# 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.
## 60. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 16. april 2016
## 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. Jure je na ravnini risal po 4 različne premice v različnih položajih in z $n$ označil število presečišč premic v posamezni legi. S katero množico so podane natanko vse možne vrednosti števila $n$ ?
(A) $\{0,2,3,4,5,6\}$
(B) $\{0,1,3,4,5,6\}$
(C) $\{0,1,3,4,6\}$
(D) $\{1,3,4,5,6\}$
(E) $\{0,1,2,3,4,6\}$
A2. Vrednost izraza $10^{2016}-10^{15}$ je naravno število. Koliko je vsota števk tega naravnega števila?
(A) 1
(B) 17
(C) 2001
(D) 18000
(E) 18009
A3. Za neničelni realni števili $a$ in $b, a \neq-1$ in $b \neq-1$, velja $\frac{a}{b+1}+\frac{b}{a+1}=1$. Katera trditev o izrazu $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-\frac{1}{a b}$ je pravilna?
(A) Izraz lahko zavzame poljubno vrednost z intervala $(0,1]$.
(B) Izraz lahko zavzame poljubno vrednost $\mathrm{z}$ intervala $[1,2)$.
(C) Vrednost izraza je 1.
(D) Vrednost izraza je 2.
(E) O vrednosti izraza ne moremo povedati ničesar.
B1. Poišči vse pare tujih celih števil $x$ in $y$, ki rešijo enačbo
$$
4 x^{3}+y^{3}=3 x y^{2}
$$
B2. Za trikotnik $A B C$ velja $|A B|=2|A C|, D$ pa je taka točka na poltraku $C A$, da velja $|C D|=$ $3|A C|$. Dokaži, da pravokotnica iz točke $C$ na premico $B D$ razpolavlja daljico $A B$.
B3. Naj bo $n \geq 2$ naravno število. Maja in Peter želita vsako polje tabele velikosti $n \times n$ pobarvati bodisi črno bodisi modro, tako da bosta izmed poljubnih štirih polj, ki jih lahko prekrijemo z domino oblike
| | |
| :--- | :--- |
| $\square$ | |
, natanko dve polji črni. Peter je prvi dve polji v prvi vrstici tabele že pobarval črno (glej sliko). Na koliko načinov lahko Maja pobarva preostanek tabele?
## 60. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 16. april 2016
## 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. V enakosti treh ulomkov $\frac{2}{6}=\frac{3}{9}=\frac{58}{174}$ nastopa vsaka števka od 1 do 9 natanko enkrat, vrednost vseh treh ulomkov pa je enaka $\frac{1}{3}$. Tudi v enakosti $\frac{*}{*}=\frac{*}{*}=\frac{7 *}{15 *}$ nastopa vsaka števka od 1 do 9 natanko enkrat, le da je namesto nekaterih števk narisana zvezdica. Koliko je vrednost vseh treh ulomkov $\mathrm{v}$ tem primeru?
(A) $\frac{1}{2}$
(B) $\frac{1}{3}$
(C) $\frac{2}{3}$
(D) $\frac{3}{4}$
(E) $\frac{3}{5}$
A2. Eden izmed kotov izjemnega enakokrakega trikotnika je $10^{\circ}$ večji od nekega drugega kota tega trikotnika. Najmanj koliko je velik najmanjši kot izjemnega enakokrakega trikotnika?
(A) $52^{\circ} 20^{\prime}$
(B) $53^{\circ} 20^{\prime}$
(C) $56^{\circ} 40^{\prime}$
(D) $63^{\circ} 20^{\prime}$
(E) $66^{\circ} 40^{\prime}$
A3. Katera izmed naštetih kvadratnih enačb ima rešitvi $1-\sqrt{2}$ in $\frac{1}{\sqrt{2}-1}$ ?
(A) $x^{2}+2 x-1=0$
(B) $x^{2}+\sqrt{2} x-1=0$
(C) $x^{2}+x-1=0$
(D) $x^{2}-2 x-1=0$
(E) $x^{2}-x+2=0$
B1. Določi vse pare realnih števil $a$ in $b$, ki ustrezajo neenakosti
$$
a^{2}(2 a-b)+b^{2}(2 b-a) \geq 0
$$
B2. Dan je ostrokoten trikotnik $A B C$ in taka točka $D$ v notranjosti tega trikotnika, da velja $\Varangle B A D=\Varangle D C B$ in $\Varangle C B D=\Varangle D A C$. Dokaži, da sta premici $A D$ in $B C$ pravokotni.
B3. Naj bo $n \geq 3$ naravno število. Na vsako polje tabele velikosti $n \times n$ želimo zapisati eno izmed števil 1,2 ali 3, tako da bodo na poljubnih treh poljih, ki jih lahko prekrijemo z domino oblike $\square \square$, pri čemer lahko domino tudi zavrtimo, zapisana različna števila. Na koliko načinov lahko to storimo?
## 60. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 16. april 2016
## 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. Nad stranicama $A B$ in $B C$ enakostraničnega trikotnika $A B C$ s stranico dolžine $a$ načrtamo kvadrata $B A D E$ in $C B F G$ (glej sliko). Koliko je dolga daljica $D G$ ?
(A) $(\sqrt{2}+1) a$
(B) $(2 \sqrt{2}+1) a$
(C) $(\sqrt{3}+1) a$
(D) $\sqrt{3} a$
(E) 1
A2. Enakostranični trikotnik na sliki je s črtami, vzporednimi eni od stranic, razdeljen na 5 enako širokih pasov, od katerih so trije pobarvani. Kolikšen delež trikotnika je pobarvan?
(A) $52 \%$
(B) $58 \%$
(C) $60 \%$
(D) $68 \%$
(E) $72 \%$
A3. Kvadratni enačbi $x^{2}+a x+2=0$ in $x^{2}+2 x+a=0$, pri čemer je $a$ realno število, imata realne rešitve. Vsota kvadratov rešitev prve enačbe je enaka vsoti kvadratov rešitev druge enačbe. Koliko je $a$ ?
(A) -4
(B) -2
(C) 0
(D) 4
(E) Nič od naštetega.
B1. Poišči vse pare realnih števil $x$ in $y$, ki rešijo sistem enačb
$$
\begin{aligned}
& \log _{3} x^{2}+\log _{2} y^{3}=1 \\
& \log _{9} x^{4}+\log _{4} y^{9}=2
\end{aligned}
$$
B2. Naj bo $\mathcal{K}$ krožnica s središčem $O$ in $\mathcal{K}^{\prime}$ krožnica, ki poteka skozi točko $O$ in ima polmer večji od dvakratnika polmera krožnice $\mathcal{K}$. Skupna tangenta krožnic $\mathcal{K}$ in $\mathcal{K}^{\prime}$ se dotika krožnice $\mathcal{K}$ $\mathrm{v}$ točki $A$, krožnice $\mathcal{K}^{\prime}$ pa v točki $B$. Označimo s $C$ zrcalno sliko točke $B$ pri zrcaljenju čez točko $A$. Premica $A O$ seka krožnico $\mathcal{K}^{\prime} \mathrm{v}$ točkah $O$ in $D$, premica $C D$ pa seka krožnico $\mathcal{K}^{\prime} \mathrm{v}$ točkah $D$ in $E$. Dokaži, da je premica $B E$ tangenta na krožnico $\mathcal{K}$.
B3. Naj bo $n \geq 2$ naravno število. Katja želi pobarvati vsako polje tabele velikosti $n \times n$ bodisi črno bodisi zeleno, tako da bo izmed poljubnih štirih polj, ki jih lahko prekrijemo z domino oblike
| $\square$ |
| :--- |
, liho mnogo polj črnih. Na koliko načinov lahko to stori?
## 60. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 16. april 2016
## 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.
| B1 | B2 | B3 |
| :--- | :--- | :--- |
| | | |
A1. Trije prijatelji, Andrej, Blaž in Cene, so igrali badminton. V vsaki igri sta dva izmed njih igrala eden proti drugemu, tretji pa je počival. Zmagovalec posamezne igre in tisti, ki je ta čas počival, sta se pomerila v naslednji igri. Andrej je odigral 17 iger, Blaž pa 23 iger. Najmanj koliko iger je odigral Cene?
(A) 6
(B) 11
(C) 12
(D) 14
(E) 23
A2. V zaporedju $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, \ldots$ je vsota vsakih treh zaporednih členov enaka 2016. Velja še $a_{667}=667$ in $a_{1004}=1004$. Koliko je $a_{2016}$ ?
(A) 0
(B) 345
(C) 667
(D) 1004
(E) 2016
A3. Nosilki tetiv $A C$ in $B D$ krožnice s polmerom 1 se sekata pod kotom $45^{\circ}$ (glej skico). Dolžina tetive $A B$ je enaka 1. Koliko je velik kot $\Varangle C B D$ ?
(A) $45^{\circ}$
(B) $60^{\circ}$
(C) $65^{\circ}$
(D) $75^{\circ}$
(E) $85^{\circ}$
B1. Poišči vse četverice celih števil $a, b, c$ in $d$, ki rešijo sistem enačb
$$
\begin{aligned}
& a^{2}+b^{2}+c^{2}=d+13 \\
& a+2 b+3 c=\frac{d}{2}+13
\end{aligned}
$$
B2. Kot $\Varangle B A C$ trikotnika $A B C$ je velik $30^{\circ}, P$ pa je poljubna točka v notranjosti tega trikotnika. Zrcalne slike točke $P$ pri zrcaljenu čez stranice $B C, C A$ in $A B$ zaporedoma označimo s $P_{A}$, $P_{B}$ in $P_{C}$. Denimo, da je $P_{A} P_{B} P_{C}$ enakostraničen trikotnik. Dokaži, da je tedaj $\Varangle B P C=90^{\circ}$.
B3. Dokaži, da lahko figuro, prikazano na sliki, tlakujemo z dominami oblike $\square$ za vsako naravno število $n$. Pri tlakovanju lahko domine vrtimo, nobeni dve domini se ne smeta prekrivati in nobena domina ne sme segati čez rob figure.
# 60. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 16. april 2016
## Rešitve nalog za 1. letnik
I/A1. Kot prikazujejo slike, se lahko štiri različne premice v ravnini sekajo v $0,1,3,4$, 5 ali 6 točkah.
Denimo, da sta presečišči natanko 2 . V vsakem od teh presečišč se potem sekata bodisi 2 premici bodisi 3 premice. Denimo, da se v enem presešišču, označimo ga z $A$, sekajo 3 premice. Ena od teh treh premic, označimo jo s $p$, mora potem potekati tudi skozi drugo presečišče, ki ga označimo z $B$. Preostali premici, ki potekata skozi $A$ označimo s $q$ in $r$, zadnjo premico, ki poteka skozi $B$, pa označimo z $s$. Tedaj bo premica $s$ sekala vsaj eno izmed premic $q$ in $r$ v tretjem presečišču, kar je protislovje. Torej bi se morali v vsakem izmed dveh presečišč sekati natanko 2 premici. Toda tudi v tem primeru bi obstajalo med temi premicami vsaj še eno presečišče. Pravilen odgovor je (B).
I/A2. Naravno število, ki predstavlja vrednost izraza $10^{2016}-10^{15}$ ima 2016 števk, zadnjih 15 je enakih 0 , ostale pa so enake 9. Vsota števk tega števila je torej $(2016$ - 15) $9=18009$.
I/A3. V dani enakosti odpravimo ulomke in jo poenostavimo do $a^{2}+b^{2}=a b+1$. Dani izraz postavimo na skupni imenovalec, da dobimo $\frac{a^{2}+b^{2}-1}{a b}$. Iz enakosti sledi, da je vrednost izraza enaka $\frac{a b}{a b}=1$. Pravilen odgovor je (C).
I/B1. Stevilo $x$ deli $4 x^{3}$ in $3 x y^{2}$, zato mora deliti tudi $y^{3}$. Ker pa sta števili $x$ in $y$ tuji, je to mogoče le, če je $x=1$ ali $x=-1$.
Če je $x=1$, dobimo enakost $4+y^{3}=3 y^{2}$, ki jo preoblikujemo v $4=y^{2}(3-y)$. Torej $y^{2}$ deli 4 , zato je bodisi $y^{2}=1$ ali $y^{2}=4$. V prvem primeru iz enakosti sledi $y=-1$, v drugem pa $y=2$. Če pa je $x=-1$, dobimo enakost $-4+y^{3}=-3 y^{2}$, ki jo preoblikujemo do $y^{2}(y+3)=4$. Sklepamo podobno kot v prvem primeru, da pridemo do rešitev $y=1$ in $y=-2$.
Pari $(x, y)$ tujih celih števil, ki rešijo enačbo, so torej $(1,-1),(1,2),(-1,1)$ in $(-1,-2)$.
2. način. Dani enačbi prištejemo $3 y^{3}$ in nato obe strani razstavimo, da dobimo enačbo $4(x+y)\left(x^{2}-x y+y^{2}\right)=3 y^{2}(x+y)$. Če postavimo vse člene na levo stran enačbe, lahko izpostavimo $(x+y)$, torej $(x+y)\left(4 x^{2}-4 x y+y^{2}\right)=0$, nato pa razstavimo še drugi faktor, da dobimo enačbo $(x+y)(2 x-y)^{2}=0$. Torej je bodisi $y=-x$ ali pa $y=2 x$. Ker pa sta $x$ in $y$ tuji števili, je lahko $x$ enak le 1 ali -1 . Tako dobimo štiri pare $(x, y)$ tujih števil, ki rešijo enačbo, to so $(1,-1),(-1,1),(1,2)$ in $(-1,-2)$.
3. način:
Sklep, da $x$ deli $y^{3}$
Ugotovitev $x=1$ ali $x=-1$ ..... 1 točka
Obravnava $x=1$ in dobljeni rešitvi $(1,2),(1,-1)$ ..... 2 točki
Obravnava $x=-1$ in dobljeni rešitvi $(-1,1),(-1,-2)$ ..... 2 točki
(Če tekmovalec najde vse rešitve brez postopka, se dodelita 2 točki. Če tekmovalec
najde dve rešitvi brez postopka, se dodeli 1 točka.)
2. način:
Delna faktorizacija $4(x+y)\left(x^{2}-x y+y^{2}\right)=3 y^{2}(x+y)$ ..... 2 točki
Dobljena faktorizacija $(x+y)(2 x-y)^{2}=0$ ..... 1 točka
(Za smiselno faktorizacijo npr. $4 x^{3}=(3 x-y) y^{2}, x\left(3 y^{2}-4 x^{2}\right)=y^{3}$ se dodeli 1 točka)
Obravnava $x=-y$ ..... 2 točki
Obravnava $2 x=y$ ..... 2 točki
(Če tekmovalec najde vse rešitve brez postopka, se dodelita 2 točki. Če tekmovalec
najde dve rešitvi brez postopka, se dodeli 1 točka.)
I/B2.
Označimo presečišče pravokotnice iz točke $C$ na premico $B D$ in premice $B D$ z $E$, presečišče premic $C E$ in $A B$ pa z $M$. Velja $|A D|=2|A C|=|A B|$, zato je trikotnik $D B A$ enakokrak z vrhom pri $A$, torej velja $\Varangle B D A=\Varangle A B D$. Sledi $\Varangle A C M=90^{\circ}-\Varangle E D C=$ $90^{\circ}-\Varangle B D A=90^{\circ}-\Varangle A B D=\Varangle E M B=\Varangle C M A$. Torej je tudi trikotnik $C A M$ enakokrak z vrhom pri $A$. Od tod sledi $|A M|=|A C|=\frac{1}{2}|A B|$, kar pomeni, da je $M$ razpolovišče daljice $A B$.
2. način. Naj bosta točki $E$ in $M$ kot v prvi rešitvi in naj bo $F$ presečisče pravokotnice skozi točko $A$ na premico $D B$ in premice $D B$. Iz podobnosti trikotnikov $D F A$ in $D E C$ sledi $\frac{|D F|}{|F E|}=\frac{|D A|}{|A C|}=2$ oziroma $|D F|=2|F E|$. Kot v prvi rešitvi sklepamo, da je trikotnik $D B A$ enakokrak z vrhom pri $A$, torej velja $|D F|=|F B|$. Iz teh dveh enakosti sledi $|F E|=|E B|$. Iz podobnosti trikotnikov $F B A$ in $E B M$ sledi $\frac{|A M|}{|M B|}=\frac{|F E|}{|E B|}=1$, torej je $M$ razpolovišče daljice $A B$.
3. način:
Ugotovitev, da je $\triangle A B D$ enakokrak . ............................................. 2 točki
Ugotovitev, da je $\triangle A C M$ enakokrak ..........................................................................................
2. način:
Ugotovitev, da je $\triangle A B D$ enakokrak ..... 2 točki
Izračun $|D F|=2|F B|$ ..... 1 točka
Izračun $|F E|=|E B|$ ..... 2 točki
Uporaba podobnosti $\triangle F B A$ in $\triangle E B M$ za dokaz $|A M|=|M B|$ ..... 2 točki
I/B3. Postavimo domino v levi zgornji kot tabele, tako da prekrije obe črni polji, ki jih je pobarval Peter. Ker mora domina prekrivati natanko 2 črni polji, mora Maja prvi dve polji v 2. vrstici pobarvati modro. Če pomaknemo domino za eno vrstico nižje, s podobnim sklepom ugotovimo, da mora Maja prvi dve polji v 3. vrstici pobarvati črno. Prvi dve polji v 4. vrstici pa mora spet pobarvati modro. Če sklep nadaljujemo, ugotovimo, da mora Maja prva dva stolpca pobarvati izmenjajoče črno-modro, torej tu nima nobene izbire.
Poglejmo sedaj prvo vrstico tabele. Preostalih $n-2$ nepobarvanih polj v tej vrstici lahko Maja pobarva na $2^{n-2}$ različnih načinov, saj ima za vsako polje na voljo dve barvi. Pokažimo, da lahko Maja, neglede na to, kako pobarva prvo vrstico, potem pobarva preostanek tabele na en sam pravilen način. Denimo torej, da je Maja že pobarvala prva dva stolpca in prvo vrstico tabele. Postavimo domino kamorkoli v 2. in 3. stolpec. Levi dve polji, prekriti z domino, sta pobarvani z različnima barvama, saj je 2. stolpec pobarvan izmenjajoče. Torej, mora Maja tudi desni dve polji, prekriti z domino, pobarvati z različnima barvama, sicer domina ne bi prekrivala natanko dveh črnih polj. To pomeni, da mora Maja tudi 3. stolpec pobarvati izmenjajoče. Ker je prvo polje 3. stolpca že pobarvala, lahko preostanek 3. stolpca pobarva na en sam način. Podobno sklepamo, da mora Maja tudi 4. stolpec in nato vsak naslednji stolpec pobarvati izmenjajoče. Ker je prvo vrstico že pobarvala lahko preostanek tabele pobarva na en sam način. Tako barvanje očitno ustreza pogoju, saj so vsi stolpci pobarvani izmenjajoče, kar pomeni, da domina vedno pokrije natanko eno črno polje $\mathrm{v}$ enem stolpcu in natanko eno črno polje v drugem stolpcu, torej skupaj natanko dve črni polji.
Ugotovitev, kako morata biti pobarvana 1. in 2. stolpec ..... 1 točka
Ugotovitev in razlaga, da eno pobarvano polje enolično določa barvanje celega stolpca
(če so vsi levo že pobarvani) . .......................................................... 2 točki
Ugotovitev, da so polja v stoplcih pobarvana izmenično (oz. je to očitno iz
Pravilno prešteto število različnih barvanj 1 . vrstice ali enakovrednega
Premislek, da so vsa dobljena barvanja pravilna (oz. je to očitno iz
Popolnoma pravilen končni rezultat ..... 1 točka
# 60. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 16. april 2016
## Rešitve nalog za 2 . letnik
II/A1. Za ponujene odgovore velja $\frac{1}{3}<\frac{1}{2}<\frac{3}{5}<\frac{2}{3}<\frac{3}{4}$. Zadnji ulomek v enakosti pa lahko ocenimo
$$
\frac{1}{3}=\frac{60}{180}<\frac{7 *}{15 *}<\frac{90}{150}=\frac{3}{5}
$$
Torej je edini možni odgovor (A). S poskušanjem hitro ugotovimo, da je $\frac{2}{4}=\frac{3}{6}=\frac{79}{158}$, torej je (A) res pravi odgovor.
II/A2. Označimo kote izjemnega enakokrakega trikotnika z $\alpha, \alpha$ in $\gamma$. Tedaj je razlika med $\alpha$ in $\gamma$ enaka $10^{\circ}$. Imamo dve možnosti. Če je $\alpha>\gamma$, je $\alpha-\gamma=10^{\circ}$ in seveda $\alpha+\alpha+\gamma=180^{\circ}$. Od tod izračunamo $3 \alpha=190^{\circ}$, torej je $\alpha=63^{\circ} 20^{\prime}$ in $\gamma=53^{\circ} 20^{\prime}$. Če pa je $\alpha<\gamma$, je $\gamma-\alpha=10^{\circ}$ in $\alpha+\alpha+\gamma=180^{\circ}$. Sledi $3 \alpha=170^{\circ}$, torej je $\alpha=56^{\circ} 40^{\prime}$ in $\gamma=66^{\circ} 40^{\prime}$. Najmanjša možna vrednost najmanjšega kota je torej $53^{\circ} 20^{\prime}$.
II/A3. Drugo ničlo racionaliziramo $\frac{1}{\sqrt{2}-1}=\frac{\sqrt{2}+1}{2-1}=\sqrt{2}+1$. Predpisani rešitvi ima torej kvadratna enačba $(x-(1-\sqrt{2}))(x-(\sqrt{2}+1))=0$. Ko levo stran zmnožimo, dobimo $x^{2}-2 x-1=0$. Pravilen odgovor je (D).
II/B1. Levo stran neenakosti zmnožimo, da dobimo $2 a^{3}-a^{2} b-a b^{2}+2 b^{3}$, in jo razstavimo
$$
\begin{aligned}
2 a^{3}-a^{2} b-a b^{2}+2 b^{3} & =2\left(a^{3}+b^{3}\right)-a b(a+b)=2(a+b)\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)-a b(a+b)= \\
& =(a+b)\left(2 a^{2}-3 a b+2 b^{2}\right)
\end{aligned}
$$
Drugi faktor je nenegativen, saj velja $2 a^{2}-3 a b+2 b^{2}=2\left(a^{2}-\frac{3}{2} a b+b^{2}\right)=2\left(\left(a-\frac{3}{4} b\right)^{2}+\frac{7}{16} b^{2}\right) \geq$ 0 . Torej mora biti bodisi $2\left(\left(a-\frac{3}{4} b\right)^{2}+\frac{7}{16} b^{2}\right)=0$ in zato $a=b=0$ ali pa $a+b \geq 0$. Neenakosti iz naloge ustrezajo vsi pari realnih števil $a$ in $b$, za katere velja $a+b \geq 0$.
Izračun leve strani neenakosti 2a \ - a
Ugotovitev, da je drugi faktor 2a
Ugotovitev, da neenakosti ustrezajo pari realnih števil a in b, za katere
(Za pravilno ugotovljeno rešitev brez ustreznega dokaza se dodeli 1 točka.)
II/B2.
Označimo z $E$ presečišče premic $A D$ in $B C$, z $F$ presečišče premic $B D$ in $C A$ ter z $G$ presečišče premic $C D$ in $A B$. Ker je $\Varangle B A D=\Varangle D C B$, sta trikotnika $G A D$ in $E C D$ podobna, saj imata dva skladna kota. Torej je
$$
\frac{|G D|}{|A D|}=\frac{|E D|}{|C D|}
$$
Podobno iz enakosti $\Varangle C B D=\Varangle D A C$ sledi, da sta tudi trikotnika $F A D$ in $E B D$ podobna, zato velja
$$
\frac{|A D|}{|F D|}=\frac{|B D|}{|E D|}
$$
Če zgornji dve enakosti zmnožimo, dobimo
$$
\frac{|G D|}{|F D|}=\frac{|B D|}{|C D|} \quad \text { oziroma } \quad \frac{|G D|}{|B D|}=\frac{|F D|}{|C D|}
$$
Ker je hkrati $\Varangle G D B=\Varangle C D F$, sledi, da sta tudi trikotnika $G D B$ in $F D C$ podobna, torej je $\Varangle D B G=\Varangle F C D$ oziroma $\Varangle D B A=\Varangle A C D$. Od tod in iz podatkov naloge sledi
$$
\Varangle B A D+\Varangle C B D+\Varangle D B A=\frac{1}{2}(\Varangle B A C+\Varangle A C B+\Varangle C B A)=90^{\circ}
$$
torej je $\Varangle A E B=180^{\circ}-(\Varangle B A D+\Varangle C B D+\Varangle D B A)=90^{\circ}$, kar je bilo potrebno pokazati.
## 2. način.
Naj bo $C^{\prime}$ zrcalna slika točke $C$ pri zrcaljenju preko premice $B D$. Torej je $\Varangle B C^{\prime} D=$ $\Varangle D C B=\Varangle B A D$. Poleg tega točki $A$ in $C^{\prime}$ ležita na istem bregu premice $B D$, saj točka $D$ leži znotraj trikotnika $A B C$. Od tod sledi, da so točke $A, B, D$ in $C^{\prime}$ konciklične.
Ločimo dva primera. Če točki $C^{\prime}$ in $D$ ležita na nasprotnih bregovih premice $A B$, potem velja $\Varangle C^{\prime} A D=180^{\circ}-\Varangle D B C^{\prime}=180^{\circ}-\Varangle C B D=180^{\circ}-\Varangle D A C$. V tem primeru so torej točke $C^{\prime}, A$ in $C$ kolinearne. Če pa točki $C^{\prime}$ in $D$ ležita na istem bregu premice $A B$, potem iz dejstva, da točki točki $A$ in $C^{\prime}$ ležita na istem bregu premice $B D$, sledi, da točki $A$ in $D$ ležita na nasprotnih bregovih premice $B C^{\prime}$. Torej velja $\Varangle B A C^{\prime}=180^{\circ}-\Varangle C^{\prime} D B=$ $180^{\circ}-\Varangle B D C=\Varangle D C B+\Varangle C B D=\Varangle B A D+\Varangle D A C=\Varangle B A C$. Tudi v tem primeru so točke $C^{\prime}, A$ in $C$ kolinearne.
Ker je premica $C C^{\prime}$ po definiciji točke $C^{\prime}$ pravokotna na premico $B D$, sklepamo, da je premica $B D$ višina trikotnika $A B C$. Zaradi simetrije lahko na enak način dokažemo, da je tudi premica $C D$ višina trikotnika $A B C$. To pa pomeni, da je $D$ višinska točka trikotnika $A B C$, zato je tudi premica $A D$ pravokotna na premico $B C$.
## 1. način:
Ugotovitev podobnosti $\triangle G A D$ in $\triangle E C D \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka
Ugotovitev podobnosti trikotnikov $\triangle G D B$ in $\triangle F D C \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots$ točki
Izračun $\Varangle B A D+\Varangle C B D+\Varangle D B A=90^{\circ} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Ugotovitev $\Varangle A E B=90^{\circ}$ in zaključek, da sta premici $A D$ in $B C$ pravokotni .. 1 točka 2. način:
Ugotovitev, da so točke $A, B, D, C^{\prime}$ konciklične $\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka
Obravnavanje obeh primerov, glede na položaj točke $C^{\prime}$ in $D \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . .3$ točke (Če tekmovalec obravnava le eno konstrukcijo, se mu dodeli največ 2 točke)
Ugotovitev, da je točka $D$ višinska točka in posledično premici $A D$ in $B C$ pravokotni ...................................................................................................
## II/B3.
Najprej opazimo, da, če zapišemo števili v dve sosednji polji vrstice oziroma stolpca, potem so števila, ki jih moramo zapisati v preostala polja te vrstice oziroma stolpca, enolično določena.
Če znamo tabelo izpolniti na pravilen način, potem bo ostala pravilno izpolnjena tudi, če števila 1, 2 in 3 med sabo poljubno premešamo. Števila 1, 2, 3 lahko med sabo premešamo na 6 različnih načinov, to so $(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,1,2)$ in $(3,2,1)$. Torej je dovolj, da preštejemo le tiste pravilno izpolnjene tabele, ki imajo v prvih treh poljih prve vrstice po vrsti zapisana števila $1,2,3$, rezultat pa bomo potem pomnožili s 6 . Če v prva tri polja prve vrstice zapišemo po vrsti števila 1,2 in 3 , potem imamo za prvo polje v drugi vrstici dve možnosti, 2 ali 3 . V obeh primerih je preostanek zgornjega levega $3 \times 3$ kvadrata tabele enolično določen
| 1 | 2 | 3 |
| :--- | :--- | :--- |
| 2 | 3 | 1 |
| 3 | 1 | 2 |
oziroma $\quad$| 1 | 2 | 3 |
| :---: | :---: | :---: |
| 3 | 1 | 2 |
| 2 | 3 | 1 |
Po zgornji opazki je potem enolično določen tudi preostanek tabele. V prvem primeru bodo na vsaki diagonali, ki potekajo desno-navzgor, enaka števila, isto število pa se bo ponovilo vsake 3 diagonale. V drugem primeru pa bodo na vsaki diagonali, ki poteka desnonavzdol enaka števila, isto število pa se bo ponovilo na vsake 3 diagonale. V obeh primerih bo torej tabela pravilno izpolnjena, saj nobena domina ne more prekriti dveh enakih števil.
Tako lahko torej tabelo izpolnimo na dva različna načina, če pa upoštevamo še premešanja, je vseh možnih načinov $2 \cdot 6=12$.
Utemeljitev, da je izpolnitev tabele določena že s števili v $3 \times 3$ kvadratu in da 2 števili v domini določata tretjo . .................................................................................. Ugotovitev, da lahko števila 1,2 in 3 v vodoravni domini zapišemo na 6 načinov ....................................................................................................................... Utemeljitev, da premešanje števil 1,2 in 3 ne vpliva na veljavnost izpolnitve
Najdba dveh izpolnitev, ki jih porodi ena osnovna vodoravna domina . . . . . 2 točki Utemeljitev, da zgornja načina izpolnjevanja predstavljata veljavno izpolnitev tabele 1 točka
## dMFA
60. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 16. april 2016
## Rešitve nalog za 3 . letnik
III/A1.
Označimo presečišči daljice $D G$ s stranicama $A B$ in $B C$ zaporedoma s $K$ in $L$. Zaradi simetrije je daljica $D G$ vzporedna stranici $A C$. Torej je trikotnik $K B L$ enakostraničen, trikotnika $D K A$ in $L G C$ pa sta polovici enakostraničnih trikotnikov z višinama dolžine $a$ in stranicama $|D K|=|G L|=\frac{2 a}{\sqrt{3}}$. Stranica enakostraničnega trikotnika $K B L$ je zato dolga
$$
|K L|=a-|A K|=a-\frac{|D K|}{2}=a-\frac{a}{\sqrt{3}}
$$
Dolžina daljice $D G$ je enaka
$$
|D G|=2|D K|+|K L|=\frac{4 a}{\sqrt{3}}+\left(a-\frac{a}{\sqrt{3}}\right)=a+\frac{3 a}{\sqrt{3}}=(1+\sqrt{3}) a
$$
III/A2.
Enakokrak trikotnik na sliki razdelimo na manjše skladne trikotnike, tako da dorišemo še črte vzporedne preostalima dvema stranicama. Potem je od 25 majhnih trikotnikov pobarvanih 15. Torej je pobarvanih $\frac{15}{25}=\frac{60}{100}$ trikotnika, kar je $60 \%$.
III/A3. Enačba $x^{2}+a x+2=0$ ima diskriminanto $D=a^{2}-8 \geq 0$ in rešitvi $x_{1,2}=$ $\frac{-a \pm \sqrt{a^{2}-8}}{2}$, za kateri velja $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=a^{2}-4$. Enačba $x^{2}+2 x+a=0$ ima diskriminanto $D=4-4 a \geq 0$ in rešitvi $x_{1,2}=\frac{-2 \pm \sqrt{4-4 a}}{2}$, za kateri velja $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=4-2 a$. Sledi $a^{2}-4=4-2 a$, kar lahko preoblikujemo v $(a-2)(a+4)=0$. Rešitev $a=2$ ni prava, saj bi bila diskriminanta druge enačbe negativna, rešitev $a=-4$ pa ustreza vsem pogojem. Pravilen odgovor je (A).
III/B1. S prehodom na novo osnovo sistem enačb preoblikujemo do
$$
\begin{aligned}
& \frac{\log x^{2}}{\log 3}+\frac{\log y^{3}}{\log 2}=1 \\
& \frac{\log x^{4}}{\log 9}+\frac{\log y^{9}}{\log 4}=2
\end{aligned}
$$
Opazimo, da mora biti število $y$ nujno pozitivno, zato je $\log y^{3}=3 \log y$ in $\log y^{9}=9 \log y$. S̆tevilo $x$ pa je lahko tudi negativno, zato velja $\log x^{2}=2 \log |x|$ in $\log x^{4}=4 \log |x|$. Če upoštevamo še $\log 4=\log 2^{2}=2 \log 2$ in $\log 9=\log 3^{2}=2 \log 3$, lahko sistem enačb zapišemo kot
$$
\begin{aligned}
& \frac{2 \log |x|}{\log 3}+\frac{3 \log y}{\log 2}=1 \\
& \frac{4 \log |x|}{2 \log 3}+\frac{9 \log y}{2 \log 2}=2
\end{aligned}
$$
Sistem najlažje rešimo, če prvo enačbo odštejemo od druge, saj se člena z log $|x|$ pokrajšata in dobimo $\frac{3 \log y}{2 \log 2}=1$. Od tod izračunamo $\log y=\frac{2}{3} \log 2=\log 2^{\frac{2}{3}}$, torej je $y=2^{\frac{2}{3}}=\sqrt[3]{4}$. Če $\log y=\frac{2}{3} \log 2$ vstavimo v prvo enačbo, dobimo še $\frac{2 \log |x|}{\log 3}=-1$, od koder izrazimo $\log |x|=-\frac{1}{2} \log 3=\log 3^{-\frac{1}{2}}$. Torej je $|x|=3^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ oziroma $x= \pm \frac{1}{\sqrt{3}}$.
2. način. Označimo $a=\log _{3} x^{2}$ in $b=\log _{2} y^{3}$. Tedaj je
$$
\log _{9} x^{4}=\frac{\log _{3} x^{4}}{\log _{3} 9}=\frac{2 \log _{3} x^{2}}{2}=a \quad \text { in } \quad \log _{4} y^{9}=\frac{\log _{2} y^{9}}{\log _{2} 4}=\frac{3 \log _{2} y^{3}}{2}=\frac{3}{2} b
$$
Ko to vstavimo v prvotni enačbi, dobimo enačbi $a+b=1$ in $a+\frac{3}{2} b=2$. Prvo enačbo odštejemo od druge, da dobimo $\frac{1}{2} b=1$ oziroma $b=2$. Iz prve enačbo izračunamo še $a=-1$. Iz $\log _{3} x^{2}=-1$ sledi $x^{2}=\frac{1}{3}$ oziroma $x= \pm \frac{1}{\sqrt{3}}$, iz $\log _{2} y^{3}=2$ pa $y^{3}=4$ oziroma $y=\sqrt[3]{4}$.
## 1. način:
Druga enačba zapisana $z$ novo osnovo: $\frac{\log x^{4}}{\log 9}+\frac{\log y^{9}}{\log 4}=2 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots$ točka
Rešitev za $x$ in upoštevanje negativnosti: $x= \pm \frac{1}{\sqrt{3}}= \pm \frac{\sqrt{3}}{3} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \mathbf{1}+\mathbf{1}$ točka
## 2. način:
Zapis logaritmov, kjer nastopa $x, \mathbf{z}$ isto osnovo ......................................................
Preoblikovana druga enačba (npr. $a+\frac{3}{2} b=2$ ) .........................................................
Rešitev za $x$ in upoštevanje negativnosti: $x= \pm \frac{1}{\sqrt{3}}= \pm \frac{\sqrt{3}}{3} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots 1+1$ točka
Rešitev za $y: y=2^{\frac{2}{3}}=\sqrt[3]{4} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
III/B2.
Tangenta iz točke $B$ na krožnico $\mathcal{K}$ različna od tangente $A B$ naj se krožnice $\mathcal{K}$ dotika $\mathrm{v}$ točki $A^{\prime}$. Dokazali bomo, da so točke $B, A^{\prime}$ in $E$ kolinearne.
Ker je $|A B|=\left|A^{\prime} B\right|$ in $|A O|=\left|A^{\prime} O\right|$, se trikotnika $A B O$ in $A^{\prime} B O$ ujemata v vseh treh stranicah in sta skladna. Sledi $\Varangle O B A^{\prime}=\Varangle A B O$. Po izreku o kotu med tetivo in tangento za krožnico $\mathcal{K}^{\prime}$ velja $\Varangle A B O=\Varangle B D O$. Premica $A B$ je tangentna na $\mathcal{K}$, zato je $\Varangle O A B=90^{\circ}$. Ker je $|A B|=|A C|$, se trikotnika $A B D$ in $A C D$ ujemata v dveh stranicah in kotu med njima. Zato sta skladna in sledi $\Varangle B D O=\Varangle B D A=\Varangle A D C=\Varangle O D E$. Zaradi ujemanja kotov nad istim lokom znotraj krožnice $\mathcal{K}^{\prime}$ velja $\Varangle O D E=\Varangle O B E$.
Dokazali smo $\Varangle O B A^{\prime}=\Varangle O B E$, kar pomeni, da so točke $B, A^{\prime}$ in $E$ kolinearne, zato je premica $B E$ tangenta na krožnico $\mathcal{K}$.
2. način.
Naj bo $O^{\prime}$ središče krožnice $\mathcal{K}^{\prime}$ in $F$ presečišče premic $O O^{\prime}$ in $B E$. Dokazali bomo, da je premica $B E$ pravokotna na $O O^{\prime}$, daljica $O F$ pa radij krožnice $\mathcal{K}$.
Enako kot v prvi rešitvi velja, da sta trikotnika $A B D$ in $A C D$ skladna. Po izreku o središčnem in obodnem kotu za krožnico $\mathcal{K}^{\prime}$ velja $\Varangle B O^{\prime} O=2 \Varangle B D O=2 \Varangle O D E=$ $\Varangle O O^{\prime} E$. Ker je $\left|O^{\prime} B\right|=\left|O^{\prime} O\right|=\left|O^{\prime} E\right|$, se trikotnika $O^{\prime} B O$ in $O^{\prime} E O$ ujemata v dveh stranicah in kotu med njima. Zato sta skladna in velja $|B O|=|E O|$. S tem smo dokazali, da je $O E O^{\prime} B$ deltoid. Ker se diagonali deltoida sekata pravokotno, sledi $\Varangle B F O=90^{\circ}$.
Ker je $A B$ tangentna tudi na krožnico $\mathcal{K}^{\prime}$, trikotnik $O^{\prime} B O$ pa je enakokrak, velja $\Varangle B O A=$ $90^{\circ}-\Varangle A B O=\Varangle O B O^{\prime}=\Varangle O^{\prime} O B=\Varangle F O B$. Velja tudi $\Varangle O A B=90^{\circ}=\Varangle B F O$. Torej se trikotnika $A B O$ in $F B O$ ujemata v kotih in skupni stranici $B O$. Zato sta skladna in sledi $|O F|=|O A|$.
Dokazali smo, da je $O F$ radij krožnice $\mathcal{K}$, premica $B E$ pa je nanj pravokotna v točki $F$. Zato je $B E$ tangenta na krožnico $\mathcal{K}$.
## 1. način:
Vpeljava dotikališča druge tangente iz $B$ na krožnico $\mathcal{K}$ (t.j. točka $A^{\prime}$ ) $\ldots .1$ točka
Skladnost trikotnikov $A B D$ in $A C D$ ali ugotovitev, da je $B C D$ enakokrak trikotnik .................................................................................................... 1 točka
Utemeljitev, da so točke $B, A^{\prime}$ in $E$ kolinearne .................................... 1 točka
2. način:
Vpeljava presečišča premic $B E$ in $O O^{\prime}$ (t.j. točka $F$ ) ........................................... Skladnost trikotnikov $A B D$ in $A C D$ ali ugotovitev, da je $B C D$ enakokrak trikotnik 1 točka
Skladnost trikotnikov $O^{\prime} B O$ in $O^{\prime} E O$...........................................................................
Utemeljitev, da je $B F$ tangentna na krožnico $\mathcal{K} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
III/B3. V prvi vrstici in prvem stolpcu tabele je skupaj $n+(n-1)=2 n-1$ polj. Ta polja lahko Katja pobarva na $2^{2 n-1}$ različnih načinov, saj ima za vsako polje na voljo dve
barvi. Pokažimo, da lahko Katja, neglede na to, kako pobarva prvo vrstico in prvi stolpec, potem pobarva preostanek tabele na en sam pravilen način. Denimo torej, da je Katja že pobarvala prvo vrstico in prvi stolpec tabele. Postavimo domino v zgornji levi kot tabele, tako da prekrije tri že pobarvana polja. Ce je izmed teh treh polj liho mnogo črnih, potem mora Katja četrto polje, pokrito z domino, pobarvati zeleno, če pa je izmed teh treh polj sodo mnogo črnih, mora Katja četrto polje, pokrito z domino, pobarvati črno. V obeh primerih lahko četrto polje, to je 2. polje v 2. stolpcu, pobarva na en sam način. Denimo, da je tudi to polje že pobarvala, in pomaknimo domino eno vrstico nižje. Ker domina spet pokriva tri že pobarvana polja, lahko zgornji sklep ponovimo, in ugotovimo, da lahko Katja pobarva 3. polje v 2. stolpcu na en sam pravilen način. Podobno sklepamo, da lahko tudi 4. polje in nato vsako naslednje polje v 2. stolpcu pobarva na en sam način. Torej lahko Katja 2. stolpec pobarva na en sam način. Ko je enkrat 2. stolpec cel pobarvan, se pomaknemo za en stolpec v desno in ponovimo sklep na 3. stolpcu. Katja lahko torej 3. stolpec pobarva na en sam način. Podobno sklepamo, da lahko Katja tudi 4. stolpec in potem vsak naslednji stolpec pobarva na en sam način. Torej, če Katja pobarva prvo vrstico in prvi stolpec na poljuben način, potem lahko preostanek tabele pobarva na en sam način. Barvanje, ki ga tako dobi, res ustreza pogoju, saj smo se pri sklepanju pomikali po eno vrstico in po en stolpec, torej smo spotoma preverili vse možne postavitve domine na tabelo.
2. način. Katja lahko $2 \times 2$ kvadratek pobarva na 8 različnih načinov.
Denimo, da je že pobarvala $(n-1) \times(n-1)$ kvadrat. Sedaj bi rada dopolnila še eno vrstico in en stolpec. Ne glede na to, kako je pobarvan že pobarvan kvadrat, lahko pobarva $2 \times 2$ kvadratek z dvema nepobarvanima poljema na dva načina; če sta obe že pobarvani polji črni, se lahko odloči, katero od nepobarvanih polj bo zeleno in katero črno, če pa je od pobarvanih polj eno zeleno in en črno, lahko preostali polji pobarva obe zeleno ali obe črno. To lahko neodvisno naredi z $2 \times 2$ kvadratkoma v nasprotnih kotih. Po enakem argumentu kot zgoraj so vsa ostala nepobarvana polja s tem določena, torej je možnosti za $n$ timesn tabelo štirikrat toliko kot za $(n-1) \times(n-1)$ tabelo. Barvanje je res pravilno po enakem argumentu kot zgoraj. Iz rekurzivne zveze in začetnega pogoja dobimo, da je možnosti za $n \times n$ tabelo $2^{2 n-1}$.
3. način. Vsak $2 \times 2$ kvadratek lahko pobarvamo na 8 načinov. Denimo, da smo že pobarvali zgornji levi koten $2 \times 2$ kvadratek. Potem lahko $2 \times 1$ domino desno od njega pobarvamo na 2 načina in tako nadaljujemo do konca prvega $2 \times n$ pasu. Podobno lahko $1 \times 2$ polje pod prvim $2 \times 2$ kvadratkom pobarvamo na 2 načina. Polje na mestu $(3,3)$ je sedaj enolično določeno, kot so tudi vsa polja desno od njega, saj je četrto polje v $2 \times 2$ kvadratku enolično določeno s preostalimi tremi. Postopek ponavljamo do konca vsakega pasu in v vsaki vrstici. Skupno dobimo $2^{2 n-1}$ možnosti. Barvanje je tudi res pravilno, saj smo sproti preverili vse postavitve $2 \times 2$ kvadratkov.
4. način. Vsak $2 \times 2$ kvadratek lahko pobarvamo na 8 načinov. Denimo, da smo že pobarvali zgornji levi koten $2 \times 2$ kvadratek. Potem lahko $2 \times 2$ kvadratek spodaj desno (po diagonali), ki se z že pobarvanim ujema v zgornjem levem kvadratku, pobarvamo na 4 različne načine. Ta postopek ponavljamo po diagonali navzdol, na vsakem koraku pridobimo 4 načine barvanja kvadratka. Diagonalo iz $2 \times 2$ kvadratkov lahko torej pobarvamo na $8 \cdot \underbrace{4 \cdot 4 \cdots 4}_{n-2}=2^{2 n-1}$ načinov. Četrto polje v $2 \times 2$ kvadratku je enolično določeno s preostalimi tremi. Nepobarvani del tabele lahko enolično pobarvamo tako, da vsakemu nepobarvanemu
kvadratku določimo barvo preko $2 \times 2$ kvadratka s tremi že pobarvanimi polji (začnemo pri
diagonali in barvamo polja v ostale smeri). Tako dobljeno barvanje je pravilno, saj smo
sproti preverili vse postavitve $2 \times 2$ kvadratkov.
5. način:
Ugotovitev, da trije pobarvani kvadratki v $2 \times 2$ kvadratku enolično določajo četrtega
2 točki
Eno vrstico in en stolpec lahko pobarvamo poljubno, torej na $2^{2 n-1}$ načinov . . 2 točki
Konstrukcija in utemeljitev enoličnosti barvanja če že imamo pobarvan en stolpec in
eno vrstico ..... 2 točki
Utemeljitev, da je dobljeno barvanje pravilno ..... 1 točka
6. način:
$2 \times 2$ tabelo se da pobarvati na 8 načinov ..... 1 točka
Če sta dve polji nepobarvani, imamo 2 načina za dopolnitev ..... 1 točka
Neodvisno lahko pobarvamo dva $2 \times 2$ kvadratka v nasprotnih kotih ..... e, kjer
je $(n-1) \times(n-1)$ podtabela že pobarvana ..... 1 točka
tri polja enolično določajo četrtega ..... 2 točki
izpeljava rekurzivne zveze do rezultata ..... 1 točka
Utemeljitev, da je barvanje pravilno ..... 1 točka
7. način:
8 načinov za $2 \times 2$ kvadratek ..... 1 točka
2 že pobarvana kvadratka dobuščata dve možnosti dopolnitve ..... 1 točka
3 že pobarvani kvadratki dopuščajo eno dopolnitev ..... 2 točki
Dopolnitev prvega $2 \times n$ pasu ..... 1 točka
Dopolnitev nadaljnih vrstic ..... 1 točka
Rezultat in pravilnost barvanja ..... 1 točka
8. način:
8 načinov za $2 \times 2$ kvadratek ..... 1 točka
1 pobarvan kvadratek znotraj $2 \times 2$ kvadratka določa 4 barvanja ..... 1 točka
3 že pobarvani kvadratki dopuščajo eno dopolnitev ..... 2 točki
Barvanje $2 \times 2$ diagonale ..... 1 točka
Dopolnitev nadaljnih polj tabele ..... 1 točka
Rezultat in pravilnost barvanja ..... 1 točka
Dodatek (če rešitev ni pravilna):
Uspešno najdeni vsaj 2 različni pravilni barvanji $n \times n$ tabele ..... 1 točka
# 60. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 16. april 2016
## Rešitve nalog za 4. letnik
IV/A1. Naj bo $n$ število iger, ki jih je odigral Cene. Skupno število vseh odigranih iger je tedaj $\frac{17+23+n}{2}$, od koder sledi, da je $n$ sodo število. Skupaj je bilo odigranih vsaj 23 iger, saj jih je toliko odigral Blaž. Ker pa je Cene počival kvečjemu po eno igro zapored, je moral odigrati vsaj 11 iger oziroma 12 iger, saj je odigral sodo mnogo iger. Torej je skupno število odigranih iger vsaj $\frac{17+23+12}{2}=26$. To pa spet pomeni, da je Cene odigral vsaj 13 iger oziroma zaradi parnosti vsaj 14 iger. V tem primeru je bilo iger Andrej-Blaž $\frac{17+23-14}{2}=13$, iger Andrej-Cene $\frac{17+14-23}{2}=4$ in iger Blaž-Cene $\frac{23+14-17}{2}=10$. Primer, ki pokaže, da je to tudi res mogoče, je na primer zaporedje tekem C-A, A-B, B-C, B-A, A-C, A-B, B-C, B-A, A-C, A-B, B-C, B-A, A-C, A-B, B-C, B-A, B-C, B-A, B-C, B-A, B-C, B-A, B-C, B-A, B-C, B-A, B-C, kjer smo zapisali le začetnice imen igralcev. Pravilen odgovor je (D).
IV/A2. Ker je vsota vsakih treh zaporednih členov zaporedja enaka, velja $a_{n+3}=a_{n}$ za vsak $n$. Od tod sledi $a_{667}=a_{667+3 \cdot 449}=a_{2014}$ in $a_{1004}=a_{1004+3 \cdot 337}=a_{2015}$. Ker je $a_{2014}+a_{2015}+a_{2016}=2016$, je $a_{2016}=2016-667-1004=345$.
IV/A3. Naj bo $S$ središče krožnice. Tedaj je trikotnik $S B A$ enakostraničen, saj ima vse tri stranice dolge 1. Torej je $\Varangle B S A=60^{\circ}$. Po izreku o središčnem kotu je $\Varangle B C A=$ $\frac{1}{2} \Varangle B S A=30^{\circ}$. Ker je zunanji kot trikotnika vedno enak vsoti obeh nepriležnih notranjih kotov trikotnika, sledi $\Varangle C B D=45^{\circ}+30^{\circ}=75^{\circ}$.
IV/B1. Iz druge enačbe izrazimo $d=2 a+4 b+6 c-26$ in vstavimo v prvo enačbo, da dobimo
$$
a^{2}+b^{2}+c^{2}=2 a+4 b+6 c-13
$$
Vse člene postavimo na levo stran $a^{2}+b^{2}+c^{2}-2 a-4 b-6 c+13=0$ in dopolnimo do popolnih kvadratov
$$
(a-1)^{2}+(b-2)^{2}+(c-3)^{2}=1
$$
Ker so vsi trije popolni kvadrati nenegativna cela števila, je eden od njih enak 1, druga dva pa sta enaka 0 . Če je $(a-1)^{2}=1$, sledi $a=0$ ali $a=2$ ter $b=2$ in $c=3$. Če je $(b-2)^{2}=1$, sledi $b=1$ ali $b=3$ ter $a=1$ in $c=3$. Če pa je $(c-3)^{2}=1$, sledi $c=2$ ali $c=4$ ter $a=1$ in $b=2$. V vsakem posameznem primeru iz zgornje enačbe izračunamo še $d$. Celoštevilske rešitve $(a, b, c, d)$ danega sistema so torej $(0,2,3,0),(2,2,3,4),(1,1,3,-2)$, $(1,3,3,6),(1,2,2,-4)$ in $(1,2,4,8)$.
Eliminacija $d$ 1 točka
Dopolnitev do popolnih kvadratov 2 točki
Uporaba dejstva, da so $(a-1)^{2},(b-2)^{2},(c-3)^{2} \geq 0 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots$ točka
Ena manjkajoča rešitev ................................................................ 1 točka
## (Za pravilno ugotovljeno rešitev brez ustreznega dokaza se dodeli 1 točka.)
IV/B2.
Naj bodo $D, E$ in $F$ zaporedoma presečisča daljic $P P_{A}, P P_{B}$ in $P P_{C}$ s stranicami $B C$, $C A$ in $A B$. Točke $D, E$ in $F$ so hkrati tudi razpolovišča daljic $P P_{A}, P P_{B}$ in $P P_{C}$, zato sta si trikotnika $D E F$ in $P_{A} P_{B} P_{C}$ podobna. Torej je tudi trikotnik $D E F$ enakostraničen in velja $\Varangle E D F=60^{\circ}$.
Ker je $\Varangle P E C=90^{\circ}$ in $\Varangle C D P=90^{\circ}$, so točke $P, D, C$ in $E$ konciklične. Torej velja $\Varangle D P C=\Varangle D E C$. Podobno so tudi točke $B, D, P$ in $F$ konciklične in velja $\Varangle B P D=$ $\Varangle B F D$. Od tod sledi $\Varangle B P C=\Varangle B P D+\Varangle D P C=\Varangle B F D+\Varangle D E C=\left(180^{\circ}-\Varangle D F A\right)+$ $\left(180^{\circ}-\Varangle A E D\right)=360^{\circ}-\Varangle D F A-\Varangle A E D=\Varangle E D F+\Varangle F A E=60^{\circ}+30^{\circ}=90^{\circ}$.
2. način. Kot v prvi rešitvi pokažemo, da so točke $P, D, C$ in $E$ konciklične. Ker sta $P_{B}$ in $P_{C}$ zrcalni sliki točke $P$ pri zrcaljenju preko premic $C A$ in $A B$, velja $\left|A P_{B}\right|=|A P|=\left|A P_{C}\right|$. Torej je trikotnik $A P_{C} P_{B}$ enakokrak z vrhom pri $A$. Poleg tega velja $\Varangle P A C=\Varangle C A P_{B}$ in $\Varangle P_{C} A B=\Varangle B A P$. Zato je $\Varangle P_{C} A P_{B}=2 \Varangle B A C=60^{\circ}$. To pomeni, da je trikotnik $A P_{C} P_{B}$ enakostraničen. Ker pa je po predpostavki tudi trikotnik $P_{A} P_{B} P_{C}$ enakostraničen, je štirikotnik $A P_{C} P_{A} P_{B}$ romb, zato sta premici $A P_{C}$ in $P_{A} P_{B}$ vzporedni. Prav tako sta vzporedni tudi premici $D E$ in $P_{A} P_{B}$, saj sta točki $D$ in $E$ razpolovišči daljic $P P_{A}$ in $P P_{B}$. Torej sta tudi premici $D E$ in $A P_{C}$ vzporedni. Od tod in iz koncikličnosti točk $P, D, C$ in $E$ sledi $\Varangle D P C=\Varangle D E C=\Varangle P_{C} A C$. Zaradi simetrije lahko na enak način pokažemo, da je tudi $\Varangle B P D=\Varangle B A P_{B}$. Z upoštevanjem obeh enakosti dobimo $\Varangle B P C=\Varangle B P D+$ $\Varangle D P C=\Varangle B A P_{B}+\Varangle P_{C} A C=\Varangle P_{C} A P_{B}+\Varangle B A C=30^{\circ}+60^{\circ}=90^{\circ}$.
## 1. način:
Ugotovitev, da sta trikotnika $\triangle D E F$ in $\triangle P_{A} P_{B} P_{C}$ podobna ............... 1 točka
2. način:
Ugotovitev, da so točke $P, D, C$ in $E$ konciklične 1 točka
Ugotovitev, da je trikotnik $\triangle A P_{C} P_{B}$ enakostraničen 1 točka
Ugotovitev, da je $A P_{C} \| P_{A} P_{B}$ in $P_{A} P_{B} \| D E \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Izračun $\Varangle B P D=\Varangle B A P_{B}$
1 točka
Zapis $\Varangle B P C=\Varangle B P D+\Varangle D P C$
Izračun $\Varangle B P C=90^{\circ}$
IV/B3. Uporabili bomo indukcijo po $n$. Za $n=1, n=2$ in $n=3$ figuro tlakujemo kot je prikazano na sliki.
$n=1$
$n=2$
$n=3$
V indukcijskem koraku bomo $n$ povečali za 3 . Vzemimo torej figuro za $n+3$ in ločimo dva primera, glede na parnost števila $n$. V obeh primerih figuro razdelimo na več območij, kot je prikazano na slikah.
Vzorec $A$. Vzorec $B$.
Območje $P$ je v obeh primerih figura za $n$, zato ga po indukcijski predpostavki znamo tlakovati. Vsa območja $R$ na obeh slikah so enaka in jih lahko tlakujemo z vzorcem $B$ prikazanim spodaj. Območja $Q$ med seboj niso enaka, so pa vsa velikosti $3 \times 2 k$ za neka naravna števila $k$, zato jih lahko tlakujemo s $k$ vzorci $A$
Tlakovanje pri sodem $n$.
Tlakovanje pri lihem $n$.
Dano figuro lahko torej z dano domino tlakujemo za vsako naravno število $n$.
Ugotovitev, da je število polj deljivo s 3 in zato lahko omogoča tlakovanje .... 0 točk
Tlakovanje osnovnih primerov (vsaj $n \leq 3$ ) ........................................ 1 točka
Odkritje manjših vzorcev za tlakovanje in ugotovitev, da se da poljuben lik $3 \times 2 k$ za
Napisana in dokazana indukcija za $P$ (manjše različice lika) ....................... 1 točka
( $V$ primeru, da tekmovalec velikost smiselno razdeli na drugačne večkratnike se točkuje sorazmerno z deležom obravnavanih primerov, v primeru drugih delitev smo posebno pozorni, da res pojasni, zakaj imajo deli, ki jih dobi pri delitvi tlakovanje s figuro (del oblike $(3 k+1) \times 2$ nima primernega tlakovanja).)
( $V$ kolikor tekmovalec indkucijo dokaže pravilno za drugačen razpon med $n$ in ne obravnava dovolj baznih primerov, a indukcijo dokaže pravilno, se mu odbije zgolj ena točka za manjkajoče primere.)