File size: 25,372 Bytes
802d9fe | 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 150 151 152 153 154 155 156 157 158 159 160 161 162 163 164 165 166 167 168 169 170 171 172 173 174 175 176 177 178 179 180 181 182 183 184 185 186 187 188 189 190 191 192 193 194 195 196 197 198 199 200 201 202 203 204 205 206 207 208 209 210 211 212 213 214 215 216 217 218 219 220 221 222 223 224 225 226 227 228 229 230 231 232 233 234 235 236 237 238 239 240 241 242 243 244 245 246 247 248 249 250 251 252 253 254 255 256 257 258 259 260 261 262 263 264 265 266 267 268 269 270 271 272 273 274 275 276 277 278 279 280 281 282 283 284 285 286 287 288 289 290 291 292 293 294 295 296 297 298 299 300 301 302 303 304 305 306 307 308 309 310 311 312 313 314 315 316 317 318 319 320 321 322 323 324 325 326 327 328 329 330 331 332 333 334 335 336 337 338 339 340 341 342 343 344 345 346 347 348 349 350 351 352 353 354 355 356 357 358 359 360 361 362 363 364 365 366 367 368 369 370 371 372 373 | # 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.
Matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje
30. marec 2005
## Naloge za 1. letnik
1. Poišči najmanjše naravno število $n$, da bo vsota $n+2 n+3 n+\cdots+9 n$ enaka številu, ki ima v desetiškem zapisu vse števke enake.
2. Za katere vrednosti parametra $a$ ima sistem enačb $|x-1|+|y-a|=1$ in $y=-2|x-1|-1$ natanko 3 rešitve?
3. Za realni števili $a$ in $b$ velja $a^{3}=3 a b^{2}+11$ in $b^{3}=3 a^{2} b+2$. Izračunaj vrednost izraza $a^{2}+b^{2}$.
4. Dan je romb $A B C D$ z ostrim kotom $\Varangle B A C$. Nožišče višine iz točke $D$ na stranico $A B$ deli to stranico na dela dolžin $x$ in $y$. Izrazi dolžini diagonal romba $A B C D$ z $x$ in $y$.
5. V točki $C$ se stikajo enakostranični trikotnik $A C G$, pravilni petkotnik $C D E F G$ in pravilni osemkotnik BHIJKLDC (glej sliko). Določi kote trikotnika $A B C$.
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 150 minut.
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
Matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje
30. marec 2005
## Naloge za 2. letnik
1. Rok je iz 500 enako velikih kock sestavil kvader. Najmanj koliko mejnih ploskev kock je sestavljalo mejne ploskve kvadra?
2. Če petmestno število delimo s 100, dobimo količnik $k$ in ostanek $o$. Pri koliko petmestnih številih je vsota $k+o$ deljiva z 11 ?
3. Naj bosta $a$ in $b$ pozitivni realni števili. Dokaži, da je vrednost izraza
$$
\frac{\sqrt{\frac{a b}{2}}+\sqrt{8}}{\sqrt{\frac{a b+16}{8}+\sqrt{a b}}}
$$
neodvisna od $a$ in $b$.
4. Označimo z $D$ in $E$ razpolovišči stranic $A C$ in $B C$ enakostraničnega trikotnika $A B C$. Poltrak $D E$ seka očrtano krožnico trikotnika $A B C$ v točki $F$. V kakšnem razmerju deli točka $E$ daljico $D F$ ?
5. Poišči vse rešitve enačbe $m^{2}-3 m+1=n^{2}+n-1$, kjer sta $m$ in $n$ naravni števili.
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 150 minut.
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
Matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje
30. marec 2005
## Naloge za 3. letnik
1. Poišči vsa pozitivna realna števila $x$, ki zadoščajo enačbi $x^{x \sqrt[3]{x}}=(x \sqrt[3]{x})^{x}$.
2. Med naravnimi števili $m$, za katere ima neenakost $n^{2}+2005 \leq m n$ vsaj kakšno celoštevilsko rešitev $n$, poišči tista, kjer je teh rešitev najmanj.
3. Za koliko naravnih števil $n$ je vrednost izraza $n^{3}-14 n^{2}+64 n-93$ praštevilo?
4. Naj bosta $x$ in $y$ realni števili, za kateri velja $\sin x+\sin y=\frac{\sqrt{2}}{2}$ in $\cos x+\cos y=\frac{\sqrt{6}}{2}$. Koliko je $\sin (x+y) ?$
5. Na diagonali $A C$ pravokotnika $A B C D$ izberemo točki $E$ in $F$ tako, da je $|A E|=|A B|$ in $|A F|=|A D|$. Označimo z $G$ in $H$ pravokotni projekciji točk $E$ in $F$ na stranico $A B$. Dokaži, da velja $|A G|+|F H|=|A C|$.
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 150 minut. Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
Matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje
30. marec 2005
## Naloge za 4. letnik
1. Prva dva člena zaporedja sta $a_{1}=1$ in $a_{2}=3$. Od drugega člena dalje velja: če od nekega člena odštejemo člen, ki je pred njim, dobimo člen, ki je za njim. Poišči vsoto prvih 2005 členov zaporedja.
2. Koliko je šestmestnih števil oblike $\overline{a b c a c b}$, ki so deljiva s 23 ?
3. Poišči vse funkcije $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, ki zadoščajo enačbi
$$
y f(x)+x f(y)=(x+y) f(x+y)
$$
4. Naj bo $A B C$ enakokrak ostrokoten trikotnik z vrhom $C$. Nosilka višine iz $A$ seka stranico $B C$ v točki $D$, očrtano krožnico trikotnika $A B C$ pa v točkah $A$ in $E$. Premica $B E$ seka krožnico s premerom $B C$ v točkah $B$ in $F$. Dokaži, da je $|A D|=|B F|$.
5. Za neprazno podmnožico $X$ množice $\{1,2,3, \ldots, 42\}$ označimo z $v(X)$ vsoto elementov množice $X$. (Tako je denimo $v(\{1,3,8\})=12$.)
Izračunaj vsoto vseh števil $v(X)$, ko $X$ preteče vse neprazne podmnožice množice $\{1,2,3, \ldots, 42\}$.
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 150 minut.
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
# Rešitve nalog z izbirnega tekmovanja
#### Abstract
Vsaka naloga je vredna 7 točk. Pri vrednotenju vsake naloge smiselno upoštevajte priloženi točkovnik. Tekmovalec naj ne prejme več kot 3 točke pri posamezni nalogi, če iz delne rešitve ni razvidna pot do končne rešitve naloge.
I/1. Označimo $s=n+2 n+3 n+\cdots+9 n=45 n$. Ker 5 deli število $s$ in ker ima $s$ v desetiškem zapisu vse števke enake, so vse njegove števke enake 5 . Ker pa tudi 9 deli število $s$, je $s=555555555$ in zato $n=12345679$.
I/2. Narišemo krivulji, ki ju določata enačbi. Prva enačba določa obod kvadrata s središčem v točki $(1, a)$, druga pa 2 poltraka s skupnim izhodiščem v točki $(1,-1)$. Sistem ima natanko 3 rešitve, ko se skupno izhodišče poltrakov ujema z zgornjim ogliščem kvadrata. To je takrat, ko je $a=-2$.
Ugotovitev, da prva enačba določa obod kvadrata 2 točki
Ugotovitev pomena parametra $a$ 1 točka
Ugotovitev, da druga enačba določa poltraka s skupnim izhodiščem $(1,-1)$ .2 točki
Ugotovitev pogoja za natanko 3 rešitve 1 točka
Rešitev $a=-2$
1 točka
I/3. Enačbi preoblikujemo v $a^{3}-3 a b^{2}=11, b^{3}-3 a^{2} b=2$ in kvadriramo: $a^{6}-6 a^{4} b^{2}+9 a^{2} b^{4}=$ $121, b^{6}-6 a^{2} b^{4}+9 a^{4} b^{2}=4$. Ti dve enačbi seštejemo in dobimo $125=a^{6}+3 a^{4} b^{2}+3 a^{2} b^{4}+b^{6}=$ $\left(a^{2}+b^{2}\right)^{3}$, torej je $a^{2}+b^{2}=5$.
Pravilno kvadriranje obeh enačb
2 točki
Vsota kvadriranih enačb
2 točki
Preureditev členov s črkovnimi oznakami v $\left(a^{2}+b^{2}\right)^{3}$ 2 točki
Sklep $a^{2}+b^{2}=5$
1 točka
I/4. Dolžina stranice romba je $a=x+y$, zato je po Pitagorovem izreku v trikotniku $A E D$ višina $v$ enaka $v=\sqrt{(x+y)^{2}-x^{2}}=\sqrt{y(2 x+y)}$. Potem je dolžina diagonale $B D$ enaka $|B D|=\sqrt{v^{2}+y^{2}}=\sqrt{2 y(x+y)}$, dolžina diagonale $A C$ pa je po Pitagorovem izreku v trikotniku $A C^{\prime} C$ enaka
$$
|A C|=\sqrt{(2 x+y)^{2}+v^{2}}=\sqrt{2(2 x+y)(x+y)}
$$
I/5. Spomnimo se, da notranji kot pravilnega $n$-kotnika meri $\frac{n-2}{n} 180^{\circ}$. Notranji kot enakostraničnega trikotnika meri $60^{\circ}$, v pravilnega petkotnika $\frac{3}{5} 180^{\circ}=108^{\circ}$, pravilega osemkotnika pa $\frac{6}{8} 180^{\circ}=135^{\circ}$. Trikotnik $A B C$ je enakokrak s kotom $360^{\circ}-\left(60^{\circ}+108^{\circ}+135^{\circ}\right)=57^{\circ}$ pri vrhu $C$ in kotoma $\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-57^{\circ}\right)=61.5^{\circ}$ ob osnovnici $A B$.
Izrac̆un velikosti notranjega kota petkotnika ....................................................................
Izračun velikosti notranjega kota osemkotnika .................................................................................
Izračun kota ob vrhu enakokrakega trikotnika $A B C$...................................................................................
II/1. Denimo, da so bile Rokove kocke enotske. Kvader je imel tedaj prostornino 500 . Če je bil dolg $a$, širok $b$ in visok $c$ enot, je veljalo $a b c=500$. Njegova površina je bila $P=2(a b+b c+a c)$, vrednost izraza $P$ pa pove tudi, koliko mejnih ploskev kock je na površju kvadra. Poiskati moramo torej najmanjšo vrednost površine kvadra. Predpostavimo lahko, da je $a \geq b \geq c$. Ker je $500=2^{2} \cdot 5^{3}$, so delitelji s̆tevila 500 števila $1,2,4,5,10,20,25,50,100,125,250$ in 500 (glej preglednico). Razberemo lahko, da je na površju kvadra najmanj 400 mejnih ploskev kock, iz katerih je sestavljen.
| $a$ | | $c$ | $2(a b+b c+a c)$ |
| ---: | ---: | :---: | :---: |
| 500 | 1 | 1 | 2002 |
| 250 | 2 | 1 | 1504 |
| 125 | 4 | 1 | 1258 |
| 125 | 2 | 2 | 1008 |
| 100 | 5 | 1 | 1210 |
| 50 | 10 | 1 | 1120 |
| 50 | 5 | 2 | 720 |
| 25 | 20 | 1 | 1090 |
| 25 | 10 | 2 | 640 |
| 25 | 5 | 4 | 490 |
| 20 | 5 | 5 | 450 |
| 10 | 10 | 5 | 400 |
Ugotovitev, da ima kvader z dolžinami robov $a, b$ in $c$ prostornino 500 (enot) ........ 1 točka Ideja o deliteljih s̆tevila 500 in njegovi delitelji ............................................................................ Povezava števila mejnih ploskev (enotskih) kock s površino kvadra ........................ 1 točka Iskanje najmanjše vrednosti površine pri različnih vrednostih dolžin robov ............. 2 točki
II/2. Vseh petmestnih števil je 90000 (od 10000 do 99999). Razdelimo jih lahko v 900 stolpcev po 100 števil, in sicer glede na vrednost $k$ od 100 do 999:
$$
\begin{array}{ccccc}
100 \cdot 100+0 & 100 \cdot 101+0 & 100 \cdot 102+0 & \cdots & 100 \cdot 999+0 \\
100 \cdot 100+1 & 100 \cdot 101+1 & 100 \cdot 102+1 & \cdots & 100 \cdot 999+1 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\
100 \cdot 100+99 & 100 \cdot 101+99 & 100 \cdot 102+99 & \cdots & 100 \cdot 999+99
\end{array}
$$
V vsakem stolpcu, v katerem $k$ ni deljiv z 11, najdemo takih 9 vrednosti ostanka $o$, da je vsota $k+o$ deljiva z 11. V stolpcih, v katerih je $k$ deljiv z 11, pa je 10 vrednosti ostanka $o$ takih, da je vsota $k+o$ deljiva z 11. Tedaj je ostanek $o$ lahko enak $0,11,22, \ldots, 99$.
Nato ugotovimo, da je 81 stolpcev, v katerih je količnik $k$ deljiv z 11. To so stolpci, v katerih ima $k$ vrednosti $110=11 \cdot 10,121=11 \cdot 11,132=11 \cdot 12, \ldots, 990=11 \cdot 90$. Stolpcev, v katerih $k$ ni deljiv z 11 je torej $900-81=819$. Vsota $k+o$ je deljiva z 11 pri $81 \cdot 10+819 \cdot 9=8181$ petmestnih številih.
Ugotovitev: za $k$, ki ni deljiv z 11, je 9 takih vrednosti $o$, da je $k+o$ deljiv z $11 \ldots \ldots .2$ točki Ugotovitev: za $k$, ki je deljiv z 11, je 10 takih vrednosti $o$, da je $k+o$ deljiv z $11 \ldots .2$ točki V 81 primerih je $k$ deljiv z 11 ..................................................................................................................... V 819 primerih $k$ ni deljiv z 11 .................................................................................................... Vsota $k+o$ je deljiva z 11 pri 8181 petmestnih s̆tevilih ..................................................
II/3. Ker sta števili $a$ in $b$ pozitivni, je izraz za vsaka $a$ in $b$ definiran, zato lahko zapišemo
$$
\begin{gathered}
\frac{\sqrt{\frac{a b}{2}}+\sqrt{8}}{\sqrt{\frac{a b+16}{8}+\sqrt{a b}}}=\frac{\sqrt{\left(\sqrt{\frac{a b}{2}}+\sqrt{8}\right)^{2}}}{\sqrt{\frac{a b+16+8 \sqrt{a b}}{8}}}=\frac{\sqrt{\frac{a b}{2}+2 \cdot \sqrt{\frac{8 a b}{2}}+8}}{\frac{1}{\sqrt{8}} \sqrt{a b+16+8 \sqrt{a b}}}=\frac{\sqrt{8} \cdot \sqrt{\frac{a b+8 \sqrt{a b}+16}{2}}}{\sqrt{a b+16+8 \sqrt{a b}}}= \\
=\frac{\sqrt{8} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \sqrt{a b+8 \sqrt{a b}+16}}{\sqrt{a b+16+8 \sqrt{a b}}}=\sqrt{4}=2
\end{gathered}
$$
torej je izraz neodvisen od $a$ in $b$.
Lahko rešujemo tudi drugače. Če ulomek kvadriramo, dobimo
$$
\frac{\frac{a b}{2}+2 \sqrt{\frac{a b}{2} \cdot 8}+8}{\frac{a b+16}{8}+\sqrt{a b}}=\frac{4 a b+32 \sqrt{a b}+64}{a b+16+8 \sqrt{a b}}=4 \cdot \frac{a b+8 \sqrt{a b}+16}{a b+8 \sqrt{a b}+16}=4
$$
To pomeni, da je vrednost ulomka enaka $\sqrt{4}=2$ in je neodvisna od $a$ in $b$.
Smiselno vrednotiti pravilne korake pri poenostavljanju izraza
0 do 7 točk
II/4. Označimo $a=|A B|$ in $x=|E F|$. Razpolovišče daljice $D E$ označimo z $G$. Ker je $D E C$ enakostranični trikotnik z dolžino stranice $\frac{a}{2}$, je $|G E|=\frac{a}{4}$ in $|G C|=\frac{a \sqrt{3}}{4}$. Očrtana krožnica trikotnika $A B C$ naj ima polmer $r$ in središče $\mathrm{v} O$. Potem je $r=\frac{a \sqrt{3}}{3}$, $|O G|=r-|G C|=\frac{a \sqrt{3}}{3}-\frac{a \sqrt{3}}{4}=\frac{a \sqrt{3}}{12}$ in $|G F|=\frac{a}{4}+x$. Trikotnik $O F G$ je pravokoten s hipotenuzo $O F$, zato velja $|O F|^{2}=|O G|^{2}+|G F|^{2}$. Torej je $|G F|^{2}=|O F|^{2}-$ $|O G|^{2}=\frac{5 a^{2}}{16}$ in $x=-\frac{a}{4}+\frac{a \sqrt{5}}{4}=\frac{a(\sqrt{5}-1)}{4}$. Iskano razmerje je torej enako $|D E|:|E F|=\frac{a}{2}: \frac{a(\sqrt{5}-1)}{4}=2:(\sqrt{5}-1)$.
(Zapišemo lahko tudi $2:(\sqrt{5}-1)=(\sqrt{5}+1): 2$.) Dolžine stranic in višine trikotnika $D E C$ glede na dolžino stranice trikotnika $A B C \ldots 1$ točka Dolžina $|O G|$ (z analognimi oznakami) . ...............................................................................................
Izračun razmerja .2 točki
II/5. Dano enac̆bo preuredimo v $m^{2}-3 m-\left(n^{2}+n-2\right)=0$. Dobljeno kvadratno enačbo rešimo: $m_{1,2}=\frac{3 \pm \sqrt{9+4 n^{2}+4 n-8}}{2}=\frac{3 \pm \sqrt{(2 n+1)^{2}}}{2}=\frac{3 \pm(2 n+1)}{2}$. Torej je $m_{1}=n+2$ in $m_{2}=-n+1$. Ker $m_{2}$ ni naravno število pri nobeni naravni vrednosti parametra $n$, ta možnost odpade. Dano enac̆bo res̆i par $(m, m-2)$, kjer je $m$ poljubno naravno s̆tevilo.
Preureditev enačbe v kvadratno enačbo
.1 točka
Reševanje kvadratne enačbe in poenostavitev (odprava korena, ulomka) .............. 2 točki
Utemeljitev, da ena izmed rešitev ne ustreza zahtevam naloge ......................... 2 točki
Zapis (neskončno mnogo) rešitev, npr. kot par $(m, m-2), m \in \mathbb{N}$ ali $(n+2, n), n \in \mathbb{N} 2$ točki
III/1. Obe strani enačbe logaritmiramo in dobimo $x \sqrt[3]{x} \log x=x \log x^{\frac{4}{3}}=\frac{4}{3} x \log x$, kar preoblikujemo v $x \log x\left(\sqrt[3]{x}-\frac{4}{3}\right)=0$. Ker je $x>0$, dobimo eno rešitev enačbe iz $\log x=0$, to je $x=1$, drugo pa iz $\sqrt[3]{x}=\frac{4}{3}$, to je $x=\frac{64}{27}$.
Logaritmiranje in preoblikovanje enačbe v obliko zmnožka ........................................................................
III/2. Dano neenačbo preoblikujemo v $n^{2}-m n+2005 \leq 0$. Oglejmo si kvadratno enac̆bo $n^{2}-m n+2005=0$. Njeni rešitvi sta $n_{1,2}=\frac{m \pm \sqrt{m^{2}-8020}}{2}$. Diskriminanta ne sme biti negativna, saj želimo, da bi imela pripadajoča neenačba vsaj kakšno celo rešitev. To pomeni, da mora biti $m \geq 90(m \in \mathbb{N})$. Če je $m=90$, dobimo $n_{1}=\frac{90-\sqrt{80}}{2}=45-2 \sqrt{5}$ in $n_{2}=45+2 \sqrt{5}$. Cele rešitve neenačbe ležijo med $n_{1}$ in $n_{2}$. Za $m=90$ ima neenačba najmanj celih rešitev; tedaj jih je 9 . Če bi izbrali večje s̆tevilo $m$, se iz $n_{1,2}=\frac{m \pm \sqrt{m^{2}-8020}}{2}$ vidi, da bi se $n_{1}$ in $n_{2}$ oddaljila drug od drugega in bi imela neenačba več celih rešitev.
Preoblikovanje dane neenac̆be in zapis rešitev ustrezne kvadratne enačbe ............. 2 točki
Utemeljitev, da je pri $m=90$ najmanj celih rešitev neenačbe .......................... 3 točke
III/3. Poskusimo izraz razstaviti. Ker je $93=3 \cdot 31$, so cele ničle polinoma $p(x)=$ $x^{3}-14 x^{2}+64 x-93$ lahko le $\pm 1, \pm 3, \pm 31$ in $\pm 93$. Na pamet preverimo, da niti 1 niti -1 nista ničli. S Hornerjevim algoritmom ugotovimo, da je 3 ničla:
| | 1 | -14 | 64 | -93 |
| ---: | ---: | ---: | ---: | ---: |
| | | 3 | -33 | 93 |
| 3 | 1 | -11 | 31 | |
Pišemo $n^{3}-14 n^{2}+64 n-93=(n-3)\left(n^{2}-11 n+31\right)$. Vrednost izraza je praštevilo, če je eden izmed faktorjev enak 1, drugi pa praštevilo. Najprej predpostavimo, da je $n-3=1$. Tedaj je $n=4$, prvi faktor je enak 1 , drugi pa $4^{2}-11 \cdot 4+31=3$, torej je praštevilo.
Predpostavimo še, da je $n^{2}-11 n+31=1$. Tedaj je $n^{2}-11 n+30=0=(n-5)(n-6)$. Faktor $n^{2}-11 n+31$ je enak 1 pri $n=5$ in pri $n=6$. Pri obeh vrednostih števila $n$ je faktor $n-3$ praštevilo, in sicer 2 oziroma 3 .
Vrednost izraza $n^{3}-14 n^{2}+64 n-93$ je praštevilo za tri vrednosti naravnega s̆tevila $n$, in sicer za 4,5 in 6 .
Zapis izraza v obliki zmnožka .3 točke
Rešitev $n=4$ (linearni faktor enak 1 ) 2 točki
Rešitvi $n=5$ in $n=6$ (kvadratni faktor enak 1 )
2 točki
III/4. Če enačbi kvadriramo in seštejemo, dobimo $\sin ^{2} x+2 \sin x \sin y+\sin ^{2} y+\cos ^{2} x+$ $2 \cos x \cos y+\cos ^{2} y=\frac{1}{2}+\frac{3}{2}$ oziroma $2(\sin x \sin y+\cos x \cos y)=0$ in od tod $\cos (x-y)=0$. Če pa enačbi med seboj množimo, dobimo $\sin x \cos x+\sin x \cos y+\sin y \cos x+\sin y \cos y=\frac{\sqrt{3}}{2}$, kar preoblikujemo $\mathrm{v}(\sin x \cos y+\sin y \cos x)+(\sin x \cos x+\sin y \cos y)=\frac{\sqrt{3}}{2}$ in še $\mathrm{v} \sin (x+$
$y)+\sin (x+y) \cos (x-y)=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Če upoštevamo, da je $\cos (x-y)=0$, imamo $\sin (x+y)=\frac{\sqrt{3}}{2}$, kar smo želeli izračunati.
Ugotovitev $\cos (x-y)=0$ 3 točke
Ugotovitev $(\sin x \cos y+\sin y \cos x)+(\sin x \cos x+\sin y \cos y)=\frac{\sqrt{3}}{2} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots .2$ točki
III/5. Naj bo $\Varangle B A C=\varphi$. Tedaj je $|A E|=|A B|=|A C| \cos \varphi$ in $|A F|=|A D|=|A C| \sin \varphi$. Podobno je $|A G|=|A E| \cos \varphi$ in $|F H|=$ $|A F| \sin \varphi$, od koder sledi
$$
|A G|+|F H|=\left((\cos \varphi)^{2}+(\sin \varphi)^{2}\right)|A C|=|A C|
$$
Zapis $|A E|$ in $|A F| \mathrm{z}|A C|$ in kotom $B A C$ 3 točke Zapis $|A G| \mathrm{z}|A E|$ in kotom $B A C$ ter $|F H| \mathrm{z}|A F|$ in kotom $B A C$ 3 točke Sklepna ugotovitev $|A G|+|F H|=|A C|$ 1 točka
IV /1. Za $i \geq 2$ velja $a_{i+1}=a_{i}-a_{i-1}$. Tako je $a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{2005}=a_{1}+a_{2}+\left(a_{2}-\right.$ $\left.a_{1}\right)+\left(a_{3}-a_{2}\right)+\left(a_{4}-a_{3}\right)+\cdots+\left(a_{2003}-a_{2002}\right)+\left(a_{2004}-a_{2003}\right)=a_{2}+a_{2004}$. Če zapišemo prvih nekaj členov zaporedja, ugotovimo, da je zaporedje periodično s periodo 6: $1,3,2,-1,-3$, $-2,1,3 \ldots$ Ker je $2004=6 \cdot 334+0$, je $a_{2004}=a_{6}=-2$. Vsota prvih 2005 členov zaporedja je $a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{2005}=a_{2}+a_{2004}=3-2=1$.
IV /2. Šestmestno število $\overline{a b c a c b}$ lahko zapišemo kot
$$
\begin{gathered}
x=100100 a+10001 b+1010 c=23 \cdot(4352 a+434 b+43 c)+4 a+19 b+21 c= \\
=23 \cdot(4352 a+435 b+44 c)+2(2 a-2 b-c)
\end{gathered}
$$
To število je deljivo s 23 natanko tedaj, ko je vrednost izraza $2 a-2 b-c$ deljiva s 23. Ker pa so $a, b$ in $c$ s̆tevke in je $a \neq 0$, velja $-25 \leq 2 a-2 b-c \leq 18$. Vrednost izraza $2 a-2 b-c$ je deljiva s 23 le, če je enaka 0 ali -23 .
V prvem primeru je $c=2(a-b)$, torej je $4 \geq a-b \geq 0$ oziroma $4+b \geq a \geq b$. Pri $b=0$ imamo za $a$ s̆tiri možnosti, pri $5 \geq b \geq 1$ lahko $a$ izberemo na 5 načinov, pri $b=6$ so 4 možnosti, pri $b=7$ so 3 , pri $b=8$ sta 2 in pri $b=9$ je ena sama možnost. Skupaj imamo torej $4+5 \cdot 5+4+3+2+1=39$ števil.
$\mathrm{V}$ drugem primeru je $2 a-2 b-c=-23$. Če je $7 \geq b$, je $23=2 \cdot 7+9 \geq 2 b+c=23+2 a$, torej $a=0$, kar ni mogoče. Pri $b=8$ dobimo $c=7+2 a$ in edina rešitev je $a=1$ in $c=9$. Pri $b=9$ pa imamo $c=5+2 a$, od koder dobimo dve možnosti, in sicer $a=1, c=7$ ter $a=2$, $c=9$. V drugem primeru imamo torej 3 možnosti.
Vseh šestmestnih števil z danimi lastnostmi je $39+3=42$.
Pogoja, ki jima zadoščajo števke $a, b$ in $c(2 a-2 b-c=0$ ali -23 oz. analogen pogoj) 2 točki
Izpis vseh možnosti v primeru $2 a-2 b-c=-23 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots . \ldots . \ldots . \ldots . \ldots . \ldots$ točki
IV /3. Pri $x=0$ dobimo $y f(0)=y f(y)$, zato je $f(y)=f(0)$ za vsak $y \in \mathbb{R}$. Torej je $f(y)=c$ za vsak $y$, kjer je $c$ poljubna konstanta. Očitno vse konstantne funkcije ustrezajo prvotni enačbi.
Ugotovitev: $y f(0)=y f(y)$, zato je $f(y)=f(0)$ za vsak $y \in \mathbb{R} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots . \ldots$ točke
Sklep, da je funkcija $f$ konstantna ..................................................................................................
Preizkus, da vse konstantne funkcije ustrezajo dani enačbi ................................. 2 točki
IV/4. Po Talesovem izreku je $B F C$ pravokotni trikotnik s hipotenuzo $B C$. Ker je $A D \perp B C$, je $A D C$ pravokotni trikotnik s hipotenuzo $A C$. Ker sta $\Varangle E A C$ in $\Varangle E B C$ obodna kota nad istim lokom $\widehat{E C}$, sta enaka. Ker je $A B C$ enakokraki trikotnik z vrhom $C$, je $|B C|=|A C|$. Torej sta $A D C$ in $B F C$ skladna pravokotna trikotnika, zato je $|A D|=|B F|$.
Ugotovitev, da sta trikotnika $B F C$ in $A D C$ pravokotna ...........................................................................
IV /5. Označimo iskano vsoto z $V$. Vsako izmed števil od 1 do 42 se v vsoti $V$ pojavi tolikokrat, kolikor je podmnožic množice $\{1,2,3, \ldots, 42\}$, ki vsebujejo to število. Takih podmnožic je $2^{41}$, torej je
$$
S=(1+2+3+\ldots+42) 2^{41}=21 \cdot 43 \cdot 2^{42}
$$
Ugotovitev, da se vsako število od 1 do 42 pojavi v vsoti $2^{41}$-krat 5 točk Izračun $(1+2+3+\ldots+42) 2^{41}=21 \cdot 43 \cdot 2^{42}$ 2 točki
|