File size: 46,395 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 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 150 151 152 153 154 155 156 157 158 159 160 161 162 163 164 165 166 167 168 169 170 171 172 173 174 175 176 177 178 179 180 181 182 183 184 185 186 187 188 189 190 191 192 193 194 195 196 197 198 199 200 201 202 203 204 205 206 207 208 209 210 211 212 213 214 215 216 217 218 219 220 221 222 223 224 225 226 227 228 229 230 231 232 233 234 235 236 237 238 239 240 241 242 243 244 245 246 247 248 249 250 251 252 253 254 255 256 257 258 259 260 261 262 263 264 265 266 267 268 269 270 271 272 273 274 275 276 277 278 279 280 281 282 283 284 285 286 287 288 289 290 291 292 293 294 295 296 297 298 299 300 301 302 303 304 305 306 307 308 309 310 311 312 313 314 315 316 317 318 319 320 321 322 323 324 325 326 327 328 329 330 331 332 333 334 335 336 337 338 339 340 341 342 343 344 345 346 347 348 349 350 351 352 353 354 355 356 357 358 359 360 361 362 363 364 365 366 367 368 369 370 371 372 373 374 375 376 377 378 379 380 381 382 383 384 385 386 387 388 389 390 391 392 393 394 395 396 397 398 399 400 401 402 403 404 405 406 407 408 409 410 411 412 413 414 415 416 417 418 419 420 421 422 423 424 425 426 427 428 429 430 431 432 433 434 435 436 437 438 439 440 441 442 443 444 445 446 447 448 449 450 451 452 453 454 455 456 457 458 459 460 461 462 463 464 465 466 467 468 469 470 471 472 473 474 475 476 477 478 479 480 481 482 483 484 485 486 487 488 489 490 491 492 493 494 495 496 497 498 499 500 501 502 503 504 505 506 507 508 509 510 511 512 513 514 515 516 517 518 519 520 521 522 523 524 525 526 527 528 529 530 531 532 533 534 535 536 537 538 539 540 541 542 543 544 545 546 547 548 549 550 551 552 553 554 555 556 557 558 559 560 561 562 563 564 565 566 567 568 569 570 571 572 573 574 575 576 577 578 579 580 581 582 583 584 585 586 587 588 589 590 591 592 593 594 595 596 597 598 599 600 601 602 603 604 605 606 607 608 609 610 611 612 613 614 615 616 617 618 619 620 621 622 623 624 625 626 627 628 629 630 631 632 633 634 635 636 637 638 639 640 641 642 643 644 645 646 647 648 649 650 651 652 653 654 655 656 657 658 659 660 661 662 | # 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.
## 52. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije <br> Izbirno tekmovanje, 2. april 2008
## Naloge za 1. letnik
1. Poišči vsa realna števila $x$, za katera velja neenakost
$$
|||2-x|-x|-8| \leq 2008
$$
2. Naj bo $A B C D$ štirikotnik in $K$ taka točka znotraj trikotnika $A B D$, da sta si trikotnika $A B D$ in $K C D$ podobna. Dokaži, da sta si tedaj tudi trikotnika $B C D$ in $A K D$ podobna.
3. Poišči najmanjše trimestno število, za katero velja, da so vse števke njegovega trikratnika sode.
4. Stranica enakostraničnega trikotnika $A B C$ je dolga $4 \mathrm{~cm}$. Pravokotni projekciji razpolovišča $D$ stranice $A B$ na stranici $B C$ in $A C$ označimo z $E$ in $F$. Izračunaj ploščino trikotnika $D E F$.
5. Na državnem tekmovanju so dijaki reševali 4 naloge. Vsaka je bila ovrednotena s celim številom točk, vsaj 0 in največ 7 točk. Tekmovanja se je udeležilo 42 dijakov. Natanko polovica tekmovalcev je dosegla vsaj $50 \%$ točk. Za nagrado je zadoščalo zbrati vsaj 22 točk, to pa je uspelo šestini tekmovalcev.
Tekmovalci, ki niso prejeli nagrade, so skupaj dosegli trikrat toliko točk, kot so jih skupaj dosegli vsi nagrajeni tekmovalci. Dokaži, da obstaja vsaj 6 tekmovalcev, ki so posamezno dosegli vsaj $25 \%$ točk, a manj kot $50 \%$ točk.
## 52. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije <br> Izbirno tekmovanje, 2. april 2008
## Naloge za 2. letnik
1. Poišči vse celoštevilske rešitve enačbe
$$
\frac{x^{2}}{2}+\frac{5}{y}=7
$$
2. Dan je enakokrak trikotnik $A B C$ z vrhom $C$. Naj bo $A^{\prime}$ nožišče višine na stranico $B C$. Denimo, da je $\left|C A^{\prime}\right|=\frac{1}{2}|A B|$. Dokaži, da je tedaj trikotnik $A B C$ enakostraničen.
3. Za števili $a$ in $b$ velja $a^{3}+b^{3}=13$ in $a^{9}+b^{9}=-299$. Koliko je $a b$, če veš, da je število $a b$ realno?
4. Naj bo $D$ taka notranja točka stranice $A B$ ostrokotnega trikotnika $A B C$, da je tudi trikotnik $B C D$ ostrokotni. Označimo s $H$ višinsko točko trikotnika $B C D$. Dokaži: če točke $A, D, H$ in $C$ ležijo na isti krožnici, je trikotnik $A B C$ enakokrak.
5. Maja na tablo zapisuje naravna števila. Če je na tabli zapisano število $n$, zapiše na tablo še $3 n+13$. Če je na tabli zapisan popoln kvadrat, napiše tudi njegov koren.
(a) Ali lahko Maja z omenjenima operacijama dobi število 55 , če je na tabli že zapisano število $256 ?$
(b) Ali lahko Maja z omenjenima operacijama dobi število 256, če je na tabli že zapisano število $55 ?$
## 52. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije <br> Izbirno tekmovanje, 2. april 2008
## Naloge za 3. letnik
1. Dokaži, da za vsako realno število $x \in\left(-\frac{3 \pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ velja enakost
$$
\frac{2}{1-\sin x}=\tan ^{2}\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)+1
$$
2. Poišči vsa praštevila $p$, za katera ima polinom
$$
q(x)=2 x^{3}-2 p x^{2}+(1-p) x+p
$$
vsaj eno racionalno ničlo.
3. Poišči vsa pozitivna realna števila $x$ in $y$, za katera velja
$$
x^{x+y}=y^{x-y} \quad \text { in } \quad x^{2} y=1
$$
4. Naj bo $A B C D$ tak konveksen štirikotnik, da je trikotnik $B C D$ ostrokoten in velja $|A B|=|A D|$. Presečišče simetrale kota $\angle C A D$ s stranico $C D$ označimo s $K$, presečišče simetrale kota $\angle B A C$ s stranico $B C$ pa z $L$. Naj bosta $K^{\prime}$ in $L^{\prime}$ pravokotni projekciji točk $K$ in $L$ na stranici $B C$ in $C D$. Dokaži, da točke $B, D, L^{\prime}$ in $K^{\prime}$ ležijo na isti krožnici.
5. Danih je $n$ naravnih števil $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$. Za neko naravno število $k$, $k<n$, velja: če izmed danih $n$ naravnih števil kakorkoli izberemo $k$ števil, je vsota izbranih števil deljiva z $n$. Dokaži, da je tudi vsota $a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}$ deljiva z $n$.
## 52. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije <br> Izbirno tekmovanje, 2. april 2008
## Naloge za 4. letnik
1. Za realni števili $a$ in $b$ velja $\frac{4 a}{a+2 b}-\frac{5 b}{2 a+b}=1$. Kolikšno vrednost lahko zavzame $\frac{a-2 b}{4 a+5 b} ?$
2. Naj bo $D$ razpolovišče stranice $A B, T$ pa težišče trikotnika $A B C$. Izračunaj dolžine njegovih stranic, če velja $|A D|=3,|D T|=5$ in $|T A|=4$.
3. Naj bo $n=\left(p^{2}-1\right)\left(p^{2}-4\right)+9$. Koliko je najmanjša možna vsota števk števila $n$, če je $p$ praštevilo? Za katera praštevila $p$ je ta vsota dosežena?
4. Poišči vse funkcije $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, za katere velja
$$
x+f(x f(y))=f(y)+y f(x)
$$
za poljubni realni števili $x$ in $y$.
5. Če na vsaki mejni ploskvi kocke narišemo eno izmed dveh diagonal te ploskve, ugotovimo, da se nekatere narisane diagonale stikajo - izhajajo iz skupnega oglišča. Število parov stikajočih se diagonal označimo z $N$, pri čemer lahko posamezna diagonala nastopa tudi v več parih. Določi največjo in najmanjšo možno vrednost števila $N$.
## 52. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje, 2. april 2008
## Rešitve nalog
Vsaka naloga je vredna 7 točk. Vse matematično in logično korektne rešitve so enakovredne. 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. Najprej ločimo dve možnosti glede na vrednost izraza $2-x$. Če je $x \geq 2$, je $|2-x|=-(2-x)$ in lahko neenakost preoblikujemo v ||$x-2-x|-8| \leq 2008$, kar je enakovredno $6 \leq 2008$. Torej vsa števila $x$, ki so večja ali enaka 2 , zadoščajo neenakosti.
Naj bo še $x<2$. Tedaj dobimo
$$
|| 2-2 x|-8| \leq 2008
$$
Ločimo dva primera glede na predznak izraza $2-2 x$. Če je $x \geq 1$, je $|2-2 x|=-(2-2 x)$ in dobimo $|2 x-10| \leq 2008$. Očitno za $1 \leq x<2$ ta neenakost drži.
Ogledati si moramo še primer, ko je $x<1$. Tedaj dobimo $|-2 x+2-8| \leq 2008$ oziroma $|2 x+6| \leq 2008$. Dobljena neenakost je enakovredna
$$
-2008 \leq 2 x+6 \leq 2008
$$
Ker je $x<1$, sledi $2 x+6<2+6=8$, zato desna ocena velja. Iz pogoja na levi strani pa sledi $-2014 \leq 2 x$ oziroma $-1007 \leq x$. V tem primeru neenakosti zadoščajo števila $x$, za katera velja $-1007 \leq x<1$.
Če združimo dobljene rezultate, sledi, da neenakost velja za vse $x \geq-1007$.
Obravnavanje možnosti $x \geq 2$ in $x<2$ (ali $x>2$ in $x \leq 2$ ali $x \geq 2$ in $x \leq 2$ ) .. $\mathbf{1}$ točka
Sklep, da neenakost velja za $1 \leq x<2$ (ali $1<x<2$ ali $1 \leq x \leq 2$ ) ............ 2 točki Sklep, da je neenakost izpolnjena za $-1007 \leq x \leq 1$ (ali $-1007 \leq x<1$ )....... 2 točki Sklep, da ustrezajo vsa števila $x \geq-1007$ 1 točka
I/2. Ker sta si trikotnika $A B D$ in $K C D$ podobna, velja $\angle A D B=$ $\angle K D C$ in $\frac{|D A|}{|D B|}=\frac{|D K|}{|D C|}$. Izračunamo lahko, da je
$$
\angle A D K=\angle A D B-\angle B D K=\angle K D C-\angle B D K=\angle B D C
$$
od koder zaradi $\frac{|D A|}{|D K|}=\frac{|D B|}{|D C|}$ sledi, da sta si tudi $A D K$ in $D B C$ podobna, saj se ujemata v kotu in razmerju priležnih stranic.
Sklep, da sta si trikotnika $A D K$ in $B D C$ podobna ............................. 2 točki
I/3. 1. način Označimo trimestno število z $\overline{a b c}$. Trikratnik tega števila je enak
$$
3 \cdot \overline{a b c}=(3 a) \cdot 100+(3 b) \cdot 10+3 c
$$
Najmanjše možno število na mestu stotic je $a=1$. Da bo v tem primeru števka na mestu stotic $\mathrm{v} 3 \cdot \overline{a b c}$ soda, mora biti $3 b \cdot 10+3 c \geq 100$, od koder sledi $10 b+c \geq \frac{100}{3}=33+\frac{1}{3}$. Najmanjše število, ki tej neenakosti zadošča je 34 , torej je iskano število 134, njegov trikratnik pa 402.
2. način Oglejmo si kakšno je lahko število, sestavljeno iz samih sodih števk, ki je trikratnik naravnega števila. Ker je število trimestno, je trikratnik vsaj 300. Ker pa ima trikratnik le sode števke, je števka na mestu stotic vsaj 4. Najmanjše trimestno število, ki je vsaj 400 in je deljivo s 3 , je 402 . Vse števke so sode, zato je $\frac{402}{3}=134$ iskano trimestno število.
Ugotovitev, da je trikratnik vsaj 300 ..................................................... 2 točki
Ugotovitev, da je potem števka stotic trikratnika vaj $4 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots .$.
$\mathrm{I} / 4$.
1. način Očitno je $|D A|=|D B|=\frac{|A B|}{2}=2$. Trikotnik $D B E$ ima kote enake $60^{\circ}, 90^{\circ}$ in $30^{\circ}$, torej je enak polovici enakostraničnega trikotnika, zato je $|B E|=\frac{|B D|}{2}=1$. Podobno velja za trikotnik $A D F$, torej je skladen trikotniku $B D E$. Dolžina stranice $D E$ oziroma $D F$ je enaka $\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot|B D|=\sqrt{3}$. Ploščina posameznega trikotnika je tako enaka $\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Trikotnik $E C F$ ima stranici dolžine $|C F|=|C A|-|A F|=3$ in $|C E|=|C B|-|E B|=3$, torej je enakokrak trikotnik s kotom $60^{\circ}$ pri vrhu, tj. enakostraničen. Ploščina tega trikotnika je tako enaka $\frac{3^{2} \cdot \sqrt{3}}{4}$.
Ploščino trikotnika $D E F$ torej lahko izračunamo tako, da ploščini trikotnika $A B C$ odštejemo ploščine trikotnikov $D B E, A D F$ in $E C F$. Dobimo, da je iskana ploščina enaka
$$
\frac{4^{2} \cdot \sqrt{3}}{4}-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{3^{2} \cdot \sqrt{3}}{4}=\frac{3 \sqrt{3}}{4}
$$
Izračun, da je $|D E|=\sqrt{3}$ ali $|D F|=\sqrt{3} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Izračun ploščine trikotnika $C E F$............................................................................................................
Izračun ploščine trikotnika $D E F$.......................................................................
2. način Očitno je $|D A|=|D B|=\frac{|A B|}{2}=2$. Trikotnika $A F D$ in $B E D$ imata kote enake $60^{\circ}, 90^{\circ}$ in $30^{\circ}$ ter se ujemata $\mathrm{v}$ dolžini hipotenuze, zato sta skladna. To pomeni $|D E|=|D F|$, torej je trikotnik $D E F$ enakokrak. Označimo z $G$ presečišče daljic $C D$ in $E F$. Ker je $\angle F D G=\angle G D E=60^{\circ}$, je $D G$ višina trikotnika $D E F$. Zato sta tudi trikotnika $D G E$ in $D G F$ skladna in imata kote enake $60^{\circ}, 90^{\circ}$ in $30^{\circ}$.
Trikotniki $A D C, A F D$ in $D G F$ so si torej podobni. Iz podobnosti $A D C$ in $A F D$ sledi $\frac{|A D|}{|A C|}=\frac{|A F|}{|A D|}$, od koder sledi $|A F|=1$. Prav tako velja $\frac{|A D|}{|D C|}=\frac{|A F|}{\mid F D}$, od koder dobimo $|F D|=\sqrt{3}$.
Podobnost trikotnikov $A D C$ in $D G F$ pa nam da $\frac{|A D|}{|A C|}=\frac{|D G|}{|D F|}$, torej je $|D G|=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Podobno iz $\frac{|A D|}{|D C|}=\frac{|D G|}{|G F|}$ sledi $|G F|=\frac{3}{2}$.
Ploščina trikotnika $D E F$ je enaka vsoti ploščin trikotnikov $F G D$ in $D G E$, torej je enaka
$$
|D G| \cdot|F G|=\frac{3 \sqrt{3}}{4}
$$
3. način Očitno je $|D A|=|D B|=\frac{|A B|}{2}=2$. Trikotnika $A F D$ in $B E D$ imata kote enake $60^{\circ}, 90^{\circ}$ in $30^{\circ}$ ter se ujemata $\mathrm{v}$ dolžini hipotenuze, zato sta skladna. Torej je $|D E|=|D F|=$ $\sqrt{3}$. Označimo z $G$ razpolovišče daljice $E F$. Ker je $E F \| A B$, sta trikotnika $F G D$ in $E G D$ skladna pravokotna in $\angle D F G=$ $\angle D E G=30^{\circ}$. Torej je
$$
p_{D E F}=2 p_{D F G}=2 \cdot \frac{1}{2} \frac{\sqrt{3}^{2} \cdot \sqrt{3}}{4}=\frac{3 \sqrt{3}}{4}
$$
Ugotovitev $|A D|=2$ ali $|B D|=2$ ..... 1 točka
Izračun $|B E|=1$ ali $|A F|=1$ ..... 1 točka
Izračun, da je $|D E|=\sqrt{3}$ ali $|D F|=\sqrt{3}$ ..... 1 točka
Ugotovitev, da je daljica $C D$ pravokotna na daljico $E F$ ..... 1 točka
Izračun $|D G|=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ..... 1 točka
Izračun $|F G|=\frac{3}{2}$. ..... 1 točka
Izračun ploščine trikotnika $D E F$ 1 točka
I/5. Nagrade je prejela šestina tekmovalcev, torej 7 . V zgornjo polovico se je uvrstilo 21 tekmovalcev, zato jih je $21-7=14$ doseglo med 14 in 21 točk.
Vsak nagrajeni tekmovalec je dosegel vsaj 22 točk, zato so vsi nagrajeni skupaj dosegli vsaj $22 \cdot 7=154$ točk.
Naj $x$ označuje število tekmovalcev, ki so prejeli vsaj $25 \%$ in manj kot $50 \%$ točk, to je vsaj 7 in največ 13 točk. Potem je število tekmovalcev, ki so dosegli največ 6 točk, enako $42-21-x=21-x$.
Izračunajmo še, koliko točk so dosegli nenagrajeni tekmovalci. Tisti z največ 6 točkami so vsi skupaj dosegli največ $6 \cdot(21-x)$ točk. Tisti, ki so prejeli vsaj 7 in največ 13 točk, so skupaj dosegli največ $13 x$ točk. Upoštevati moramo še nenagrajene tekmovalce v zgornji polovici, ki jih je 14, vsak izmed njih pa je prejel največ 21 točk, torej so prejeli največ $21 \cdot 14=294$.
Nenagrajeni tekmovalci skupaj so tako skupaj prejeli največ $6 \cdot(21-x)+13 x+294=$ $420+7 x$ točk. Po drugi strani pa vemo, da so prejeli trikrat toliko točk kot nagrajeni tekmovalci, to pomeni vsaj $3 \cdot 154=462$ točk. Od tod sledi
$$
462 \leq 420+7 x
$$
kar je enakovredno pogoju $7 x \geq 42$ oziroma $x \geq 6$. To pa ravno pomeni, da obstaja vsaj 6 tekmovalcev, ki so posamezno dosegli vsaj $25 \%$ točk, a manj kot $50 \%$ točk.
Ocena, da so nagrajeni tekmovalci dosegli vsaj 154 točk ..... 1 točka
Sklep, da so potem nenagrajeni tekmovalci dosegli vsaj $3 \cdot 154=462$ točk ..... 1 točka
Ugotovitev, da je 14 tekmovalcev doseglo med 14 in 21 točk ..... 1 točka
Uvedba oznake $x$ za število tistih z vsaj 7 in največ 13 točkami ter ugotovitev, da je
potem $21-x$ takih, ki so dosegli največ 6 točk (ali podobno) ..... 1 točka
Ocena, da so nenagrajeni tekmovalci dosegli največ $420+7 x$ točk ..... 1 točka
Zapis neenakosti $426 \leq 420+7 x$ ..... 1 točka
Odgovor, da je vsaj 6 tekmovalcev z vsaj $25 \%$ a manj kot 50 \% točk ..... 1 točka
II/1. Če je $(x, y)$ par števil, ki reši enačbo, potem enačbo reši tudi $(-x, y)$. Zato je dovolj opazovati le tista števila $x$, ki so nenegativna. Pomnožimo enačbo z $2 y$, da dobimo $x^{2} y+10=14 y$, od koder lahko izrazimo
$$
y=\frac{10}{14-x^{2}}
$$
Od tod sledi, da mora biti $14-x^{2}$ delitelj števila 10 , zato je $-10 \leq 14-x^{2} \leq 10$ oziroma $-24 \leq-x^{2} \leq-4$, torej mora biti $24 \geq x^{2} \geq 4$. Ker smo privzeli, da je $x \geq 0$, dobimo $5>x \geq 2$. Izračunamo lahko, da pri $x=2$ dobimo $y=1$, pri $x=3$ dobimo $y=2$ in pri $x=4$ sledi $y=-5$. Torej so vse celoštevilske rešitve enačbe pari $(2,1),(3,2),(4,-5)$, $(-2,1),(-3,2)$ in $(-4,-5)$.
Ugotovitev, da je število $x^{2}-14$ ali število $y$ delitelj $10 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots$ točka
Ocena $4 \leq x^{2} \leq 24$ ali zapis možnosti za delitelje ................................. 2 točki
(Za obravnavanje samo pozitivnih deliteljev števila 10 dodelite $\mathbf{1}$ točko)
Zapis rešitev........................................................................ (Za 1 zapisano rešitev torej dodelite 0 točk, za 2 ali 3 rešitve 1 točko, za 4 ali 5 rešitev 2 točki in za vse rešitve 3 točke)
$\mathrm{II} / 2$.
1. način Naj bo $C^{\prime}$ nožišče višine iz $C$. Ker je trikotnik $A B C$ enakokrak z vrhom $C$, je $\left|A C^{\prime}\right|=\left|C^{\prime} B\right|=\frac{1}{2}|A B|=$ $\left|C A^{\prime}\right|$.
Trikotnika $A B A^{\prime}$ in $C B C^{\prime}$ sta pravokotna in velja $\angle A B A^{\prime}=\angle C B C^{\prime}$, zato sta si podobna. Tako velja $\frac{|A B|}{\left|B A^{\prime}\right|}=\frac{|C B|}{\left|B C^{\prime}\right|}$. Ce označimo s $c$ dolžino stranice $|A B|$ in $\mathrm{z} x=\left|B A^{\prime}\right|$, lahko dobljeno enakost prepišemo v obliko
$$
\frac{c}{x}=\frac{\frac{c}{2}+x}{\frac{c}{2}}
$$
oziroma v kvadratno enačbo $2 x^{2}+c x-x^{2}=0$. Slednjo lahko razstavimo kot $(2 x-c)(x+c)=0$ in, ker sta $x$ in $c$ pozitivni, sledi $x=\frac{c}{2}$.
Dolžina stranice $B C$ je tako enaka $c$, torej je $|A C|=|B C|=|A B|=c$, zato je trikotnik $A B C$ enakostraničen.
Ugototovitev, da sta trikotnika $A B A^{\prime}$ in $C B C^{\prime}$ podobna 2 točki
Zapis podobnosti $\frac{|A B|}{\left|B A^{\prime}\right|}=\frac{|C B|}{\left|B C^{\prime}\right|}$ 1 točka
Preoblikovanje podobnosti v enačbo $(2 x-c)(x+c)=0$ (ali ekvivalentno) . . . . 2 točki
Sklep, da je potem trikotnik $A B C$ enakostraničen ................................................
2. način Označimo dolžino stranice $A C$ z $a$, dolžino stranice $A B$ pa s $c$. Potem je $\left|C A^{\prime}\right|=\frac{c}{2}$ in $\left|A^{\prime} B\right|=a-\frac{c}{2}$. Višino $A A^{\prime}$ lahko potem izračunamo na dva načina, saj je kateta v pravokotnih trikotnikih $A C A^{\prime}$ in $A B A^{\prime}$. Če je $\left|A A^{\prime}\right|=v$, potem iz Pitagorovega izreka v prvem trikotniku dobimo $v^{2}=a^{2}-\frac{c^{2}}{4}$, $\mathrm{v}$ drugem pa $v^{2}=c^{2}-\left(a-\frac{c}{2}\right)^{2}$, torej velja
$$
a^{2}-\frac{c^{2}}{4}=c^{2}-a^{2}+a c-\frac{c^{2}}{4}
$$
oziroma $2 a^{2}-a c-c^{2}=0$. Dobljeno kvadratno enačbo lahko razcepimo kot $(2 a+c)(a-c)=0$, od koder sledi, da je $a=c$, saj pogoj $2 a+c=0$ ne more biti izpolnjen, ker sta $a$ in $c$ pozitivni števili. Ker pa je $|B C|=|A C|=a=c$, so vse tri stranice enako dolge, torej je trikotnik enakostraničen.
Zapis Pitagorovega izreka v trikotniku $A C A^{\prime} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots . \ldots . \ldots . \ldots . \ldots$ točka Zapis ene enačbe, v kateri nastopajo le dolžine stranic, ne pa tudi dolžine višin, na
Preoblikovanje $\mathbf{v}$ enačbo $(2 a+c)(a-c)=0$ (ali ekvivalentno) ................... 2 točki
Sklep, da je potem trikotnik $A B C$ enakostraničen ...................................... 1 točka
3. način Naj bo $C^{\prime}$ nožišče višine iz $C$. Ker je trikotnik $A B C$ enakokrak z vrhom $C$, je $\left|A C^{\prime}\right|=\left|C^{\prime} B\right|=\frac{1}{2}|A B|=\left|C A^{\prime}\right|$.
Naj $H$ označuje višinsko točko in naj bo $\gamma$ kot pri $C$. Potem je $\angle A C C^{\prime}=\angle C^{\prime} C B=\frac{\gamma}{2}$.
Velja še $\angle A^{\prime} H C=\pi-\angle H A^{\prime} C-\angle H C A^{\prime}=\frac{\pi}{2}-\frac{\gamma}{2}$, zato je tudi $\angle A H C^{\prime}=\frac{\pi}{2}-\frac{\gamma}{2}$. Od tod sledi, da je
$$
\angle C^{\prime} A H=\pi-\angle A C^{\prime} H-\angle A H C^{\prime}=\frac{\gamma}{2}
$$
Trikotnika $A H C^{\prime}$ in $C H A^{\prime}$ se ujemata v kotih in dolžini katete pri kotu $\frac{\gamma}{2}$, zato sta skladna. Torej je $|C H|=|A H|$, zato je trikotnik $A H C$ enakokrak, torej velja $\angle H A C=\angle A C H=\frac{\gamma}{2}$. Dobili smo $\angle B A C=\angle C^{\prime} A H+\angle H A C=\gamma$, torej so vsi trije notranji koti trikotnika enaki $\gamma$, od koder sledi, da je trikotnik enakostraničen.
Izračun, da je $\angle C^{\prime} A H=\angle H C A^{\prime}$ ..... 1 točka
Ugototovitev, da sta trikotnika $A H C^{\prime}$ in $C H A^{\prime}$ skladna ..... 2 točki
Sklep $|A H|=|C H|$ ..... 1 točka
Sklep, da je trikotnik $A H C$ enakokrak ..... 1 točka
Izračun $\angle B A C=\angle A C B$ ..... 1 točka
Sklep, da je potem trikotnik $A B C$ enakostraničen ..... 1 točka
II/3. 1. način Ker je $a^{9}+b^{9}=\left(a^{3}+b^{3}\right)\left(a^{6}-a^{3} b^{3}+b^{6}\right)$, je $a^{6}-a^{3} b^{3}+b^{6}=-\frac{299}{13}=-23$. Upoštevamo še, da je $a^{6}+2 a^{3} b^{3}+b^{6}=\left(a^{3}+b^{3}\right)^{2}=13^{2}=169$. Enakosti odštejemo in dobimo $3 a^{3} b^{3}=192$, od koder sledi $a b=4$, saj je $a b$ realno s̆tevilo.
Razcep $a^{9}+b^{9}=\left(a^{3}+b^{3}\right)\left(a^{6}-a^{3} b^{3}+b^{6}\right)$ ..... 2 točki
Sklep $a^{6}-a^{3} b^{3}+b^{6}=-23$ ..... 1 točka
Zapis $\left(a^{3}+b^{3}\right)^{2}=a^{6}+2 a^{3} b^{3}+b^{6}$ ..... 2 točki
Sklep $3 a^{3} b^{3}=192$ (ali ekvivalenten) ..... 1 točka
Odgovor $a b=4$ ..... 1 točka
2. način Velja $13^{3}=\left(a^{3}+b^{3}\right)^{3}=a^{9}+3 a^{6} b^{3}+3 a^{3} b^{6}+b^{9}=-299+3 a^{6} b^{3}+3 a^{3} b^{6}$, od koder sledi $832=a^{6} b^{3}+a^{3} b^{6}$. Ce izraz na desni razcepimo, dobimo $832=a^{3} b^{3}\left(a^{3}+b^{3}\right)=a^{3} b^{3} \cdot 13$, od koder sledi $a^{3} b^{3}=\frac{832}{13}=64$, torej je $a b=4$, saj je $a b$ realno število.
Zapis $\left(a^{3}+b^{3}\right)^{3}=a^{9}+3 a^{6} b^{3}+3 a^{3} b^{6}+b^{9}$
2 točki
Izračun $832=a^{6} b^{3}+a^{3} b^{6}$ (ali ekvivalenten)
1 točka
II/4. Označimo $\angle B A C=\alpha$. Ker so točke $A, D, H$ in $C$ konciklične, je $\angle D H C=\pi-\angle B A C=\pi-\alpha$.
Označimo z $E$ nožišče višine iz točke $C$ na stranico $B D$. Velja $\angle D H E=\pi-\angle D H C=\alpha$, zato je $\angle H D B=\frac{\pi}{2}-\alpha$. Od tod nazadnje zaradi pravokotnosti premice $D H$ na stranico $B C$ sledi, da je $\angle C B A=\frac{\pi}{2}-\angle B D H=\alpha$, torej je trikotnik $A B C$ res enakokrak.
II/5. Če je na tabli zapisano število 256, Maja lahko dobi število 55 in sicer tako, da 256 najprej koreni, da dobi 16. Iz 16 potem lahko dobi $3 \cdot 16+13=61$, iz tega števila pa naprej še $3 \cdot 61+13=196$. Število 196 lahko koreni, da dobi 14 , nato pa iz njega $3 \cdot 14+13=55$. (Opomba: možno je, da obstaja več načinov kako lahko iz števila 256 dobi število 55, vendar je ta način edini, ki potrebuje manj kot 100 korakov).
Pokažimo, da iz števila 55 ne more dobiti števila 256. Oglejmo si ostanke pri deljenju s 4. Če je število sodo, je oblike $2 k$, kvadrat tega števila je potem oblike $4 k^{2}$. Če pa je število liho, je oblike $2 k+1$, zato je kvadrat tega števila enak $4 k^{2}+4 k+1$, torej da pri deljenju s 4 ostanek 1. Torej, število je popoln kvadrat le, če da pri deljenju s 4 ostanek 0 ali 1 , zato bomo lahko korenili le taka števila.
Število 55 da pri deljenju s 4 ostanek 3. Če na številu oblike $4 k+3$ uporabimo pravilo $n \mapsto 3 n+13$, dobimo $12 k+9+13=4(3 k+5)+2$, torej število, ki da ostanek 2 . Ce pa pravilo uporabimo na številu oblike $4 k+2$, dobimo $12 k+6+13=4(3 k+4)+3$, torej število, ki da ostanek 3 pri deljenju s 4. To pomeni, da bomo iz števila 55 po enem koraku dobili število, ki da pri deljenju s 4 ostanek 2, nato število z ostankom 3, nato spet število z ostankom 2 in tako naprej. Ker pa je število 256 deljivo s 4, ga Maja na ta način ne bo dosegla.
Zapis kako lahko Maja iz števila 256 dobi število 55 2 točki Opazovanje deljivosti s poljubnim številom pri uporabi pravil .................... 1 točka Ugotovitev, da imajo popolni kvadrati pri deljenju s 4 ostanek 0 ali $1 \ldots \ldots \ldots 1$ točka Ugotovitev, da iz števila 55 lahko dobimo le števila, ki imajo pri deljenju s 4 ostanke 2 ali 3 . 2 točki Sklep, da Maja v drugem primeru ne more zapisati števila 256 1 točka
III $/ 1$.
1. način $\mathrm{S}$ pomočjo adicijskega izreka za tangens lahko zapišemo
$$
\tan ^{2}\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\left(\frac{\tan \frac{x}{2}+\tan \frac{\pi}{4}}{1-\tan \frac{x}{2} \tan \frac{\pi}{4}}\right)^{2}
$$
Če upoštevamo, da je $\tan \frac{\pi}{4}=1$ in zapišemo $\tan \frac{x}{2}$ s sinusi in kosinusi, naprej sledi
$$
\tan ^{2}\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\left(\frac{\frac{\sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2}}+1}{1-\frac{\sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2}}}\right)^{2}=\left(\frac{\cos \frac{x}{2}+\sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2}-\sin \frac{x}{2}}\right)^{2}
$$
Po kvadriranju dobimo
$$
\tan ^{2}\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\cos ^{2} \frac{x}{2}+2 \cos \frac{x}{2} \sin \frac{x}{2}+\sin ^{2} \frac{x}{2}}{\cos ^{2} \frac{x}{2}-2 \cos \frac{x}{2} \sin \frac{x}{2}+\sin ^{2} \frac{x}{2}}
$$
in od tod z upoštevanjem zvez $\cos ^{2} \frac{x}{2}+\sin ^{2} \frac{x}{2}=1$ in $2 \cos \frac{x}{2} \sin \frac{x}{2}=\sin x$ sledi
$$
\tan ^{2}\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1+\sin x}{1-\sin x}=\frac{2}{1-\sin x}-1
$$
Torej enakost res drži.
Uporaba adicijskega izreka za tangens ..... 1 točka
Upoštevanje $\tan \frac{\pi}{4}=1$ ..... 1 točka
Zapis s sin in cos ..... 1 točka
Zapis kvadriranega izraza $\frac{\cos ^{2} \frac{x}{2}+2 \cos \frac{x}{2} \sin \frac{x}{2}+\sin ^{2} \frac{x}{2}}{\cos ^{2} \frac{x}{2}-2 \cos \frac{x}{2} \sin \frac{x}{2}+\sin ^{2} \frac{x}{2}}$ ..... 1 točka
Upoštevanje zveze $\cos ^{2} \frac{x}{2}+\sin ^{2} \frac{x}{2}=1$ ..... 1 točka
Upoštevanje $2 \cos \frac{x}{2} \sin \frac{x}{2}=\sin x$ ..... 1 točka
Zaključek 1 točka
2. način Če zapišemo tangens s sinusom in kosinusom, dobimo
$$
\tan ^{2}\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\left(\frac{\sin \left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)}{\cos \left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)}\right)^{2}
$$
Z upoštevanjem adiciskih izrekov za sinus in kosinus, naprej sledi
$$
\tan ^{2}\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\left(\frac{\sin \frac{x}{2} \cos \frac{\pi}{4}+\cos \frac{x}{2} \sin \frac{\pi}{4}}{\cos \frac{x}{2} \cos \frac{\pi}{4}-\sin \frac{x}{2} \sin \frac{\pi}{4}}\right)^{2}
$$
Vemo, da je $\sin \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ in $\cos \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, torej je izraz enak
$$
\tan ^{2}\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\left(\frac{\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \frac{x}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \frac{x}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \frac{x}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \frac{x}{2}}\right)^{2}
$$
Po kvadriranju dobimo
$$
\tan ^{2}\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\cos ^{2} \frac{x}{2}+2 \cos \frac{x}{2} \sin \frac{x}{2}+\sin ^{2} \frac{x}{2}}{\cos ^{2} \frac{x}{2}-2 \cos \frac{x}{2} \sin \frac{x}{2}+\sin ^{2} \frac{x}{2}}
$$
od koder z upoštevanjem $\cos ^{2} \frac{x}{2}+\sin ^{2} \frac{x}{2}=1$ in $2 \cos \frac{x}{2} \sin \frac{x}{2}=\sin x$ sledi
$$
\tan ^{2}\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1+\sin x}{1-\sin x}=\frac{2}{1-\sin x}-1
$$
Torej enakost res drži.
Zapis $\mathrm{s} \sin$ in $\cos$......................................................................... 1 točka
Uporaba adicijskih izrekov za sinus in kosinus...........................................................
Zaključek . . ......................................................................................................
III/2. Če je $p=2$, je $q(x)=2 x^{3}-4 x^{2}-x+2=(x-2)\left(2 x^{2}-1\right)$ in ima racionalno ničlo $x=2$. Naj bo zdaj $p$ liho praštevilo. Edini kandidati za racionalne ničle so $\pm 1, \pm p, \pm \frac{1}{2}$ in $\pm \frac{p}{2}$. Izračunajmo vse možnosti.
Velja $q(1)=3-2 p$ in ker je $3-2 p$ liho, je $q(1) \neq 0$. Jasno je $q(-1)=-3 \neq 0$. Tudi izraz $q(-p)=-p^{2}+2 p=p(2-p)$ je različen od 0 , saj je $p \neq 2$. Podobno je $q(p)=-4 p^{3}+p^{2}=p^{2}(1-4 p) \neq 0$ in $q\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{4} \neq 0$. Preverimo lahko tudi $q\left(-\frac{1}{2}\right)=p-\frac{3}{4} \neq 0$ ter $q\left(\frac{p}{2}\right)=\frac{-p^{3}-2 p^{2}+6 p}{4}$. Ker je $p$ lih, je števec zadnjega izraza lih, zato izraz ne more biti enak 0 . Ostane še $q\left(-\frac{p}{2}\right)=\frac{-3 p^{3}+2 p^{2}+2 p}{4}$. Spet izraz ne more biti enak 0 , saj je števec lih.
Za liha praštevila torej polinom $q$ nima racionalnih ničel, kar pomeni, da je edino ustrezno praštevilo $p=2$.
Ugotovitev, da so racionalne ničle polinoma lahko le $\pm 1, \pm p, \pm \frac{1}{2}$ in $\pm \frac{p}{2} \ldots \ldots \mathbf{1}$ točka
Utemeljitev, da števili $p$ in $-p$ nista ničli pri $p \neq 2 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Utemeljitev, da števili $\frac{p}{2}$ in $-\frac{p}{2}$ nista ničli pri lihih $p \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Pri $p=2$ je $x=2$ racionalna ničla polinoma ..............................................................
Sklep, da je edino tako praštevilo $p=2 \ldots \ldots \ldots . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .$.
III/3. Iz druge enačbe sledi $y=x^{-2}$, torej imamo
$$
x^{x+x^{-2}}=x^{-2\left(x-x^{-} 2\right)}
$$
Enačbo logaritmiramo in dobimo
$$
\left(x+x^{-2}\right) \log x=-2\left(x-x^{-2}\right) \log x
$$
Če je $\log x=0$, je $x=1$ in potem $y=1$. Sicer pa velja
$$
x+x^{-2}=-2 x+2 x^{-2}
$$
oziroma $3 x^{3}=1$. Od tod sledi $x=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}$ in nato $y=\sqrt[3]{9}$. Dobili smo dve rešitvi.
Primerjava eksponentov, to je enačba $x+x^{-2}=-2 x+2 x^{-2}$ ali ekvivalentna . 1 točka Rešitev $x=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}, y=\sqrt[3]{9}$
III/4. Po sinusnem izreku v trikotniku $B A L$ velja
$$
\frac{\sin (\angle B A L)}{|B L|}=\frac{\sin (\angle A L B)}{|A B|}
$$
Podobno velja v trikotniku $C A L$, da je
$$
\frac{\sin (\angle L A C)}{|C L|}=\frac{\sin (\angle C L A)}{|A C|}
$$
Ker je $\angle A L B=\pi-\angle C L A$, velja $\sin \angle A L B=$ $\sin \angle C L A$. Torej iz zgornjih enačb z upoštevanjem $\angle B A L=\angle L A C$ dobimo
$$
\frac{|A B|}{|A C|}=\frac{|B L|}{|C L|}
$$
Podobno sledi še $\frac{|A D|}{|A C|}=\frac{|D K|}{|C K|}$.
(Dejstvo, da simetrala kota razdeli nasprotno stranico v razmerju priležnih stranic je znano in ga ni potrebno dokazovati prek sinusnega izreka. Zadošča sklep: ker je $A L$ simetrala kota $\angle B A C$, je $\frac{|A B|}{|A C|}=\frac{\mid B L}{|C L|}$.)
Ker je $|A B|=|A D|$, iz dobljenih enakosti sledi $\frac{|B L|}{|C L|}=\frac{|D K|}{|C K|}$. Zato velja
$$
\frac{|C B|}{|C L|}=\frac{|B L|+|C L|}{|C L|}=\frac{|B L|}{|C L|}+1=\frac{|D K|}{|C K|}+1=\frac{|D K|+|C K|}{|C K|}=\frac{|C D|}{|C K|}
$$
Trikotnika $D B C$ in $K L C$ sta si podobna, saj imata skupen kot pri $C$ in velja $\frac{|C B|}{|C L|}=\frac{|C D|}{|C K|}$. Torej je premica $K L$ vzporedna diagonali $B D$. Zaradi pravih kotov pri $K^{\prime}$ in $L^{\prime}$ so točke $K, L, K^{\prime}$ in $L^{\prime}$ konciklične. Ker je trikotnik $B C D$ ostrokoten, ležita točki $K^{\prime}$ in $L^{\prime}$ na istem bregu premice $K L$ in na istem bregu premice $B D$. Torej velja
$$
\angle D L^{\prime} K^{\prime}=\angle K L^{\prime} K^{\prime}=\pi-\angle K^{\prime} L K=\pi-\angle K^{\prime} B D
$$
in zato so točke $B, D, L^{\prime}$ in $K^{\prime}$ konciklične.[^0]
III/5. Če je $k=1$, je vsako izmed števil $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ deljivo z $n$, torej je z $n$ deljiva tudi njihova vsota. Naj bo torej $1<k<n$. Naj bo $i \neq j$. Ker množica $\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right\} \backslash\left\{a_{i}, a_{j}\right\}$ vsebuje $n-2 \geq k-1$ elementov, si lahko izberemo podmnožico $S$ s $k-1$ elementi. Potem
sta $S \cup\left\{a_{i}\right\}$ in $S \cup\left\{a_{j}\right\} k$-terici števil, zato sta njuni vsoti deljivi z $n$, torej je tudi razlika njunih vsot deljiva z $n$. Ta razlika je enaka $a_{i}-a_{j}$. Torej $n$ deli $a_{i}-a_{j}$. Ker sta bila $i$ in $j$ poljubna, to pomeni, da imajo števila $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ enake ostanke pri deljenju z $n$, ker pa jih je skupaj $n$, je njihova vsota deljiva z $n$.
Ugotovitev, da imata neki števili (na primer $a_{1}$ in $a_{2}$ ali $a_{k}$ in $a_{k+1}$ ali $a_{n-1}$ in $a_{n}$ ) enak ostanek pri deljenju z $n$ (pri vsakem $k$ ) .......................................................... Dokaz, da imajo vsa števila enak ostanek pri deljenju z $n \ldots \ldots . . . . . . . . . . . . . . . . .$.
(Če tekmovalec naloge ne reši, reši pa nalogo za primer $k=2$ ali $k=n-1$, priznajte dodatno 1 točko, če s tem ne preseže 3 točk.)
IV/1. Najprej opazimo, da izraza $a+2 b$ in $2 a+b$ ne smeta biti enaka 0 , torej števili $a$ in $b$ hkrati ne smeta biti enaki 0 . V enačbi $\frac{4 a}{a+2 b}-\frac{5 b}{2 a+b}=1$ odpravimo ulomke in dobimo $8 a^{2}+4 a b-5 a b-10 b^{2}=2 a^{2}+5 a b+2 b^{2}$, kar lahko preoblikujemo v $6(a+b)(a-2 b)=0$. Če je $a=-b$, je vrednosti izraza $\frac{a-2 b}{4 a+5 b}$ enaka $\frac{-3 b}{b}=-3$, saj mora biti $b$ različen od 0 (kajti $a$ in $b$ ne smeta biti hkrati enaki 0 ). Ce pa je $a=2 b$, je vrednost izraza $\frac{a-2 b}{4 a+5 b}$ enaka 0 , saj je spet imenovalec neničeln. Torej je vrednost izraza lahko enaka 0 ali -3 .
(Če ni komentarja, da števili $a$ in $b$ hkrati nista enaki 0 , priznajte samo 1 točko.)
(Če ni komentarja, da števili $a$ in $b$ hkrati nista enaki 0 , priznajte samo 1 točko.)
Sklep, da je vrednost izraza lahko 0 ali -3
1 točka
IV/2. Točka $D$ je razpolovišče stranice $A B$ in zaradi $|A D|=3$ sledi $|A B|=6$. Označimo z $E$ razpolovišče stranice $B C$ in s $F$ razpolovišče $A C$. V trikotniku $A D T$ za dolžine stranic velja Pitagorov izrek, zato je ta trikotnik pravokotni. Ker težisče deli težiščnico v razmerju 2 proti 1 in je $|A T|=4$, je zato $|A E|=6$. Torej v pravokotnem trikotniku $A B E$ poznamo dolžini katet, zato lahko po Pitagorovem izreku izračunamo $|B E|=\sqrt{|A B|^{2}+|A E|^{2}}=\sqrt{36+36}=$ $6 \sqrt{2}$. Od tod sledi, da je $|B C|=2|B E|=12 \sqrt{2}$.
Ker sta $E$ in $F$ razpolovišči stranic $B C$ in $A C$, je $E F$ vzporedna z $A B$. Ker pa je $E A$ pravokotna na $A B$, je $E A$ pravokotna tudi na $E F$. Torej je trikotnik $A E F$ pravokotni.
Vemo že, da je $|A E|=6$, velja pa še, da je $|E F|=\frac{|A B|}{2}=3$. Torej lahko izračunamo dolžino $F A$ po Pitagorovem izreku in sicer
$$
|F A|=\sqrt{|E F|^{2}+|A E|^{2}}=\sqrt{9+36}=3 \sqrt{5}
$$
Od tod sledi, da je dolžina stranice $A C$ enaka $|A C|=2|A F|=6 \sqrt{5}$.
Sklep $|A B|=6$
Ugotovitev, da je trikotnik $A D T$ pravokotni
Izračun dolžine $|B C|=12 \sqrt{2}$ ..... 2 točki
Izračun dolžine $|A C|=6 \sqrt{5}$ ..... 2 točki
IV/3. Izračunajmo prvih nekaj števil $n$. Pri $p=2$ dobimo $n=9$, pri $p=3$ je $n=49$ in pri $p=5$ je $n=513$. Naj bo sedaj $p>5$. Zapišimo $n$ kot $n=(p-2)(p-1)(p+1)(p+2)+9$. Ker je $(p-2),(p-1), p,(p+1),(p+2)$ pet zaporednih števil, je vsaj eno deljivo s 5 . Če je $p>5$, število $p$ ni deljivo s 5 , zato je s 5 deljivo eno izmed števil $(p-2),(p-1),(p+1),(p+2)$, torej je njihov produkt $(p-2)(p-1)(p+1)(p+2)$ deljiv s 5 . Vsaj eno izmed s̆tevil $p+1$ oziroma $p+2$ je sodo, zato je produkt deljiv tudi z 2. Torej je število $(p-2)(p-1)(p+1)(p+2)$ za $p>5$ deljivo z 10. Tako je število $n$ za $p>5$ vsaj dvomestno in ima na mestu enic števko 9 , zato je vsota števk števila $n$ večja od 9 . Najmanjša vsota števk je tako pri $p=2$ in $p=5$, ko je enaka 9
Izračun $n$ pri $p=2, p=3$ in $p=5$
1 točka
Sklep, da je $\left(p^{2}-4\right)\left(p^{2}-1\right)$ pri $p>5$ deljivo $\mathbf{s} 5 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ Ugotovitev, da je pri $p>5$ zadnja števka $n$ enaka 9 in je zato vsota števk števila $n$ vsaj 10 2 točki Sklep, da je najmanjša vsota števk enaka 9 1 točka
IV/4. V funkcijsko enačbo vstavimo $x=0$ in dobimo $f(0)=f(y)+y f(0)$. Torej je $f$ linearna funkcija oblike $f(x)=a-a x$ za neko realno število $a$. Ta predpis vstavimo $\mathrm{v}$ funkcijsko enačbo in dobimo, da za vsaka $x, y \in \mathbb{R}$ velja $x+a-a x(a-a y)=a-a y+y(a-a x)$, torej
$$
x-a^{2} x+a^{2} x y=-a x y
$$
Če v to enačbo vstavimo $y=0$, dobimo $x=a^{2} x$ za vsak $x$, torej $a^{2}=1$. Ko to upoštevamo v zgornji enakosti, se poenostavi v $x y=-a x y$ oziroma $(1+a) x y=0$, od koder sledi $a=-1$, saj mora enakost veljati za vsaka $x$ in $y$.
Dobili smo $f(x)=x-1$. Če ta predpis vstavimo v obe strani prvotne enačbe, dobimo
$$
x+f(x f(y))=x+f(x y-x)=x+x y-x-1=x y-1
$$
in
$$
f(y)+y f(x)=y-1+y(x-1)=x y-1
$$
kar je enako za vsaka $x$ in $y$, torej je $f(x)=x-1$ edina funkcija, ki zadošča dani enačbi.
Vstavljanje $x=0$ ali $y=0 \mathbf{v}$ funkcijsko enačbo 1 točka Vstavljanje predpisa $f(x)=a-a x$ v prvotno enačbo za $x$ in $y$ (lahko tudi zapisano kot $f(x)=f(0)-x f(0))$
1 točka
Sklep, da za vsaka $x$ in $y$ velja enačba $x-a^{2} x+a^{2} x y=-a x y$ (oziroma ekvivalentna,
Sklep, da je $f(x)=x-1$ rešitev ...........................................................................
IV/5. Na prvi sliki je $N=12$, na drugi pa $N=4$. Dokažimo, da sta to največja in najmanjša možna vrednost $N$.
Vseh oglišč kocke je 8. Vseh narisanih diagonal je 6 in zato je vseh krajišč diagonal 12. Iz nekega oglišča kocke lahko izhajajo $0,1,2$ ali 3 diagonale. Torej nam vsako oglišče kocke prinese $0,0,1$ ali 3 različne pare dotikajočih se diagonal.
Denimo, da lahko dosežemo $N \leq 3$. Če iz nekega oglišča izhajajo 3 diagonale, lahko iz ostalih oglišč izhaja kvečjemu ena diagonala. To bi pomenilo, da je krajišč diagonal kvečjemu $1 \cdot 3+7 \cdot 1=10$, to pa ni možno. Torej se v nobenem oglišču ne stikajo tri diagonale in imamo lahko kvečjemu 3 oglišča, v katerih se stikata po dve diagonali. Iz vsakega ostalega oglišča potem izhaja kvečjemu ena diagonala. Tako je vseh krajišč diagonal kvečjemu $3 \cdot 2+5 \cdot 1=11$. To pa je protislovje. Torej je pri vsaki izbiri dopustnih diagonal $N \geq 4$.
Vseh različnih parov diagonal je $\frac{6 \cdot 5}{2}=15$. Diagonali, ki ležita na nasprotnih ploskvah kocke, se ne moreta stikati. Zato obstaja kvečjemu $15-3=12$ različnih parov stikajočih se diagonal. Torej je pri vsaki izbiri dopustnih diagonal $N \leq 12$.
Slika ali zapis diagonal s koordinatami za $N=4 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Slika ali zapis diagonal s koordinatami za $N=12 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ Ugotovitev, da iz vsakega oglišča lahko izhajajo od 0 do 3 diagonale in da to pomeni 0,1 ali 3 pare 1 točka
Sklep, da ni mogoče doseči $N \geq 13$.................................................. 2 točki
[^0]: Ugotovitev, da so $K^{\prime}, L^{\prime}, K, L$ konciklične 1 točka
Ugotovitev $\frac{|A B|}{|A C|}=\frac{|B L|}{\mid C L}$ 1 točka
Ugotovitev $\frac{|A D|}{|A C|}=\frac{|D K|}{|C K|}$ 1 točka
Ugotovitev, da sta trikotnika $D B C$ in $K L C$ podobna ........................ 1 točka
(Če je dokazana koncikličnost $K^{\prime}, L^{\prime}, K, L$ in je pokazano, da je koncikličnost $B, D, L^{\prime}, K^{\prime}$ ekvivalentna trditvi, da je $K L$ vzporedna $B D$, razmerja pa niso uporabljena, priznajte 2 točki.)
|