# 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.
## Naloge za 1. letnik
Čas reševanja: 180 minut. V sklopu A bomo pravilni odgovor ovrednotili z dvema točkama, za nepravilni odgovor pa bomo eno točko odšteli. Odgovore sklopa A vpiši v levo tabelo, desno tabelo pusti prazno.
A1. Nosilki stranic $A D$ in $B C$ konveksnega štirikotnika $A B C D$ se sekata pod pravim kotom (glej sliko). Velja še $|C D|=1,|A C|=2$ in $|B D|=3$. Koliko je $|A B|$ ?
(A) $2 \sqrt{3}$
(B) $3 \sqrt{2}$
(C) 4
(D) $4 \sqrt{3}$
(E) 6
A2. Letalska družba potniku za prtljago ne zaračuna dodatnih stroškov, če masa prtljage ne preseže določene dovoljene mase. Vsak dodaten kilogram prtljage pa mora potnik doplačati. Gospod in gospa Kotnik imata skupno prtljago, zato se jima ne bi zaračunalo dodatnih stroškov, če masa skupne prtljage ne bi presegla dvakratnika določene dovoljene mase. Njuna skupna prtljaga tehta $60 \mathrm{~kg}$, doplačati pa sta morala 11 evrov. Prtljaga gospoda Novaka, ki potuje sam, prav tako tehta $60 \mathrm{~kg}$. Toda on je moral za prtljago doplačati 33 evrov. Največ koliko kilogramov prtljage lahko ima en potnik, da mu zanjo ni treba nič doplačati?
(A) 11
(B) 18
(C) 20
(D) 24
(E) 39
A3. Kenguruju Pitagori so všeč le tista naravna števila, ki so deljiva s 4 in imajo vsoto števk enako 3 ter imajo v zapisu natanko 5 števk enakih 0 . Koliko naravnih števil je všeč kenguruju Pitagori?
(A) 15
(B) 16
(C) 19
(D) 20
(E) 25
B1. Poišči vsa praštevila $p, q, r$ in $s$, ki zadoščajo enačbama $p+q=r$ in $q+r=s^{2}$.
B2. Kot med nosilkama diagonal štirikotnika $A B C D$ je velik $60^{\circ}$. Vsako oglišče štirikotnika prezrcalimo čez nosilko diagonale, ki poteka skozi njemu sosednji oglišči. Dokaži, da zrcalne slike oglišč ležijo na isti premici.
B3. Iz 18 vžigalic sestavimo mrežo (glej sliko). Najmanj koliko vžigalic moramo odstraniti, da preostale vžigalice ne bodo tvorile nobenega trikotnika?
## Naloge za 2. letnik
Čas reševanja: 180 minut. V sklopu A bomo pravilni odgovor ovrednotili z dvema točkama, za nepravilni odgovor pa bomo eno točko odšteli. Odgovore sklopa A vpiši v levo tabelo, desno tabelo pusti prazno.
A1. Polona je razdelila pavokotnik na 9 manjših pravokotnikov in na tri izmed štirih vogalnih pravokotnikov zapisala njihove ploščine (glej sliko). Koliko je ploščina četrtega vogalnega pravokotnika?
(A) 9
(B) 13.5
(C) 14
(D) 15
(E) 16
A2. Dano je naravno število $x>1$. Kako se potenca $x^{\left(x^{x+1}\right)}$ izrazi s spremenljivko $y$, če je $x^{x}=y$ ?
(A) $y^{2}$
(B) $y^{y}$
(C) $y^{2 y}$
(D) $y^{\left(y^{2}\right)}$
(E) $y^{\left(y^{y}\right)}$
A3. V kvadrat s stranico dolžine $a$ je včrtana krožnica s središčem v $O$. Štiri manjše krožnice s središči $O_{1}, O_{2}, O_{3}$ in $O_{4}$ se dotikajo večje krožnice in po dveh stranic kvadrata (glej sliko). Koliko je ploščina kvadrata $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{4}$ ?
(A) $3 a^{2}(3-2 \sqrt{2})$
(B) $4 a^{2}(3-2 \sqrt{2})$
(C) $a^{2}(3-\sqrt{2})$
(D) $a^{2}(2-\sqrt{2})$
(E) $3 a^{2}(2-\sqrt{2})$
B1. Naj bo $n$ naravno število. Poišči vsa realna števila $x$, ki rešijo enačbo
$$
2^{n}(-x)^{n}+(-1)^{3 n+1} 2^{n+1} x^{n-1}(2 x+1)-(-2 x)^{n+1}=0
$$
B2. Naj bo $M$ točka na stranici $B C$ pravokotnega trikotnika $A B C$ s pravim kotom pri $A$. Razpolovišče daljice $A M$ označimo s $P$. Naj bosta $P_{B}$ in $P_{C}$ zrcalni sliki točke $P$ preko stranic $A C$ in $A B, B^{\prime}$ in $C^{\prime}$ pa zrcalni sliki točk $B$ in $C$ preko točke $P$. Denimo, da so točke $B^{\prime}, C^{\prime}, P_{B}$ in $P_{C}$ kolinearne. Dokaži, da je tedaj $M$ razpolovišče stranice $B C$.
B3. Iz 45 vžigalic sestavimo mrežo (glej sliko). Najmanj koliko vžigalic moramo odstraniti, da preostale vžigalice ne bodo tvorile nobenega pravilnega šestkotnika?
## 61. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 22. april 2017
## Naloge za 3. letnik
Čas reševanja: 180 minut. V sklopu A bomo pravilni odgovor ovrednotili z dvema točkama, za nepravilni odgovor pa bomo eno točko odšteli. Odgovore sklopa A vpiši v levo tabelo, desno tabelo pusti prazno.
A1. V koordinatnem sistemu je narisana neskončna mreža krožnic s polmeri 1 . Ena izmed krožnic ima središče $\mathrm{v}$ točki $(2,2)$, razdalje med središči sosednjih krožnic pa so enake 4 (glej sliko). Za vsako točko $(x, y)$, ki leži na neki izmed krožnic, izračunamo vsoto $x+y$. Katere izmed navedenih vrednosti ne dobimo pri izračunu teh vsot?
(A) 5
(B) 6
(C) 7
(D) 8
(E) 9
A2. Dolžine stranic pravokotnega trikotnika $A B C$ s pravim kotom pri $A$ so naravna števila. Dolžina stranice $A B$ je 101. Koliko je obseg trikotnika $A B C$ ?
(A) 306
(B) 10201
(C) 10202
(D) 10302
(E) 10303
A3. Prvi dve tehtnici na sliki sta uravnoteženi.
Kaj moramo postaviti na desno stran tretje tehtnice na sliki, da bo tudi ta uravnotežena?
(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
B1. Poišči vsa realna števila $x$, ki rešijo enačbo
$$
\log _{2}\left(\log _{2}(7 x-6)\right)+1=\log _{2}\left(\log _{2}(3 x-2)\right)+\log _{2} 3
$$
B2. Diagonali tetivnega štirikotnika $A B C D$ se sekata pod kotom, ki ni velik $60^{\circ}$. Vsako oglišče štirikotnika prezrcalimo čez nosilko diagonale, ki poteka skozi njemu sosednji oglišči. Dokaži, da tudi zrcalne slike oglišč tvorijo tetivni štirikotnik.
B3. Iz 17 vžigalic sestavimo mrežo (glej sliko). Najmanj koliko vžigalic moramo odstraniti, da preostale vžigalice ne bodo tvorile nobenega kvadrata?
## Naloge za 4. letnik
Čas reševanja: 180 minut. V sklopu A bomo pravilni odgovor ovrednotili z dvema točkama, za nepravilni odgovor pa bomo eno točko odšteli. Odgovore sklopa A vpiši v levo tabelo, desno tabelo pusti prazno.
A1. Koliko je takih 6-mestnih števil, ki se ne začnejo z 0 in vsebujejo število 2017 kot strnjen podniz? Npr. število 820178 vsebuje strnjen podniz 2017, število 820817 pa ne.
(A) 100
(B) 190
(C) 200
(D) 280
(E) 300
A2. Prvo število zaporedja šestih števil je enako 4, zadnje pa 47. Vsako število od vključno tretjega naprej je enako vsoti prejšnjih dveh števil. Naj bo $S$ vsota vseh šestih števil zaporedja. Tedaj $S$ leži na intervalu med
(A) 51 in 90
(B) 91 in 100
(C) 101 in 110
(D) 111 in 120
(E) 121 in 160
A3. V kvadrat s stranico dolžine $a$ je včrtana krožnica s središčem v $O$. Manjša krožnica s središčem v $O_{1}$ se dotika večje krožnice in dveh stranic kvadrata (glej sliko). Koliko je razdalja med $O_{1}$ in ogliščem kvadrata, ki ne leži na premici $O O_{1}$ ?
(A) $\frac{3 a}{4} \sqrt{13-8 \sqrt{2}}$
(B) $\frac{a \sqrt{2}}{3} \sqrt{13-8 \sqrt{2}}$
(C) $\frac{a \sqrt{2}}{2} \sqrt{13-8 \sqrt{2}}$
(D) $\frac{a}{2} \sqrt{9-4 \sqrt{2}}$
(E) $\frac{a \sqrt{2}}{3} \sqrt{9-4 \sqrt{2}}$
B1. Določi vse vrednosti, ki jih zavzame izraz $A=n \cdot\left\lfloor\frac{2017}{n}\right\rfloor$, ko $n$ preteče vsa naravna števila. Pri tem $\lfloor x\rfloor$ označuje največje celo število, ki ni večje od $x$.
B2. Za točko $P$ znotraj trikotnika $A B C$ pravimo, da je $i z j e m n a$, če velja naslednji pogoj:
Če so $A^{\prime}, B^{\prime}$ in $C^{\prime}$ zaporedoma presečišča premic $A P, B P$ in $C P$ s stranicami $B C, A C$ in $A B$, lahko daljice $A A^{\prime}, B B^{\prime}$ in $C C^{\prime}$ vzporedno premaknemo tako, da oblikujemo trikotnik, katerega dolžine stranic so $\left|A A^{\prime}\right|,\left|B B^{\prime}\right|$ in $\left|C C^{\prime}\right|$.
(a) Dokaži, da je težišče trikotnika izjemna točka.
(b) Dokaži trditev "Edina izjemna točka znotraj trikotnika je težišče trikotnika."
B3. Iz 20 vžigalic sestavimo mrežo (glej sliko). Najmanj koliko vžigalic moramo odstraniti, da preostale vžigalice ne bodo tvorile nobenega trikotnika?
# 61. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 22. april 2017
## Rešitve nalog za 1. letnik
I/A1. Označimo presečišče nosilk stranic $A D$ in $B C$ z $E$. Tedaj po Pitagorovem izreku velja
$$
\begin{aligned}
& |E D|^{2}+|E C|^{2}=|C D|^{2}=1 \\
& |E A|^{2}+|E C|^{2}=|A C|^{2}=4 \\
& |E D|^{2}+|E B|^{2}=|B D|^{2}=9
\end{aligned}
$$
Če seštejemo drugo in tretjo enačbo in od njiju odštejemo prvo, dobimo $|E A|^{2}+|E B|^{2}=12$. Po Pitagorovem izreku sledi $|A B|^{2}=|E A|^{2}+|E B|^{2}=12$, torej je $|A B|=\sqrt{12}=2 \sqrt{3}$. Pravilen odgovor je (A).
I/A2. Označimo največjo dovoljeno težo za enega potnika z $d$. Gospod in gospa Kotnik imata skupaj $60-2 d$ dodatnih kilogramov prtljage, za katere sta plačala 11 evrov. Torej sta za vsak dodaten kilogram plačala $\frac{11}{60-2 d}$ evrov. Gospod Novak ima $60-d$ dodatnih kilogramov prtljage, za katere je plačal 33 evrov. Za vsak kilogram je torej plačal $\frac{33}{60-d}$ evrov. Ker morata biti tarifi enaki, je $\frac{11}{60-2 d}=\frac{33}{60-d}$. Enačbo delimo z 11 in odpravimo ulomke, da dobimo $60-d=3(60-2 d)$. Od tod izračunamo $d=24$. Pravilen odgovor je torej (D).
I/A3. Števke, ki so enake $0 \mathrm{k}$ vsoti števk ne prispevajo ničesar. Iz neničelnih števk pa lahko dobimo vsoto 3 le na tri načine, $3=3,1+2=3$ ali $1+1+1=3$. Ker je natanko 5 števk števila, ki je všeč kenguruju Pitagori, enakih 0 , imamo torej tri možnosti.
Naravno število, ki ima s̆tevke $3,0,0,0,0,0$ in je deljivo s 4 , je samo 300000. Ničle namreč ne smejo nastopati na začetku števila.
Naravna števila s števkami $1,2,0,0,0,0,0$ so po vrsti $1000002,1000020,1000200,1002000$, 1020000, 1200000, 2000001, 2000010, 2000100, 2001000, 2010000, 2100000. Od teh števila 1000002, 2000001 in 2000010 niso deljiva s 4, ostala pa so.
Naravna števila s števkami $1,1,1,0,0,0,0,0$, ki so deljiva s 4 , morajo imeti na zadnjih dveh mestih števko 0. Taka števila (razvrščena po številu števk 0 na desni strani) so 10001100, 10010100, 10100100, 11000100, 10011000, 10101000, 11001000, 10110000, 11010000, 11100000 .
Skupaj je kenguruju Pitagori všeč natanko 20 naravnih števil.
I/B1. Iz prve enačbe vidimo, da je $r \geq 4$, torej mora biti $r$ liho praštevilo. Če je tudi $q$ liho praštevilo, potem iz druge enačbe sledi, da je $s$ sodo praštevilo, torej $s=2$. Tedaj je $s^{2}=4$, hkrati pa je $q+r \geq 6$, saj sta $q$ in $r$ lihi praštevili. Prišli smo do protislovja, saj enačba $q+r=s^{2}$ ni izpolnjena.
Od tod sklepamo, da je $q$ sodo praštevilo, torej $q=2$. Iz prve enačbe izrazimo $r=p+2$ in to vstavimo v drugo enačbo, da dobimo $p+4=s^{2}$. To enačbo preoblikujemo $\mathrm{v} p=$
$(s-2)(s+2)$. Ker je $p$ praštevilo, od tod sledi $s-2=1$ in $s+2=p$, saj je $s-2|B C|-|A C|$, sledi $|B C|+|A C|=10201$ in $|B C|-|A C|=1$. Obseg trikotnika je $|A B|+|B C|+|A C|=101+10201=10302$.
III/A3. Označimo težo kroga z $k$, težo trikotnika s $t$, težo manjšega kvadrata z $m$ in težo večjega kvadrata z $v$. Ker sta prvi dve tehtnici uravnoteženi, sledi
$$
\begin{aligned}
5 t+k & =5 m+2 v \\
2 k+v & =2 t+m
\end{aligned}
$$
Prvi enačbi prištejemo dvakratnik druge, da dobimo $5 t+5 k+2 v=7 m+2 v+4 t$ oziroma $t+5 k=7 \mathrm{~m}$. Leva stran zadnje enačbe predstavlja težo na levi strani zadnje tehtnice, zato
moramo na desno stran zadnje tehtnice postaviti 7 manjših kvadratov. Pravilen odgovor je (E).
III/B1. Z upoštevanjem zveze $1=\log _{2} 2$ in formule za vsoto logaritmov $\log _{2} a+\log _{2} b=$ $\log _{2}(a \cdot b)$ enačbo najprej preoblikujemo $\mathrm{v}$
$$
\log _{2}\left(2 \log _{2}(7 x-6)\right)=\log _{2}\left(3 \log _{2}(3 x-2)\right)
$$
Nato uporabimo še zvezo $a \log _{2} b=\log _{2} b^{a}$, da dobimo
$$
\log _{2}\left(\log _{2}(7 x-6)^{2}\right)=\log _{2}\left(\log _{2}(3 x-2)^{3}\right)
$$
Dvakrat antilogatirmiramo, da pridemo do enačbe
$$
(7 x-6)^{2}=(3 x-2)^{3}
$$
Odpravimo oklepaje in enačbo preoblikujemo v
$$
27 x^{3}-103 x^{2}+120 x-44=0
$$
Uganemo, da je ena rešitev te enačbe $x_{1}=1$, in nato $\mathrm{s}$ Hornerjevim algoritmom razcepimo levo stran enačbe
$$
(x-1)\left(27 x^{2}-76 x+44\right)=0 \text {. }
$$
S pomočjo formule za ničle kvadratnega polinoma izračunamo še ostali dve rešitvi $x_{2}=2$ in $x_{3}=\frac{22}{27}$. Za vse vrednosti naredimo preizkus. Ugotovimo, da $x_{3}$ ni rešitev enačbe, saj je $7 x_{3}-6=-\frac{8}{27}<0$ in zato izraz $\log _{2}\left(7 x_{3}-6\right)$ ni definiran. Prav tako tudi $x_{1}$ ni rešitev enačbe, saj je $\log _{2}\left(7 x_{1}-6\right)=0$ in zato izraz $\log _{2}\left(\log _{2}(7 x-6)\right)$ ni definiran. V primeru $x_{2}=2$ pa dobimo $\log _{2}\left(\log _{2} 8\right)+1=\log _{2}\left(\log _{2} 4\right)+\log _{2} 3$, kar drži. Edina rešitev enačbe je torej $x=2$.
Zapis ali uporaba $1=\log _{2} 2$ in pravila za izračun vsote logaritmov. .............. 1 točka
Preob. enačbe v $(7 x-6)^{2}=(3 x-2)^{3}$. ....................................................................................
Preob. enačbe v $27 x^{3}-103^{2}+120 x-11=0$. ....................................... 1 točka
Ugane ničlo $x=1$ ali katero drugo. ...................................................................................................
S preizkusom izloči nepravi rešitvi. . ....................................................................
(Opombe: Če tekmovalec rešitev samo ugane, se mu prizna 1 točka, 1 točka se prizna za uporabo Hornerjevega algoritma (pri ničlah), 1 točka pa se odbije, če tekmovalec ne preveri pogojev, ko deli $z 0$.)
III/B2.
Zrcalne slike oglišč $A, B, C$ in $D$ pri zrcaljenju čez ustrezne diagonale označimo po vrsti z $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}$ in $D^{\prime}$. Naj bo $S$ presečišče diagonal štirikotnika $A B C D$. Pri zrcaljenju čez premico $A C$ se točka $S$ ohranja, daljica $B D$ pa se slika v daljico $B^{\prime} D^{\prime}$, zato točka $S$ leži tudi na daljici $B^{\prime} D^{\prime}$. Poleg tega velja $\left|B^{\prime} S\right|=|B S|$ in $\left|D^{\prime} S\right|=|D S|$. Na enak način ugotovimo, da točka $S$ leži tudi na daljici $A^{\prime} C^{\prime}$ in velja $\left|A^{\prime} S\right|=|A S|$ in $\left|C^{\prime} S\right|=|C S|$.
Ker je štirikotnik $A B C D$ tetiven, velja $\Varangle B A C=\Varangle B D C$ in $\Varangle D B A=\Varangle D C A$. Sledi, da sta si trikotnika $A B S$ in $D C S$ podobna, torej je $\frac{|A S|}{|D S|}=\frac{|B S|}{|C S|}$. Po zgoraj dokazanem zato velja tudi $\frac{\left|A^{\prime} S\right|}{\left|D^{\prime} S\right|}=\frac{\left|B^{\prime} S\right|}{\left|C^{\prime} S\right|}$. Zaradi zrcaljenja je
$$
\Varangle A^{\prime} S D+\Varangle D S A+\Varangle A S D^{\prime}=3 \Varangle D S A .
$$
Zato je $\Varangle A^{\prime} S D^{\prime}=3 \Varangle D S A$, če je $3 \Varangle D S A \leq 360^{\circ}$, oziroma $\Varangle A^{\prime} S D^{\prime}=3 \Varangle D S A-360^{\circ}$, če je $3 \Varangle D S A>360^{\circ}$. Po predpostavki je $\Varangle D S A$ različen od $60^{\circ}$ in $120^{\circ}$, od koder sledi, da je $\Varangle A^{\prime} S D^{\prime}$ različen od $0^{\circ}$ in $180^{\circ}$. To pomeni, da točke $A^{\prime}, S$ in $D^{\prime}$ ne ležijo na isti premici, ampak tvorijo trikotnik. Ker je $\Varangle D^{\prime} S A^{\prime}=\Varangle B^{\prime} S C^{\prime}$, iz enakosti $\frac{\left|A^{\prime} S\right|}{\left|D^{\prime} S\right|}=\frac{\left|B^{\prime} S\right|}{\left|C^{\prime} S\right|}$ sledi, da sta si trikotnika $D^{\prime} A^{\prime} S$ in $C^{\prime} B^{\prime} S$ podobna. V posebnem velja $\Varangle C^{\prime} B^{\prime} S=\Varangle S A^{\prime} D^{\prime}$. Ker je $S$ med $A^{\prime}$ in $C^{\prime}$ ter med $B^{\prime}$ in $D^{\prime}$, sledi
$$
\Varangle C^{\prime} B^{\prime} D^{\prime}=\Varangle C^{\prime} B^{\prime} S=\Varangle S A^{\prime} D^{\prime}=\Varangle C^{\prime} A^{\prime} D^{\prime}
$$
Ker $B^{\prime}$ leži na drugem bregu premice $A^{\prime} C^{\prime}$ kot $D^{\prime}$, to pomeni, da je štirikotnik $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ tetiven.
Ugotovitev, da sta točka in prezrcaljena točka enako oddaljeni od presečišča diagonal $\left(|A S|=\left|A S^{\prime}\right|, \ldots\right)$ 1 točka
Ugotovitev, da sta si trikotnika $A B S$ in $D C S$ podobna oz. da sta si trikotnika $D A S$ in $C B S$ podobna 1 točka
Ugotovitev, da vse štiri prezrcaljene točke ne ležijo na isti premici 1 točka
Ugotovitev, da sta si trikotnika $A^{\prime} B^{\prime} S$ in $D^{\prime} C^{\prime} S$ podobna oz. da sta si trikotnika $D^{\prime} A^{\prime} S$
III/B3. Vžigalice na sliki tvorijo 6 majhnih kvadratov s stranicami dolgimi 1 vžigalico ter 2 večja kvadrata s stranicami dolgimi 2 vžigalici. Osenčimo nekatere majhne kvadrate in oštevilčimo nekatere vžigalice, kot to prikazuje slika.
Ker moramo iz vsakega osenčenega kvadrata odstraniti vsaj eno vžigalico, moramo skupaj odstraniti vsaj 3 vžigalice. Denimo, da zadostuje odstraniti 3 vžigalice. Tedaj mora biti vsaka odstranjena vžigalica stranica natanko 1 osenčenega in 1 neosenčenega majhnega kvadrata, hkrati pa moramo vsakemu majhnemu kvadratu odstraniti natanko 1 stranico. Vžigalic na robu mreže torej ne smemo odstraniti.
Če odstranimo vžigalico 1 , potem vžigalice 2 ne smemo odstraniti. Zato moramo v zgornjem desnem majhnem kvadratu odstraniti vžigalico 5 , v spodnjem desnem majhnem kvadratu pa vžigalice 7 ne smemo odstraniti. To je protislovje, saj tedaj ne odstranimo nobene vžigalice z levega velikega kvadrata. Torej vžigalice 1 ne smemo odstraniti.
Zaradi simetrije lahko podobno pokažemo, da tudi vžigalice 6 ne smemo odstraniti. Toda tedaj ne odstranimo nobene vžigalice z desnega velikega kvadrata, kar je spet protislovje. S tem smo pokazali, da odstraniti 3 vžigalice ne zadostuje. Odstraniti moramo vsaj 4 vžigalice. Da to zadostuje, prikazuje naslednja slika.
Utemeljitev, da moramo odstraniti vsaj tri vžigalice 2 točki
Utemeljitev, da moramo vžigalice z roba mreže pustiti pri miru 2 točki
Utemeljitev, da moramo vžigalico 1 pustiti pri miru 1 točka
Utemeljitev, da moramo odstraniti vsaj štiri vžigalice 1 točka Utemeljitev, da je dovolj odstraniti štiri vžigalice 1 točka
# 61. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 22. april 2017
## Rešitve nalog za 4. letnik
IV/A1. 6-mestno število, ki vsebuje strnjen podniz 2017 je ene od treh oblik: xy2017, $x 2017 y$ ali 2017 $x y$, kjer sta $x$ in $y$ s̆tevki. Hitro opazimo, da nobeno naravno s̆tevilo ne more biti dveh oblik hkrati. Torej moramo le prešteti, koliko števil je posamezne oblike, saj s tem nobenega števila ne bomo šteli dvakrat. Števil oblike $x y 2017$ je $9 \cdot 10=90$, saj $x$ ne sme biti enak 0 . S̆tevil oblike $x 2017 y$ je $9 \cdot 10=90$, števil oblike $2017 x y$ pa $10 \cdot 10=100$. Vseh števil skupaj je $90+90+100=280$.
IV/A2. Označimo drugo število v zaporedju z $a$. Tedaj je zaporedje števil enako $4, a, a+$ $4,2 a+4,3 a+8,5 a+12$. Zadnje število je enako $5 a+12=47$, od koder izračunamo $a=7$. Vsota vseh šestih števil je enaka $S=4+a+(a+4)+(2 a+4)+(3 a+8)+(5 a+12)=$ $12 a+32=12 \cdot 7+32=116$. Pravilen odgovor je (D).
IV/A3. Označimo oglišča kvadrata z $A, B, C$ in $D$, tako da je oglišče $A$ najbližje točki $O_{1}$. Polmer večje krožnice je $R=\frac{a}{2}$, polmer manjše krožnice pa označimo z $r$. Tedaj je $\left|A O_{1}\right|=r \sqrt{2}$, saj je to diagonala majhnega kvadratka s stranico dolžine $r$. Dolžina $|A O|$ je enaka
$$
|A O|=\left|A O_{1}\right|+\left|O_{1} O\right|=r \sqrt{2}+(r+R)=\frac{a}{2}+r(1+\sqrt{2})
$$
Ker pa je $A O$ polovica diagonale osnovnega kvadrata, mora biti $|A O|=\frac{a \sqrt{2}}{2}$. Sledi
$$
\frac{a}{2}+r(1+\sqrt{2})=\frac{a \sqrt{2}}{2}
$$
od koder izrazimo $r=\frac{a(\sqrt{2}-1)}{2(\sqrt{2}+1)}$. Ulomek racionaliziramo, da dobimo
$$
r=\frac{a(\sqrt{2}-1)^{2}}{2}=\frac{3-2 \sqrt{2}}{2} a
$$
Razdaljo $\left|O_{1} B\right|$, ki jo iščemo, dobimo po Pitagorovem izreku, če narišemo pravokotnico iz $O_{1}$ na stranico $A B$
$$
\begin{aligned}
\left|O_{1} B\right|^{2} & =r^{2}+(a-r)^{2}=a^{2}-2 a r+2 r^{2}=a^{2}-(3-2 \sqrt{2}) a^{2}+2 \cdot \frac{(3-2 \sqrt{2})^{2}}{4} a^{2}= \\
& =a^{2}\left(1-3+2 \sqrt{2}+\frac{17-12 \sqrt{2}}{2}\right)=a^{2}\left(\frac{13-8 \sqrt{2}}{2}\right)=\frac{a^{2}}{2}(13-8 \sqrt{2})
\end{aligned}
$$
Sledi $\left|O_{1} B\right|=\frac{a}{\sqrt{2}} \sqrt{13-8 \sqrt{2}}=\frac{a \sqrt{2}}{2} \sqrt{13-8 \sqrt{2}}$.
IV/B1. Pokažimo, da izraz $A$ zavzame natanko vrednosti 0 in vsa naravna števila od vključno 1009 do vključno 2017.
Označimo z $m1009$ ter $A=2017-m \leq 2017$. V tem primeru $A$ ne zavzame nobenih novih števil.
2. način. Ker je $n$ naravno število, je $\left\lfloor\frac{2017}{n}\right\rfloor$ nenegativno celo število, zato je tudi $A$ nenegativno celo število. Za vsako realno število $x$ velja $x-1<\lfloor x\rfloor \leq x$, zato je
$$
2017-n=n\left(\frac{2017}{n}-1\right)0$. Izrazimo vektorje $\overrightarrow{A A^{\prime}}, \overrightarrow{B B^{\prime}}$ in $\overrightarrow{C C^{\prime}}$ z vektorjema $\vec{a}$ in $\vec{b}$.
$\overrightarrow{A A^{\prime}}=k(\alpha \vec{a}+\beta \vec{b})=\vec{a}+\ell(\vec{b}-\vec{a})$ za neki konstanti $k$ in $\ell$, od koder sledi $k \alpha=1-\ell$ in $k \beta=\ell$. Iz teh dveh enačb sledi $k=\frac{1}{\alpha+\beta}$, torej je $\overrightarrow{A A^{\prime}}=\frac{1}{\alpha+\beta}(\alpha \vec{a}+\beta \vec{b})$.
$\overrightarrow{B B^{\prime}}=k(\alpha \vec{a}+\beta \vec{b}-\vec{a})=\ell \vec{b}-\vec{a}$ za neki konstanti $k$ in $\ell$, od koder sledi $k(\alpha-1)=-1$ in $k \beta=\ell$. Torej je $k=\frac{1}{1-\alpha}$ in $\overrightarrow{B B^{\prime}}=\frac{1}{1-\alpha}(\alpha \vec{a}+\beta \vec{b}-\vec{a})$.
$\overrightarrow{C C^{\prime}}=k(\alpha \vec{a}+\beta \vec{b}-\vec{b})=\ell \vec{a}-\vec{b}$ za neki konstanti $k$ in $\ell$, od koder sledi $k \alpha=\ell$ in $k(\beta-1)=-1$. Torej je $k=\frac{1}{1-\beta}$ in $\overrightarrow{C C^{\prime}}=\frac{1}{1-\beta}(\alpha \vec{a}+\beta \vec{b}-\vec{b})$.
Ker lahko z vzporednimi premiki iz daljic $A A^{\prime}, B B^{\prime}$ in $C C^{\prime}$ sestavimo trikotnik, mora veljati $\overrightarrow{A A^{\prime}} \pm \overrightarrow{B B^{\prime}} \pm \overrightarrow{C C^{\prime}}=0$ za neko izbiro predznakov.
Denimo najprej, da je $\overrightarrow{A A^{\prime}}+\overrightarrow{B B^{\prime}}+\overrightarrow{C C^{\prime}}=0$, torej
$$
\frac{1}{\alpha+\beta}(\alpha \vec{a}+\beta \vec{b})+\frac{1}{1-\alpha}(\alpha \vec{a}+\beta \vec{b}-\vec{a})+\frac{1}{1-\beta}(\alpha \vec{a}+\beta \vec{b}-\vec{b})=0
$$
Ker sta vektorja $\vec{a}$ in $\vec{b}$ linearno neodvisna, od tod sledi
$$
\frac{\alpha}{\alpha+\beta}-1+\frac{\alpha}{1-\beta}=0 \quad \text { in } \quad \frac{\beta}{\alpha+\beta}+\frac{\beta}{1-\alpha}-1=0 \text {. }
$$
$\mathrm{V}$ obeh enačbah odpravimo ulomke in ju poenostavimo, da dobimo
$$
\alpha \beta-\beta+\beta^{2}+\alpha^{2}=0 \quad \text { in } \quad \alpha \beta-\alpha+\beta^{2}+\alpha^{2}=0
$$
Od tod sledi $\alpha=\beta$. Če to vstavimo v eno izmed enačb, dobimo $3 \beta^{2}-\beta=0$. Ker je $\beta>0$, mora biti $\beta=\frac{1}{3}$ in $\alpha=\frac{1}{3}$.
Denimo sedaj, da je $\overrightarrow{A A^{\prime}}+\overrightarrow{B B^{\prime}}-\overrightarrow{C C^{\prime}}=0$. Tedaj podobno kot zgoraj dobimo enačbi
$$
\frac{\alpha}{\alpha+\beta}-1-\frac{\alpha}{1-\beta}=0 \quad \text { in } \quad \frac{\beta}{\alpha+\beta}+\frac{\beta}{1-\alpha}+1=0
$$
ki ju preoblikujemo do
$$
\beta^{2}-\alpha^{2}-\alpha \beta-\beta=0 \quad \text { in } \quad \beta^{2}-\alpha^{2}-\alpha \beta+\alpha+2 \beta=0
$$
Od tod sledi $\alpha=-2 \beta$, kar pa je protislovje, saj sta $\alpha$ in $\beta$ pozitivni števili.
Če je $\overrightarrow{A A^{\prime}}-\overrightarrow{B B^{\prime}}+\overrightarrow{C C^{\prime}}=0$, na podoben način dobimo protislovje $\beta=-2 \alpha$.
Če pa je $\overrightarrow{A A^{\prime}}-\overrightarrow{B B^{\prime}}-\overrightarrow{C C^{\prime}}=0$, dobimo enačbi
$$
\frac{\alpha}{\alpha+\beta}+1-\frac{\alpha}{1-\beta}=0 \quad \text { in } \quad \frac{\beta}{\alpha+\beta}-\frac{\beta}{1-\alpha}+1=0
$$
ki ju preoblikujemo do
$$
2 \alpha+\beta-\beta^{2}-\alpha^{2}-3 \alpha \beta=0 \quad \text { in } \quad \alpha+2 \beta-\beta^{2}-\alpha^{2}-3 \alpha \beta=0
$$
Od tod sledi $\alpha=\beta$. Ko to vstavimo v prvi enačbo, dobimo $3 \beta-5 \beta^{2}=0$. Ker je $\beta>0$, mora biti $\beta=\frac{3}{5}$ in $\alpha=\frac{3}{5}$. Toda v tem primeru $P$ leži zunaj trkotnika, saj je $\overrightarrow{A P}=\frac{3}{5}(\vec{a}+\vec{b})$, medtem ko za razpolovišče $M$ stranice $B C$ velja $\overrightarrow{A M}=\frac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b})$.
S tem smo pokazali, da znotraj trikotnika leži največ ena izjemna točka, iz točke (a) pa vemo, da je to težišče trikotnika.
Dokaz, da je težišče posebna točka 2 točki
Zapis $A A^{\prime}, B B^{\prime}, C C^{\prime} \mathbf{z}$ dvema linearno neodvisnima vektorjema 2 točki
Ugotovitev, da obstaja več primerov: $\overrightarrow{A A^{\prime}} \pm \overrightarrow{B B^{\prime}} \pm \overrightarrow{C C^{\prime}}=\overrightarrow{0}$ 1 točka
Obravnavanje zgornjih primerov 1 točka
Zaključni sklep 1 točka
IV/B3. Vžigalice na sliki tvorijo 10 majhnih trikotnikov s stranicami dolgimi 1 vžigalico ter 4 večje trikotnike s stranicami dolgimi 2 vžigalici. Osenčimo nekatere majhne trikotnike in oštevilčimo nekatere vžigalice, kot to prikazuje slika.
Ker moramo iz vsakega osenčenega trikotnika odstraniti vsaj eno vžigalico, moramo skupaj odstraniti vsaj 5 vžigalic. Denimo, da zadostuje odstraniti 5 vžigalic. Tedaj mora biti vsaka odstranjena vžigalica stranica natanko 1 osenčenega in 1 neosenčenega majhnega trikotnika, hkrati pa moramo vsakemu majhnemu trikotniku odstraniti natanko 1 stranico. V zgornjem levem neosenčenem trikotniku moramo zato odstraniti vžigalico 2, v zgornjem desnem neosenčenem trikotniku pa vžigalico 5. Toda potem v sosednjih osenčenih trikotnikih vžigalic 3 in 4 ne smemo odstraniti. Hkrati tudi vžigalice 1 ne smemo odstraniti, saj ni
stranica osenčenega trikotnika. To pa je protislovje, ker neodstranjene vžigalice 1,3 in 4 tvorijo trikotnik. Sledi, da moramo odstraniti vsaj 6 vžigalic. Da to zadostuje, prikazuje naslednja slika.
Točkovnik naloge 4.3
Za vse načine reševanja velja sledeče:
Če tekmovalec/ka zgolj navede rešitev kot število šest in ne poda veljavnega primera (skice) za to rešitev
.0 točk
1. način:
Tekmovalec/ka najde rešitev $z$ odstranitvijo šestih vžigalic in jo predstavi na sliki . . 1 točka
Tekmovalec/ka nadaljuje reševanje naloge tako, da dokazuje, da v primeru ko odstranimo manj kot šest vžigalic ostane vsaj en trikotnik. Nato ugotovi, da je dovolj pokazati, da naloge ne moremo rešiti $z$ odstranitvijo petih vžigalic. Bodisi napiše utemeljitev, da če bi uspeli rešiti nalogo $z$ odstranitvijo manj kot petih vžigalic lahko rešimo nalogo tudi z odstranitvijo petih vžigalic, tako da ostranimo še kakšno vžigalico, bodisi preveri, da naloge ne moremo rešiti z odstranitvijo manj kot petih vžigalic in to ugotovitev obrazloži (napiše, da moramo iz vsakega majhnega trikotnika odstraniti vsaj eno vžigalico, nato zaključi, da ker je vsaka vžigalica stranica največ dveh majhnih trikotnikov moramo odstraniti najmanj pet vžigalic)
1 točka
Tekmovalec/ka utemelji, da bi za rešitev s petimi odstranjenimi vžigalicami morali odstranjevati vžigalice, ki so stranice dveh trikotnikov
2 točki
Tekmovalec/ka utemelji, da je pogoj za tako rešitev, da iz vsakega trikotnika odstranimo natanko eno vžigalico (napiše, da v nasprotnem primeru obstaja trikotnik iz katerega nismo odstranili vžigalice)
1 točka
Tekmovalec/ka navede, katere vžigalice so stranice natanko dveh trikotnikov (ali nariše skico)
Tekmovalec/ka utemelji, da izmed teh vžigalic ni pet takih, ki bi zadoščale zgornjim pogojem (torej, da je v vsakem majhnem trikotniku natanko ena) in zaključi, da se $z$ odstranitvijo petih vžigalic ne da rešiti naloge
1 točka
2. način:
Tekmovalec/ka utemelji, da moramo odstraniti vsaj pet vžigalic (glej 1 . način) 1 točka
Tekmovalec/ka poda sliko osenčenih in neosenčenih trikotnikov in označi stranice .1 točka
Tekmovalec/ka utemelji, da če zadostuje, da odstranimo pet vžigalic, mora tedaj
veljati, da je vsaka odstranjena vžigalica stranica enega osenčenega in enega neosenčenega majhnega trikotnika 1 točka
Tekmovalec/ka utemelji, da mora veljati, da iz vsakega majhnega trikotnika odstra-
Tekmovalec/ka utemeji, da moramo tedaj odstraniti vžigalici 2 in 5. Nato ugotovi, da zaradi zgornjih pogojev ne moremo odstraniti nobene od vžigalic 1,3 in 4 ter zaključi, da zato naloge ne moremo rešiti z odstranitvijo zgolj petih vžigalic ............ 2 točki
Temkmovalec/ka najde rešitev z odstranitvijo šestih vžigalic in jo predstavi na sliki 1 točka
3. način:
Tekmovalec/ka ugotovi, da moramo iz vseh robnih trikotnikov (torej levo spodaj, levo zgoraj, desno spodaj in desno zgoraj) odstraniti vsaj eno vžigalico. Tekmovalec/ka utemelji, da s tem ko jemljemo vžigalice, ki mejijo na še en trikotnik kvečjemu zmanjšamo število vžigalic, ki jih moramo odstraniti. Zato odstranimo slednje ........... 3 točke
Ostaneta nam še dva majhna disjunktna trikotnika. Tekmovalec/ka od tod zaključi, da je najmanjše število vžigalic, ki jih moramo odstraniti, da dosežemo želeno vsaj šest 3 točke
Tekmovalec/ka odstrani še po eno povezavo iz vsakega ostalega majhnega trikotnika ali pa alternativno poda kakšno drugo rešitev z odstranitvijo šestih vžigalic . 1 točka