luty 2012

Data ostatniej modyfikacji:
2012-05-1

Zad. 1. x0=4, a każdy następny wyraz ciągu x powstaje z poprzedniego przez powiększenie go o 20% i zmniejszenie wyniku o 1. Udowodnij, że wszystkie xn (dla n naturalnych) są mniejsze od 5.

Zad. 2. Ile jest takich liczb 10-cyfrowych o 10 różnych cyfrach, że po odcięciu kolejno ostatniej, ostatnich dwóch, ostatnich trzech itd. cyfr otrzymuje się na zmianę liczby różnej parzystości? (Tzn. np. liczby 1234567890 i 2507436189 takie są, a np. 1234567809 ani 9753102468 nie).

Zad. 3. Przedstawiając obliczenia, wyznacz kosinus kąta między sąsiednimi ścianami ośmiościanu foremnego.

 

Wyniki: 

W nadesłanych rozwiązaniach zadań lutowych pojawiło się wiele błędów. Kilka uwag: 1. teza indukcyjna to element implikacji występującej w indukcji, 2. zachodzenie czegoś dla kilku przykładów nie dowodzi ogólnej zasady, 3. wielościany nie mają boków. Zdecydowana większość Ligowiczów miała trudności z precyzyjnym dowodem w zad. 1 (zwłaszcza ci, którzy posługiwali się indukcją matematyczną). Maksimum 3 pkt zdobyli tylko Marek Mika z II LO w Opolu, Wojciech Tobiś z I LO w Oleśnie i Arkadiusz Wróbel (XIV LO Warszawa). Po 2,5 pkt uzyskali: Adam Balawender (ZSO Strzegom), Aleksandra Grzelak (II LO Opole), Bartosz Pawliczak (LO Góra), Jakub Sobyra (I LO Tarnów), Michał Stroka (II LO Opole) i Grzegorz Wołoch (ZSO Strzegom).

W sumarycznym rankingu prowadzą teraz:

  • z 14,5 pkt (na 15 możliwych!) - Marek Mika z II LO w Opolu, Wojciech Tobiś z I LO w Oleśnie i Arkadiusz Wróbel (XIV LO Warszawa),
  • z 14 pkt - Aleksandra Grzelak (II LO w Opolu),
  • z 13,5 pkt - Adam Balawender (ZSO w Strzegomiu),
  • z 13 pkt - Michał Stroka (II LO w Opolu),
  • z 12,5 pkt - Jakub Sobyra (I LO w Tarnowie),
  • z 12 pkt - Bartosz Pawliczak (LO w Górze).

Gratulujemy wszystkim!

 

Odpowiedzi: 

Zad. 1. Niech n będzie najmniejszą liczbą naturalną, dla której xn≥5. Wówczas n>0 i xn=xn-1·1,2–1, więc xn≥5 oznacza xn-1≥5, a to przeczy założeniu o n.

Zad. 2. Jeśli pierwsza cyfra jest parzysta, to mamy 4 możliwości (odpada 0), 5 możliwych wyborów kolejnej (dowolna nieparzysta), 4 następnej (parzysta różna od pierwszej) itd. - 4, 3, 3, 2, 2, 1 i 1. Podobnie jeśli pierwsza cyfra jest nieparzysta - wówczas możliwości jest kolejno 5, 5, 4, 4, 3, 3, 2, 2, 1 i 1. W sumie zatem opisanych w zadaniu liczb jest 4·5·4·4·3·3·2·2+5·5·4·4·3·3·2·2=45·(4!)2=25920.

Zad. 3. Jest to kąt przy wierzchołku trójkąta równoramiennego, którego ramiona są wysokościami sąsiednich ścian ośmiościanu, a podstawa - jego przekątną. Jeśli jako jednostkę określimy długość krawędzi, to przekątna ośmiościanu jest przekątną jednostkowego kwadratu, z twierdzenia kosinusów otrzymamy zatem: (√2)2=2·(√3/2)2–2·(√3/2)2cosx, skąd cosx=-1/3.

 

Kto na ZSM?

Kto z Ligowiczów wybiera się na Zimową Szkołę Matematyki? Ja będę;]

Ja też :)

Ja też :)

Powrót na górę strony