File size: 47,816 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 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 150 151 152 153 154 155 156 157 158 159 160 161 162 163 164 165 166 167 168 169 170 171 172 173 174 175 176 177 178 179 180 181 182 183 184 185 186 187 188 189 190 191 192 193 194 195 196 197 198 199 200 201 202 203 204 205 206 207 208 209 210 211 212 213 214 215 216 217 218 219 220 221 222 223 224 225 226 227 228 229 230 231 232 233 234 235 236 237 238 239 240 241 242 243 244 245 246 247 248 249 250 251 252 253 254 255 256 257 258 259 260 261 262 263 264 265 266 267 268 269 270 271 272 273 274 275 276 277 278 279 280 281 282 283 284 285 286 287 288 289 290 291 292 293 294 295 296 297 298 299 300 301 302 303 304 305 306 307 308 309 310 311 312 313 314 315 316 317 318 319 320 321 322 323 324 325 326 327 328 329 330 331 332 333 334 335 336 337 338 339 340 341 342 343 344 345 346 347 348 349 350 351 352 353 354 355 356 357 358 359 360 361 362 363 364 365 366 367 368 369 370 371 372 373 374 375 376 377 378 379 380 381 382 383 384 385 386 387 388 389 390 391 392 393 394 395 396 397 398 399 400 401 402 403 404 405 406 407 408 409 410 411 412 413 414 415 416 417 418 419 420 421 422 423 424 425 426 427 428 429 430 431 432 433 434 435 436 437 438 439 440 441 442 443 444 445 446 447 448 449 450 451 452 453 454 455 456 457 458 459 460 461 462 463 464 465 466 467 468 469 470 471 472 473 474 475 476 477 478 479 480 481 482 483 484 485 486 487 488 489 490 491 492 493 494 495 496 497 498 499 500 501 502 503 504 505 506 507 508 509 510 511 512 513 514 515 516 517 518 519 520 521 522 523 524 525 526 527 528 529 530 531 532 533 534 535 536 537 538 539 540 541 542 543 544 545 546 547 548 549 550 551 552 553 554 555 556 557 558 559 560 561 562 563 564 565 566 567 568 569 570 571 572 573 574 575 576 577 578 579 580 581 582 583 584 585 586 587 588 589 590 591 592 593 594 595 596 597 598 599 600 601 602 603 604 605 606 607 608 609 610 611 612 613 614 615 616 617 618 619 620 621 622 623 624 625 626 627 628 629 630 631 632 633 634 635 636 637 638 639 640 641 642 643 644 645 646 647 648 649 650 651 652 653 654 655 656 657 658 659 660 661 662 663 664 665 666 667 668 669 670 671 672 673 674 675 676 677 678 679 680 681 682 683 684 685 686 687 688 689 690 691 692 693 694 695 696 697 698 699 700 701 702 703 704 705 706 707 708 709 710 711 712 713 714 715 716 717 718 719 720 721 722 723 724 725 726 727 728 729 730 731 732 733 734 735 736 737 738 739 740 741 742 743 744 745 746 747 748 749 750 751 752 753 754 755 756 757 758 759 760 761 762 763 764 765 766 767 | # 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.
## 53. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje, 1. april 2009
## Naloge za 1. letnik
1. Na tekmovanju je bilo 24 nalog izbirnega tipa. Če tekmovalec ni obkrožil nobenega odgovora ali je obkrožil več kot 1 odgovor, je prejel 0 točk. Za obkrožen pravilni odgovor je tekmovalec prejel 1 točko, za obkrožen napačni odgovor pa so mu odšteli $\frac{1}{4}$ točke. Pri največ koliko nalogah je obkrožil pravilni odgovor, če je zbral 13 točk?
2. Dan je trikotnik $A B C$, v katerem velja $|A B|=2|A C|$. Na stranicah $A B$ in $B C$ ležita takšni točki $D$ in $E$, da velja $\angle B A E=\angle A C D$. Daljici $A E$ in $C D$ se sekata v točki $F$, trikotnik $C F E$ pa je enakostraničen. Določi velikosti kotov trikotnika $A B C$.
3. Dokaži, da velja neenakost
$$
x^{2}+y^{2}+1 \geq 2(x y-x+y)
$$
za poljuben par realnih števil $x$ in $y$. Kdaj velja enakost?
4. Poišči vsa racionalna števila $r$ in vsa cela števila $k$, ki zadoščajo enačbi
$$
r(5 k-7 r)=3
$$
5. Vsaka šola iz neke pokrajine je poslala 3 dijake na tekmovanje. Andrej, Blaž in Žan so predstavljali isto šolo. Ko so se vsi tekmovalci postavili v vrsto, da bi prevzeli svoje štartne številke, je Andrej ugotovil, da je tekmovalcev v vrsti pred njim prav toliko kot za njim. Za njim sta bila tudi oba sošolca: Blaž je bil 19. v vrsti, Žan pa 28. Koliko šol je sodelovalo na tekmovanju?
## 53. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje, 1. april 2009
## Naloge za 2. letnik
1. Poišči vsa naravna števila $m$ in $n$, za katera velja $m^{2}+n^{5}=252$.
2. Naj bo $x$ tako realno število, da je $x+\frac{1}{x}+1$ naravno število. Dokaži, da je tudi $x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+1$ naravno število, ki je deljivo $\mathrm{z} x+\frac{1}{x}+1$.
3. Diagonala $B D$ štirikotnika $A B C D$ razdeli štirikotnik na ostrokotni trikotnik $A B D$ in enakostranični trikotnik $B C D$. Naj bo $O$ središče trikotniku $A B D$ očrtane krožnice. Dokaži:
(a) če sta trikotnika $A B D$ in $O C D$ skladna, je $A B \perp B C$;
(b) če je $\angle C B A=90^{\circ}$, sta trikotnika $A B D$ in $O C D$ skladna.
4. Določi taki celi števili $a$ in $b$, da bo $\sqrt{2010+2 \sqrt{2009}}$ rešitev kvadratne enačbe
$$
x^{2}+a x+b=0
$$
Dokaži, da pri tako določenih $a$ in $b$ število $\sqrt{2010-2 \sqrt{2009}}$ ni rešitev dane enačbe.
5. Na neki šoli imajo dijaki na voljo dva športa: nogomet in košarko. Petina nogometašev igra košarko, sedmina košarkašev pa igra nogomet. Z natanko enim športom se ukvarja 110 dijakov. Koliko dijakov se ukvarja z obema športoma?
## 53. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje, 1. april 2009
## Naloge za 3. letnik
1. Med vsemi polinomi z vodilnim koeficientom 1, ki pri deljenju z $x+1$ dajo ostanek 1, pri deljenju z $x^{2}+1$ pa ostanek 2, poišči tistega, ki ima najnižjo stopnjo.
2. Neko naravno število je zapisano samo s števkami 0,3 in 7 . Pokaži, da to število ne more biti popoln kvadrat.
3. V trikotniku $A B C$ je točka $D$ nožišče višine na stranico $A B$. Dani sta točki $E$ na daljici $A D$ ter $F$ na stranici $B C$, da velja $\angle B A F=\angle A C E$. Daljici $A F$ in $C E$ se sekata v točki $G$, daljici $A F$ in $C D$ pa v točki $T$. Določi velikosti kotov trikotnika $A B C$, če je trikotnik $C G F$ enakostraničen, trikotnik $A E T$ pa enakokrak z vrhom $E$.
4. Poišči vse celoštevilske rešitve enačbe
$$
y=(x+y)(2 x+3 y)
$$
5. Učiteljica je povabila skupino otrok, da se posedejo za okroglo mizo. Fantov je bilo trikrat toliko kot deklet. Sprehodila se je okrog mize in opazovala dvojice otrok, ki so sedeli eden poleg drugega. Ugotovila je, da je dvojic, v katerih sta oba otroka istega spola, dvakrat toliko kot dvojic, v katerih sta otroka različnega spola. Najmanj koliko otrok je sedelo za okroglo mizo?
## 53. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje, 1. april 2009
## Naloge za 4. letnik
1. Naj bo $\left(a_{n}\right)$ nekonstantno aritmetično zaporedje s prvim členom $a_{1}=1$. Členi $a_{2}, a_{5}, a_{11}$ tvorijo geometrijsko zaporedje. Izračunaj vsoto prvih 2009 členov zaporedja $\left(a_{n}\right)$.
2. Poišči vsa naravna števila $n$, pri katerih je vrednost izraza $\left[\frac{n^{2}}{4}\right]$ kvadrat celega števila.
OPOMBA. $\mathrm{S}[x]$ označimo celi del števila $x$, to je največje celo število, ki je manjše ali enako $x$.
3. Tetivnemu štirikotniku $A B C D$ je očrtana krožnica, ki jo simetrali kotov $\angle C A D$ in $\angle A D B$ sekata zaporedoma v $P$ in $Q$. Premici $A P$ in $D Q$ se sekata v $R$, premici $C Q$ in $B P$ pa v $S$. Dokaži, da sta premici $P Q$ in $R S$ pravokotni.
4. Naj bo $x$ tako realno število, da je
$$
\cos (2 x)+\cos (3 x)=1
$$
Pokaži, da tedaj velja
$$
2 \sin (2 x)+2 \sin (3 x)=\sin (4 x)+2 \sin (5 x)+\sin (6 x) \text {. }
$$
5. Jure je narisal pravilni 9 -kotnik. Števila od 1 do 9 je želel razporediti v njegova oglišča tako, da vsota števil v poljubnih treh zaporednih ogliščih ne bi presegala nekega naravnega števila $n$. Za katero najmanjše število $n$ bi mu to uspelo?
## 53. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje, 1. april 2009
## 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. 1. način. Označimo s $P$ število nalog, pri katerih je tekmovalec prejel 1 točko in z $N$ število nalog, pri katerih so mu $\frac{1}{4}$ točke odšteli. Tedaj velja $P-\frac{1}{4} N=13$ oziroma $N=4 P-52$. Ker je vseh nalog 24 , sledi $P+N \leq 24$ oziroma $5 P-52 \leq 24$. Torej je $5 P \leq 76$ in zato $P \leq 15$. Največja vrednost $P$ je 15 ter je možna, če je $N=8$.
Uvedba oznak $P$ in $N$ (lahko tudi $S$ za naloge, ki jih ni reševal) ................. 1 točka
Zapis ocene $P+N \leq 24$ (ali enačbe $P+N+S=24$ ) . . . . . . . . . . 1 točka
2. način. Tekmovalec je zbral 13 točk, če je pravilno rešil 15 nalog, napačno 8 nalog, pri eni pa ni odgovarjal ali pa je obkrožil več kot en odgovor.
Če bi tekmovalec pravilno rešil vsaj 16 nalog in bi zbral 13 točk, bi moral dobiti vsaj 3 negativne točke, zato bi moral vsaj $3 \cdot 4=12$ nalog rešiti napačno. Ker pa je skupaj 24 nalog in je $16+12=28>24$, to ni možno. Zato je pravilno rešil največ 15 nalog.[^0]
3. način. Tekmovalec je zbral 13 točk, če je pravilno rešil 15 nalog, napačno 8 nalog, pri eni pa ni odgovarjal ali pa je obkrožil več kot en odgovor.
Če bi tekmovalec pravilno rešil vsaj 16 nalog, bi jih največ $24-16=8$ rešil napačno in bi dobil vsaj $16-\frac{1}{4} \cdot 8=14$ točk. Ker je prejel 13 točk, to ni možno. Zato je pravilno rešil največ 15 nalog.
Sklep, da iz vsaj 16 pravilnih odgovorov sledi največ 8 napačnih ............... 2 točki Ugotovitev, da je tedaj prejel vsaj 14 točk .......................................... 2 točki
(Če je obravnavan primer s 16 pravilnimi odgovori, primeri s po $17,18, \ldots, 24$ pravilnimi odgovori pa ne, dodelite največ 4 točke.)
I/2. 1. način. Ker je trikotnik $C E F$ enakostraničen, je $\angle E F C=60^{\circ}$. Od tod sledi $\angle C F A=$ $120^{\circ}$. Zato je $\angle F A C=180^{\circ}-\angle C F A-\angle A C F=$ $60^{\circ}-\angle A C F$ in velja $\angle B A C=\angle B A E+\angle F A C=$ $\angle B A E+60^{\circ}-\angle A C D=60^{\circ}$.
Ker je $|A B|=2|A C|$ in $\angle B A C=60^{\circ}$, je trikotnik $A B C$ polovica enakostraničnega trikotnika, torej je $\angle C B A=30^{\circ}$ in $\angle A C B=90^{\circ}$.
Sklep $\angle C F A=120^{\circ}$
1 točka
Izračun $\angle F A C=60^{\circ}-\angle A C F$
1 točka
Sklep $\angle B A C=60^{\circ}$
1 točka
Ugotovitev, da je trikotnik $A B C$ polovica enakostraničnega trikotnika
2 točki
Sklep $\angle C B A=30^{\circ}$
1 točka
Sklep $\angle A C B=90^{\circ}$
1 točka
2. način. Ker je trikotnik $C E F$ enakostraničen, je $\angle E F C=\angle C E F=60^{\circ}$. Od tod sledi $\angle C F A=$ $\angle A E B=120^{\circ}$. Ker velja še $\angle B A E=\angle A C D=$ $\angle A C F$, se trikotnika $A B E$ in $C A F$ ujemata v dveh kotih, torej sta si podobna. Zato velja $\frac{|A B|}{|A E|}=\frac{|A C|}{|C F|}$ oziroma $|A E|=2|C F|$.
Trikotnik $C F E$ je enakostraničen, torej je $|A F|+$ $|F E|=|A E|=2|C F|=2|F E|$ oziroma $|A F|=$
$|F E|=|F C|$. Zato je trikotnik $A F C$ enkakokrak z vrhom $F$ in zaradi $\angle A F C=120^{\circ}$ je $\angle F A C=\angle A C F=30^{\circ}$. Od tod sledi $\angle A C B=90^{\circ}, \angle B A C=60^{\circ}$ in $\angle C B A=30^{\circ}$.
Sklep $\angle C F A=120^{\circ}$ 1 točka
Ugotovitev, da sta si trikotnika $A B E$ in $C A F$ podobna. 1 točka
Sklep, da je $|A F|$ enaka eni izmed dolžin $|C E|,|E F|$ ali $|C F|$ 1 točka Trikotnik $A F C$ je enakokrak 1 točka Zapis $\angle A C B=90^{\circ}, \angle B A C=60^{\circ}$ in $\angle C B A=30^{\circ}$
$\mathbf{I} / 3$. Neenakost $x^{2}+y^{2}+1 \geq 2(x y-x+y)$ preoblikujemo v neenakost $x^{2}-2 x y+y^{2}+$ $2 x-2 y+1 \geq 0$. Izraz na levi še dodatno preoblikujemo $(x-y)^{2}+2(x-y)+1 \geq 0$ in opazimo, da je natanko popolni kvadrat $((x-y)+1)^{2} \geq 0$, zato velja neenakost za vsak par realnih s̆tevil $x$ in $y$. Enakost velja natanko takrat, ko je $(x-y)+1=0$.
$\mathbf{I} / 4$. Očitno je $r \neq 0$. Zapišimo $r$ v obliki okrajšanega ulomka $r=\frac{m}{n}$ in privzemimo, da je $n$ naravno število. Tedaj dobimo $\frac{m}{n}\left(5 k-7 \frac{m}{n}\right)=3$ oziroma $m(5 k n-7 m)=3 n^{2}$. Zato je $m$ delitelj $3 n^{2}$. Ker pa sta si števili $m$ in $n$ tuji, $m \mid 3$. Ločimo štiri primere.
Če je $m=1$, dobimo $5 k n-7=3 n^{2}$ oziroma $n(5 k-3 n)=7$, od koder sledi, da $n \mid 7$. Ker je $n$ naravno število, je enako 1 ali 7 . Pri $n=1$ dobimo rešitev $k=2$ in $r=1$, pri $n=7$ pa protislovno enačbo $5 k=22$.
Če je $m=3$, sledi $n(5 k-n)=21$. Spet vidimo, da $n \mid 21$, ker pa sta si $m$ in $n$ tuji, sledi da $n \mid$ 7. Ponovno je $n=1$ ali $n=7$. Rešitev dobimo le $\mathrm{v}$ drugem primeru in sicer $k=2$, $r=\frac{3}{7}$.
Če je $m=-1$, dobimo $n(5 k+3 n)=-7$, zato ponovno $n \mid 7$. Pri $n=1$ dobimo rešitev $k=-2, r=-1$, pri $n=7$ pa rešitev ni.
Ostane še $m=-3$, ko je $n(5 k+n)=-21$. Ker sta si $m$ in $n$ tuji, je $n$ delitelj števila 7 . Dobimo še eno rešitev in sicer $k=-2, r=-\frac{3}{7}$.
Vsi pari rešitev $(k, r)$ so $(2,1),(-2,-1),\left(2, \frac{3}{7}\right)$ in $\left(-2,-\frac{3}{7}\right)$.
Omejitev možnosti za število $n \mathbf{v}$ vseh štirih primerih (torej $n \mid 7$ ali $n \mid 21$ ) ...1 točka Vsak par rešitev $(k, r) \in\left\{(2,1),(-2,-1),\left(2, \frac{3}{7}\right),\left(-2,-\frac{3}{7}\right)\right\} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ po 1 točka (Če so navedene le rešitve in ni postopka, ki bi pokazal, da drugih rešitev ni, dodelite največ 4 točke.)
I/5. Označimo z $x$ število tekmovalcev pred Andrejem. Potem je tudi za Andrejem $x$ tekmovalcev, vseh pa je $2 x+1$, torej liho. Ker je Andrej v vrsti pred Blažem, ki je na 19. mestu, je pred Andrejem največ 17 tekmovalcev, zato je $x \leq 17$. Torej je vseh tekmovalcev največ $2 x+1 \leq 2 \cdot 17+1=35$. Ker je Žan na 28 . mestu, je tekmovalcev vsaj 28. Vsaka šola je poslala 3 tekmovalce, zato je bilo število tekmovalcev deljivo s 3. Med 28 in 35 sta s 3 deljivi le števili 30 in 33, liho pa je le število 33 . Na tekmovanju je sodelovalo 33 tekmovalcev, torej 11 šol.
Ugotovitev, da je vseh tekmovalcev liho .............................................................................
Sklep, da je pred Andrejem največ 17 tekmovalcev.................................... 1 točka
Vseh tekmovalcev je vsaj 28 ...............................................................................................................
Sodelovalo je 11 šol............................................................................................
II/1. 1. način. Ker je $m^{2}=252-n^{5}$ nenegativno število, sledi $n^{5} \leq 252$, torej je $n<4$. Če je $n=1$ dobimo $m^{2}=251$, pri $n=2$ sledi $m^{2}=220$ in $n=3$ nam da $m^{2}=9$. Edina možnost je torej $m=n=3$.
Zapis $m^{2}=252-n^{5}$ ali $n^{5}=252-m^{2}$ ..... 1 točka
Sklep $n^{5} \leq 252$ ..... 1 točka
Sklep $n<4$ ..... 1 točka
Obravnava primera $n=1$ ..... 1 točka
Obravnava primera $n=2$ ..... 1 točka
Obravnava primera $n=3$ ..... 1 točka
Ugotovitev, da je $m=n=3$ edina rešitev 1 točka
2. način. Ker je $n$ naravno število, je $m^{2}=252-n^{5} \leq 252$. Zato je $m<16$. Če vstavljamo po vrsti za $m$ vrednosti od 1 do 15 , dobimo za $n^{5}$ vrednosti $251,248,243,236,227,216,203$, $188,171,152,131,108,83,56,27$. Ker je $1^{5}=1,2^{5}=32,3^{5}=243$ in $4^{5}=1024$, dobimo rešitev le pri $m=3$, ko je $n=3$.
Zapis $m^{2}=252-n^{5}$ ali $n^{5}=252-m^{2}$ ..... 1 točka
Sklep $m^{2} \leq 252$ ..... 1 točka
Sklep $m<16$ ..... 1 točka
Izračun $n^{5}$ pri $m=1,2,3,4,5$ ..... 1 točka
Izračun $n^{5}$ pri $m=6,7,8,9,10$ ..... 1 točka
Izračun $n^{5}$ pri $m=11,12,13,14,15$ ..... 1 točka
Ugotovitev, da je $m=n=3$ edina rešitev ..... 1 točka
II/2. Velja $x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+1=\left(x+\frac{1}{x}\right)^{2}-1=\left(x+\frac{1}{x}+1\right)\left(x+\frac{1}{x}-1\right)$. Ker je $x+\frac{1}{x}+1$ naravno število, je $x+\frac{1}{x}-1$ celo število in zato je $x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+1$ celo število. Ker pa je $x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+1 \geq 1$, je $x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+1$ res naravno s̆tevilo, ki je deljivo z $x+\frac{1}{x}+1$.
Opomba. Nalogo je možno rešiti tudi na precej težji način in sicer z vpeljavo $n=x+\frac{1}{x}+1$. Tedaj je $x^{2}+(1-n) x+1=0$ in zato
$$
x=\frac{n-1 \pm \sqrt{(n-1)^{2}-4}}{2}
$$
Če dobljeno vstavimo v izraz $x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+1=\frac{x^{4}+x^{2}+1}{x^{2}}$, po daljšem preurejanju dobimo
$$
\begin{gathered}
\frac{n\left(n^{3}-4 n^{2}+3 n+2\right) \pm n\left(n^{2}-3 n+2\right) \sqrt{n^{2}-2 n-3}}{n^{2}-2 n-1 \pm(n-1) \sqrt{n^{2}-2 n-3}} \\
=\frac{n\left(n^{2}-2 n-1\right)(n-2) \pm n(n-2)(n-1) \sqrt{n^{2}-2 n-3}}{n^{2}-2 n-1 \pm(n-1) \sqrt{n^{2}-2 n-3}}=n(n-2) .
\end{gathered}
$$
Število $x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+1=n(n-2)$ je zagotovo celo. Očitno je pozitivno, zato je naravno in deljivo z $n=x+\frac{1}{x}+1$.
Izražava $x$ z $n$.....................................................................................................................................
Poenostavitev $x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+1=n(n-2) \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Sklep, da je $x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+1$ naravno število ..............................................................
II/3. (a) Točki $C$ in $O$ ležita na simetrali stranice $B D$, zato je $\angle D C O=30^{\circ}$. Zaradi skladnosti trikotnikov $A B D$ in $O C D$ velja $\angle D B A=\angle D C O=30^{\circ}$. Od tod sledi $\angle C B A=$ $\angle C B D+\angle D B A=90^{\circ}$.
(b) Če je $\angle A B C=90^{\circ}$, velja $\angle A B D=30^{\circ}$. Točki $C$ in $O$ ležita na simetrali stranice $B D$, zato je $\angle D C O=30^{\circ}$. Zaradi zveze med obodnim in središčnim kotom velja $\angle B O D=2 \angle B A D$. Toda $\angle B O D=2 \angle C O D$, zato je $\angle C O D=\angle B A D$. V trikotnikih $A B D$ in $O C D$ torej velja $\angle B A D=\angle C O D, \angle D B A=$ $\angle D C O$ in $|B D|=|C D|$, zato sta skladna.
Izračun $\angle D C O=30^{\circ}$ 1 točka
Če sta trikotnika $A B D$ in $O C D$ skladna, je $\angle D B A=30^{\circ}$ 1 točka
Če sta trikotnika $A B D$ in $O C D$ skladna, je $\angle C B A=90^{\circ}$
Če je $\angle C B A=90^{\circ}$, je $\angle D B A=30^{\circ}$
Izpeljava $\angle C O D=\angle B A D$ 2 točki
Če je $\angle C B A=90^{\circ}$, sta trikotnika $A B D$ in $O C D$ skladna
1 točka
II/4. 1. način. Opazimo, da velja
$$
\sqrt{2010+2 \sqrt{2009}}=\sqrt{1+2 \sqrt{2009}+2009}=\sqrt{(1+\sqrt{2009})^{2}}=1+\sqrt{2009}
$$
Podobno vidimo, da je $\sqrt{2010-2 \sqrt{2009}}=\sqrt{2009}-1$. Ker je $1+\sqrt{2009}$ rešitev kvadratne enačbe $x^{2}+a x+b=0$, velja $2010+2 \sqrt{2009}+a(1+\sqrt{2009})+b=0$ oziroma
$$
\sqrt{2009}(2+a)=-b-2010-a
$$
Desna stran enačbe je celo število, zato mora biti tudi leva, kar pomeni, da je $2+a=0$ oziroma $a=-2$. Iz $-b-2010-a=0$ dobimo $b=-2008$. Kvadratna enačba $x^{2}-2 x-2008=$ 0 ima rešitvi $1+\sqrt{2009}$ in $1-\sqrt{2009}$, zato število $\sqrt{2009}-1$ ne reši te enačbe.
Sklep, da $\sqrt{2010-2 \sqrt{2009}}$ ne reši kvadratne enačbe . . . . . . . . . . . . . . . 1 točka
2. način. Število $\sqrt{2010+2 \sqrt{2009}}$ poskusimo zapisati v obliki $A+\sqrt{B}$ za neko celo število $A$ in naravno število $B$, torej $\sqrt{2010+2 \sqrt{2009}}=A+\sqrt{B}$. Po kvadriranju dobimo $2010+$ $2 \sqrt{2009}=A^{2}+B+2 A \sqrt{B}$ oziroma $2010-A^{2}-B=2 A \sqrt{B}-2 \sqrt{2009}$. Leva stran enačbe je celo število, zato mora biti tudi desna. To bo zagotovo izpolnjeno, kadar sta obe strani enaki 0 . Tedaj je $A^{2} B=2009$ in $2010-A^{2}-B=0$. Izpeljemo lahko $A^{2}\left(2010-A^{2}\right)=2009$ oziroma $\left(A^{2}-1\right)\left(A^{2}-2009\right)=0$. Ustreza le $A=1$, ko je $B=2009$. Torej je $\sqrt{2010+2 \sqrt{2009}}=$ $1+\sqrt{2009}$.
Ker je $1+\sqrt{2009}$ rešitev kvadratne enačbe $x^{2}+a x+b=0$, velja $2010+2 \sqrt{2009}+a(1+$ $\sqrt{2009})+b=0$ oziroma
$$
\sqrt{2009}(2+a)=-b-2010-a
$$
Desna stran enačbe je celo število, zato mora biti tudi leva, kar pomeni, da je $2+a=0$ oziroma $a=-2$. Iz $-b-2010-a=0$ dobimo $b=-2008$. Kvadratna enačba $x^{2}-2 x-2008=$ 0 ima rešitvi $1+\sqrt{2009}$ in $1-\sqrt{2009}$. Očitno je $1-\sqrt{2009}<0$. Ker je $\sqrt{2010-2 \sqrt{2009}}$ pozitivno število in ni enako $1+\sqrt{2009}$, to število ne reši dobljene kvadratne enačbe.
Nastavek $\sqrt{2010+2 \sqrt{2009}}=A+\sqrt{B}$ ali $A+B \sqrt{2009}$ ali podoben ........... 1 točka
Sklep, da sta leva in desna stran te enačbi enaki $0 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Sklep, da $\sqrt{2010-2 \sqrt{2009}}$ ne reši kvadratne enačbe $\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka
3. način. Ker je dano število rešitev dane enačbe, mora veljati
$$
(2010+2 \sqrt{2009})+a \sqrt{2010+2 \sqrt{2009}}+b=0
$$
oziroma
$$
(2010+2 \sqrt{2009})+b=-a \sqrt{2010+2 \sqrt{2009}}
$$
Po kvadriranju dobimo
$$
\left(2010^{2}+4 \cdot 2009+4 \cdot 2010 \sqrt{2009}\right)+b^{2}+2 b(2010+2 \sqrt{2009})=a^{2}(2010+2 \sqrt{2009})
$$
kar lahko preuredimo do
$$
\left(2010^{2}+4 \cdot 2009\right)+2 \cdot 2010 b+b^{2}-2010 a^{2}=\left(2 a^{2}-4 \cdot 2010-4 b\right) \sqrt{2009} .
$$
Ker je leva stran enačbe celo število, mora biti tudi desna, torej sta obe enaki 0 . Zato je
$$
\begin{gathered}
\left(2010^{2}+4 \cdot 2009\right)+2 \cdot 2010 b+b^{2}-2010 a^{2}=0 \\
4 \cdot 2010+4 b=2 a^{2}
\end{gathered}
$$
Iz druge enačbe izrazimo $a^{2}$ in vstavimo v prvo, da dobimo $b^{2}=2010^{2}-4 \cdot 2009=4032064=$ $2008^{2}$, oziroma $b= \pm 2008$. Zato je $a^{2}=2 \cdot 2010 \pm 2 \cdot 2008=4020 \pm 4016$. Ker $4020+4016=$ 8036 ni popolni kvadrat, je $b=-2008$ in $a^{2}=4$. Iz enakosti (1) sklepamo, da moramo tudi pri $a$ vzeti negativen predznak.
Dobili smo enačbo $x^{2}-2 x-2008=0$. Rešitvi te enačbe sta $1 \pm \sqrt{2009}$, ena je pozitivna, druga negativna. Ker je $\sqrt{2010+2 \sqrt{2009}}$ pozitivna rešitev, je druga rešitev negativna, torej $\sqrt{2010-2 \sqrt{2009}}$ ni rešitev dobljene enačbe.
Zapis enačbe (1) ali ekvivalentne
1 točka
Zapis zveze med $a$ in $b$, v kateri nastopajo le cela števila in $\sqrt{2009}$ (kot na primer enačba (2)) 1 točka
Sklep, da morata biti leva in desna stran enačbe (2) enaki $0 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ Zapis ene enačbe, v kateri nastopa le eno izmed števil $a$ oziroma $b \ldots \ldots . . . .1$ točka
Izračun $b=-2008$ ..... 1 točka
Izračun $a=-2 \ldots \ldots \ldots \ldots$ ..... 1 točka
Sklep, da $\sqrt{2010-2 \sqrt{2009}}$ ne reši kvadratne enačbe ..... 1 točka
II/5. 1. način. Označimo število nogometašev z $n$, število košarkašev s $k$, število dijakov, ki se ukvarjajo z obema športoma pa z $d$. Petina nogometašev se ukvarja s košarko, zato je $\frac{n}{5}=d$. Sedmina košarkašev se ukvarja z nogometom, zato je $\frac{k}{7}=d$. Od tod sledi $n=5 d$ in $k=7 d$.
Košarkašev, ki se ne ukvarjajo z nogometom je $k-d$, no-
gometašev, ki se ne ukvarjajo s košarko pa $n-d$. Zato je $(n-d)+(k-d)$ dijakov, ki se ukvarjajo samo z enim športom, torej je $110=n+k-2 d$. Dobimo $110=10 d$ oziroma $d=11$. $\mathrm{Z}$ obema športoma se ukvarja 11 dijakov.
Vpeljava oznak 1 točka
Enačba $\frac{k}{7}=d$
Zapis $n=5 d$ in $k=7 d$
2. način. Naj bo $x$ število dijakov, ki se ukvarjajo le s košarko, $y$ število dijakov, ki se ukvarjajo le z nogometom in $z$ število dijakov, ki se ukvarjajo z obema športoma.
Vseh nogometašev je $y+z$. Ker petina nogometašev igra košarko, sledi $z=\frac{1}{5}(y+z)$ oziroma $y=4 z$. Vseh košarkašev je $x+z$, z nogometom pa se jih ukvarja $\frac{1}{7}$ oziroma $z$, torej je $z=\frac{1}{7}(x+z)$ oziroma $x=6 z$.
Ker se z natanko enim športom ukvarja $x+y$ dijakov, je $x+y=110$, od koder sledi $110=6 z+4 z=10 z$, torej je $z=11$. Z obema športoma se ukvarja 11 dijakov.
## Vpeljava oznak
1 točka
Enačba $z=\frac{1}{5}(y+z)$ (ali ekvivalentna) 1 točka
III/1. Očitno je stopnja takega polinoma vsaj 2. Če bi bil tak polinom stopnje 2, bi bil oblike
$$
p(x)=x^{2}+a x+b=\left(x^{2}+1\right)+a x+(b-1)
$$
Ker je ostanek pri deljenju z $x^{2}+1$ enak 2 , je $a x+(b-1)=2$, torej $a=0$ in $b=3$. Toda $p(x)=x^{2}+3=(x-1)(x+1)+4$ ne da ostanka 1 pri deljenju z $x+1$. Slednje lahko vidimo tudi tako, da izračunamo $p(-1)=4$, saj je $p(-1)$ ravno ostanek pri deljenju polinoma $p(x)$ z $x+1$, ki torej ni enak 1 .
Zato je tak polinom stopnje vsaj 3. Naj bo
$$
p(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+c=(x+a)\left(x^{2}+1\right)+(b-1) x+c-a
$$
Ponovno sledi $(b-1) x+c-a=2$ oziroma $b=1, c=a+2$. Torej je
$$
p(x)=x^{3}+a x^{2}+x+a+2=(x+1)\left(x^{2}+(a-1) x+2-a\right)+2 a
$$
od koder sledi $2 a=1$ (kar lahko vidimo tudi iz zveze $1=p(-1)=-1+a-1+a+2$ ). Iskan polinom je $p(x)=x^{3}+\frac{1}{2} x^{2}+x+\frac{5}{2}$.
Stopnja takega polinoma je vsaj 2 ..... 1 točka
Zapis $p(x)=\left(x^{2}+1\right)+a x+(b-1)$ ..... 1 točka
Zapis $p(x)=x^{2}+3=(x-1)(x+1)+4$ ali izračun $p(-1)=4$ ..... 1 točka
Polinom je vsaj stopnje 3 ..... 1 točka
Zapis $p(x)=(x+a)\left(x^{2}+1\right)+(b-1) x+c-a$ ..... 1 točka
Zapis $p(x)=(x+1)\left(x^{2}+(a-1) x+2-a\right)+2 a$ ali $p(-1)=2 a$ (oziroma enakovreden, $\mathbf{v}$
katerem lahko nastopata tudi števili $b$ in $c$ ) ..... 1 točka
Tak polinom je $p(x)=x^{3}+\frac{1}{2} x^{2}+x+\frac{5}{2}$ ..... 1 točka
III/2. Zadnja števka kvadrata naravnega števila je $0,1,4,5,6$ ali 9. Označimo dano število z $n$. Da bo $n$ popoln kvadrat, se mora končati s števko 0 . Denimo, da je zadnjih $k$ števk števila $n$ enakih 0 , števka pred tem pa je različna od 0 . Če je $k$ liho število, $k=2 m-1$, je tudi število $\frac{n}{10^{2 m-2}}$ popoln kvadrat, ki je deljiv z 10. Zato mora biti deljiv tudi s 25, kar pa ni, saj je števka desetic enaka 3 ali 7 .
Torej se mora število $n$ končati s sodo ničlami, zato je $k$ sodo število. Tedaj je $\frac{n}{10^{k}}$ naravno število in popoln kvadrat, katerega zadnja števka je enaka 3 ali 7, kar pa ni možno. Zato tako število ni popoln kvadrat.
Zadnja števka popolnega kvadrata je $0,1,4,5,6$ ali $9 \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots \ldots$.
Če je $n$ popolni kvadrat, se konča s števko $0 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Če se $n$ konča $z$ liho ničlami, ni popolni kvadrat........................................ 2 točki
Če se $n$ konča s sodo ničlami, ni popolni kvadrat.................................................
III/3. Označimo $\angle B A F=\angle A C E=\varphi$. Ker je trikotnik $C G F$ enakostraničen, sledi $\angle C G A=120^{\circ}$. Zato je $\angle G A C=180^{\circ}-\angle C G A-\angle A C G=60^{\circ}-\varphi$ in velja $\angle B A C=\angle B A F+\angle G A C=\varphi+60^{\circ}-\varphi=$ $60^{\circ}$.
Ker je trikotnik $A E T$ enakokrak, velja $\angle E T A=\varphi=$ $\angle E C A$, zato so točke $A, E, T$ in $C$ konciklične. Tedaj pa je $\angle E C T=\angle E A T=\varphi$. Torej je $2 \varphi=\angle A C E+$ $\angle E C D=\angle A C D=\frac{\pi}{2}-\angle D A C=30^{\circ}$, od koder sledi $\varphi=15^{\circ}$.
Izračunamo lahko še $\angle C B A=\angle F B A=60^{\circ}-\varphi=45^{\circ}$ in $\angle A C B=75^{\circ}$.
Izračun $\angle F A C=60^{\circ}-\varphi$ ..... 1 točka
Sklep $\angle B A C=60^{\circ}$ ..... 1 točka
Točke $A, E, T$ in $C$ so konciklične ..... 1 točka
Sklep $\angle E C T=\varphi$ ..... 1 točka
Izračun $\varphi=15^{\circ}$ ..... 1 točka
Sklep $\angle C B A=45^{\circ}$ ..... 1 točka
Sklep $\angle A C B=75^{\circ}$ ..... 1 točka
III/4. 1. način. Označimo $x+y=z$, torej $x=z-y$. Potem je $y=z(2 z-2 y+3 y)=$ $z(2 z+y)$, od koder lahko izrazimo
$$
y=-\frac{2 z^{2}}{z-1}=-\frac{2 z^{2}-2+2}{z-1}=-2(z+1)-\frac{2}{z-1}
$$
Ker je $y$ celo število, mora $z-1$ deliti 2 , torej je $z-1$ enako $2,1,-1$ ali -2 . Dobimo po vrsti $z=3, z=2, z=0$ in $z=-1$, od koder lahko izračunamo, da so pari $(x, y)$ enaki $(12,-9),(10,-8),(0,0)$ in $(-2,1)$.
Vpeljava $x+y=z$
1 točka
Zapis $y=-\frac{2 z^{2}}{z-1}$ ali enakovreden 1 točka
(Če tekmovalec zapiše pare $(x, y)$, ki ustrezajo enačbi, a ne utemelji, da drugih parov ni, priznajte največ 4 točke.)
2. način. Opazimo, da mora število $x+y$ deliti $y$. Torej lahko zapišemo $y=k(x+y)$ za neko celo število $k$. Ce je $k=0$, sledi $y=0$ in iz prvotne enačbe tudi $x=0$. Sicer lahko izrazimo $x=\frac{y}{k}-y$ in vstavimo v enačbo. Dobimo
$$
y=\frac{y}{k}\left(\frac{2 y}{k}-2 y+3 y\right)=\frac{y^{2}}{k}\left(1+\frac{2}{k}\right)
$$
Primer $y=0$ smo že obravnavali, zato naj bo $y \neq 0$. Tedaj lahko obe strani delimo z $y$ in izrazimo
$$
y=\frac{k^{2}}{k+2}=\frac{k^{2}+2 k-2 k}{k+2}=\frac{k(k+2)-2 k-4+4}{k+2}=k+\frac{-2(k+2)+4}{k+2}=k-2+\frac{4}{k+2}
$$
Od tod sledi, da je $k+2$ delitelj števila 4. Ločimo šest primerov, saj je $k+2$ lahko $\pm 1, \pm 2$ in $\pm 4$. Pri $k+2=1$ dobimo $y=1$ in $x=-2$, pri $k+2=2$ sledi $k=0$, kar pa smo že obravnavali posebej. Če je $k+2=4$, je $y=3$ in $x=-\frac{3}{2}$ ni celo število.
Primer $k+2=-1$ nam da $y=-9$ in $x=12, k+2=-2$ pa $y=-8$ in $x=10$. Ostane še $k+2=-4$, od koder sledi $y=-9$ in $x=\frac{21}{2}$, kar pa spet ni celo s̆tevilo.
Ugotovitev, da $x+y$ deli $y$
1 točka
Zapis $y=\frac{k^{2}}{k+2}$ ali enakovreden 1 točka
Sklep, da $k+2$ deli 4
1 točka
Rešitve $(x, y) \in\{(12,-9),(10,-8),(0,0),(-2,1)\}$
1 točko
(Če tekmovalec zapiše pare $(x, y)$, ki ustrezajo enačbi, a ne utemelji, da drugih parov ni, priznajte največ 4 točke.)
3. način. Enačbo lahko prepišemo v
$$
2 x^{2}+5 x y+y(3 y-1)=0
$$
Da ima kvadratna enačba v $x$ celoštevilsko rešitev, mora biti diskriminanta popoln kvadrat. Torej je $D=y^{2}+8 y=a^{2}$, od koder sledi $(y+4)^{2}-16=a^{2}$ oziroma $(y+4-a)(y+4+a)=16$. Števili $y+4-a$ in $y+4+a$ sta enake parnosti, torej sta obe sodi. Privzamemo lahko, da je število $a$ neengativno in je tako $y+4+a \geq y+4-a$. Ločimo naslednje možnosti.
Če je $y+4-a=2$ in $y+4+a=8$, sledi $y=1, a=3$, kvadratna enačba ima eno celoštevilsko ničlo $x=-2$. Pri $y+4-a=4=y+4+a$ sledi $a=y=0$ in $x=0$. Iz $y+4-a=-4=y+4+a$ dobimo $a=0, y=-8$ in $x=10$. Ostane še $y+4-a=-8$, $y+4+a=-2$, kjer je $y=-9, a=3$ in $x=12$.
(Če tekmovalec zapiše pare $(x, y)$, ki ustrezajo enačbi, a ne utemelji, da drugih parov ni, priznajte največ 4 točke.)
III/5. 1. način. Naj bo $x$ število deklet in $y$ število fantov. Potem je $y=3 x$ in zato je skupaj $4 x$ otrok.
Naj bo $a$ število dvojic v katerih sta otroka različnih spolov. Potem je število dvojic v katerih sta otroka istega spola enako $2 a$. Torej je skupaj $3 a$ dvojic. Število dvojic je kar enako številu vseh otrok, saj je vsak otrok v dveh dvojicah, kar nam da $2 \cdot 4 x$ dvojic, pri tem pa smo vsako dvojico šteli dvakrat, torej je različnih dvojic $\frac{2 \cdot 4 x}{2}=4 x$. Zato je
| | F | D | F | |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| F | | | D | |
| F | | | | D |
| F | | | | F |
| | $F$ | | $F$ | $F$ |
$3 a=4 x$. Najmanjše število $x$, pri katerem taka enačba lahko velja, je $x=3$. Zato je za okroglo mizo sedelo vsaj 12 otrok. Če so se posedli kot prikazuje slika (z D so označena dekleta, z F pa fantje), je dvojic, v katerih sta otroka istega spola, dvakrat toliko kot dvojic, $\mathrm{v}$ katerih sta otroka različnega spola.
Ugotovitev, da je število vseh otrok štirikratnik števila deklet (to je $4 x$ ) ..... 1 točka
Število vseh parov je trikratnih števila parov otrok različnega spola ..... 1 točka
Vseh parov je toliko kot je otrok ..... 1 točka
Zato je $3 a=4 x$ ..... 1 točka
Najmanjše število $x$ je $x=3$ ..... 1 točka
Zapis primera 12 otrok ..... 2 točki
2. način. Če je za okroglo mizo sedelo samo eno dekle, so sedeli še trije fantje.
$\mathrm{F}$ Tedaj sta dve dvojici, v katerih sta otroka različnega spola in dve dvojici, v katerih
$\mathrm{F}$
$\mathrm{D}$ sta otroka istega spola. Ker to ne zadostuje pogojem naloge, sta za mizo sedeli
$\mathrm{F}$ vsaj dve dekleti.
Preštejmo števila dvojic, če sta za mizo sedeli dve dekleti. Če sta sedeli skupaj, sta le 2 dvojici, v katerih sta fant in punca, ostalih dvojic pa je 6. Recimo, da dekleti ne sedita skupaj. Obravnavajmo primere glede na najmanjšo skupino fantov, ki sedijo skupaj. Ker je vseh fantov 6, ima najmanjša skupina največ 3 fante. V vseh treh primerih je število dvojic, v katerih sta otroka istega spola enako številu dvojic v katerih sta otroka različnega spola.
Noben izmed obravnavanih primerov ne ustreza pogojem naloge,
$$
\begin{aligned}
& \mathrm{F}_{\mathrm{D}}^{\mathrm{F}} \quad \mathrm{F}^{\mathrm{D}} \\
& \begin{array}{llll}
\mathrm{F} & \mathrm{D} & \mathrm{F} & \mathrm{D}
\end{array} \\
& \mathrm{F}_{\mathrm{F}} \mathrm{F} \quad \mathrm{F}_{\mathrm{F}} \mathrm{F} \\
& \mathrm{D}^{\mathrm{F}} \quad \mathrm{F} \quad \mathrm{F} \\
& \begin{array}{llll}
\mathrm{F} & \mathrm{D} & \mathrm{D} & \mathrm{D}
\end{array} \\
& F_{F} F_{F} \quad F_{F}
\end{aligned}
$$
zato so za mizo sedela vsaj 3 dekleta. Tedaj ni težko najti primerne postavitve, na primer kot prikazuje zadnja slika.
$$
\begin{array}{cccc}
& \mathrm{F} & \mathrm{F} \\
\mathrm{F} & & & \mathrm{D} \\
\mathrm{F} & & & \mathrm{D} \\
& \mathrm{F} & \mathrm{F} & \mathrm{F}
\end{array}
$$
Primeri, ko sta za mizo dve dekleti, ki ne sedita skupaj............................. 2 točki
Ugotovitev, da so za mizo vsaj 3 dekleta...................................................................................................
IV/1. Naj bo $d$ diferenca zaporedja $\left(a_{n}\right)$. Potem je $a_{2}=1+d, a_{5}=1+4 d$ in $a_{11}=1+10 d$. Ker $a_{2}, a_{5}$ in $a_{11}$ tvorijo geometrijsko zaporedje, velja $(1+4 d)^{2}=(1+d)(1+10 d)$, oziroma $6 d^{2}=3 d$. Ker je zaporedje nekonstantno, je $d=\frac{1}{2}$, vsota prvih 2009 členov pa je enaka $2009+\frac{2009 \cdot 2008}{2} \cdot \frac{1}{2}=1010527$.
Opomba. Pogoj, da $a_{2}, a_{5}$ in $a_{11}$ tvorijo geometrijsko zaporedje lahko zapišemo tudi v obliki $(d+1) q^{2}=(4 d+1) q=10 d+1$, kjer $q$ označuje kvocient dveh zaporednih členov tega zaporedja.
Zapis $a_{2}=1+d, a_{5}=1+4 d$ in $a_{11}=1+10 d \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točka
Enačba $(1+4 d)^{2}=(1+d)(1+10 d)$ ali $(d+11) q^{2}=(4 d+1) q=10 d+1 \ldots \ldots \ldots$.
IV/2. Naj bo $n$ sodo naravno število, $n=2 k$. Tedaj je $\frac{n^{2}}{4}=k^{2}$ celo število, zato je $\left[\frac{n^{2}}{4}\right]=k^{2}$ popolni kvadrat.
Če je $n$ liho število, ga lahko zapišemo v obliki $n=2 k+1, k \geq 0$. Tedaj je
$$
\left[\frac{n^{2}}{4}\right]=\left[\frac{4 k^{2}+4 k+1}{4}\right]=\left[k^{2}+k+\frac{1}{4}\right]=k^{2}+k=k(k+1)
$$
Da bo število $k(k+1)$ popoln kvadrat, morata biti števili $k$ in $k+1$ popolna kvadrata, saj sta si tuji, torej $k=a^{2}$ in $k+1=b^{2}$, od koder sledi $(b-a)(b+a)=1$. Možnosti sta dve in
sicer $b-a=1=b+a$ ter $b-a=-1=b+a$. Iz obeh sledi $k=0$, torej je $n=1$ edino tako liho število.
Da je $k^{2}+k$ popolni kvadrat, lahko vidimo še drugače. Kvadratna enačba $k^{2}+k-x^{2}=0$ ima rešitvi $k_{1,2}=\frac{-1 \pm \sqrt{1+4 x^{2}}}{2}$, zato je $1+4 x^{2}=y^{2}$ oziroma $(y-2 x)(y+2 x)=1$. Od tod sledi $x=0$, zato je $k=0$.
Vrednost izraza $\left[\frac{n^{2}}{4}\right]$ je popoln kvadrat natanko takrat, ko je $n=1$ ali pa je $n$ sodo število.
Če je $n$ sodo naravno število, je $\left[\frac{n^{2}}{4}\right]$ popolni kvadrat............................................
Če je $n=2 k+1$, je $\left[\frac{n^{2}}{4}\right]=k^{2}+k \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$
Sklep, da sta števili $k$ in $k+1$ popolna kvadrata ali reševanje kvadratne enačbe $k^{2}+$ $k-x^{2}=0$
1 točka
Odgovor . ................................................................................. 1 točka
IV/3. Zaradi tetivnosti štirikotnika $A Q P D$ velja $\angle R P Q=\angle A P Q=\angle A D Q$. Ker je $D Q$ simetrala kota $A D B$, je $\angle A D Q=\angle Q D B$. Zaradi tetivnosti štirikotnika $Q B P D$ velja še $\angle Q D B=\angle Q P B=\angle Q P S$. Torej je $\angle R P Q=\angle Q P S$.
Podobno zaradi tetivnosti štirikotnika $Q B P D$ dobimo $\angle P Q R=\angle P Q D=\angle P B D$. Ker je $B P$ simetrala kota $\angle C B D$, je $\angle P B D=\angle C B P$, iz tetivnosti štirikotnika $Q B C P$ pa sledi še $\angle C B P=\angle C Q P=\angle S Q P$. Torej je $\angle P Q R=\angle S Q P$.
Trikotnika $S P Q$ in $R P Q$ se ujemata v kotih in skupni stranici, zato sta skladna. Torej je štirikotnik $P R Q S$ deltoid, od koder sledi, da je $P Q \perp R S$.
Enakost kotov $\angle A P Q=\angle A D Q$ ali $\angle Q D B=\angle Q P B$ ..... 1 točka
Ugotovitev $\angle R P Q=\angle Q P S$ ..... 1 točka
Enakost kotov $\angle P Q D=\angle P B D$ ali $\angle C B P=\angle C Q P$ ..... 1 točka
Ugotovitev $\angle P Q R=\angle S Q P$ ..... 1 točka
Sklep, da sta trikotnika $S P Q$ in $R P Q$ skladna ..... 1 točka
Štirikotnik $P R Q S$ je deltoid ..... 1 točka
Zato je $P Q \perp R S$ ..... 1 točka
IV/4. 1. način. Iz formule za dvojne kote in iz adicijskih izrekov za sinus sledi
$$
\begin{aligned}
& \sin (4 x)+2 \sin (5 x)+\sin (6 x)= \\
& \quad=2 \sin (2 x) \cos (2 x)+2(\sin (2 x) \cos (3 x)+\sin (3 x) \cos (2 x))+2 \sin (3 x) \cos (3 x) \\
& \quad=2 \cos (2 x)(\sin (2 x)+\sin (3 x))+2 \cos (3 x)(\sin (2 x)+\sin (3 x)) \\
& \quad=2(\cos (2 x)+\cos (3 x))(\sin (2 x)+\sin (3 x))
\end{aligned}
$$
slednje pa je po predpostavki enako $2(\sin (2 x)+\sin (3 x))$, kar je bilo treba pokazati. Zapis $\sin (4 x)=2 \sin (2 x) \cos (2 x)$
Razcep $\sin (4 x)+2 \sin (5 x)+\sin (6 x)=2(\cos (2 x)+\cos (3 x))(\sin (2 x)+\sin (3 x)) \quad \ldots 2$ točki
Zaključek . . ...................................................................................................
2. način. S pomočjo adicijskih izrekov lahko $\cos (2 x)+\cos (3 x)=1$ preoblikujemo v
$$
4 \cos ^{3} x+2 \cos ^{2} x-3 \cos x-2=0
$$
Podobno je
$$
2 \sin (2 x)+2 \sin (3 x)=2 \sin x\left(4 \cos ^{2} x+2 \cos x-1\right)
$$
in
$\sin (4 x)+2 \sin (5 x)+\sin (6 x)=2 \sin x\left(16 \cos ^{5} x+16 \cos ^{4} x-12 \cos ^{3} x-12 \cos ^{2} x+\cos x+1\right)$.
Zato je dovolj pokazati
$$
4 \cos ^{2} x+2 \cos x-1=16 \cos ^{5} x+16 \cos ^{4} x-12 \cos ^{3} x-12 \cos ^{2} x+\cos x+1
$$
Zapis poenostavimo z vpeljavo $\cos x=t$. Pokazati želimo $16 t^{5}+16 t^{4}-12 t^{3}-16 t^{2}-t+2=0$, vemo pa, da velja $4 t^{3}+2 t^{2}-3 t-2=0$. Torej je dovolj preveriti, da polinom $4 t^{3}+2 t^{2}-3 t-2$ deli polinom $16 t^{5}+16 t^{4}-12 t^{3}-16 t^{2}-t+2$. Res, če polinoma delimo, dobimo
$$
16 t^{5}+16 t^{4}-12 t^{3}-16 t^{2}-t+2=\left(4 t^{3}+2 t^{2}-3 t-2\right)\left(4 t^{2}+2 t-1\right)
$$
Zapis $\cos (2 x)+\cos (3 x)=1$ v obliki izraza, ki vsebuje le $\sin x$ in $\cos x \ldots \ldots \ldots .1$ točka Zapis $2 \sin (2 x)+2 \sin (3 x) \mathbf{v}$ obliki izraza, ki vsebuje le $\sin x$ in $\cos x \ldots \ldots \ldots \ldots 1$ točka Zapis $\sin (4 x)+2 \sin (5 x)+\sin (6 x) \mathbf{v}$ obliki izraza, ki vsebuje le $\sin x$ in $\cos x \ldots 2$ točki Razcep (3)...................................................................................................... Zaključek .......................................................................................................
IV/5. Pokazali bomo, da je $n=16$. Kot prikazuje slika, lahko števila od 1 do 9 zapišemo v oglišča pravilnega 9-kotnika tako, da je vsota treh zaporednih števil največ 16 .
Dokažimo, da pri $n<16$ števil od 1 do 9 ni mogoče razporediti tako, da je vsota števil v poljubnih treh zaporednih ogliščih največ $n$. Denimo, da je to možno. Če seštejemo vse vsote števil iz treh zaporednih oglišč,
bomo vsako število šteli trikrat, saj nastopa v treh takšnih vsotah. Torej je dobljeno število enako $3 \cdot(1+2+\ldots+9)=135$. Po drugi strani pa je vsaka vsota števil iz treh zaporednih oglišč največ $n$, vseh vsot je 9 , zato je vsota vseh največ $9 n$. Sledi $9 n \geq 135$ oziroma $n \geq 15$.
Pokažimo še, da vrednost $n$ ne more biti 15. V tem primeru namreč v zgornji oceni velja enakost, kar pomeni, da so vse vsote števil iz treh zaporednih oglišč enake 15. Če označimo števila v štirih zaporednih ogliščih po vrsti z $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ in $a_{4}$ to pomeni, da je $a_{1}+a_{2}+a_{3}=15$ in $a_{2}+a_{3}+a_{4}=15$, od koder sledi $a_{1}=a_{4}$, kar pa ni možno, saj razvrščamo 9 različnih števil. Od tod sledi, da mora biti $n$ vsaj 16 .
Primer razporeditve, če je $n=16$ ..... 2 točki
(Natančno preverite, če zapisana razporeditev za $n=16$ ustreza pogojem naloge.
Možnih je več pravilnih razporeditev, na sliki je navedena le ena izmed njih.)
Vsota vseh vsot števil iz treh zaporednih oglišč je 135 ..... 1 točka
Vsota vseh vsot števil iz treh zaporednih oglišč je največ $9 n$ ..... 1 točka
Sklep $n \geq 15$ ..... 1 točka
Če je $n=15$, so vse vsote števil iz treh zaporednih oglišč enake ..... 1 točka
Sklep, da to ni možno 1 točka
[^0]: Zapis primera s pravilno rešenimi 15 nalogami
2 točki
Sklep, da iz 13 točk in vsaj 16 pravilnih odgovorov sledi vsaj 12 napačnih ..... 2 točki
Ugotovitev, da je tedaj nalog vaj 28 .............................................. 2 točki
Sklep, da je pravilno rešil največ 15 nalog . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 točka
(Če je obravnavan primer s 16 pravilnimi odgovori, primeri s po $17,18, \ldots, 24$ pravilnimi odgovori pa ne, dodelite največ 4 točke.)
|