# 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
$$
|||2-x|-x|-8| \leq 2008
$$
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
$$
\frac{x^{2}}{2}+\frac{5}{y}=7
$$
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
$$
\frac{2}{1-\sin x}=\tan ^{2}\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)+1
$$
2. Poišči vsa praštevila $p$, za katera ima polinom
$$
q(x)=2 x^{3}-2 p x^{2}+(1-p) x+p
$$
vsaj eno racionalno ničlo.
3. Poišči vsa pozitivna realna števila $x$ in $y$, za katera velja
$$
x^{x+y}=y^{x-y} \quad \text { in } \quad x^{2} y=1
$$
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 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
$$
x+f(x f(y))=f(y)+y f(x)
$$
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
$$
|| 2-2 x|-8| \leq 2008
$$
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
$$
-2008 \leq 2 x+6 \leq 2008
$$
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 $1x \geq 2$. 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
$$
\frac{c}{x}=\frac{\frac{c}{2}+x}{\frac{c}{2}}
$$
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
$$
a^{2}-\frac{c^{2}}{4}=c^{2}-a^{2}+a c-\frac{c^{2}}{4}
$$
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
$$
\angle C^{\prime} A H=\pi-\angle A C^{\prime} H-\angle A H C^{\prime}=\frac{\gamma}{2}
$$
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
$$
\tan ^{2}\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\left(\frac{\tan \frac{x}{2}+\tan \frac{\pi}{4}}{1-\tan \frac{x}{2} \tan \frac{\pi}{4}}\right)^{2}
$$
Če upoštevamo, da je $\tan \frac{\pi}{4}=1$ in zapišemo $\tan \frac{x}{2}$ s sinusi in kosinusi, naprej sledi
$$
\tan ^{2}\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\left(\frac{\frac{\sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2}}+1}{1-\frac{\sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2}}}\right)^{2}=\left(\frac{\cos \frac{x}{2}+\sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2}-\sin \frac{x}{2}}\right)^{2}
$$
Po kvadriranju dobimo
$$
\tan ^{2}\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\cos ^{2} \frac{x}{2}+2 \cos \frac{x}{2} \sin \frac{x}{2}+\sin ^{2} \frac{x}{2}}{\cos ^{2} \frac{x}{2}-2 \cos \frac{x}{2} \sin \frac{x}{2}+\sin ^{2} \frac{x}{2}}
$$
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
$$
\tan ^{2}\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1+\sin x}{1-\sin x}=\frac{2}{1-\sin x}-1
$$
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
$$
\tan ^{2}\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\left(\frac{\sin \left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)}{\cos \left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)}\right)^{2}
$$
Z upoštevanjem adiciskih izrekov za sinus in kosinus, naprej sledi
$$
\tan ^{2}\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\left(\frac{\sin \frac{x}{2} \cos \frac{\pi}{4}+\cos \frac{x}{2} \sin \frac{\pi}{4}}{\cos \frac{x}{2} \cos \frac{\pi}{4}-\sin \frac{x}{2} \sin \frac{\pi}{4}}\right)^{2}
$$
Vemo, da je $\sin \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ in $\cos \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, torej je izraz enak
$$
\tan ^{2}\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\left(\frac{\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \frac{x}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \frac{x}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \frac{x}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \frac{x}{2}}\right)^{2}
$$
Po kvadriranju dobimo
$$
\tan ^{2}\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\cos ^{2} \frac{x}{2}+2 \cos \frac{x}{2} \sin \frac{x}{2}+\sin ^{2} \frac{x}{2}}{\cos ^{2} \frac{x}{2}-2 \cos \frac{x}{2} \sin \frac{x}{2}+\sin ^{2} \frac{x}{2}}
$$
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
$$
\tan ^{2}\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1+\sin x}{1-\sin x}=\frac{2}{1-\sin x}-1
$$
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
$$
x^{x+x^{-2}}=x^{-2\left(x-x^{-} 2\right)}
$$
Enačbo logaritmiramo in dobimo
$$
\left(x+x^{-2}\right) \log x=-2\left(x-x^{-2}\right) \log x
$$
Če je $\log x=0$, je $x=1$ in potem $y=1$. Sicer pa velja
$$
x+x^{-2}=-2 x+2 x^{-2}
$$
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
$$
\frac{\sin (\angle B A L)}{|B L|}=\frac{\sin (\angle A L B)}{|A B|}
$$
Podobno velja v trikotniku $C A L$, da je
$$
\frac{\sin (\angle L A C)}{|C L|}=\frac{\sin (\angle C L A)}{|A C|}
$$
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
$$
\frac{|A B|}{|A C|}=\frac{|B L|}{|C L|}
$$
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
$$
\frac{|C B|}{|C L|}=\frac{|B L|+|C L|}{|C L|}=\frac{|B L|}{|C L|}+1=\frac{|D K|}{|C K|}+1=\frac{|D K|+|C K|}{|C K|}=\frac{|C D|}{|C K|}
$$
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
$$
\angle D L^{\prime} K^{\prime}=\angle K L^{\prime} K^{\prime}=\pi-\angle K^{\prime} L K=\pi-\angle K^{\prime} B D
$$
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 $15$. 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
$$
x-a^{2} x+a^{2} x y=-a x y
$$
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
$$
x+f(x f(y))=x+f(x y-x)=x+x y-x-1=x y-1
$$
in
$$
f(y)+y f(x)=y-1+y(x-1)=x y-1
$$
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
Ugotovitev, da sta trikotnika $D B C$ in $K L C$ podobna ........................ 1 točka
(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.)