grudzień 2011

grudzień 2011

Data ostatniej modyfikacji:
2012-02-21

Zad. 1. Część wspólną kwadratów KOZA i KLIP stanowi punkt K. Punkty O i P leżą po tej samej stronie prostej IZ. Jaki powinien być kąt PKO, żeby suma pól trójkątów KOP i LAK była możliwie największa? Uzasadnij!

Zad. 2. Jak cyrklem i linijką bez podziałki można skonstruować odcinek o długości a√23, jeśli dany jest odcinek długości a?

Zad. 3. p i q to różne liczby pierwsze, a m i n to takie liczby naturalne, że mp przy dzieleniu przez q, a nq przy dzieleniu przez p dają resztę 1. Udowodnij, że mp + nq > pq.

Wyniki:

Zadania grudniowe nie były łatwe, szczególnie dużo trudności przysporzyło naszym zawodnikom zad. 3, chociaż nadesłano wiele różnych poprawnych jego rozwiązań. Sporo było jednak także błędnych... Apelujemy jednocześnie o uczciwą rywalizację! Osoby rozwiązujące zadania w grupach mogą wystąpić jako drużyny - nagradzanie osobno każdego ich członka byłoby niesprawiedliwe!

Maksymalną liczbę 3 pkt otrzymali: Adam Balawender, Aleksandra Grzelak, Karol Łukasik, Marek Mika, Bartłomiej Niewęgłowski, Jakub Sobyra, Wojciech Tobiś i Arkadiusz Wróbel.

Tym samym w czołówce Ligi na początku nowego roku są:

z 8,5 pkt (na 9 możliwych) - Adam Balawender, Aleksandra Grzelak, Marek Mika, Wojciech Tobiś i Arkadiusz Wróbel,
z 8 pkt - Karol Łukasik,
z 7,5 pkt - Karolina Łagoda, Michał Stroka i Karol Wachtarczyk.

Wszystkim gratulujemy!

Odpowiedzi:

Zad. 1. Jeśli boki podanych w zadaniu kwadratów oznaczyć przez a i b, a miarę kąta PKO przez α, to suma pól, o których mowa, wynosi ½ ab sinα + ½ ab sin(180°–α) = ab sinα, co jest największe przy α=90°.

Zad. 2. Można skorzystać ze ślimaka Teodorosa. Można też skonstruować odcinki długości a√2 (jako przekątną kwadratu o boku a) i 5a, następnie wykreślić dwie proste prostopadłe i na jednej odłożyć od ich punktu wspólnego a√2, a z końca tego odcinka zakreślić okrąg o promieniu 5a. Jego punkt przecięcia z prostą prostopadłą jest odległe od wspólnego punktu obu prostych o a√23. Ligowicze mieli jeszcze pare innych pomysłów, m.in. korzystających z trójkątów równobocznych i ich wysokości oraz konstrukcji średniej geom. jako wysokości trójkąta prostokątnego. Dowodzi to faktu, że bardzo często pojawiające się w rozwiązaniach sformułowania "trzeba", "musimy", "należy" itp. są fałszywe!

Zad. 3. mp=qx+1 i nq=py+1, gdzie x i y są naturalne. m+y = (qx+1)/p + ((nq-1)/p = q(x+n)/p. Ponieważ p i q są różnymi liczbami pierwszymi, a całe wyrażenie daje liczbę naturalną, p musi dzielić x+n i (x+n)/p to zatem co najmniej 1, więc m+y ≥ q. Zatem mp+nq = mp+py+1 = p(m+y)+1 ≥ pq+1 > pq, cnd.