# 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: 120 minut. V sklopu A bo pravilni odgovor ovrednoten z dvema točkama, medtem ko bomo za nepravilni odgovor pol točke odšteli. Odgovore sklopa A vpiši v levo tabelo.
A1. Vsak izmed kvadratov $A B C D$ in $E F G H$ s stranico dolžine 1 je razdeljen na skladne kvadratke, v katere so včrtani krogi, kot prikazuje slika. Koliko je razmerje ploščin med osenčenim delom kvadrata $A B C D$ in osenčenim delom kvadrata $E F G H$ ?
(A) $\frac{9}{16}$
(B) $\frac{3}{4}$
(C) 1
(D) $\frac{4}{3}$
(E) $\frac{16}{9}$
A2. Za neničelna realna števila $a, b$ in $c$ velja
$$
a=b+2 c, \quad a+c=b+d, \quad b=d+c
$$
Katera enakost je zagotovo pravilna?
(A) $d=2 c$
(B) $a=3 c$
(C) $a=6 c$
(D) $a=b+2 d$
(E) $b=2 a+2 d$
A3. Za naravni števili $m$ in $n$ velja $19 \leq m \leq 49,51 \leq n \leq 101$. Kolikšno največjo vrednost lahko zavzame izraz $\frac{n+m}{n-m}$ ?
(A) 20
(B) 30
(C) 40
(D) 50
(E) 60
B1. Poišči vsa cela števila $x$ in $y$, ki rešijo enačbo
$$
3 x y+2 x+y=12
$$
B2. V trikotniku $A B C$ simetrala kota $\Varangle B A C$ seka stranico $B C$ v točki $D$. Trikotnik $A D C$ je enakokrak z vrhom $D$, velja pa še $|C D|=36$ in $|B D|=64$. Izračunaj dolžine stranic trikotnika $A B C$.
B3. Peter ima doma 111 rdečih in 111 modrih kroglic, ki jih izdeluje Petrov stric. Peter lahko pri stricu vsak dan zamenja 11 rdečih kroglic za 7 modrih ali 20 modrih kroglic za 28 rdečih.
(a) Ali lahko po nekaj dneh Peter skupno število kroglic poveča za 20 ?
(b) Ali lahko po nekaj dneh Peter skupno število kroglic poveča za 33?
(c) Ali lahko po nekaj dneh Peter doseže, da ima modrih kroglic trikrat toliko kot rdečih?
## Naloge za 2. letnik
Čas reševanja: 120 minut. V sklopu A bo pravilni odgovor ovrednoten z dvema točkama, medtem ko bomo za nepravilni odgovor pol točke odšteli. Odgovore sklopa A vpiši v levo tabelo.
A1. Vsak izmed enakostraničnih trikotnikov $A B C$ in $D E F$ s stranico dolžine 1 je razdeljen na skladne enakostranične trikotnike, v katere so včrtani krogi, kot prikazuje slika. Koliko je razmerje ploščin med osenčenim delom trikotnika $A B C$ in osenčenim delom trikotnika $D E F$ ?
(A) $\frac{9}{16}$
(B) $\frac{3}{4}$
(C) 1
(D) $\frac{4}{3}$
(E) $\frac{16}{9}$
A2. Za dolžine $a, b$ in $c$ stranic trikotnika $A B C$ velja $c^{2}=2 a b$ in $a^{2}+c^{2}=3 b^{2}$. Velikosti notranjih kotov trikotnika $A B C$ so
(A) $30^{\circ}, 60^{\circ}$ in $90^{\circ}$.
(B) $45^{\circ}, 60^{\circ}$ in $75^{\circ}$.
(C) $45^{\circ}, 45^{\circ}$ in $90^{\circ}$.
(D) $60^{\circ}, 60^{\circ}$ in $60^{\circ}$.
(E) Nemogoče je določiti.
A3. Včeraj opoldne je bilo razmerje med številom fantov in številom deklet na igrišču $3: 2$. Danes je število fantov na igrišču kvadrat števila deklet, na igrišču pa je 6 fantov in 7 deklet manj kot včeraj opoldne. Koliko otrok je bilo na igrišču včeraj opoldne?
(A) 12
(B) 13
(C) 15
(D) 25
(E) 30
B1. Določi vsa neničelna cela števila $a$, različna od 4 , za katera je vrednost izraza $\frac{a}{a-4}+\frac{2}{a}$ celo število.
B2. Dan je kvadrat $A B C D$ in taki točki $E$ in $F$ zunaj kvadrata, da sta trikotnika $B E C$ in $C F D$ enakostranična. Naj bo $G$ presečišče premic $B E$ in $F D, H$ pa taka točka, da je štirikotnik $C E H F$ romb. Dokaži, da točke $G, E, H$ in $F$ ležijo na isti krožnici.
B3. Dvanajst kroglic je oštevilčeno s števili $1,2,3, \ldots, 12$. Vsako kroglico pobarvamo bodisi rdeče bodisi zeleno tako, da sta izpolnjena pogoja:
(a) če sta kroglici, označeni z različnima številoma $a$ in $b$, pobarvani rdeče in je $a+b<13$, je tudi kroglica, označena s številom $a+b$, pobarvana rdeče;
(b) če sta kroglici, označeni z različnima številoma $a$ in $b$, pobarvani zeleno in je $a+b<13$, je tudi kroglica, označena s številom $a+b$, pobarvana zeleno.
Na koliko načinov lahko pobarvamo kroglice?
## Naloge za 3. letnik
Čas reševanja: 120 minut. V sklopu A bo pravilni odgovor ovrednoten z dvema točkama, medtem ko bomo za nepravilni odgovor pol točke odšteli. Odgovore sklopa A vpiši v levo tabelo.
| B1 | B2 | B3 |
| :--- | :--- | :--- |
| | | |
A1. V enakostranični trikotnik s stranico dolžine 1 so včrtane tri enake krožnice (glej sliko). Koliko meri polmer krožnic?
(A) $\frac{1}{3}$
(B) $\frac{1}{4}$
(C) $\frac{\sqrt{3}}{4}$
(D) $\frac{\sqrt{3}+1}{4}$
(E) $\frac{\sqrt{3}-1}{4}$
A2. Koliko stopinj meri kot $x$, če velja $2 \cos 10^{\circ}+\sin 100^{\circ}+\sin 1000^{\circ}+\sin 10000^{\circ}=\sin x$ in $-90^{\circ} \leq x \leq 90^{\circ}$ ?
(A) -80
(B) -10
(C) 0
(D) 10
(E) 80
A3. Koliko parov $(m, n)$ naravnih števil zadošča pogoju $\frac{3}{m}+\frac{2}{n}=1$ ?
(A) 2
(B) 3
(C) 4
(D) 5
(E) Več kot 5 .
B1. Poišči vsa realna števila $x$, ki rešijo enačbo
$$
\log _{2}(10 x)+\log _{4}(100 x)+\log _{8}(1000 x)-2 \log _{64} x=9
$$
Rezultat zapiši v obliki okrajšanega ulomka.
$$
\text { (6 točk) }
$$
B2. Dan je trikotnik $A B C$ in točke $D$ na stranici $A B, E$ na stranici $B C$ ter $F$ na stranici $A C$, da je premica $C D$ pravokotna na stranico $A B$, premica $D E$ pravokotna na stranico $B C$ in premica $D F$ pravokotna na stranico $A C$. Dokaži, da točke $A, B, E$ in $F$ ležijo na isti krožnici.
(6 točk)
B3. Dvanajst kroglic je oštevilčenih s števili $1,2,3, \ldots, 12$. Vsako kroglico pobarvamo bodisi rdeče bodisi zeleno tako, da sta izpolnjena pogoja:
(a) če sta kroglici, označeni z različnima številoma $a$ in $b$, pobarvani rdeče in je $a+b<13$, je tudi kroglica, označena s številom $a+b$, pobarvana rdeče;
(b) če je kroglica, označena s številom $a$, pobrvana rdeče in kroglica, označena s številom $b$, pobarvana zeleno in je $a+b<13$, je kroglica, označena s številom $a+b$, pobarvana zeleno.
Na koliko načinov lahko pobarvamo kroglice?
## Naloge za 4. letnik
Čas reševanja: 120 minut. V sklopu A bo pravilni odgovor ovrednoten z dvema točkama, medtem ko bomo za nepravilni odgovor pol točke odšteli. Odgovore sklopa A vpiši v levo tabelo.
A1. Kvadrat s stranico dolžine $1 \mathrm{~cm}$ je razdeljen na tri trikotnike. Katera trditev je zagotovo pravilna?
(A) Eden izmed trikotnikov ima obseg enak $2+\sqrt{2} \mathrm{~cm}$.
(B) Eden izmed trikotnikov ima ploščino enako $0.5 \mathrm{~cm}^{2}$.
(C) Dva izmed trikotnikov sta pravokotna.
(D) Noben izmed trikotnikov ni topokoten.
(E) Eden izmed trikotnikov je ostrokoten.
A2. Prvi člen nekega aritmetičnega zaporedja je enak $\frac{1}{3}$, tretji pa $\frac{1}{5}$. Koliko je drugi člen tega zaporedja?
(A) $\frac{1}{4}$
(B) $\frac{4}{15}$
(C) $\frac{5}{24}$
(D) $\frac{7}{30}$
(E) $\frac{2}{9}$
A3. Koliko naravnih števil, manjših od 1000 , ima vsoto števk deljivo s 7 in so večkratniki števila 3 ?
(A) 7
(B) 19
(C) 21
(D) 28
(E) 37
B1. Za realni števili $x$ in $\alpha$ velja
$$
x+\frac{1}{x}=2 \cos \alpha
$$
Dokaži, da za vsako naravno število $n$ velja
$$
x^{n}+\frac{1}{x^{n}}=2 \cos (n \alpha)
$$
(6 točk)
B2. Naj bo $E$ razpolovišče stranice $A B$ pravokotnika $A B C D$ in $F$ tista točka na diagonali $A C$, da je premica $B F$ pravokotna na diagonalo $A C$. Določi razmerje stranic pravokotnika $A B C D$, če je daljica $E F$ pravokotna na diagonalo $B D$.
(6 točk)
B3. V rdeči škatli je dvanajst kroglic, oštevilčenih s številkami od 1 do 12. Jan je nekaj izmed teh kroglic prestavil v zeleno škatlo. Ugotovil je, da za vsaki kroglici v zeleni škatli velja: če sta na teh dveh kroglicah zapisani števili $a$ in $b$, potem je kroglica s številom $|a-b|$ v rdeči škatli. Največ koliko kroglic je Jan prestavil v zeleno škatlo?
## 55. matematično tekmovanje
srednješolcev Slovenije
Regijsko tekmovanje, 30. marec 2011
## Rešitve za 1. letnik
V sklopu A bo pravilni odgovor ovrednoten z dvema točkama, medtem ko bomo za nepravilni odgovor pol točke odšteli. Da bi se izognili morebitnemu negativnemu končnemu dosežku, se vsakemu tekmovalcu prizna začetni 2 točki.
| A1 | A2 | A3 |
| :---: | :---: | :---: |
| C | C | D |
Utemeljitve:
A1. Delež ploščine kvadrata, ki ga pokrije včrtani krog, je $\frac{\pi}{4}$. V kvadratu $A B C D$ ima vsak izmed devetih skladnih kvadratkov osenčen delež ploščine $\frac{\pi}{4}$, zato ima tudi kvadrat $A B C D$ osenčen tak del ploščine. Enako velja v kvadratu $E F G H$. Zato sta razmerji osenčenih ploščin enaki.
A2. Ker je $b=a-2 c$ in $d=b-c=a-3 c$, sledi $a+c=a-2 c+a-3 c$ in $a=6 c$.
A3. Ker je $\frac{n+m}{n-m}=\frac{n-m+2 m}{n-m}=1+2 \frac{m}{n-m}$, bo vrednost največja, ko bo $n-m=2$ in $m=49$. Vrednost bo tedaj enaka 50 .
B1. Enačbo preuredimo do $x(3 y+2)=12-y$. Očitno je $3 y+2 \neq 0$ in deli $12-y$. Torej število $3 y+2$ deli $3(12-y)+(3 y+2)=38$. Ker ima $3 y+2$ ostanek 2 pri deljenju s 3 , imamo štiri možnosti. Število $3 y+2$ je enako $-19,-1,2$ ali 38 . Zaporedoma dobimo, da je število $y$ enako $-7,-1,0$ ali 12 , in nato še, da je število $x$ enako $-1,-13,6$ ali 0 . Rešitve za $(x, y)$ so $(-1,-7),(-13,-1),(6,0)$ in $(0,12)$.
Zapis ene izmed enačb $x(3 y+2)=12-y$ ali $y(3 x+1)=12-2 x$ oziroma izražava
Sklep, da $3 y+2$ deli $12-y$ (ali $3 x+1$ deli $12-2 x$ ali ocena $|3 y+2| \leq|12-y|$ ali ocena $|3 x+1| \leq|12-2 x|$ ).................................................................. Utemeljitev, da ostane le končno možnosti in zapis vseh teh možnosti . . 2 točki Vse zapisane rešitve $(-1,-7),(-13,-1),(6,0)$ in $(0,12) \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . .$. (Če tekmovalec zapiše 2 ali 3 rešitve, priznajte 1 točko.)
B2. Očitno je $|B C|=100$. Izračunajmo še dolžini ostalih stranic. Ker je $\Varangle B A D=\Varangle D A C=$ $\Varangle A C B$, sta si trikotnika $A B D$ in $C B A$ podobna. Torej je $\frac{|A C|}{|A D|}=\frac{|A B|}{|B D|}=\frac{|B C|}{|A B|}$. Iz druge enakosti dobimo $|A B|=\sqrt{|B D| \cdot|B C|}=\sqrt{64 \cdot 100}=80$. Iz prve enakosti pa potem sledi $|A C|=\frac{|A D| \cdot|A B|}{|B D|}=\frac{36 \cdot 80}{64}=45$.
Izračun $|B C|=100$ ..... 1 točka
Trikotnika $A B D$ in $C B A$ sta si podobna ..... 2 točki
Zapis razmerja $\frac{|A B|}{|B D|}=\frac{|B C|}{|A B|}$ ..... 1 točka
Izračun $|A B|=80$. ..... 1 točka
Zapis razmerja $\frac{|A B|}{|B D|}=\frac{|A C|}{|A D|}$ in izračun $|A C|=45$ ..... 1 točka
B3. (a) Peter lahko skupno število kroglic poveča za 20. Najprej trikrat 20 modrih kroglic zamenja za 28 rdečih kroglic. Po tem ima $111-60=51$ modrih kroglic ter $111+$ $3 \cdot 28=111+84=195$ rdečih. Nato 11 rdečih zamenja za 7 modrih. Tedaj ima 184 rdečih in 58 modrih kroglic, skupaj 242 , kar je za 20 več od 222 .
Zapis menjav, s katerimi Peter skupno število kroglic poveča za $20 . .2$ točki
(b) Pri menjavi 11 rdečih kroglic za 7 modrih se skupno število kroglic zmanjša za 4. Pri menjavi 20 modrih kroglic za 28 rdečih se skupno število kroglic poveča za 8. Na začetku ima sodo mnogo kroglic, zato jih bo imel sodo mnogo tudi po vsaki menjavi. Zato skupnega števila ne more povečati za 33 , saj je to število liho.
Ugotovitev, da se pri obeh menjavah skupno število kroglic spremeni za
(Ta točka se prizna tudi v primeru, ko je ugotovljeno, da se skupno število kroglic spremeninja za večkratnik števila 4.) Utemeljitev, da Peter števila kroglic ne more povečati za 33
1 točka
(c) Denimo, da Peter to lahko doseže. Naj bo $x$ število rdečih kroglic. Modrih kroglic je tedaj $3 x$, vseh pa $4 x$. Po vsaki menjavi se število kroglic poveča ali zmanjša za večkratnik števila 4. Ker je imel Peter na začetku 222 kroglic, lahko dosega le števila oblike $222+4 k$. Enačba $222+4 k=4 x$ nima rešitev, saj število $222 \mathrm{ni}$ deljivo s 4. Zato Peter ne more doseči, da bi bilo modrih kroglic trikrat toliko kot rdečih.
Ugotovitev, da se pri obeh menjavah skupno število kroglic spremeni za večkratnik števila 4 ali ugotovitev, da je v primeru, ko je modrih kroglic trikrat toliko kot rdečih, skupno število kroglic deljivo s 4 1 točka Uporaba deljivosti s 4 za zaključek, da Peter ne more doseči, da bi bilo modrih kroglic trikrat toliko kot rdečih 1 točka
## Rešitve za 2. letnik
V sklopu A bo pravilni odgovor ovrednoten z dvema točkama, medtem ko bomo za nepravilni odgovor pol točke odšteli. Da bi se izognili morebitnemu negativnemu končnemu dosežku, se vsakemu tekmovalcu prizna začetni 2 točki.
| $\mathrm{A} 1$ | $\mathrm{~A} 2$ | $\mathrm{~A} 3$ |
| :---: | :---: | :---: |
| $\mathrm{C}$ | $\mathrm{C}$ | $\mathrm{D}$ |
Utemeljitve:
A1. Delež ploščine trikotnika, ki ga pokrije včrtani krog, je $\frac{\pi \sqrt{3}}{9}$. V trikotniku $A B C$ ima vsak izmed devetih skladnih trikotnikov osenčen delež ploščine $\frac{\pi \sqrt{3}}{9}$, zato ima tudi trikotnik $A B C$ osenčen tak del ploščine. Enako velja v trikotniku $D E F$. Zato sta razmerji osenčenih ploščin enaki.
A2. Iz $c^{2}=2 a b$ in $a^{2}+c^{2}=3 b^{2}$ sledi $a^{2}+2 a b=3 b^{2}$ oziroma $(a+b)^{2}=4 b^{2}$. Od tod dobimo $(a+b-2 b)(a+b+2 b)=0$. Ker sta $a$ in $b$ pozitivni števili, je edina možnost $a=b$. Tedaj je $c^{2}=2 a^{2}=a^{2}+b^{2}$. Trikotnik je tako enakokrak in pravokotni, zato so velikosti notranjih kotov $45^{\circ}, 45^{\circ}$ in $90^{\circ}$.
A3. Včeraj je bilo na igrišču $3 t$ fantov in $2 t$ deklet. Danes je na igrišču $3 t-6$ fantov in $2 t-7$ deklet. Iz zveze $3 t-6=(2 t-7)^{2}$ sledi $4 t^{2}-31 t+55=0$ oziroma $t_{1,2}=\frac{31 \pm \sqrt{81}}{8}$. Edina možnost je $t=5$, saj je $t$ celo število. Včeraj je bilo na igrišču $3 t=15$ fantov in $2 t=10$ deklet, torej 25 otrok.
2. način Naj $f$ in $d$ označujeta števili fantov in deklet na igrišču včeraj opoldne. Velja $\frac{f}{d}=\frac{3}{2}$ oziroma $f=\frac{3 d}{2}$. Danes je na igrišču $f-6$ fantov in $d-7$ deklet ter velja $f-6=(d-7)^{2}$. Če vstavimo $f=\frac{3 d}{2}$ dobimo $2 d^{2}-31 d+110=0$ oziroma
$$
d_{1,2}=\frac{31 \pm \sqrt{31^{2}-880}}{4}=\frac{31 \pm 9}{4}
$$
Edina možnost je $d=10$, saj je $d$ celo število. Tedaj je $f=15$. Včeraj opoldne je bilo na igrišču 25 otrok.
B1. Če je $\frac{a}{a-4}+\frac{2}{a}=\frac{a^{2}+2 a-8}{a(a-4)}$ celo število, je $a(a-4)$ delitelj $a^{2}+2 a-8$. Zato $a$ deli $a^{2}+2 a-8$, torej $a$ deli 8 . Vsi celoštevilski delitelji števila 8 , različni od 4 , so $1,2,8,-1,-2,-4$ in -8 . Preverimo teh sedem možnosti in ugotovimo, da je vrednost izraza celo število le pri $a=2$ in $a=-4$.[^0]
B2. Ker je štirikotnik $A B C D$ kvadrat, trikotnika $B E C$ in $C F D$ pa sta enakostranična, je $|C E|=|C B|=|C D|=|C F|$. Trikotnik $F C E$ je tako enakokrak in velja
$$
\begin{aligned}
\Varangle E C F & =2 \pi-\Varangle F C D-\Varangle D C B-\Varangle B C E \\
& =2 \pi-\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{3}=\frac{5 \pi}{6}
\end{aligned}
$$
Zato je $\Varangle C E F=\frac{\pi}{12}$ in $\Varangle E F C=\frac{\pi}{12}$. Ker je štirikotnik $C E H F$ romb, velja še $\Varangle F E H=$ $\Varangle H F E=\frac{\pi}{12}$. Tedaj je $\Varangle B E H=\frac{\pi}{3}+2 \cdot \frac{\pi}{12}=\frac{\pi}{2}$ in prav tako $\Varangle D F H=\frac{\pi}{2}$. V štirikotniku $G E H F$ velja $\Varangle G E H+\Varangle H F G=\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}=\pi$, zato točke $G, E, H$ in $F$ ležijo na isti krožnici.
Ugotovitev, da je trikotnik $F C E$ enakokrak 1 točka
Izračun $\Varangle C E F=\frac{\pi}{12}$ ali $\Varangle E C F=\frac{\pi}{12} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots$ točka
Izračun $\Varangle B E H=\frac{\pi}{2}$ ali $\Varangle D F H=\frac{\pi}{2} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Ugotovitev, da je $\Varangle G E H+\Varangle H F G=\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}=\pi$ in zaključek, da točke $G, E, H$ in
$F$ ležijo na isti krožnici.
1 točka
B3. Predpostavimo, da je kroglica 1 rdeče barve. Če je tudi kroglica 2 rdeče barve, so rdeče še $1+2=3,1+3=4, \ldots, 1+11=12$. Torej so vse kroglice rdeče.
Če je kroglica 2 zelene barve, spet ločimo dve možnosti. V kolikor je kroglica 3 rdeče barve, so rdeče barve tudi $1+3=4,1+4=5, \ldots, 1+11=12$, torej vse ostale kroglice. Če pa je kroglica 3 zelene barve, je tudi $2+3=5$ zelene barve. Ker je $1+4=5$ in je kroglica 5 zelene barve, 1 pa rdeče, kroglica 4 ne more biti rdeče barve, torej je zelene. Potem pa so zelene tudi kroglice s števili $4+2=6,5+2=7,6+2=8, \ldots, 9+2=11$, $10+2=12$, torej vse ostale.
Dobili smo tri možnosti. Če zamenjamo vlogi zelene in rdeče barve, dobimo še 3 barvanja. Vseh načinov je 6 in sicer: vse kroglice so rdeče, vse kroglice so zelene, vse
kroglice razen kroglice 1 so zelene, vse kroglice razen kroglice 1 so rdeče, vse kroglice razen kroglice 2 so rdeče in vse kroglice razen kroglice 2 so zelene barve.
Vseh 6 pravilnih barvanj 4 točke (Če tekmovalec ne navede vseh rešitev, priznajte 1 točko za prvo najdeno barvanje, 2 točki za 2 ali 3 barvanja, 3 točke za 4 ali 5 barvanj.) Razčlenitev primerov ali utemeljitev, iz katere je razvidno, da poleg zapisanih šestih barvanj drugih pravilnih barvanj ni 2 točki
## Rešitve za 3. letnik
V sklopu A bo pravilni odgovor ovrednoten z dvema točkama, medtem ko bomo za nepravilni odgovor pol točke odšteli. Da bi se izognili morebitnemu negativnemu končnemu dosežku, se vsakemu tekmovalcu prizna začetni 2 točki.
| A1 | A2 | A3 |
| :---: | :---: | :---: |
| E | E | C |
## Utemeljitve:
A1. Če označimo polmere krožnic $\mathbf{z} r$, velja $r \sqrt{3}+2 r+r \sqrt{3}=1$. Sledi $r=\frac{1}{2(1+\sqrt{3})}=\frac{\sqrt{3}-1}{4}$.
A2. Ker je $2 \cos 10^{\circ}+\sin 100^{\circ}+\sin 1000^{\circ}+\sin 10000^{\circ}=2 \cos 10^{\circ}+\sin 80^{\circ}-\sin 80^{\circ}-\sin 80^{\circ}=$ $\sin 80^{\circ}$, sledi $x=80^{\circ}$.
A3. Jasno je $m>3$ in $n>2$. Ker $\mathbf{z}$ naraščajočim $m$ število $n$ pada, vidimo, da so možne le rešitve $(m, n) \in\{(4,8),(5,5),(6,4),(9,3)\}$.
B1. Enačbo preoblikujemo
$$
\begin{aligned}
9 & =\log _{2}(10 x)+\log _{4}(100 x)+\log _{8}(1000 x)-2 \log _{64} x \\
& =\log _{2}(10 x)+\frac{\log (100 x)}{\log 4}+\frac{\log (1000 x)}{\log 8}-\frac{2 \log x}{\log 64}= \\
& =\log _{2}(10 x)+\frac{\log (100 x)}{2 \log 2}+\frac{\log (1000 x)}{3 \log 2}-\frac{2 \log x}{6 \log 2}= \\
& =\log _{2}(10 x)+\frac{1}{2} \log _{2}(100 x)+\frac{1}{3} \log _{2}(1000 x)-\frac{1}{3} \log _{2} x= \\
& =\log _{2}(10 x)+\log _{2}(\sqrt{100 x})+\log _{2}(\sqrt[3]{1000 x})-\log _{2} \sqrt[3]{x}= \\
& =\log _{2}\left(\frac{10 x \cdot \sqrt{100 x} \cdot \sqrt[3]{1000 x}}{\sqrt[3]{x}}\right) \\
& =\log _{2}\left(1000 \sqrt{x^{3}}\right),
\end{aligned}
$$
od koder sledi $1000 \sqrt{x^{3}}=2^{9}$ oziroma $x=\left(\frac{2^{9}}{10^{3}}\right)^{\frac{2}{3}}=\frac{16}{25}$.
Zapis logaritmov z osnovami 4,8 in $64 \mathbf{v}$ obliki kvocientov logaritmov z osnovo $\qquad$
Upoštevanje $\log 4=2 \log 2$, $\log 8=3 \log 2$ in $\log 64=6 \log 2$ ..... 1 točka
Zapis enačbe, v kateri so vsi lograitmi z osnovo 2 ..... 1 točka
Upoštevanje, da je vsota logaritmov enaka logaritmu produkta ..... 1 točka
Enačba $9=\log _{2}\left(1000 \sqrt{x^{3}}\right)$ ..... 1 točka
Odgovor $x=\frac{16}{25}$ ..... 1 točka
2. način Levo stran lahko preoblikujemo
$$
\begin{aligned}
& \log _{2}(10 x)+\log _{4}(100 x)+\log _{8}(1000 x)-2 \log _{64} x= \\
& =\frac{\log (10 x)}{\log 2}+\frac{\log (100 x)}{\log 4}+\frac{\log (1000 x)}{\log 8}-\frac{2 \log x}{\log 64}= \\
& =\frac{\log 10+\log x}{\log 2}+\frac{\log 100+\log x}{\log 2^{2}}+\frac{\log 1000+\log x}{\log 2^{3}}-\frac{2 \log x}{\log 2^{6}}= \\
& =\frac{1+\log x}{\log 2}+\frac{2+\log x}{2 \log 2}+\frac{3+\log x}{3 \log 2}-\frac{2 \log x}{6 \log 2}= \\
& =\frac{1}{\log 2}\left((1+1+1)+\log x\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{3}\right)\right)= \\
& =\frac{3+\frac{3}{2} \log x}{\log 2}=\frac{6+3 \log x}{2 \log 2}
\end{aligned}
$$
Torej imamo enačbo
$$
\frac{6+3 \log x}{2 \log 2}=9
$$
Od tod lahko izrazimo $\log x=\frac{1}{3}(18 \log 2-6)=6 \log 2-2$, torej je
$$
x=10^{6 \log 2-2}=\frac{\left(10^{\log 2}\right)^{6}}{10^{2}}=\frac{2^{6}}{2^{2} \cdot 5^{2}}=\frac{2^{4}}{5^{2}}=\frac{16}{25}
$$
Zapis enačbe, v kateri so vsi logaritmi z osnovo 10 ..... 1 točka
Upoštevanje, da je logaritem produkta enak vsoti logaritmov ..... 1 točka
dotfill 1 točka
Upoštevanje $\log 4=2 \log 2, \log 8=3 \log 2$ in $\log 64=6 \log 2$ ..... 1 točka
Zapis enačb, $\mathbf{v}$ kateri nastopajo le logaritmi $\log x$ in $\log 2$ ..... 1 točka
Enačba $\frac{6+3 \log x}{2 \log 2}=9$ ..... 1 točka
Odgovor $x=\frac{16}{25}$ ..... 1 točka
B2. Označimo $\Varangle B A C=\alpha$. Ker leži točka $D$ na daljici $A B$, kota $\Varangle B A C$ in $\Varangle C B A$ nista topa. Če točka $D$ sovpada z $A$ ali $B$ je trditev očitna. V nadaljevanju zato privzemimo, da leži točka znotraj daljice $A B$.
Tedaj je $\Varangle F D A=\frac{\pi}{2}-\alpha$ in $\Varangle F D C=\frac{\pi}{2}-\Varangle F D A=\alpha$. V štirikotniku $D E C F$ velja $\Varangle D E C+\Varangle C F D=\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}=\pi$, zato je tetiven. Od tod sledi $\Varangle C E F=\Varangle C D F=\alpha$. Torej je $\Varangle F E B=\pi-\Varangle F E C=\pi-\alpha$, zato velja $\Varangle B A F+\Varangle F E B=\alpha+\pi-\alpha=\pi$. Štirikotnik $A B E F$ je zato tetiven.
Velja $\Varangle F D A=\frac{\pi}{2}-\Varangle B A C$ ..... 1 točka
Velja $\Varangle C D F=\Varangle B A C$ ..... 1 točka
Tetivnost štirikotnika $D E C F$ ..... 2 točki
Sklep $\Varangle C E F=\Varangle C D F$ ..... 1 točka
Ugotovitev $\Varangle B A F+\Varangle F E B=\pi$ in tetivnost štirikotnika $A B E F$ ..... 1 točka
B3. Očitno ustrezajo vsa barvanja, v katerih je največ ena kroglica rdeča. Denimo, da sta rdeči vsaj dve kroglici. Naj bosta $a2$, je zelena kroglica 2 in po pravilu b) dobimo, da je tudi kroglica 3 zelena. $\mathrm{Z}$ večkratno uporabo pravila b) sklepamo, da so vse ostale kroglice zelene, kar je $\mathrm{v}$ nasprotju s predpostavko, da sta vsaj dve kroglici rdeči.
Naj bo $a>1$. Kroglice $1,2, \ldots, a-1$ so zelene. Po pravilu b) so zelene tudi $a+1, a+$ $2, \ldots, a+(a-1)=2 a-1$. Če je kroglica $2 a$ zelena, so po pravilu b) zelene tudi $a+(a+1)=2 a+1, \ldots, a+(2 a-1)=3 a-1, a+2 a=3 a$. Z uporabo pravila b) nadaljujemo in ugotovimo, da nobena kroglica ne more biti rdeča. Od tod sledi, da je kroglica $2 a$ rdeča. Po pravilu b) za tista izmed števil $2 a+1,2 a+2, \ldots, 3 a-1$, ki so manjša od 13, velja, da so kroglice s temi števili zelene. Če je $3 a<13$ po pravilu a) sledi, da je kroglica $3 a$ rdeča. $\mathrm{S}$ tem sklepom nadaljujemo in ugotovimo, da so rdeče natanko tiste kroglice, ki so večkratniki števila $a$. Ker sta rdeči kroglici vsaj dve, je $2 a \leq 12$, torej $a \leq 6$.
Ugotovili smo, da so možna naslednja barvanja
- vse kroglice so zelene,
- natanko ena kroglica je rdeča (teh barvanj je 12),
- rdeče so kroglice s števili, ki so večkratniki števila $a \leq 6$ (možnosti za izbiro $a$ je 6 ).
Vseh barvanj je 19 .
Navedeno, da ustrezajo vsa barvanja z največ eno rdečo kroglico . . . . . . 1 točka Če je kroglica 1 rdeča, utemeljitev, da so vse ostale kroglice bodisi rdeče bodisi zelene 1 točka V primeru vsaj dveh rdečih kroglic je drugo najmanjše število na rdeči kroglici večkratnik najmanjšega 1 točka Če sta rdeči kroglici vsaj dve, so števila na rdečih kroglicah večkratniki nekega
## Rešitve za 4. letnik
V sklopu A bo pravilni odgovor ovrednoten z dvema točkama, medtem ko bomo za nepravilni odgovor pol točke odšteli. Da bi se izognili morebitnemu negativnemu končnemu dosežku, se vsakemu tekmovalcu prizna začetni 2 točki.
| A1 | A2 | A3 |
| :---: | :---: | :---: |
| B | B | D |
## Utemeljitve:
A1. Imamo le tri bistveno različne načine, kako lahko kvadrat razdelimo na tri trikotnike: T eden od rezov poteka po diagonali, drugi pa od oglišča do točke na stranici, $y$ eden od rezov poteka po diagonali, drugi pa od oglišča do diagonale, $\qquad$ oba reza potekata od oglišča do skupne točke na stranici.
Opazimo, da ima v vseh treh primerih večji izmed trikotnikov ploščino $0.5 \mathrm{~cm}^{2}$. Protiprimeri za trditve $A, C, D$ in $E$ so zaporedoma
A2. Drugi člen aritmetičnega zaporedja je $a_{2}=\frac{1}{2}\left(a_{1}+a_{3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{5}\right)=\frac{4}{15}$.
A3. Večkratniki števila 3 imajo vsoto števk deljivo s 3 . Vsota števk iskanih števil je tako deljiva z 21. Ker je vsota števk vsakega števila, manjšega od 1000, manjša ali enaka $9+9+9=27$, vsota števk iskanih števil pa je večkratnik 21 , je edina možnost, da je ta vsota enaka 21.
Najmanjša števka je vsaj $21-18=3$ in največ $\frac{21}{3}=7$. Vse možnosti za števke predstavljajo trojice $(3,9,9),(4,8,9),(5,7,9),(5,8,8),(6,6,9),(6,7,8)$ in $(7,7,7)$. Trojica s tremi različnimi števkami določa šest možnih števil, trojica z dvema enakima števkama tri možna števila in trojica $(7,7,7)$ eno število. Vseh takih števil je $3 \cdot 6+3 \cdot 3+1=28$.
B1. Obravnavajmo najprej primer $x>0$. Ker velja $(x-1)^{2} \geq 0$ oziroma $x^{2}+1 \geq 2 x$, po deljenju z $x$ dobimo
$$
x+\frac{1}{x} \geq 2 \geq 2 \cos \alpha=x+\frac{1}{x}
$$
Zato mora biti $\cos \alpha=1$ in $x+1 / x=2$. Torej je $x=1$. Od tod sledi $x^{n}+1 / x^{n}=1+1=$ $2=\cos (n \alpha)$. Če je $x<0$, iz podobnega razmisleka za $(x+1)^{2} \geq 0$ sledi $x=-1$ in $\cos \alpha=-1$, od tod $x^{n}+1 / x^{n}=2(-1)^{n}=2 \cos (n \alpha)$.
Uporaba ene izmed ocen $x+\frac{1}{x} \geq 2$ (v primeru $x>0$ ) ali $x+\frac{1}{x} \leq-2$ (v primeru $x<0$ ) 2 točki
Uporaba druge izmed ocen $x+\frac{1}{x} \geq 2$ (v primeru $x>0$ ) ali $x+\frac{1}{x} \leq-2$ (v primeru $x<0$ ) 1 točka
Sklep $x=1$ v primeru $x>0$ 1 točka
Sklep $x=-1$ v primeru $x<0$ 1 točka
Zaključek, da formula $x^{n}+1 / x^{n}=2 \cos (n \alpha)$ velja 1 točka
2. način Iz enačbe sledi $x^{2}-2 x \cos \alpha+1=0$ oziroma
$$
x_{1,2}=\frac{2 \cos \alpha \pm \sqrt{4 \cos ^{2} \alpha-4}}{2}=\cos \alpha \pm \sqrt{\cos ^{2} \alpha-1}
$$
Diskriminanta mora biti nenegativna, zato velja $\cos ^{2} \alpha \geq 1$, kar je možno le, kadar je $\cos ^{2} \alpha=1$. Če je $\cos \alpha=1$, sledi $x=1$, pri $\cos \alpha=-1$ pa $x=-1$. V obeh primerih velja $x^{n}+1 / x^{n}=2(-1)^{n}=2 \cos (n \alpha)$.
Izražava rešitev kvadratne enačbe .................................................................................................
Sklep, da je diskriminanta nenegativna .............................................................................................
Zaključek, da formula $x^{n}+1 / x^{n}=2 \cos (n \alpha)$ velja............................................
3. način Nalogo dokažimo z indukcijo na $n$. Za $n=1$ enakost $x+\frac{1}{x}=2 \cos \alpha$ drži po predpostavki naloge. Za $n=2$ zahtevana enakost tudi drži, saj je
$$
x^{2}+\frac{1}{x^{2}}=\left(x+\frac{1}{x}\right)^{2}-2=(2 \cos \alpha)^{2}-2=4 \cos ^{2} \alpha-2=2\left(2 \cos ^{2} \alpha-1\right)=2 \cos 2 \alpha
$$
Predpostavimo zdaj, da za nek $n$ veljata enakosti $x^{n}+\frac{1}{x^{n}}=2 \cos (n \alpha)$ in $x^{n-1}+\frac{1}{x^{n-1}}=$ $2 \cos ((n-1) \alpha)$. Z uporabo te indukcijske predpostavke in znanih formul za produkte kotnih funkcij dobimo
$$
\begin{aligned}
x^{n+1}+\frac{1}{x^{n+1}} & =\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(x^{n}+\frac{1}{x^{n}}\right)-\left(x^{n-1}+\frac{1}{x^{n-1}}\right) \\
& =4 \cos \alpha \cos n \alpha-2 \cos (n-1) \alpha \\
& =2(\cos (n+1) \alpha+\cos (n-1) \alpha)-2 \cos (n-1) \alpha \\
& =2 \cos (n+1) \alpha
\end{aligned}
$$
Jasno zapisano, da gre za dokaz z indukcijo........................................................................
B2. Označimo $\Varangle B A C=\alpha$. Trikotnik $A B F$ je pravokotni in točka $E$ je razpolovišče hipotenuze, zato je središče trikotniku $A B F$ očrtane krožnice in velja $|A E|=|B E|=|F E|$. Torej je $\Varangle A F E=\Varangle E A F=\alpha$, zato je $\Varangle E F B=\frac{\pi}{2}-\Varangle A F E=\frac{\pi}{2}-\alpha$, od koder sledi $\Varangle F B D=\frac{\pi}{2}-\Varangle E F B=\alpha$. Velja še $\Varangle A C B=\frac{\pi}{2}-\alpha$, zato je $\Varangle C B F=\alpha$. Prav tako je $\Varangle D B A=\Varangle B A C=\alpha$. Dobili smo $\frac{\pi}{2}=\Varangle C B A=\Varangle D B A+\Varangle F B D+\Varangle C B F=3 \alpha$, od koder sledi $\alpha=\frac{\pi}{6}$. Trikotnik $A B C$ je polovica enakostraničnega, zato je $\frac{|A B|}{|B C|}=\sqrt{3}$.
Velja $\Varangle B A C=\Varangle D B A$ ..... 1 točka
Velja $\Varangle B A C=\Varangle C B F$ ..... 1 točka
Sklep $|A E|=|F E|$ ali $|B E|=|E F|$ ..... 1 točka
Ugotovitev $\Varangle E A F=\Varangle A F E$ ..... 1 točka
Ugotovitev $\Varangle F B D=\Varangle B A C$ ..... 1 točka
Izračun $\Varangle B A C=\frac{\pi}{6}$ in zaključek $\frac{|A B|}{|B C|}=\sqrt{3}$ ..... 1 točka
2. način Označimo $|A B|=a$ in $|B C|=b$ in naj bo $T$ presečišče premic $B D$ in $E F, S$ pa presečišče diagonal. Po Pitagorovem izreku je $|A C|=\sqrt{a^{2}+b^{2}}$. Trikotnika $A B C$ in $A F B$ se ujemata v velikosti skupnega ostrega kota in sta oba pravokotna, zato sta si podobna. Sledi $\frac{|A B|}{|A C|}=\frac{|A F|}{|A B|}$, od koder izpeljemo $|A F|=\frac{a^{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$. Od tod sledi še $|F C|=|A C|-|A F|=\frac{b^{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$.
Po Pitagorovem izreku v trikotniku $B C F$ sledi $|B F|=\sqrt{|B C|^{2}-|C F|^{2}}=\frac{a b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$.
Ker je $\Varangle C A B=\Varangle D B A$, sta si tudi pravokotna trikotnika $A B C$ in $B T E$ podobna. Zato je $\frac{|A B|}{|A C|}=\frac{|B T|}{|B E|}$ in zaradi $|B E|=\frac{|A B|}{2}$ lahko izrazimo $|B T|=\frac{a^{2}}{2 \sqrt{a^{2}+b^{2}}}$.
Po Pitagorovem izreku v trikotniku $B F T$ sledi $|F T|^{2}=|B F|^{2}-|B T|^{2}=\frac{a^{2}\left(4 b^{2}-a^{2}\right)}{4\left(a^{2}+b^{2}\right)}$. Velja še Pitagorov izrek za trikotnik $S F T$ in sicer $|T S|^{2}+|T F|^{2}=|S F|^{2}$. Ker je $|S F|=$ $|A F|-\frac{|A C|}{2}\left(\right.$ ali $|S F|=\frac{|A C|}{2}-|A F|$, če je $F$ med $A$ in $S$ ) in $|T S|=\frac{1}{2}|B D|-|B T|$, od tod izpeljemo
$$
\frac{b^{4}}{4\left(a^{2}+b^{2}\right)}+\frac{a^{2}\left(4 b^{2}-a^{2}\right)}{4\left(a^{2}+b^{2}\right)}=\frac{\left(a^{2}-b^{2}\right)^{2}}{4\left(a^{2}+b^{2}\right)}
$$
oziroma $2 a^{4}-6 a^{2} b^{2}=0$. Od tod sledi $2 a^{2}\left(a^{2}-3 b^{2}\right)=0$. Ker sta $a$ in $b$ pozitivni števili, je edina možnost $a=\sqrt{3} b$.
Izpeljava $|A F|=\frac{a^{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$ 1 točka
Izpeljava $|F C|=\frac{b^{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$ 1 točka
Izpeljava $|B F|=\frac{a b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$
1 točka
Izračunano $|B T|=\frac{a^{2}}{2 \sqrt{a^{2}+b^{2}}}$
Uporaba Pitagorovega izreka v trikotnikih $B F T$ in $S F T$ 1 točka Izpeljava enačbe $2 a^{4}-6 a^{2} b^{2}=0$ in zaključek $\frac{|A B|}{|B C|}=\sqrt{3}$
B3. Jan je lahko prestavil 6 kroglic. Če je izbral vse kroglice z lihimi števili, je razlika števil na poljubnih dveh kroglicah sodo število, ki ni zapisano na nobeni kroglici v zeleni škatli.
Denimo, da je Jan prestavil vsaj 7 kroglic. Naj bodo števila na sedmih kroglicah $\mathrm{v}$ zeleni škatli $a_{1}