# 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
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
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
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
