kotnika na skladne trikotnike ..... 1 točka Ploščina trikotnika je $\frac{1}{2} \cdot r^{2} \cdot \sin \frac{2 \pi}{n}$ ..... 1 točka Ploščina $n$-kotnika je $\frac{n}{2} \cdot r^{2} \cdot \sin \frac{2 \pi}{n}$ ..... 1 točka Zapis enačbe $\frac{6}{n}=\sin \frac{2 \pi}{n}$ (ali podobne) ..... 1 točka Rešitev $n=12$ ..... 2 točki Sklep, da je rešitev največ ena ..... 1 točka

III/3. Naj bo $p$ ploščina štirikotnika $C K L M$. Tedaj je

$p_{2}+p$ enako ploščini trikotnika $F B C$. Dolžina višine na stranico $B C$ v trikotniku $F B C$ je enaka $|A B|$, torej je ploščina trikotnika enaka $\frac{|A B| \cdot|B C|}{2}=\frac{|A B|^{2}}{2}$. Zato je$$ p_{2}=\frac{|A B|^{2}}{2}-p Podobno sklepamo, da je $p_{1}+p$ enako ploščini trikotnika $D E C$, le-ta pa je enaka $\frac{|D C| \cdot|C B|}{2}=\frac{|A B|^{2}}{2}$. Torej je tudi  p_{1}=\frac{|A B|^{2}}{2}-p in je tako razmerje $p_{1}: p_{2}$ enako 1 . Vpeljava ploščine štirikotnika $C K L M$ ..... 3 točke Zapis $p_{1}=\frac{|A B|^{2}}{2}-p$ (ali podoben) ..... 1 točka Zapis $p_{2}=\frac{|A B|^{2}}{2}-p$ (ali podoben) ..... 1 točka Sklep $p_{1}: p_{2}=1$ ..... 2 točki III/4. Označimo $S=a^{\left(\log _{b} c\right)-1} b^{\left(\log _{c} d\right)-1} c^{\left(\log _{d} a\right)-1} d^{\left(\log _{a} b\right)-1}$. Zapišimo $1=\log _{b} a \cdot \log _{d} c=$ $\frac{\log a \cdot \log c}{\log b \cdot \log d}$. S pomočjo tega izračunamo \begin{aligned} & \log (a b c d S)=\log \left(a^{\log _{b} c} b^{\log _{c} d} c^{\log _{d} a} d^{\log _{a} b}\right)= \ & =\log a^{\log _{b} c}+\log b^{\log _{c} d}+\log c^{\log _{d} a}+\log d^{\log _{a} b}= \ & =\log _{b} c \cdot \log a+\log _{c} d \cdot \log b+\log _{d} a \cdot \log c+\log _{a} b \cdot \log d= \ & =\frac{\log c \cdot \log a}{\log b}+\frac{\log d \cdot \log b}{\log c}+\frac{\log a \cdot \log c}{\log d}+\frac{\log b \cdot \log d}{\log a}= \ & =\frac{\log a \cdot \log c \cdot(\log b+\log d)}{\log b \cdot \log d}+\frac{\log b \cdot \log d \cdot(\log a+\log c)}{\log a \cdot \log c}= \ & =\log a+\log b+\log c+\log d=\log (a b c d) \end{aligned} od koder sledi $a b c d S=a b c d$ oziroma $S=1$.  III/5. Na robu kvadra dolžine $a$ je $a-2$ enotskih kock, ki imajo pobarvani natanko dve ploskvi, na robu dolžine $c$ pa jih je $c-2$. Ker je $\mathrm{v}$ kvadru 8 robov dolžine $a$ in 4 robovi dolžine $c$, je število vseh kock z dvema pobarvanima ploskvama enako $8(a-2)+4(c-2)$. Kocke, ki nimajo pobarvanih stranic, se nahajajo v notranjosti in jih je $(a-2)(a-2)(c-2)$. Veljati mora 8(a-2)+4(c-2)=16+(a-2)^{2}(c-2) Izraz lahko poenostavimo v $0=32+a^{2} c-4 a c-2 a^{2}$. Od tod lahko izrazimo $a c(a-4)=$ $2\left(a^{2}-16\right)=2(a-4)(a+4)$. Če je $a=4$, izraz velja za vsako naravno število $c$. Sicer pa lahko z $a-4$ delimo in dobimo $a c=2 a+8$ oziroma $c=2+\frac{8}{a}$. Torej je $a$ delitelj števila 8 in ker je $a \geq 3$ in $a \neq 4$, je zato lahko le $a=8$ in $c=3$. Enačbo (4) lahko uženemo tudi drugače, če označimo $x=a-2$ in $y=c-2$. Tedaj dobimo $8 x+4 y=16+x^{2} y$ oziroma 0=x^{2} y-4 y+16-8 x=y(x-2)(x+2)+8(2-x)=(x-2)(y(x+2)-8) $$

Tedaj je bodisi $x=2$ in $y$ poljuben ali pa je $y(x+2)=8$. Od tod sledi, da je za $x \neq 2$ izraz $x+2$ lahko 8 , pri tem pa je $y=1$.

Za robove kvadra velja bodisi $a=4$ in $c$ poljubno s̆tevilo ali pa $a=8$ in $c=3$.

Zapis števila kock $z$ dvema in brez pobarvanih ploskev 1 točka Enačba (4) (ali enakovredna)

1 točka

Razcep $a c(a-4)=2(a-4)(a+4)$ oz. $(x-2)(y(x+2)-8)=0$ (ali podoben) . 2 točki

Sklep, da je $a$ (ali $c-2$ ali $x+2$ ali $y$ ) delitelj števila $8 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$

(Če tekmovalec vpelje $x$ in $y$ (ali podobno) in v celoti reši nalogo, a ne zapiše rezultata za $a$ in $c$, dodelite 6 točk.)

IV/1. Naj bo prvi člen $a_{1}=n$ in količnik $q=\frac{1}{m}$. Ker je vsota geometrijskega zaporedja končna, je $|q|<1$ oziroma $|m|>1$. Tedaj je $n+n q+n q^{2}+\cdots=\frac{n}{1-q}=\frac{n}{1-\frac{1}{m}}=3$. Od tod dobimo $n=3\left(1-\frac{1}{m}\right)=3-\frac{3}{m}$. Ker je $n$ naravno število, sta le dve možnosti za $m$, in sicer $m_{1}=3$ in $m_{2}=-3$. Imamo torej dve rešitvi naloge: zaporedje, ki ima prvi člen $a_{1}=2$ in količnik $q=\frac{1}{3}$, ali zaporedje, ki ima prvi člen $a_{1}=4$ in količnik $q=-\frac{1}{3}$.

Zapis $n=3-\frac{3}{m}$ (ali podoben) ...........................................................................

Rešitvi $a_{1}=2, q=\frac{1}{3}$ in $a_{1}=4, q=-\frac{1}{3} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ po 1 točka

IV/2. Najprej je $1+2+3+4=10,1^{2}+2^{2}+3^{2}+4^{2}=30$ in $1^{3}+2^{3}+3^{3}+4^{3}=100$. Denimo, da bi pri nekem naravnem številu $n>3$ izrazili vsoto $1^{n}+2^{n}+3^{n}+4^{n}$ kot število, ki bi se končalo s tremi ničlami. To število bi bilo deljivo s $1000=8 \cdot 125$. Oglejmo si ostanek posameznega seštevanca v omenjeni vsoti pri deljenju z 8. Seštevanec $1^{n}$ da ostanek 1, seštevanca $2^{n}$ in $4^{n}$ pa dasta ostanek 0 , saj je $n>3$. Zapišimo $3^{n}=(2+1)^{n}=$ $2^{n}+n \cdot 2^{n-1}+\cdots+\frac{n(n-1)(n-2)}{3 \cdot 2 \cdot 1} \cdot 2^{3}+\frac{n \cdot(n-1)}{2 \cdot 1} \cdot 2^{2}+n \cdot 2+1$. Od tod sklepamo, da bo ostanek seštevanca $3^{n}$ pri deljenju z 8 enak ostanku izraza $\frac{n \cdot(n-1)}{2 \cdot 1} \cdot 2^{2}+n \cdot 2+1=2 n^{2}+1$ pri deljenju z 8. Hitro uvidimo, da ima izraz $2 n^{2}+1$ ostanek 1 , če je $n$ sodo število, saj je v tem primeru $2 n^{2}$ deljivo z 8 . Če je $n$ liho število, zapišemo $n=2 k+1$ in je $2 \cdot(2 k+1)^{2}+1=8 k^{2}+8 k+3$, od koder vidimo, da je ostanek enak 3 .

Ugotovili smo: če vsoto $1^{n}+2^{n}+3^{n}+4^{n}$ pri poljubnem $n>3$ delimo z 8 , dobimo ostanek 2 ali 4 . Ker ta vsota ni deljiva z 8 , je ne moremo pri nobenem naravnem številu $n$ zapisati kot število, ki bi se končalo $\mathrm{z}$ več kot dvema ničlama. Torej se število oblike $1^{n}+2^{n}+3^{n}+4^{n}$ lahko konča z največ dvema ničlama.

IV/3. Označimo kote trikotnika $A B C$ na običajen način z $\alpha, \beta$ in $\gamma$. Po izreku o obodnih kotih je $\Varangle A N M=$ $\Varangle A C M=\frac{\gamma}{2}$ in $\Varangle N M A=\Varangle N B A=\frac{\beta}{2}$. Prav tako velja $\Varangle C A N=\Varangle C B N=\frac{\beta}{2}$ in $\Varangle B A M=\Varangle B C M=\frac{\gamma}{2}$. Zato so si trikotniki $A M E, N A F$ in $N M A$ podobni.

Po drugi strani pa je $\Varangle A F N=\Varangle M E A$, zato je $\Varangle A F E=$ $\pi-\Varangle A F N=\pi-\Varangle M E A=A E F$, torej je trikotnik $A F E$ enakokrak ter velja $|A E|=|A F|$.

Iz podobnosti trikotnikov $A M E$ in $N A F$ sledi, $\frac{|A E|}{|E M|}=\frac{|N F|}{|F A|}$, od koder z upoštevanjem $|N F|=|M E|$ in $|A E|=|A F|$ dobimo $|A E|=|E M|=|F E|$. Trikotnik $A E M$ je zato enako-

krak z vrhom pri $E$, od koder sledi, da je $\beta=\gamma$. Trikotnik $A F E$ pa je enakostraničen, torej je $\alpha=\frac{\pi}{3}$, kar pravzaprav pomeni, da je trikotnik $A B C$ enakostraničen. Izračun $\Varangle A N M=\frac{\gamma}{2}, \Varangle N M A=\frac{\beta}{2}, \Varangle C A N=\frac{\beta}{2}, \Varangle B A M=\frac{\gamma}{2}$ ..... 2 točki (Za izračun le 2 ali 3 izmed zgoraj naštetih kotov dodelite 1 točko) Omenjena podobnost dveh izmed trikotnikov $A M E, N A F$ in $N M A$ ..... 1 točka Izpeljava $|A E|=|A F|$ (ali $|A N|=|A M|$ ) ..... 1 točka Sklep $\gamma=\beta$ ..... 1 točka Sklep, da je trikotnik $A E F$ enakostraničen ..... 1 točka Sklep, da je trikotnik $A B C$ enakostraničen ..... 1 točka

IV/4. Označimo $f(x)=\sqrt{x^{2}+2 x-3}+\frac{2}{\pi} \cdot \arcsin \frac{x+1}{2}$. Najprej si oglejmo, za katere $x$ je funkcija $f$ sploh definirana. Veljati mora $x^{2}+2 x-3 \geq 0$ in $-1 \leq \frac{x+1}{2} \leq 1$. Prvi pogoj lahko zapišemo kot $(x+3)(x-1) \geq 0$, od koder sledi $x \leq-3$ ali $x \geq 1$. Drugi pogoj lahko preoblikujemo v $-2 \leq x+1 \leq 2$ oziroma $-3 \leq x \leq 1$. Torej je funkcija definirana pri $x=-3$ in $x=1$. V prvem primeru je $f(-3)=0+\frac{2}{\pi} \cdot\left(-\frac{\pi}{2}\right)=-1$, v drugem pa $f(1)=0+\frac{2}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2}=1$. Edini realni števili, kjer je vrednost funkcije celo število, sta torej $x=-3$ in $x=1$.

Funkcija $f$ (oz. izraz) je definirana le za $x=1$ in $x=-3 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$

Vrednost funkcije $f$ (oz. izraza) je celo število pri $x=1$ in $x=-3 \ldots \ldots$. po 1 točka

IV/5. Na trikotnika $A$ in $B$, ki imata skupno le oglišče, lahko vrtnar posadi katerikoli vrsti cvetlic. Denimo najprej, da bo na ta dva trikotnika posadil isto vrsto cvetlic. Ker ima na voljo 5 vrst cvetlic, lahko to naredi na 5 načinov. Pri tem ostaneta še druga dva trikotnika, ki imata skupno le oglišče, in 4 vrste cvetlic, ki

jih lahko uporabi. Če bi tudi na ta trikotnika posadil isto vrsto cvetlic, lahko to napravi na 4 načine, sicer pa lahko napravi na $4 \cdot 3=12$ načinov. To pomeni, da ima $\mathrm{v}$ tem primeru $5 \cdot(4+12)=80$ možnosti izbire.

Preostane nam še premislek, ko vrtnar posadi različni vrsti cvetlic na trikotnikih $A$ in $B$. Za to ima $5 \cdot 4=20$ možnosti. Ostaneta trikotnika $C$ in $D$, ki imata skupno le oglišče, in 3 vrste cvetlic. Če posadi na oba isto vrsto cvetlic, ima 3 možnosti, sicer pa $3 \cdot 2=6$ možnosti. V tem primeru ima vrtnar $20 \cdot(3+6)=180$ možnosti izbire. Vrtnar lahko posadi cvetlice na $80+180=260$ načinov.

Preštete možnosti za enaki vrsti cvetlic na obeh parih trikotnikov . . . . . . . . . 2 točki

Preštete možnosti, če sta na $A$ in $B$ enaki, na $C$ in $D$ pa različni vrsti ........ 1 točka

Preštete možnosti, če sta na $A$ in $B$ različni, na $C$ in $D$ pa enaki vrsti ........ 1 točka

Preštete možnosti za 4 različne vrste cvetlic.............................................................................