kwiecień 2011

Zad. 1. Bodaj najprościej można zrobić to tak: poprowadzić dowolną cięciwę i wykreślić jej symetralną. Wyznaczy ona średnicę, a jej symetralna - kolejną, prostopadłą do otrzymanej jako pierwsza. Można teraz skonstruować odcinek o długości 1/3 promienia i odłożyć go na obu średnicach z każdego z ich końców. Jeśli otrzymane w ten sposób punkty nazwiemy A, B, C, D, to zakreślając teraz z otrzymanych punktów oraz ze środka koła okręgi o promieniu także r/3, otrzymamy pięć kół o polach równych 1/9 pola koła danego w zadaniu. Jednocześnie wycinają one cztery przystające obszary, każdy z nich ma więc również to samo pole.
Innym sposobem jest zakreślenie ze środka okręgów o promieniach kolejno ^r/₃, ^r√2/₃, ^r√3/₃, ..., ^r√8/₃. Wycięte przez nie pierścienie oraz centralne koło mają pola równe πr²/₉, a potrzebne promienie można skonstruować np. według schematu zwanego ślimakiem Teodorosa.

Zad. 2. Jeśli w zapisie liczb, o których mowa w zadaniu, nie występuje zero, to miejsca dla powtarzającej się cyfry można wybrać na 6 sposobów (dwie pozycje z czterech), ją samą na 9 sposobów, kolejną na 8 i ostatnią występującą w zadaniu na 7. Jest więc 9·8·7·6 takich par. Jeśli wśród cyfr występujących w zadaniu jest zero, ale nie ono się powtarza, miejsce dla niego można wybrać na dwa sposoby, miejsca dla cyfry występującej dwukrotnie - na 3 sposoby, ją samą - na 9, a ostatnią cyfrę - na 8. Takich par jest więc 2·3·9·8. Jeśli zaś zero jest cyfrą występującą dwukrotnie, musi stać na obu miejscach jedności, a pozostałe pozycje zapełnimy na 9·8 sposobów. Odpowiedzią jest więc 9·8·(7·6+6+1) = 72·49 = 3528, co można zweryfikować np. takim programikiem w Pascalu:
var i, j, k, l : Integer;
begin
  l:=0;
  for i:=10 to 99 do for j:=10 to 99 do
    begin
      k:=0;
      if i div 10 = i mod 10 then k:=k+1;
      if i div 10 = j div 10 then k:=k+1;
      if i div 10 = j mod 10 then k:=k+1;
      if i mod 10 = j div 10 then k:=k+1;
      if i mod 10 = j mod 10 then k:=k+1;
      if j div 10 = j mod 10 then k:=k+1;
      if k=1 then l:=l+1
    end;
  WriteLn(l)
end.

Zad. 3. Mamy ograniczenia: a+b≤30, 2a+5b≤100 oraz oczywiście a,b≥0. Nierówności te wyznaczają w układzie współrzędnych a, b czworokąt prostokątny o wierzchołkach (0, 0), (0, 20), (50/3, 40/3), (30, 0). Szukany jest w nim punkt, którego współrzędne są całkowite i maksymalizują wartość funkcji 50a+80b. Wykresy 50a+80b=c są równoległymi prostymi biegnącymi w miarę wzrostu c coraz dalej od początku układu. Optymalne byłoby zatem c, dla którego a=50/3, b=40/3, jednak ponieważ wtenczas a i b nie są całkowite, prostą tę należy odpowiednio obniżyć (zmniejszając c). Analizując jej współczynniki (czyli stosunek jednostkowych cen za ciasta a i b) oraz współczynniki kierunkowe prostych wyznaczających obszar dopuszczalnych par (a, b) rozwiązań (lub wykonując odpowiednio staranny rysunek albo po prostu sprawdzając okoliczne punkty o obu współrzędnych całkowitych), przekonujemy się, że optymalny układ to a=17 i b=13.
Jak wykonać tego rodzaju optymalizację przy pomocy komputera, patrz Liga Kalkulatorowo-Komputerowa.