Zadania 61-70

Data ostatniej modyfikacji:
2012-12-26

Symbole matematyczne można wpisywać w notacji kalkulatorowej lub TEX-owej. Można korzystać ze ściągi zamieszczonej na  górze strony na pasku poziomego MENU. Każdy wzór należy poprzedzić napisem tex i zakończyć napisem /tex umieszczonymi w nawiasach kwadratowych.

ZADANIE 61 (23 XII 2012)
Ponewor (niezweryfikowany), niedziela, 23/12/2012 - 17:06

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

 

Rozwiazanie zadania 61

Nie do końca rozumiem pytanie. Czy chodzi o to, żeby pokazać, że zbiór takich liczb jest niepusty? Wtedy odpowiedź jest trywialna: tak, np. dla k=1. Czy może o to, że taki zbiór nie może być nieskończony? Ale wtedy trzeba było zapytać wprost "czy istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych postaci 6k-1". Wtedy także odpowiedź brzmi "tak", choć już nie jest trywialna. Wynika ze znanego od prawie 200 lat twierdzenia Dirichleta, które mówi, że w każdym ciągu arytmetycznym a1+kr, gdzie a1 i r są dodatnie oraz względnie pierwsze, występuje nieskończenie wiele liczb pierwszych. Ciąg 6k-1 dla k całkowitych jest arytmetyczny i można go zapisać równoważnie w postaci 6k+5. Ograniczając k do liczb naturalnych i zera, mamy a1=5 i r=6, które są dodatnie i względnie pierwsze, więc na mocy twierdzenia Dirichleta jest nieskończenie wiele liczb pierwszych tej postaci.

ZADANIE 62 (26 XII 2012)

Liczba naturalna a jest sześciocyfrowa i nie kończy się zerem. Liczba b powstaje z a przez przestawienie cyfry jedności na początek. Pokaż, że a+3b jest wielokrotnością 13.

Rozwiązanie zadania 62

Jeśli x to pięciocyfrowa liczba znajdująca się na początku liczby a, a y to ostatnia cyfra a, to a = 10x+y. Po przestawieniu otrzymujemy b = 100000y+x. Zatem a+3b = 13x+300001y = 13(x+23077y), a to jest podzielne przez 13.

ZADANIE 63 (30 XII 2012)

Końce ćwiartki okręgu połączono cięciwą AB. Odcinek AB podzielono na trzy jednakowe części punktami K i L (patrząc od A). Następnie poprowadzono cztery półproste o początkach w środku okręgu O i przechodzące kolejno przez punkty A, K, L, B. Wyznacz miary kątów AOK, KOL i LOB.

Rozwiązanie zadania 63

To jest zadanie o trójkącie prostokątnym równoramiennym AOB o przyprostokątnych długości powiedzmy 1, w którym przeciwprostokątną podzielono na trzy przystające części. Z symetrii odcinki OK i OL są przystające, podobnie jak kąty AOK i BOL. W trójkącie AOK znamy długości dwóch boków (1 i √2/3) oraz rozwartość jednego kąta (45°), zatem z twierdzenia kosinusów obliczamy długość OK=OL=√5/3. Teraz z twierdzenia sinusów dla tego samego trójkąta obliczamy sin< AOK = √5/5, skąd kąty AOK i BOL mają  po ok. 26,565°, a kąt KOL (dopełniający sumę tamtych do kąta prostego) ma 36,8699°.

Zadanie byłoby rozwiązane, ale intrygowało mnie, po co jest ta ćwiartka okręgu. I wymyśliłem, że chodzi o konstrukcję przybliżonej trysekcji kąta. Co prawda akurat dla kąta prostego trysekcja jest wykonalna cyrklem i linijką, ale już dla dowolnego kąta nie. Tymczasem podział cięciwy na trzy jednakowe części (zamiast podziału odpowiadającego jej łuku okręgu) jest wykonalny zawsze. Oczywiście dokładność takiej przybliżonej trysekcji kąta jest tym większa, im mniejszy kąt dzielimy. Dla kąta prostego otrzymujemy dość duży błąd (ok. 11%), ale dla mniejszych kątów konstrukcja ta jest dużo bardziej dokładna.

Ad zad. 63

Dokładnie taka była geneza tego zadania i o to mi chodziło. Cenny i trafny komentarz. Początkowo chciałem zadać nieco trudniejsze pytanie, jednak po obejrzeniu innych zadań, postanowiłem nie przesadzać z trudnością.

ZADANIE 64 (1 I 2013)

Oto inny sposób trysekcji kąta pochodzący od Archimedesa. Dany jest kąt o mierze α i wierzchołku O (patrz rysunek).
1) Przedłużamy jedno z ramion poza wierzchołek, otrzymując prostą l.
2) Z punktu O kreślimy półokrąg o dowolnym promieniu r i średnicy zawartej w l. Punkt przecięcia drugiego ramienia kąta z tym okręgiem oznaczamy P.
3) Na linijce zaznaczamy punkty A i B leżące w odległości r.
4) Podpieramy linijkę w punkcie P i przesuwamy w taki sposób, aby punkt B poruszał się po narysowanym półokręgu. Robimy to do momentu aż punkt A wypadnie na prostej l.
5) Rysujemy prostą przechodzącą przez P i ustalone w 4) punkty A i B.
Uzasadnij, że kąt PAO jest trzy razy mniejszy od wyjściowego kąta.
Pytanie dodatkowe. Wiadomo, że dokładna trysekcja dowolnego kąta nie jest wykonalna cyrklem i linijką. A jednak Archimedes tego dokonał. Gdzie tkwi haczyk?

Rozwiązanie zadania 64

Jeśli dorysujemy odcinek BO, to powstaną trójkąty równoramienne ABO i BOP. Kąty BAO i AOB są przystające i mają miarę x. Kąt ABO ma miarę 180°-2x, czyli kąt OBP ma miarę 2x, taką jak kąt BPO. Zatem kąt BOP ma miarę 180°-4x. Kąty w wierzchołku O sumują się do półpełnego, czyli x+180°-4x+α = 180°. Stad 3x = α i x = α/3.
Haczyk polega na tym, że konstrukcje klasyczne wykonuje się cyrklem i linijką bez podziałki. Zaznaczenie dwóch punktów i odmierzenie tej odległości łamie reguły konstrukcji klasycznej. 

Zgoda

Zgadza się. Poza tym w konstrukcjach klasycznych (zwanych też platońskimi) cyrkiel i linijka służą tylko i wyłącznie do kreślenia tzw. figur doskonałych, czyli okręgów i prostych. Takie potraktowanie linijki, że jeden punkt prostej jest ustalony, a drugi wędruje po okręgu, też nie jest zgodne z 'duchem platońskim'.

ZADANIE 65 (1 I 2013)

Jeszcze o trysekcji kąta. Dowolny kąt próbujemy podzielić na trzy przystające części metodą opisaną w zadaniu 63. Jakim wzorem można opisać zależność miary kąta KOL od wartości danego kąta AOB? Ile wynosi błąd względny tej metody dla kątów 30°, 45°, 60°, 120º?

Próba rozwiązania zadania 65

Wzór wyprowadzony przy użyciu twierdzeń kosinusów i sinusów (podobnie jak w zadaniu 63). Niech α jest miarą kąta AOB, wartość funkcji f(α) jest szukaną miarą kąta KOL.

f(\alpha)=\arccos(1- \frac{\cos\alpha+1}{2(1-\cos\alpha)-6\sqrt{2(1-\cos\alpha)}\sin(\alpha/2)+9})
Błędy względne wynoszą dla kątów:
30° - 287,8%
45° - 157,1%
60° - 91,1%
120° - 16,1%

Błędne rozwiązanie

Jak wcześniej zauważył Qba, "Dla kąta prostego otrzymujemy dość duży błąd, ale dla mniejszych kątów konstrukcja ta jest dużo bardziej dokładna". Powód jest oczywisty: dla małych kątów łuk okręgu niewiele różni się od odcinającej go średnicy (więc nie ma dużego znaczenia, co z nich poddajemy trysekcji). Zatem rozwiązanie Adama jest błędne.

Rozwiązanie zadania 65

Niech AOB ma miarę α. Załóżmy (bez straty ogólności), że okrąg z zadania jest jednostkowy, tzn. OA=OB=1.

Krok 1. Z twierdzenia sinusów dla ΔAOB obliczamy długość AB.
\frac {AB}{sin\alpha}=\frac{1}{sin(90-\frac{\alpha}{2})}, czyli \frac {AB}{sin\alpha}=\frac{1}{cos(\frac{\alpha}{2})}.
Stąd AB=\frac{sin\alpha}{cos (\frac{\alpha}{2})}=2sin (\frac{\alpha}{2}).

Krok 2. Z twierdzenia kosinusów dla ΔAOK obliczamy długość OK.
OK2 = 1 + 1/9·AB2 - 2·1/3·AB·cos(90-α/2) = 1 + AB2/9 - 2/3·AB·sin(α/2).
Podstawiając za AB, otrzymujemy:
OK2 =1 + 4/9·sin2(α/2) - 4/3·sin2(α/2) = 1 - 8/9·sin2(α/2)

Krok 3. Z twierdzenia sinusów dla ΔKOL obliczamy miarę kąta KOL (ozn. β).
\frac {KL}{sin\beta}=\frac{OK}{sin(90-\frac{\beta}{2})}, czyli \frac {KL}{OK}=\frac{sin \beta}{cos(\frac{\beta}{2})}=2sin(\frac{\beta}{2}).
Stąd \frac {\beta}{2}=\arcsin (\frac{KL}{2 \cdot OK}), czyli \beta=2 \arcsin (\frac{KL}{2 \cdot OK}).
Teraz wystarczy wstawić za OK i KL=1/3·AB obliczone wcześniej wielkości. Po podstawieniu i uproszaczeniu otrzymujemy:
\beta=2 \arcsin \frac{sin (\frac {\alpha}{2})}{3 \sqrt {1-\frac{8}{9} sin^2 (\frac{\alpha}{2})}}.

Krok 4. Na podstawie powyższego wzoru obliczamy wartości β dla ustalonych α i błąd opisanej konstrukcji trysekcji:
α = 120°, β = 60°, błąd 50%
α = 60°, β = 21,79°, błąd 8%
α = 45°, β = 15,72°, błąd 5%
α = 30°, β = 10,21°, błąd 2% 

ZADANIE 66 (4 II 2013)

Udowodnij, że czworościan foremny można przeciąć płaszczyzną tak, aby w przekroju uzyskać kwadrat.

Rozwiązanie zadania 66

Wbrew pozorom rozwiązanie nie jest trudne, choć nie jest łatwo na nie wpaść. Pomysł polega na umieszczeniu czworościanu foremnego w sześcianie. Krawędzie czworościanu są wtedy przekątnymi ścian sześcianu, prawda? Następnie przecinamy sześcian płaszczyzną połowiącą równoległe krawędzie jednej ściany. W przekroju tej płaszczyzny z czworościanem uzyskamy czworokąt, którego boki są parami równoległe do przekątnych kwadratu uzyskanego w przekroju sześcianu tą samą płaszczyzną i są od nich dwa razy krótsze (dlaczego?). Przekrój czworościanu jest zatem rombem (bo przekątne kwadratu są równe) z kątem prostym (bo przekątne kwadratu są prostopadłe).

Przeczytaj też tekst Kwadratowe przekroje czworościanu (przyp. red.).

ZADANIE 67 (15 V 2013)

Rozwiąż w liczbach naturalnych równanie xyz+xy+z = 15.

Rozwiązanie zadania 67

 xyz+xy+z=15\\
 xy\left(z+1\right)+\left(z+1\right)-1=15\\
 \left(xy+1\right)\left(z+1\right)=16
Mamy teraz równoważnie do rozwiązania 5 układów równań:
 \left\{\begin{array}{rcl}xy+1&amp;=&amp;1\\z+1&amp;=&amp;16\end{array}\right.
 \left\{\begin{array}{rcl}xy+1&amp;=&amp;16\\z+1&amp;=&amp;1\end{array}\right.
 \left\{\begin{array}{rcl}xy+1&amp;=&amp;2\\z+1&amp;=&amp;8\end{array}\right.
 \left\{\begin{array}{rcl}xy+1&amp;=&amp;8\\z+1&amp;=&amp;2\end{array}\right.
 \left\{\begin{array}{rcl}xy+1&amp;=&amp;4\\z+1&amp;=&amp;4\end{array}\right.
Oto rozwiązania powyższych układów z uwzględnieniem rozwiązań zerowych. Jeśli uznajemy, że zero nie jest liczbą naturalną, część odpowiedzi należy odrzucić.
\left\{\begin{array}{rcl}x=0&amp;\\y=0&amp;\\z=15&amp;\end{array}\right.\
 \left\{\begin{array}{rcl}x=1&amp;\\y=15&amp;\\z=0&amp;\end{array}\right.\
 \left\{\begin{array}{rcl}x=15&amp;\\y=1&amp;\\z=0&amp;\end{array}\right.\
 \left\{\begin{array}{rcl}x=3&amp;\\y=5&amp;\\z=0&amp;\end{array}\right.\
 \left\{\begin{array}{rcl}x=5&amp;\\y=3&amp;\\z=0&amp;\end{array}\right.\\
 \left\{\begin{array}{rcl}x=1&amp;\\y=1&amp;\\z=7&amp;\end{array}\right.\
 \left\{\begin{array}{rcl}x=7&amp;\\y=1&amp;\\z=1&amp;\end{array}\right.\
 \left\{\begin{array}{rcl}x=1&amp;\\y=7&amp;\\z=1&amp;\end{array}\right.\
 \left\{\begin{array}{rcl}x=1&amp;\\y=3&amp;\\z=3&amp;\end{array}\right.\
 \left\{\begin{array}{rcl}x=3&amp;\\y=1&amp;\\z=3&amp;\end{array}\right.
Zatem rozwiązaniem równania w liczbach naturalnych jest zbiór następujących trójek liczb:
{(0, 0, 15), (1, 15, 0), (15, 1, 0), (3, 5, 0), (5, 3, 0), (1, 1, 7), (7, 1, 1), (1, 7, 1), (1, 3, 3), (3, 1, 3)}.

Błędne rozwiązanie

Odpowiedź zgadza się w zakresie liczb naturalnych, jednak jeśli dopuścimy przyjmowanie przez zmienne wartości 0, to powyższe rozwiązanie jest niepoprawne. Pierwszy układ równań sprowadza się bowiem do warunku xy=0, a ten jest spełniony przez wszystkie pary postaci (0, a) i (a, 0) dla a\inN, a nie tylko dla pary (0, 0). Zatem trójek liczb jest nieskończenie wiele, bo trzeba uwzględnić jeszcze te postaci (0, a, 15) i (a, 0, 15).

ZADANIE 68 (30 V 2013)

Rolnik chciałby podzielić swoje pole (patrz rysunek) pomiędzy czterech synów. Czy może podzielić je na cztery części o jednakowej wielkości i jednakowym kształcie?

Rozwiązanie zadania 68

Taki podział jest możliwy. Co więcej te części będą miały kształt oryginalnego pola (patrz rysunek).

ZADANIE 69 (6 VI 2013)

Rozważmy następującą grę: rzucamy monetą tak długo, aż wypadnie orzeł. Za każdym razem gdy wypadnie reszka, stawka ulega podwojeniu. Początkowa stawka to 1 zł, więc jeśli np. za drugim razem wypadnie orzeł, wygrywamy 2 zł. Jaka jest wartość oczekiwana wygranej w tej grze? Wyjaśnij też, co oznacza otrzymana odpowiedź.

Rozwiązanie zadania 69

P(O) = 1/2, P(R, O) = 1/4, P(R, R, O) = 1/8 itd. Skoro wygrana podwaja się w kolejnych rzutach, a prawdopodobieństwo dwukrotnie maleje, to iloczyn tych wartości pozostaje stały (i równy 50 gr). Wartość oczekiwana wygranej jest równa nieskończonej sumie tych iloczynów, zatem jest nieskończona (szereg jest rozbieżny). Co innego, gdyby ograniczyć liczbę rzutów. Na przykład dla trzech rzutów wartość oczekiwana wygranej wynosi 1 zł · 1/2 + 2 zł · 1/4 + 4 zł · 1/8 = 3 · 50 gr = 1,50 zł, a dla n rzutów wynosi n/2 zł i takiej wygranej należy się średnio spodziewać, mając do dyspozycji n rzutów monetą w tej grze.

ZADANIE 70 (8 IX 2013)

Czy może istnieć taka liczba pierwsza p, że p+2 i p+4 też są pierwsze?

Rozwiązanie zadania 70

W pytaniu chodzi o trzy kolejne liczby nieparzyste, które są pierwsze. Takie liczby oczywiście istnieją. Są to 3, 5 i 7. Co ciekawe, jest to jedyna taka trójka liczb. Załóżmy bowiem, że liczba p jest postaci 3k+r (gdzie r jest resztą z dzielenia p przez 3). Wówczas p+2 wynosi 3k+r+2, a p+4 wynosi 3k+r+4. Reszta r musi być równa zero, bo dla r=1 mamy p+2 = 3k+3, co jest podzielne przez 3, a dla r=2 mamy p+4 = 3k+6 i też jest podzielna przez 3. Pozostaje r=0, wtedy p=3k i jest liczbą pierwszą tylko dla k=1.

ZADANIE 71 (8 IX 2013)

Wyznaczyć wszystkie liczby pierwsze p, dla których liczba p2+2 jest pierwsza.

Powrót na górę strony