Zadania 51-60

Można wybrać 100 punktów leżących na półokręgu (bez końców).
Wydaje mi się, że to jedyna możliwość. Jeśli Autor zna inną i się podzieli, będę wdzięczny.
Redakcję z kolei proszę o zmianę systemu CAPTCHA - za każdym razem mam z nim problem.

Autor właśnie to rozwiązanie miał na myśli.

Zdaje się, że można pokazać, iż dowolne trzy różne pkty leżące na wykresie funkcji f(x) = sinx są wierzchołkami trójkąta rozwartokątnego. To już prowadzi do odpowiedniego przykładu.

Ile jest liczb pierwszych mniejszych od 10 000 złożonych z różnych cyfr?

Liczb pierwszych co najwyżej czterocyfrowych o różnych cyfrach jest 638 (zaczynając od 2, a kończąc na 9871), w tym 4 jednocyfrowe, 20 dwucyfrowych, 97 trzycyfrowych i 517 czterocyfrowych. W rozwiązaniu skorzystałam z listy liczb pierwszych znajdującej się tutaj: http://liczby_pierwsze.republika.pl Potem wystarczyło(!) ją wyczyścić z niepotrzebnych elementów (30 minut pracy), a że liczby są ładnie stablicowane, obliczenie, ile ich zostało, było kwestią sekund.

Wiem, że edytory tekstu obrabiają "wyrażenia regularne" i to samo można było zrobić automatycznie, ale nauczenie się tego narzędzia zajęłoby mi na pewno więcej niż 30 minut (to na wypadek, gdyby jakiś dowcipniś próbował zadać to samo pytanie dla liczb mniejszych od miliona).  

To wcale nie był dowcip. Da się to szybciej rozwiązać w arkuszu kalkulacyjnym lub osobnym programem. Mój wynik dla liczb czterocyfrowych jest inny, ale zbliżony. To chyba nie ma znaczenia, ze względu na sposób, jakiego użyłaś.

No to mamy ciekawą sytuację. Adam, używając programu komputerowego, który napisał, otrzymał początkowo wynik 617. Po opublikowaniu wyniku Karoli poprawił błąd w programie i twierdzi, że szukanych liczb jest 631 (czyli poprawił własny wynik o 14). Karola, licząc ręcznie, początkowo podała wynik 643, który po wpisie Adama poprawiła na 638 (czyli poprawiła swój wynik o 5). Rzeczywiście dla niedużego zakresu pomysł z ręcznym przeglądaniem jest szybszy i skuteczniejszy, ale dla większego zakresu program komputerowy będzie nieodzowny. A może ktoś potwierdzi inną metodą poprawność wyniku Adama lub Karoli? Albo poda jeszcze inną odpowiedź?

Obliczyłem w arkuszu kalkulacyjnym swoją metodą. Wyszło mi też 631.

Potwierdzam wynik 631 (4+20+97+510).

Moment, kiedy na każdym z trzech punktów obserwacyjnych dał się słyszeć huk wystrzału nieprzyjacielskiego działa został dokładnie ustalony. Jak znaleźć położenie tego działa na mapie sztabowej?

Dane są czasy rejestracji huku, a więc i różnice między nimi. Do znalezienia położenia działa na mapie można skorzystać z takiej metody:
a) z różnicy czasów usłyszenia huku, znając prędkość dźwięku w powietrzu, wyznaczyć dodatnie różnice odległości punktów obserwacyjnych od działa w stosunku do punktu najbliższego,
b) przeliczyć te różnice na odległości na mapie,
c) skonstruować na mapie dwa okręgi o środkach w punktach bardziej oddalonych od działa i promieniach będących odpowiednimi różnicami odległości,
d) skonstruować okrąg styczny do tych dwóch okręgów i przechodzący przez punkt obserwacyjny położony najbliżej działa,
e) wyznaczyć środek tego okręgu. Będzie on lokalizacją działa na mapie.
Powyższa metoda działa, gdy punkty obserwacyjne nie są współliniowe (w takim przypadku są dwa możliwe położenia działa).

Wydaje mi się, że rozwiązanie Adama nie może być uznane za kompletne, dopóki nie poda się konstrukcji okręgu stycznego (zewnętrznie(!), bo jest też okrąg styczny wewnętrznie) do dwóch danych okręgów przechodzącego przez zadany punkt. Trzeba też uzasadnić, że taki okrąg zawsze istnieje i jest (poza przypadkiem punktów współliniowych) tylko jeden. Z rozwiązania Adama nie wynika też, jak znaleźć położenie działa dla współliniowych punktów obserwacyjnych (rozumiem, że po znalezieniu jednego takiego punktu, drugi położony będzie symetrycznie względem prostej, na której leżą te punkty). 

Pretensje Karoli do rozwiązania Adama są słuszne. Uzupełnienie luk wytkniętych w jego rozumowaniu nie jest wcale łatwe. Pełne rozwiązanie (cyrklem i linijką) zamieszczamy tutaj, a konstrukcję nieklasyczną - tutaj. 

Dany jest ciąg złożony z liczb od 1 do n ustawionych w dowolnej kolejności. Jakie jest prawdopodobieństwo wystąpienia sytuacji, w której liczby od 1 do i wystąpią w tym ciągu w kolejności rosnącej w zależności od parametru i?

[tex]
\frac{1}{\underbrace{(n-1)\cdot (n-2)\cdot (n-3)\cdot \ \ldots\ \ \cdot (n-i+2)\cdot (n-i+1)\cdot (n-i)}
[/tex]

Marcinie! Dla i=1 Twoja odpowiedź to 1/(n-1), a powinno być 1.

Odpowiedź to 1/i!. Wydaje się zaskakujące, że wynik nie zależy od n.
Można to wyliczyć kombinatorycznie, np. [tex] \frac {{{n} \choose {i}} \cdot(n-i)!}{n!} = \frac{1}{i!}[/tex].

Można też pomyśleć o następującej maszynie do losowania (i ustawiania) liczb:
- najpierw 'stawia na linii' liczbę 1,
- dla liczby 2 losuje miejsce, gdzie ma ona być ustawiona na linii (tzn. losuje, czy na lewo, czy na prawo od 1),
- dla liczby 3 losuje miejsce, gdzie ma ona być ustawiona na linii (tzn. losuje jedno z trzech miejsc: skrajne lewe, pomiędzy 1 i 2,
skrajne prawe),
- dla liczby 4 losuje jedno z czterech miejsc...
- i tak dalej.
Widać, że każdy porządek liczb od 1 do i jest jednakowo prawdopodobny i że tych porządków jest ich 2·3·4·...·i, a tylko jeden z nich jest sprzyjający. Zatem można 'zapomnieć', co robi maszyna po ustawieniu i-tej liczby. Dlatego właśnie wynik nie zależy od n.

Wykaż, że w dowolnym prostokącie odcinki łączące wierzchołek ze środkami nieprzyległych doń boków są trójsiecznymi przekątnej.

Niech ABCD będzie danym prostokątem i niech P będzie środkiem odcinka AB. Niech też K oznacza punkt wspólny przekątnej BD z odcinkiem CP. Jeśli O jest środkiem symetrii danego prostokąta (czyli punktem przecięcia jego przekątnych), to widać, że w trójkącie ABC odcinki CP i BO to środkowe. Punkt K dzieli je w stosunku 2:1. To oznacza, że [tex]|BK|=\frac{2}{3}\cdot|BO|=\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}|BD|=\frac{1}{3}\cdot|BD|.[/tex]
Dla drugiego punktu (leżącego na boku AD) jest podobnie.

Pokazać, że jeżeli [tex]x^2+y^2+(x+y)^2=z^2+t^2+(z+t)^2[/tex], to także [tex]x^4+y^4+(x+y)^4=z^4+t^4+(z+t)^4[/tex].

[tex]
x^2+y^2+(x+y)^2=z^2+t^2+(z+t)^2\\
x^2+y^2+x^2+2xy+y^2=z^2+t^2+z^2+2zt+t^2\\
2x^2+2xy+2y^2=2z^2+2tz+2t^2\\
x^2+xy+y^2=z^2+tz+t^2\\
(x^2+xy+y^2)^2=(z^2+tz+t^2)^2\\
x^4+2x^3y+3x^2y^2+2xy^3+y^4=z^4+2z^3t+3z^2t^2+2zt^3+t^4\\
2x^4+4x^3y+6x^2y^2+4xy^3+2y^4=\\
\; \; =2z^4+4z^3t+6z^2t^2+4zt^3+2t^4\\
x^4+y^4+(x^4+4x^3y+6x^2y^2+4xy^3+y^4)=\\
\; \; =z^4+t^4+(z^4+4z^3t+6z^2t^2+4zt^3+t^4)\\
x^4+y^4+(x+y)^4=z^4+t^4+(z+t)^4,
[/tex]
co było do udowodnienia.
P.S. Mam nadzieję, że TeX mi zadziała. Nie jestem z nim zbyt obeznany...

Gratuluję rozwiązania. Ten sposób od razu mi się nasunął, ale zastanawiam się, czy da się udowodnić to w inny sposób,  bez podnoszenia wyrażeń [tex]x^2+xy+y^2[/tex] oraz [tex]z^2+tz+t^2[/tex] do kwadratu.

Oblicz pole zaznaczone na czerwono, wiedząc że bok kwadratu ma długość 1, a łuki są łukami okręgów. Odpowiedź podaj w formie [tex]a+b sqrt c +d \pi[/tex].

Rozwiązaniem tego zadania jest: [tex] 0 + (-1)sqrt{3} + \frac{1}{3} \pi [/tex].
Szkic rozwiązania:
1. Umieszczamy kwadrat w układzie współrzędnych tak, żeby początek układu O znalazł się w wierzchołku  kwadratu jednostkowego.
2. Z równań okręgów wyliczamy ich punkty przecięcia, czyli wierzchołki zacieniowanej figury.
3. Obliczamy odległość między sąsiednimi wierzchołkami tej figury (powiedzmy A i B). Wynosi ona [tex] sqrt{2-sqrt{3} [/tex].
4. Obliczamy pole wycinka koła AOB oraz pole trójkąta AOB i odejmujemy pole trójkąta od pola wycinka koła. Otrzymamy w ten sposób pole odcinka koła.
5. Pole zacieniowanej figury równe jest sumie pól 4 odcinków koła i kwadratu o boku długości [tex] sqrt{2-sqrt{3} [/tex].

Szkic rozwiązania jest poprawny, ale z rachunkami coś jest nie tak, skoro pole wychodzi ujemne.

Poprawiona wersja rachunków do zadania nr 57
Układ współrzędnych i równania okręgów nie są w ogóle potrzebne, wystarczy wykorzystać fakt, że każdy z punktów przecięcia okręgów wraz z przeciwległym bokiem wyjściowego kwadratu tworzy trójkąt równoboczny (przyp. red.)
Dwa spośród punktów przecięcia okręgów to A = (1/2, √3/2) i B = (√3/2, 1/2). Odległość między nimi, lub lepiej od razu kwadrat odległości (bo to jest szukane pole kwadratu ABCD) wynosi 2-√3. Kąt AOB ma 30°. Zatem pole wycinka koła AOB wynosi (30/360)π = π/12, pole trójkąta AOB to 1/4, a pole odcinka koła to π/12 - 1/4. Stąd pole zacieniowanej figury to π/3-1+2-√3 = 1-√3+π/3.

Weźmy dwa sześciany zbudowane z klocków o jednostkowej objętości. Długości krawędzi każdego z sześcianów są liczbami a) dwu-, b) trzycyfrowymi. Ile wynoszą te długości, jeśli z obu sześcianów można zbudować jeden nowy o długości krawędzi też będącej liczbą a) dwu-, b) trzycyfrową (przy tym wszystkie klocki muszą zostać zużyte)? Jak to zrobić bez komputera? Jaki wynik daje komputer?

Bez komputera? Wystarczy użyć Wielkiego Twierdzenia Fermata. Mówi ono, że równanie xⁿ+yⁿ=zⁿ nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych dla n>2.

Zadanie okazało się bardzo proste, bo wcześniej matematycy z całego świata męczyli się nad nim ponad 300 lat (co prawda w wersji bardziej ogólnej). Przypadkiem dwóch sześcianów zajmował się sam Leonard Euler.

Pola Kargula i Pawlaka graniczą w sposób pokazany na rysunku. Jak przeprowadzić podział ziemi, aby części zachowały dotychczasowe pole, ale granica między nimi przebiegała wzdłuż linii prostej?

Wystarczy odcinki wewnątrz prostokąta podzielić na pół, przez powstałe dwa punkty poprowadzić prostą, "zawinąć" dwa powstałe trójkąty do środka i już Kargul i Pawlak nie mają się o co kłócić. Chyba że pole w środku prostokąta jest lepsze niż przy brzegach.

Odpowiedź do poprzedniego zadania jest poprawna. Wynik zadania to jednak nie to samo, co jego rozwiązanie. Brakuje uzasadnienia, że opisany sposób rzeczywiście daje podział, o jakim mowa w treści zadania.

Mam sposób prostszy od pomysłu Janusza (choć do tamtego bardzo podobny). Łączymy prostą wierzchołki w podstawie trójkąta, a przez trzeci wierzchołek prowadzimy prostą równoległą. Pomiędzy dorysowanymi prostymi powstaje równoległobok o dwa razy większym polu niż pole wyjściowego trójkąta (równoległobok i trójkąt mają wszak wspólną podstawę i opuszczoną nań wysokość). Wystarczy zatem pole równoległoboku przepołowić przekątną i mamy szukane rozwiązanie.

Ile maksymalnie liczb pierwszych można znaleźć wśród dziesięciu kolejnych liczb naturalnych?

Wśród liczb od 1 do 10 są 4 liczby pierwsze, wśród liczb od 2 do 11 jest 5 liczb pierwszych, a wśród liczb od 3 do 12 są 4 liczby pierwsze. Teraz rozważmy dziesięć kolejnych liczb naturalnych od n do n+9, przy czym n>3. Jest wśród nich 5 liczb parzystych większych od 2 (więc nie są pierwsze) oraz 5 nieparzystych, które są kandydatami na liczbę pierwszą. Jednak wśród pięciu kolejnych liczb nieparzystych przynajmniej jedna jest podzielna przez 3. Zatem dla n>3 maksymalna ilość liczb pierwszych wśród dziesięciu kolejnych liczb naturalnych wynosi 4. Ostatecznie wśród 10 liczb naturalnych może być maksymalnie 5 liczb pierwszych.

Rozstrzygnąć, czy istnieje skończenie wiele liczb pierwszych postaci 6k-1 przy całkowitym k.