# 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. Vsaka naloga sklopa A ima natanko en pravilen odgovor. V sklopu A bomo pravilni odgovor ovrednotili z dvema točkama, za nepravilni odgovor pa bomo eno točko odšteli. Odgovore sklopa A vpiši v levo preglednico, desno preglednico pusti prazno. Komisija bo pri vrednotenju odgovorov sklopa A upoštevala samo odgovore, zapisane v preglednico.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-02.jpg?height=172&width=325&top_left_y=685&top_left_x=634)

| B1 | B2 | B3 |
| :--- | :--- | :--- |
|  |  |  |

A1. Vsa tri darila prikazana na sliki imajo obliko kvadra z dolžinami robov $10 \mathrm{~cm}$, $20 \mathrm{~cm}$ in $30 \mathrm{~cm}$. Dolžine trakov, $\mathrm{s}$ katerimi so darila zavita, so od leve proti desni enake $x \mathrm{~cm}, y \mathrm{~cm}$ in $z \mathrm{~cm}$, pri čemer je pentlja na vseh treh darilih enaka. Katera od naslednjih trditev je pravilna?
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-02.jpg?height=354&width=926&top_left_y=951&top_left_x=992)
(A) $x=y=z$
(B) $x>y>z$
(C) $x=y>z$
(D) $x<y<z$
(E) $x>y=z$

A2. Polona želi narisati tri premice, ki se sekajo v isti točki (glej sliko), tako da bo za kote med njimi veljalo $\beta=2 \alpha$ in $\alpha=3 \gamma$. Koliko stopinj mora biti velik kot $\alpha$ ?
(A) 18
(B) 36
(C) 50
(D) 54
(E) 60

A3. Koliko je vrednost izraza $2019^{3}-3 \cdot 2019 \cdot 2018-2018^{3}$ ?

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-02.jpg?height=345&width=423&top_left_y=1415&top_left_x=1496)
(A) -1
(B) 0
(C) 1
(D) 2018
(E) 2019

B1. Poišči vsa naravna števila $n$, katerih kub je enak vsoti kvadratov treh ne nujno različnih deliteljev števila $n$.

B2. Dan je trikotnik $A B C$. Naj bosta $D$ in $E$ taki točki, ki ležita zaporedoma na poltrakih $C A$ in $C B$, a ne na stranicah trikotnika $A B C$, da velja $|A D|=|B E|=|A B|$. Presečišče premic $A E$ in $B D$ označimo z $G$, središče trikotniku $A B C$ včrtane krožnice pa z $I$. Dokaži, da premica GI poteka skozi razpolovišče stranice $A B$.

B3. Poišči vse pare realnih števil $x$ in $y$, ki rešijo sistem enačb

$$
\begin{gathered}
\frac{y^{3}+15 x^{2}}{y^{4}-x^{3}}=\frac{y^{2}+15 x}{y^{3}-x^{2}} \\
\frac{1500 y^{3}+4 x^{2}}{9 y^{4}-4}=\frac{1500 y^{2}+4 x}{9 y^{3}-4}
\end{gathered}
$$

## Naloge za 2. letnik

Čas reševanja: 180 minut. Vsaka naloga sklopa A ima natanko en pravilen odgovor. V sklopu A bomo pravilni odgovor ovrednotili z dvema točkama, za nepravilni odgovor pa bomo eno točko odšteli. Odgovore sklopa A vpiši v levo preglednico, desno preglednico pusti prazno. Komisija bo pri vrednotenju odgovorov sklopa A upoštevala samo odgovore, zapisane v preglednico.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-06.jpg?height=172&width=808&top_left_y=685&top_left_x=634)

A1. Maja je v dva enaka kozarca nalila limonin sok, tako da je bil prvi kozarec napolnjen do $\frac{1}{3}$, drugi pa do $\frac{2}{5}$. Nato je v oba kozarca dolivala vodo, dokler nista bila polna. Nazadnje je oba kozarca izpraznila v večjo skledo, pri čemer se tekočina ni prelila čez rob sklede. Kolikšen del tekočine v skledi je limonin sok?
(A) $\frac{1}{8}$
(B) $\frac{3}{16}$
(C) $\frac{11}{30}$
(D) $\frac{11}{19}$
(E) $\frac{11}{15}$

A2. Daljici $A E$ in $B C$ na sliki sta vzporedni in pravokotni na daljico $A B$. Hkrati velja $|A B|=4,|B C|=6$ in $|A E|=8$. Koliko je razlika med ploščinama trikotnikov $A D E$ in $B C D$ ?
(A) 2
(B) 4
(C) 5
(D) 8
(E) 9

A3. David si je izmislil trimestno naravno število s tremi različnimi števkami. Vsako števko tega števila je nadomestil s črko, da je dobil besedo $E N A$, ki predstavlja njegovo število. Opazil je, da za njegovo število velja $c \cdot E N A=$ 2331, kjer je $c$ neko naravno število. Koliko je vrednost števila $c$ ?
(A) 3
(B) 7
(C) 9
(D) 21
(E) 37

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-06.jpg?height=506&width=263&top_left_y=1272&top_left_x=1639)

B1. Krožnici $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}$ s središčema $O_{1}$ in $O_{2}$ se od zunaj dotikata. Naj bo $p$ skupna tangenta krožnic $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}$, ki ne poteka skozi njuno dotikališče. Dokaži, da je $p$ tangenta tudi krožnice s premerom $O_{1} O_{2}$.

B2. Ali obstaja tako praštevilo $p$, da velja $p^{2}+p+1=n^{3}$ za neko naravno število $n$ ?

B3. Naj bo $K$ končna podmnožica celih števil s $k \geq 3$ elementi. Pravimo, da sta števili $a, b \in K$ povezani, če in samo če obstajajo števila $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{k}$, za katera velja:

- $\left\{x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{k}\right\}=K$,
- $x_{1}=a, x_{k}=b$,
- $\left|x_{i}-x_{i+1}\right|$ je liho število za vsak $i \in\{1,2, \ldots, k-1\}$.

Dokaži, da v množici $K$ obstajata dve števili, ki nista povezani.

## Naloge za 3. letnik

Čas reševanja: 180 minut. Vsaka naloga sklopa A ima natanko en pravilen odgovor. V sklopu A bomo pravilni odgovor ovrednotili z dvema točkama, za nepravilni odgovor pa bomo eno točko odšteli. Odgovore sklopa A vpiši v levo preglednico, desno preglednico pusti prazno. Komisija bo pri vrednotenju odgovorov sklopa A upoštevala samo odgovore, zapisane v preglednico.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-10.jpg?height=172&width=808&top_left_y=685&top_left_x=634)

A1. Tadej je na tablo zapisal ulomek, različen od 0. Sara je števec Tadejevega ulomka povečala za $40 \%$, da je dobila nov ulomek. Za koliko odstotkov mora Katja zmanjšati imenovalec Sarinega novega ulomka, da bo dobila ulomek, katerega vrednost bo dvakrat tolikšna, kot je bila vrednost Tadejevega ulomka?
(A) 25
(B) 30
(C) 40
(D) 45
(E) 50

A2. Dolžine diagonal mejnih ploskev kvadra so enake $|X Y|=8 \mathrm{~cm}$, $|Y Z|=9 \mathrm{~cm}$ in $|Z X|=\sqrt{55} \mathrm{~cm}$ (glej sliko). Koliko centimetrov je dolga telesna diagonala tega kvadra?
(A) $\sqrt{90}$
(B) 10
(C) $\sqrt{120}$
(D) $\sqrt{200}$
(E) 20

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-10.jpg?height=249&width=354&top_left_y=1269&top_left_x=1565)

A3. Trikotnik $A B C$ je razdeljen na 4 manjše trikotnike $A D E, D F E$, $E F C$ in $F B C$ z enakimi ploščinami (glej sliko). Koliko je razmerje dolžin $|A F|:|D B|$ ?
(A) $1: 1$
(B) $9: 8$
(C) $8: 7$
(D) $7: 6$
(E) $6: 5$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-10.jpg?height=280&width=459&top_left_y=1536&top_left_x=1461)

B1. Poišči vsa realna števila $x$, ki rešijo enačbo

$$
6^{\log _{10} x}+x^{\log _{10} 6}=72
$$

B2. Poišči vse polinome stopnje $n \geq 1$, ki imajo vse ničle racionalne, vsak izmed njihovih $n+1$ koeficientov pa je enak 1 ali -1 .

B3. Dan je trikotnik $A B C$. Naj bosta $D$ in $E$ taki točki, ki ležita zaporedoma na poltrakih $C A$ in $C B$, a ne na stranicah trikotnika $A B C$, da velja $|A D|=|B E|=|A B|$. Naj bo $F$ presečišče vzporednice $\mathrm{k} A C$ skozi točko $E$ in vzporednice $\mathrm{k} B C$ skozi točko $D$. Presečišče premic $A E$ in $B D$ označimo z $G$. Dokaži, da je premica $F G$ simetrala kota $\Varangle E F D$.

## Naloge za 4. letnik

Čas reševanja: 180 minut. Vsaka naloga sklopa A ima natanko en pravilen odgovor. V sklopu A bomo pravilni odgovor ovrednotili z dvema točkama, za nepravilni odgovor pa bomo eno točko odšteli. Odgovore sklopa A vpiši v levo preglednico, desno preglednico pusti prazno. Komisija bo pri vrednotenju odgovorov sklopa A upoštevala samo odgovore, zapisane v preglednico.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-14.jpg?height=168&width=808&top_left_y=687&top_left_x=634)

A1. Naj bo $a=256, b$ pa zmnožek vseh pozitivnih deliteljev števila $a$. Katera od naslednjih enakosti je pravilna?
(A) $b=a^{4}$
(B) $b=a^{9}$
(C) $b^{2}=a^{7}$
(D) $b^{2}=a^{9}$
(E) $b^{3}=a^{10}$

A2. Naj bo $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ poljubna soda funkcija in $g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ poljubna liha funkcija. Definirajmo funkcijo $\varphi: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ s predpisom $\varphi(x)=f(g(x))+g(f(x))$ za vse $x \in \mathbb{R}$. Katera od naslednjih enakosti je zagotovo izpolnjena za vsa realna števila $x$ ?
(A) $\varphi(x)=f(f(x))$
(B) $\varphi(x)=g(g(x))$
(C) $\varphi(x)=\varphi(-x)$
(D) $\varphi(-x)=-\varphi(x)$
(E) $\varphi(x)=2 f(g(x))$

A3. Klara ima 6 enakih kock. Na mejne ploskve vsake kocke je zapisala črke $B, A, B, I, C$ in $A$, na vsako mejno ploskev po črko. Nato je hkrati vrgla vseh 6 kock. Kolikšna je verjetnost, da lahko iz črk, ki so po metu na zgornih ploskvah kock, sestavi besedo $B A B I C A$ ?
(A) $\frac{6!}{(2!)^{2}}\left(\frac{1}{3}\right)^{4}\left(\frac{1}{6}\right)^{2}$
(B) $\frac{6!}{(2!)^{2}}\left(\frac{1}{6}\right)^{6}$
(C) $\left(\frac{1}{3}\right)^{4}\left(\frac{1}{6}\right)^{2}$
(D) $\left(\frac{1}{6}\right)^{6}$
(E) 1

B1. Največ koliko je lahko največji skupni delitelj števil $a-2 b+3,2 a-3 b-1$ in $3 a+b-2$, če sta $a$ in $b$ naravni števili?

B2. V trikotniku $A B C$ velja $|A C| \neq|B C|$. Naj bo $S$ razpolovišče stranice $A B, D$ presečǐčěe stranice $A B$ in simetrale kota $\Varangle A C B$ ter $E$ zrcalna slika točke $D$ pri zrcaljenju čez točko $S$. Trikotniku $A B C$ očrtana krožnica seka premico $C D$ v točkah $C$ in $F$, premico $C S$ pa v točkah $C$ in $G$. Dokaži, da točke $E, G, F$ in $S$ ležijo na isti krožnici.

B3. Dano je naravno število $m$. Zaporedje $a_{n}$ je definirano s pogojema $a_{1}=m$ in $a_{n+1}=\left[\frac{a_{n}^{2}+10 a_{n}}{2 a_{n}+4}\right]$ za vse $n \in \mathbb{N}$. Dokaži, da je zaporedje $a_{n}$ od nekega člena dalje konstantno.

Opomba. Za poljubno realno število $x$ oznaka $[x]$ označuje največje celo število, ki ni večje od $x$.

# 63. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije 

Državno tekmovanje, 13. april 2019

## Rešitve nalog za 1 . letnik

| $\mathrm{A} 1$ | $\mathrm{~A} 2$ | $\mathrm{~A} 3$ |
| :---: | :---: | :---: |
| $\mathrm{B}$ | $\mathrm{D}$ | $\mathrm{C}$ |

A1. Na vsakem darilu je trak sestavljen iz 8 odsekov in pentlje. 4 odseki potekajo po stranskih ploskvah, 2 po zgornji in 2 po spodnji ploskvi. Na levem darilu so 4 odseki dolgi $30 \mathrm{~cm}, 2$ odseka $20 \mathrm{~cm}$ in 2 odseka $10 \mathrm{~cm}$. Na srednjem darilu sta 2 odseka dolga $30 \mathrm{~cm}, 4$ odseki $20 \mathrm{~cm}$ in 2 odseka $10 \mathrm{~cm}$. Na desnem darilu sta 2 odseka dolga $30 \mathrm{~cm}, 2$ odseka $20 \mathrm{~cm}$ in 4 odseki $10 \mathrm{~cm}$. Torej velja $x>y>z$.

A2. Če sliko dopolnimo tako, da označimo še sovršne kote kotov $\alpha, \beta$ in $\gamma$, opazimo, da velja $2 \alpha+2 \beta+2 \gamma=360^{\circ}$. Ker je $\alpha=3 \gamma$ in $\beta=6 \gamma$, iz prejšnje enakosti sledi $20 \gamma=360^{\circ}$ oziroma $\gamma=18^{\circ}$. Torej je $\alpha=54^{\circ}$.

A3. Velja $2019^{3}-3 \cdot 2019 \cdot 2018-2018^{3}=2019^{3}-3 \cdot 2019 \cdot 2018 \cdot(2019-2018)-2018^{3}=$ $2019^{3}-3 \cdot 2019^{2} \cdot 2018+3 \cdot 2019 \cdot 2018^{2}-2018^{3}=(2019-2018)^{3}=1$.

B1. Naj bodo $a, b$ in $c$ delitelji števila $n$, za katere je $n^{3}=a^{2}+b^{2}+c^{2}$. Tedaj velja $a, b, c \leq n$, zato je $n^{3}=a^{2}+b^{2}+c^{2} \leq 3 n^{2}$ oziroma $n \leq 3$. Primer $n=1$ odpade, ker 1 ni vsota treh naravnih števil. Če je $n=2$, sta edina delitelja 1 in 2 . Toda nobena od vsot $1^{2}+1^{2}+1^{2}, 1^{2}+1^{2}+2^{2}$, $1^{2}+2^{2}+2^{2}$ in $2^{2}+2^{2}+2^{2}$ ni enaka $2^{3}$, zato tudi primer $n=2$ odpade. Edina rešitev je $n=3$, saj velja $3^{3}=3^{2}+3^{2}+3^{2}$.

2. način. Naj bodo $a \leq b \leq c$ delitelji števila $n$, za katere je $n^{3}=a^{2}+b^{2}+c^{2}$. Ker $c^{2}$ deli $n^{3}$, mora deliti tudi $a^{2}+b^{2}$. Toda po naši predpostavki je $a^{2}+b^{2} \leq 2 c^{2}$, zato imamo dve možnosti, $a^{2}+b^{2}=c^{2}$ ali $a^{2}+b^{2}=2 c^{2}$. V prvem primeru je $n^{3}=2 c^{2}$ oziroma $\left(\frac{n}{c}\right)^{2} n=2$, kar pomeni, da $n$ deli 2. V drugem primeru je $n^{3}=3 c^{2}$ oziroma $\left(\frac{n}{c}\right)^{2} n=3$, kar pomeni, da $n$ deli 3. Sledi, da je $n$ enak 1,2 ali 3. Na enak način kot v prvi rešitvi pokažemo, da je rešitev le $n=3$.[^0]

B2. Ker je trikotnik $A B E$ enakokrak z vrhom pri $B$, velja

$$
\Varangle E A B=\frac{1}{2}(\pi-\Varangle A B E)=\frac{1}{2} \Varangle C B A .
$$

Premica $B I$ je simetrala kota $\Varangle C B A$, zato je $\frac{1}{2} \Varangle C B A=\Varangle I B A$. Od tod sledi $\Varangle E A B=\Varangle I B A$, torej sta premici $A E$ in $B I$ vzporedni. Na podoben način sklepamo, da je

$$
\Varangle A B D=\frac{1}{2}(\pi-\Varangle D A B)=\frac{1}{2} \Varangle B A C=\Varangle B A I,
$$

torej sta tudi premici $B D$ in $A I$ vzporedni. Sledi da je $A G B I$ paralelogram, zato se njegovi diagonali razpolavljata. To pomeni, da premica GI poteka skozi razpolovišče stranice $A B$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-20.jpg?height=662&width=974&top_left_y=754&top_left_x=221)

Ugotovitev $\Varangle E A B=\Varangle B E A$ ali ugotovitev $\Varangle A B D=\Varangle B D A \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots$ točka

Ugotovitev $\Varangle E A B=\frac{1}{2} \Varangle C B A$ ali ugotovitev $\Varangle A B D=\frac{1}{2} \Varangle B A C \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots .1$ točka Upoštevanje, da je $A I$ simetrala $\Varangle B A C$ ali upoštevanje, da je $B I$ simetrala $\Varangle C B A \ldots \ldots 1$ točka

Dokaz $I B \| A G$ ali dokaz $I A \| B G$ 1 točka

Sklep, da je $A G B I$ paralelogram 1 točka

Sklep, da se diagonali paralelograma $A G B I$ razpolavljata 2 točki

B3. V obeh enačbah odpravimo ulomke in ju poenostavimo, da dobimo

$$
\begin{aligned}
-x^{2} y^{3}+15 x^{2} y^{3} & =-x^{3} y^{2}+15 x y^{4} \\
-6000 y^{3}+36 x^{2} y^{3}-16 x^{2} & =-6000 y^{2}+36 x y^{4}-16 x
\end{aligned}
$$

Prvo enačbo preoblikujemo $\mathrm{v} x^{2} y^{2}(x-y)=-15 x y^{3}(x-y)$ in nato $\mathrm{v}$

$$
x y^{2}(x-y)(x+15 y)=0
$$

Števili $x$ in $y$ torej zadoščata eni od naslednjih štirih možnosti:

1. možnost: $x=0$. Ko to vstavimo $\mathrm{v}$ drugo od zgornjih dveh enačb, dobimo $y^{3}=y^{2}$ oziroma $y^{2}(y-1)=0$. Torej je $y=0$ ali $y=1$. Prva možnost odpade, saj pri $x=y=0$ nekateri ulomki v začetnih enačbah niso dobro definirani. Ostane torej le možnost $y=1$.
2. možnost: $y=0$. Iz druge od zgornjih enačb tedaj dobimo $x^{2}=x$, torej je $x=0$ ali $x=1$. Možnost $x=0$ kot $\mathrm{v}$ prejšnjem primeru odpade, torej dobimo le rešitev $x=1$.
3. možnost: $y=x$. To spet vstavimo $\mathrm{v}$ drugo enačbo in dobimo $-6000 x^{3}-16 x^{2}=-6000 x^{2}-$ $16 x$, kar lahko preoblikujemo v $6000 x^{2}(1-x)=16 x(x-1)$, slednje pa v $16 x(x-1)(375 x+1)=0$. Možnost $x=0$ odpade, saj je $\mathrm{v}$ tem primeru tudi $y=0$ in nekateri ulomki $\mathrm{v}$ začetnih enačbah niso dobro definirani. Iz enakega razloga odpade tudi možnost $x=1$. Sledi $375 x+1=0$ oziroma $x=y=-\frac{1}{375}$.
4. možnost: $x=-15 y$. Ko to vstavimo v drugo enačbo in enačbo poenostavimo, dobimo

$$
8640 y^{5}-6000 y^{3}-2400 y^{2}-240 y=0
$$

Kot v prejšnjem primeru možnost $y=0$ odpade, saj je tedaj tudi $x=0$. Zato lahko zadnjo enačbo delimo z $240 y$, da dobimo

$$
36 y^{4}-25 y^{2}+10 y-1=0
$$

Opazimo, da zadnji trije členi tvorijo popolni kvadrat, zato enačbo preoblikujemo v $36 y^{4}-(5 y-$ $1)^{2}=0$, nato pa levo stran razstavimo po formuli za razliko kvadratov in dobimo

$$
\left(6 y^{2}-5 y+1\right)\left(6 y^{2}+5 y-1\right)=0
$$

Oba faktorja na levi strani enačbe razstavimo in dobimo

$$
(3 y-1)(2 y-1)(6 y-1)(y+1)=0
$$

Rešitve so torej $y=\frac{1}{3}$ in $x=-5, y=\frac{1}{2}$ in $x=-\frac{15}{2}, y=\frac{1}{6}$ in $x=-\frac{5}{2}$ ter $y=-1$ in $x=15$. V vseh primerih so vsi ulomki v začetnih enačbah dobro definirani.

Vsi pari $(x, y)$, ki rešijo naloge so torej $(0,1),(1,0),\left(-\frac{1}{375},-\frac{1}{375}\right),\left(-5, \frac{1}{3}\right),\left(-\frac{15}{2}, \frac{1}{2}\right),\left(-\frac{5}{2}, \frac{1}{6}\right)$ in $(15,-1)$.

Poenostavljena prva ali druga enačba, npr: $x^{3} y^{2}+14 x^{2} y^{3}-15 x y^{4}=0$, $9 x^{2} y^{3}-9 x y^{4}+4 x-4 x^{2}+1500 y^{2}-1500 y^{3}=0$

Razstavljena prva enačba, npr: $x y^{2}(x-y)(x+15 y)=0 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots . \ldots$. Rešitev $x=0$ in $y=1$ ter ugotovitev, da $x=0$ in $y=0$ ni rešitev sistema ......... 1 točka Rešitev $x=1$ in $y=0$ ter ugotovitev, da $x=0$ in $y=0$ ni rešitev sistema ........ 1 točka Rešitev $x=-\frac{1}{375}$ in $y=-\frac{1}{375}$ ter ugotovitev, da $x=0$ in $y=0$ ter $x=1$ in $y=1$ nista rešitvi sistema 1 točka Rešitve $x=-\frac{15}{2}$ in $y=\frac{1}{2}, x=-5$ in $y=\frac{1}{3}, x=-\frac{5}{2}$ in $y=\frac{1}{6}, x=15$ in $y=-1$ ter ugotovitev,

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-21.jpg?height=51&width=1725&top_left_y=2550&top_left_x=177)
(za dva pravilna para rešitev dobi kandidat 1 točko)

## 63. matematično tekmovanje <br> srednješolcev Slovenije

Državno tekmovanje, 13. april 2019

## Rešitve nalog za 2. letnik

| $\mathrm{A} 1$ | $\mathrm{~A} 2$ | $\mathrm{~A} 3$ |
| :--- | :--- | :--- |
| $\mathrm{C}$ | $\mathrm{B}$ | $\mathrm{C}$ |

A1. Označimo količino tekočine, ki jo drži en kozarec z $e$. Tedaj je v skledi $\frac{1}{3} e+\frac{2}{5} e=\frac{11}{15} e$ limoninega soka od skupno $2 e$ tekočine. Limonin sok torej predstavlja $\frac{\frac{11}{15} e}{2 e}=\frac{11}{30}$ tekočine $\mathrm{v}$ skledi.

A2. Razlika med ploščinama trikotnikov $A D E$ in $B C D$ je enaka razliki med ploščinama trikotnikov $A B E$ in $A B C$, to je $\frac{|A B| \cdot|A E|}{2}-\frac{|A B| \cdot|B C|}{2}=\frac{4.8}{2}-\frac{4 \cdot 6}{2}=4$.

A3. Pozitivni delitelji števila $2331=3^{2} \cdot 7 \cdot 37$ so $1,3,7,9,21,37,63,111,259,333,777$ in 2331 . Med njimi je le 259 trimestno naravno število s tremi različnimi števkami. Torej je $E N A=259$ in zato $c=2331: 259=9$.

B1. Naj bo $S$ razpolovišče daljice $O_{1} O_{2}$ ter $A$ dotikališče krožnic $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}$. Dotikališči premice $p \mathrm{~s}$ krožnicama $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}$ označimo zaporedoma z $B_{1}$ in $B_{2}$, presečišče premice $p \mathrm{~s}$ tangento na krožnici $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}$ skozi točko $A$ pa označimo z $D$. Trikotnika $O_{1} A D$ in $O_{1} B_{1} D$ sta skladna, saj imata dve enako dolgi stranici in enak kot $\frac{\pi}{2}$ nasproti daljše stranice, zato velja $\Varangle B_{1} D O_{1}=\Varangle O_{1} D A$. Podobno sklepamo, da velja tudi $\Varangle A D O_{2}=\Varangle O_{2} D B_{2}$, in od tod izpeljemo $\Varangle O_{1} D O_{2}=\Varangle O_{1} D A+\Varangle A D O_{2}=\frac{\Varangle B_{1} D A}{2}+\frac{\Varangle A D B_{2}}{2}=\frac{\pi}{2}$. Po Talesovem izreku torej točka $D$ leži na krožnici s premerom $O_{1} O_{2}$, zato je dovolj dokazati, da je premica $S D$ pravokotna na premico $p$.

Ker točka $D$ leži na krožnici s premerom $O_{1} O_{2}$, je $|S D|=\left|S O_{1}\right|$, torej je trikotnik $O_{1} S D$ enakokrak z vrhom pri $S$. Sledi $\Varangle S O_{1} D=\Varangle O_{1} D S$ in zato je $\Varangle B_{1} D S=\Varangle B_{1} D O_{1}+\Varangle O_{1} D S=$ $\frac{\pi}{2}-\Varangle D O_{1} B_{1}+\Varangle S O_{1} D=\frac{\pi}{2}$, kar je bilo treba dokazati.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-23.jpg?height=543&width=894&top_left_y=745&top_left_x=227)

2. način. Primer, ko je premica $p$ vzporedna premici $O_{1} O_{2}$ je očiten, zato lahko predpostavimo, da se omenjeni premici sekata in njuno presečǐšče označimo s $T$. Naj bo $S$ razpolovišče daljice $O_{1} O_{2}, D^{\prime}$ pa pravokotna projekcija točke $S$ na premico $p$. Dotikališči premice $p$ s krožnicama $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}$ označimo z $B_{1}$ in $B_{2}$, polmera krožnic $\mathcal{K}_{1}$ in $\mathcal{K}_{2}$ pa z $r_{1}$ in $r_{2}$. Iz podobnosti trikotnikov $T O_{1} B_{1}, T S D^{\prime}$ in $T O_{2} B_{2}$ sledi

$$
\frac{r_{1}}{\left|O_{1} T\right|}=\frac{\left|S D^{\prime}\right|}{|S T|}=\frac{r_{2}}{\left|O_{2} T\right|}
$$

torej je

$$
\begin{gathered}
\left|S D^{\prime}\right| \cdot\left|O_{1} T\right|=r_{1} \cdot|S T|=r_{1} \cdot\left(\left|S O_{1}\right|+\left|O_{1} T\right|\right) \quad \text { in } \\
r_{2} \cdot\left|O_{1} T\right|=r_{1} \cdot\left|O_{2} T\right|=r_{1} \cdot\left(\left|O_{2} O_{1}\right|+\left|O_{1} T\right|\right)=r_{1} \cdot\left(2\left|S O_{1}\right|+\left|O_{1} T\right|\right)
\end{gathered}
$$

Prvo enačbo pomnožimo z 2 in od nje odštejemo drugo enačbo, da dobimo

$$
\left(2\left|S D^{\prime}\right|-r_{2}\right) \cdot\left|O_{1} T\right|=r_{1} \cdot\left|O_{1} T\right|
$$

Od tod sledi $2\left|S D^{\prime}\right|-r_{2}=r_{1}$ oziroma $\left|S D^{\prime}\right|=\frac{r_{1}+r_{2}}{2}=\frac{\left|O_{1} O_{2}\right|}{2}=\left|S O_{1}\right|=\left|S O_{2}\right|$. Torej točka $D^{\prime}$ leži na krožnici s polmerom $O_{1} O_{2}$ in premica $p$ je tangenta te krožnice.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-23.jpg?height=551&width=1357&top_left_y=2143&top_left_x=224)

1. način

Ugotovitev, da $D$ leži na krožnici s premerom $O_{1} O_{2}$ je vredna 4 točke: Uvedba presečišča tangent ..... 1 točka
Skladnost vsaj enega para trikotnikov ( $B_{1} D O_{1}, A D O_{1}$ ali $B_{2} D O_{2}, A D O_{2}$ ) ..... 1 točka
Ugotovitev, da $\Varangle O_{1} D O_{2}=90^{\circ}$ ..... 1 točka
Sklep, da $D$ leži na krožnici s premerom $O_{1} O_{2}$ ..... 1 točka
Ugotovitev, da se $p$ dotika krožnice $O_{1} O_{2} D$ je vredna 3 točke:
Ugotovitev $\Varangle S O_{1} D=\Varangle O_{1} D S$ ali $\Varangle O_{1} D A=\Varangle D O_{2} O_{1}$ ..... 1 točka
Izračun $\Varangle B_{1} D S=90^{\circ}$ ali $\Varangle B_{1} D O_{1}=\Varangle D O_{2} O_{1}$ ..... 1 točka
Zaključek $z$ definicijo tangentnosti ali uporabo izreka o kotu med tetivo in tangento ..... 1
točka
2. način
Konstrukcija razpolovišča zveznice med središči in
pravokotne projekcije na tangento

1 točka
Zapis enakosti med razmerji $\frac{r_{1}}{\left|O_{1} T\right|}=\frac{\left|S D^{\prime}\right|}{|S T|}=\frac{r_{2}}{\left|O_{2} T\right|}$ ..... 1 točka
Izračun $\left(2\left|S D^{\prime}\right|-r_{2}\right) \cdot\left|O_{1} T\right|=r_{1} \cdot\left|O_{1} T\right|$ ali podobne enačbe, iz katere direktno sledi
$\left|S D^{\prime}\right|=\left|S O_{1}\right|=\left|S O_{2}\right|$

3 točke
Izpeljava, da je $\left|S D^{\prime}\right|=\left|S O_{1}\right|=\left|S O_{2}\right|$ ..... 1 točka
Ugotovitev, da je krožnica s premerom $O_{1} O_{2}$ zato tangentna na $p$ ..... 1 točka

B2. Pokazali bomo, da takšno praštevilo ne obstaja. Enačbo preoblikujemo $\mathrm{v} p^{2}+p=n^{3}-1$ in obe strani razstavimo, da dobimo $p(p+1)=(n-1)\left(n^{2}+n+1\right)$. Če $p$ deli $n-1$, tedaj $n^{2}+n+1$ deli $p+1$. Od tod sledi $n^{2}+n+1 \leq p+1 \leq n$, kar pa je protislovje. Torej mora $p$ deliti $n^{2}+n+1$ in zato $n-1$ deli $p+1$. To pomeni, da obstaja naravno število $k$, da velja $n^{2}+n+1=k p$ in $p+1=k(n-1)$. Iz druge enakosti izrazimo $p$ in ga vstavimo v prvo enakost, da dobimo $n^{2}+n+1=k(k(n-1)-1)=k^{2} n-k^{2}-k$. Slednje preoblikujemo v $n^{2}+\left(1-k^{2}\right) n+\left(k^{2}+k+1\right)=0$ in to pogledamo kot kvadratno enačbo v spremenljivki $n$. Ker mora imeti ta enačba rešitev, ki je naravno število, mora biti njena diskriminanta $D=k^{4}-6 k^{2}-4 k-3$ popoln kvadrat. Opazimo, da je $D=\left(k^{2}-3\right)^{2}-4 k-12<\left(k^{2}-3\right)^{2}$, saj je $4 k+12>0$. Prvi popoln kvadrat, ki je manjši od $\left(k^{2}-3\right)^{2}$, je $\left(k^{2}-4\right)^{2}$, zato mora veljati $D \leq\left(k^{2}-4\right)^{2}$. Z upoštevanjem zveze $D=k^{4}-6 k^{2}-4 k-3$ to neenakost preoblikujemo v $2 k^{2}-4 k-19 \leq 0$ oziroma $2 k(k-2) \leq 19$. Opazimo, da za $k \geq 5$ neenakost ni izpolnjena, torej so edine naravne rešitve $1,2,3$ in 4 . Toda diskriminanta $D$ je pri teh vrednostih števila $k$ zaporedoma enaka $-12,-19,12$ in 141 in v nobenem primeru ni popoln kvadrat. Torej tako praštevilo $p$ ne obstaja.

Preoblikovanje enačbe $\mathbf{v} p(p+1)=(n-1)\left(n^{2}+n+1\right) \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ 1. možnost: Ugotovitev, da če $p$ deli $n-1$, tedaj $n^{2}+n+1$ deli $p+1$, od koder sledi

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-25.jpg?height=52&width=1739&top_left_y=1025&top_left_x=176)
2. možnost: Izračun $p k=n^{2}+n+1$ in $p=k(n-1)-1$ (ali podoben izraz). ......... 1 točka Zapis kvadratne enačbe $n^{2}+\left(1-k^{2}\right) n+\left(k^{2}+k+1\right)=0$ v spremenljivki $n$. Ugotovitev, da mora biti njena diskriminanta $D$ popolni kvadrat. ...........................................................

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-25.jpg?height=54&width=1727&top_left_y=1224&top_left_x=176)

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-25.jpg?height=52&width=1731&top_left_y=1276&top_left_x=174)
Ugotovljen sklep, da za $k \geq 5$ neenakost ni izpolnjena in za $k<5$ diskriminanta $D$ ni popolni kvadrat. 1 točka

B3. Tretji pogoj v nalogi pove, da sta števili $a$ in $b$ povezani, če lahko števila v množici $K$ razporedimo $\mathrm{v}$ vrsto, ki se začne $\mathrm{z} a$ in konča $\mathrm{z} b$, tako da sta vsaki dve sosednji števili v tej vrsti različne parnosti. Vrsto, v kateri sta vsaki dve sosednji števili različne parnosti, bomo imenovali alternirajoča vrsta.

Obravnavajmo različni možnosti glede na parnost števila $k$.

Denimo, da je $k$ sodo število. Števili $a$ in $b$ sta povezani z alternirajočo vrsto natanko tedaj, ko sta različnih parnosti. Ker je $k \geq 3$, lahko izmed števil v množici $K$ izberemo dve števili, ki sta iste parnosti in zato nista povezani.

Denimo, da je $k$ liho število. Števili $a$ in $b$ sta povezani z alternirajočo vrsto natanko tedaj, ko sta iste parnosti. Ker je $k \geq 3$, lahko izmed števil v množici $K$ izberemo dve števili, ki sta različne parnosti in zato nista povezani.

Števili $a$ in $b$ sta povezani $z$ vrsto števil, pri kateri sta vsaki dve sosednji števili $\mathbf{v}$ tej vrsti različne parnosti. 1 točka Za $k$ sodo število sta števili $a$ in $b$ povezani $\mathbf{z}$ alternirajočo vrsto natanko tedaj, ko sta različnih parnosti. Ker je $k \geq 3$, lahko izmed števil v množici $K$ izberemo dve števili, ki sta iste parnosti in zato nista povezani. 3 točke Za $k$ liho število sta števili $a$ in $b$ povezani $\mathbf{z}$ alternirajočo vrsto natanko tedaj, ko sta iste parnosti. Ker je $k \geq 3$, lahko izmed števil v množici $K$ izberemo dve števili, ki sta različne parnosti in zato nista povezani.

# 63. matematično tekmovanje <br> srednješolcev Slovenije 

Državno tekmovanje, 13. april 2019

## Rešitve nalog za 3. letnik

| $\mathrm{A} 1$ | $\mathrm{~A} 2$ | $\mathrm{~A} 3$ |
| :---: | :---: | :---: |
| $\mathrm{B}$ | $\mathrm{B}$ | $\mathrm{E}$ |

A1. Če je Tadejev ulomek enak $\frac{a}{b}$, tedaj je Sarin ulomek $\frac{1 \cdot 4 \cdot a}{b}$, Katjin ulomek pa $\frac{2 \cdot a}{b}=\frac{1 \cdot 4 \cdot a}{0.7 \cdot b}$. Katja mora imenovalec Sarinega novega ulomka zmanjšati za $30 \%$.

A2. Dolžino, širino in višino kvadra označimo z $a, b$ in $c$. Tedaj po Pitagorovem izreku velja $a^{2}+b^{2}=|X Y|^{2}=64, b^{2}+c^{2}=|Z X|^{2}=55$ in $c^{2}+a^{2}=|Y Z|^{2}=81$. Enačbe seštejemo, da dobimo $2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)=200$. Dolžina telesne diagonale kvadra je enaka $\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=\sqrt{\frac{200}{2}}=10 \mathrm{~cm}$.

A3. Trikotnika $A E D$ in $D E F$ imata ploščini v razmerju 1:1 in skupno višino skozi oglišče $E$, zato sta tudi njuni stranici v razmerju $|D A|:|F D|=1: 1$. Trikotnika $A C B$ in $F C B$ imata ploščini v razmerju 4:1 in skupno višino skozi oglišče $C$, zato sta njuni stranici v razmerju $|B A|:|B F|=4: 1$. Torej je $|B A|=4|B F|,|F A|=|B A|-|B F|=3|B F|,|F D|=\frac{1}{2}|F A|=\frac{3}{2}|B F|$ in $|B D|=|B F|+|F D|=\frac{5}{2}|B F|$. Sledi $|F A|:|B D|=3|B F|: \frac{5}{2}|B F|=6: 5$.

B1. Logaritem je definiran le za pozitivna števila, zato mora biti $x>0$. Število $x=1$ očitno ni rešitev enačbe, zato lahko privzamemo, da je $x \neq 1$. Za pozitivno realno število $x \neq 1$ velja $\log _{10} x=\frac{1}{\log _{x} 10}$, zato je $\log _{10} 6=\frac{\log _{x} 6}{\log _{x} 10}=\log _{10} x \cdot \log _{x} 6$. S pomočjo te zveze lahko dano enakost preoblikujemo do

$$
6^{\log _{10} x}+\left(x^{\log _{x} 6}\right)^{\log _{10} x}=72
$$

in nato upoštevamo enakost $x^{\log _{x} 6}=6$, da dobimo

$$
2 \cdot 6^{\log _{10} x}=72
$$

Od tod sledi $6^{\log _{10} x}=36=6^{2}$, torej je $\log _{10} x=2$ oziroma $x=100$.

1. način:
Uporaba enačbe-prehod na novo osnovo logaritma ..... 1 točka
Preoblikovanje do enačbe $2 \cdot x^{\log _{10} 6}=72$ ..... 5 točk
Poenostavljen rezultat $x=100$ ..... 1 točka
2. način:
Preverjena rešitev $x=100$ ..... 1 točka
Polna utemeljitev, da je rešitev le ena, saj je leva stran enačbe strogo monotona funkcija
6 točk

B2. Naj bo $p(x)=a_{n} x^{n}+\cdots+a_{0}$ iskani polinom. Če je $\frac{k}{m}$ neka njegova racionalna ničla, tedaj $k$ deli $a_{0}$ in $m$ deli $a_{n}$. Ker pa sta $a_{0}$ in $a_{n}$ oba enaka 1 ali -1 , sta tudi $k$ in $m$ enaka 1 ali -1 . Torej so vse ničle polinoma $p(x)$ enake 1 ali -1 . Hkrati je tudi vodilni koeficient polinoma $p(x)$ enak 1 ali -1 , zato lahko pišemo $p(x)= \pm(x-1)^{m}(x+1)^{k}$ za neki nenegativni celi števili $m$ in $k$ (ne obe enaki 0 ). Če je $m=0$, tedaj očitno le polinoma $\pm(x+1)$ zadoščata pogojem naloge, in če je $k=0$, le polinoma $\pm(x-1)$ zadoščata pogojem naloge. V nadaljevanju zato predpostavimo, da sta $k$ in $m$ naravni števili. Sledi

$$
\pm p(x)=\left(x^{m}-m x^{m-1}+\cdots\right)\left(x^{k}+k x^{k-1}+\cdots\right)=x^{k+m}+(k-m) x^{k+m-1}+\cdots
$$

torej je $k-m= \pm 1$.

Če je $k=m+1$, potem je

$$
\pm p(x)=\left(x^{2}-1\right)^{m}(x+1)=\left(x^{2 m}-m x^{2 m-2}+\cdots\right)(x+1)=x^{2 m+1}+x^{2 m}-m x^{2 m-1}+\cdots
$$

od koder sledi $m=1$ in $p(x)= \pm(x-1)(x+1)^{2}= \pm\left(x^{3}+x^{2}-x-1\right)$.

Če pa je $k=m-1$ oziroma $m=k+1$, pa podobno kot zgoraj sledi

$$
\pm p(x)=\left(x^{2}-1\right)^{k}(x-1)=\left(x^{2 k}-k x^{2 k-2}+\cdots\right)(x-1)=x^{2 k+1}-x^{2 k}-k x^{2 k-1}+\cdots
$$

torej je $k=1$ in $p(x)= \pm(x-1)^{2}(x+1)= \pm\left(x^{3}-x^{2}-x+1\right)$.

Vse rešitve so torej polinomi $\pm(x-1), \pm(x+1), \pm\left(x^{3}+x^{2}-x-1\right)$ in $\pm\left(x^{3}-x^{2}-x+1\right)$.

Dokaz, da so vse ničle enake $\pm 1$

B3. Označimo s $P$ presečǐšče daljice $B C$ in simetrale kota $\Varangle B A C$, z $Q$ pa presečišče daljice $A C$ in simetrale kota $\Varangle C B A$. Presečišče premic $A P$ in $B Q$ je torej središče trikotniku $A B C$ včrtane krožnice, označimo ga z $I$. Ker je trikotnik $B A D$ enakokrak z vrhom pri $A$, je $\Varangle B D A=$ $\frac{1}{2}(\pi-\Varangle D A B)=\frac{1}{2}(\Varangle B A C)=\Varangle P A C$. Torej sta premici $B D$ in $P A$ vzporedni in trikotnika $B C D$ in $P C A$ sta si podobna. Sledi

$$
\frac{|C B|}{|C D|}=\frac{|C P|}{|C A|} \quad \text { oziroma } \quad|C P| \cdot|C D|=|C B| \cdot|C A| \text {. }
$$

Na enak način pokažemo, da sta tudi premici $A E$ in $Q B$ vzporedni ter trikotnika $E C A$ in $B C Q$ podobna, zato velja še

$$
\frac{|C E|}{|C A|}=\frac{|C B|}{|C Q|} \quad \text { oziroma } \quad|C E| \cdot|C Q|=|C B| \cdot|C A| \text {. }
$$

Iz zgornjih enakosti sledi

$$
|C P| \cdot|C D|=|C E| \cdot|C Q| \quad \text { oziroma } \quad \frac{|C P|}{|C Q|}=\frac{|C E|}{|C D|}
$$

To pomeni, da sta trikotnika $P C Q$ in $E C D$ podobna. V posebnem sta premici $P Q$ in $E D$ vzporedni. Štirikotnik $F E C D$ je paralelogram, saj ima dva para vzporednih stranic, zato sta trikotnika $E C D$ in $D F E$ skladna. Posledično sta trikotnika $P C Q$ in $D F E$ podobna. Iz vzporednosti premic $B D$ in $P A, A E$ in $Q B$ ter $P Q$ in $E D$ sledi, da sta tudi trikotnika $Q I P$ in $E G D$ podobna. Torej sta celo štirikotnika $P C Q I$ in $D F E G$ podobna. Ker je diagonala $C I$ simetrala kota $\Varangle Q C P$, je tudi diagonala $F G$ simetrala kota $\Varangle E F D$.

2. način. Uporabimo oznake iz prve rešitve. Podobnost trikotnikov $P C Q$ in ECD lahko pokažemo tudi nekoliko drugače. Simetrala notranjega kota trikotnika razdeli nasprotno stranico v razmerju, ki je enako razmerju priležnih stranic. Tako velja

$$
\frac{|B P|}{|C P|}=\frac{|A B|}{|A C|} \quad \text { oziroma } \quad|B P|=\frac{|A B| \cdot|C P|}{|A C|}
$$

Slednje vstavimo v enakost $|B P|+|C P|=|B C|$ in izrazimo $|C P|$, da dobimo

$$
|C P|=\frac{|C A| \cdot|C B|}{|A B|+|A C|}=\frac{|C A| \cdot|C B|}{|C D|}
$$

kjer smo upoštevali še $|A B|=|A D|$. Na enak način izpeljemo še

$$
|C Q|=\frac{|C A| \cdot|C B|}{|A B|+|B C|}=\frac{|C A| \cdot|C B|}{|C E|}
$$

Od tod sledi $\frac{|C P|}{|C Q|}=\frac{|C E|}{\mid C D}$, zato sta si trikotnika $P C Q$ in $E C D$ podobna in premici $P Q$ in $E D$ sta vzporedni. Ker sta tudi premici $E F$ in $A C$ ter premici $D F$ in $B C$ vzporedni, sta si podobna tudi trikotnika $P C Q$ in $D F E$.

Na enak način kot v prvi rešitvi pokažemo, da sta premici $B D$ in $P A$ ter premici $A E$ in $Q B$ vzporedni. Skupaj z vzporednostjo premic $P Q$ in $E D$ to pomeni, da sta trikotnika $Q I P$ in $E G D$ podobna. Od tod sledi $\frac{|D E|}{|D G|}=\frac{|P Q|}{|P I|}$, iz podobnosti trikotnikov $P C Q$ in $E C D$ pa še $\frac{|D F|}{|D E|}=\frac{|P C|}{|P Q|}$. Zadnji dve enakosti zmnožimo, da dobimo

$$
\frac{|D F|}{|D G|}=\frac{|P C|}{|P I|}
$$

Zaradi vzporednosti premic $D F$ in $P C$ ter premic $D G$ in $P I$, pa sledi še $\Varangle F D G=\Varangle C P I$. Trikotnika $F D G$ in $C P I$ se tako ujemata v enem kotu in razmerju stranic ob tem kotu, zato sta si podobna. Na enak način pokažemo, da sta si podobna tudi trikotnika $F E G$ in $C Q I$. Torej je $\Varangle E F G=\Varangle Q C I=\Varangle I C P=\Varangle G F D$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-31.jpg?height=988&width=803&top_left_y=371&top_left_x=224)

Vpeljava točk $I, P$ ali $Q$ 1 točka. Izračun enakosti $\Varangle B D A=\Varangle P A C=\frac{\alpha}{2}$ ali $\frac{|B P|}{|C P|}=\frac{|A B|}{|A C|}$ ali $\frac{|A Q|}{|C Q|}=\frac{|A B|}{|B C|} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots .1$ točka. Podobnost trikotnikov $B C D$ in $P C A$ ali podobnost trikotnikov $A C E$ in $Q C B$ ali vzporednost $B D \| A P$ ali vzporednost $A E \| Q P$ 1 točka.

Podobnost trikotnikov $P C Q$ in $E C D$ ali vzporednost $P Q \| D E$ 1 točka.

Podobnost trikotnikov $D E G$ in $P Q I$ ali podobnost trikotnikov $D E F$ in $P Q C \ldots \ldots 1$ točka. Podobnost trikotnikov $F E G$ in $C Q I$ ali podobnosti trikotnikov $F D G$ in $C P I$ (lahko le raz-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-31.jpg?height=80&width=1727&top_left_y=1742&top_left_x=176)
Sklep $\Varangle E F G=\Varangle Q C I=\Varangle I C P=\Varangle D F G \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots$ točka.

## 63. matematično tekmovanje <br> srednješolcev Slovenije <br> Državno tekmovanje, 13. april 2019

## Rešitve nalog za 4. letnik

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-32.jpg?height=143&width=223&top_left_y=548&top_left_x=928)

A1. Ker je $a=2^{8}$, je $b=1 \cdot 2 \cdot 2^{2} \cdot \ldots \cdot 2^{8}=2^{0+1+2+\ldots+8}=2^{36}$. Torej velja $b^{2}=2^{72}=a^{9}$. Pravilen odgovor je (D).

A2. Ker je $f(x)$ soda funkcija in $g(x)$ liha funkcija, velja $f(-x)=x$ in $g(-x)=-g(x)$ za vsa realna števila $x$. Torej je $\varphi(-x)=f(g(-x))+g(f(-x))=f(-g(x))+g(f(x))=f(g(x))+$ $g(f(x))=\varphi(x)$. Pravilen odgovor je (C). Primer $f(x)=x^{2}$ in $g(x)=2 x$ pokaže, da nobena od ostalih enakosti ni nujno izpolnjena, saj v tem primeru velja $\varphi(x)=6 x^{2}, f(f(x))=x^{4}$, $g(g(x))=4 x$ in $2 f(g(x))=8 x^{2}$.

A3. Verjetnosti, da na eni kocki pade črka $A, B, C$ oz. $I$ so zaporedoma enake $\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{6}$ oz. $\frac{1}{6}$. Mislimo si, da Klara kocke vrže tako, da so urejene v vrsto. Tedaj je verjetnost, da pade beseda $B A B I C A$ enaka $\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{3}=\left(\frac{1}{3}\right)^{4}\left(\frac{1}{6}\right)^{2}$. Ugoden pa je katerikoli izid, kjer so črke v tej besedi premešane. Vseh takih izidov je skupaj $\frac{6!}{(2!)^{2}}$, saj gre za permutacije s ponavljanjem na 6 elementih, pri čemer se črki $A$ in $B$ pojavita 2-krat. Verjetnost, da lahko Klara iz dobljenih črk sestavi besedo $B A B I C A$ je torej $\frac{6!}{(2!)^{2}}\left(\frac{1}{3}\right)^{4}\left(\frac{1}{6}\right)^{2}$.

B1. Naj bo $d$ največji skupni delitelj danih števil. Tedaj $d$ deli tudi števila

$$
\begin{aligned}
& (2 a-3 b-1)-2(a-2 b+3)=b-7 \\
& (a-2 b+3)+2(b-7)=a-11 \\
& (3 a+b-2)-(b-7)=3 a+5 \\
& (3 a+5)-3(a-11)=38
\end{aligned}
$$

Torej je $d$ lahko največ 38 . Če izberemo $a=11$ in $b=7$, potem je $a-2 b+3=0,2 a-3 b-1=0$ in $3 a+b-2=38$, torej je največji skupni delitelj res lahko 38 .

Navedba ali uporaba dejstva, da za poljubni celi števili $e$ in $f$ njun največji skupni delitelj $\operatorname{gcd}(e, f)$ deli poljubno linearno kombinacijo $e$ in $f \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots . \ldots . \ldots . \ldots$ točka Zapis enakosti $(2 a-3 b-1)-2(a-2 b+3)=b-7$ (oziroma ekvivalentna eliminacija ene spremenljivke iz enačb) 1 točka Zapis enakosti $(a-2 b+3)+2(b-7)=a-11$ (oziroma ekvivalentna eliminacija druge

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-33.jpg?height=54&width=1725&top_left_y=937&top_left_x=177)
Zapis enakosti $(3 a+b-2)-(b-7)=3 a+5$ (oziroma ekvivalentna eliminacija druge spremenljivke iz enačb na drug način kot prej) 1 točka Zapis enakosti $(3 a+5)-3(a-11)=38$ (oziroma ekvivalentna eliminacija vseh spremenljivk iz enačb) in sklep, da je $d$ lahko največ 38 . 1 točka

Konstrukcija primera $\mathbf{z} a=11$ in $b=7$ (oziroma ekvivalentno), ki da $d=38$. 2 točki

Opomba: Če je dvakrat eliminirana ista spremenljivka, se tekmovalcu da tudi točka od eliminacije druge spremenljivke.

B2. Zaradi simetrije lahko predpostavimo, da je $|A C|>|B C|$. Potem točka $D$ leži med $S$ in $B$, točka $E$ pa med $S$ in $A$. Hkrati točka $G$ leži na istem bregu premice $F S$ kot točka $E$. Simetrali stranice in nasprotnega kota v trikotniku se vedno sekata na trikotniku očrtani krožnici. Torej simetrala stranice $A B$ poteka skozi točko $F$, kar pomeni, da je premica $S F$ pravokotna na premico $A B$. Od tod sledi, da sta trikotnika $F S D$ in $F S E$ skladna, zato velja

$$
\Varangle F E S=\Varangle S D F=\Varangle A D F=\Varangle A C D+\Varangle D A C .
$$

Po izreku o obodnih kotih je

$$
\Varangle F G S=\Varangle F G C=\Varangle F A C=\Varangle F A B+\Varangle B A C=\Varangle F C B+\Varangle B A C=\Varangle A C F+\Varangle B A C=\Varangle A C D+\Varangle D A
$$

Od tod sledi $\Varangle F E S=\Varangle F G S$. Ker točki $E$ in $G$ ležita na istem bregu premice $F S$, po izreku o obodnih kotih sledi, da točke $E, G, F$ in $S$ ležijo na isti krožnici.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-34.jpg?height=577&width=620&top_left_y=842&top_left_x=227)

2. način. Zaradi simetrije lahko predpostavimo, da je $|A C|>|B C|$. Potem točka $D$ leži med $S$ in $B$, točka $E$ pa med $S$ in $A$. Ker je $A G B C$ tetiven štirikotnik, je $\Varangle B G C=\Varangle B A C$, torej sta trikotnika $G B S$ in $A C S$ podobna, saj imata dva enaka kota. Podobno je $\Varangle S G A=\Varangle C B S$, zato sta tudi trikotnika $A G S$ in $C B S$ podobna. Iz prve podobnosti sledi $\frac{|S G|}{|S A|}=\frac{|B G|}{|A C|}$, iz druge pa $\frac{|S G|}{|S B|}=\frac{|A G|}{|B C|}$. Ker pa je $|S A|=|S B|$, iz obeh enakosti sledi $\frac{|B G|}{|A C|}=\frac{|A G|}{|B C|}$ oziroma $\frac{|A C|}{|B C|}=\frac{|B G|}{|A G|}$. Ker je premica $C D$ simetrala kota $\Varangle A C B$, je $\frac{|A D|}{|B D|}=\frac{|A C|}{|B C|}$. Točki $D$ in $E$ sta simetrični glede na razpolovišče stranice $A B$, zato velja $|B E|=|A D|$ in $|A E|=|B D|$. Iz vsega tega izpeljemo

$$
\frac{|B E|}{|A E|}=\frac{|A D|}{|B D|}=\frac{|A C|}{|B C|}=\frac{|B G|}{|A G|}
$$

Ker točka $E$ leži na daljici $A B$, od tod sledi, da je premica $G E$ simetrala kota $\Varangle B G A$.

Označimo s $H$ drugo presečišče premice $G E$ in trikotniku $A B C$ očrtane krožnice. Ker je premica $G E$ simetrala kota $\Varangle B G A$, sta krožna loka $\widehat{B H}$ in $\widehat{A H}$ enako dolga. Podobno je premica $C F$ simetrala kota $\Varangle A C B$, zato sta tudi krožna loka $\widehat{A F}$ in $\widehat{B F}$ enako dolga. Od tod sledi, da je daljica $H F$ premer trikotniku $A B C$ očrtane krožnice, torej po Talesovem izreku velja $\Varangle F G E=\Varangle F G H=\frac{\pi}{2}$. Hkrati pa iz enakosti krožnih lokov sledi tudi, da premica $H F$ poteka skozi $S$ in je pravokotna na stranico $A B$, torej je $\Varangle E S F=\frac{\pi}{2}$. Po Talesovem izreku torej točke $E, G, F$ in $S$ ležijo na isti krožnici.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-35.jpg?height=614&width=620&top_left_y=164&top_left_x=224)

Ugotovitev $F S \perp A B$ in utemeljitev

$1+1$ točka

Ugotovitev $\Varangle F G S=\Varangle B A C+\Varangle A C F$ (ali ekvivalentno)

2 točki

Ugotovitev $\Varangle F E S=\Varangle B A C+\Varangle A C F$ (ali ekvivalentno)

2 točki

Utemeljitev, da je $E G F S$ tetiven

B3. Če je $a_{n} \geq 0$ za nek $n$, tedaj je $\frac{a_{n}^{2}+10 a_{n}}{2 a_{n}+4} \geq 0$ in zato je tudi $a_{n+1} \geq 0$. Ker je $a_{1}=m>0$, so torej vsi členi zaporedja $a_{n}$ nenegativna cela števila.

Za majhna naravna števila $m$ izračunamo nekaj členov zaporedja $a_{n}$ :

- pri $m=1$ dobimo $1,1,1,1, \ldots$,
- pri $m=2$ dobimo $2,3,3,3, \ldots$,
- pri $m=3$ dobimo $3,3,3,3, \ldots$,
- pri $m=4$ dobimo $4,4,4,4, \ldots$,
- pri $m=5$ dobimo $5,5,5,5, \ldots$,
- pri $m=6$ dobimo $6,6,6,6, \ldots$,
- pri $m=7$ dobimo $7,6,6,6, \ldots$,
- pri $m=8$ dobimo $8,7,6,6, \ldots$

Opazimo, da se člen zaporedja na vsakem koraku zmanjša, razen v primeru, ko je enak 2. Zato obravnavamo dve primera:

1. primer: Recimo, da je $a_{n}=2$ za nek $n \in \mathbb{N}$. Potem je $a_{n+1}=3$. Ker je $\left[\frac{3^{2}+10 \cdot 3}{2 \cdot 3+4}\right]=\left[\frac{39}{10}\right]=3$, sledi, da je $a_{k}=3$ za vse $k \geq n+1$. Naloga je $\mathrm{v}$ tem primeru dokazana.
2. primer: Recimo, da je $a_{n} \neq 2$ za vsak $n \in \mathbb{N}$. Dokažimo, da je zaporedje $\mathrm{v}$ tem primeru padajoče. Ker so vsi členi zaporedja $a_{n}$ cela števila, je pogoj $a_{n+1} \leq a_{n}$ ekvivalenten pogoju $\frac{a_{n}^{2}+10 a_{n}}{2 a_{n}+4}<a_{n}+1$. Ta neenakost pa je ekvivalentna neenakosti $a_{n}^{2}-4 a_{n}+4>0$ oziroma $\left(a_{n}-2\right)^{2}>$ 0 , kar očítno drži za vsak $n \in \mathbb{N}$, saj po predpostavki noben člen zaporedja ni enak 2. Zaporedje $a_{n}$ je torej padajoče, njegovi členi pa so nenegativna cela števila (različna od 2), zato mora biti zaporedje od nekega člena naprej konstantno.
3. način. Če je $a_{n} \geq 1$ za nek $n$, tedaj je $10 a_{n} \geq 2 a_{n}+4$, torej je tudi $a_{n+1} \geq 1$. Ker je $a_{1}=m \geq 1$, so torej vsi členi zaporedja $a_{n}$ naravna števila. Opazimo, da velja

$$
\begin{gathered}
{\left[\frac{1^{2}+10 \cdot 1}{2 \cdot 1+4}\right]=\left[\frac{11}{6}\right]=1, \quad\left[\frac{2^{2}+10 \cdot 2}{2 \cdot 2+4}\right]=\left[\frac{24}{8}\right]=3, \quad\left[\frac{3^{2}+10 \cdot 3}{2 \cdot 3+4}\right]=\left[\frac{39}{10}\right]=3,} \\
{\left[\frac{4^{2}+10 \cdot 4}{2 \cdot 4+4}\right]=\left[\frac{56}{12}\right]=4, \quad\left[\frac{5^{2}+10 \cdot 5}{2 \cdot 5+4}\right]=\left[\frac{75}{14}\right]=5, \quad\left[\frac{6^{2}+10 \cdot 6}{2 \cdot 6+4}\right]=\left[\frac{96}{16}\right]=6} \\
{\left[\frac{7^{2}+10 \cdot 7}{2 \cdot 7+4}\right]=\left[\frac{119}{18}\right]=6, \quad\left[\frac{8^{2}+10 \cdot 8}{2 \cdot 8+4}\right]=\left[\frac{144}{20}\right]=7}
\end{gathered}
$$

Iz prvih šestih enakosti sledi, da če je nek člen zaporedja manjši ali enak 6, potem je zaporedje od nekje dalje konstantno (in enako 1, 3, 4, 5 ali 6). Zadnji dve enakosti namigujeta, da če je nek člen zaporedja večji kot 6 , potem bo naslednji člen strogo manjši. Pokažimo, da to res velja. Denimo torej, da je $a_{n}>6$ za nek $n \in \mathbb{N}$. Pokazati želimo, da je tedaj $a_{n+1}<a_{n}$. Ker so vsi členi
zaporedja naravna števila, je slednja neenakost ekvivalentna neenakosti $a_{n+1} \leq a_{n}-1$, ta pa neenakosti $\frac{a_{n}^{2}+10 a_{n}}{2 a_{n}+4}<a_{n}$. Ko odpravimo ulomke, dobimo $a_{n}^{2}-6 a_{n}>0$ oziroma $a_{n}\left(a_{n}-6\right)>0$. Neenakost je izpolnjena, saj je $a_{n}$ naravno število in po predpostavki velja $a_{n}>6$. Od tod sledi, da so za poljuben $m$ členi zaporedja prej ali slej manjši ali enaki 6 , od prej pa že vemo, da je $v$ tem primeru zaporedje od nekega člena naprej konstantno.

1. način: Utemeljen skelp, da so vsi čelni nenegativni ........................................... Argument, da če v zaporedju za nek $i$ velja: $a_{i}=2$, je zaporedje od naslednjega člena

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-37.jpg?height=57&width=1739&top_left_y=580&top_left_x=176)

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-37.jpg?height=63&width=1742&top_left_y=628&top_left_x=174)

Pravilno razpisane enačbe do $\left(a_{n}-2\right)^{2}>0 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$

Sklep, da je zaporedje padajoče za vse $a_{n}$ razen za $a_{n}=2 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots$ točka

Sklep: Ker je zaporedje padajoče in nenegativno bo od nekod dalje konstantno . 2 točki

2. način: Utemeljen skelp, da so vsi čelni nenegativni ............................ 1 točka Utemeljena ugotovitev, da če $\mathbf{v}$ zaporedju za nek $i$ velja: $1 \leq a_{i} \leq 6$, je zaporedje konstanto od tega člena naprej . ...................................................................................................

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-37.jpg?height=63&width=1731&top_left_y=1028&top_left_x=174)

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-37.jpg?height=66&width=1731&top_left_y=1075&top_left_x=174)

Skelp, da je zaporedje strogo padajoče za vse $a_{n}>6 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots . \ldots$ točka

Sklep: za nek dovolj velik $i$ bo veljalo: $a_{i} \leq 6$ iz česar sledi, da bo zaporedje od $i$.tega člena dalje konstantno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 točki

Opomba: Če v postopku reševanja ni očitno, da je tudi zaporedje, ki vsebuje 0 , od nekod dalje konstantno, ali da zaporedje, ki se začne $z$ naravnim številom, ne more vsebovati člena, ki bi bil 0 , se zgubi ena točka.

Prav tako se izgubi 1 točka, če nepravilno odparvijo celi del.


[^0]:    Uporaba dejstva, da je vsak delitelj števila manjši ali enak le temu .................. 1 točka Izpeljana ocena $n^{3}=a^{2}+b^{2}+c^{2} \leq 3 n^{2}$ skupaj z utemeljitvijo ......................... 2 točki

    ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-19.jpg?height=52&width=1727&top_left_y=842&top_left_x=176)

    ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-19.jpg?height=49&width=1725&top_left_y=889&top_left_x=177)

    ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_716acb2f660115fb0b44g-19.jpg?height=58&width=1727&top_left_y=939&top_left_x=176)

    Edina rešitev $n=3$......................................................................................................