listopad 2019

Data ostatniej modyfikacji:
2020-12-10

Zad. 1. Znajdź wszystkie liczby naturalne n takie, że n3 jest iloczynem trzech kolejnych liczb naturalnych. Uzasadnij, że znalazłeś wszystkie takie liczby.

Zad. 2. Ile jest dwucyfrowych liczb naturalnych, które są o 6 mniejsze od kwadratu sumy swoich cyfr?

Zad. 3. Dany jest romb o boku długości 6 i o kącie ostrym rozwartości 60o. Romb ten podzielono na trzy części o równych polach odcinkami o wspólnym końcu w wierzchołku kąta ostrego i o drugich końcach na bokach rombu. Wyznacz długości tych odcinków.  

 

Wyniki: 

W listopadzie punkty zdobyli:

  • 3 pkt. – Adrian Chudzik I LO Leszno, Bartosz Kaczor I LO Głogów, Roman Szlachtun IX LO Wrocław, Dominika Horodecka KLO Gdynia, Dominik Bysiewicz I LO Krosno, Laura Stefanowska KLO Legnica, Igor Wojtun I LO Głogów, Kacper Woszczek II LO Wałbrzych, Szymon Narolski ???;
  • 2,5 pkt – Kasper Radom II LO Lubin, Aleksandra Strzelecka VIII LO Poznań, Wojciech Szwarczyński II LO Wałbrzych, Jerzy Wąsiewicz KLO Magdalenka;
  • 2 pkt. – Karol Czub II LO Oleśnica, Wiktoria Malinowska XXVII LO Warszawa, Aleksandra Miziołek LO Libiąż, Szymon Kowalcze ZSE Brzeg, Konrad Leszczyński XIV LO Wrocław, Gabriela Wołynko I LO Węgrów.

Pozostali uczestnicy otrzymali poniżej 1 punktu.

 

Odpowiedzi: 

Zad. 1. Załóżmy, że dla pewnej liczby naturalnej k>1 zachodzi równość n3 = (k–1)k(k+1). Wtedy nie może być nk–1, bo n3 ≤ (k–1)3 ≤ (k–1)k(k+1). Podobnie wykluczamy przypadek, gdy n ≥ (n+k), bo n3 ≥ (k–1)3 ≥ (k–1)k(k+1). Nie może również być n=k. Nie istnieją więc liczby naturalne n i k takie, że n3 = (k1)k(k+1). Jeśli przyjąć, że 0 jest liczbą naturalną (co nie jest w zadaniu konieczne), otrzymamy jedyną odpowiedź 03 = 0 . 1. 2.

Zad. 2. Szukamy liczb postaci 10a+b, gdzie a, b ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} i a ≠ 0, dla których zachodzi równość 10a+b+6 = (a+b)2. Wiemy, że 10 ≤ 10a+b < 100, czyli 16 ≤ 10a+b+6 < 106. Stąd 16 ≤ (a+b)2 < 106, czyli 4 ≤ a+b ≤ √106. Jedyne możliwe wartości k = a+b, to 4, 5, 6, 7, 8, 9 lub 10. Rozpatrując kolejno układy równań 10a+b+6 = k2 i a+b = k, stwierdzamy, że tylko dla a=4 i b=3 spełnione są warunki zadania. Szukana liczba to 43, bo zachodzi 43+6 = (4+3)2.

Zad. 3. Z symetrii figury oba odcinki mają tę samą długość. Niech P oznacza pole rombu ABCD, który składa się z dwóch trójkątów równobocznych. Wówczas P = 1/2a2√3, czyli PΔABE = 1/6a2√3. Z drugiej strony PΔABE = 1/2a|BE|sin(180°–α) = 1/2a|BE|sinα = 1/4a|BE|√3 . Zatem 1/6 a2√3 = 1/4a|BE|√3. Stąd |BE| = 2/3a = 4. Z trójkąta ekierkowego BEF wyznaczamy |BF| = 1/2|BE| = 2 oraz |EF| = 4√3/2 = 2√3. Na podstawie twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta AEF wyznaczamy |AE|2 = (6+2)2 + (2√3)2 = 64+12 = 76, skąd |AE| = 2√19.

 

 

Powrót na górę strony