kwiecień 2012

Data ostatniej modyfikacji:
2012-05-21

Zad. 1. W prostopadłościanie 3×4×5 połączono każdy wierzchołek ze środkiem każdej ściany, do której nie należy. Ile jakiej długości odcinków otrzymano?

Zad. 2. Dla jakich naturalnych n sześcian sumy kwadratów liczb naturalnych nie większych od n dzieli się przez 3? Uzasadnij!

Zad. 3. Pola szachownicy 3×100 oznaczamy tradycyjnie - rzędy A, B i C, kolumny od 1 do 100, przy czym lewe dolne pole to A1. Ile jest tras z A1 do C100, jeśli poruszać się można tylko w górę i w prawo?

 

Wyniki: 

Zadania z kwietnia były niezwykle trudne, ale dzięki temu rozstrzeliliśmy nieco czołówkę rankingu... Po 3 pkt otrzymali jedynie Krzysztof Bednarek, Bartosz Czyżewski, Piotr Dzierza i Adrian Słodziński, 2,5 pkt przyznaliśmy Wojciechowi Górskiemu.

Na czele rankingu są teraz:

  • z 21 pkt (na 21 możliwych!) - Bartosz Czyżewski z Gim. w ZSO nr 1 w Jeleniej Górze i Adrian Słodziński z Gim. w Miliczu,
  • z 20,5 pkt - Wojciech Górski (Gim. 2 w Oleśnie),
  • z 20 pkt - Szymon Budzyński (Gim. 3 we Wrocławiu), Piotr Dzierza (Gim. w Miękini) i Magdalena Nowak (Gim. 33 w Krakowie),
  • z 19, 5 pkt - Krzysztof Bednarek (Gim. 13 we Wrocławiu), Natalia Marcinkiewicz (Gim. "Omega" w Katowicach) i Michał Turniak (Gim. 49 we Wrocławiu),
  • z 19 pkt - Karolina Krzykawiak (Gim. 19 Wrocław) i Aleksandra Polcyn (Gim. Akademickie w Toruniu),
  • z 18,5 pkt - Mieszko Gałat (Gim. 50 w Bydgoszczy) oraz Agata Kuć (Gim. 6 w Płocku),
  • z 18 pkt - Antonina Biela (Gim. w Strzelcach Opolskich) i Bartosz Sójka (Gim. w ZSO nr 1 w Jeleniej Górze),
  • z 17 pkt - Aleksandra Banach (Gim. im. Powstańców Wielkopolskich w Grodzisku Wlkp.) i Daria Bumażnik (Gim. 1 w Jeleniej Górze).

Gratulujemy!

 

Odpowiedzi: 

Zad. 1. Z każdego z ośmiu wierzchołków poprowadzono trzy odcinki, których długości można obliczyć dzięki twierdzeniu Pitagorasa. Wynoszą one: 5√5/2, 7√2/2 i √77/2.

Zad. 2. Wystarczy rozpatrzyć reszty z dzielenia przez 3 (czyli działać "modulo trzy"). Kwadraty kolejnych liczb naturalnych to wówczas 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 1, ..., sumy kolejnych układają się więc w ciąg 0, 1, 2, 2, 0, 1, 1, 2, 0 i tak cyklicznie. Ponieważ sześcian liczby naturalnej dzieli się przez 3, wtedy i tylko wtedy gdy sama ta liczba dzieli się przez 3, odpowiedzią są liczby dające przy dzieleniu przez 9 reszty 0, 4 lub 8.

Zad. 3. Przez C1 prowadzi jedna taka trasa, przez C2 - dwie inne (bo do B2 można dostać się na dwa sposoby), przez C3 - trzy dalsze (bo do B3 można dostać się na dwa sposoby, idąc przez B2, i jeden przez A3) itd. Szukana liczba to zatem 1+2+3+...+100, co wygodnie obliczyć po sparowaniu składników: (1+100)+(2+99)+(3+98)+...+(50+51) = 50·101 = 5050.
Ten sam wynik uzyska się, kodując drogi kierunkami kolejnych kroków o jedno pole, tzn. np. jako prawo-prawo-prawo-góra-góra-prawo-prawo-...-prawo albo góra-prawo-góra-prawo-prawo-prawo-...-prawo. Każda droga jest jednoznacznie opisana ciągiem o 101 wyrazach, z których dokładnie dwa to "góra", a pozostale - "prawo". Jest ich tyle, na ile sposobów można spośród 101 elementów wybrać dwa (numery kroków, w których poruszamy się w górę), czyli 101·100/2 (dzielenie, ponieważ kolejność wyboru owych dwu elementów nie ma znaczenia).

 

Powrót na górę strony