Slovenia/md/sl-massa/sl-MaSSA_Odbirno_2023.md

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.

Naloge za 1. letnik

Čas reševanja: 45 minut.

B1. Izračunaj vrednost izraza $2 x^{3}+y^{3}-3 y^{2} x+6 x^{2}$, če sta $x$ in $y$ realni števili, za kateri velja $y-x=2$.

B2. Poišči vsa cela števila $n$, za katera je tudi število $\frac{9 n+8}{n+7}$ celo.

Čas reševanja: 45 minut.

B1. Poišči vsa cela števila $n$, za katera je tudi število $\frac{7 n+5}{2 n+3}$ celo.

B2. Naj bo $\mathcal{K}$ ostrokotnemu trikotniku $A B C$ očrtana krožnica. Nosilke višin skozi $A, B$ in $C$ krožnico $\mathcal{K}$ zaporedoma sekajo še v točkah $A^{\prime}, B^{\prime}$ in $C^{\prime}$. Naj bo $\Varangle B^{\prime} A^{\prime} C^{\prime}=20^{\circ}, \Varangle C^{\prime} B^{\prime} A^{\prime}=60^{\circ}$ in $\Varangle A^{\prime} C^{\prime} B^{\prime}=100^{\circ}$. Izračunaj notranje kote trikotnika $A B C$.

Čas reševanja: 45 minut.

B1. Poišči vsa cela števila $n$, za katera je tudi število $\frac{11 n+12}{3 n-5}$ celo.

B2. Poišči vsa realna števila $x$, ki zadoščajo neenačbi $\log _{\frac{1}{2}}(4-x)>\log _{2}(x-1)$.

Naloge za 4. letnik

Čas reševanja: 45 minut.

B1. Poišči vsa cela števila $n$, za katera je tudi število $\frac{12 n^{2}-1}{n-12}$ celo.

B2. Poišči pogoj za realni števili $a$ in $b$, ki je hkrati potreben in zadosten, da ima sistem enačb

vsaj eno realno rešitev.

67. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

17. marec 2022
Naloge za 1. letnik (rešitve)

1. Iz pogoja $y-x=2$ izrazimo $y=x+2$ in vstavimo $\mathrm{v}$ izraz, da dobimo

$$A=2x^3+y^3-3y^{2}x+6x^2=2x^3+(x+2{)}^3-3(x+2{)}^{2}x+6x^{2}A=2\; x^\{3\}+y^\{3\}-3\; y^\{2\}\; x+6\; x^\{2\}=2\; x^\{3\}+(x+2)^\{3\}-3(x+2)^\{2\}\; x+6\; x^\{2\}$$

Z upoštevanjem zvez $(x+2)^{2}=x^{2}+4 x+4$ in $(x+2)^{3}=x^{3}+6 x^{2}+12 x+8$ izračunamo

$$A=2x^3+(x^3+6x^2+12x+8)-(3x^3+12x^2+12x)+6x^2=8A=2\; x^\{3\}+\backslash left(x^\{3\}+6\; x^\{2\}+12\; x+8\backslash right)-\backslash left(3\; x^\{3\}+12\; x^\{2\}+12\; x\backslash right)+6\; x^\{2\}=8$$

Vrednost izraza je 8 .

2. način. Izraz preoblikujemo

$\mathrm{Z}$ upoštevanjem pogoja $y-x=2$ dobimo

$$A=-4x(x+y)+2y^2+6x^2=2x^2-4xy+2y^2=2(x^2-2xy+y^2)=2(x-y{)}^{2}A=-4\; x(x+y)+2\; y^\{2\}+6\; x^\{2\}=2\; x^\{2\}-4\; x\; y+2\; y^\{2\}=2\backslash left(x^\{2\}-2\; x\; y+y^\{2\}\backslash right)=2(x-y)^\{2\}$$

Še enkrat upoštevamo pogoj in dobimo $A=2 \cdot(-2)^{2}=8$.

Zapis ali upoštevanje zveze $(x+2)^{2}=x^{2}+4 x+4 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ točke

Zapis ali upoštevanje zveze $(x+2)^{3}=x^{3}+6 x^{2}+12 x+8 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots$. 4 točke

Zapis $A=2 x^{3}+\left(x^{3}+6 x^{2}+12 x+8\right)-\left(3 x^{3}+12 x^{2}+12 x\right)+6 x^{2} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . . .5$ točk

Izračun $A=8$...................................................................................................... 5 točk.

2. način. Preoblikovanje izraza v $A=\left(2 x^{3}-2 y^{2} x\right)+\left(y^{3}-y^{2} x\right)+6 x^{2} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots$ točke

Upoštevanje $y-x=2$ in izračun $A=-4 x(x+y)+2 y^{2}+6 x^{2} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots$ točke

2. Ker je $9 n+8=9(n+7)-55$, je $\frac{9 n+8}{n+7}=9-\frac{55}{n+7}$. Slednje je celo število natanko tedaj, ko $n+7$ deli 55 . Ker je $55=5 \cdot 11$, sledi $n+7 \in{-55,-11,-5,-1,1,5,11,55}$ oziroma $n \in$ ${-62,-18,-12,-8,-6,-2,4,48}$.
3. način. Število $n+7$ mora deliti $9 n+8$, zato mora deliti tudi $(9 n+8)-9(n+7)=-55$. Torej je $n+7 \in{-55,-11,-5,-1,1,5,11,55}$ oziroma $n \in{-62,-18,-12,-8,-6,-2,4,48}$. Preizkus pokaže, da vsa ta števila ustrezajo pogoju naloge. Zapis $\frac{9 n+8}{n+7}=9-\frac{55}{n+7}$ ..... 6 točk Ugotovitev $n+7$ deli 55 ..... 4 točke Razcep $55=11 \cdot 5$ ..... 1 točka Sklep $n+7 \in{-55,-11,-5,-1,1,5,11,55}$ ..... 6 točk Izračun $n \in{-62,-18,-12,-8,-6,-2,4,48}$ ..... 3 točke.
4. način. Zapis $9 n+8 \operatorname{kot} 9(n+7)-55$ ..... 6 točk Ugotovitev $n+7$ deli $(9 n+8)-9(n+7)=-55$ ..... 4 točke Razcep $55=11 \cdot 5$ ..... 1 točka Sklep $n+7 \in{-55,-11,-5,-1,1,5,11,55}$ ..... 6 točk Izračun $n \in{-62,-18,-12,-8,-6,-2,4,48}$ ..... 3 točke.

67. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

17. marec 2022

Naloge za 2. letnik (rešitve)

1. Ker je $7 n+5=\frac{7}{2}(2 n+3)-\frac{11}{2}$, lahko zapišemo $\frac{7 n+5}{2 n+3}=\frac{7}{2}-\frac{11}{2} \cdot \frac{1}{2 n+3}=\frac{1}{2}\left(7-\frac{11}{2 n+3}\right)$. Torej mora biti število $7-\frac{11}{2 n+3}$ celo in sodo, kar pa velja natanko tedaj, ko $2 n+3$ deli 11, saj je tedaj število $\frac{11}{2 n+3}$ avtomatično liho. Sledi $2 n+3 \in{-11,-1,1,11}$ oziroma $n \in{-7,-2,-1,4}$.
2. način. Število $2 n+3$ mora deliti $7 n+5$, zato mora deliti tudi $(7 n+5)-3(2 n+3)=n-4$ in posledično tudi $2(n-4)-(2 n+3)=-11$. Sledi $2 n+3 \in{-11,-1,1,11}$ oziroma $n \in$ ${-7,-2,-1,4}$. Preizkus pokaže, da vsa ta štiri števila res ustrezajo pogoju naloge.

2.

Označimo $\angle B A A^{\prime}=\alpha_{1}, \angle A^{\prime} A C=\alpha_{2}, \angle C B B^{\prime}=\beta_{1}, \angle B^{\prime} B A=\beta_{2}, \angle A C C^{\prime}=\gamma_{1}$ in $\angle C^{\prime} C B=$ $\gamma_{2}$. Nožišča višin skozi $A, B$ in $C$ označimo zaporedoma z $A^{\prime \prime}, B^{\prime \prime}$ in $C^{\prime \prime}$. Trikotnika $A^{\prime \prime} A B$ in $C^{\prime \prime} C B$ sta podobna, saj se ujemata v pravem kotu in kotu pri $B$, zato je $\alpha_{1}=\gamma_{2}$. Po izreku o obodnem kotu je $\alpha_{1}=\angle B B^{\prime} A^{\prime}$ in $\gamma_{2}=\angle C^{\prime} B^{\prime} B$. Sledi $\angle B B^{\prime} A^{\prime}=\alpha_{1}=\gamma_{2}=\angle C^{\prime} B^{\prime} B$, torej je premica $B B^{\prime}$ simetrala kota $\angle C^{\prime} B^{\prime} A^{\prime}$ in zato je $\alpha_{1}=\gamma_{2}=\frac{1}{2} \angle C^{\prime} B^{\prime} A^{\prime}=30^{\circ}$. Podobno pokažemo, da je $\beta_{1}=\alpha_{2}=\frac{1}{2} \angle A^{\prime} C^{\prime} B^{\prime}=50^{\circ}$ in $\gamma_{1}=\beta_{2}=\frac{1}{2} \angle B^{\prime} A^{\prime} C^{\prime}=10^{\circ}$. Sledi $\angle B A C=\alpha_{1}+\alpha_{2}=80^{\circ}$, $\angle C B A=\beta_{1}+\beta_{2}=60^{\circ}$ in $\angle A C B=\gamma_{1}+\gamma_{2}=40^{\circ}$.

2. način. Uporabimo enake oznake kot v prvi rešitvi. Po izreku o obodnem kotu je $\alpha_{1}+\gamma_{2}=$ $\angle B B^{\prime} A^{\prime}+\angle C^{\prime} B^{\prime} B=\angle C^{\prime} B^{\prime} A^{\prime}=60^{\circ}$, torej

$${\alpha }_1+{\gamma }_2={60}^{\circ }\text{. }\backslash alpha\_\{1\}+\backslash gamma\_\{2\}=60^\{\backslash circ\}\; \backslash text\; \{.\; \}$$

Podobno izpeljemo še

Z upoštevanje, da so premice $A A^{\prime \prime}, B B^{\prime \prime}$ in $C C^{\prime \prime}$ pravokotne na stranice trikotnika $A B C$, dobimo

Če seštejemo enačbi (1) in (4) ter odštejemo enačbo (9), dobimo $2 \alpha_{1}=60^{\circ}$ oziroma $\alpha_{1}=30^{\circ}$. Podobno iz (2)+(5)-(6) dobimo $\alpha_{2}=50^{\circ}$, iz (2)+(6)-(5) dobimo $\beta_{1}=50^{\circ}$, iz (3)+(7)-(8) dobimo $\beta_{2}=10^{\circ}$, iz (3)+(8)-(7) dobimo $\gamma_{1}=10^{\circ}$, in iz (1)+(9)-(4) dobimo $\gamma_{2}=30^{\circ}$. Sledi $\angle B A C=$ $\alpha_{1}+\alpha_{2}=80^{\circ}, \angle C B A=\beta_{1}+\beta_{2}=60^{\circ}$ in $\angle A C B=\gamma_{1}+\gamma_{2}=40^{\circ}$.

Pregledno narisana skica z označenim trikotnikom $A B C$ in točkami $A^{\prime}, B^{\prime}$ in $C^{\prime} \ldots \ldots 3$ točke

Ugotovitev $\beta_{1}=\alpha_{2}=\frac{1}{2} \angle A^{\prime} C^{\prime} B^{\prime}=50^{\circ}$ in $\gamma_{1}=\beta_{2}=\frac{1}{2} \angle B^{\prime} A^{\prime} C^{\prime}=10^{\circ} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots .5$ točk

Izračun $\angle B A C=80^{\circ}, \angle C B A=60^{\circ}, \angle A C B=40^{\circ} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$.

2. način. Pregledno narisana skica z označenim trikotnikom $A B C$ in oglišči $A^{\prime}, B^{\prime}$ in $C^{\prime} 3$ točke

Zapis enačb $\alpha_{1}+\beta_{1}+\beta_{2}=90^{\circ}$ itd. ....................................................................................

Reševanje sistema enačb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 točke

Izračun $\angle B A C=80^{\circ}, \angle C B A=60^{\circ}, \angle A C B=40^{\circ} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots$ točke.

67. matematično tekmovanje
srednješolcev Slovenije

17. marec 2022

Naloge za 3. letnik (rešitve)

1. Ker je $11 n+12=\frac{11}{3}(3 n-5)+\frac{91}{3}$, lahko zapišemo $\frac{11 n+12}{3 n-5}=\frac{11}{3}+\frac{91}{3} \cdot \frac{1}{3 n-5}=\frac{1}{3}\left(11+\frac{91}{3 n-5}\right)$. Torej mora $3 n-5$ deliti $91=7 \cdot 13$ in hkrati mora biti število $11+\frac{91}{3 n-5}$ deljivo s 3 . Iz prvega pogoja sledi $3 n-5 \in{-91,-13,-7,-1,1,7,13,91}$. Prve štiri možnosti nam ne dajo celega števila $n$, iz zadnjih štirih možnosti pa dobimo $n \in{2,4,6,32}$. Pri vseh teh štirih vrednostih je število $11+\frac{91}{3 n-5} \in{12,18,24,102}$ deljivo s 3 . Rešitve so torej $n \in 2,4,6,32$.
2. način. Število $3 n-5$ mora deliti $11 n+12$, zato mora deliti tudi $(11 n+12)-3(3 n-$ $5)=2 n+27$ in posledično tudi $3(2 n+27)-2(3 n-5)=91=7 \cdot 13$. Od tod sledi $3 n-$ $5 \in{-91,-13,-7,-1,1,7,13,91}$, toda le zadnje štiri možnosti nam dajo celo število $n \in$ ${2,4,6,32}$. Preizkus pokaže, da vsa ta števila zadoščajo pogoju naloge. Zapis $\frac{11 n+12}{3 n-5}=\frac{1}{3}\left(11+\frac{91}{3 n-5}\right)$ 6 točk

Ugotovitev, da $3 n-5$ deli 91 in 3 deli $11+\frac{91}{3 n-5}$ .4 točke

Sklep $3 n-5 \in{-91,-13,-7,-1,1,7,13,91}$ 6 točk

Ugotovitev, da za $3 n-5 \in{-91,-13,-7,-1}$ ne dobimo celega števila 2 točki Izračun $n \in 2,4,6,32$ 2 točki.

2. način. Zapis $11 n+12 \operatorname{kot} 3(3 n-5)+2 n+27$ 6 točk

Ugotovitev $3 n-5$ deli $2 n+27$ 2 točki

Ugotovitev $3 n-5$ deli 91 2 točki

Ugotovitev, da za $3 n-5 \in{-91,-13,-7,-1}$ ne dobimo celega števila ................ 2 točki Izračun $n \in{2,4,6,32}$ .2 točki.

2. Da bosta logaritma dobro definirana, mora veljati $4-x>0$ in $x-1>0$, torej $1<x<4$. Ker je $\log _{\frac{1}{2}}(4-x)=\frac{\log _{2}(4-x)}{\log _{2} \frac{1}{2}}=-\log _{2}(4-x)$, je dana neenačba ekvivalentna neenačbi

$\mathrm{Z}$ upoštevanjem pravila za vsoto logaritmov dobimo

torej mora biti $(x-1)(4-x)<1$. Levo stran zmnožimo in neenačbo preuredimo do $x^{2}-5 x+5>$ 0 . Ničli kvadratne funkcije na levi strani sta $x_{1,2}=\frac{5 \pm \sqrt{25-20}}{2}=\frac{5 \pm \sqrt{5}}{2}$. Ker je vodilni koeficient pozitiven, so rešitve kvadratne neenačbe $x \in\left(-\infty, \frac{5-\sqrt{5}}{2}\right) \cup\left(\frac{5+\sqrt{5}}{2}, \infty\right)$. Z upoštevanjem pogoja $1<x<4$ dobimo končno rešitev $x \in\left(1, \frac{5-\sqrt{5}}{2}\right) \cup\left(\frac{5+\sqrt{5}}{2}, 4\right)$.[^0]

67. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

17. marec 2022

Naloge za 4. letnik (rešitve)

1. Če polinom $12 n^{2}-1$ delimo s polinomom $n-12$, dobimo rezultat $12 n+144$ in ostanek 1727 . Torej je $12 n^{2}-1=(12 n+144)(n-12)+1727$ in zato $\frac{12 n^{2}-1}{n-12}=12 n+144+\frac{1727}{n-12}$. Slednje bo celo število natanko tedaj, ko $n-12$ deli 1727. Praštevilski razcep števila 1727 je enak $1727=11 \cdot 157$, torej mora biti $n-12 \in{-1727,-157,-11,-1,1,11,157,1727}$ oziroma $n \in$ ${-1715,-145,1,11,13,23,169,1739}$.
2. način. Število $n-12$ mora deliti $12 n^{2}-1$, zato mora deliti tudi $\left(12 n^{2}-1\right)-12 n(n-12)=$ $144 n-1$ in posledično tudi $(144 n-1)-144(n-12)=1727=11 \cdot 157$. Sledi $n-12 \in$ ${-1727,-157,-11,-1,1,11,157,1727}$ oziroma $n \in{-1715,-145,1,11,13,23,169,1739}$. Preizkus pokaže, da vsa ta števila usterezajo pogoju naloge.

Izračun $n \in{-1715,-145,1,11,13,23,169,1739}$......................................................................................................

2. Od prve enačbe odštejemo drugo in dobimo $2 x^{2}+2 y^{2}-2=0$ oziroma $x^{2}+y^{2}=1$, kar predstavlja enotsko krožnico. Če slednje upoštevamo v prvi enačbi $20\left(x^{2}+y^{2}\right)+a x+b y+18=0$, dobimo $a x+b y+38=0$, kar predstavlja premico. Sistem bo imel realno rešitev natanko tedaj, ko bo premica $a x+b y+38=0$ sekala krožnico $x^{2}+y^{2}=1$, torej ko bo ta premica od izhodišča oddaljena 1 enoto ali manj. Ker je razdalja med izhodiščem in premico enaka $d=\frac{|a \cdot 0+b \cdot 0+38|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=\frac{38}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$, je iskani pogoj $\frac{38}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}} \leq 1$ oziroma $\sqrt{a^{2}+b^{2}} \geq 38$ oziroma $a^{2}+b^{2} \geq 38^{2}$. 2. način. Prvo enačbo pomnožimo z 18 in drugo z 20 , nato pa enačbi odštejemo, da dobimo $-2 a x-2 b x+18^{2}-20^{2}=0$ oziroma $a x+b y+38=0$. Od tod izrazimo $a x=-b y-38$. Če prvo enačbo pomnožimo $\mathrm{z} a^{2}$ in upoštevamo izpeljano zvezo za $a x$, dobimo

$$20(-by-38{)}^2+20a^2{y}^2+a^2(-by-38)+a^{2}by+18a^2=020(-b\; y-38)^\{2\}+20\; a^\{2\}\; y^\{2\}+a^\{2\}(-b\; y-38)+a^\{2\}\; b\; y+18\; a^\{2\}=0$$

Odpravimo oklepaje

$$20(b^2{y}^2+2\cdot 38by+{38}^2)+20a^2{y}^2-a^{2}by-38a^2+a^{2}by+18a^2=020\backslash left(b^\{2\}\; y^\{2\}+2\; \backslash cdot\; 38\; b\; y+38^\{2\}\backslash right)+20\; a^\{2\}\; y^\{2\}-a^\{2\}\; b\; y-38\; a^\{2\}+a^\{2\}\; b\; y+18\; a^\{2\}=0$$

in enačbo poenostavimo do

$$(a^2+b^2)y^2+2\cdot 38by+({38}^2-a^2)=0\backslash left(a^\{2\}+b^\{2\}\backslash right)\; y^\{2\}+2\; \backslash cdot\; 38\; b\; y+\backslash left(38^\{2\}-a^\{2\}\backslash right)=0$$

Obravnavajmo dva primera. Če je $a \neq 0$, potem ima sistem enačb realno rešitev natanko tedaj, ko ima zgornja kvadratna enačba realno rešitev $y$, saj je tedaj tudi $x=\frac{-b y-38}{a}$ realno število. Kvadratna enačba ima realno rešitev, če je njena determinanta $D=4 \cdot 38^{2} b^{2}-4\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(38^{2}-a^{2}\right)=$ $4 a^{2}\left(a^{2}+b^{2}-38^{2}\right)$ pozitivna. Ker je $a \neq 0$, se to zgodi takrat, ko je $a^{2}+b^{2} \geq 38^{2}$. Če pa je $a=0$, iz enačbe $a x+b y+38=0$ sledi $b y=-38$. Obe enakosti sistema se $\mathrm{v}$ tem primeru poenostavita do $x^{2}+y^{2}-1=0$. Hkrati je $y=-\frac{38}{b}$ in zato $x^{2}=1-\frac{38^{2}}{b^{2}}$. V tem primeru ima sistem realno rešitev natanko tedaj, ko je $1-\frac{38^{2}}{b^{2}} \geq 0$ oziroma $b^{2} \geq 38^{2}$. Ker pa je $a=0$, je slednji pogoj prav tako ekvivalenten pogoju $a^{2}+b^{2} \geq 38^{2}$.

Iskani pogoj za $a$ in $b$ je torej $a^{2}+b^{2} \geq 38^{2}$ oziroma $\sqrt{a^{2}+b^{2}} \geq 38$.

Odšteti enačbi in zapis enakosti $2 x^{2}+2 y^{2}-2=0$ oz. $x^{2}+y^{2}=1 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots . \ldots$ točke

Sklep, da mora biti razdalja med premico in izhodiščem ena ali manj .................. 1 točka

Obravnava primera $a \neq 0$ : ugotovitev, da je $x$ realno število ...............................................

[^0]: Prehod na novo osnovo 3 točke

Zapis neenakosti $\log _{2}(x-1)+\log _{2}(4-x)<0$........................................................................................................

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_9c9e05d86db623d9f019g-13.jpg?height=57&width=1727&top_left_y=2330&top_left_x=176)

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_9c9e05d86db623d9f019g-13.jpg?height=58&width=1727&top_left_y=2381&top_left_x=176)

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_9c9e05d86db623d9f019g-13.jpg?height=52&width=1725&top_left_y=2427&top_left_x=177)

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_9c9e05d86db623d9f019g-13.jpg?height=65&width=1727&top_left_y=2469&top_left_x=176)

Zapis rešitve kvadratne neenačbe $x \in\left(-\infty, \frac{5-\sqrt{5}}{2}\right) \cup\left(\frac{5+\sqrt{5}}{2}, \infty\right) \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots . . .2$ točki

Zapis rešitve neenačbe (upoštevanje nenegativnosti logaritmanda) $x \in\left(1, \frac{5-\sqrt{5}}{2}\right) \cup\left(\frac{5+\sqrt{5}}{2}, 4\right)$. 4 točke.