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.
Matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje
- marec 2005
Naloge za 1. letnik
- Poišči najmanjše naravno število $n$, da bo vsota $n+2 n+3 n+\cdots+9 n$ enaka številu, ki ima v desetiškem zapisu vse števke enake.
- Za katere vrednosti parametra $a$ ima sistem enačb $|x-1|+|y-a|=1$ in $y=-2|x-1|-1$ natanko 3 rešitve?
- Za realni števili $a$ in $b$ velja $a^{3}=3 a b^{2}+11$ in $b^{3}=3 a^{2} b+2$. Izračunaj vrednost izraza $a^{2}+b^{2}$.
- Dan je romb $A B C D$ z ostrim kotom $\Varangle B A C$. Nožišče višine iz točke $D$ na stranico $A B$ deli to stranico na dela dolžin $x$ in $y$. Izrazi dolžini diagonal romba $A B C D$ z $x$ in $y$.
- V točki $C$ se stikajo enakostranični trikotnik $A C G$, pravilni petkotnik $C D E F G$ in pravilni osemkotnik BHIJKLDC (glej sliko). Določi kote trikotnika $A B C$.
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 150 minut.
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
Matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje
- marec 2005
Naloge za 2. letnik
- Rok je iz 500 enako velikih kock sestavil kvader. Najmanj koliko mejnih ploskev kock je sestavljalo mejne ploskve kvadra?
- Če petmestno število delimo s 100, dobimo količnik $k$ in ostanek $o$. Pri koliko petmestnih številih je vsota $k+o$ deljiva z 11 ?
- Naj bosta $a$ in $b$ pozitivni realni števili. Dokaži, da je vrednost izraza
neodvisna od $a$ in $b$.
- Označimo z $D$ in $E$ razpolovišči stranic $A C$ in $B C$ enakostraničnega trikotnika $A B C$. Poltrak $D E$ seka očrtano krožnico trikotnika $A B C$ v točki $F$. V kakšnem razmerju deli točka $E$ daljico $D F$ ?
- Poišči vse rešitve enačbe $m^{2}-3 m+1=n^{2}+n-1$, kjer sta $m$ in $n$ naravni števili.
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 150 minut.
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
Matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje
- marec 2005
Naloge za 3. letnik
- Poišči vsa pozitivna realna števila $x$, ki zadoščajo enačbi $x^{x \sqrt[3]{x}}=(x \sqrt[3]{x})^{x}$.
- Med naravnimi števili $m$, za katere ima neenakost $n^{2}+2005 \leq m n$ vsaj kakšno celoštevilsko rešitev $n$, poišči tista, kjer je teh rešitev najmanj.
- Za koliko naravnih števil $n$ je vrednost izraza $n^{3}-14 n^{2}+64 n-93$ praštevilo?
- Naj bosta $x$ in $y$ realni števili, za kateri velja $\sin x+\sin y=\frac{\sqrt{2}}{2}$ in $\cos x+\cos y=\frac{\sqrt{6}}{2}$. Koliko je $\sin (x+y) ?$
- Na diagonali $A C$ pravokotnika $A B C D$ izberemo točki $E$ in $F$ tako, da je $|A E|=|A B|$ in $|A F|=|A D|$. Označimo z $G$ in $H$ pravokotni projekciji točk $E$ in $F$ na stranico $A B$. Dokaži, da velja $|A G|+|F H|=|A C|$.
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 150 minut. Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
Matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije
Izbirno tekmovanje
- marec 2005
Naloge za 4. letnik
- Prva dva člena zaporedja sta $a_{1}=1$ in $a_{2}=3$. Od drugega člena dalje velja: če od nekega člena odštejemo člen, ki je pred njim, dobimo člen, ki je za njim. Poišči vsoto prvih 2005 členov zaporedja.
- Koliko je šestmestnih števil oblike $\overline{a b c a c b}$, ki so deljiva s 23 ?
- Poišči vse funkcije $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, ki zadoščajo enačbi
- Naj bo $A B C$ enakokrak ostrokoten trikotnik z vrhom $C$. Nosilka višine iz $A$ seka stranico $B C$ v točki $D$, očrtano krožnico trikotnika $A B C$ pa v točkah $A$ in $E$. Premica $B E$ seka krožnico s premerom $B C$ v točkah $B$ in $F$. Dokaži, da je $|A D|=|B F|$.
- Za neprazno podmnožico $X$ množice ${1,2,3, \ldots, 42}$ označimo z $v(X)$ vsoto elementov množice $X$. (Tako je denimo $v({1,3,8})=12$.)
Izračunaj vsoto vseh števil $v(X)$, ko $X$ preteče vse neprazne podmnožice množice ${1,2,3, \ldots, 42}$.
Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 150 minut.
Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena.
Rešitve nalog z izbirnega tekmovanja
Abstract
Vsaka naloga je vredna 7 točk. 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. Označimo $s=n+2 n+3 n+\cdots+9 n=45 n$. Ker 5 deli število $s$ in ker ima $s$ v desetiškem zapisu vse števke enake, so vse njegove števke enake 5 . Ker pa tudi 9 deli število $s$, je $s=555555555$ in zato $n=12345679$.
I/2. Narišemo krivulji, ki ju določata enačbi. Prva enačba določa obod kvadrata s središčem v točki $(1, a)$, druga pa 2 poltraka s skupnim izhodiščem v točki $(1,-1)$. Sistem ima natanko 3 rešitve, ko se skupno izhodišče poltrakov ujema z zgornjim ogliščem kvadrata. To je takrat, ko je $a=-2$.
Ugotovitev, da prva enačba določa obod kvadrata 2 točki
Ugotovitev pomena parametra $a$ 1 točka
Ugotovitev, da druga enačba določa poltraka s skupnim izhodiščem $(1,-1)$ .2 točki
Ugotovitev pogoja za natanko 3 rešitve 1 točka
Rešitev $a=-2$
1 točka
I/3. Enačbi preoblikujemo v $a^{3}-3 a b^{2}=11, b^{3}-3 a^{2} b=2$ in kvadriramo: $a^{6}-6 a^{4} b^{2}+9 a^{2} b^{4}=$ $121, b^{6}-6 a^{2} b^{4}+9 a^{4} b^{2}=4$. Ti dve enačbi seštejemo in dobimo $125=a^{6}+3 a^{4} b^{2}+3 a^{2} b^{4}+b^{6}=$ $\left(a^{2}+b^{2}\right)^{3}$, torej je $a^{2}+b^{2}=5$.
Pravilno kvadriranje obeh enačb
2 točki
Vsota kvadriranih enačb
2 točki
Preureditev členov s črkovnimi oznakami v $\left(a^{2}+b^{2}\right)^{3}$ 2 točki
Sklep $a^{2}+b^{2}=5$
1 točka
I/4. Dolžina stranice romba je $a=x+y$, zato je po Pitagorovem izreku v trikotniku $A E D$ višina $v$ enaka $v=\sqrt{(x+y)^{2}-x^{2}}=\sqrt{y(2 x+y)}$. Potem je dolžina diagonale $B D$ enaka $|B D|=\sqrt{v^{2}+y^{2}}=\sqrt{2 y(x+y)}$, dolžina diagonale $A C$ pa je po Pitagorovem izreku v trikotniku $A C^{\prime} C$ enaka
I/5. Spomnimo se, da notranji kot pravilnega $n$-kotnika meri $\frac{n-2}{n} 180^{\circ}$. Notranji kot enakostraničnega trikotnika meri $60^{\circ}$, v pravilnega petkotnika $\frac{3}{5} 180^{\circ}=108^{\circ}$, pravilega osemkotnika pa $\frac{6}{8} 180^{\circ}=135^{\circ}$. Trikotnik $A B C$ je enakokrak s kotom $360^{\circ}-\left(60^{\circ}+108^{\circ}+135^{\circ}\right)=57^{\circ}$ pri vrhu $C$ in kotoma $\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-57^{\circ}\right)=61.5^{\circ}$ ob osnovnici $A B$.
Izrac̆un velikosti notranjega kota petkotnika ....................................................................
Izračun velikosti notranjega kota osemkotnika .................................................................................
Izračun kota ob vrhu enakokrakega trikotnika $A B C$...................................................................................
II/1. Denimo, da so bile Rokove kocke enotske. Kvader je imel tedaj prostornino 500 . Če je bil dolg $a$, širok $b$ in visok $c$ enot, je veljalo $a b c=500$. Njegova površina je bila $P=2(a b+b c+a c)$, vrednost izraza $P$ pa pove tudi, koliko mejnih ploskev kock je na površju kvadra. Poiskati moramo torej najmanjšo vrednost površine kvadra. Predpostavimo lahko, da je $a \geq b \geq c$. Ker je $500=2^{2} \cdot 5^{3}$, so delitelji s̆tevila 500 števila $1,2,4,5,10,20,25,50,100,125,250$ in 500 (glej preglednico). Razberemo lahko, da je na površju kvadra najmanj 400 mejnih ploskev kock, iz katerih je sestavljen.
| $a$ | $c$ | $2(a b+b c+a c)$ | |
|---|---|---|---|
| 500 | 1 | 1 | 2002 |
| 250 | 2 | 1 | 1504 |
| 125 | 4 | 1 | 1258 |
| 125 | 2 | 2 | 1008 |
| 100 | 5 | 1 | 1210 |
| 50 | 10 | 1 | 1120 |
| 50 | 5 | 2 | 720 |
| 25 | 20 | 1 | 1090 |
| 25 | 10 | 2 | 640 |
| 25 | 5 | 4 | 490 |
| 20 | 5 | 5 | 450 |
| 10 | 10 | 5 | 400 |
Ugotovitev, da ima kvader z dolžinami robov $a, b$ in $c$ prostornino 500 (enot) ........ 1 točka Ideja o deliteljih s̆tevila 500 in njegovi delitelji ............................................................................ Povezava števila mejnih ploskev (enotskih) kock s površino kvadra ........................ 1 točka Iskanje najmanjše vrednosti površine pri različnih vrednostih dolžin robov ............. 2 točki
II/2. Vseh petmestnih števil je 90000 (od 10000 do 99999). Razdelimo jih lahko v 900 stolpcev po 100 števil, in sicer glede na vrednost $k$ od 100 do 999:
V vsakem stolpcu, v katerem $k$ ni deljiv z 11, najdemo takih 9 vrednosti ostanka $o$, da je vsota $k+o$ deljiva z 11. V stolpcih, v katerih je $k$ deljiv z 11, pa je 10 vrednosti ostanka $o$ takih, da je vsota $k+o$ deljiva z 11. Tedaj je ostanek $o$ lahko enak $0,11,22, \ldots, 99$.
Nato ugotovimo, da je 81 stolpcev, v katerih je količnik $k$ deljiv z 11. To so stolpci, v katerih ima $k$ vrednosti $110=11 \cdot 10,121=11 \cdot 11,132=11 \cdot 12, \ldots, 990=11 \cdot 90$. Stolpcev, v katerih $k$ ni deljiv z 11 je torej $900-81=819$. Vsota $k+o$ je deljiva z 11 pri $81 \cdot 10+819 \cdot 9=8181$ petmestnih številih.
Ugotovitev: za $k$, ki ni deljiv z 11, je 9 takih vrednosti $o$, da je $k+o$ deljiv z $11 \ldots \ldots .2$ točki Ugotovitev: za $k$, ki je deljiv z 11, je 10 takih vrednosti $o$, da je $k+o$ deljiv z $11 \ldots .2$ točki V 81 primerih je $k$ deljiv z 11 ..................................................................................................................... V 819 primerih $k$ ni deljiv z 11 .................................................................................................... Vsota $k+o$ je deljiva z 11 pri 8181 petmestnih s̆tevilih ..................................................
II/3. Ker sta števili $a$ in $b$ pozitivni, je izraz za vsaka $a$ in $b$ definiran, zato lahko zapišemo
torej je izraz neodvisen od $a$ in $b$.
Lahko rešujemo tudi drugače. Če ulomek kvadriramo, dobimo
To pomeni, da je vrednost ulomka enaka $\sqrt{4}=2$ in je neodvisna od $a$ in $b$.
Smiselno vrednotiti pravilne korake pri poenostavljanju izraza
0 do 7 točk
II/4. Označimo $a=|A B|$ in $x=|E F|$. Razpolovišče daljice $D E$ označimo z $G$. Ker je $D E C$ enakostranični trikotnik z dolžino stranice $\frac{a}{2}$, je $|G E|=\frac{a}{4}$ in $|G C|=\frac{a \sqrt{3}}{4}$. Očrtana krožnica trikotnika $A B C$ naj ima polmer $r$ in središče $\mathrm{v} O$. Potem je $r=\frac{a \sqrt{3}}{3}$, $|O G|=r-|G C|=\frac{a \sqrt{3}}{3}-\frac{a \sqrt{3}}{4}=\frac{a \sqrt{3}}{12}$ in $|G F|=\frac{a}{4}+x$. Trikotnik $O F G$ je pravokoten s hipotenuzo $O F$, zato velja $|O F|^{2}=|O G|^{2}+|G F|^{2}$. Torej je $|G F|^{2}=|O F|^{2}-$ $|O G|^{2}=\frac{5 a^{2}}{16}$ in $x=-\frac{a}{4}+\frac{a \sqrt{5}}{4}=\frac{a(\sqrt{5}-1)}{4}$. Iskano razmerje je torej enako $|D E|:|E F|=\frac{a}{2}: \frac{a(\sqrt{5}-1)}{4}=2:(\sqrt{5}-1)$.
(Zapišemo lahko tudi $2:(\sqrt{5}-1)=(\sqrt{5}+1): 2$.) Dolžine stranic in višine trikotnika $D E C$ glede na dolžino stranice trikotnika $A B C \ldots 1$ točka Dolžina $|O G|$ (z analognimi oznakami) . ...............................................................................................
Izračun razmerja .2 točki
II/5. Dano enac̆bo preuredimo v $m^{2}-3 m-\left(n^{2}+n-2\right)=0$. Dobljeno kvadratno enačbo rešimo: $m_{1,2}=\frac{3 \pm \sqrt{9+4 n^{2}+4 n-8}}{2}=\frac{3 \pm \sqrt{(2 n+1)^{2}}}{2}=\frac{3 \pm(2 n+1)}{2}$. Torej je $m_{1}=n+2$ in $m_{2}=-n+1$. Ker $m_{2}$ ni naravno število pri nobeni naravni vrednosti parametra $n$, ta možnost odpade. Dano enac̆bo res̆i par $(m, m-2)$, kjer je $m$ poljubno naravno s̆tevilo.
Preureditev enačbe v kvadratno enačbo
.1 točka
Reševanje kvadratne enačbe in poenostavitev (odprava korena, ulomka) .............. 2 točki
Utemeljitev, da ena izmed rešitev ne ustreza zahtevam naloge ......................... 2 točki
Zapis (neskončno mnogo) rešitev, npr. kot par $(m, m-2), m \in \mathbb{N}$ ali $(n+2, n), n \in \mathbb{N} 2$ točki
III/1. Obe strani enačbe logaritmiramo in dobimo $x \sqrt[3]{x} \log x=x \log x^{\frac{4}{3}}=\frac{4}{3} x \log x$, kar preoblikujemo v $x \log x\left(\sqrt[3]{x}-\frac{4}{3}\right)=0$. Ker je $x>0$, dobimo eno rešitev enačbe iz $\log x=0$, to je $x=1$, drugo pa iz $\sqrt[3]{x}=\frac{4}{3}$, to je $x=\frac{64}{27}$.
Logaritmiranje in preoblikovanje enačbe v obliko zmnožka ........................................................................
III/2. Dano neenačbo preoblikujemo v $n^{2}-m n+2005 \leq 0$. Oglejmo si kvadratno enac̆bo $n^{2}-m n+2005=0$. Njeni rešitvi sta $n_{1,2}=\frac{m \pm \sqrt{m^{2}-8020}}{2}$. Diskriminanta ne sme biti negativna, saj želimo, da bi imela pripadajoča neenačba vsaj kakšno celo rešitev. To pomeni, da mora biti $m \geq 90(m \in \mathbb{N})$. Če je $m=90$, dobimo $n_{1}=\frac{90-\sqrt{80}}{2}=45-2 \sqrt{5}$ in $n_{2}=45+2 \sqrt{5}$. Cele rešitve neenačbe ležijo med $n_{1}$ in $n_{2}$. Za $m=90$ ima neenačba najmanj celih rešitev; tedaj jih je 9 . Če bi izbrali večje s̆tevilo $m$, se iz $n_{1,2}=\frac{m \pm \sqrt{m^{2}-8020}}{2}$ vidi, da bi se $n_{1}$ in $n_{2}$ oddaljila drug od drugega in bi imela neenačba več celih rešitev.
Preoblikovanje dane neenac̆be in zapis rešitev ustrezne kvadratne enačbe ............. 2 točki
Utemeljitev, da je pri $m=90$ najmanj celih rešitev neenačbe .......................... 3 točke
III/3. Poskusimo izraz razstaviti. Ker je $93=3 \cdot 31$, so cele ničle polinoma $p(x)=$ $x^{3}-14 x^{2}+64 x-93$ lahko le $\pm 1, \pm 3, \pm 31$ in $\pm 93$. Na pamet preverimo, da niti 1 niti -1 nista ničli. S Hornerjevim algoritmom ugotovimo, da je 3 ničla:
| 1 | -14 | 64 | -93 | |
|---|---|---|---|---|
| 3 | -33 | 93 | ||
| 3 | 1 | -11 | 31 |
Pišemo $n^{3}-14 n^{2}+64 n-93=(n-3)\left(n^{2}-11 n+31\right)$. Vrednost izraza je praštevilo, če je eden izmed faktorjev enak 1, drugi pa praštevilo. Najprej predpostavimo, da je $n-3=1$. Tedaj je $n=4$, prvi faktor je enak 1 , drugi pa $4^{2}-11 \cdot 4+31=3$, torej je praštevilo.
Predpostavimo še, da je $n^{2}-11 n+31=1$. Tedaj je $n^{2}-11 n+30=0=(n-5)(n-6)$. Faktor $n^{2}-11 n+31$ je enak 1 pri $n=5$ in pri $n=6$. Pri obeh vrednostih števila $n$ je faktor $n-3$ praštevilo, in sicer 2 oziroma 3 .
Vrednost izraza $n^{3}-14 n^{2}+64 n-93$ je praštevilo za tri vrednosti naravnega s̆tevila $n$, in sicer za 4,5 in 6 .
Zapis izraza v obliki zmnožka .3 točke
Rešitev $n=4$ (linearni faktor enak 1 ) 2 točki
Rešitvi $n=5$ in $n=6$ (kvadratni faktor enak 1 )
2 točki
III/4. Če enačbi kvadriramo in seštejemo, dobimo $\sin ^{2} x+2 \sin x \sin y+\sin ^{2} y+\cos ^{2} x+$ $2 \cos x \cos y+\cos ^{2} y=\frac{1}{2}+\frac{3}{2}$ oziroma $2(\sin x \sin y+\cos x \cos y)=0$ in od tod $\cos (x-y)=0$. Če pa enačbi med seboj množimo, dobimo $\sin x \cos x+\sin x \cos y+\sin y \cos x+\sin y \cos y=\frac{\sqrt{3}}{2}$, kar preoblikujemo $\mathrm{v}(\sin x \cos y+\sin y \cos x)+(\sin x \cos x+\sin y \cos y)=\frac{\sqrt{3}}{2}$ in še $\mathrm{v} \sin (x+$ $y)+\sin (x+y) \cos (x-y)=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Če upoštevamo, da je $\cos (x-y)=0$, imamo $\sin (x+y)=\frac{\sqrt{3}}{2}$, kar smo želeli izračunati.
Ugotovitev $\cos (x-y)=0$ 3 točke
Ugotovitev $(\sin x \cos y+\sin y \cos x)+(\sin x \cos x+\sin y \cos y)=\frac{\sqrt{3}}{2} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots .2$ točki
III/5. Naj bo $\Varangle B A C=\varphi$. Tedaj je $|A E|=|A B|=|A C| \cos \varphi$ in $|A F|=|A D|=|A C| \sin \varphi$. Podobno je $|A G|=|A E| \cos \varphi$ in $|F H|=$ $|A F| \sin \varphi$, od koder sledi
Zapis $|A E|$ in $|A F| \mathrm{z}|A C|$ in kotom $B A C$ 3 točke Zapis $|A G| \mathrm{z}|A E|$ in kotom $B A C$ ter $|F H| \mathrm{z}|A F|$ in kotom $B A C$ 3 točke Sklepna ugotovitev $|A G|+|F H|=|A C|$ 1 točka
IV /1. Za $i \geq 2$ velja $a_{i+1}=a_{i}-a_{i-1}$. Tako je $a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{2005}=a_{1}+a_{2}+\left(a_{2}-\right.$ $\left.a_{1}\right)+\left(a_{3}-a_{2}\right)+\left(a_{4}-a_{3}\right)+\cdots+\left(a_{2003}-a_{2002}\right)+\left(a_{2004}-a_{2003}\right)=a_{2}+a_{2004}$. Če zapišemo prvih nekaj členov zaporedja, ugotovimo, da je zaporedje periodično s periodo 6: $1,3,2,-1,-3$, $-2,1,3 \ldots$ Ker je $2004=6 \cdot 334+0$, je $a_{2004}=a_{6}=-2$. Vsota prvih 2005 členov zaporedja je $a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{2005}=a_{2}+a_{2004}=3-2=1$.
IV /2. Šestmestno število $\overline{a b c a c b}$ lahko zapišemo kot
To število je deljivo s 23 natanko tedaj, ko je vrednost izraza $2 a-2 b-c$ deljiva s 23. Ker pa so $a, b$ in $c$ s̆tevke in je $a \neq 0$, velja $-25 \leq 2 a-2 b-c \leq 18$. Vrednost izraza $2 a-2 b-c$ je deljiva s 23 le, če je enaka 0 ali -23 .
V prvem primeru je $c=2(a-b)$, torej je $4 \geq a-b \geq 0$ oziroma $4+b \geq a \geq b$. Pri $b=0$ imamo za $a$ s̆tiri možnosti, pri $5 \geq b \geq 1$ lahko $a$ izberemo na 5 načinov, pri $b=6$ so 4 možnosti, pri $b=7$ so 3 , pri $b=8$ sta 2 in pri $b=9$ je ena sama možnost. Skupaj imamo torej $4+5 \cdot 5+4+3+2+1=39$ števil.
$\mathrm{V}$ drugem primeru je $2 a-2 b-c=-23$. Če je $7 \geq b$, je $23=2 \cdot 7+9 \geq 2 b+c=23+2 a$, torej $a=0$, kar ni mogoče. Pri $b=8$ dobimo $c=7+2 a$ in edina rešitev je $a=1$ in $c=9$. Pri $b=9$ pa imamo $c=5+2 a$, od koder dobimo dve možnosti, in sicer $a=1, c=7$ ter $a=2$, $c=9$. V drugem primeru imamo torej 3 možnosti.
Vseh šestmestnih števil z danimi lastnostmi je $39+3=42$.
Pogoja, ki jima zadoščajo števke $a, b$ in $c(2 a-2 b-c=0$ ali -23 oz. analogen pogoj) 2 točki
Izpis vseh možnosti v primeru $2 a-2 b-c=-23 \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots . \ldots . \ldots . \ldots . \ldots . \ldots$ točki
IV /3. Pri $x=0$ dobimo $y f(0)=y f(y)$, zato je $f(y)=f(0)$ za vsak $y \in \mathbb{R}$. Torej je $f(y)=c$ za vsak $y$, kjer je $c$ poljubna konstanta. Očitno vse konstantne funkcije ustrezajo prvotni enačbi.
Ugotovitev: $y f(0)=y f(y)$, zato je $f(y)=f(0)$ za vsak $y \in \mathbb{R} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . \ldots . \ldots$ točke
Sklep, da je funkcija $f$ konstantna ..................................................................................................
Preizkus, da vse konstantne funkcije ustrezajo dani enačbi ................................. 2 točki
IV/4. Po Talesovem izreku je $B F C$ pravokotni trikotnik s hipotenuzo $B C$. Ker je $A D \perp B C$, je $A D C$ pravokotni trikotnik s hipotenuzo $A C$. Ker sta $\Varangle E A C$ in $\Varangle E B C$ obodna kota nad istim lokom $\widehat{E C}$, sta enaka. Ker je $A B C$ enakokraki trikotnik z vrhom $C$, je $|B C|=|A C|$. Torej sta $A D C$ in $B F C$ skladna pravokotna trikotnika, zato je $|A D|=|B F|$.
Ugotovitev, da sta trikotnika $B F C$ in $A D C$ pravokotna ...........................................................................
IV /5. Označimo iskano vsoto z $V$. Vsako izmed števil od 1 do 42 se v vsoti $V$ pojavi tolikokrat, kolikor je podmnožic množice ${1,2,3, \ldots, 42}$, ki vsebujejo to število. Takih podmnožic je $2^{41}$, torej je
Ugotovitev, da se vsako število od 1 do 42 pojavi v vsoti $2^{41}$-krat 5 točk Izračun $(1+2+3+\ldots+42) 2^{41}=21 \cdot 43 \cdot 2^{42}$ 2 točki