Zad. 1. Czy z faktu, że sumy a1+a2, a2+a3, ..., a2012+a2013, a2013+a1 są liczbami wymiernymi, wynika, że wymierne są a1, a2, a3, ..., a2013? Uzasadnij!
Zad. 2. Na płaszczyźnie dane są punkty: S(1,2), T(1,-2), O(0,0). Podając rozumowanie, znajdź punkt, którego suma odległości od S, T i O jest najmniejsza możliwa.
Zad. 3. Czy da się tak pomalować dwoma kolorami wszystkie punkty płaszczyzny o obu współrzędnych całkowitych, żeby nie istniał prostokąt o jednokolorowych wierzchołkach? Uzasadnij!
Zadania majowe okazały się jeszcze trudniejsze niż kwietniowe. 3 pkt zdobył tylko Arkadiusz Wróbel, a 2,5 pkt przyznaliśmy Tomaszowi Skalskiemu. Błędy polegały na podaniu bez dowodu "faktów" wcale nie oczywistych, a często wręcz nieprawdziwych. Częste było założenie, że suma liczb niewymiernych jest wymierna tylko wtedy, gdy jest zerem. Chcemy też uzmysłowić Ligowiczom, że rozkład liczby rzeczywistej na część wymierną i niewymierną nie jest wcale jednoznaczny, a np. (√5+2)1/3-(√5-2)1/3 to liczba wymierna, więc wiele nadesłanych rozumowań nie da się poprawić.
W Lidze Ponadgimnazjalnej prowadzą teraz:
- z 20 pkt (na możliwych 24) - Arkadiusz Wróbel z XIV LO w Warszawie,
- z 19 pkt - Paweł Kotyś z I LO w Oleśnie,
- z 18,5 pkt - Maciej Cebula z I LO w Oleśnie,
- z 17,5 - Robert Czwartosz z LO w Trzebnicy,
- z 15,5 pkt - Bartosz Pawliczak z LO w Górze.
Gratulujemy wszystkim!
Zad. 1. Liczba przeciwna do wymiernej jest wymierna, więc wymierne są liczby -a2-a3, -a4-a5, ..., -a2012-a2013. Suma liczba wymierncyh jest wymierna, więc wymierna jest liczba
(a1+a2)+(-a2-a3)+(a3+a4)+(-a4-a5)+...+(-a2012-a2013)+(a2013+a1)=2a1,
więc również a1 (jako połowa liczby wymiernej).
W ten sam sposób można wykazać wymierność pozostałych ak.
Zad. 2. Stosunkowo łatwo dowieść, że szukany punkt P nie leży poza trójkątem STO. (Najwygodniej chyba rozpatrzyć dwa przypadki, gdzie w obu da się zmniejszyć wartość PS+PT+PO przez zastąpienie P jednym z wierzchołków lub odpowiednim punktem na brzegu trójkąta). Dla P będącego dowolnym punktem trójkąta STO rozpatrzmy trójkąt równoboczny OTU na zewnątrz STO i trójkąt równoboczny OPA o tej samej orientacji. Wówczas trójkąt OPT jest obróconym o 60º wokół O trójkątem OAU, więc są one przystające i PS+PT+PO = PS+AU+PA, co jest długością łamanej SPAU, która jest najmniejsza, wtedy i tylko wtedy gdy P=O, to jest zatem szukany punkt.
Zad. 3. Przy każdym pokolorowaniu na osi X można znaleźć co najmniej 4 punkty jednego koloru (nazwijmy go K) - oznaczmy ich drugie współrzędne przez a, b, c i d. Żeby zachodziła sytuacja opisana w zadaniu, wśród punktów (1, a), (1, b), (1, c) i (1, d) może być najwyżej jeden koloru K. Podobnie kolor K miałby najwyżej jeden z punktów (2, a), (2, b), (2, c) i (2, d). Wówczas jednak co najmniej dwie spośród liczb a, b, c, d (oznaczmy je przez p i q) miałyby tę własność, że (1, p), (1, q), (2, p) i (2, q) byłyby wszystkie koloru różnego od K, co daje negatywną odpowiedź na pytanie postawione w zadaniu.
Zad. 2
Mam pytanie do zadania 2. Czy punkt, o który chodzi, musi być różny od punktów S, T, O?
Zad. 2
Nie ma o tym mowy w treści.