Slovenia/md/sl-massa/sl-MaSSA_Podrocno_2008.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.

52. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje, 2. april 2008

Naloge za 1. letnik

1. Poišči vsa realna števila $x$, za katera velja neenakost

$$\mathrm{\mid }\mathrm{\mid }\mathrm{\mid }2-x\mathrm{\mid }-x\mathrm{\mid }-8\mathrm{\mid }\le 2008|||2-x|-x|-8|\; \backslash leq\; 2008$$

2. Naj bo $A B C D$ štirikotnik in $K$ taka točka znotraj trikotnika $A B D$, da sta si trikotnika $A B D$ in $K C D$ podobna. Dokaži, da sta si tedaj tudi trikotnika $B C D$ in $A K D$ podobna.
3. Poišči najmanjše trimestno število, za katero velja, da so vse števke njegovega trikratnika sode.
4. Stranica enakostraničnega trikotnika $A B C$ je dolga $4 \mathrm{~cm}$. Pravokotni projekciji razpolovišča $D$ stranice $A B$ na stranici $B C$ in $A C$ označimo z $E$ in $F$. Izračunaj ploščino trikotnika $D E F$.
5. Na državnem tekmovanju so dijaki reševali 4 naloge. Vsaka je bila ovrednotena s celim številom točk, vsaj 0 in največ 7 točk. Tekmovanja se je udeležilo 42 dijakov. Natanko polovica tekmovalcev je dosegla vsaj $50 %$ točk. Za nagrado je zadoščalo zbrati vsaj 22 točk, to pa je uspelo šestini tekmovalcev.

Tekmovalci, ki niso prejeli nagrade, so skupaj dosegli trikrat toliko točk, kot so jih skupaj dosegli vsi nagrajeni tekmovalci. Dokaži, da obstaja vsaj 6 tekmovalcev, ki so posamezno dosegli vsaj $25 %$ točk, a manj kot $50 %$ točk.

52. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje, 2. april 2008

Naloge za 2. letnik

1. Poišči vse celoštevilske rešitve enačbe

$$\frac{x^2}{2}+\frac{5}{y}=7\backslash frac\{x^\{2\}\}\{2\}+\backslash frac\{5\}\{y\}=7$$

2. Dan je enakokrak trikotnik $A B C$ z vrhom $C$. Naj bo $A^{\prime}$ nožišče višine na stranico $B C$. Denimo, da je $\left|C A^{\prime}\right|=\frac{1}{2}|A B|$. Dokaži, da je tedaj trikotnik $A B C$ enakostraničen.
3. Za števili $a$ in $b$ velja $a^{3}+b^{3}=13$ in $a^{9}+b^{9}=-299$. Koliko je $a b$, če veš, da je število $a b$ realno?
4. Naj bo $D$ taka notranja točka stranice $A B$ ostrokotnega trikotnika $A B C$, da je tudi trikotnik $B C D$ ostrokotni. Označimo s $H$ višinsko točko trikotnika $B C D$. Dokaži: če točke $A, D, H$ in $C$ ležijo na isti krožnici, je trikotnik $A B C$ enakokrak.
5. Maja na tablo zapisuje naravna števila. Če je na tabli zapisano število $n$, zapiše na tablo še $3 n+13$. Če je na tabli zapisan popoln kvadrat, napiše tudi njegov koren.

(a) Ali lahko Maja z omenjenima operacijama dobi število 55 , če je na tabli že zapisano število $256 ?$

(b) Ali lahko Maja z omenjenima operacijama dobi število 256, če je na tabli že zapisano število $55 ?$

52. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje, 2. april 2008

Naloge za 3. letnik

1. Dokaži, da za vsako realno število $x \in\left(-\frac{3 \pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ velja enakost

$$\frac{2}{1-\sin x}={\tan }^2(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})+1\backslash frac\{2\}\{1-\backslash sin\; x\}=\backslash tan\; ^\{2\}\backslash left(\backslash frac\{x\}\{2\}+\backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}\backslash right)+1$$

2. Poišči vsa praštevila $p$, za katera ima polinom

$$q(x)=2x^3-2p{x}^2+(1-p)x+pq(x)=2\; x^\{3\}-2\; p\; x^\{2\}+(1-p)\; x+p$$

vsaj eno racionalno ničlo.

3. Poišči vsa pozitivna realna števila $x$ in $y$, za katera velja

$$x^{x+y}=y^{x-y}\text{ in }{x}^{2}y=1x^\{x+y\}=y^\{x-y\}\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; in\; \}\; \backslash quad\; x^\{2\}\; y=1$$

4. Naj bo $A B C D$ tak konveksen štirikotnik, da je trikotnik $B C D$ ostrokoten in velja $|A B|=|A D|$. Presečišče simetrale kota $\angle C A D$ s stranico $C D$ označimo s $K$, presečišče simetrale kota $\angle B A C$ s stranico $B C$ pa z $L$. Naj bosta $K^{\prime}$ in $L^{\prime}$ pravokotni projekciji točk $K$ in $L$ na stranici $B C$ in $C D$. Dokaži, da točke $B, D, L^{\prime}$ in $K^{\prime}$ ležijo na isti krožnici.
5. Danih je $n$ naravnih števil $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$. Za neko naravno število $k$, $k<n$, velja: če izmed danih $n$ naravnih števil kakorkoli izberemo $k$ števil, je vsota izbranih števil deljiva z $n$. Dokaži, da je tudi vsota $a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}$ deljiva z $n$.

52. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje, 2. april 2008

Naloge za 4. letnik

1. Za realni števili $a$ in $b$ velja $\frac{4 a}{a+2 b}-\frac{5 b}{2 a+b}=1$. Kolikšno vrednost lahko zavzame $\frac{a-2 b}{4 a+5 b} ?$
2. Naj bo $D$ razpolovišče stranice $A B, T$ pa težišče trikotnika $A B C$. Izračunaj dolžine njegovih stranic, če velja $|A D|=3,|D T|=5$ in $|T A|=4$.
3. Naj bo $n=\left(p^{2}-1\right)\left(p^{2}-4\right)+9$. Koliko je najmanjša možna vsota števk števila $n$, če je $p$ praštevilo? Za katera praštevila $p$ je ta vsota dosežena?
4. Poišči vse funkcije $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, za katere velja

$$x+f(xf(y))=f(y)+yf(x)x+f(x\; f(y))=f(y)+y\; f(x)$$

za poljubni realni števili $x$ in $y$.

5. Če na vsaki mejni ploskvi kocke narišemo eno izmed dveh diagonal te ploskve, ugotovimo, da se nekatere narisane diagonale stikajo - izhajajo iz skupnega oglišča. Število parov stikajočih se diagonal označimo z $N$, pri čemer lahko posamezna diagonala nastopa tudi v več parih. Določi največjo in najmanjšo možno vrednost števila $N$.

52. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije

Izbirno tekmovanje, 2. april 2008

Rešitve nalog

Vsaka naloga je vredna 7 točk. Vse matematično in logično korektne rešitve so enakovredne. Pri vrednotenju vsake naloge smiselno upoštevajte priloženi točkovnik. Tekmovalec naj ne prejme več kot 3 točke pri posamezni nalogi, če iz delne rešitve ni razvidna pot do končne rešitve naloge.

I/1. Najprej ločimo dve možnosti glede na vrednost izraza $2-x$. Če je $x \geq 2$, je $|2-x|=-(2-x)$ in lahko neenakost preoblikujemo v ||$x-2-x|-8| \leq 2008$, kar je enakovredno $6 \leq 2008$. Torej vsa števila $x$, ki so večja ali enaka 2 , zadoščajo neenakosti.

Naj bo še $x<2$. Tedaj dobimo

$$\mathrm{\mid }\mathrm{\mid }2-2x\mathrm{\mid }-8\mathrm{\mid }\le 2008||\; 2-2\; x|-8|\; \backslash leq\; 2008$$

Ločimo dva primera glede na predznak izraza $2-2 x$. Če je $x \geq 1$, je $|2-2 x|=-(2-2 x)$ in dobimo $|2 x-10| \leq 2008$. Očitno za $1 \leq x<2$ ta neenakost drži.

Ogledati si moramo še primer, ko je $x<1$. Tedaj dobimo $|-2 x+2-8| \leq 2008$ oziroma $|2 x+6| \leq 2008$. Dobljena neenakost je enakovredna

$$-2008\le 2x+6\le 2008-2008\; \backslash leq\; 2\; x+6\; \backslash leq\; 2008$$

Ker je $x<1$, sledi $2 x+6<2+6=8$, zato desna ocena velja. Iz pogoja na levi strani pa sledi $-2014 \leq 2 x$ oziroma $-1007 \leq x$. V tem primeru neenakosti zadoščajo števila $x$, za katera velja $-1007 \leq x<1$.

Če združimo dobljene rezultate, sledi, da neenakost velja za vse $x \geq-1007$.

Obravnavanje možnosti $x \geq 2$ in $x<2$ (ali $x>2$ in $x \leq 2$ ali $x \geq 2$ in $x \leq 2$ ) .. $\mathbf{1}$ točka

Sklep, da neenakost velja za $1 \leq x<2$ (ali $1<x<2$ ali $1 \leq x \leq 2$ ) ............ 2 točki Sklep, da je neenakost izpolnjena za $-1007 \leq x \leq 1$ (ali $-1007 \leq x<1$ )....... 2 točki Sklep, da ustrezajo vsa števila $x \geq-1007$ 1 točka

I/2. Ker sta si trikotnika $A B D$ in $K C D$ podobna, velja $\angle A D B=$ $\angle K D C$ in $\frac{|D A|}{|D B|}=\frac{|D K|}{|D C|}$. Izračunamo lahko, da je

$$\mathrm{\angle }ADK=\mathrm{\angle }ADB-\mathrm{\angle }BDK=\mathrm{\angle }KDC-\mathrm{\angle }BDK=\mathrm{\angle }BDC\backslash angle\; A\; D\; K=\backslash angle\; A\; D\; B-\backslash angle\; B\; D\; K=\backslash angle\; K\; D\; C-\backslash angle\; B\; D\; K=\backslash angle\; B\; D\; C$$

od koder zaradi $\frac{|D A|}{|D K|}=\frac{|D B|}{|D C|}$ sledi, da sta si tudi $A D K$ in $D B C$ podobna, saj se ujemata v kotu in razmerju priležnih stranic.

Sklep, da sta si trikotnika $A D K$ in $B D C$ podobna ............................. 2 točki

I/3. 1. način Označimo trimestno število z $\overline{a b c}$. Trikratnik tega števila je enak

$$3\cdot \overline{abc}=(3a)\cdot 100+(3b)\cdot 10+3c3\; \backslash cdot\; \backslash overline\{a\; b\; c\}=(3\; a)\; \backslash cdot\; 100+(3\; b)\; \backslash cdot\; 10+3\; c$$

Najmanjše možno število na mestu stotic je $a=1$. Da bo v tem primeru števka na mestu stotic $\mathrm{v} 3 \cdot \overline{a b c}$ soda, mora biti $3 b \cdot 10+3 c \geq 100$, od koder sledi $10 b+c \geq \frac{100}{3}=33+\frac{1}{3}$. Najmanjše število, ki tej neenakosti zadošča je 34 , torej je iskano število 134, njegov trikratnik pa 402.

2. način Oglejmo si kakšno je lahko število, sestavljeno iz samih sodih števk, ki je trikratnik naravnega števila. Ker je število trimestno, je trikratnik vsaj 300. Ker pa ima trikratnik le sode števke, je števka na mestu stotic vsaj 4. Najmanjše trimestno število, ki je vsaj 400 in je deljivo s 3 , je 402 . Vse števke so sode, zato je $\frac{402}{3}=134$ iskano trimestno število.

Ugotovitev, da je trikratnik vsaj 300 ..................................................... 2 točki

Ugotovitev, da je potem števka stotic trikratnika vaj $4 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots .$.

$\mathrm{I} / 4$.

1. način Očitno je $|D A|=|D B|=\frac{|A B|}{2}=2$. Trikotnik $D B E$ ima kote enake $60^{\circ}, 90^{\circ}$ in $30^{\circ}$, torej je enak polovici enakostraničnega trikotnika, zato je $|B E|=\frac{|B D|}{2}=1$. Podobno velja za trikotnik $A D F$, torej je skladen trikotniku $B D E$. Dolžina stranice $D E$ oziroma $D F$ je enaka $\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot|B D|=\sqrt{3}$. Ploščina posameznega trikotnika je tako enaka $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Trikotnik $E C F$ ima stranici dolžine $|C F|=|C A|-|A F|=3$ in $|C E|=|C B|-|E B|=3$, torej je enakokrak trikotnik s kotom $60^{\circ}$ pri vrhu, tj. enakostraničen. Ploščina tega trikotnika je tako enaka $\frac{3^{2} \cdot \sqrt{3}}{4}$.

Ploščino trikotnika $D E F$ torej lahko izračunamo tako, da ploščini trikotnika $A B C$ odštejemo ploščine trikotnikov $D B E, A D F$ in $E C F$. Dobimo, da je iskana ploščina enaka

$$\frac{4^2\cdot \sqrt{3}}{4}-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{3^2\cdot \sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\backslash frac\{4^\{2\}\; \backslash cdot\; \backslash sqrt\{3\}\}\{4\}-\backslash frac\{\backslash sqrt\{3\}\}\{2\}-\backslash frac\{\backslash sqrt\{3\}\}\{2\}-\backslash frac\{3^\{2\}\; \backslash cdot\; \backslash sqrt\{3\}\}\{4\}=\backslash frac\{3\; \backslash sqrt\{3\}\}\{4\}$$

Izračun, da je $|D E|=\sqrt{3}$ ali $|D F|=\sqrt{3} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$

Izračun ploščine trikotnika $C E F$............................................................................................................

Izračun ploščine trikotnika $D E F$.......................................................................

2. način Očitno je $|D A|=|D B|=\frac{|A B|}{2}=2$. Trikotnika $A F D$ in $B E D$ imata kote enake $60^{\circ}, 90^{\circ}$ in $30^{\circ}$ ter se ujemata $\mathrm{v}$ dolžini hipotenuze, zato sta skladna. To pomeni $|D E|=|D F|$, torej je trikotnik $D E F$ enakokrak. Označimo z $G$ presečišče daljic $C D$ in $E F$. Ker je $\angle F D G=\angle G D E=60^{\circ}$, je $D G$ višina trikotnika $D E F$. Zato sta tudi trikotnika $D G E$ in $D G F$ skladna in imata kote enake $60^{\circ}, 90^{\circ}$ in $30^{\circ}$.

Trikotniki $A D C, A F D$ in $D G F$ so si torej podobni. Iz podobnosti $A D C$ in $A F D$ sledi $\frac{|A D|}{|A C|}=\frac{|A F|}{|A D|}$, od koder sledi $|A F|=1$. Prav tako velja $\frac{|A D|}{|D C|}=\frac{|A F|}{\mid F D}$, od koder dobimo $|F D|=\sqrt{3}$.

Podobnost trikotnikov $A D C$ in $D G F$ pa nam da $\frac{|A D|}{|A C|}=\frac{|D G|}{|D F|}$, torej je $|D G|=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Podobno iz $\frac{|A D|}{|D C|}=\frac{|D G|}{|G F|}$ sledi $|G F|=\frac{3}{2}$.

Ploščina trikotnika $D E F$ je enaka vsoti ploščin trikotnikov $F G D$ in $D G E$, torej je enaka

$$\mathrm{\mid }DG\mathrm{\mid }\cdot \mathrm{\mid }FG\mathrm{\mid }=\frac{3\sqrt{3}}{4}|D\; G|\; \backslash cdot|F\; G|=\backslash frac\{3\; \backslash sqrt\{3\}\}\{4\}$$

3. način Očitno je $|D A|=|D B|=\frac{|A B|}{2}=2$. Trikotnika $A F D$ in $B E D$ imata kote enake $60^{\circ}, 90^{\circ}$ in $30^{\circ}$ ter se ujemata $\mathrm{v}$ dolžini hipotenuze, zato sta skladna. Torej je $|D E|=|D F|=$ $\sqrt{3}$. Označimo z $G$ razpolovišče daljice $E F$. Ker je $E F | A B$, sta trikotnika $F G D$ in $E G D$ skladna pravokotna in $\angle D F G=$ $\angle D E G=30^{\circ}$. Torej je

$$p_{DEF}=2p_{DFG}=2\cdot \frac{1}{2}\frac{{\sqrt{3}}^2\cdot \sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{4}p\_\{D\; E\; F\}=2\; p\_\{D\; F\; G\}=2\; \backslash cdot\; \backslash frac\{1\}\{2\}\; \backslash frac\{\backslash sqrt\{3\}^\{2\}\; \backslash cdot\; \backslash sqrt\{3\}\}\{4\}=\backslash frac\{3\; \backslash sqrt\{3\}\}\{4\}$$

Ugotovitev $|A D|=2$ ali $|B D|=2$ ..... 1 točka Izračun $|B E|=1$ ali $|A F|=1$ ..... 1 točka Izračun, da je $|D E|=\sqrt{3}$ ali $|D F|=\sqrt{3}$ ..... 1 točka Ugotovitev, da je daljica $C D$ pravokotna na daljico $E F$ ..... 1 točka Izračun $|D G|=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ..... 1 točka Izračun $|F G|=\frac{3}{2}$. ..... 1 točka Izračun ploščine trikotnika $D E F$ 1 točka

I/5. Nagrade je prejela šestina tekmovalcev, torej 7 . V zgornjo polovico se je uvrstilo 21 tekmovalcev, zato jih je $21-7=14$ doseglo med 14 in 21 točk.

Vsak nagrajeni tekmovalec je dosegel vsaj 22 točk, zato so vsi nagrajeni skupaj dosegli vsaj $22 \cdot 7=154$ točk.

Naj $x$ označuje število tekmovalcev, ki so prejeli vsaj $25 %$ in manj kot $50 %$ točk, to je vsaj 7 in največ 13 točk. Potem je število tekmovalcev, ki so dosegli največ 6 točk, enako $42-21-x=21-x$.

Izračunajmo še, koliko točk so dosegli nenagrajeni tekmovalci. Tisti z največ 6 točkami so vsi skupaj dosegli največ $6 \cdot(21-x)$ točk. Tisti, ki so prejeli vsaj 7 in največ 13 točk, so skupaj dosegli največ $13 x$ točk. Upoštevati moramo še nenagrajene tekmovalce v zgornji polovici, ki jih je 14, vsak izmed njih pa je prejel največ 21 točk, torej so prejeli največ $21 \cdot 14=294$.

Nenagrajeni tekmovalci skupaj so tako skupaj prejeli največ $6 \cdot(21-x)+13 x+294=$ $420+7 x$ točk. Po drugi strani pa vemo, da so prejeli trikrat toliko točk kot nagrajeni tekmovalci, to pomeni vsaj $3 \cdot 154=462$ točk. Od tod sledi

$$462\le 420+7x462\; \backslash leq\; 420+7\; x$$

kar je enakovredno pogoju $7 x \geq 42$ oziroma $x \geq 6$. To pa ravno pomeni, da obstaja vsaj 6 tekmovalcev, ki so posamezno dosegli vsaj $25 %$ točk, a manj kot $50 %$ točk. Ocena, da so nagrajeni tekmovalci dosegli vsaj 154 točk ..... 1 točka Sklep, da so potem nenagrajeni tekmovalci dosegli vsaj $3 \cdot 154=462$ točk ..... 1 točka Ugotovitev, da je 14 tekmovalcev doseglo med 14 in 21 točk ..... 1 točka Uvedba oznake $x$ za število tistih z vsaj 7 in največ 13 točkami ter ugotovitev, da je potem $21-x$ takih, ki so dosegli največ 6 točk (ali podobno) ..... 1 točka Ocena, da so nenagrajeni tekmovalci dosegli največ $420+7 x$ točk ..... 1 točka Zapis neenakosti $426 \leq 420+7 x$ ..... 1 točka Odgovor, da je vsaj 6 tekmovalcev z vsaj $25 %$ a manj kot 50 % točk ..... 1 točka

II/1. Če je $(x, y)$ par števil, ki reši enačbo, potem enačbo reši tudi $(-x, y)$. Zato je dovolj opazovati le tista števila $x$, ki so nenegativna. Pomnožimo enačbo z $2 y$, da dobimo $x^{2} y+10=14 y$, od koder lahko izrazimo

$$y=\frac{10}{14-x^2}y=\backslash frac\{10\}\{14-x^\{2\}\}$$

Od tod sledi, da mora biti $14-x^{2}$ delitelj števila 10 , zato je $-10 \leq 14-x^{2} \leq 10$ oziroma $-24 \leq-x^{2} \leq-4$, torej mora biti $24 \geq x^{2} \geq 4$. Ker smo privzeli, da je $x \geq 0$, dobimo $5>x \geq 2$. Izračunamo lahko, da pri $x=2$ dobimo $y=1$, pri $x=3$ dobimo $y=2$ in pri $x=4$ sledi $y=-5$. Torej so vse celoštevilske rešitve enačbe pari $(2,1),(3,2),(4,-5)$, $(-2,1),(-3,2)$ in $(-4,-5)$.

Ugotovitev, da je število $x^{2}-14$ ali število $y$ delitelj $10 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots$ točka

Ocena $4 \leq x^{2} \leq 24$ ali zapis možnosti za delitelje ................................. 2 točki

(Za obravnavanje samo pozitivnih deliteljev števila 10 dodelite $\mathbf{1}$ točko)

Zapis rešitev........................................................................ (Za 1 zapisano rešitev torej dodelite 0 točk, za 2 ali 3 rešitve 1 točko, za 4 ali 5 rešitev 2 točki in za vse rešitve 3 točke) $\mathrm{II} / 2$.

1. način Naj bo $C^{\prime}$ nožišče višine iz $C$. Ker je trikotnik $A B C$ enakokrak z vrhom $C$, je $\left|A C^{\prime}\right|=\left|C^{\prime} B\right|=\frac{1}{2}|A B|=$ $\left|C A^{\prime}\right|$.

Trikotnika $A B A^{\prime}$ in $C B C^{\prime}$ sta pravokotna in velja $\angle A B A^{\prime}=\angle C B C^{\prime}$, zato sta si podobna. Tako velja $\frac{|A B|}{\left|B A^{\prime}\right|}=\frac{|C B|}{\left|B C^{\prime}\right|}$. Ce označimo s $c$ dolžino stranice $|A B|$ in $\mathrm{z} x=\left|B A^{\prime}\right|$, lahko dobljeno enakost prepišemo v obliko

$$\frac{c}{x}=\frac{\frac{c}{2}+x}{\frac{c}{2}}\backslash frac\{c\}\{x\}=\backslash frac\{\backslash frac\{c\}\{2\}+x\}\{\backslash frac\{c\}\{2\}\}$$

oziroma v kvadratno enačbo $2 x^{2}+c x-x^{2}=0$. Slednjo lahko razstavimo kot $(2 x-c)(x+c)=0$ in, ker sta $x$ in $c$ pozitivni, sledi $x=\frac{c}{2}$.

Dolžina stranice $B C$ je tako enaka $c$, torej je $|A C|=|B C|=|A B|=c$, zato je trikotnik $A B C$ enakostraničen.

Ugototovitev, da sta trikotnika $A B A^{\prime}$ in $C B C^{\prime}$ podobna 2 točki

Zapis podobnosti $\frac{|A B|}{\left|B A^{\prime}\right|}=\frac{|C B|}{\left|B C^{\prime}\right|}$ 1 točka

Preoblikovanje podobnosti v enačbo $(2 x-c)(x+c)=0$ (ali ekvivalentno) . . . . 2 točki

Sklep, da je potem trikotnik $A B C$ enakostraničen ................................................

2. način Označimo dolžino stranice $A C$ z $a$, dolžino stranice $A B$ pa s $c$. Potem je $\left|C A^{\prime}\right|=\frac{c}{2}$ in $\left|A^{\prime} B\right|=a-\frac{c}{2}$. Višino $A A^{\prime}$ lahko potem izračunamo na dva načina, saj je kateta v pravokotnih trikotnikih $A C A^{\prime}$ in $A B A^{\prime}$. Če je $\left|A A^{\prime}\right|=v$, potem iz Pitagorovega izreka v prvem trikotniku dobimo $v^{2}=a^{2}-\frac{c^{2}}{4}$, $\mathrm{v}$ drugem pa $v^{2}=c^{2}-\left(a-\frac{c}{2}\right)^{2}$, torej velja

$$a^2-\frac{c^2}{4}=c^2-a^2+ac-\frac{c^2}{4}a^\{2\}-\backslash frac\{c^\{2\}\}\{4\}=c^\{2\}-a^\{2\}+a\; c-\backslash frac\{c^\{2\}\}\{4\}$$

oziroma $2 a^{2}-a c-c^{2}=0$. Dobljeno kvadratno enačbo lahko razcepimo kot $(2 a+c)(a-c)=0$, od koder sledi, da je $a=c$, saj pogoj $2 a+c=0$ ne more biti izpolnjen, ker sta $a$ in $c$ pozitivni števili. Ker pa je $|B C|=|A C|=a=c$, so vse tri stranice enako dolge, torej je trikotnik enakostraničen.

Zapis Pitagorovega izreka v trikotniku $A C A^{\prime} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots . \ldots . \ldots . \ldots . \ldots$ točka Zapis ene enačbe, v kateri nastopajo le dolžine stranic, ne pa tudi dolžine višin, na

Preoblikovanje $\mathbf{v}$ enačbo $(2 a+c)(a-c)=0$ (ali ekvivalentno) ................... 2 točki

Sklep, da je potem trikotnik $A B C$ enakostraničen ...................................... 1 točka

3. način Naj bo $C^{\prime}$ nožišče višine iz $C$. Ker je trikotnik $A B C$ enakokrak z vrhom $C$, je $\left|A C^{\prime}\right|=\left|C^{\prime} B\right|=\frac{1}{2}|A B|=\left|C A^{\prime}\right|$.

Naj $H$ označuje višinsko točko in naj bo $\gamma$ kot pri $C$. Potem je $\angle A C C^{\prime}=\angle C^{\prime} C B=\frac{\gamma}{2}$.

Velja še $\angle A^{\prime} H C=\pi-\angle H A^{\prime} C-\angle H C A^{\prime}=\frac{\pi}{2}-\frac{\gamma}{2}$, zato je tudi $\angle A H C^{\prime}=\frac{\pi}{2}-\frac{\gamma}{2}$. Od tod sledi, da je

$$\mathrm{\angle }{C}^{\mathrm{\prime }}AH=\pi -\mathrm{\angle }A{C}^{\mathrm{\prime }}H-\mathrm{\angle }AH{C}^{\mathrm{\prime }}=\frac{\gamma }{2}\backslash angle\; C^\{\backslash prime\}\; A\; H=\backslash pi-\backslash angle\; A\; C^\{\backslash prime\}\; H-\backslash angle\; A\; H\; C^\{\backslash prime\}=\backslash frac\{\backslash gamma\}\{2\}$$

Trikotnika $A H C^{\prime}$ in $C H A^{\prime}$ se ujemata v kotih in dolžini katete pri kotu $\frac{\gamma}{2}$, zato sta skladna. Torej je $|C H|=|A H|$, zato je trikotnik $A H C$ enakokrak, torej velja $\angle H A C=\angle A C H=\frac{\gamma}{2}$. Dobili smo $\angle B A C=\angle C^{\prime} A H+\angle H A C=\gamma$, torej so vsi trije notranji koti trikotnika enaki $\gamma$, od koder sledi, da je trikotnik enakostraničen. Izračun, da je $\angle C^{\prime} A H=\angle H C A^{\prime}$ ..... 1 točka Ugototovitev, da sta trikotnika $A H C^{\prime}$ in $C H A^{\prime}$ skladna ..... 2 točki Sklep $|A H|=|C H|$ ..... 1 točka Sklep, da je trikotnik $A H C$ enakokrak ..... 1 točka Izračun $\angle B A C=\angle A C B$ ..... 1 točka Sklep, da je potem trikotnik $A B C$ enakostraničen ..... 1 točka

II/3. 1. način Ker je $a^{9}+b^{9}=\left(a^{3}+b^{3}\right)\left(a^{6}-a^{3} b^{3}+b^{6}\right)$, je $a^{6}-a^{3} b^{3}+b^{6}=-\frac{299}{13}=-23$. Upoštevamo še, da je $a^{6}+2 a^{3} b^{3}+b^{6}=\left(a^{3}+b^{3}\right)^{2}=13^{2}=169$. Enakosti odštejemo in dobimo $3 a^{3} b^{3}=192$, od koder sledi $a b=4$, saj je $a b$ realno s̆tevilo. Razcep $a^{9}+b^{9}=\left(a^{3}+b^{3}\right)\left(a^{6}-a^{3} b^{3}+b^{6}\right)$ ..... 2 točki Sklep $a^{6}-a^{3} b^{3}+b^{6}=-23$ ..... 1 točka Zapis $\left(a^{3}+b^{3}\right)^{2}=a^{6}+2 a^{3} b^{3}+b^{6}$ ..... 2 točki Sklep $3 a^{3} b^{3}=192$ (ali ekvivalenten) ..... 1 točka Odgovor $a b=4$ ..... 1 točka

2. način Velja $13^{3}=\left(a^{3}+b^{3}\right)^{3}=a^{9}+3 a^{6} b^{3}+3 a^{3} b^{6}+b^{9}=-299+3 a^{6} b^{3}+3 a^{3} b^{6}$, od koder sledi $832=a^{6} b^{3}+a^{3} b^{6}$. Ce izraz na desni razcepimo, dobimo $832=a^{3} b^{3}\left(a^{3}+b^{3}\right)=a^{3} b^{3} \cdot 13$, od koder sledi $a^{3} b^{3}=\frac{832}{13}=64$, torej je $a b=4$, saj je $a b$ realno število.

Zapis $\left(a^{3}+b^{3}\right)^{3}=a^{9}+3 a^{6} b^{3}+3 a^{3} b^{6}+b^{9}$

2 točki

Izračun $832=a^{6} b^{3}+a^{3} b^{6}$ (ali ekvivalenten)

1 točka

II/4. Označimo $\angle B A C=\alpha$. Ker so točke $A, D, H$ in $C$ konciklične, je $\angle D H C=\pi-\angle B A C=\pi-\alpha$.

Označimo z $E$ nožišče višine iz točke $C$ na stranico $B D$. Velja $\angle D H E=\pi-\angle D H C=\alpha$, zato je $\angle H D B=\frac{\pi}{2}-\alpha$. Od tod nazadnje zaradi pravokotnosti premice $D H$ na stranico $B C$ sledi, da je $\angle C B A=\frac{\pi}{2}-\angle B D H=\alpha$, torej je trikotnik $A B C$ res enakokrak.

II/5. Če je na tabli zapisano število 256, Maja lahko dobi število 55 in sicer tako, da 256 najprej koreni, da dobi 16. Iz 16 potem lahko dobi $3 \cdot 16+13=61$, iz tega števila pa naprej še $3 \cdot 61+13=196$. Število 196 lahko koreni, da dobi 14 , nato pa iz njega $3 \cdot 14+13=55$. (Opomba: možno je, da obstaja več načinov kako lahko iz števila 256 dobi število 55, vendar je ta način edini, ki potrebuje manj kot 100 korakov).

Pokažimo, da iz števila 55 ne more dobiti števila 256. Oglejmo si ostanke pri deljenju s 4. Če je število sodo, je oblike $2 k$, kvadrat tega števila je potem oblike $4 k^{2}$. Če pa je število liho, je oblike $2 k+1$, zato je kvadrat tega števila enak $4 k^{2}+4 k+1$, torej da pri deljenju s 4 ostanek 1. Torej, število je popoln kvadrat le, če da pri deljenju s 4 ostanek 0 ali 1 , zato bomo lahko korenili le taka števila.

Število 55 da pri deljenju s 4 ostanek 3. Če na številu oblike $4 k+3$ uporabimo pravilo $n \mapsto 3 n+13$, dobimo $12 k+9+13=4(3 k+5)+2$, torej število, ki da ostanek 2 . Ce pa pravilo uporabimo na številu oblike $4 k+2$, dobimo $12 k+6+13=4(3 k+4)+3$, torej število, ki da ostanek 3 pri deljenju s 4. To pomeni, da bomo iz števila 55 po enem koraku dobili število, ki da pri deljenju s 4 ostanek 2, nato število z ostankom 3, nato spet število z ostankom 2 in tako naprej. Ker pa je število 256 deljivo s 4, ga Maja na ta način ne bo dosegla.

Zapis kako lahko Maja iz števila 256 dobi število 55 2 točki Opazovanje deljivosti s poljubnim številom pri uporabi pravil .................... 1 točka Ugotovitev, da imajo popolni kvadrati pri deljenju s 4 ostanek 0 ali $1 \ldots \ldots \ldots 1$ točka Ugotovitev, da iz števila 55 lahko dobimo le števila, ki imajo pri deljenju s 4 ostanke 2 ali 3 . 2 točki Sklep, da Maja v drugem primeru ne more zapisati števila 256 1 točka

III $/ 1$.

1. način $\mathrm{S}$ pomočjo adicijskega izreka za tangens lahko zapišemo

$${\tan }^2(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})={\left(\frac{\tan \frac{x}{2}+\tan \frac{\pi }{4}}{1-\tan \frac{x}{2}\tan \frac{\pi }{4}}\right)}^2\backslash tan\; ^\{2\}\backslash left(\backslash frac\{x\}\{2\}+\backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}\backslash right)=\backslash left(\backslash frac\{\backslash tan\; \backslash frac\{x\}\{2\}+\backslash tan\; \backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}\}\{1-\backslash tan\; \backslash frac\{x\}\{2\}\; \backslash tan\; \backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}\}\backslash right)^\{2\}$$

Če upoštevamo, da je $\tan \frac{\pi}{4}=1$ in zapišemo $\tan \frac{x}{2}$ s sinusi in kosinusi, naprej sledi

$${\tan }^2(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})={\left(\frac{\frac{\sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2}}+1}{1-\frac{\sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2}}}\right)}^2={\left(\frac{\cos \frac{x}{2}+\sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2}-\sin \frac{x}{2}}\right)}^2\backslash tan\; ^\{2\}\backslash left(\backslash frac\{x\}\{2\}+\backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}\backslash right)=\backslash left(\backslash frac\{\backslash frac\{\backslash sin\; \backslash frac\{x\}\{2\}\}\{\backslash cos\; \backslash frac\{x\}\{2\}\}+1\}\{1-\backslash frac\{\backslash sin\; \backslash frac\{x\}\{2\}\}\{\backslash cos\; \backslash frac\{x\}\{2\}\}\}\backslash right)^\{2\}=\backslash left(\backslash frac\{\backslash cos\; \backslash frac\{x\}\{2\}+\backslash sin\; \backslash frac\{x\}\{2\}\}\{\backslash cos\; \backslash frac\{x\}\{2\}-\backslash sin\; \backslash frac\{x\}\{2\}\}\backslash right)^\{2\}$$

Po kvadriranju dobimo

$${\tan }^2(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})=\frac{{\cos }^2\frac{x}{2}+2\cos \frac{x}{2}\sin \frac{x}{2}+{\sin }^2\frac{x}{2}}{{\cos }^2\frac{x}{2}-2\cos \frac{x}{2}\sin \frac{x}{2}+{\sin }^2\frac{x}{2}}\backslash tan\; ^\{2\}\backslash left(\backslash frac\{x\}\{2\}+\backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}\backslash right)=\backslash frac\{\backslash cos\; ^\{2\}\; \backslash frac\{x\}\{2\}+2\; \backslash cos\; \backslash frac\{x\}\{2\}\; \backslash sin\; \backslash frac\{x\}\{2\}+\backslash sin\; ^\{2\}\; \backslash frac\{x\}\{2\}\}\{\backslash cos\; ^\{2\}\; \backslash frac\{x\}\{2\}-2\; \backslash cos\; \backslash frac\{x\}\{2\}\; \backslash sin\; \backslash frac\{x\}\{2\}+\backslash sin\; ^\{2\}\; \backslash frac\{x\}\{2\}\}$$

in od tod z upoštevanjem zvez $\cos ^{2} \frac{x}{2}+\sin ^{2} \frac{x}{2}=1$ in $2 \cos \frac{x}{2} \sin \frac{x}{2}=\sin x$ sledi

$${\tan }^2(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})=\frac{1+\sin x}{1-\sin x}=\frac{2}{1-\sin x}-1\backslash tan\; ^\{2\}\backslash left(\backslash frac\{x\}\{2\}+\backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}\backslash right)=\backslash frac\{1+\backslash sin\; x\}\{1-\backslash sin\; x\}=\backslash frac\{2\}\{1-\backslash sin\; x\}-1$$

Torej enakost res drži. Uporaba adicijskega izreka za tangens ..... 1 točka Upoštevanje $\tan \frac{\pi}{4}=1$ ..... 1 točka Zapis s sin in cos ..... 1 točka Zapis kvadriranega izraza $\frac{\cos ^{2} \frac{x}{2}+2 \cos \frac{x}{2} \sin \frac{x}{2}+\sin ^{2} \frac{x}{2}}{\cos ^{2} \frac{x}{2}-2 \cos \frac{x}{2} \sin \frac{x}{2}+\sin ^{2} \frac{x}{2}}$ ..... 1 točka Upoštevanje zveze $\cos ^{2} \frac{x}{2}+\sin ^{2} \frac{x}{2}=1$ ..... 1 točka Upoštevanje $2 \cos \frac{x}{2} \sin \frac{x}{2}=\sin x$ ..... 1 točka Zaključek 1 točka

2. način Če zapišemo tangens s sinusom in kosinusom, dobimo

$${\tan }^2(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})={\left(\frac{\sin (\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})}{\cos (\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})}\right)}^2\backslash tan\; ^\{2\}\backslash left(\backslash frac\{x\}\{2\}+\backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}\backslash right)=\backslash left(\backslash frac\{\backslash sin\; \backslash left(\backslash frac\{x\}\{2\}+\backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}\backslash right)\}\{\backslash cos\; \backslash left(\backslash frac\{x\}\{2\}+\backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}\backslash right)\}\backslash right)^\{2\}$$

Z upoštevanjem adiciskih izrekov za sinus in kosinus, naprej sledi

$${\tan }^2(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})={\left(\frac{\sin \frac{x}{2}\cos \frac{\pi }{4}+\cos \frac{x}{2}\sin \frac{\pi }{4}}{\cos \frac{x}{2}\cos \frac{\pi }{4}-\sin \frac{x}{2}\sin \frac{\pi }{4}}\right)}^2\backslash tan\; ^\{2\}\backslash left(\backslash frac\{x\}\{2\}+\backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}\backslash right)=\backslash left(\backslash frac\{\backslash sin\; \backslash frac\{x\}\{2\}\; \backslash cos\; \backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}+\backslash cos\; \backslash frac\{x\}\{2\}\; \backslash sin\; \backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}\}\{\backslash cos\; \backslash frac\{x\}\{2\}\; \backslash cos\; \backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}-\backslash sin\; \backslash frac\{x\}\{2\}\; \backslash sin\; \backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}\}\backslash right)^\{2\}$$

Vemo, da je $\sin \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ in $\cos \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, torej je izraz enak

$${\tan }^2(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})={\left(\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}\sin \frac{x}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\cos \frac{x}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}\cos \frac{x}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\sin \frac{x}{2}}\right)}^2\backslash tan\; ^\{2\}\backslash left(\backslash frac\{x\}\{2\}+\backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}\backslash right)=\backslash left(\backslash frac\{\backslash frac\{\backslash sqrt\{2\}\}\{2\}\; \backslash sin\; \backslash frac\{x\}\{2\}+\backslash frac\{\backslash sqrt\{2\}\}\{2\}\; \backslash cos\; \backslash frac\{x\}\{2\}\}\{\backslash frac\{\backslash sqrt\{2\}\}\{2\}\; \backslash cos\; \backslash frac\{x\}\{2\}-\backslash frac\{\backslash sqrt\{2\}\}\{2\}\; \backslash sin\; \backslash frac\{x\}\{2\}\}\backslash right)^\{2\}$$

Po kvadriranju dobimo

$${\tan }^2(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})=\frac{{\cos }^2\frac{x}{2}+2\cos \frac{x}{2}\sin \frac{x}{2}+{\sin }^2\frac{x}{2}}{{\cos }^2\frac{x}{2}-2\cos \frac{x}{2}\sin \frac{x}{2}+{\sin }^2\frac{x}{2}}\backslash tan\; ^\{2\}\backslash left(\backslash frac\{x\}\{2\}+\backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}\backslash right)=\backslash frac\{\backslash cos\; ^\{2\}\; \backslash frac\{x\}\{2\}+2\; \backslash cos\; \backslash frac\{x\}\{2\}\; \backslash sin\; \backslash frac\{x\}\{2\}+\backslash sin\; ^\{2\}\; \backslash frac\{x\}\{2\}\}\{\backslash cos\; ^\{2\}\; \backslash frac\{x\}\{2\}-2\; \backslash cos\; \backslash frac\{x\}\{2\}\; \backslash sin\; \backslash frac\{x\}\{2\}+\backslash sin\; ^\{2\}\; \backslash frac\{x\}\{2\}\}$$

od koder z upoštevanjem $\cos ^{2} \frac{x}{2}+\sin ^{2} \frac{x}{2}=1$ in $2 \cos \frac{x}{2} \sin \frac{x}{2}=\sin x$ sledi

$${\tan }^2(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})=\frac{1+\sin x}{1-\sin x}=\frac{2}{1-\sin x}-1\backslash tan\; ^\{2\}\backslash left(\backslash frac\{x\}\{2\}+\backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}\backslash right)=\backslash frac\{1+\backslash sin\; x\}\{1-\backslash sin\; x\}=\backslash frac\{2\}\{1-\backslash sin\; x\}-1$$

Torej enakost res drži.

Zapis $\mathrm{s} \sin$ in $\cos$......................................................................... 1 točka

Uporaba adicijskih izrekov za sinus in kosinus...........................................................

Zaključek . . ......................................................................................................

III/2. Če je $p=2$, je $q(x)=2 x^{3}-4 x^{2}-x+2=(x-2)\left(2 x^{2}-1\right)$ in ima racionalno ničlo $x=2$. Naj bo zdaj $p$ liho praštevilo. Edini kandidati za racionalne ničle so $\pm 1, \pm p, \pm \frac{1}{2}$ in $\pm \frac{p}{2}$. Izračunajmo vse možnosti.

Velja $q(1)=3-2 p$ in ker je $3-2 p$ liho, je $q(1) \neq 0$. Jasno je $q(-1)=-3 \neq 0$. Tudi izraz $q(-p)=-p^{2}+2 p=p(2-p)$ je različen od 0 , saj je $p \neq 2$. Podobno je $q(p)=-4 p^{3}+p^{2}=p^{2}(1-4 p) \neq 0$ in $q\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{4} \neq 0$. Preverimo lahko tudi $q\left(-\frac{1}{2}\right)=p-\frac{3}{4} \neq 0$ ter $q\left(\frac{p}{2}\right)=\frac{-p^{3}-2 p^{2}+6 p}{4}$. Ker je $p$ lih, je števec zadnjega izraza lih, zato izraz ne more biti enak 0 . Ostane še $q\left(-\frac{p}{2}\right)=\frac{-3 p^{3}+2 p^{2}+2 p}{4}$. Spet izraz ne more biti enak 0 , saj je števec lih.

Za liha praštevila torej polinom $q$ nima racionalnih ničel, kar pomeni, da je edino ustrezno praštevilo $p=2$.

Ugotovitev, da so racionalne ničle polinoma lahko le $\pm 1, \pm p, \pm \frac{1}{2}$ in $\pm \frac{p}{2} \ldots \ldots \mathbf{1}$ točka

Utemeljitev, da števili $p$ in $-p$ nista ničli pri $p \neq 2 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$

Utemeljitev, da števili $\frac{p}{2}$ in $-\frac{p}{2}$ nista ničli pri lihih $p \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$

Pri $p=2$ je $x=2$ racionalna ničla polinoma ..............................................................

Sklep, da je edino tako praštevilo $p=2 \ldots \ldots \ldots . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .$.

III/3. Iz druge enačbe sledi $y=x^{-2}$, torej imamo

$$x^{x+x^{-2}}=x^{-2(x-x^{-}2)}x^\{x+x^\{-2\}\}=x^\{-2\backslash left(x-x^\{-\}\; 2\backslash right)\}$$

Enačbo logaritmiramo in dobimo

$$(x+x^{-2})\log x=-2(x-x^{-2})\log x\backslash left(x+x^\{-2\}\backslash right)\; \backslash log\; x=-2\backslash left(x-x^\{-2\}\backslash right)\; \backslash log\; x$$

Če je $\log x=0$, je $x=1$ in potem $y=1$. Sicer pa velja

$$x+x^{-2}=-2x+2x^{-2}x+x^\{-2\}=-2\; x+2\; x^\{-2\}$$

oziroma $3 x^{3}=1$. Od tod sledi $x=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}$ in nato $y=\sqrt[3]{9}$. Dobili smo dve rešitvi.

Primerjava eksponentov, to je enačba $x+x^{-2}=-2 x+2 x^{-2}$ ali ekvivalentna . 1 točka Rešitev $x=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}, y=\sqrt[3]{9}$

III/4. Po sinusnem izreku v trikotniku $B A L$ velja

$$\frac{\sin (\mathrm{\angle }BAL)}{\mathrm{\mid }BL\mathrm{\mid }}=\frac{\sin (\mathrm{\angle }ALB)}{\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }}\backslash frac\{\backslash sin\; (\backslash angle\; B\; A\; L)\}\{|B\; L|\}=\backslash frac\{\backslash sin\; (\backslash angle\; A\; L\; B)\}\{|A\; B|\}$$

Podobno velja v trikotniku $C A L$, da je

$$\frac{\sin (\mathrm{\angle }LAC)}{\mathrm{\mid }CL\mathrm{\mid }}=\frac{\sin (\mathrm{\angle }CLA)}{\mathrm{\mid }AC\mathrm{\mid }}\backslash frac\{\backslash sin\; (\backslash angle\; L\; A\; C)\}\{|C\; L|\}=\backslash frac\{\backslash sin\; (\backslash angle\; C\; L\; A)\}\{|A\; C|\}$$

Ker je $\angle A L B=\pi-\angle C L A$, velja $\sin \angle A L B=$ $\sin \angle C L A$. Torej iz zgornjih enačb z upoštevanjem $\angle B A L=\angle L A C$ dobimo

$$\frac{\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }AC\mathrm{\mid }}=\frac{\mathrm{\mid }BL\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }CL\mathrm{\mid }}\backslash frac\{|A\; B|\}\{|A\; C|\}=\backslash frac\{|B\; L|\}\{|C\; L|\}$$

Podobno sledi še $\frac{|A D|}{|A C|}=\frac{|D K|}{|C K|}$.

(Dejstvo, da simetrala kota razdeli nasprotno stranico v razmerju priležnih stranic je znano in ga ni potrebno dokazovati prek sinusnega izreka. Zadošča sklep: ker je $A L$ simetrala kota $\angle B A C$, je $\frac{|A B|}{|A C|}=\frac{\mid B L}{|C L|}$.)

Ker je $|A B|=|A D|$, iz dobljenih enakosti sledi $\frac{|B L|}{|C L|}=\frac{|D K|}{|C K|}$. Zato velja

$$\frac{\mathrm{\mid }CB\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }CL\mathrm{\mid }}=\frac{\mathrm{\mid }BL\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }CL\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }CL\mathrm{\mid }}=\frac{\mathrm{\mid }BL\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }CL\mathrm{\mid }}+1=\frac{\mathrm{\mid }DK\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }CK\mathrm{\mid }}+1=\frac{\mathrm{\mid }DK\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }CK\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }CK\mathrm{\mid }}=\frac{\mathrm{\mid }CD\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }CK\mathrm{\mid }}\backslash frac\{|C\; B|\}\{|C\; L|\}=\backslash frac\{|B\; L|+|C\; L|\}\{|C\; L|\}=\backslash frac\{|B\; L|\}\{|C\; L|\}+1=\backslash frac\{|D\; K|\}\{|C\; K|\}+1=\backslash frac\{|D\; K|+|C\; K|\}\{|C\; K|\}=\backslash frac\{|C\; D|\}\{|C\; K|\}$$

Trikotnika $D B C$ in $K L C$ sta si podobna, saj imata skupen kot pri $C$ in velja $\frac{|C B|}{|C L|}=\frac{|C D|}{|C K|}$. Torej je premica $K L$ vzporedna diagonali $B D$. Zaradi pravih kotov pri $K^{\prime}$ in $L^{\prime}$ so točke $K, L, K^{\prime}$ in $L^{\prime}$ konciklične. Ker je trikotnik $B C D$ ostrokoten, ležita točki $K^{\prime}$ in $L^{\prime}$ na istem bregu premice $K L$ in na istem bregu premice $B D$. Torej velja

$$\mathrm{\angle }D{L}^{\mathrm{\prime }}{K}^{\mathrm{\prime }}=\mathrm{\angle }K{L}^{\mathrm{\prime }}{K}^{\mathrm{\prime }}=\pi -\mathrm{\angle }{K}^{\mathrm{\prime }}LK=\pi -\mathrm{\angle }{K}^{\mathrm{\prime }}BD\backslash angle\; D\; L^\{\backslash prime\}\; K^\{\backslash prime\}=\backslash angle\; K\; L^\{\backslash prime\}\; K^\{\backslash prime\}=\backslash pi-\backslash angle\; K^\{\backslash prime\}\; L\; K=\backslash pi-\backslash angle\; K^\{\backslash prime\}\; B\; D$$

in zato so točke $B, D, L^{\prime}$ in $K^{\prime}$ konciklične.[^0]

III/5. Če je $k=1$, je vsako izmed števil $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ deljivo z $n$, torej je z $n$ deljiva tudi njihova vsota. Naj bo torej $1<k<n$. Naj bo $i \neq j$. Ker množica $\left{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right} \backslash\left{a_{i}, a_{j}\right}$ vsebuje $n-2 \geq k-1$ elementov, si lahko izberemo podmnožico $S$ s $k-1$ elementi. Potem sta $S \cup\left{a_{i}\right}$ in $S \cup\left{a_{j}\right} k$-terici števil, zato sta njuni vsoti deljivi z $n$, torej je tudi razlika njunih vsot deljiva z $n$. Ta razlika je enaka $a_{i}-a_{j}$. Torej $n$ deli $a_{i}-a_{j}$. Ker sta bila $i$ in $j$ poljubna, to pomeni, da imajo števila $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ enake ostanke pri deljenju z $n$, ker pa jih je skupaj $n$, je njihova vsota deljiva z $n$.

Ugotovitev, da imata neki števili (na primer $a_{1}$ in $a_{2}$ ali $a_{k}$ in $a_{k+1}$ ali $a_{n-1}$ in $a_{n}$ ) enak ostanek pri deljenju z $n$ (pri vsakem $k$ ) .......................................................... Dokaz, da imajo vsa števila enak ostanek pri deljenju z $n \ldots \ldots . . . . . . . . . . . . . . . . .$.

(Če tekmovalec naloge ne reši, reši pa nalogo za primer $k=2$ ali $k=n-1$, priznajte dodatno 1 točko, če s tem ne preseže 3 točk.)

IV/1. Najprej opazimo, da izraza $a+2 b$ in $2 a+b$ ne smeta biti enaka 0 , torej števili $a$ in $b$ hkrati ne smeta biti enaki 0 . V enačbi $\frac{4 a}{a+2 b}-\frac{5 b}{2 a+b}=1$ odpravimo ulomke in dobimo $8 a^{2}+4 a b-5 a b-10 b^{2}=2 a^{2}+5 a b+2 b^{2}$, kar lahko preoblikujemo v $6(a+b)(a-2 b)=0$. Če je $a=-b$, je vrednosti izraza $\frac{a-2 b}{4 a+5 b}$ enaka $\frac{-3 b}{b}=-3$, saj mora biti $b$ različen od 0 (kajti $a$ in $b$ ne smeta biti hkrati enaki 0 ). Ce pa je $a=2 b$, je vrednost izraza $\frac{a-2 b}{4 a+5 b}$ enaka 0 , saj je spet imenovalec neničeln. Torej je vrednost izraza lahko enaka 0 ali -3 .

(Če ni komentarja, da števili $a$ in $b$ hkrati nista enaki 0 , priznajte samo 1 točko.)

(Če ni komentarja, da števili $a$ in $b$ hkrati nista enaki 0 , priznajte samo 1 točko.)

Sklep, da je vrednost izraza lahko 0 ali -3

1 točka

IV/2. Točka $D$ je razpolovišče stranice $A B$ in zaradi $|A D|=3$ sledi $|A B|=6$. Označimo z $E$ razpolovišče stranice $B C$ in s $F$ razpolovišče $A C$. V trikotniku $A D T$ za dolžine stranic velja Pitagorov izrek, zato je ta trikotnik pravokotni. Ker težisče deli težiščnico v razmerju 2 proti 1 in je $|A T|=4$, je zato $|A E|=6$. Torej v pravokotnem trikotniku $A B E$ poznamo dolžini katet, zato lahko po Pitagorovem izreku izračunamo $|B E|=\sqrt{|A B|^{2}+|A E|^{2}}=\sqrt{36+36}=$ $6 \sqrt{2}$. Od tod sledi, da je $|B C|=2|B E|=12 \sqrt{2}$.

Ker sta $E$ in $F$ razpolovišči stranic $B C$ in $A C$, je $E F$ vzporedna z $A B$. Ker pa je $E A$ pravokotna na $A B$, je $E A$ pravokotna tudi na $E F$. Torej je trikotnik $A E F$ pravokotni.

Vemo že, da je $|A E|=6$, velja pa še, da je $|E F|=\frac{|A B|}{2}=3$. Torej lahko izračunamo dolžino $F A$ po Pitagorovem izreku in sicer

$$\mathrm{\mid }FA\mathrm{\mid }=\sqrt{\mathrm{\mid }EF{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }AE{\mathrm{\mid }}^2}=\sqrt{9+36}=3\sqrt{5}|F\; A|=\backslash sqrt\{|E\; F|^\{2\}+|A\; E|^\{2\}\}=\backslash sqrt\{9+36\}=3\; \backslash sqrt\{5\}$$

Od tod sledi, da je dolžina stranice $A C$ enaka $|A C|=2|A F|=6 \sqrt{5}$.

Sklep $|A B|=6$

Ugotovitev, da je trikotnik $A D T$ pravokotni Izračun dolžine $|B C|=12 \sqrt{2}$ ..... 2 točki Izračun dolžine $|A C|=6 \sqrt{5}$ ..... 2 točki

IV/3. Izračunajmo prvih nekaj števil $n$. Pri $p=2$ dobimo $n=9$, pri $p=3$ je $n=49$ in pri $p=5$ je $n=513$. Naj bo sedaj $p>5$. Zapišimo $n$ kot $n=(p-2)(p-1)(p+1)(p+2)+9$. Ker je $(p-2),(p-1), p,(p+1),(p+2)$ pet zaporednih števil, je vsaj eno deljivo s 5 . Če je $p>5$, število $p$ ni deljivo s 5 , zato je s 5 deljivo eno izmed števil $(p-2),(p-1),(p+1),(p+2)$, torej je njihov produkt $(p-2)(p-1)(p+1)(p+2)$ deljiv s 5 . Vsaj eno izmed s̆tevil $p+1$ oziroma $p+2$ je sodo, zato je produkt deljiv tudi z 2. Torej je število $(p-2)(p-1)(p+1)(p+2)$ za $p>5$ deljivo z 10. Tako je število $n$ za $p>5$ vsaj dvomestno in ima na mestu enic števko 9 , zato je vsota števk števila $n$ večja od 9 . Najmanjša vsota števk je tako pri $p=2$ in $p=5$, ko je enaka 9

Izračun $n$ pri $p=2, p=3$ in $p=5$

1 točka

Sklep, da je $\left(p^{2}-4\right)\left(p^{2}-1\right)$ pri $p>5$ deljivo $\mathbf{s} 5 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ Ugotovitev, da je pri $p>5$ zadnja števka $n$ enaka 9 in je zato vsota števk števila $n$ vsaj 10 2 točki Sklep, da je najmanjša vsota števk enaka 9 1 točka

IV/4. V funkcijsko enačbo vstavimo $x=0$ in dobimo $f(0)=f(y)+y f(0)$. Torej je $f$ linearna funkcija oblike $f(x)=a-a x$ za neko realno število $a$. Ta predpis vstavimo $\mathrm{v}$ funkcijsko enačbo in dobimo, da za vsaka $x, y \in \mathbb{R}$ velja $x+a-a x(a-a y)=a-a y+y(a-a x)$, torej

$$x-a^{2}x+a^{2}xy=-axyx-a^\{2\}\; x+a^\{2\}\; x\; y=-a\; x\; y$$

Če v to enačbo vstavimo $y=0$, dobimo $x=a^{2} x$ za vsak $x$, torej $a^{2}=1$. Ko to upoštevamo v zgornji enakosti, se poenostavi v $x y=-a x y$ oziroma $(1+a) x y=0$, od koder sledi $a=-1$, saj mora enakost veljati za vsaka $x$ in $y$.

Dobili smo $f(x)=x-1$. Če ta predpis vstavimo v obe strani prvotne enačbe, dobimo

$$x+f(xf(y))=x+f(xy-x)=x+xy-x-1=xy-1x+f(x\; f(y))=x+f(x\; y-x)=x+x\; y-x-1=x\; y-1$$

in

$$f(y)+yf(x)=y-1+y(x-1)=xy-1f(y)+y\; f(x)=y-1+y(x-1)=x\; y-1$$

kar je enako za vsaka $x$ in $y$, torej je $f(x)=x-1$ edina funkcija, ki zadošča dani enačbi.

Vstavljanje $x=0$ ali $y=0 \mathbf{v}$ funkcijsko enačbo 1 točka Vstavljanje predpisa $f(x)=a-a x$ v prvotno enačbo za $x$ in $y$ (lahko tudi zapisano kot $f(x)=f(0)-x f(0))$

1 točka

Sklep, da za vsaka $x$ in $y$ velja enačba $x-a^{2} x+a^{2} x y=-a x y$ (oziroma ekvivalentna,

Sklep, da je $f(x)=x-1$ rešitev ...........................................................................

IV/5. Na prvi sliki je $N=12$, na drugi pa $N=4$. Dokažimo, da sta to največja in najmanjša možna vrednost $N$.

Vseh oglišč kocke je 8. Vseh narisanih diagonal je 6 in zato je vseh krajišč diagonal 12. Iz nekega oglišča kocke lahko izhajajo $0,1,2$ ali 3 diagonale. Torej nam vsako oglišče kocke prinese $0,0,1$ ali 3 različne pare dotikajočih se diagonal.

Denimo, da lahko dosežemo $N \leq 3$. Če iz nekega oglišča izhajajo 3 diagonale, lahko iz ostalih oglišč izhaja kvečjemu ena diagonala. To bi pomenilo, da je krajišč diagonal kvečjemu $1 \cdot 3+7 \cdot 1=10$, to pa ni možno. Torej se v nobenem oglišču ne stikajo tri diagonale in imamo lahko kvečjemu 3 oglišča, v katerih se stikata po dve diagonali. Iz vsakega ostalega oglišča potem izhaja kvečjemu ena diagonala. Tako je vseh krajišč diagonal kvečjemu $3 \cdot 2+5 \cdot 1=11$. To pa je protislovje. Torej je pri vsaki izbiri dopustnih diagonal $N \geq 4$.

Vseh različnih parov diagonal je $\frac{6 \cdot 5}{2}=15$. Diagonali, ki ležita na nasprotnih ploskvah kocke, se ne moreta stikati. Zato obstaja kvečjemu $15-3=12$ različnih parov stikajočih se diagonal. Torej je pri vsaki izbiri dopustnih diagonal $N \leq 12$.

Slika ali zapis diagonal s koordinatami za $N=4 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$

Slika ali zapis diagonal s koordinatami za $N=12 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$ Ugotovitev, da iz vsakega oglišča lahko izhajajo od 0 do 3 diagonale in da to pomeni 0,1 ali 3 pare 1 točka

Sklep, da ni mogoče doseči $N \geq 13$.................................................. 2 točki

[^0]: Ugotovitev, da so $K^{\prime}, L^{\prime}, K, L$ konciklične 1 točka

Ugotovitev $\frac{|A B|}{|A C|}=\frac{|B L|}{\mid C L}$ 1 točka

Ugotovitev $\frac{|A D|}{|A C|}=\frac{|D K|}{|C K|}$ 1 točka

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_24964e3bc413fb5af60fg-15.jpg?height=68&width=1633&top_left_y=2056&top_left_x=220)
Ugotovitev, da sta trikotnika $D B C$ in $K L C$ podobna ........................ 1 točka

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_24964e3bc413fb5af60fg-15.jpg?height=48&width=1633&top_left_y=2169&top_left_x=220)

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_24964e3bc413fb5af60fg-15.jpg?height=49&width=1633&top_left_y=2214&top_left_x=220)
(Če je dokazana koncikličnost $K^{\prime}, L^{\prime}, K, L$ in je pokazano, da je koncikličnost $B, D, L^{\prime}, K^{\prime}$ ekvivalentna trditvi, da je $K L$ vzporedna $B D$, razmerja pa niso uporabljena, priznajte 2 točki.)