Zad. 1. Czy istnieją różne liczby naturalne x1, x2, ..., x100, takie że NWD ich wszystkich wynosi 1, ale NWD żadnych dwóch z nich nie jest jedynką? Udowodnij!
Zad. 2. Rozwiąż w liczbach całkowitych (przedstaw pełne rozwiązanie) równanie x2010 + 20102009 = x2009 + 20102010.
Zad. 3. Ile wynosi pole obszaru wewnątrz elipsy o półosiach 1 i 2 odciętego prostą równoległą do półosi o długości 1 leżącą w odległości 1 od środka symetrii elipsy?
Za rozwiązania zadań czerwcowych po 3 pkt zdobyli Rafał Chojna i Dariusz Kajtoch.
Po ostrej rywalizacji w roku 2009/2010 w Lidze dla Szkół Ponadgimnazjalnych miejsca na podium zajęli (w nawiasie podajemy liczby punktów zdobytych na 27 możliwych):
I m. (24 pkt) - Dariusz Kajtoch z PZ 2 SOMSiT w Oświęcimiu,
II m. (23,5 pkt) – Rafał Chojna z PLO im. Królowej Jadwigi w Lublinie,
III m. (14,5 pkt) - Justyna Wozowczyk z I LO w Lubinie.
Gratulujemy! Nagrody wysyłamy pocztą.
Zad. 1. Istnieją i takich setek liczb jest nieskończenie wiele - można je utworzyć np. ze 100 liczb pierwszych p1, p2, ..., p100 w następujący sposób: jeśli przez P oznaczyć p1p2...p100, to niech x1 = P/p1, x2 = P/p2, ..., x100 = P/p100. Wówczas NWD(x1, x2, ..., x100) = 1, ale dla i≠j NWD(xi, xj) = P/(pipj).
Zad. 2. Przekształćmy równoważnie: x2009(x–1) = 20102009·2009. Funkcja po lewej jest na zbiorze {0, 1, 2, ...} rosnąca, a 2010 jest rozwiązaniem równania, więc jest to jedyne rozwiązanie nieujemne (dla x poniżej 2010 wartości lewej strony są za małe, dla x powyżej 2010 - za duże). Na zbiorze liczb ujemnych funkcja z lewej jest malejąca i dla x=-2010 przyjmuje wartość 20102009·2011, a dla x=-2009 – 20092009·2010. Pierwsza z tych liczb jest oczywiście większa niż prawa strona, a druga mniejsza, bo (2010/2009)2009>2010/2009, co po pomnożeniu stronami przez 20092010 daje... Równanie nie ma zatem rozwiązań ujemnych, więc jedynym jego pierwiastkiem jest 2010.
Zad. 3. Elipsa to okrąg przekształcony przez powinowactwo prostokątne o osi zawierającej jedną z osi elipsy. Elipsa w zadaniu może powstać jako okrąg o promieniu 1 przekształcony przez powinowactwo o osi zawierającej jego średnicę i skali 2. (Widać to np. z równania tej elipsy w odpowiednim ukł. wsp.: y2 = 4(1–x2). Figura opisana w zadaniu ma zatem dwa raazy większe pole od odcinka koła o promieniu 1, który wycięty jest cięciwą biegnącą w odległości 1/2 od środka koła. Taki odcinek jest różnicą wycinka koła o kącie 120° i trójkąta równoramiennego o ramionach długości i tym samym kącie między nimi. Jego pole wynosi zatem 1/3·π·12–1/2·12·sin120° = π/3–√3/4, a pole szukane w zadaniu to 2π/3–√3/2.
