# 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.
A1. Vsi liki na slikah so omejeni s polkrožnimi loki, pri čemer je največji polkrožni lok pri vseh likih enak. Kateri izmed likov z najmanjšim obsegom ima največjo ploščino?
(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
A2. Vsota števk petmestnega števila je 44. Koliko je produkt števk tega petmestnega števila?
(A) $2^{3} \cdot 3^{8}$
(B) $2^{3} \cdot 9^{3}$
(C) $8 \cdot 4^{9}$
(D) $8 \cdot 3^{4}$
(E) Nič od predhodno naštetega.
A3. Peter je prekril rano z 2 pravokotnima obližema (glej sliko). Ploščina območja, prekritega z obema obližema hkrati, je $40 \mathrm{~cm}^{2}$, obseg območja, prekritega z obema obližema hkrati, pa je $30 \mathrm{~cm}$. Zgornji obliž je širok $8 \mathrm{~cm}$. Koliko centimetrov je širok spodnji obliž?
(A) 3
(B) 4
(C) 5
(D) 6
(E) 16
B1. Dokaži, da ne obstajata naravni števili $a$ in $b$, za kateri velja $\sqrt{a}+\sqrt{b}=\sqrt{2021}$.
B2. Poišči vsa realna števila $x, y$ in $z$, ki rešijo sistem enačb
$$
\frac{3 x y}{x-y}=2, \quad \frac{2 y z}{y+2 z}=3, \quad \frac{x z}{z-4 x}=3
$$
B3. Nataša je zlepila kvadrat in enakostranični trikotnik v petkotnik > . Iz 7 takih petkotnikov je oblikovala lik (glej sliko).
a) Dokaži, da lahko Natašin lik včrtamo v velik kvadrat tako, kot to prikazuje slika.
b) Ali Natašin lik pokrije več kot $\frac{2}{3}$ površine velikega kvadrata?
## 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.
A1. Na državno tekmovanje v računanju se lahko uvrsti največ 30 tekmovalcev. Na letošnjem državnem tekmovanju so tekmovalci reševali 4 naloge, pri čemer je $\frac{1}{3}$ tekmovalcev rešila natanko 3 naloge, $\frac{1}{4}$ tekmovalcev je rešila natanko 2 nalogi, $\frac{1}{6}$ tekmovalcev je rešila natanko 1 nalogo, $\frac{1}{8}$ tekmovalcev pa ni rešila nobene naloge. Koliko tekmovalcev je rešilo vse 4 naloge?
(A) 1
(B) 2
(C) 3
(D) 4
(E) 5
A2. Lucijana je iz množice števil $\{1,2,3,4,5,6,7,8,9\}$ izbrala 3 različna števila. Z njimi je zapisala največje možno trimestno število in najmanjše možno trimestno število. Dobljeni števili je seštela in dobila število 545 . Koliko je vsota 3 števil, ki jih je izbrala Lucijana?
(A) 6
(B) 7
(C) 9
(D) 11
(E) 13
A3. Diagonali $A C$ in $B D$ trapeza $A B C D$ se sekata v točki $E$ in razdelita trapez na 4 trikotnike s ploščinami $25 \mathrm{~cm}^{2}, 36 \mathrm{~cm}^{2}, X \mathrm{~cm}^{2}$ in $X \mathrm{~cm}^{2}$ (glej sliko). Kolikšna je vrednost $X$ ?
(A) 25
(B) 30
(C) 32
(D) 36
(E) 61
B1. Poišči vsa realna števila $x$, za katera velja $\left(x^{2}-7 x+11\right)^{x^{2}-13 x+42}=1$.
B2. Naj bo $A B C$ ostrokotni trikotnik. Krožnica s središčem v $A$, ki se dotika stranice $B C$, seka stranico $A B$ v točki $B_{1}$ in stranico $C A$ v točki $C_{2}$. Krožnica s središčem v $B$, ki se dotika stranice $C A$, seka stranico $B C$ v točki $C_{1}$ in stranico $A B$ v točki $A_{2}$. Krožnica s središčem v $C$, ki se dotika stranice $A B$, seka stranico $C A$ v točki $A_{1}$ in stranico $B C$ v točki $B_{2}$. Dokaži, da je trikotnik, ki ga določajo premice $A_{1} A_{2}, B_{1} B_{2}$ in $C_{1} C_{2}$, podoben trikotniku $A B C$.
B3. Veronika ima list karirastega papirja z $78 \times 78$ kvadratki. List želi razrezati na manjše kose, od katerih bo vsak imel bodisi 14 bodisi 15 kvadratkov, pri čemer z vsakim rezom prereže enega od kosov papirja na dva dela vzdolž ene od črt na papirju. Najmanj kolikokrat mora Veronika prerezati papir?
## 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.
A1. Nik je postavil nekaj kvadrov drug poleg drugega, tako da so se njihove mejne ploskve prilegale druga na drugo, in na 3 mejne ploskve napisal njihove ploščine (glej sliko). Koliko je ploščina mejne ploskve označene z $X$ ?
(A) 12
(B) 14
(C) 15
(D) 26
(E) Nič od predhodnega.
A2. Ana in Meta sta se hkrati odpeljali iz vasi Zabukovje v vas Zahrastje, Ana s kolesom in Meta z avtom. Ana je vozila s konstantno hitrostjo $30 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$, Meta pa s konstantno hitrostjo $70 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$. Ko je Meta prišla v Zahrastje, je bila tam $1 \mathrm{~h}$, nato pa se je z enako hitrostjo $70 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ odpeljala nazaj v Zabukovje. Na poti nazaj je srečala Ano $105 \mathrm{~km}$ od Zahrastja. Koliko kilometrov je razdalja med vasema Zabukovje in Zahrastje?
(A) 262,5
(B) 300
(C) 315
(D) 345
(E) 375
A3. Kvadrat s stranico dolžine 2 je razdeljen na 4 trikotnike (glej sliko). Vsi 3 osenčeni trikotniki imajo enako ploščino. Koliko je ploščina belega trikotnika?
(A) $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
(B) $\frac{8}{5}$
(C) 2
(D) $3 \sqrt{5}-5$
(E) $6-2 \sqrt{5}$
B1. Poišči vsa cela števila $a$, za katera je tudi $\log _{2}\left(a^{2}-4 a-1\right)$ celo število.
B2. Nataša je zlepila kvadrat in enakostra-
nični trikotnik $\mathrm{v}$ petkotnik zila je, da lahko z njimi oblikuje neskončen vzorec, ki ravnine ne pokrije v celoti. Ali Natašin vzorec pokrije več kot $75 \%$ površine ravnine?
B3. Dan je trapez $A B C D$, v katerem je krak $B C$ enako dolg kot osnovnica $A B$, velikosti kotov $\Varangle C B D, \Varangle D B A$ in $\Varangle A D B$ pa so v tem vrstnem redu v razmerju 1:3:5. Izračunaj velikosti notranjih kotov trapeza $A B C D$.
## 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.
A1. Vsa enaka telesa tehtajo enako, skupna masa teles na vseh, razen na 1 spodnji sliki, je enaka. Na kateri izmed spodnjih slik se skupna masa teles razlikuje od skupne mase teles na preostalih slikah?
(A)
(D)
(B)
(E)
(C)
A2. Od dveh narisanih premic v kordinatnem sistemu ima ena od premic
enačbo $y=a x+b$ za neki različni realni števili $a$ in $b$ (glej sliko). Katera izmed spodnjih enačb je lahko enačba druge premice?
(A) $y=a x-b$
(B) $y=b x+a$
(C) $y=\frac{b}{a} x+b$
(D) $y=-b x+a$
(E) $y=\frac{a}{b} x+a$
A3. Kvadrat s stranico dolžine 2 je razdeljen na 4 trikotnike, od teh sta 2 tri-
kotnika enakokraka (glej sliko). Ploščina enega od enakokrakih trikotnikov je dvakrat tolikšna, kot je ploščina drugega enakokrakega trikotnika. Koliko je ploščina osenčenega trikotnika?
(A) $\frac{2}{3}$
(B) $\frac{\sqrt{2}}{2}$
(C) $\frac{8}{13}$
(D) $2-\sqrt{2}$
(E) $\frac{3-\sqrt{2}}{2}$
B1. Zaporedje $\left\{a_{n}\right\}_{n \in \mathbb{N}}$ je podano s prvim členom $a_{1}=3$ in rekurzivno zvezo $\left(3-a_{n+1}\right)\left(6+a_{n}\right)=$ 18 za vse $n \geq 1$. Dokaži, da za vsako naravno število $n$ velja
$$
\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{a_{k}}=\frac{2^{n+1}}{3}-\frac{n+2}{3}
$$
B2. Dan je enakokrak trikotnik $A B C$ z vrhom pri $C$, v katerem je $\Varangle A C B<90^{\circ}$. Naj bo $X$ od $C$ različna točka na stranici $A C$ in $Y$ od $C$ različna točka na stranici $B C$. Naj bo $D$ taka točka, da je premica $D X$ vzporedna premici $A B$, premica $A C$ pa je notranja simetrala kota $\Varangle B A D$. Podobno naj bo $E$ taka točka, da je premica $E Y$ vzporedna premici $A B$, premica $B C$ pa je notranja simetrala kota $\Varangle E B A$. Denimo, da obstaja taka točka $T$ na stranici $A B$, da velja $|X T|=|X D|$ in $|Y T|=|Y E|$. Izrazi vrednost izraza $|A X|+|B Y|$ z dolžinami stranic trikotnika $A B C$.
B3. Selena ima list karirastega papirja s $7 \times 7$ kvadratki, na katerem so kvadratki pobarvani črno in belo v vzorcu šahovnice, pri čemer so vogalni kvadratki črni. Iz papirja želi izrezati nekaj enakih koščkov, pri čemer bo rezala le po stranicah kvadratkov.
(a) Največ koliko koščkov oblike
bi lahko Selena izrezala iz svojega lista papirja?
(b) Največ koliko koščkov oblike
bi lahko Selena izrezala is svojega lista papirja?
## 65. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 15. maj 2021
Rešitve nalog za 1. letnik
A1. Skupna dolžina polkrožnih lokov nad daljico dolžine $d$ je enaka $\frac{\pi d}{2}$ neglede na to, koliko je teh polkrožnih lokov in kako veliki so (glej primer na sliki).
Torej je obseg vseh 5 likov enak, saj je enak $2 \cdot \frac{\pi d}{2}$, kjer je $d$ premer največjega krožnega loka. Največjo ploščino izmed vseh likov ima lik (C), saj je ta edini, ki ima ploščino večjo od ploščine polkroga omejenega z največjim krožnim lokom.
A2. Vsota 5 enomestnih števil je enaka 44 samo, če je eno od teh števil enako 8 in so ostala štiri števila enaka 9 , torej $8+9+9+9+9=44$. Produkt je zato enak $8 \cdot 9^{4}=2^{3} \cdot 3^{8}$.
A3. Območje, ki je prekrito z obema obližema, ima obliko paralelograma. Označimo stranici paralelograma z $a$ in $b, \mathrm{z} x$ pa stranico spodnjega obliža, katere dolžino iščemo (glej sliko).
Potem je $a \cdot x=b \cdot 8=40 \mathrm{~cm}^{2}$ in $2 a+2 b=30 \mathrm{~cm}$. Sledi, da je $b=\frac{1}{8} \cdot 40=5 \mathrm{~cm}, a=\frac{1}{2}(30-2 \cdot 5)=$ $10 \mathrm{~cm}$ in $x=\frac{1}{10} \cdot 40=4 \mathrm{~cm}$.
B1. Denimo, da taki naravni števili obstajata. Tedaj iz dane enakosti očitno sledi $a, b<2021$. Enakost preoblikujemo $\mathrm{v} \sqrt{a}=\sqrt{2021}-\sqrt{b}$ in jo kvadriramo, da dobimo $a=2021-2 \sqrt{2021 b}+$ $b$. Ker sta $a$ in $b$ naravni števili, je $2 \sqrt{2021 b}$ celo število in zato je $\sqrt{2021 b}$ racionalno število. Spomnimo se, da je za naravno število $n$ število $\sqrt{n}$ racionalno natanko takrat, ko je število $n$ popoln kvadrat. Od tod sledi, da je $2021 b$ popoln kvadrat. Ker pa je $2021=43 \cdot 47$ in sta 43 in 47 praštevili, mora biti $b=43 \cdot 47 \cdot k^{2}=2021 k^{2}$ za neko naravno število $k$. Sledi $b \geq 2021$, kar pa je protislovje. Taki naravni števili $a$ in $b$ torej ne obstajata.
2. način. Ker sta $a$ in $b$ naravni števili, iz dane enakosti sledi $a, b<2021$. Enakost kvadriramo, da dobimo $a+2 \sqrt{a b}+b=2021$. Nato jo preoblikujemo $\mathrm{v} 2 \sqrt{a b}=2021-a-b$ in ponovno kvadriramo, da dobimo $4 a b=(2021-a-b)^{2}$. Leva stran enakosti je deljiva s 4 , torej mora biti tudi desna stran deljiva s 4. To pomeni, da je $2021-a-b$ sodo število in zato je $\sqrt{a b}=\frac{2021-a-b}{2}$ naravno število. Začetno enakost sedaj pomnožimo s $\sqrt{b}$, da dobimo $\sqrt{a b}+b=\sqrt{2021 b}$. Ker je po pravkar dokazanem leva stran enakosti naravno število, mora biti tudi $\sqrt{2021 b}$ naravno število in zato je $2021 b$ popoln kvadrat. Od tod na enak način kot v prvi rešitvi pridemo do protislovja.
3. način. Ker sta $a$ in $b$ naravni števili, je $a, b<2021$. Prvotno enačbo kvadriramo in dobimo $a+2 \sqrt{a b}+b=2021$. To enačbo preoblikujemo $\mathrm{v} 2 \sqrt{a b}=2021-a-b$ in jo ponovno kvadriramo. Dobljeno enačbo preoblikujemo v $(a-b)^{2}=2021(2 a+2 b-2021)=43 \cdot 47 \cdot(2 a+2 b-2021)$. Ker sta 43 in 47 praštevili sledi, da $43 \cdot 47 \mid a-b$.
Če je $a-b=0$, je $a=b$ in sledi $4 a-2021=0$, kar pa ni mogoče, saj je $4 a$ sodo število, 2021 pa liho.
Sledi $a-b \neq 0$. Ampak potem iz 2021|a-b sledi, da je $|a-b| \geq 2021$. Ker pa sta $a, b \in \mathbb{N}$ sledi, da je vsaj eno izmed števil $a$ in $b$ večje od 2021. To pa je v protislovju s sklepom, da sta $a, b<2021$.
Torej ne obstajata naravni števili $a$ in $b$, ki bi rešili prvotno enačbo.
Sklep, da je potem $b \geq 2021$, kar je v protislovju z ugotovitvijo, da je $b<2021$........ 1 točka
Opomba 1: če tekmovalec ne obrazloži, da je $\sqrt{2021 b} \in \mathbb{N}$ se pri tretji alineji dodeli samo 1 točka.
Opomba 2: če tekmovalec zapiše faktorizacijo za $b$ brez ugotovitve, da sta 43 in 47 praštevili, se $\mathrm{mu}$ pri četrti alineji dodeli samo 1 točka.
Ugotovitev, da je $2021-a-b$ sodo število in zato $\sqrt{a b} \in \mathbb{N} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots$ točka
Ugotovitev, da je $b=43 \cdot 47 \cdot k^{2}$.............................................................. 2 točki
Skelp, da je potem $b \geq 2021$, kar je v protislovju z ugotovitvijo, da je $b<2021 \ldots \ldots . . .1$ točka
Opomba: če tekmovalec zapiše faktorizacijo za $b$ brez ugotovitve, da sta 43 in 47 praštevili, se mu pri peti alineji dodeli samo 1 točka.
Tretja rešitev: Kvadriranje enačbe $\sqrt{a}+\sqrt{b}=\sqrt{2021} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots . \ldots . \ldots . \ldots$ točka
Preoblikovanje enačbe do $(a-b)^{2}=2021(2 a+2 b-2021)$.................................. 1 točka
Ugotovitev, da $2021 \mid(a-b)$..................................................................................... 2 točki
Opomba: če tekmovalec zapiše faktorizacijo za $b$ brez ugotovitve, da sta 43 in 47 praštevili, se mu pri četrti alineji dodeli samo 1 točka.
B2. V enačbah najprej odpravimo ulomke in dobimo
$$
\begin{aligned}
3 x y & =2 x-2 y \\
2 y z & =3 y+6 z \\
x z & =3 z-12 x
\end{aligned}
$$
Prvo enačbo preoblikujemo $\mathrm{v}(3 y-2) x=-2 y$. Če je $3 y-2=0$ oziroma $y=\frac{2}{3}$, tedaj sledi $y=0$, kar pa je protislovje. Torej enačbo lahko delimo z $3 y-2$ in izrazimo $x=\frac{-2 y}{3 y-2}$. Drugo
enačbo preoblikujemo v $(2 y-6) z=3 y$ in s podobnim sklepom izrazimo $z=\frac{3 y}{2 y-6}$. Oboje sedaj vstavimo v zadnjo enačbo, da dobimo
$$
\frac{-2 y}{3 y-2} \cdot \frac{3 y}{2 y-6}=\frac{9 y}{2 y-6}+\frac{24 y}{3 y-2}
$$
Enačbo pomnožimo z $(3 y-2)(2 y-6)$, da dobimo
$$
-6 y^{2}=9 y(3 y-2)+24 y(2 y-6)
$$
kar lahko poenostavimo do $81 y^{2}-162 y=0$. Levo stran razstavimo in dobimo $81 y(y-2)=0$. Če je $y=0$, iz zgornjih zvez sledi še $x=0$ in $z=0$. Toda to ni rešitev sistema enačb, saj ulomki $\mathrm{v}$ enačbah $\mathrm{v}$ tem primeru niso definirani. Zato mora biti $y=2$ in posledično $x=\frac{-4}{4}=-1$ ter $z=\frac{6}{-2}=-3$. Edina rešitev sistema je torej $x=-1, y=2$ in $z=-3$.
Izraz za dve spremenljivki kot funkciji tretje, kjer so posebej obravnavani primeri, kjer bi lahko prišlo do deljenja z nič (npr $x, z$ kot funkciji $y$ ) ................................................................................................. Vstavljanje izrazov v preostalo enačbo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 točka Preoblikovanje enačbe do kvadratičnega polinoma v tretji spremenljivki (y) ............. 1 točka Obe rešitvi kvadratičnega polinoma .......................................................................................................
Vstavljanje $p, q, r$ ali ekvivalentih spremenljivk ......................................................................
Preoblikovanje enačb in ugotovitev, da gre za sistem linearnih enačb .................... 2 točki
Rešitev linearnega sistema enačb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 točki
B3. Označimo z $a$ dolžino stranice Natašinega petkotnika. Največji notranji kot petkotnika je enak $90^{\circ}+60^{\circ}=150^{\circ}$. Luknja v Natašinem liku je torej romb z manjšim notranjim kotom enakim $360^{\circ}-2 \cdot 150^{\circ}=60^{\circ}$. Ta romb je torej sestavljen iz dveh enakokrakih trikotnikov s stranico dolžine $a$.
a) Z leve slike razberemo, da je širina Natašinega lika enaka $a+\frac{a \sqrt{3}}{2}+\frac{a}{2}+a+\frac{a \sqrt{3}}{2}=a\left(\frac{5}{2}+\sqrt{3}\right)$, z desne slike pa razberemo, da je višina Natašinega lika prav tako enaka $a+\frac{a \sqrt{3}}{2}+\frac{a}{2}+a+\frac{a \sqrt{3}}{2}=$ $a\left(\frac{5}{2}+\sqrt{3}\right)$. Torej Natašin lik lahko včrtamo v kvadrat.
b) Ploščina Natašinega petkotnika je $a^{2}+\frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}=a^{2}\left(1+\frac{\sqrt{3}}{4}\right)$, ploščina njenega lika pa je $7 a^{2}(1+$ $\left.\frac{\sqrt{3}}{4}\right)$. Po točki a) je ploščina velikega kvadrata enaka $a^{2}\left(\frac{5}{2}+\sqrt{3}\right)^{2}=a^{2}\left(\frac{37}{4}+5 \sqrt{3}\right)$. Delež površine velikega kvadrata, ki ga pokrije Natašin lik je zato enak
$$
\frac{7 a^{2}\left(1+\frac{\sqrt{3}}{4}\right)}{a^{2}\left(\frac{37}{4}+5 \sqrt{3}\right)}=\frac{7(4+\sqrt{3})}{(37+20 \sqrt{3})}
$$
Neenakost $\frac{7(4+\sqrt{3})}{(37+20 \sqrt{3})}>\frac{2}{3}$ je ekvivalentna neenakosti $21(4+\sqrt{3})>2(37+20 \sqrt{3})$, ki jo lahko preuredimo do $10>19 \sqrt{3}$. Ker slednja neenakost očitno ni izpolnjena, Natašin lik ne prekrije več kot $\frac{2}{3}$ velikega kvadrata.
## 65. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 15. maj 2021
Rešitve nalog za 2. letnik
| A1 | A2 | A3 |
| :---: | :---: | :---: |
| C | B | B |
A1. Najmanjši skupni večkratnik števil $3,4,6$ in 8 je 24 . Število tekmovalcev na tekmovanju mora biti torej deljivo s 24 . Ker pa so vsi večkratniki števila 24 , razen števila 24 , večji od 30 , je bilo na tekmovanju 24 tekmovalcev, od katerih so vse 4 naloge rešili $\left(1-\frac{1}{3}-\frac{1}{4}-\frac{1}{6}-\frac{1}{8}\right) \cdot 24=$ $\frac{3}{24} \cdot 24=3$ tekmovalci.
A2. Naj bodo $a, b$ in $c$ števila, ki jih je izbrala Lucijana, pri čemer je $a>b>c$. Največje možno število, ki ga z njimi lahko zapiše, je tedaj $\overline{a b c}$, najmanjše možno število pa $\overline{c b a}$. Za njuno vsoto velja, da je $100 a+10 b+c+100 c+10 b+a=101(a+c)+20 b=545$. Če primerjamo enice na obeh straneh enačbe, vidimo, da je $a+c=5$ ali $a+c=15$, če pa primerjamo še stotice na obeh straneh enačbe, vidimo, da je $a+c=5$. Torej je $b=2, a=4$ in $c=1$ ter $a+b+c=7$.
A3. Ker imata trikotnika $A E D$ in $A B E$ enaki višini iz točke $A$, velja $X: 36=|D E|:|E B|$. Podobno imata trikotnika $C D E$ in $C E B$ enaki višini iz točke C, zato velja $25: X=|D E|:|E B|$. Sledi $X: 36=25: X$, od koder izračunamo $X=\sqrt{25 \cdot 36}=30$.
B1. Vredost potence $a^{b}$ je enaka 1 le v primeru, ko je $a=1, a=-1$ in $b$ sodo celo število ali $b=0$ in $a \neq 0$. Če je $x^{2}-7 x+11=1$, sledi $x^{2}-7 x+10=0$ oziroma $(x-2)(x-5)=0$. Od tod dobimo rešitvi $x=2$ in $x=5$. Če je $x^{2}-7 x+11=-1$ oziroma $x^{2}-7 x+12=0$, sledi $(x-3)(x-4)=0$ in zato $x=3$ ali $x=4$. V obeh primerih je $x^{2}-13 x+42$ sodo število, zato sta tudi to rešitvi. Če pa je $x^{2}-13 x+42=0$ oziroma $(x-6)(x-7)=0$, sledi $x=6$ ali $x=7$ in $\mathrm{v}$ obeh primerih je $x^{2}-7 x+11 \neq 0$. Rešitev so torej števila $2,3,4,5,6$ in 7 .[^0]
B2.
Dokažimo, da sta premici $A B$ in $C_{1} C_{2}$ vzporedni. Naj bodo $D, E$ in $F$ zaporedoma nožišča višin iz $A, B$ in $C$ trikotnika $A B C$. Kot med tangento in tetivo je enak obodnemu kotu nad tetivo, ta pa je enak polovici središčenega kota nad tetivo. Ker je stranica $A C$ tangenta na krožnico $s$ središčem v $B$, zato velja $\angle C_{1} E C_{2}=\frac{1}{2} \angle C_{1} B E=\frac{1}{2} \angle C B E$. Podobno zaradi tangentnosti velja tudi $\angle C_{1} D C_{2}=\frac{1}{2} \angle D A C_{2}=\frac{1}{2} \angle D A C$. Ker se trikotnika $A D C$ in $B E C$ ujemata v dveh kotih, sta podobna in se ujemata tudi v tretjem kotu. Zato je $\angle C B E=\angle D A C$ in iz zgoraj dokazanega sledi še $\angle C_{1} E C_{2}=\angle C_{1} D C_{2}$. Od tod sklepamo, da so točke $C_{1}, C_{2}, D$ in $E$ konciklične. Ker velja $\angle A E B=90^{\circ}=\angle A D B$, so tudi točke $A, B, D$ in $E$ konciklične. Iz obeh koncikličnosti sledi
$$
\angle B A C=\angle B A E=180^{\circ}-\angle E D B=\angle C_{1} D E=180^{\circ}-\angle E C_{2} C_{1}=\angle C_{1} C_{2} C
$$
torej sta premici $A B$ in $C_{1} C_{2}$ vzporedni. Na podoben način dokažemo vzporednost premic $B C$ in $A_{1} A_{2}$ ter premic $C A$ in $B_{1} B_{2}$. Ker imata trikotnik, ki ga določajo premice $A_{1} A_{2}, B_{1} B_{2}$ in $C_{1} C_{2}$ ter trikotnik $A B C$ paroma vzporedne stranice, sta torej podobna.
2. način. Dokažimo vzporednost $A B$ in $C_{1} C_{2}$ še na drugačen način. Iz navodil naloge razberemo, da velja $\left|A C_{2}\right|=|A D|$ ter $\left|B C_{1}\right|=|B E|$. Ker sta trikotnika $A D C$ in $B E C$ podobna, od tod sledi
$$
\frac{\left|A C_{2}\right|}{\left|B C_{1}\right|}=\frac{|A D|}{|B E|}=\frac{|A C|}{|B C|}
$$
kar pomeni, da sta premici $A B$ in $C_{1} C_{2}$ vzporedni. Na podoben način dokažemo še ostali dve vzporednosti in dokaz zaključimo kot v prvi rešitvi.
1. način. Uporaba izreka o kotu med tetivo in tangento za dokaz $2 \angle C_{1} E C_{2}=\angle C_{1} B E$ ali analogne enakosti .. 1 točka
Sklep, da sta si trikotnika podobna.......................................................... 1 točka
2. način. Dokaz, da $\left|A C_{2}\right|=|A D|$ in $\left|B C_{1}\right|=|B E| \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka
Sklep, da sta $A B$ in $C_{1} C_{2}$ vzporedni
1 točka
Sklep, da sta si trikotnika podobna
1 točka
B3. Z vsakim rezom se število kosov papirja poveča za 1. Na koncu bo torej število kosov papirja za 1 večje od števila rezov, ki jih je Veronika izvedla. Da bo izvedla čim manj rezov, mora imeti na koncu čim manj kosov papirja. Denimo, da ima na koncu $k$ kosov s 14 kvadratki in $n$ kosov s 15 kvadratki, torej skupaj $n+k$ kosov papirja. Tedaj mora veljati $14 k+15 n=78^{2}$. Enakost zapišemo v obliki $15(n+k)=78^{2}+k$ in izrazimo $n+k=\frac{78^{2}+k}{15}$. Od tod sledi, da mora biti število $78^{2}+k$ deljivo $\mathrm{s} 15$. Da bo $n+k$ čim manjše, mora biti $k$ čim manjši. Ker ima število $78^{2}=6084$ pri deljenju s 15 ostanek 9 , mora biti $k \geq 6$. Ko je $k=6$, je $n+k=406$, torej mora Veronika papir prerezati vsaj 405 -krat.
Preverimo še, da lahko Veronika s 405 rezi papir res razreže na kose, ki imajo bodisi 14 bodisi 15 kvadratkov. Veronika najprej od lista s 5 rezi odreže 5 trakov velikosti $15 \times 78$, vsakega od teh trakov pa s 77 rezi razreže na kose velikosti $15 \times 1$. Ostane ji še kos velikosti $3 \times 78$. Z 10 rezi od tega kosa odreže 10 kosov velikosti $3 \times 5$, da ji ostane kos velikosti $3 \times 28$. Z 1 rezom ta kos prereže na 2 kosa velikosti $3 \times 14$, nazadnje pa vsakega od teh kosov z 2 rezoma razreže na kose velikosti $1 \times 14$. Tako imajo vsi dobljeni kosi 14 ali 15 kvadratov, za kar je bilo potrebnih $5+5 \cdot 77+10+1+2 \cdot 2=405$ rezov.
Zapisana enačba $14 k+15 n=78^{2} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Utemeljitev, da mora biti $k$ čim manjši, ali pa $n$ čim večji in ocena $n<406 \ldots \ldots \ldots \ldots . .1$ točka
Razrezan pas velikosti $a \times 78$ na kose iz 15 kvadratkov ..........................................................................................
Zaključek, da je 405 najmanjše možno število rezov ............................................. 1 točka
Če tekmovalec najde pravilen način rezanja papirja s 405 rezi, pri čemer ne razreže posebej pasu velikosti $a \times 78$, dobi za to vseeno dve točki.
## 65. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 15. maj 2021
Rešitve nalog za 3. letnik
A1. Označimo nekatere od stranic kvadrov $\mathrm{z} a, b, c$ in $d$ (glej sliko).
Potem je $a c=6, b c=15, b d=35$ in $a d=X$. Sledi, da je $a c \cdot b d=6 \cdot 35$ in hkrati $b c \cdot a d=15 X$, torej je $6 \cdot 35=15 X$ in zato $X=14$.
A2. Označimo z $x$ razdaljo, ki jo je prevozila Ana do srečanja z Meto. Potem je Meta do srečanja z Ano prevozila $x+2 \cdot 105 \mathrm{~km}$. Ce čas, ki je pretekel do srečanja, zapišemo z Aninega in Metinega stališča v urah, dobimo
$$
\frac{x}{30}=\frac{x+2 \cdot 105}{70}+1
$$
od koder sledi, da je $x=210$ km. Razdalja med vasema Zabukovje in Zahrastje je $210+105=$ $315 \mathrm{~km}$.
A3. Označimo z $A, B, C$ in $D$ oglišča kvadrata in dodatno z $E$ in $F$ oglišči belega trikotnika (glej sliko).
Označimo $x=|A E|$. Ker imata pravokotna trikotnika $A E D$ in $F C D$ eno od stranic enako stranici kvadrata in imata enaki ploščini, je $|C F|=|A E|=x$. Če upoštevamo, da imata tudi trikotnika $A E D$ in $E B F$ enaki ploščini, dobimo $\frac{2 \cdot x}{2}=\frac{(2-x) \cdot(2-x)}{2}$. Enačbo preoblikujemo $\mathrm{v}$ $x^{2}-6 x+4=0$ in jo rešimo kot kvadratno enačbo, da dobimo $x=3 \pm \sqrt{5}$. Ker mora biti $x<2$, je prava rešitev $x=3-\sqrt{5}$. Ploščina belega trikotnika je zato enaka
$$
p=2^{2}-3 \cdot \frac{2 \cdot(3-\sqrt{5})}{2}=3 \sqrt{5}-5
$$
B1. Označimo $\log _{2}\left(a^{2}-4 a-1\right)=n$, kjer je $n$ celo število. Potem je $a^{2}-4 a-1=2^{n}$ oziroma $a^{2}-4 a-\left(1+2^{n}\right)=0$. To je kvadratna enačba za $a$, ki ima rešitvi $a_{1}=2+\sqrt{5+2^{n}}$ in $a_{2}=$ $2-\sqrt{5+2^{n}}$. Enačba ima celoštevilsko rešitev le v primeru, ko je $\sqrt{5+2^{n}}$ celo število. Naj bo $\sqrt{5+2^{n}}=k$ oziroma $5+2^{n}=k^{2}$ in ločimo tri primere glede na predznak števila $n$. Če je $n<0$, enakost preuredimo $\mathrm{v} 2^{n}=k^{2}-5$ in opazimo, da je na desni strani celo število, na levi pa ne. Zato v tem primeru nimamo rešitev. Će je $n=0$, sledi $k^{2}=6$, kar pa ni mogoče, saj 6 ni kvadrat celega števila. Če je $n>0$, je število $5+2^{n}$ liho, zato mora biti tudi $k$ liho število. Pišimo $k=2 m-1$, kjer je $m$ celo število. Enačbo $5+2^{n}=(2 m-1)^{2}$ lahko preuredimo do $m(m-1)=2^{n-2}+1$. Opazimo, da je $m(m-1)$ sodo celo število, zato mora biti tako tudi število $2^{n-2}+1$. Pri $n=1$ število $2^{n-2}+1$ ni celo, pri $n>2$ pa ni sodo. Ostanem nam torej le možnost $n=2$. V tem primeru je $a_{1}=5$ in $a_{2}=-1$. Edini rešitvi naloge sta torej $a=-1$ in $a=5 . \mathrm{V}$ obeh primerih je $\log _{2}\left(a^{2}-4 a-1\right)=2$.
2. način. Označimo $\log _{2}\left(a^{2}-4 a-1\right)=n$, kjer je $n$ celo število. Potem je $a^{2}-4 a-1=2^{n}$. Ker je leva stran enakosti celo število, mora biti tudi na desna stran celo število, torej je $n \geq 0$. Če je $n=0$, sledi $a^{2}-4 a-2=0$. Ta enačba nima celoštevilskih rešitev, saj njena diskriminanta $D=16+8=24$ ni popoln kvadrat. Torej je $n \geq 1$, kar pomeni, da je $2^{n}$ sodo število. Iz enakost $a^{2}-4 a-1=2^{n}$ zato sledi, da mora biti $a$ liho število. Pišimo $a=2 k+1$, kjer je $k$ celo število. Če to vstavimo v zadnjo enakost in enakost poenostavimo, dobimo $k^{2}-k-1=2^{n-2}$. Ker je $k^{2}-k=k(k-1)$ sodo število, je leva stran enakosti liho število, zato mora biti tudi desna stran liho število. To pomeni, da je $n=2$ in zato $k^{2}-k-2=0$. Slednja enačba ima rešitvi $k=2$ in $k=-1$. V prvem primeru je $a=5, \mathrm{v}$ drugem pa $a=-1$.
3. način
Zapis $a^{2}-4 a-1=2^{n}$ ..... 1 točka
Zapis oblike $a_{1}$ in $a_{2}$ ter ugotovitev, da je $\sqrt{5+2^{n}}$ celo število ..... 1 točka
Obravnava primerov za $n \leq 0$ ..... 1 točka
Utemeljena ugotovitev, da je $5+2^{n}=k$ liho in uporaba tega kot $k=2 m-1$ ..... 1 točka
Preureditev enačbe $5+2^{n}=(2 m-1)^{2}$ ..... 1 točka
Opazka, da mora biti $2^{n-2}+1$ sodo ..... 1 točka
Zaključek z rešitvama $a_{1}=5$ in $a_{2}=-1$ ..... 1 točka
4. način (varianta)
Zapis $a^{2}-4 a-1=2^{n}$ ..... 1 točka
Zapis oblike $a_{1}$ in $a_{2}$ ter ugotovitev, da je $\sqrt{5+2^{n}}$ celo število ..... 1 točka
Faktorizacija do $4+2^{n}=(k-1)(k+1)$ ..... 1 točka
Obravnava primerov za $n \leq 0$ ..... 1 točka
Preverba za $n \in\{1,2\}$ ..... 1 točka
Utemeljen razmislek za $n \geq 3$ ..... 1 točka
Zaključek z rešitvama $a_{1}=5$ in $a_{2}=-1$ ..... 1 točka
5. način
Zapis $a^{2}-4 a-1=2^{n}$ ..... 1 točka
Utemeljena ugotovitev, da ni rešitev za $n \leq 0$ ..... 1 točka
Utemeljena ugotovitev, da mora biti $a$ liho število ..... 1 točka
Uporaba lihosti, da dobimo $k^{2}-k-1=2^{n-2}$ ..... 1 točka
Ugotovitev, da je leva stran liha in zato tudi desna ..... 1 točka
Ugotovitev, da to velja samo za $n=2$ ..... 1 točka
Zaključek z rešitvama $a_{1}=5$ in $a_{2}=-1$ ..... 1 točka
B2. Označimo z $a$ dolžino stranice Natašinega petkotnika. Potem je njegova ploščina enaka
$a^{2}\left(1+\frac{\sqrt{3}}{4}\right)$. Največji notranji kot petkotnika je enak $90^{\circ}+60^{\circ}=150^{\circ}$. Luknja v Natašinem vzorcu je torej romb z manjšim notranjim kotom enakim $360^{\circ}-2 \cdot 150^{\circ}=60^{\circ}$. Ta romb je torej sestavljen iz dveh enakokrakih trikotnikov s stranico dolžine $a$, zato je njegova ploščina
enaka $2 \cdot a^{2} \frac{\sqrt{3}}{4}=a^{2} \frac{\sqrt{3}}{2}$. Opazimo, da lahko ravnino prekrijemo z osemkotnikom
prikazuje spodnja slika. Ploščina tega osemkotnika je enaka $2 \cdot a^{2}\left(1+\frac{\sqrt{3}}{4}\right)+a^{2} \frac{\sqrt{3}}{2}=a^{2}(2+\sqrt{3})$. Delež ravnine, ki ga pokriva Natašin vzorec je zato enak deležu osemkotnika, ki ga prekrivata petkotnika, tj.
$$
\frac{2 a^{2}\left(1+\frac{\sqrt{3}}{4}\right)}{a^{2}(2+\sqrt{3})}=\frac{2+\frac{\sqrt{3}}{2}}{2+\sqrt{3}}=\frac{4+\sqrt{3}}{4+2 \sqrt{3}}
$$
Neenakost $\frac{4+\sqrt{3}}{4+2 \sqrt{3}}>\frac{3}{4}$ je ekvivalentna neenakosti $4(4+\sqrt{3})>3(4+2 \sqrt{3})$, ki jo lahko preuredimo v $4>2 \sqrt{3}$. Slednja neenakos je izpolnjena, saj je $\sqrt{3}<2$. Natašin vzorec torej pokrije več kot $75 \%$ površine ravnine.
B3.
[^1]
Po sinusnem izreku za trikotnik $A C D$ velja $\frac{\sin 8 x}{\sin y}=\frac{|A C|}{\mid A D}$, po sinusnem izreku za trikotnik $A B C$ pa $\frac{\sin y}{\sin 4 x}=\frac{|B C|}{|A C|}$. Obe enakosti zmnožimo, da dobimo $\frac{\sin 8 x}{\sin 4 x}=\frac{|B C|}{|A D|}$. Sedaj uporabimo sinusni izrek še za trikotnik $A B D$ in dobimo $\frac{\sin 5 x}{\sin 3 x}=\frac{|A B|}{|A D|}=\frac{|B C|}{|A D|}$. Iz obeh izpeljanih enakosti sledi $\frac{\sin 5 x}{\sin 3 x}=\frac{\sin 8 x}{\sin 4 x}$. Po obrazcu za dvojne kote sledi $\frac{\sin 5 x}{\sin 3 x}=\frac{2 \sin 4 x \cos 4 x}{\sin 4 x}=2 \cos 4 x$ in zato je $2 \sin 3 x \cos 4 x=\sin 5 x$. Levo stran defaktoriziramo $\sin 7 x+\sin (-x)=\sin 5 x$, in z upoštevanjem lihosti funkcije sin enakost preoblikujemo $\mathrm{v} \sin 7 x+\sin (-5 x)=\sin x$. Sedaj levo stran ponovno faktoriziramo, da dobimo $2 \sin x \cos 6 x=\sin x$. Ker $\sin x \neq 0$, lahko enakost pokrajšamo s $\sin x$ in dobimo $\cos 6 x=\frac{1}{2}$. Ker je $0^{\circ}<6 x<8 x<180^{\circ}$, od tod sledi $6 x=60^{\circ}$ oziroma $x=10^{\circ}$. Velikosti notranjih kotov trapeza so torej $\beta=4 x=40^{\circ}, \gamma=180^{\circ}-\beta=140^{\circ}, \delta=8 x=80^{\circ}$ in $\alpha=180^{\circ}-\delta=100^{\circ}$.
2. način. Po sinusnem izreku za trikotnik $A B D$ dobimo $\frac{|A B|}{|B D|}=\frac{\sin 5 x}{\sin \left(180^{\circ}-8 x\right)}=\frac{\sin 5 x}{\sin 8 x}$, po sinusnem izreku za trikotnik $B C D$ pa $\frac{|B C|}{|B D|}=\frac{\sin 3 x}{\sin \left(180^{\circ}-4 x\right)}=\frac{\sin 3 x}{\sin 4 x}$. Ker je $|A B|=|B C|$, sta oba izraza enaka, torej je $\frac{\sin 5 x}{\sin 8 x}=\frac{\sin 3 x}{\sin 4 x}$. Od tod kot v prvi rešitvi izpeljemo $2 \sin 3 x \cos 4 x=\sin 5 x$. Enakost sedaj množimo $\mathrm{s} \cos 3 x$ in na levi strani uporabimo formulo za dvojne kote, da dobimo $\sin 6 x \cos 4 x=\sin 5 x \cos 3 x$. Obe strani defaktoriziramo $\sin 10 x+\sin 2 x=\sin 8 x+\sin 2 x$ in enakost poenostavimo do $\sin 10 x=\sin 8 x$. Ker je $0^{\circ}<8 x<180^{\circ}$, sta kota $8 x$ in $10 x$ različna in manjša od $360^{\circ}$, zato sledi $10 x=180^{\circ}-8 x$ oziroma $x=10^{\circ}$. Od tod kot $\mathrm{v}$ prvi rešitvi poračunamo notranje kote trapeza $\beta=40^{\circ}, \gamma=140^{\circ}, \delta=80^{\circ}$ in $\alpha=100^{\circ}$.
Dobljena enačba $\sin (5 x)=2 \sin (3 x) \cos (4 x) \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Pravilna defaktorizacija in poznavanje lihosti funkcije sinus .......................... 1 točka
Dobljena enačba $2 \sin (x) \cos (6 x)=\sin (x) \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Utemeljeno, zakaj $x=10^{\circ}$ in dobljeni iskani koti štirikotnika .......................................
## 65. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
## Državno tekmovanje, 15. maj 2021 Rešitve nalog za 4. letnik
| A1 | A2 | A3 |
| :---: | :---: | :---: |
| B | E | A |
A1. Če enačimo skupno maso na slikah (A) in (D) ter na slikah (C) in (E), obakrat dobimo, da je masa 1 valja enaka masi 2 kock in 1 piramide. Torej je skupna masa teles na slikah (A), (D), (C) in (E) enaka. Če primerjamo še maso teles na slikah (A) in (C) vidimo, da masa kocke ni enaka masi piramide, torej se skupna masa teles na sliki (B) razlikuje od skupne mase teles na preostalih slikah.
A2. Za obe narisani premici velja, da imata smerni koeficient večji od nič in začetno vrednost večjo od nič. Torej je $a>0$ in $b>0$, enačba druge premice pa ne more biti niti $y=a x-b$ niti $y=-b x+a$. Ker sta začetni vrednosti za narisani premici različni, enačba druge premice ne more biti enaka $y=\frac{b}{a} x+b$. Torej preostaneta samo še enačbi $y=b x+a$ in $y=\frac{a}{b} x+a$. Če je $b>a$, potem je začetna vrednost druge premice manjša od začetne vrednosti prve premice, torej mora biti tudi smerni koeficient druge premice manjši od smernega koeficienta prve premice, ki je a. V tem primeru je torej možna enačba druge premice samo $y=\frac{a}{b} x+a$. Če pa je $b45^{\circ}$. Če je štirikotnik $A T X D$ romb, je $\angle X T A=180^{\circ}-\angle T A D=180^{\circ}-2 \alpha$, če pa je enakokrak trapez, je $\angle X T A=\angle T A D=$ $2 \alpha$. Podobno je tudi $\angle B T Y=180^{\circ}-2 \alpha$, če je $T B E Y$ romb, in $\angle B T Y=2 \alpha$, če je $T B E Y$ enakokrak trapez. Ker sta točki $X$ in $Y$ različni od $C$ in ležita na ustreznih stranicah trikotnika, je $\angle B T Y+\angle X T A<180^{\circ}$. Ker pa kombinacije $2 \alpha+2 \alpha=4 \alpha>4 \cdot 45^{\circ}=180^{\circ},\left(180^{\circ}-2 \alpha\right)+2 \alpha=$ $180^{\circ}$ in $2 \alpha+\left(180^{\circ}-2 \alpha\right)=180^{\circ}$ ne ustrezajo temu pogoju, je po zgornjem možna le kombinacija $\angle B T Y=\angle X T A=180^{\circ}-2 \alpha$, torej sta štirikotnika $A T X D$ in $T B E Y$ romba.
Od tod sledi, da sta trikotnika $A T X$ in $Y T B$ enakokraka z vrhom pri $T$ in zato podobna trikotniku $B C A$, saj je z njim ujemata v kotu ob osnovnici. Torej je
$$
\frac{|A X|}{|A B|}=\frac{|A T|}{|B C|} \quad \text { in } \quad \frac{|B Y|}{|A B|}=\frac{|B T|}{|A C|}=\frac{|B T|}{|B C|}
$$
S pomočjo teh enakosti izrazimo
$$
|A X|+|B Y|=\frac{|A B| \cdot|A T|}{|B C|}+\frac{|A B| \cdot|B T|}{|B C|}=\frac{|A B| \cdot(|A T|+|B T|)}{|B C|}=\frac{|A B|^{2}}{|B C|}
$$
Ugotovitev, da je $A T X D$ oziroma $T B E Y$ romb ali enakokrak trapez...................... 1 točka
Utemeljitev, da morata biti $A T X D$ in $T B E Y$ oba romba ...............................................................................
Končni izračun, da je $|A X|+|B Y|=\frac{|A B|^{2}}{|A C|} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots .1$ točka
B3.
(a) Ker ima Selenin list papirja 24 belih kvadratkov, vsak košček pa ima 2 bela kvadratka, lahko Selena izreže največ $24: 2=12$ takih koščkov. Kako lahko to stori, prikazuje slika.
(b) Oglejmo si 9 črnih kvadratkov Seleninega papirja, ki so na levi sliki označeni z *. Vsak košček predpisane oblike, ki ga Selena lahko izreže, mora zagotovo vsebovati enega od teh 9 kvadratkov. Torej lahko Selena izreže največ 9 takih koščkov. Kako lahko to stori, prika-
zuje desna slika.
(a)
Utemeljitev, da ni mogoče izrezati več kot 12 koščkov ................................................ 1 točka
Razdelitev na 12 koščkov .1 točka
(b)
Razdelitev na 9 koščkov 2 točki
Označba(*) črnih kvadratkov 2 točki
Utemeljitev, da mora imeti vsak košček natanko 1 označen kvadratek .1 točka
[^0]: Zapis enačbe $x^{2}-7 x+11=1$ .1 točka
Zapisani rešitvi $x_{1}=2, x_{2}=5$ 1 točka
Zapis enačbe $x^{2}-7 x+11=-1$ in zapisani rešitvi $x_{3}=3, x_{4}=4$ .1 točka
Utemeljitev, da je eksponent pri rešitvah $x_{3}$ in $x_{4}$ sodo število 1 točka
Zapis enačbe $x^{2}-13 x+42=0$ .1 točka
Zapisani rešitvi $x_{5}=6, x_{6}=7$ 1 točka
Utemeljitev, da je osnova $x^{2}-7 x+11$ pri rešitvah $x_{5}$ in $x_{6}$ neničelna 1 točka
Če tekmovalec vseh šest rešitev samo zapiše (brez utemeljitev), dobi za odgovor 1 točko.
[^1]: Identifikacije osnovne celice 2 točki
Ploščina petkotnika 1 točka
Ploščina romba 1 točki
Pravilen zapis relativne osenčene ploščine 1 točka Pravilno preoblikovanje neenakosti (ali konsistentne ocene vrednosti $\sqrt{3}$ ) .............. 1 točka Utemeljena ugotovitev, da vzorec pokrije več kot 3/4 ravnine ............................... 1 točka Zaključek brez utemeljitve .0 točk
B3. Označimo $\angle C B D=x$. Tedaj je $\angle D B A=3 x$ in $\angle A D B=5 x$. Ker je $A B C D$ trapez, sta premici $A B$ in $C D$ vzporedni, zato je $\angle B D C=\angle D B A=3 x$. Ker je $|B C|=|A B|$, je trikotnik $A B C$ enakokrak z vrhom pri $B$. Označimo $\angle B A C=\angle A C B=y$. Zaradi vzporednosti premic $A B$ in $C D$ je tudi $\angle D C A=y$.