maj 2013

maj 2013

Data ostatniej modyfikacji:
2018-09-16

Zad. 1. Czy z faktu, że sumy a₁+a₂, a₂+a₃, ..., a₂₀₁₂+a₂₀₁₃, a₂₀₁₃+a₁są 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!

Wyniki:

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!

Odpowiedzi:

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 a_k.

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.