Zad. 1. Jeśli iloczyn dwóch liczb naturalnych a i b jest równy 2015, to ile jest liczb postaci ab, których ostatnią cyfrą jest 3 lub 7?
Zad. 2. Dla jakich wartości parametru a równanie (6,25)x + a·(2,5)x + 2a - 3 = 0, ma dokładnie jeden pierwiastek?
Zad. 3. W koło o polu 6,25π wpisano trójkąt prostokątny o największym możliwym polu. Jaki jest obwód tego trójkąta?
W tym miesiącu punkty zdobyli:
- 3 pkt. - Konrad Budzyński IX LO Wrocław, Robert Czwartosz LO Trzebnica, Bartosz Czyżewski I LO Jelenia Góra, Dawid Hanrahan I LO Brzeg, Szymon Meyer II LO Opole, Piotr Paduszyński SLO Żary i Tomasz Stempniak I LO Ostrów Wielkopolski,
- 2 pkt. - Kamila Bojar ZSP Szprotawa, Beata Janiak III LO Opole, Wojciech Wiśniewski I LO Giżycko i Marta Włóczyk OSSP Opole,
- 1,5 pkt. - Mateusz Grzeliński II LO Lubin i Rafał Świętek II LO Opole,
- 1 pkt. - Krzysztof Bednarek III LO Wrocław.
Pozostali uczestnicy zdobyli poniżej 1 punktu.
Po pięciu miesiącach Ligi Zadaniowej z wynikiem 15 pkt. (na 15 możliwych) prowadzi: Bartosz Czyżewski. Drugie miejsce z wynikiem 14,5 pkt. zajmują: Konrad Budzyński, Piotr Paduszyński i Tomasz Stempniak. Trzecie miejsce z wynikiem 14 pkt. zajmuje Szymon Meyer.
Gratulujemy!
Zad. 1. Są dwie takie liczby 13155 i 4035. Liczba 2015=1·5·13·31, stąd do sprawdzenia jest osiem par liczb (1, 2015), (31, 65), (2015, 1), (65, 31), (155, 13), (5, 403), (13, 155) i (403, 5). Pierwsze dwie dają ostatnią cyfrę równą 1, kolejne 4 dają ostatnią cyfrę 5. Ponieważ ostatnie cyfry potęg trójki powtarzają się z okresem 4, to liczba 13155 = 134·38+3 kończy się cyfrą 7, a liczba 4035=4034+1 kończy się cyfrą 3.
Zad. 2. Jeden pierwiastek równanie ma dla a<1,5. Równanie (6,25)x+a·(2,5)x+2a-3 = 0 można zapisać jako y2+a·y+2a-3 = 0, gdzie y=(2,5)x. Wyróżnik tego równania to Δy = a2-8a+12 = (a-2)(a-6) i musi on być dodatni, ponieważ w przypadku gdy Δy=0, y0=-2 lub y0=-6, a z założenia y0=(2,5)x>0. Wyróżnik Δy>0 dla [tex]a\in(-\infty,2]\cup[6,\infty)[/tex], jeden pierwiastek jest wtedy zawsze ujemny, a drugi wynosi [tex]y_2=\frac{-a+\sqrt{(a-2)(a-6)}}{2}[/tex] i jest dodatni dla a<1,5. Wtedy właśnie istnieje dokładnie jedno rozwiązanie wyjściowego równania [tex]x=\log_{2,5}\frac{-a+\sqrt{(a-2)(a-6)}}{2}[/tex].
Zad. 3. Obwód trójkąta wynosi 5(1+√2). Promień koła jest równy 2,5. Łatwo wykazać, że największe możliwe pole wśród trójkątów prostokątnych wpisanych w to koło ma trójkąt prostokątny równoramienny (wszystkie inne trójkąty prostokątne mają taką samą przeciwprostokątną równą średnicy koła, ale mniejszą wysokość na nią opuszczoną). Z twierdzenia Pitagorasa dostajemy, że przyprostokątne w trójkącie równoramiennym prostokątnym mają długość 5√2/2. Stąd obwód wynosi 2·5√2/2+5=5(1+√2).
