| # 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 |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| & 20 x^{2}+20 y^{2}+a x+b y+18=0 \\ |
| & 18 x^{2}+18 y^{2}+a x+b y+20=0 |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| vsaj eno realno rešitev. |
|
|
| ## 67. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije |
|
|
| ## 17. marec 2022 <br> Naloge za 1. letnik (rešitve) |
|
|
| 1. Iz pogoja $y-x=2$ izrazimo $y=x+2$ in vstavimo $\mathrm{v}$ izraz, da dobimo |
|
|
| $$ |
| A=2 x^{3}+y^{3}-3 y^{2} x+6 x^{2}=2 x^{3}+(x+2)^{3}-3(x+2)^{2} x+6 x^{2} |
| $$ |
|
|
| Z upoštevanjem zvez $(x+2)^{2}=x^{2}+4 x+4$ in $(x+2)^{3}=x^{3}+6 x^{2}+12 x+8$ izračunamo |
|
|
| $$ |
| A=2 x^{3}+\left(x^{3}+6 x^{2}+12 x+8\right)-\left(3 x^{3}+12 x^{2}+12 x\right)+6 x^{2}=8 |
| $$ |
|
|
| Vrednost izraza je 8 . |
|
|
| 2. način. Izraz preoblikujemo |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| A & =2 x^{3}+y^{3}-3 y^{2} x+6 x^{2}=\left(2 x^{3}-2 y^{2} x\right)+\left(y^{3}-y^{2} x\right)+6 x^{2} \\ |
| & =2 x\left(x^{2}-y^{2}\right)+y^{2}(y-x)+6 x^{2}=2 x(x+y)(x-y)+y^{2}(y-x)+6 x^{2} |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| $\mathrm{Z}$ upoštevanjem pogoja $y-x=2$ dobimo |
|
|
| $$ |
| A=-4 x(x+y)+2 y^{2}+6 x^{2}=2 x^{2}-4 x y+2 y^{2}=2\left(x^{2}-2 x y+y^{2}\right)=2(x-y)^{2} |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| \alpha_{1}+\gamma_{2}=60^{\circ} \text {. } |
| $$ |
|
|
| Podobno izpeljemo še |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| \beta_{1}+\alpha_{2} & =100^{\circ} \\ |
| \gamma_{1}+\beta_{2} & =20^{\circ} |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| 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 |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| \alpha_{1}+\beta_{1}+\beta_{2} & =90^{\circ} \\ |
| \alpha_{2}+\gamma_{1}+\gamma_{2} & =90^{\circ} \\ |
| \beta_{1}+\gamma_{1}+\gamma_{2} & =90^{\circ} \\ |
| \beta_{2}+\alpha_{1}+\alpha_{2} & =90^{\circ} \\ |
| \gamma_{1}+\alpha_{1}+\alpha_{2} & =90^{\circ} \\ |
| \gamma_{2}+\beta_{1}+\beta_{2} & =90^{\circ} |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| 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 <br> 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 |
| |
| $$ |
| \log _{2}(x-1)+\log _{2}(4-x)<0 |
| $$ |
| |
| $\mathrm{Z}$ upoštevanjem pravila za vsoto logaritmov dobimo |
| |
| $$ |
| \log _{2}((x-1)(4-x))<0 |
| $$ |
| |
| 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 |
| |
| $$ |
| 20(-b y-38)^{2}+20 a^{2} y^{2}+a^{2}(-b y-38)+a^{2} b y+18 a^{2}=0 |
| $$ |
| |
| Odpravimo oklepaje |
| |
| $$ |
| 20\left(b^{2} y^{2}+2 \cdot 38 b y+38^{2}\right)+20 a^{2} y^{2}-a^{2} b y-38 a^{2}+a^{2} b y+18 a^{2}=0 |
| $$ |
| |
| in enačbo poenostavimo do |
| |
| $$ |
| \left(a^{2}+b^{2}\right) y^{2}+2 \cdot 38 b y+\left(38^{2}-a^{2}\right)=0 |
| $$ |
| |
| 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 $\log _{2}(x-1)+\log _{2}(4-x)<0$........................................................................................................ |
| |
|  |
| |
|  |
| |
|  |
| |
|  |
| |
| 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. |
| |
| |
