Zadania 81-90

Data ostatniej modyfikacji:
2014-04-28

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 81 (25 XII 2013)

W jakiej kolejności występują na osi liczby a, b, c, jeśli zachodzi równość a2+b2-ab=c2?

 

Rozwiązanie zadania 81

Weźmy trójkąt, którego boki mają długości a, b, c, a kąt naprzeciwko boku c ma miarę 60°. Wówczas zadana równość jest tezą twierdzenia cosinusów dla tego trójkąta. Wiadomo, że w trójkącie naprzeciwko największego kąta znajduje się najdłuższy bok, a naprzeciwko najmniejszego kąta najkrótszy. W tym trójkącie pozostałe dwa kąty nie mogą być równocześnie większe lub równocześnie mniejsze od 60°, bo suma wszystkich kątów nie dawałaby 180°. Zatem acb lub b ≥ ca.

ZADANIE 82 (2 I 2014)

Rozwiąż w liczbach całkowitych dodatnich równanie x3- y3 = xy+61.

Próba rozwiązania zadania 82

Przenosimy niewiadome na jedną stronę, stosujemy wzory skróconego mnożenia (na różnicę sześcianów i na kwadrat różnicy) i przekształcamy równanie:
x3- y3- xy = (x-y)(x2-xy+y2)-xy = (x-y)((x-y)2+xy))-xy = 61.
Podstawiamy x-y = u i xy = w, otrzymując u(u2+w)-w = u3+uw-w = 61.
Odejmujemy obustronnie jedynkę, znowu stosujemy wzory skróconego mnożenia i mamy:
u3-1+uw-w = (u-1)(u2-u+1)+(u-1)w = (u-1)(u2-u+1+w) = 60.
Dzielnikami naturalnymi liczby 60 są 1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30, 60. To, że oba czynniki mają być naturalne sprawia, że powyższe równanie jest równoważne układowi równań:
u-1 = d, u2-u+1+w = 60/d, gdzie d jest jednym z wypisanych wyżej dzielników.
Z pierwszego równania mamy u = d+1 i tę liczbę wstawiamy do drugiego równania, otrzymując d(d2+d+1+w)=60, czyli u = x-y = d+1 i w = xy= 60/d - d2- d-1.
Zauważmy, że u2-u+1 rośnie wraz ze wzrostem d, a 60/d maleje. To pozwala pominąć przypadki d≥4, bo wówczas z drugiego równania okaże się, że xy = w jest ujemne, co przeczy założeniu. Zatem sprawdzamy po kolei d<4 i otrzymujemy:

  • x-y=2, xy=57 i podstawiając wszystkie naturalne dzielniki 57 (czyli liczby 1, 3, 19, 57), otrzymujemy sprzeczność, bo żadne dwa czynniki dające 57 nie różnią się o 2;
  • x-y=3, xy=53 i podstawiając wszystkie naturalne dzielniki 53 (czyli liczby 1 i 53), otrzymujemy sprzeczność, bo nie różnią się one o 3;
  • x-y=4, xy=47 i podstawiając wszystkie naturalne dzielniki 47 (czyli liczby 1 i 47), otrzymujemy sprzeczność, bo nie różnią się one o 4.

Zatem nie ma par liczb naturalnych spełniających wyjściowe równanie (jego rozwiązaniem jest zbiór pusty). 

Niepoprawne rozwiązanie

Powyższego rozwiązania nie można uznać za poprawne z kilku powodów:
1. trzeba rozważyć dzielniki całkowite, a nie naturalne,
2. dla d = 1, 2, 3 układy równań nie są wyliczone prawidłowo.
Czekamy zatem na poprawioną wersję rozwiązania.

Poprawione rozwiązanie zad. 82

Czekałam dość długo, aż Adam zamieści poprawkę, bo właściwie idea rozwiązania jest jego. Ale się nie odzywa. Może czeka, aż ktoś za niego odwali czarną robotę. Wobec tego poprawiam jego rozwiązanie. Zacznę od miejsca d(d2+d+1+w)=60, skąd wynika, że
u = x-y = d+1 oraz w = xy = 60/d -d2-d-1.
Teraz rozważam wartości d ze zbioru całkowitych dzielników liczby 60, czyli {±1, ±2, ±3, ±4, ±5, ±6, ±10, ±12, ±15, ±20, ±30, ±60}.

  • dla d=1 u=x-y=2 i w=xy=57, ale żadne czynniki dające 57, czyli (±1)·(±57) i (±3)·(±19), nie różnią się o 2,
  • dla d=-1 u=x-y=0 i w=xy=-61, ale żadne czynniki dające -61, czyli (\pm1)·(\mp61), nie są równe,
  • dla d=2 u=x-y=3 i w=xy=23, ale żadne czynniki dające 23, czyli (±1)·(±23), nie różnią się o 3,
  • dla d=-2 u=x-y=-1 i w=xy=-33, ale żadne czynniki dające -33, czyli (\pm1)·(\mp33)
    i (\pm3)·(\mp11), nie różnią się o 1,
  • dla d=3 u=x-y=4 i w=xy=7, ale żadne czynniki dające 7, czyli (±1)·(±7), nie różnią się o 4,
  •  dla d=-3 u=x-y=-2 i w=xy=-27, ale żadne czynniki dające -27, czyli (\pm1)·(\mp27)
    i (\pm3)·(\mp9), nie różnią się o 2,
  • dla d=4 u=x-y=5 i w=xy=-6. Czynniki dające -6 to (\pm1)·(\mp6) i (\pm2)·(\mp3). W tym drugi iloczynie czynniki różnią się o 5, zatem pary (3, -2) i (2, -3) spełniają wyjściowe równanie,
  • dla d=-4 u=x-y=-3 i w=xy=-28, ale żadne czynniki dające -28, czyli (\pm1)·(\mp28)
    i (\pm4)·(\mp7), nie różnią się o 3,
  • dla d=5 u=x-y=6 i w=xy=-19, ale żadne czynniki dające -19, czyli (\pm1)·(\mp19), nie różnią się o 6,
  • dla d=-5 u=x-y=-4 i w=xy=-33, ale żadne czynniki dające -33 nie różnią się o 4,
  • dla d=6 u=x-y=7 i w=xy=-33, ale żadne czynniki dające -33 nie różnią się o 7,
  • dla d=-6 u=x-y=-5 i w=xy=-39, ale żadne czynniki dające -39 nie różnią się o 5,
  • dla d=10 u=x-y=11 i w=xy=-105, ale żadne czynniki dające -105 nie różnią się o 11,
  • dla d=-10 u=x-y=-9 i w=xy=-97, ale żadne czynniki dające -97 nie różnią się o 9,
  • dla d=12 u=x-y=13 i w=xy=-152, ale żadne czynniki dające -152 nie różnią się o 13,
  • dla d=-12 u=x-y=-11 i w=xy=-138, ale żadne czynniki dające -138 nie różnią się o 11,
  • dla d=15 u=x-y=16 i w=xy=-269, ale żadne czynniki dające -269 nie różnią się o 16,
  • dla d=-15 u=x-y=-14 i w=xy=-245, ale żadne czynniki dające -245 nie różnią się o 14,
  • dla d=20 u=x-y=21 i w=xy=-418, ale żadne czynniki dające -418 nie różnią się o 21,
  • dla d=-20 u=x-y=-19 i w=xy=-384, ale żadne czynniki dające -384 nie różnią się o 19,
  • dla d=30 u=x-y=31 i w=xy=-929, ale żadne czynniki dające -929 nie różnią się o 31,
  • dla d=-30 u=x-y=-29 i w=xy=-873, ale żadne czynniki dające -873 nie różnią się o 29,
  • dla d=60 u=x-y=61 i w=xy=-3660, ale żadne czynniki dające -3660 nie różnią się o 61,
  • dla d=-60 u=x-y=-59 i w=xy=-3542, ale żadne czynniki dające -3542 nie różnią się o 59.

Wykonałam cierpliwie wszystkie sprawdzenia. Być może ich liczbę można jakoś zmniejszyć.

Źle rozwiązane zadanie 82

Niestety Dominiko, pospieszyłaś się z zamieszczeniem nowego zadania, ponieważ poprzednie nie zostało jeszcze poprawnie rozwiązane.
1. Nie wszystkie przypadki zostały rozpatrzone.
2. -2 i -3 nie są liczbami całkowitymi dodatnimi.

Jakie przypadki pominęła?

Koleżanka rozważyła wszystkie dzielniki. Przypadek, że drugi czynnik jest jednym z wymienionych dzielników, nie jest potrzebny, bo jeśli D_{n} = \{ d \in \mathbb{Z} : d|n \}, tod \in  D_{n} \Rightarrow \frac{n}{d} \in D_{n}.

Błąd rachunkowy?

Równanie rozwiązywałam w liczbach całkowitych (zgodnie z sugestią jury, choć rzeczywiście niezgodnie z treścią zadania). Uważam, że wszystkie przypadki wzięłam pod uwagę. Być może w którymś z nich przy sprawdzaniu popełniłam błąd rachunkowy. Sprawdzę to. Ale jeśli rozwiązanie ma być podane w parach liczb naturalnych, to należy z mojego zestawienia wybrać te przypadki, w których w=xy>0. Takie przypadki są tylko 3 i w nich błędu nie ma. Wtedy rzeczywiście rozwiązaniem jest zbór pusty, jak wcześniej napisał Adam (chociaż pomylił się w rachunkach).
Uwaga "Anonimowego" moim zdaniem nie jest zasadna. Nie wystarczy sprawdzić połowy dzielników, bo przecież wyrażenia algebraiczne opisujące te dzielniki nie są symetryczne, więc trzeba sprawdzić je wszystkie.

Dziedzina równania

Przepraszamy za mylną sugestię, że wyjściowe równanie należało rozwiązać w Z2, a nie w N2 (nie w N, bo to jest równanie z dwiema niewiadomymi i jego pierwiastkami są pary liczb). Chodziło o rozwiązanie układu równań, do którego doszedł Adam. Przy podstawieniu u=x-y i w=xy dla naturalnych wartości x i y liczba w pozostaje naturalna, jednak u może być ujemne, zatem d=u-1 także. To dlatego należało rozważyć także ujemne wartości d, jak zrobiła Dominika. Ale pierwiastkami wyjściowego równania są tylko pary liczb naturalnych, jak zauważył Wojtek.

Ad zadanie 82

Widocznie nie wszystkie przypadki zostały sprawdzone, ponieważ równanie w dalszym ciągu nie jest poprawnie rozwiązane:) Aczkolwiek faktycznie, dzielniki liczby 60 rozpatrzono wszystkie i poprawnie.

Podpowiedzi

Błąd jest już w pierwszym działaniu Adama. Powinno być: x3 - y3 = (x-y)(x2+xy+y2). Na pewno jednym z pierwiastków (nie sprawdzałem, czy jedynym) jest para (6, 5).

Rozwiązanie zadania 82

Korzystając z metody Adama.W, mamy: x3- y3 = xy+61 daje (x-y)(x2+xy+y2) = xy+61, zatem (x-y)((x-y)2 + 3xy) = xy+61.
Stosując te same podstawienia, co u Adama: u=x-y i w=xy, otrzymujemy: u(u2 + 3w) = w+61.
Wyznaczając w, otrzymujemy:  w=\frac{61 - u^3}{3u - 1} (*).
Ponieważ x, y > 0, także w>0, czyli licznik i mianownik muszą mieć taki sam znak. Ale 61-u3>0 dla u&lt;\sqrt[3]{61}, a 3u–1 > 0 dla u>1/3. Nie istnieje u, dla którego obydwa wyrażenia są ujemne, a obydwa są całkowite dodatnie dla u=1, u=2 lub u=3. Podstawiając te wartości do wzoru (*), otrzymujemy: dla u=1 w=30, dla u=2 w=10,6 i dla u=3 w=4,25. Iloczyn dwóch liczb naturalnych jest liczbą naturalną, co ma miejsce jedynie w przypadku u=xy=1 i w=xy=30. Stąd x2-x-30 = 0, co ma pierwiastek naturalny x=6. Zatem jedynym pierwiastkiem wyjściowego równania jest para (6, 5).

Komentarz do rozwiązania

Rozwiązanie poprawne, możesz wrzucać kolejne zadanie. Tak na marginesie, w rozwiązaniu Adama i Dominiki brakowało sprawdzenia, czy nie dzielą przez 0.

Jakie sprawdzenie?

Sprawdzanie podzielności przez 0 to pomysł raczej absurdalny. Rozwiązanie byłoby poprawne i nic by mu nie brakowało, gdyby nie oczywisty błąd w przekształceniu wzoru, który wskazał Michu.

ZADANIE 83 (8 I 2014)

Różnokolorowa tarcza powstała przez naklejenie współśrodkowo kół o średnicach 10 cm, 8 cm, 6 cm, 4 cm, 2 cm. Jakie jest prawdopodobieństwo trafienia każdego z kolorów, jeżeli wiadomo, że każdy strzał trafia w tarczę i trafienie każdego punktu jest tak samo prawdopodobne? Jakie powinny być średnice n kół, z których największe ma promień x, aby prawdopodobieństwo trafienia każdego koloru było takie samo?

Próba rozwiązania zadania 83

Ze wzoru na pole koła (pamiętając, o podzieleniu średnicy na pół) mamy, że  środkowa część tarczy ma pole\pi. Kolejne pierścienie mają pola: P_{i}=\frac{(D_{i+1}^{2}-D_{i}^{2})\pi }{4}, gdzie Di to średnica i-tego koła. W naszym wypadku te pola wynoszą3\pi,5\pi,7\pi,9\pi.
Ponieważ pole tarczy wynosi25\pi, z definicji prawdopodobieństwa geometrycznego mamy, że szanse trafienia w każdą część wynoszą odpowiednio: 1/25, 3/25, 5/257/25 i 9/25.

Teraz ciekawsza część zadania. Prawdopodobieństwo trafienia w każdą część tarczy powinno wynosić 1/n, bo tyle jest kół. Najmniejsze koło powinno więc mieć pole stanowiące 1/n tarczy, czyli\frac{x^{2}\pi }{n}, czyli promień\frac{x}{\sqrt{n}}, a średnicę \frac{2x}{
\sqrt{n}}. Ze wzoru na pole pierścieniaP=\frac{(D_{i+1}^{2}-D_{i}^{2})\pi }{4} wyznaczamy D_{i+1}= \sqrt{D_{i}^{2}+ 4P}. Przez indukcję wnosimy, że D_{i}=\sqrt{\frac{x^{2}+4i}{n}}.

Błąd

W takim razie największe koło (dla i=n) będzie miało średnicęD_{n}=\sqrt{\frac{x^{2}+4n}{n}}, a zgodnie z treścią zadania promień największego koła miał mieć długość x.

Znowu te rachunki

Przede wszystkim D_{i+1}= \sqrt{D_{i}^{2}+\frac{4P}{\pi}}. Potem wszystko już wychodzi dobrze: P= \frac {\pi x^2}{n}orazD_{i+1}= \sqrt{D_{i}^{2}+\frac{x^2}{n}}. Zaczynając od D_{1} = \frac {2x}{sqrt{n}}, ostatecznie otrzymujemy D_{i}= 2\sqrt{\frac{ix^2}{n}} (sprawdzając dla i=n, otrzymujemy Dn=2x).

ZADANIE 84 (13 I 2014)

Na uroczystym noworocznym obiedzie u króla Midasa było 666 gości, którzy zasiedli za okrągłym stołem. Nazwijmy osoby siedzące obok - sąsiadami, siedzące w odstępie jednej osoby - sąsiadami drugiego rzędu itd. Król Midas zauważył, że niektórzy jego goście byli łysi oraz że każdy łysy gość miał dokładnie jednego sąsiada II rzędu i dokładnie jednego sąsiada IV rzędu, którzy też byli łysi. Ilu łysych było na obiedzie?

Próba rozwiązania zadania 84

Oznaczmy: Z treści zadania wynika, że wokół stołu obowiązywała sekwencja ŁWŁWWW ŁWŁWWW... (każdy łysy ma dokładnie jednego łysego sąsiada II rzędu i dokładnie jednego IV rzędu). Zatem na każdych sześciu gości dokładnie dwóch jest łysych, czyli na obiedzie wsród 666 gości było 222 łysych.

Błędne rozwiązanie

Sekwencja podana przez Adama spełnia warunki zadania, ale wcale z nich nie wynika. To znaczy, że możliwe są również inne odpowiedzi, a poprawne rozwiązanie powinno uwzględnić je wszystkie.

Inna sekwencja

Inną możliwą sekwencją jest ŁŁWŁŁWŁŁW... Wtedy na każdych trzech gości jest dwóch łysych, czyli łysych jest 2/3 · 666 = 444 gości. Czy są możliwe jeszcze inne sekwencje?

Ogarnąć rozwiązanie w całość

Zauważmy, że wszystkie dozwolone układy gości będą okresowe oraz że podanie typu owłosienia szóstki kolejnych gości wyznacza resztę jednoznacznie. Z wcześniejszych rozważań wynika, że w powtarzającej się okresowo szóstce gości może być czterech lub dwóch łysych. Może być też zero łysych (z fałszywego założenia wynika każda teza). W szóstce nie może być dokładnie 1 łysego, bo nie będzie miał łysego sąsiada II ani IV rzędu. Nie może też być 5 ani 6 łysych, bo wtedy któryś będzie miał dwóch łysych sąsiadów II rzędu. Czyli innych możliwości już nie ma. Niech Redakcja rozstrzygnie co dalej, bo to nasza wspólna praca z Qbą:)

Brakuje trzech

W powyższym uzasadnieniu brakuje przypadku trzech łysych w szóstce gości. Możliwe są następujące układy ŁŁŁWWW, ŁŁWŁWW, ŁŁWWŁW, ŁWŁWŁW (środkowe dwa różnią się tylko orientacją, więc to w zasadzie to samo). Można łatwo sprawdzić, że każdy z nich prowadzi do sprzeczności z treścią zadania. To pokazuje, że podane wcześniej przypadki wyczerpują wszystkie możliwe rozwiązania. Łysych jest 0, 222 lub 444.

Braki

Poza deklaracją Adama, że jest to oczywiste, chcielibyśmy poznać jakiś argument, dlaczego "wszystkie dozwolone układy gości są okresowe" i dlaczego wystarczy badać okres 6-cyfrowy.

Rozwiązanie zadania 84

Ponieważ warunki zadania dotyczą miejsc o tej samej parzystości, możemy osobno rozpatrywać miejsca parzyste i nieparzyste. Dla miejsc np. nieparzystych ustalony jest sąsiad I i II rzędu. Jeśli na dowolnym miejscu posadzimy wtedy osobę łysą, okaże się, że warunki zadania jednoznacznie wyznaczają całe usadzenie przy stole (na miejscach tylko nieparzystych) i możliwy jest tylko jeden układ WŁŁWŁŁWŁŁ... Oczywiście to samo dotyczy miejsc parzystych. Drugi układ możliwy na miejscach tej samej parzystości to układ bez łysych WWWW... Jesli teraz spleciemy układ z miejsc nieparzystych z układem z miejsc parzystych, dostaniemy trzy możliwe rozwiązania:
1) splecenie WŁŁWŁŁ... z WŁŁWŁŁ... daje układ WŁŁWŁŁ...
2) splecenie WŁŁWŁŁ... z WWWWWW... daje układ ŁWŁWWWŁWŁWWW...
3) splecenie WWWWWW... z WWWWWW... daje układ WWWWWW...
Innych możliwości nie ma. Zatem jeśli łysi w ogóle byli na obiedzie to mogło ich być 222 lub 444.

ZADANIE 85 (20 II 2014)

W uznaniu zespołowej pracy jako następne zamieszczamy zadanie zaproponowane wcześniej przez Adama.W
Oblicz {p/4}, gdzie {.} oznacza część ułamkową liczby, jeśli p jest liczbą pierwszą, dla której w ciągu an = np-1 występuje co najmniej jeden kwadrat liczby naturalnej.

Może wskazówka?

Zadanie wisi ponad miesiąc bez reakcji. Może autor lub redakcja podadzą jakąś wskazówkę?

Początek rozwiązania zad. 85

Niech p będzie liczbą pierwszą, dla której istnieją liczby naturalne n i k takie, że np-1=k2. Pytamy, jaką resztę z dzielenia przez 4 może dawać liczba p. Takie reszty mogą oczywiście wynosić 1 lub 2 (wystarczy za p przyjąć 2 lub 5 oraz n=1). Ze względu na pierwszość p wykluczamy resztę 0. Wydaje się, że taka reszta nie może wynosić 3. Trzeba to 'tylko' uzasadnić.

Rozwiązanie zadania 85

Możliwe odpowiedzi to: 0,5 = {2/4}, bo 1·2-1 = 12, oraz 0,25 = {5/4}, bo 1·5-1 = 22. Oczywiście 0 nie jest wartością {p/4} dla żadnej liczby pierwszej p. Dalej (żmudnie) pokażemy, że 0,75 nie jest wartością {p/4} dla żadnej liczby pierwszej p, dzielącej jakąś liczbę 1+k2, co już wyczerpuje wszystkie możliwości.
Dowód (nie wprost)
Niech p będzie najmniejszą liczbą postaci 4p'+3 dzielącą 1+k2 dla pewnego k zależnego od p. Niech k = pk'+i, gdzie i<p. Niech n będzie takie, że np = 1 + (pk'+i)2. Istnieje zatem n' takie, że n'p = 1+i2 oraz n'<p (bo i<p). Liczba n' może zatem być jednej z postaci: 4n", albo  4n"+1, albo 4n"+2. Rozważmy kolejno te przypadki.  

  • n' = 4n" -  nie zachodzi, bo prawa strona nie jest podzielna przez 4,
  • n' = 4n"+1 - daje po lewej stronie resztę 3 z dzielenia przez 4, a prawa strona daje resztę 1 albo 2, więc mamy sprzeczność,
  • n' = 4n"+2 - oznacza, że i = 2i'+1, a wtedy 2(2n"+1)·p = 1 + (2i'+1)2, skąd (2n"+1)·p = i'2 + (i'+1)2. Po prawej stronie ostatniej równości jeden z kwadratów jest podzielny przez 4 (jako kwadrat liczby parzystej), więc prawa strona daje resztę 1 z dzielenia przez 4. Ponieważ 2n"+1 dzieli 1+i2 oraz 2n"+ 1 < n' < p, mamy 2n"+1 = 4n"'+1. Zatem lewa strona daje resztę 3 z dzielenia przez 4 i znowu otrzymujemy sprzeczność.

To kończy dowód nie wprost.

Uwaga. W podręcznikach do teorii liczb można znaleźć dwa twierdzenia:
1) Liczba pierwsza postaci 4k+3 nie jest sumą dwóch kwadratów.
2) Każda liczba pierwsza postaci 4k+1 jest sumą dwóch kwadratów.

ZADANIE 86 (15 IV 2014)

Zapis dziesiętny liczby n składa się z 2014 jedynek. Jaka jest reszta z dzielenia n przez 7?

Rozwiązanie zadania 86

Zauważmy, że 111111 dzieli się przez 7 oraz 2010 dzieli się na 6. Zatem liczba złożona z 2014 jedynek jest równa 10000A+1111 (gdzie A jest liczbą złożoną z 2010 jedynek, czyli podzielną przez 7). Zatem reszta z dzielenia przez 7 liczby z zadania jest taka sama, jak reszta z dzielenia przez 7 liczby 1111, czyli wynosi 5.

ZADANIE 87 (22 IV 2014)

Wiedząc, że |x-1|≤3 i |y+3|≤5, wyznacz najmniejszą i największą wartość xy.

Rozwiązanie zadania 87

Mamy układ nierówności:
\left\{\begin{array}{rcl}|x-1|&amp;\leq&amp;3\\|y+3|&amp;\leq&amp;5\end{array}\right.

Przekształcamy równoważnie:
\left\{\begin{array}{rcl}-3\leq x-1&amp;\leq&amp;3\\-5\leq y+3&amp;\leq&amp;5\end{array}\right.

\left\{\begin{array}{rcl}-2\leq x&amp;\leq&amp;4\\-8\leq y&amp;\leq&amp;2\end{array}\right.

Zatem najmniejsza wartość liczby xy to (-8)·4 = -32, a największa to (-8)·(-2)=16.

ZADANIE 88 (25 IV 2014)

Rysunek przedstawia trzy kawałki deski.

Jak za pomocą trzech cięć (po jednym dla każdego kawałka) rozciąć je na 6 części, z których można złożyć kwadrat?

Rozwiązanie zadania 88

1. Prostokąt ABCD tniemy wzdłuż przekątnej na dwa przystające trójkąty prostokątne.
2. Analogicznie tniemy prostokąt EFGH.
Powstaną cztery przystające trójkąty prostokątne o bokach 1, 2, √5.
3. Trójkąt KIJ tniemy wzdłuż symetralnej odcinka IJ na trapez i trójkąt prostokątny o polu czterokrotnie mniejszym niż pole wyjściowego trójkąta (z podobieństwa i własności linii środkowej trójkąta). Z tych dwóch części składamy kwadrat o boku 1.
Rozważmy teraz kwadrat PQRS o boku długości √5. Przykładamy trójkąty z punktów 1 i 2 odpowiednio do boków PQ, OR, RS i SP przeciwprostokątnymi, tak aby trójkąty przylegające do przeciwległych boków były symetryczne względem środka kwadratu. Kąty ostre tych trójkątów sumują się do 90°, a przyprostokątne są w stosunku 2:1, więc wewnątrz kwadratu PQRS powstanie kwadrat o boku 1, który wypełnimy częściami trójkąta KIJ, jak na rysunku.

ZADANIE 89 (15 V 2014)

Udowodnij, że jeżeli prostokąt da się pokryć 111 111 111 111 kołami o promieniu 4, to da się pokryć 444 444 444 444 kołami o promieniu 2. Czy ten fakt jest prawdziwy dla równoległoboku? A dla trójkąta?

Rozwiązanie zadania 89

Po usunięciu pomyłek z treści zadania rozwiązanie jest proste. Pokrywamy prostokąt 111 111 111 111 kołami o promieniu 4. Następnie przekształcamy ten prostokąt przez jednokładność o skali 1/2 o środku kolejno w każdym z wierzchołków. W ten sposób pokryjemy wyjściowy prostokąt czterema prostokątami podobnymi. Każdy z nich będzie pokryty przez 111 111 111 111 kół o promieniu 2, zatem cały prostokąt będzie pokryty przez 444 444 444 444 takie koła. Podobnie postępujemy w przypadku równoległoboku i trójkąta (pokrywamy każdą z tych figur czterema figurami podobnymi w skali 1/2).

ZADANIE 90 (13 VI 2014)

Z zestawu 15 par skórzanych rękawiczek w różnych kolorach, które leżały wymieszane w szufladzie komody, Joanna – modnisia wybrała bez zaglądania 4 rękawiczki. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wśród nich:
a) były dwie pary?
b) była dokładnie jedna para?
c) nie było żadnej pary?

Rozwiązanie zadania 90

We wszystkich przypadkach | \Omega | = {30 \choose 4}. Zakładamy, że prawa i lewa rękawiczka z tej samej pary różnią się.

a)|A| =  {15 \choose 2}, bo wybieramy kolory dla wybranych par rękawiczek. Zatem P(A) = \frac {15 \choose 2}{30 \choose 4} = 1/261.

b) Najpierw losujemy kolor pary rękawiczek (na 15 sposobów ), potem wybieramy kolor dla rękawiczki bez pary (pierwszy na 14 sposobów i drugi na 13), czyli |B| = 15·14·13.

c) 15·14 to wybór różnych kolorów dla dwóch rękawic. Musimy jeszcze uwzględnić dalsze wybory, żeby nie otrzymać pary. Mamy do wyboru jeszcze 13 kolorów. Zatem  |C| = 15·14·13·12.

Błędne rozwiązanie

Powyższe rozwiązanie jest poprawne tylko w przypadku a). Pozostałych przypadków (nawet jeśli podano przez przypadek prawidłowy wynik) nie można uznać za poprawnie rozwiązane. Uwzględnia się w nich kolejność losowania rękawiczek, a przy obliczaniu mocy \Omega kolejność nie jest brana pod uwagę.

Rozwiązanie zadania 90

b) |B|= {15 \choose1} \cdot {14 \choose 2} \cdot 2, bo wybieramy kolor dla pary rękawiczek i jeszcze niezależnie 2 inne kolory dla pozostałych sztuk rękawiczek, ale to mnożymy przez 2, bo w każdym z tych kolorów może być rękawiczka prawa lub lewa. Oczywiście |\Omega| = {30 \choose 4}. To daje P(B) =  \frac {{15 \choose1} \cdot {14 \choose 2} \cdot 2}{{30 \choose 4}} = 26/261.

c) P(C) = 1 - P(A) - P(B) = 1 - 1/261 - 26/261 = 234/261 = 26/29.

ZADANIE 91 (17 VII 2014)

Mamy 10 worków, a w każdym jest po 100 jednakowych z wyglądu monet. Jednak w jednym worku wszystkie monety są fałszywe - o 0,01 g lżejsze od pozostałych - prawdziwych. Jak za pomocą bardzo dokładnej wagi elektronicznej, wykonując tylko jedno ważenie, przekonać się, który worek zawiera fałszywe monety?

Powrót na górę strony