| # 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. |
|
|
| Čas reševanja: 45 minut. |
|
|
| B1. Poišči vse pare naravnih števil $a$ in $b$, ki zadoščajo enačbi $a^{2}-5 a b+24=0$. |
|
|
| B2. Kmet Martin je pri baliranju sena izdelal 3 enake bale sena. Prečni prerez vsake bale sena je krog s polmerom $r$. Bale sena je postavil v piramido, tako da so se dotikale druga druge, in čez njih napel vrv, ki jo je na obeh koncih pritrdil v tla. Zgornji del vrvi je napet po obodu zgornje bale sena, stranska dela vrvi pa sta ravna in se dotikata spodnjih dveh bal sena (glej sliko). Izrazi dolžino vrvi s polmerom $r$. |
|
|
|  |
|
|
| Čas reševanja: 45 minut. |
|
|
| B1. Poišči vsa realna števila $x$, ki zadoščajo enačbi $\sqrt{x^{2}-2 x+17}=3 \sqrt{3}-1$, in jih zapiši $\mathrm{v}$ obliki $x=m+n \sqrt{3}$, kjer sta $m$ in $n$ celi števili. |
|
|
| B2. Dana je kocka $A B C D E F G H$. Na stranici $G H$ leži točka $K$, tako da velja $|G K|:|K H|=1$ : 3, na stranici $H E$ leži točka $L$, tako da velja $|H L|:|L E|=1: 1$, na stranici $C G$ pa leži točka $M$. Kakšno mora biti razmerje $|C M|:|M G|$, da se bosta premici $A K$ in $L M$ sekali? |
|
|
| Čas reševanja: 45 minut. |
|
|
| B1. Za katere kote $\alpha \mathrm{z}$ lastnostjo $0<\alpha<2 \pi$ velja neenakost |
|
|
| $$ |
| \frac{5 \sin \alpha-2}{\sin \alpha} \geq 2 \sin \alpha ? |
| $$ |
|
|
| B2. Poišči vse pare kompleksnih števil $z$ in $w$, ki rešijo sistem enačb |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| w^{2} & =63+16 i \\ |
| 2 z-i|z| & =w |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| Čas reševanja: 45 minut. |
|
|
| B1. Naj bosta $F_{1}$ in $F_{2}$ gorišči elipse $4 x^{2}+9 y^{2}=36$ in $K$ taka točka na tej elipsi, da je $\left|K F_{1}\right|$ : $\left|K F_{2}\right|=2: 1$. Izračunaj ploščino trikotnika $K F_{1} F_{2}$. |
|
|
| B2. Naj bo $x$ tako realno število, da je $x+\frac{1}{x}$ celo število. Dokaži, da je tedaj za vsako naravno število $n$ tudi $x^{n}+\frac{1}{x^{n}}$ celo število. |
|
|
| # 66. matematično tekmovanje <br> srednješolcev Slovenije |
|
|
| 16. marec 2006 |
|
|
| ## Rešitve nalog za Naloge za 1. letnik |
|
|
| 1. Enačbo preoblikujemo v $a(a-5 b)=-24$ in jo pomnožimo $\mathrm{z}-1$, da dobimo $a(5 b-a)=24$. Ker sta $a$ in $5 b-a$ celi števili, je $a$ pozitiven delitelj števila 24. Torej imamo naslednje možnosti: $a=1$ in $5 b-a=24, a=2$ in $5 b-a=12, a=3$ in $5 b-a=8, a=4$ in $5 b-a=6, a=6$ in $5 b-a=4, a=8$ in $5 b-a=3, a=12$ in $5 b-a=2$ ter $a=24$ in $5 b-a=1$. Pri vaski možnosti izračunamo še $b$ in po vrsti dobimo $b=5, b=\frac{14}{5}, b=\frac{11}{5}, b=2, b=2, b=\frac{11}{5}, b=\frac{14}{5}$ ter $b=5$. Le v štirih primerih je $b$ naravno število. Pari naravnih števil, ki zadoščajo dani enačbi, so torej $a=1$ in $b=5, a=4$ in $b=2, a=6$ in $b=2$ ter $a=24$ in $b=5$. |
| 2. način. Iz enačbe izrazimo $b=\frac{a^{2}+24}{5 a}$. Ker sta $a$ in $b$ naravni števili, mora $a$ deliti 24 in 5 deliti $a^{2}+24$. Pozitivni delitelji števila 24 so $1,2,3,4,6,8,12$ in 24 , toda število $a^{2}+24$ je deljivo s 5 le, ko je $a$ enak 1, 4, 6 ali 24 . V teh primerih je $b$ po vrsti enak $5,2,2$ in 5 . Pari naravnih števil, ki zadoščajo dani enačbi, so torej $a=1$ in $b=5, a=4$ in $b=2, a=6$ in $b=2$ ter $a=24$ in $b=5$. |
|
|
|  |
| Ugotovitev, da je $a$ pozitiven delitelj števila 24 in zapis deliteljev ......................... 4 točke Sistematičen pregled vseh možnih parov (za vsak preverjen par 1 točka).................. 8 točk Zapis vseh parov rešitev (za vsak zapisan par 1 točka)..................................... 4 točke |
|
|
| 2. način. Preoblikovanje enačbe $\mathrm{v} b=\frac{a^{2}+24}{5 a}$ 4 točke Ugotovitev, da je $a$ pozitiven delitelj števila 24 in zapis deliteljev ......................... 4 točke |
|
|
|  |
|
|
|  |
| Zapis vseh parov rešitev (za vsak zapisan par 1 točka)..................................... 4 točke |
|
|
| 2. |
|
|
|  |
|
|
| Označimo nekaj točk kot je prikazano na sliki. Točke $A, B$ in $C$ so središča bal sena, točka $D$ je enden od koncev vrvi, točki $E$ in $F$ sta dotikališči leve bale sena s tlemi in z vrvjo, točki $G$ in $H$ pa sta skrajni točki, kjer se vrv še dotika zgornje bale sena. Trikotnik $A B C$ je enakostraničen z dolžino stranice $2 r$, zato je $\angle B A C=60^{\circ}$. Štirikotnik $F A C G$ pa je pravokotnik, zato je $\angle C A F=$ $90^{\circ}$ in podobno je tudi $\angle E A B=90^{\circ}$. Od tod sledi |
|
|
| $$ |
| \angle F A E=360^{\circ}-\angle E A B-\angle B A C-\angle C A F=360^{\circ}-90^{\circ}-60^{\circ}-90^{\circ}=120^{\circ} |
| $$ |
|
|
| in posledično je $\angle F A D=\angle D A E=60^{\circ}$. Torej sta trikotnika $A F D$ in $D E A$ polovici enakostraničnega trikotnika, zato je $|D F|=\sqrt{3}|F A|=\sqrt{3} r$. Ker je $F A C G$ pravokotnik, je $|F G|=$ $|A C|=2 r$. Hkrati je tudi $\angle H C G=120^{\circ}$, zato je dolžina krožnega loka $\widehat{G H}$ vrvi enaka $|\widehat{G H}|=\frac{2 \pi r}{3}$. Dolžina vrvi je torej enaka $d=2(|D F|+|F G|)+|\widehat{G H}|=2 \sqrt{3} r+4 r+\frac{2 \pi}{3} r$. |
|
|
| Ugotovitev, da je trikotnik $A B C$ enakostraničen z dolžino stranice $2 r \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . . . . . . . .$. Jasno in pregledno dopolnjena skica z vsemi potrebnimi polmeri in pravimi koti ...... 4 točke |
|
|
|  |
| Sklep, da je $\angle F A D=\angle D A E=60^{\circ}$ ..... 2 točki |
| Utemeljen sklep, da sta trikotnika $A F D$ in $D E A$ polovici enakostraničnega trikotnika oz. da je |
|
|
|  |
| Izračun $|D F|=\sqrt{3} r$ ..... 2 točki |
| Zapis $|F G|=|A C|=2 r$ ..... 2 točki |
| Izračun dolžine krožnega loka $|\widehat{G H}|=\frac{2 \pi r}{3}$ ..... 2 točki |
| Zapis izraza dolžine vrvi s polmerom $2 \sqrt{3} r+4 r+\frac{2 \pi}{3} r$ ..... 1 točka |
|
|
| ## 66. matematično tekmovanje <br> srednješolcev Slovenije |
|
|
| ## 16. marec 2006 |
|
|
| ## Rešitve nalog za Naloge za 2. letnik |
|
|
| 1. Ker sta obe strani enačbe pozitivni, lahko enačbo kvadriramo in dobimo |
|
|
| $$ |
| x^{2}-2 x+17=27-6 \sqrt{3}+1=28-6 \sqrt{3} |
| $$ |
|
|
| Nato levo stran dopolnimo do popolnega kvadrata |
|
|
| $$ |
| (x-1)^{2}+16=28-6 \sqrt{3} |
| $$ |
|
|
| in enačbo preuredimo do |
|
|
| $$ |
| (x-1)^{2}=12-6 \sqrt{3} |
| $$ |
|
|
| Od tod po korenjenju dobimo $x-1= \pm \sqrt{12-6 \sqrt{3}}$ oziroma $x=1 \pm \sqrt{12-6 \sqrt{3}}$. Da bomo rešitvi lahko zapisali v predpisani obliki, preoblikujmo izraz pod korenom v popoln kvadrat |
|
|
| $$ |
| x=1 \pm \sqrt{9-6 \sqrt{3}+3}=1 \pm \sqrt{(3-\sqrt{3})^{2}}=1 \pm(3-\sqrt{3}) \text {. } |
| $$ |
|
|
| Rešitvi sta torej $x=1+(3-\sqrt{3})=4-\sqrt{3}$ in $x=1-(3-\sqrt{3})=-2+\sqrt{3}$. To sta tudi res rešitvi, ker je izraz pod korenom dane enačbe avtomatično pozitiven, saj je enak $28-6 \sqrt{3}$. |
|
|
| 2. način. Ker sta obe strani enačbe pozitivni, lahko enačbo kvadriramo in dobimo |
|
|
| $$ |
| x^{2}-2 x+17=27-6 \sqrt{3}+1=28-6 \sqrt{3} |
| $$ |
|
|
| Pišimo $x=m+n \sqrt{3}$, kjer sta $m$ in $n$ celi števili. Ko slednje vstavimo v enačbo, dobimo |
|
|
| $$ |
| m^{2}+2 m n \sqrt{3}+3 n^{2}-2 m-2 n \sqrt{3}+17=28-6 \sqrt{3} |
| $$ |
|
|
| Enačbo preoblikujemo do |
|
|
| $$ |
| \left(m^{2}-2 m+3 n^{2}+17\right)-(2 n-2 m n) \sqrt{3}=28-6 \sqrt{3} |
| $$ |
|
|
| Ker sta $m$ in $n$ celi števili, od tod sledi |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| m^{2}-2 m+3 n^{2}+17 & =28 \\ |
| 2 n-2 m n & =6 |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| Drugo enačbo preoblikujemo $\mathbf{v} n(1-m)=3$. Ker sta $m$ in $n$ celi števili, so edine možne rešitve $n=1$ in $m=-2, n=-1$ in $m=4, n=3$ in $m=0$ ter $n=-3$ in $m=2$. Zlahka preverimo, da je le pri prvih dveh možnostih izpolnjena tudi prva enačba sistema. Torej dobimo rešitvi $x=-2+\sqrt{3}$ in $x=4-\sqrt{3}$. To sta tudi res rešitvi, ker je izraz pod korenom dane enačbe avtomatično pozitiven, saj je enak $28-6 \sqrt{3}$. Ker ima vsaka kvadratna enačba največ dve realni rešitvi, sta dobljeni dve rešitvi hkrati edini rešitvi. |
|
|
| Kvadriranje enačbe 2 točki |
|
|
| Preoblikovanje enačbe v $(x-1)^{2}+16=28-6 \sqrt{3}$ 3 točke |
|
|
| Zapis enačbe $(x-1)^{2}=12-6 \sqrt{3}$ .1 točka |
|
|
| Korenjenje enačbe in zapis $x=1 \pm \sqrt{12-6 \sqrt{3}}$ 4 točke Zapis $\sqrt{12-6 \sqrt{3}}=\sqrt{(3-\sqrt{3})^{2}}$ .4 točke |
|
|
| ## Naloge za 2. letnik |
|
|
| Izračun $x=1 \pm(3-\sqrt{3})$ ..... 2 točki |
| Zapis obeh rešitev ..... 2 točki |
| Utemeljitev, da sta rešitvi ustrezni ..... 2 točki. |
| 2. način. Kvadriranje enačbe ..... 2 točki |
| Zapis $x=m+n \sqrt{3}$ ..... 1 točka |
| Preoblikovanje enačbe $\mathrm{v} m^{2}+2 m n \sqrt{3}+3 n^{2}-2 m-2 n \sqrt{3}+17=28-6 \sqrt{3}$ ..... 2 točki |
| Preoblikovanje enačbe v $\left(m^{2}-2 m+3 n^{2}+17\right)-(2 n-2 m n) \sqrt{3}=28-6 \sqrt{3}$ ..... 1 točka |
| Zapis sistema dveh enačb ..... 4 točke |
| Preoblikovanje druge enačbe v $n(1-m)=3$ ..... 2 točki |
| Zapis vseh štirih rešitev za $m$ in $n$ (vsak urejeni par 1 točko) ..... 4 točke |
| Zapis rešitev $x=-2+\sqrt{3}$ in $x=4-\sqrt{3}$ ..... 2 točki |
| Utemeljitev, da sta rešitvi ustrezni ..... 2 točki. |
|
|
| 2. |
|
|
|  |
|
|
| Naj bo $P$ presečišče premic $A K$ in $L M$. Označimo vektorje $\vec{a}=\overrightarrow{A B}, \vec{b}=\overrightarrow{A D}$ in $\vec{c}=\overrightarrow{A E}$. Naj bo $\overrightarrow{A P}=\alpha \overrightarrow{A K}, \overrightarrow{L P}=\beta \overrightarrow{L M}$ in $\overrightarrow{G M}=\gamma \overrightarrow{G C}=-\gamma \vec{c}$, kjer so $\alpha, \beta, \gamma \in \mathbb{R}$. Izrazimo vektor $\overrightarrow{A P} \mathrm{Z}$ vektorji $\vec{a}, \vec{b}$ in $\vec{c}$ na dva različna načina. Po eni strani je |
|
|
| $$ |
| \overrightarrow{A P}=\alpha \overrightarrow{A K}=\alpha(\overrightarrow{A E}+\overrightarrow{E H}+\overrightarrow{H K})=\alpha\left(\vec{c}+\vec{b}+\frac{3}{4} \vec{a}\right)=\frac{3}{4} \alpha \vec{a}+\alpha \vec{b}+\alpha \vec{c} |
| $$ |
|
|
| po drugi strani pa |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| \overrightarrow{A P} & =\overrightarrow{A E}+\overrightarrow{E L}+\overrightarrow{L P}=\vec{c}+\frac{1}{2} \vec{b}+\beta \overrightarrow{L M}=\vec{c}+\frac{1}{2} \vec{b}+\beta(\overrightarrow{L H}+\overrightarrow{H G}+\overrightarrow{G M}) \\ |
| & =\vec{c}+\frac{1}{2} \vec{b}+\beta\left(\frac{1}{2} \vec{b}+\vec{a}-\gamma \vec{c}\right)=\beta \vec{a}+\left(\frac{1}{2}+\frac{\beta}{2}\right) \vec{b}+(1-\beta \gamma) \vec{c} |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| Ker so vektorji $\vec{a}, \vec{b}$ in $\vec{c}$ linearno neodvisni, sledi $\frac{3}{4} \alpha=\beta, \alpha=\frac{1}{2}+\frac{\beta}{2}$ in $\alpha=1-\beta \gamma$. Iz prvih dveh enačb sledi $\alpha=\frac{1}{2}+\frac{3}{8} \alpha$ oziroma $\frac{5}{8} \alpha=\frac{1}{2}$. Torej je $\alpha=\frac{4}{5}$ in zato $\beta=\frac{3}{5}$. Iz zadnje enačbe izrazimo še $\gamma=\frac{1-\alpha}{\beta}=\frac{1}{3}$. Torej je $\overrightarrow{G M}=\frac{1}{3} \overrightarrow{G C}$ in zato je $|C M|:|M G|=2: 1$. |
|
|
| Pregledno narisana in označena skica .3 točke |
|
|
| Zapis $\overrightarrow{A P}=\alpha \overrightarrow{A K}$ 1 točka |
|
|
| Zapis $\overrightarrow{L P}=\beta \overrightarrow{L M}$ 1 točka |
|
|
| Zapis $\overrightarrow{G M}=\gamma \overrightarrow{G C}$ .1 točka |
|
|
| Izražen vektor $\overrightarrow{A P}=\frac{3}{4} \alpha \vec{a}+\alpha \vec{b}+\alpha \vec{c}$ 2 točki |
|
|
| Izražen vektor $\overrightarrow{A P}=\beta \vec{a}+\left(\frac{1}{2}+\frac{\beta}{2}\right) \vec{b}+(1-\beta \gamma) \vec{c}$. .4 točke |
|
|
|  |
| Izračun $\alpha=\frac{4}{5}$ |
|
|
| Naloge za 2. letnik |
| Izračun $\beta=\frac{3}{5}$ ..... 1 točka |
| Izračun $\gamma=\frac{1}{3}$ ..... 1 točka |
| Zapis $\overrightarrow{G M}=\frac{1}{3} \overrightarrow{G C}$ ..... 1 točka |
| Zapis razmerja ..... 1 točka. |
|
|
| # 66. matematično tekmovanje <br> srednješolcev Slovenije |
|
|
| 16. marec 2006 |
|
|
| ## Rešitve nalog za Naloge za 3. letnik |
|
|
| 1. Očitno mora biti $\alpha \neq \pi$, saj sicer ulomek na levi strani neenakosti ne bi bil dobro definiran. Obravnavajmo dva primera. |
|
|
| Če je $0<\alpha<\pi$, tedaj je $\sin \alpha>0$. Torej če neenakost pomožimo s $\sin \alpha$, se neenačaj ohrani in dobimo $5 \sin \alpha-2 \geq 2 \sin ^{2} \alpha$. Neenakost preuredimo do $2 \sin ^{2} \alpha-5 \sin \alpha+2 \leq 0$ in levo stran razstavimo $(2 \sin \alpha-1)(\sin \alpha-2) \leq 0$. Ker je $\sin \alpha-2<0$, mora biti $2 \sin \alpha-1 \geq 0$ oziroma $\sin \alpha \geq \frac{1}{2}$. Od tod sledi $\frac{\pi}{6} \leq \alpha \leq \frac{5 \pi}{6}$ in vsak tak $\alpha$ ustrezajo tudi pogoju $0<\alpha<\pi$. |
|
|
| Če pa je $\pi<\alpha<2 \pi$, tedaj je $\sin \alpha<0$. Pri množenju neenakosti s $\sin \alpha$ se neenačaj obrne, zato po preureditvi dobimo $(2 \sin \alpha-1)(\sin \alpha-2) \geq 0$. Ker je $\sin \alpha<0$, je $2 \sin \alpha-1<0$ in $\sin \alpha-2<0$, torej je neenakost $\mathrm{v}$ tem primeru avtomatično izpolnjena. |
|
|
| Rešitev naloge je torej $\alpha \in\left[\frac{\pi}{6}, \frac{5 \pi}{6}\right] \cup(\pi, 2 \pi)$. |
|
|
| Ugotovitev, da $\alpha \neq \pi$ .1 točka |
|
|
| Ugotovitev, če je $0<\alpha<\pi$, tedaj je $\sin \alpha>0$ 2 točki |
|
|
| Preoblikovanje neenačbe v $5 \sin \alpha-2 \geq 2 \sin ^{2} \alpha$ 1 točka |
|
|
| Razcep enačbe $(2 \sin \alpha-1)(\sin \alpha-2) \leq 0$ 2 točki |
|
|
| Ugotovitev, da je $\sin \alpha-2<0$ 2 točki |
|
|
|  |
|
|
|  |
|
|
|  |
|
|
|  |
|
|
|  |
|
|
|  |
|
|
| Zapis skupne rešitve ................................................................................. 2 točki |
|
|
| 2. Naj bo $z=a+b i$ in $w=c+d i$. Iz prve enačbe sledi |
|
|
| $$ |
| c^{2}+2 i c d-d^{2}=63+16 i |
| $$ |
|
|
| S primerjavo realnih in imaginarnih delov dobimo sistem enačb |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| c^{2}-d^{2} & =63 \\ |
| 2 c d & =16 |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| Iz druge enačbe izrazimo $d=\frac{8}{c}$ in vstavimo v prvo enačbo, da dobimo $c^{2}-\frac{64}{c^{2}}=63$. Enačbo preuredimo do $c^{4}-63 c^{2}-64=0$ in levo stran razstavimo $\left(c^{2}+1\right)\left(c^{2}-64\right)=0$. Od tod sledi $c^{2}=64$ oziroma $c= \pm 8$ in posledično $d= \pm 1$. Torej je $w=8+i$ ali $w=-8-i$. Obravnavajmo oba primera. |
|
|
| Ce je $w=8+i$, iz druge enačbe $\mathrm{v}$ nalogi sledi |
|
|
| $$ |
| 2(a+b i)-i \sqrt{a^{2}+b^{2}}=8+i |
| $$ |
|
|
| Zopet primerjamo realna in imaginarna dela in dobimo |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| 2 a & =8 \\ |
| 2 b-\sqrt{a^{2}+b^{2}} & =1 . |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| ## Naloge za 3. letnik |
|
|
| Od tod najprej izračunamo $a=4$, nato pa slednje vstavimo v drugo enačbo, da dobimo $2 b-$ $\sqrt{16+b^{2}}=1$. Enačbo preoblikujemo v $\sqrt{16+b^{2}}=2 b-1$ in jo kvadriramo, da dobimo $16+b^{2}=$ $4 b^{2}-4 b+1$. Enačbo sedaj uredimo $3 b^{2}-4 b-15=0$ in levo stran razstavimo $(3 b+5)(b-3)=0$. Rešitvi enačbe sta $b=-\frac{5}{3}$ in $b=3$, od katerih pa le druga ustreza enačbi $\sqrt{16+b^{2}}=2 b-1$. Torej je $b=3$ in $z=4+3 i$. |
|
|
| Ce je $w=-8-i$, na enak način kot $\mathrm{v}$ prvem primeru pridemo do sistema enačb |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| 2 a & =-8 \\ |
| 2 b-\sqrt{a^{2}+b^{2}} & =-1 |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| Iz prve enačbe izračunamo $a=-4$, zato iz druge enačbe dobimo $2 b-\sqrt{16+b^{2}}=-1$. Po preoblikovanju tokrat dobimo $\sqrt{16+b^{2}}=2 b+1$, po kvadriranju pa $16+b^{2}=4 b^{2}+4 b+1$. Enačbo uredimo $3 b^{2}+4 b-15=0$ in levo stran spet razstavimo $(3 b-5)(b+3)=0$. Rešitvi enačbe sta $b=\frac{5}{3}$ in $b=-3$, od katerih le prva ustreza enačbi $\sqrt{16+b^{2}}=2 b+1$. Sledi $b=\frac{5}{3}$ in $z=-4+\frac{5}{3} i$. |
|
|
| Sistem enačb ima torej dve rešitvi, to sta $w=8+i, z=4+3 i$ ter $w=-8-i, z=-4+\frac{5}{3} i$. |
| Ureditev prve enačbe do $c^{2}+2 i c d-d^{2}=63+16 i$ ..... 1 točka |
| Zapis sistema enačb $c^{2}-d^{2}=63,2 c d=16$ ..... 2 točki |
| Rešitev sistema enačb ..... 1 točka |
| Zapis rešitve $w=8+i$ ali $w=-8-i$ ..... 2 točki |
| Zamenjava $w=8+i$ v drugi enačbi ..... 1 točka |
| Zapis sistema enačb $2 a=8,2 b-\sqrt{a^{2}+b^{2}}=1$ ..... 2 točki |
| Rešitev sistema enačb ..... 2 točki |
| Izločitev rešitve $b=-\frac{5}{3}$ ..... 1 točka |
| Zapis rešitve $z=4+3 i$ ..... 1 točka |
| Zamenjava $w=-8-i$ v drugi enačbi ..... 1 točka |
| Zapis sistema enačb $2 a=-8,2 b-\sqrt{a^{2}+b^{2}}=-1$ ..... 2 točki |
| Rešitev sistema enačb ..... 2 točki |
| Izločitev rešitve $b=-3$ ..... 1 točka |
| Zapis rešitve $z=-4+\frac{5}{3} i$ ..... 1 točka |
|
|
| # 66. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije |
|
|
| 16. marec 2006 |
|
|
| Rešitve nalog za Naloge za 4. letnik |
|
|
|  |
|
|
| Enačbo elipse delimo s 36 , da dobimo $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$. Dana elipsa je v središčni legi, njena velika polos je enaka $a=3$, njena mala polos pa $b=2$. Ker točka $K$ leži na elipsi, velja $\left|K F_{1}\right|+\left|K F_{2}\right|=2 a=6$. Ker pa je $\left|K F_{1}\right|:\left|K F_{2}\right|=2$, sledi $\left|K F_{1}\right|=4$ in $\left|K F_{2}\right|=2$. Linearna ekscentričnost elipse je enaka $e=\sqrt{a^{2}-b^{2}}=\sqrt{5}$, zato je $\left|F_{1} F_{2}\right|=2 e=2 \sqrt{5}$. Opazimo, da velja $\left|K F_{1}\right|^{2}+\left|K F_{2}\right|^{2}=20=\left|F_{1} F_{2}\right|^{2}$, torej je trikotnik $K F_{1} F_{2}$ pravokoten s pravim kotom pri $K$. Njegova ploščina je zato enaka $p=\frac{1}{2} \cdot\left|K F_{1}\right| \cdot\left|K F_{2}\right|=\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 2=4$. |
|
|
| 2. način. Postopamo enako kot v prvi rešitvi, ploščino trikornika $K F_{1} F_{2}$ pa izračunamo po Heronovem obrazcu $p=\sqrt{s\left(s-a_{1}\right)\left(s-b_{1}\right)\left(s-c_{1}\right)}$, kjer je $s=\frac{a_{1}+b_{1}+c_{1}}{2}$ in $a_{1}=\left|F_{1} F_{2}\right|=2 \sqrt{5}$, $b_{1}=\left|K F_{2}\right|=2, c_{1}=\left|K F_{1}\right|=4$. Torej je $s=3+\sqrt{5}$ in zato je ploščina trikotnika enaka |
| |
| $$ |
| p=\sqrt{(3+\sqrt{5})(3-\sqrt{5})(\sqrt{5}+1)(\sqrt{5}-1)}=\sqrt{(9-5)(5-1)}=4 |
| $$ |
| |
| Zapis središča, velike in male polosi elipse ..... 2 točki |
| Pregledno narisana in označena skica ..... 2 točki |
| Utemeljena ugotovitev $\left|K F_{1}\right|+\left|K F_{2}\right|=2 a=6$ ..... 2 točki |
| Izračun $\left|K F_{1}\right|=4$ in $\left|K F_{2}\right|=2$ ..... 1 točka |
| Izračun $e=\sqrt{5}$ ali $\left|F_{1} F_{2}\right|=2 e=2 \sqrt{5}$ ..... 1 točka |
| Utemeljena ugotovitev trikotnik $K F_{1} F_{2}$ pravokoten s pravim kotom pri $K$ ..... 8 točk |
| Izračun ploščine ..... 4 točke. |
| 2. način. Zapis središča, velike in male polosi elipse ..... 2 točki |
| Pregledno narisana in označena skica ..... 2 točki |
| Utemeljena ugotovitev $\left|K F_{1}\right|+\left|K F_{2}\right|=2 a=6$ ..... 2 točki |
| Izračun $\left|K F_{1}\right|=4$ in $\left|K F_{2}\right|=2$ ..... 1 točka |
| Izračun $e=\sqrt{5}$ ali $\left|F_{1} F_{2}\right|=2 e=2 \sqrt{5}$ ..... 1 točka |
| Zapis Heronovega obrazca in izračun $s=3+\sqrt{5}$ ..... 4 točke |
| Izračun ploščine ..... 8 točk. |
| 2. Trditev bomo dokazali z matematično indukcijo. V bazi indukcije preverimo primera $n=1$ |
| in $n=2$. Števili |
| |
| $$ |
| x^{1}+\frac{1}{x^{1}}=x+\frac{1}{x} |
| $$ |
| |
| in |
| |
| $$ |
| x^{2}+\frac{1}{x^{2}}=\left(x+\frac{1}{x}\right)^{2}-2 |
| $$ |
| |
| sta celi števili, saj je $x+\frac{1}{x}$ po predpostavki naloge celo število. V indukcijski predpostavki predpostavimo, da za neko naravno število $n \geq 2$ velja, da je $x^{k}+\frac{1}{x^{k}}$ celo število za vsa naravna |
| števila $k \leq n$. V indukcijskem koraku moramo pokazati, da je tedaj tudi $x^{n+1}+\frac{1}{x^{n+1}}$ celo število. Opazimo, da velja |
| |
| $$ |
| x^{n+1}+\frac{1}{x^{n+1}}=\left(x^{n}+\frac{1}{x^{n}}\right) \cdot\left(x+\frac{1}{x}\right)-\left(x^{n-1}+\frac{1}{x^{n-1}}\right) |
| $$ |
| |
| Ker je $n \geq 2$, sta $n$ in $n-1$ naravni števili, zato so po indkukcijski predpostavki števila $x^{n}+\frac{1}{x^{n}}$, $x^{n-1}+\frac{1}{x^{n-1}}$ in $x+\frac{1}{x}$ cela števila. Od tod sledi, da je tudi $x^{n+1}+\frac{1}{x^{n+1}}$ celo število, saj so cela števila zaprta za množenje in odštevanje. S tem je indukcija zaključena in trditev dokazana. |
| |
| Baza indukcije ( $n=1$ in $n=2$ ) .6 točk |
| |
| Zapis indukcijske predpostavke .2 točki |
| |
|  |
| |
|  |
| |
| |
