# 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.
67. matematično tekmovanje
srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 22. april 2023
# 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 na ustreznem listu za reševanje, desno preglednico pusti prazno. Komisija bo pri vrednotenju upoštevala le tisto, kar bo zapisano na listih za reševanje, opremljenih s šifro tekmovalca.
A1. Koliko je vrednost izraza $2^{0^{2^{3}}}+0^{2^{3^{2}}}+2^{3^{2^{0}}}+3^{2^{0^{2}}}$ ?
(A) 3
(B) 4
(C) 7
(D) 12
(E) Večja od 100 .
A2. Dan je pravokotni trikotnik $A B C$ s pravim kotom pri $A$. Na stranicah $A B, B C$ in $C A$ zaporedoma ležijo točke $D, E$ in $F$, tako da velja $|B D|=|B E|$ in $|C F|=|C E|$ (glej sliko). Koliko stopinj je velikost kota $\Varangle F E D$ ?
(A) 30
(B) 37,5
(C) 45
(D) 52,5
(E) Nemogoče je določiti, saj je odgovor odvisen od velikosti kota $\Varangle C B A$.
A3. Zlatar ima dve zlitini. Prva zlitina vsebuje $90 \%$ zlata, druga pa $54 \%$ zlata. Zlatar je zmešal $320 \mathrm{~g}$ prve zlitine in $160 \mathrm{~g}$ druge zlitine, da je dobil novo zlitino. Koliko odstotkov zlata vsebuje nova zlitina?
(A) 33
(B) 48
(C) 65
(D) 72
(E) 78
B1. Določi najmanjšo možno vrednost izraza $\left|25^{m}-36^{n}\right|$, če sta $m$ in $n$ naravni števili.
B2. Krog $K$ s polmerom $R$ razdelimo na tri krožne izseke, tako da je vsota ploščin manjših dveh izsekov enaka ploščini največjega izseka, razlika ploščin manjših dveh izsekov pa je enaka tretjini ploščine največjega izseka. V vsakega izmed izsekov včrtamo največji možen krog in te kroge označimo s $K_{1}, K_{2}$ in $K_{3}$. S parametrom $R$ izrazi ploščino območja $K \backslash\left(K_{1} \cup K_{2} \cup K_{3}\right)$.
B3. Na 1. nivoju računalniške igre Zakladnica se igralec sprehaja po podzemni zakladnici, ki je sestavljana iz 13 osemkotnih in 12 kvadratnih sob. Edini vhod in izhod iz zakladnice je v osrednji sobi, v preostalih 24 sobah pa je po en zlat cekin (glej sliko). Med vsakima dvema sobama je prehod, ki se zapre takoj, ko igralec stopi skozenj. Ko igralec izstopi iz sobe, v kateri je pobral zlat cekin, se v tej sobi pojavi nov zlat cekin. Ce igralec ostane ujet v zakladnici, izgubi vse zbrane cekine, igra pa se ponastavi. Največ koliko zlatih cekinov lahko igralec prinese iz zakladnice?
67. matematično tekmovanje
srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 22. april 2023
# 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 na ustreznem listu za reševanje, desno preglednico pusti prazno. Komisija bo pri vrednotenju upoštevala le tisto, kar bo zapisano na listih za reševanje, opremljenih s šifro tekmovalca.
A1. Dano je dvomestno naravno število $n$. Če seštejemo naslednja tri zaporedna naravna števila, ki sledijo številu $n$, dobimo dvomestno število, ki ima enaki števki kot število $n$. Koliko pozitivnih deliteljev ima število $n$ ?
(A) 3
(B) 4
(C) 5
(D) 6
(E) 8
A2. V trikotniku $A B C$ je $\Varangle A C B=32^{\circ}$. Na nosilki stranice $A B$ ležita točki $D$ in $E$, za kateri velja $|A D|=|A C|$ in $|B E|=$ $|B C|$ (glej sliko). Koliko stopinj je velikost kota $\Varangle D C E$ ?
(A) 90
(B) 96
(C) 100
(D) 106
(E) 116
A3. V kraju Zmajski Vrh so se prebivalci odločili, da bodo uporabljali nov način merjenja dnevnega časa. Vsak dan so s poldnevom in polnočjo razdelili na dve enaki polovici. Namesto, da bi vsako polovico razdelili na 12 ur s po 60 minutami, so jo razdelili na 10 zmajskih ur s po 100 zmajskimi minutami. Župan Zmajskega Vrha ima uro, ki je bila izdelana za merjenje časa v zmajskih urah in zmajskih minutah. Opoldan županova ura kaže čas 10.00, običajna ura pa kaže čas 12.00. Kakšen čas kaže običajna ura v trenutku, ko županova ura kaže čas 8.25 ?
(A) 7.54
(B) 8.15
(C) 8.25
(D) 9.15
(E) 9.54
B1. Poišči vsa realna števila $a \neq-1$, za katera je razmerje med rešitvama kvadratne enačbe $(2 a+2) x^{2}+(2 a+3) x+1=0$ enako $1: 3$.
B2. Dan je štirikotnik $A B C D$ s pravima kotoma pri ogliščih $A$ in $C$. Pravokotni projekciji oglišč $D$ in $B$ na daljico $A C$ zaporedoma označimo z $E$ in $F$. Koliko je dolžina daljice $B F$, če je $|A E|=3,|D E|=5$ in $|C E|=7$ ?
B3. Dan je karirast list papirja velikosti $7 \times 7$ kvadratkov in enako velika plastična karirasta šablona, na kateri so nekateri kvadratki zeleni, ostali pa prosojni. Če šablono postavimo na list papirja tako, da se stranice šablone ujemajo s stranicami papirja, se karirast vzorec na šabloni ujema s karirastim vzorcem na papirju. Če izberemo katerikoli kvadratek papirja in ga obarvamo rdeče, potem lahko šablono postavimo na papir tako, da se njene stranice ujemajo s stranicami papirja in je rdeč kvadratek papirja prekrit z enim od zelenih kvadratkov šablone (šablono lahko pred tem poljubno zavrtimo in po potrebi obrnemo na hrbtno stran). Najmanj koliko kvadratkov šablone je zelenih?
67. matematično tekmovanje
srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 22. april 2023
# 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 na ustreznem listu za reševanje, desno preglednico pusti prazno. Komisija bo pri vrednotenju upoštevala le tisto, kar bo zapisano na listih za reševanje, opremljenih s šifro tekmovalca.
A1. Delitelj naravnega števila $n$ je pravi delitelj, če je različen od 1 in $n$. Za koliko naravnih števil $n$ je število 17 največji pravi delitelj?
(A) 0
(B) 1
(C) 3
(D) 5
(E) 7
A2. Katero je najmanjše naravno število $n$, za katero interval $\left[\frac{n+8}{2}, \frac{2 n+14}{3}\right]$ vsebuje vsaj 4 naravna števila?
(A) 16
(B) 17
(C) 18
(D) 19
(E) Nobeno izmed naštetih.
A3. Trapez $A B C D$ ima osnovnici dolgi $|A B|=120 \mathrm{~mm}$ in $|C D|=30 \mathrm{~mm}$ in prava kot pri ogliščih $B$ in $C$. Diagonali trapeza se sekata v točki $E$. Koliko milimetrov je točka $E$ oddaljena od stranice $B C$ ?
(A) 21
(B) 22
(C) 23
(D) 24
(E) 25
B1. Dana je enačba $6 z^{10}+a_{9} z^{9}+a_{8} z^{8}+a_{7} z^{7}+\ldots+a_{3} z^{3}+a_{2} z^{2}+a_{1} z+9216=0$, kjer so $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{9}$ realna števila in $z$ neznanka. Poznamo 5 rešitev dane enačbe, in sicer $1+i, 2+2 i, 3+3 i, 4+4 i$ ter $\frac{1}{2}$, kjer je $i$ imaginarna enota. Določi vrednost koeficienta $a_{9}$.
B2. Dana je krožnica $\mathcal{K}$ s premerom $A B$. Točki $C$ in $D$ ležita na krožnici $\mathcal{K}$ na istem bregu premice $A B$, tako da je premica $B D$ simetrala kota $\Varangle C B A$. Tetivi $A C$ in $B D$ se skata v točki $E$. Koliko je dolžina daljice $D E$, če je $|A E|=169$ in $|C E|=119$ ?
B3. Na 3. nivoju računalniške igre Zakladnica se igralec sprehaja po podzemni zakladnici, ki je sestavljana iz 10 petkotnih in 8 štirikotnih sob. Edini vhod in izhod iz zakladnice je v eni od štirikotnih sob, v preostalih 17 sobah pa je po en zlat cekin (glej sliko). Med vsakima dvema sobama je prehod, ki se zapre takoj, ko igralec stopi skozenj. Ko igralec izstopi iz sobe, v kateri je pobral zlat cekin, se v tej sobi pojavi nov zlat cekin. Će igralec ostane ujet v zakladnici, izgubi vse zbrane cekine, igra pa se ponastavi. Največ koliko zlatih cekinov lahko igralec pri-
nese iz zakladnice?
67. matematično tekmovanje
srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 22. april 2023
# 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 na ustreznem listu za reševanje, desno preglednico pusti prazno. Komisija bo pri vrednotenju upoštevala le tisto, kar bo zapisano na listih za reševanje, opremljenih s šifro tekmovalca.
A1. 2023-mesto naravno število $n$ ima vse števke enake 1. Koliko je vsota števk naravnega števila $n \cdot 1111$ ?
(A) 8080
(B) 8083
(C) 8086
(D) 8092
(E) 8101
A2. Na matematičnem tekmovanju so tekmovalci reševali 3 naloge. Prvo nalogo je pravilno rešilo $90 \%$ tekmovalcev, drugo $80 \%$ in tretjo $70 \%$ tekmovalcev. Najmanj koliko odstotkov tekmovalcev je pravilno rešilo vse tri naloge?
(A) 30
(B) 35
(C) 40
(D) 50
(E) 70
A3. V pravilni 8-kotnik je včrtan kvadrat z oglišči v ogliščih pravilnega 8kotnika (glej sliko). Ploščina kvadrata je enaka $2 \mathrm{~cm}^{2}$. Koliko kvadratnih centimetrov je ploščina pravilnega 8 -kotnika?
(A) $1+\sqrt{2}$
(B) $\frac{5}{2}$
(C) $2 \sqrt{2}$
(D) 3
(E) $3 \sqrt{2}-1$
B1. Določi natančno zgornjo mejo zaporedja s splošnim členom $a_{n}=n\left(\frac{20}{23}\right)^{n}$ za vse $n \in \mathbb{N}$.
B2. Na kocki $A B C D E F G H$ označimo središče stranske ploskve $E F G H$ s $P$, središče stranskega roba $A B$ pa z $R$. Ravnina $\Sigma$, ki vsebuje točke $C, P$ in $R$, seka robova $E F$ in $G H$ zaporedoma v točkah $X$ in $Y$.
a) Dokaži, da je $|E X|:|X F|=|G Y|:|Y H|=1: 3$.
b) Ravnina $\Sigma$ razdeli kocko na dva dela.
Določi razmerje med prostorninama teh dveh delov.
B3. Dana je kvadratna mreža s $7 \times 7$ točkami, katere oglišča so označena z $A, B, C$ in $D$ (glej sliko). Stranice mreže so daljice $A B, B C, C D$ in $D A$. Na koliko načinov lahko izberemo 3 različne točke na mreži, tako da na vsaki stranici mreže leži vsaj 1 izbrana točka?
67. matematično tekmovanje
srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 22. april 2023
# Rešitve nalog za 1. letnik
A1. Upoštevamo, da je $0^{m}=0$ in $n^{0}=1$ za katerikoli naravni števili $m$ in $n$, in dobimo
$$
2^{0^{2^{3}}}+0^{2^{3^{2}}}+2^{3^{2^{0}}}+3^{2^{0^{2}}}=2^{0}+0+2^{3^{2^{0}}}+3^{2^{0}}=1+0+2^{3}+3=1+0+8+3=12
$$
A2. Označimo kote trikotnika $A B C$ kot običajno $\mathrm{z} \alpha, \beta$ in $\gamma$. Tedaj je $\alpha=90^{\circ}$ in zato je $\beta+\gamma=$ $90^{\circ}$. Ker sta trikotnika $D B E$ in $E C F$ enakokraka z vroma pri $B$ in $C$, je $\angle D E B=\frac{180^{\circ}-\beta}{2}=$ $90^{\circ}-\frac{\beta}{2}$ in $\angle C E F=\frac{180^{\circ}-\gamma}{2}=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}$. Torej je $\angle F E D=180^{\circ}-\angle C E F-\angle D E B=\frac{\beta+\gamma}{2}=45^{\circ}$.
A3. V $320 \mathrm{~g}$ prve zlitine je $320 \cdot \frac{90}{100}=32 \cdot 9=288 \mathrm{~g}$ zlata, v $160 \mathrm{~g}$ druge zlitine pa $160 \cdot \frac{54}{100}=16 \cdot \frac{27}{5} \mathrm{~g}$ zlata. Delež zlata v novi zlitini je torej enak
$$
\frac{32 \cdot 9+16 \cdot \frac{27}{5}}{320+160}=\frac{16 \cdot\left(18+\frac{27}{5}\right)}{16 \cdot(20+10)}=\frac{\frac{117}{5}}{30}=\frac{117}{150}=\frac{39}{50}=\frac{78}{100}
$$
kar znaša $78 \%$.
B1. $\mathrm{Z}$ upoštevanjem $25=5^{2}$ in $36=6^{2}$ lahko izraz razstavimo kot
$$
\left|25^{m}-36^{n}\right|=\left|5^{2 m}-6^{2 n}\right|=\left|\left(5^{m}\right)^{2}-\left(6^{n}\right)^{2}\right|=\left|\left(5^{m}+6^{n}\right)\left(5^{m}-6^{n}\right)\right|=\left(5^{m}+6^{n}\right)\left|\left(5^{m}-6^{n}\right)\right|
$$
Ker sta $m$ in $n$ naravni števili, je $5^{m}+6^{n} \geq 5+6=11$. Število $5^{m}-6^{n}$ je celo in očitno ne more biti enako 0 , torej je $\left|5^{m}-6^{n}\right| \geq 1$. Sledi $\left|25^{m}-36^{n}\right| \geq 11 \cdot 1=11$. Vrednost 11 je dosežena pri $m=n=1$.
2. način. Zadnji števki izrazov $25^{m}$ in $36^{n}$ sta 5 in 6 . Če je $36^{n}>25^{m}$, je zadnja števka izraza $\left|25^{m}-36^{n}\right|=36^{n}-25^{m}$ enaka 1. Če bi bilo $36^{n}-25^{m}=1$, bi imeli $36^{n}-1=25^{m}$ in $\left(6^{n}-1\right)\left(6^{n}+1\right)=25^{m}$. Toda število $6^{n}+1$ ni večkratnik števila 5 , saj je njegova zadnja števila enaka 7. Torej je $36^{n}-25^{m} \geq 11$ in vrednost 11 je dosežena pri $m=n=1$. Ce pa je $25^{m}>36^{n}$, je zadnja števka izraza $\left|25^{m}-36^{n}\right|=25^{m}-36^{n}$ enaka 9 . Ce bi bilo $25^{m}-36^{n}=9$, bi veljalo $25^{m}=36^{n}+9$, kar pa ni mogoče, saj je desna stran deljiva s 3 , leva pa ne. Torej je v tem primeru $25^{m}-6^{n} \geq 19$. Najmanjša vrednost izraza $\left|25^{m}-36^{n}\right|$ je zato enaka 11.
## 1. način
jasna utemeljitev, da je odgovor $\leq 11$ ali trditev, da je minimum izraza dosežen pri $m=n=1$ 2 točki
zapis formule $\left|25^{m}-36^{n}\right|=\left(5^{m}+6^{n}\right) \cdot\left|5^{m}-6^{n}\right|$ 2 točki utemeljitev, da je $5^{m}+6^{n} \geq 11$ 1 točka
zaključek, da je $\left(5^{m}+6^{n}\right) \cdot\left|5^{m}-6^{n}\right| \geq 11$, ker sta faktorja ustrezno omejena .......... 1 točka
2. način
jasna utemeljitev, da je odgovor $\leq 11$ ali trditev, da je minimum izraza dosežen pri $m=n=1$
2 točki
razcep $\left(6^{n}-1\right)\left(6^{n}+1\right)=25^{m} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ utemeljitev, da je zadnja števka $6^{n}+1$ enaka 7 in nobena $m, n$ ne ustrezata prejšnjemu razcepu 1 točka
utemeljitev, da ni mogoče $25^{m}=36^{n}+9 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka
B2. Označimo središčne kote izsekov z $\alpha_{1}, \alpha_{2}$ in $\alpha_{3}$, kjer je $\alpha_{1}<\alpha_{2}<\alpha_{3}$. Ker je ploščina vsakega krožnega izseka premosorazmerna z njegovim s središčnim kotom, iz podatkov sledi $\alpha_{1}+\alpha_{2}+\alpha_{3}=360^{\circ}, \alpha_{1}+\alpha_{2}=\alpha_{3}$ in $\alpha_{2}-\alpha_{1}=\frac{1}{3} \alpha_{3}$. Rešitev tega sistema enačb je $\alpha_{1}=60^{\circ}, \alpha_{2}=$ $120^{\circ}$ in $\alpha_{3}=180^{\circ}$. Privzamemo lahko, da je krog $K_{i}$ včrtan v krožni izsek s središčnim kotom $\alpha_{i}$. Tedaj je polmer največjega kroga $K_{3}$ enak $\frac{R}{2}$, saj je včrtan v polovico kroga $K$. Polmera krogov $K_{1}$ in $K_{2}$ označimo z $r_{1}$ in $r_{2}$, njuni središči s $S_{1}$ in $S_{2}$, njuni dotikališči z robno krožnico kroga $K$ pa z $D_{1}$ in $D_{2}$. Pravokotni projekciji točk $S_{1}$ in $S_{2}$ na premer kroga $K$, ki ga določa največji izsek, označimo s $P_{1}$ in $P_{2}$, središče kroga $K$ pa s $S$.
Ker je $\angle P_{1} S S_{1}=\frac{\alpha_{1}}{2}=30^{\circ}$, je trikotnik $S P_{1} S_{1}$ polovica enakostraničnega trikotnika, torej je $\left|S S_{1}\right|=2 r_{1}$. Od tod izpeljemo $R=\left|S S_{1}\right|+\left|S_{1} D_{1}\right|=2 r_{1}+r_{1}=3 r_{1}$ in zato je $r_{1}=\frac{R}{3}$. Ker je $\angle S S_{2} P_{2}=\frac{\alpha_{2}}{2}=60^{\circ}$, je tudi trikotnik $S S_{2} P_{2}$ polovica enakostraničnega trikotnika, torej velja $r_{2}=\frac{\left|S S_{2}\right| \sqrt{3}}{2}$ oziroma $\left|S S_{2}\right|=\frac{2 r_{2}}{\sqrt{3}}$. Sledi $R=\left|S S_{2}\right|+\left|S_{2} D_{2}\right|=\frac{2 r_{2}}{\sqrt{3}}+r_{2}=\left(\frac{2}{\sqrt{3}}+1\right) r_{2}=\frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{3}} r_{2}$, od koder izrazimo $r_{2}=\frac{\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}} R=\sqrt{3}(2-\sqrt{3}) R=(2 \sqrt{3}-3) R$. Ploščina območja $K \backslash\left(K_{1} \cup K_{2} \cup K_{3}\right)$ je zato enaka
$$
p=\pi R^{2}-\pi\left(\frac{R}{2}\right)^{2}-\pi\left(\frac{R}{3}\right)^{2}-\pi(2 \sqrt{3}-3)^{2} R^{2}=\pi\left(12 \sqrt{3}-20 \frac{13}{36}\right) R^{2}
$$
Izračunan polmer $r_{2}$............................................................................................................................................
Pravilno izračunana ploščina območja .......................................................... 1 točka
B3. Preštejmo, koliko vrat ima posamezna soba s cekinom. Opazimo, da je v zakladnici 12 sob s po 3 vrati, 4 sobe s po 4 vrati, 4 sobe s po 5 vrati in 4 sobe s po 8 vrati (srednje sobe ne štejemo, ker nima cekina). Skozi sobo s 3 vrati lahko gre igralec le enkrat, saj bi sicer ostal ujet v njej. S
tem pobere 1 cekin. Skozi sobo s 4 vrati lahko gre dvakrat in pobere 2 cekina. Skozi sobo s 5 vrati lahko gre prav tako dvakrat in pobere 2 cekina. Skozi sobo z 8 vrati pa lahko gre štirikrat in pobere 4 cekine. Skupaj lahko torej igralec pobere največ $n=12 \cdot 1+4 \cdot 2+4 \cdot 2+4 \cdot 4=44$ cekinov. Preveriti moramo še, da res obstaja pot, ki se začne in konča v srednji sobi in gre 44-krat skozi sobo s cekinom. Primer take poti je prikazan na sliki.
Opazka, da lahko igralec nekatere sobe obišče le enkrat.
Najdene vse sobe, ki se jih lahko obišče le enkrat. .1 točka
Najdene vse sobe, ki se jih lahko igralec obišče večkrat, in določeno največje število cekinov, ki jih je možno dobiti iz takšne sobe. . .2 točki
Najdena zgornja meja 44 cekinov. 1 točka
Najden primer poti, ki pobere 44 kovancev.
2 točki
67. matematično tekmovanje
srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 22. april 2023
# Rešitve nalog za 2. letnik
A1. Označimo $n=\overline{a b}=10 a+b$. Tedaj je $(n+1)+(n+2)+(n+3)=\overline{b a}=10 b+a$. Od tod sledi $10 b+a=3 n+6=30 a+3 b+6$ oziroma $29 a=7 b-6$. Ker pa sta $a$ in $b$ števki, je $29 a \leq 7 \cdot 9-6=57$, od koder sledi $a=1$. Torej je $7 b=35$ oziroma $b=5$ in zato $n=15$. Število $n$ ima 4 pozitivne delitelje, to so $1,3,5$ in 15 .
A2. Označimo $\angle B A C=\alpha$. Tedaj je $\angle C B A=180^{\circ}-32^{\circ}-\alpha=148^{\circ}-\alpha$. Torej je $\angle C A D=$ $180^{\circ}-\angle B A C=180^{\circ}-\alpha$ in $\angle E B C=180^{\circ}-\angle C B A=\alpha+32^{\circ}$. Trikotnika $C A D$ and $E B C$ sta enakokraka z vrhoma pri $A$ in $B$, zato je $\angle D C A=\frac{180^{\circ}-\angle C A D}{2}=\frac{\alpha}{2}$ in $\angle B C E=\frac{180^{\circ}-\angle E B C}{2}=$ $74^{\circ}-\frac{\alpha}{2}$. Od tod izračunamo $\angle D C E=\angle D C A+\angle A C B+\angle B C E=32^{\circ}+74^{\circ}=106^{\circ}$.
A3. Čas $8.25 \mathrm{v}$ zmajskih urah in zmajskih minutah ustreza $8 \frac{25}{100}=8 \frac{1}{4}=\frac{33}{4}$ zmajskih ur. Ker 10 zmajskih ur ustreza 12 običajnim uram, 1 zmajska ura ustreza $\frac{12}{10}$ običajne ure. Torej $\frac{33}{4}$ zmajskih ur ustreza $\frac{33}{4} \cdot \frac{12}{10}=\frac{99}{10}=9 \frac{9}{10}=9 \frac{54}{60}$ običajnih ur. Torej bi običajna ura kazala 9.54.
B1. Opazimo, da lahko levo stran enačbe razstavimo in dobimo
$$
((2 a+2) x+1)(x+1)=0
$$
Rešitvi sta torej $x_{1}=-1$ in $x_{2}=-\frac{1}{2 a+2}$. Torej mora biti bodisi $x_{2}=-3$ bodisi $x_{2}=-\frac{1}{3}$. V prvem primeru sledi $2 a+2=\frac{1}{3}$, od koder dobimo $a=-\frac{5}{6}$. V dugem primeru je $2 a+2=3$ oziroma $a=\frac{1}{2}$.
2. način. Označimo rešitvi enačbe $\mathrm{z} x_{1}=t$ in $x_{2}=3 t$. Po Vietovih pravilih sledi
$$
\begin{gathered}
4 t=x_{1}+x_{2}=-\frac{2 a+3}{2 a+2} \\
3 t^{2}=x_{1} x_{2}=\frac{1}{2 a+2}
\end{gathered}
$$
Iz prve enačbe izrazimo $t=-\frac{2 a+3}{4(2 a+2)}$ in vstavimo $\mathrm{v}$ drugo enačbo, da dobimo
$$
\frac{1}{2 a+2}=\frac{3(2 a+3)^{2}}{16(2 a+2)^{2}}
$$
Nato se znebimo ulomkov $16(2 a+2)=3(2 a+3)^{2}$ in enačbo poenostavimo do $12 a^{2}+4 a-5=0$. Rešitvi te kvadratne enačbe sta $a=\frac{1}{2}$ in $a=-\frac{5}{6}$.
## 3. način.
Rešitvi kvadratne enačbe sta $x_{1,2}=\frac{-2 a-3 \pm \sqrt{(2 a+3)^{2}-8(a+1)}}{4(a+1)}$. Diskriminanta je popoln kvadrat $(2 a+3)^{2}-8(a+1)=(2 a+1)^{2}$, zato se ničli poenostavita $\mathrm{v} x_{1}=-\frac{1}{2(a+1}, x_{2}=-1$. Razmerje ničel je tedaj $x_{1} / x_{2}=3^{ \pm 1}$, kar vodi do para rešitev $a=-5 / 6$ in $a=1 / 2$.
1. način:
- faktorizacija izraza $((2 a+2) x+1)(x+1)=0$ 4 točke
- dve možni razmerji: $x_{1} / x_{2}=1 / 3$ ali $x_{2} / x_{1}=1 / 3 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots \ldots \ldots$ točki
- pravilna končna rezultata $a=1 / 2$ in $a=-5 / 6 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots . \ldots . \ldots$ točka
## 2. način:
- ničli $x_{1}=t, x_{2}=3 t$. .1 točka
- Pravili sestavljeni v kvadratno enačbo $12 a^{2}+4 a-5=0 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots . \ldots . \ldots$. 2 točki
3. način:
- enačba za ničli kvadratne funkcije .1 točka
- zapis diskriminante kot popoln kvadrat 2 točki
- poenostavljena oblika ničel .1 točka
- dve možni razmerji: $x_{1} / x_{2}=1 / 3$ ali $x_{2} / x_{1}=1 / 3$ .2 točki
- pravilna končna rezultata $a=1 / 2$ in $a=-5 / 6$ .1 točka
Če je zapisano le eno možno razmerje ničel se odbije 1 točka.
B2.
Ker sta kota štirokotnika $A B C D$ pri ogliščih $A$ in $C$ prava, točki $A$ in $C$ po Talesovem izreku ležita na krožnici s premerom $B D$. Torej je štirikotnik $A B C D$ je tetiven. Po Pitagorovem izreku je $|A D|=\sqrt{|A E|^{2}+|D E|^{2}}=\sqrt{9+25}=\sqrt{34}$ in $|C D|=\sqrt{|C E|^{2}+|D E|^{2}}=\sqrt{49+25}=$ $\sqrt{74}$. Ker je štirikotnik $A B C D$ tetiven, je $\angle C B D=\angle C A D$. Torej sta trikotnika $B C D$ in $A E D$ podobna, saj imata dva para skladnih kotov. Od tod sledi $\frac{|B D|}{|C D|}=\frac{|A D|}{|E D|}$ in zato $|B D|=\frac{|C D| \cdot|A D|}{|E D|}=$ $\frac{\sqrt{74} \cdot \sqrt{34}}{5}$. Po Pitagorovem izreku sledi
$$
|A B|=\sqrt{|B D|^{2}-|A D|^{2}}=\sqrt{\frac{74 \cdot 34}{25}-34}=\sqrt{\frac{74 \cdot 34-25 \cdot 34}{25}}=\sqrt{\frac{49 \cdot 34}{25}}=\frac{7}{5} \sqrt{34}
$$
in
$$
|B C|=\sqrt{|B D|^{2}-|C D|^{2}}=\sqrt{\frac{74 \cdot 34}{25}-74}=\sqrt{\frac{74 \cdot 34-25 \cdot 74}{25}}=\sqrt{\frac{9 \cdot 74}{25}}=\frac{3}{5} \sqrt{74}
$$
Tudi trikotnika $A B F$ in $D B C$ sta podobna, saj zaradi tetivnosti štirikotnika $A B C D$ velja $\angle B A C=$ $\angle B D C$. Torej je $\frac{|B F|}{|A B|}=\frac{|B C|}{|D B|}$, od koder sledi
$$
|B F|=\frac{|A B| \cdot|B C|}{|D B|}=\frac{\frac{7}{5} \sqrt{34} \cdot \frac{3}{5} \sqrt{74}}{\frac{\sqrt{74} \cdot \sqrt{34}}{5}}=\frac{21}{5}
$$
Ugotovitev, da je štirikotnik $A B C D$ tetiven .1 točka
Uporaba Pitagorovega izreka za izračun $|A D|$ oziroma $|C D|$ 1 točka
Ugotovitev, da sta trikotnika $B C D$ in $A E D$ podobna 1 točka Izračun $|B D|$ .1 točka
Izračun $|A B|$ ali $|B C|$ .1 točka
Ugotovitev, da sta trikotnika $A B F$ in $D B C$ podobna .1 točka
Pravilno izračunana dolžina $|B F|$ 1 točka
B3. Šablono lahko na papir postavimo na 8 različnih načinov; na 4 načine, če je obrnjena na prednjo stran, in na 4 načine, če je obrnjena na zadnjo stran. Med različnimi postavitvami prehjamo z rotacijo šablone za $90^{\circ}$ okrog njenega središča in z obračanjem šablone na drugo stran preko ene od njenih 4 simetral (kar ustreza zrcaljenju preko te simetrale). Torej lahko z istim zelenim kvadratkom šablone prekrijemo tiste kvadratke papirja, do katerih pridemo $\mathrm{s}$ temi operacijami. Označimo kvadratke papirja s števili, kot je prikazano na sliki.
| 1 | 2 | 3 | 4 | 3 | 2 | 1 |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| 2 | 5 | 6 | 7 | 6 | 5 | 2 |
| 3 | 6 | 8 | 9 | 8 | 6 | 3 |
| 4 | 7 | 9 | 10 | 9 | 7 | 4 |
| 3 | 6 | 8 | 9 | 8 | 6 | 3 |
| 2 | 5 | 6 | 7 | 6 | 5 | 2 |
| 1 | 2 | 3 | 4 | 3 | 2 | 1 |
Vse množice kvadratkov z istim številom so simetrične glede na vse 4 simetrale papirja in ostanejo nespremenjene, če jih zarotiramo za $90^{\circ}$ okrog središča papirja. Torej lahko en zelen kvadratek šablone prekrije le eno množico kvadratkov z istim številom. Na šabloni mora biti torej pobarvanih vsaj 10 kvadratkov. To hkrati zadostuje, saj vsako množico kvadratkov z istim številom lahko prekrijemo z enim samim zelenim kvadratkom na šabloni (z uporabo zgoraj omenjenih operacij). Torej če je na šabloni pobarvanih 10 kvadratkov, od katerih vsak prekrije kvadratek z drugim številom, kot je na primer prikazano na sliki, potem lahko s tako šablono z zelenim kvadratkom prekrijemo katerikoli kvadratek papirja.
- Ugotovitev, da ima kvadrat 8 simetrijskih operacij (lahko tudi implicitno) [1 točka]
- Ugotovitev, da lahko z enim zelenim kvadratkom pokrijemo vse kvadratke, v katere se le-ta preslika z zgornjimi operacijami [2 točka]
- Ugotovitev, da lahko množico vseh 49 kvadratkov razbijemo podmnožice, kjer so v vsaki podmnožici kvadratki, ki jih lahko preslikamo enega v drugega s kakšno od simetrijskih operacij $[2$ točka]
- Ugotovitev, da moramo iz vsake od teh podmnožic izbrati vsaj en kvadratek [1 točka]
- Ugotovitev, da je teh kvadratkov 10 [1 točka]
67. matematično tekmovanje
srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 22. april 2023
# Rešitve nalog za 3. letnik
A1. Ker je 17 pravi delitelj števila $n$, je $n=17 k$ za neko naravno število $k \geq 2$. Ker je tudi $k$ pravi delitelj števila $n$, mora veljati $k \leq 17$. Hkrati mora biti $k$ praštevilo, saj če bi bilo $k=a b$ za neki naravni števili $a, b>1$, tedaj bi bil $17 a$ pravi delitelj števila $n$, ki je večji od 17 . Torej mora biti $k \in\{2,3,5,7,11,13,17\}$ in vse te možnosti so dobre. Takih naravnih števil $n$ je 7 .
A2. Dolžina intervala je enaka $\frac{2 n+14}{3}-\frac{n+8}{2}=\frac{(4 n+28)-(3 n+24)}{6}=\frac{n+4}{6}$. Ker mora interval vsebovati vsaj 4 naravna števila, mora biti njegova dolžina vsaj 3 (saj sta lahko obe krajišči naravni števili). Torej mora biti $\frac{n+4}{6} \geq 3$ oziroma $n \geq 14$. Če je $n=14$, je interval enak [11,14] in vsebuje 4 naravna števila. Pravilen odgovor je torej (E).
A3. Naj bo $F$ pravokotna projekcija točke $E$ na stranico $B C$. Trikotnika $A B E$ in $C D E$ sta podobna. Razmerje med njunima stranicama nasproti oglišča $E$ je enako $|A B|:|C D|=120$ : $30=4: 1$, zato je tudi razmerje med njunima višinama na ti dve stranici enako $|F B|:|F C|=$ 4 : 1. Tudi trikotnika $A B C$ in $E F C$ sta podobna, razmerje njunih višin skozi oglišče $C$ pa je enako $|C B|:|C F|=5: 1$. Torej je tudi razmerje med njunima stranicama nasproti oglišča $C$ enako $|A B|:|E F|=5: 1$ in zato je $|E F|=\frac{|A B|}{5}=24 \mathrm{~mm}$.
B1. Ker ima polinom na levi strani enačbe realne koeficiente, njegove kompleksne ničle nastopanjo v kompleksnih parih. Poleg danih rešitev enačbe so zato rešitve enačbe tudi $1-i, 2-2 i$, $3-3 i$ in $4-4 i$. Poznamo torej 9 ničel polinoma. Ker je polinom stopnje 10, ima 10 ničel štetih z večkratnostjo. Označimo njegovo zadnjo ničlo z $z_{0}$. Dana enačba je torej ekvivalentna enačbi
$$
\begin{aligned}
& 6\left(z-\frac{1}{2}\right)(z-(1+i))(z-(1-i))(z-(2+2 i))(z-(2-2 i)) \\
& \quad \cdot(z-(3+3 i))(z-(3-3 i))(z-(4+4 i))(z-(4-4 i))\left(z-z_{0}\right)=0
\end{aligned}
$$
Če levo stran enačbe zmnožimo, kot konstantni člen dobimo produkt
$$
6 \cdot \frac{1}{2} \cdot(1+i)(1-i)(2+2 i)(2-2 i)(3+3 i)(3-3 i)(4+4 i)(4-4 i) z_{0}=3 \cdot 2 \cdot 8 \cdot 18 \cdot 32 \cdot z_{0}
$$
pri čemer smo kompleksna števila zmnožili po konjugiranih parih. Ker pa mora biti konstantni člen v enačbi enak 9216 , sledi $z_{0}=\frac{9216}{3 \cdot 2 \cdot 8 \cdot 18 \cdot 32}=\frac{1}{3}$. Da določimo $a_{9}$, moramo razmisliti, kaj dobimo pri potenci $z^{9}$, ko zmnožimo levo stran zgornje enačbe. Potenco $z^{9}$ dobimo, ko pri 9 faktorjih vzamemo $z$, pri enem pa konstanto, torej bo
$$
\begin{aligned}
a_{9} & =-6\left(\frac{1}{2}+(1+i)+(1-i)+(2+2 i)+(2-2 i)+(3+3 i)+(3-3 i)+(4+4 i)+(4-4 i)+z_{0}\right) \\
& =-6\left(\frac{1}{2}+20+\frac{1}{3}\right)=-125
\end{aligned}
$$
Opomba. Formuli za konstantni člen in koeficient $a_{9}$ lahko dobimo tudi direktno z uporabo Vietovih pravil.
Zapis ostalih 4 ničel ali zapis trditve, da so ostale 4 ničle konjugirane vrednosti. . . ..... 1 točka
Zapis faktorizirane oblike polinoma $\mathrm{z}$ dodatno splošno ničlo $\left(z-z_{0}\right)$. . . ..... 1 točka
Izračun zadnje ničle $z_{0}$. . . ..... 2 točki
Izračun $a_{9}$. ..... 3 točke
B2.
Ker je premica $B E$ simetrala kot $\angle C B A$, je po izreku o simetrali kota trikotnika $\frac{|A B|}{|B C|}=\frac{|A E|}{|C E|}=$ $\frac{169}{119}$ oziroma $|A B|=\frac{169}{119}|B C|$. Po Talesovem izreku o kotu v polkrogu je $\angle A C B=\angle A D B=90^{\circ}$, zato po Pitagorovem izreku velja $|A B|^{2}=|A C|^{2}+|B C|^{2}$ oziroma $\frac{169^{2}}{119^{2}}|B C|^{2}=(169+119)^{2}+$ $|B C|^{2}$. Od tod izrazimo $|B C|^{2}=\frac{119^{2}(169+119)^{2}}{169^{2}-119^{2}}=\frac{119^{2}(169+119)}{169-119}=\frac{119^{2} \cdot 288}{50}=\frac{119^{2} \cdot 144}{25}$. Po Pitagorovem izreku v trikotniku $B C E$ je $|B E|=\sqrt{|C E|^{2}+|B C|^{2}}=\sqrt{119^{2}+\frac{119^{2} \cdot 144}{25}}=119 \sqrt{\frac{169}{25}}=$ $119 \cdot \frac{13}{5}$. Ker sta trikotnika $A D E$ in $B C E$ podobna, je $\frac{|D E|}{|A E|}=\frac{|C E|}{|B E|}$, od koder izračunamo $|D E|=\frac{|A E| \cdot|C E|}{|B E|}=\frac{169 \cdot 119}{119 \cdot \frac{13}{5}}=5 \cdot 13=65$.
Opomba. Enakost $\frac{|A B|^{5}}{|B C|}=\frac{|A E|}{|C E|}$ iz prvega dela rešitve lahko dokažemo tudi s pomočjo sinusnega izreka. Označimo $\angle C B A=\beta$ in $\angle B E C=\varphi$. Po sinusnem izreku v trikotniku $B C E$ je $\frac{|C E|}{|B C|}=$ $\frac{\sin \frac{\beta}{2}}{\sin \varphi}$, po sinusnem izreku v trikotniku $B E A$ pa velja $\frac{|A E|}{|A B|}=\frac{\sin \frac{\beta}{2}}{\sin (\pi-\varphi)}$. Ker je $\sin (\pi-\varphi)=\sin \varphi$, sledi $\frac{|A E|}{|A B|}=\frac{|C E|}{|B C|}$ oziroma $\frac{|A B|}{|B C|}=\frac{|A E|}{|C E|}$.
2. način. Naj bo $F$ pravokotna projekcija točke $E$ na daljico $A B$. Ker je premica $B E$ simetrala kota $\angle C B A$, sta trikotnika $B C E$ in $B F E$ skladna, saj se ujemata v dveh kotih in stranici nasproti večjemu kotu. Torej velja $|B F|=|B C|$ in $|E F|=|C E|$. Po Talesovem izreku o kotu v polkrogu je $\angle A C B=\angle A D B=90^{\circ}$, zato po Pitagorovem izreku sledi
$$
|B C|^{2}+|A C|^{2}=|A B|^{2}=(|A F|+|B F|)^{2}=(|A F|+|B C|)^{2}=|A F|^{2}+2 \cdot|A F| \cdot|B C|+|B C|^{2}
$$
Od tod izrazimo $|B C|=\frac{|A C|^{2}-|A F|^{2}}{2|A F|}$. Po Pitagorovem izreku za trikotnik $A F E$ sledi $|A F|^{2}=$ $|A E|^{2}-|E F|^{2}=|A E|^{2}-|C E|^{2}=169^{2}-119^{2}$, zato je
$$
\begin{aligned}
|B C| & =\frac{(169+119)^{2}-\left(169^{2}-119^{2}\right)}{2 \sqrt{169^{2}-119^{2}}}=\frac{2 \cdot 119 \cdot(169+119)}{2 \sqrt{(169+119)(169-119)}} \\
& =119 \cdot \sqrt{\frac{169+119}{169-119}}=119 \cdot \sqrt{\frac{288}{50}}=119 \cdot \sqrt{\frac{144}{25}}=119 \cdot \frac{12}{5}
\end{aligned}
$$
Po Pitagorovem izrek za trikotnik $B C E$ sledi $|B E|=\sqrt{|B C|^{2}+|C E|^{2}}=\sqrt{119^{2} \cdot \frac{144}{25}+119^{2}}=$ $119 \cdot \frac{13}{5}$. Ker sta trikotnika $A D E$ in $B C E$ podobna, je $\frac{|D E|}{|A E|}=\frac{|C E|}{|B E|}$, od koder izračunamo $|D E|=$ $\frac{|A E| \cdot|C E|}{|B E|}=\frac{169 \cdot 119}{119 \cdot \frac{13}{5}}=5 \cdot 13=65$.
## 1. način
$\frac{|A B|}{|B C|}=\frac{|A E|}{|C E|}$ 1 točka
$|A B|=\frac{169}{119}|B C|$ 1 točka
$\frac{169^{2}}{119^{2}}|B C|^{2}=(169+119)^{2}+|B C|^{2}$ 1 točka
$|B C|^{2}=\frac{119^{2}(169+119)^{2}}{169^{2}-119^{2}}=\frac{119^{2} \cdot 144}{25}$. 1 točka
B3. Opazimo, da imajo 4 vogalne sobe zakladnice po 3 vrata, vsaka izmed preostalih 13 sob s cekinom pa po 4 vrata. Skozi sobo s 4 vrati lahko gre igralec dvakrat in s tem pobere 2 cekina. Skozi sobo s 3 vrati pa lahko gre igralec le enkrat, saj bi sicer ostal ujet v njej. S tem pobere 1 cekin. Torej bi lahko igralec pobral naveč $13 \cdot 2+4 \cdot 1=30$ cekinov. Toda, če situacijo natančneje raziščemo, ugotovimo, da jih ne more pobrati 30. Denimo, da je igralec že opravil svojo pot skozi zakladnico in pobral cekine. Oglejmo si 3 sobe, ki so sosednje zgornji levi vogalni sobi. Ker je šel igralec skozi to vogalno sobo največ enkrat, obstajajo vrata te sobe, skozi katera igralec ni šel. Ta vrata so hkrati vrata ene od 3 sosednjih sob. Označimo to sobo z A. Igralec je torej na svoji poti šel skozi največ 3 vrata sobe $A$, kar pa pomeni, da je šel skozi skozi sobo $A$ največ enkrat. V sobi $A$ je zato pobral največ 1 cekin, čepra ima ta soba 4 vrata. Podoben sklep lakho naredimo za 3 sobe, ki so sosednje spodnji desni vogalni sobi. Ugotovili smo torej, da izmed 6 sob, označenih na levi sliki, obstajata vsaj 2 , skozi kateri je šel igralec največ enkrat in s tem v vsaki pobral po največ 1 cekin, čeprav imata ti dve sobi po 4 vrata. Namesto 30 cekinov je lahko igralec torej pobral največ 28 cekinov. Kako lahko igralec iz zakladnice prinese 28 cekinov, je prikazano na desni sliki.
Opomba. Seveda enak sklep kot za zgornjo levo in spodnjo desno vogalno sobo velja tudi za zgornjo desno in spodnjo levo vogalno sobo. Vendar nam to ne zmanjša največjega števila pobranih cekinov, saj imata levi vogalni sobi skupno sosednjo sobo (srednjo levo) in desni vogalni sobi skupno sosednjo sobo (srednjo desno). Nam pa to pove, da vsaka pot skozi zakladnico, na kateri igralec pobere 28 cekinov, zagotovo gre skozi srednjo levo in srednjo desno sobo samo enkrat in izpusti natanko obe vrati ob levem robu zakladnice in obe vrati ob desnem robu zakladnice. Ta razmeslek nam pomaga najti ustrezno pot skozi zakladnico.
2. način. Da lahko igralec iz zakladnice prinese največ 28 cekinov, lahko pokažemo tudi tako, da preštevamo vrata. V zakladnici je skupaj 34 vrat. Ker ima vsaka vogalna soba 3 vrata, lahko
gre igralec skoznjo največ enkrat. Torej v vsaki vogalni sobi obstajajo vrata, skozi katera igralec na svoji poti ni šel. Igralec je zato šel skozi največ $34-4=30$ vrat, kar pomeni, da je šel skozi največ 29 sob zakladnice. Pri tem je lahko pobral največ 29 cekinov. Toda, če je res šel skozi 29 sob zakladnice, je moral iti skozi vsa vrata, razen 4 vrat vogalnih sob. To pa pomeni, da je na svoji poti šel tudi skozi sobo z vhodom in izhodom, ki pa nima cekina. Torej je obiskal največ 28 sob s cekinom in zato iz zakladnice prinesel največ 28 cekinov.
## 1. rešitev
Opažanje, da v sobo s 3 vrati lahko vstopi le enkrat, v sobo s 4 pa do dvakrat .......... 1 točka Določitev zgornje meje ( 30 cekinov) ............................................................ 1 točka Ugotovitev, da skozi eno izmed sob s 4 vrati, sosednjih vogalni sobi, lahko gre le enkrat 2 točki Opazovanje nasprotnih vogalnih sob in ugotovitev, da se s tem največje število cekinov zmanjša za vsaj 2 .................................................................................................................................................................
Poiskana možna pot za 28 cekinov .............................................................. 1 točka
2. rešitev
Štetje vrat in ugotovitev, da vsaj ena vrata vsake izmed štirih sob s 3 vrati ne bodo uporabljena 1 točka
Optimalna izbira vrat (vsa 4 horizontalna), skozi katera ne gre ................................................................................
Določitev zgornje meje ( $34-4=30$ vrat) ................................................................................................................
Določitev zgornje meje ( 29 cekinov) .............................................................. 1 točka
Ugotovitev, da pri prehodu skozi vseh 30 vrat med potjo obiščemo tudi sobo brez cekina ... 1 točka
Pravilni odgovor 28 cekinov ............................................................................... 1 točka
Opomba. Točke 1. in 2. rešitve niso aditivne.
67. matematično tekmovanje
srednješolcev Slovenije
Državno tekmovanje, 22. april 2023
# Rešitve nalog za 4. letnik
A1. Če pisno množimo $n \cdot 1111$, najprej v računu 4 -krat podpišemo število $n$ in nato seštevamo števke po stolpcih. Pri izračunu vsot števk nikoli ne pride do prenosa števk. Torej je vsota števk produkta $n \cdot 1111$ enaka 4 -kratniku vsote števk števila $n$, to je $4 \cdot 2023=8092$.
A2. Denimo, da je na tekmovanju sodelovalo $n$ tekmovalcev. Če sta $A$ in $B$ dve množici tekmovalcev, potem je $n \geq|A \cup B|=|A|+|B|-|A \cap B|$ oziroma $|A \cap B| \geq|A|+|B|-n$. Ker je prvo nalogo pravilno rešilo $\frac{9}{10} n$ tekmovalcev, drugo nalogo pa $\frac{8}{10} n$ tekmovalcev, je po zgornji oceni prvi dve nalogi pravilno rešilo vsaj $\frac{9}{10} n+\frac{8}{10} n-n=\frac{7}{10} n$ tekmovalcev, vse tri naloge pa je pravilno rešilo vsaj $\frac{7}{10} n+\frac{7}{10} n-n=\frac{4}{10} n$ tekmovalcev, kar je $40 \%$ tekmovalcev.
A3. Kvadrat s ploščino $2 \mathrm{~cm}^{2}$ ima stranico dolgo $\sqrt{2} \mathrm{~cm}$ in diagonalo dolgo $2 \mathrm{~cm}$. Če povežemo oglišča 8-kotnika z njegovim središčem, dobimo torej 8 enakokrakih trikotnikov s kraki dolžine $r=1 \mathrm{~cm}$ in notranjim kotom med kraki enakim $\alpha=45^{\circ}$. Ploščina enega takega trikotnika je $\frac{1}{2} r^{2} \sin \alpha=\frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{4} \mathrm{~cm}^{2}$, ploščina 8 -kotnika pa $8 \cdot \frac{\sqrt{2}}{4}=2 \sqrt{2} \mathrm{~cm}^{2}$.
B1. Poglejmo, kdaj zaporedje narašča. Neenakost $a_{n+1}>a_{n}$ se z upoštevanjem formule za plošni člen zaporedja glasi $(n+1)\left(\frac{20}{23}\right)^{n+1}>n\left(\frac{20}{23}\right)^{n}$ in je ekvivalentna neenakosti $(n+1) \cdot \frac{20}{23}>n$. Neenakost poenostavimo do $20 n+20>23 n$, od koder sledi $n<\frac{20}{3}=6 \frac{2}{3}$. Neenakost $a_{n+1}>a_{n}$ je zato izpolnjena za $n \in\{1,2,3,4,5,6\}$. To pomeni, da zaporedje $a_{n}$ narašča do člena $a_{7}$, nato pa začne padati. Njegova natančna zgornja meja je torej enaka vrednosti $a_{7}=7\left(\frac{20}{23}\right)^{7}$.
Potek 1:
a) ugotovitev, da zaporedje do neke vrednosti narašča, nato pada ..................... 2 točki
d) izračun maksimalne vrednosti $a_{7}=7\left(\frac{20}{23}\right)^{7} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Komentar: Tekmovalec ne izgubi točke pri c) zaradi računske napake pri b2).
Tekmovalec lahko dobi točko d) le če dobi točko c).
Tekmovalec, ki pravilno reši del b) avtomatsko dobi tudi točke dela a).
Potek 2:
a1) Ekstrem je lahko v treh vrednostih: $\mathrm{n}=1$, točki $n, n+1$, tako da je $f^{\prime}(x)$ nekje na intervalu $(n, n+1)$, v neskončnosti .1 točka
a2) Izloči možnosti $n=1$ in neskončnost .1 točka
b1) zapis enakosti za odvod: $a(x)^{\prime}=0$........................................................... 1 točka
d) izračun maksimalne vrednosti $a_{7}=7\left(\frac{20}{23}\right)^{7} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka
Komentar: Tekmovalec lahko dobi točko d) le če dobi točko c).
B2. Označimo pravokotno projekcijo točke $R$ na ploskev $E F G H$ s $K$, pravokotni projekciji točk $X$ in $Y$ na ploskev $A B C D$ pa z $L$ in $M$. Točke $K, L$ in $M$ torej ležijo na stranicah $E F, A B$ in $C D$.
a) Daljici $R C$ in $K G$ sta vzporedni, ker je $R C G K$ pravokotnik. Tudi daljici $R C$ in $X Y$ sta vzporedni, saj sta ploskvi $A B C D$ in $E F G H$ vzporedni, daljici pa sta presek teh dveh ploskev z ravnino $\Sigma$. Torej sta daljici $K G$ in $X Y$ vzporedni, zato velja $|K X|=|G Y|$. Ker pa daljica $X Y$ poteka skozi središče $P$ ploskve $E F G H$, je hkrati tudi $|G Y|=|E X|$. Torej je $|K X|=|E X|$ in zato je $X$ je razpolovišče daljice $E K$. Ker je $R$ središče daljice $A B$, je $K$ središče daljice $E F$. To pomeni, da je $|E X|=\frac{1}{4}|E F|$, od koder sledi $|E X|:|X F|=1: 3$. Zaradi simetrije je tudi $|G Y|:|Y H|=1: 3$.
b) Naj bo dolžina roba konce $A B C D E F G H$ enaka $a$. Ker je $P$ središče ploskve $E F G H$, je štiristrana prizma $A L M D E X Y H$ polovica kocke, zato je njena prostornina enaka $V_{1}=\frac{a^{3}}{2}$. Ker je $R$ središče roba $A B$, je tristrana prizma $R B C K F G$ četrtina kocke, zato je njena prostornina enaka $V_{2}=\frac{a^{3}}{4}$. Torej je tudi štiristrana prizma $L R C M X K G Y$ četrtina kocke. Ravnina $\Sigma$ razdeli to prizmo na dva prostorninsko enaka dela s prostorninama $V_{3}=\frac{a^{3}}{8}$. Od tod sledi, da ravnina $\Sigma$ razdeli kocko na dva dela z razmerjem prostornin
$$
\left(V_{1}+V_{3}\right):\left(V_{3}+V_{2}\right)=\left(\frac{a^{3}}{2}+\frac{a^{3}}{8}\right):\left(\frac{a^{3}}{8}+\frac{a^{3}}{4}\right)=\frac{5}{8}: \frac{3}{8}=5: 3
$$
Opomba. Razmerje prostornin obeh delov kocke lahko določimo tudi tako, da določimo razmerje njunih povprečnih višin glede na osnovni ploskvi $A D H E$ in $B C G F$, saj sta ti dve osnovni ploskvi skladni, stranski robovi pa so pravokotni naju. Povprečna višina levega dela je enaka
$$
\frac{|A R|+|D C|+|H Y|+|E X|}{4}=\frac{\frac{1}{2} a+a+\frac{3}{4} a+\frac{1}{4} a}{4}=\frac{5}{8} a
$$
povprečna višina desnega dela pa
$$
\frac{|B R|+|C C|+|G Y|+|F X|}{4}=\frac{\frac{1}{2} a+0+\frac{1}{4} a+\frac{3}{4} a}{4}=\frac{3}{8} a
$$
Iskano razmerje je torej $\frac{5}{8} a: \frac{3}{8} a=5: 3$.
2. način. Nad kocko $A B C D E F G H$ dorišimo skladno kocko $E F G H A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$. Razpolovišče stranice $C^{\prime} D^{\prime}$ označimo z $R^{\prime}$, dolžino stranice kocke pa z $a$.
a) Ker je $P$ središče ploskve $E F G H$, so točke $C, P$ in $A^{\prime}$ kolinearne ter točke $R, P$ in $R^{\prime}$ kolinearne. Torej ravnina $\Sigma$ vsebuje tudi točki $A^{\prime}$ in $R^{\prime}$. Iz podobnosti trikotnikov $A^{\prime} E X$ in $A^{\prime} A R$ sledi $|E X|=\frac{1}{2}|A R|=\frac{1}{4}|A B|$, torej je $|E X|:|X F|=1: 3$ in podobno je tudi $|G Y|:|Y H|=1: 3$.
b) Opazimo, da je prostornina telesa $A R C D E X Y H$ enaka prostornini telesa $X F G Y A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} R^{\prime}$, saj sta telesi zrcalno simetrični glede na točko $P$. Podobno je prostornina telesa $R B C X F G Y$ enaka prostornini telesa $E X Y H A^{\prime} R^{\prime} D^{\prime}$. Hkrati opazimo, da če telesi $X F G Y A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} R^{\prime}$ in RBCXFGY zamenjamo, tako da ju zadrsamo vzdolž ravnine $\Sigma$, potem dobimo dva kvadra, ki imata vodoravni stranici dolžin $\frac{5}{4} a$ in $\frac{3}{4} a$, vse ostale stranice pa dolžine $a$. Razmerje prostornin teh dveh kvadrov je torej $5: 3$ in je po zgornjem enako iskanemu razmerju prostornin obeh delov kocke.
Prvi del naloge lahko rešimo z uporabo vektorjev. Naj bodo $\vec{a}=\overrightarrow{A B}, \vec{b}=\overrightarrow{A D}$ ter $\vec{c}=\overrightarrow{A E}$. Naj bo $\overrightarrow{E X}=\alpha \cdot \overrightarrow{E F}$. Izračunamo $\overrightarrow{R C}=\frac{1}{2} \vec{a}+\vec{b}$ ter
$$
\overrightarrow{R P}=\overrightarrow{R A}+\overrightarrow{A E}+\overrightarrow{E P}=\overrightarrow{R A}+\overrightarrow{A E}+\frac{1}{2} \overrightarrow{E G}=\vec{c}+\frac{1}{2} \vec{b}
$$
Sedaj izračunamo vektor $\overrightarrow{R X}$ na dva načina. Velja
$$
\overrightarrow{R X}=\overrightarrow{R A}+\overrightarrow{A E}+\overrightarrow{E X}=\left(\alpha-\frac{1}{2}\right) \vec{a}+\vec{c}
$$
hkrati pa so vektorji $\overrightarrow{R X}, \overrightarrow{R P}$ in $\overrightarrow{R C}$ koplanarni, zato
$$
\overrightarrow{R P}=\beta \cdot \overrightarrow{R C}+\gamma \cdot \overrightarrow{R P}=\frac{1}{2} \beta \vec{a}+\left(\beta+\frac{1}{2} \gamma\right) \vec{b}+\gamma \vec{c}
$$
Po primerjavi po komponentah dobimo $\alpha=\frac{1}{4}$, kar pomeni, da sta iskani razmerji res $1: 3$.
Možno je tudi opaziti, da je $\overrightarrow{X Y}=\overrightarrow{R C}$ in dobiti isti rezultat s pomočjo zapisa
$$
\overrightarrow{E X}=\overrightarrow{E H}+\overrightarrow{H Y}+\overrightarrow{Y X}=\left(\frac{1}{2}-\alpha\right) \vec{a}
$$
hkrati pa vemo, da je $\overrightarrow{E X}=\alpha \cdot \vec{a}$, od koder sledi $\alpha=\frac{1}{4}$.
Dokaz enakosti razmerij $|E X|:|X F|$ in $|G Y|:|Y H|$ ali vpeljava točke $K$ in spoznanje, da sta $X Y$ in $K G$ vzporedni 1 točka
Razdelitev vsaj enega od teles $A R C D E X Y H$ ali $R B C X F G Y$ na ustrezne dele ....... 2 točki
Izračun iskanega razmerja ..................................................................... 1 točka
B3. Ker izbiramo 3 točke, mreža pa ima 4 stranice, mora vsaj ena od izbranih točk ležati v enem od oglišč mreže. Obravnavajmo več primerov.
1) Če v natanko 1 oglišču mreže leži ena od izbranih točk (4 možnosti), tedaj morata preostali dve točki ležati v notranjosti vsaka svoje stranice, ki je nepriležna temu ogličču (5 možnosti za vsako). Takih izbir je $4 \cdot 5 \cdot 5=100$.
2) Če v natanko 2 ogliščih mreže leži ena od izbranih točk in sta ti dve oglišči sosednji (4 možnosti), tedaj tretja točka leži v notranjosti nasprotne stranice (5 možnosti). Takih izbir je $4 \cdot 5=20$.
3) Če v natanko 2 ogliščih mreže leži ena od izbranih točk in sta ti dve oglišči nasprotni (2 možnosti), tedaj tretja izbrana točka leži kjerkoli na mreži razen v ogliščih ( $49-4=45$ možnosti). Takih izbir je $2 \cdot 45=90$.
4) Če v natanko 3 ogliščih mreže leži ena od izbranih točk, potem so s tem že izbrane vse tri točke. Take izbire so 4.
Število vseh ustreznih izbir 3 točk na mreži je torej $100+20+90+4=214$.
Sklep, da vsaj ena točka leži v oglišču mreže ......................................................................... Izračun števila možnosti (100) za primer, ko je natanko ena točka v oglišču ............. 1 točka Izračun števila možnosti (20) za primer, ko sta natanko dve točki v sosednjih ogliščih . 1 točka Izračun števila možnosti (90) za primer, ko sta natanko dve točki v nasprotnih ogliščih 1 točka Izračun števila možnosti (4) za primer, ko so vse tri točke v ogliščih ..................... 1 točka Dobljene možnosti sešteje (pravilna uporaba pravila vsote) ............................................................................................
