Zad. 1. Bankomat wypłacił Wojtkowi kwotę 323 zł za pomocą stu monet 2- i 5-złotowych. Wojtek rozłożył je do dziesięciu sakiewek, po 10 monet w każdej. Uzasadnij, że wśród nich jest sakiewka, w której jest co najmniej 35 zł.
Zad. 2. Oznaczmy przez )x( zaokrąglenie liczby dodatniej x do jedności. Znajdź wszystkie liczby dodatnie spełniające równanie 3·)x( = 4x–2.
Zad. 3. Dla jakiej wartości liczby a równanie |||x|–1|–a| = 4 ma dokładnie 5 pierwiastków?
W czerwcu punkty zdobyli:
- 3 – Wojciech Domin III LO Wrocław, Rafał Górzyński I LO Lubin, Wiktoria Prokop II LO Głogów, Wojciech Raszczuk I LO Bolesławiec, Karolina Szymandera I LO Inowrocław, Michał Węgrzyn ALO PWr Wrocław;
• 2,5 – Emilia Cichowska II LO Lubin, - 2 – Igor Wojtasik I LO Jelenia Góra.
Pozostali uczestnicy otrzymali poniżej 1 punktu.
Zad. 1. Wszystkich monet było 100. Oznaczmy przez x liczbę monet 5-złotowych. Wówczas 100–x to liczba monet 2-złotowych i mamy 5x+2(100–x) = 323, którego spełnia liczba 41. Skoro monet 5-złotowych było 41, to do przynajmniej jednej sakiewki Wojtek włożył 5 takich monet. Ponieważ w każdej sakiewce jest po 10 monet, więc 5 pozostałych to dwuzłotówki, czyli w tej sakiewce jest 5·5+5·2=35 złotych.
Zad. 2. Zachodzi nierówność )x( – 0,5 ≤ x < )x( + 0,5. Po przekształceniu równia 3 · )x( = 4x–2 otrzymamy [tex])x(=\frac{4}{3}x–\frac{2}{3}[/tex], więc [tex] x<\frac{4}{3}x–\frac{2}{3}+ \frac{1}{2}\Longleftrightarrow x> \frac{1}{2} [/tex] oraz [tex] x<\frac{4}{3}x–\frac{2}{3}- \frac{1}{2}\Longleftrightarrow x \leq 3 \frac{1}{2} [/tex]. Lewa strona równania [tex])x(=\frac{4}{3}x–\frac{2}{3}[/tex] jest liczbą naturalną będącą wartością funkcji )x( dla [tex] x \in(\frac{1}{2};3\frac{1}{2}] [/tex], czyli są to liczby ze zbioru {1, 2, 3, 4}. Zatem otrzymujemy równania [tex])\frac{4}{3}x–\frac{2}{3}=1[/tex], [tex])\frac{4}{3}x–\frac{2}{3}=2[/tex], [tex])\frac{4}{3}x–\frac{2}{3}=3[/tex], [tex])\frac{4}{3}x–\frac{2}{3}=4[/tex], skąd x=1,25 lub x=2 lub x=2,75 lub x=3,5.
Zad. 3. Przekształcamy równanie |||x|–1|–a| = 4 do postaci alternatywy ||x|–1| = a+4 lub ||x|–1| = a–4. Szkicujemy wykres funkcji y=||x|–1|. Podane w zadaniu równanie ma 5 pierwiastków wtedy, gdy dla a∈R proste y=a+4 i y= a–4 mają łącznie 5 punktów wspólnych z wykresem funkcji y=||x|–1|. Jest to spełnione, gdy: [tex] \left\{\begin{array}{rcl}a-4&=&1\\a+4&>&1& \vee&a+4&=&0\end{array}\right. \vee \left\{\begin{array}{rcl}a+4&=&1\\a-4&>&1& \vee&a-4&=&0\end{array}\right.[/tex] [tex] \Longleftrightarrow\left\{\begin{array}{rcl}a&=&5\\a&>&3& \vee&a&=&-4\end{array}\right. \vee \left\{\begin{array}{rcl}a&=&-3\\a&>&5& \vee&a&=&4\end{array}\right. \Longleftrightarrow a=5 [/tex]
