Zad. 1. Dla n>0 an = 3an-1–1. Ile wynosi a100, jeśli a0=1?
Zad. 2. Czy istnieje naturalna potęga dwójki, której zapis dziesiętny ma 54321 cyfr, a pierwszą (od lewej) cyfrą jest jedynka? Uzasadnij!
Zad. 3. Jak poprowadzić prostą przez środek ciężkości trójkąta równobocznego, by odcięła ona czworokąt o możliwie największym polu? Uzasadnij!
Za rozwiązania zadań styczniowych komplet 3 pkt otrzymali: Aleksandra Grzelak, Marek Mika, Bartosz Pawliczak, Jakub Sobyra, Michał Stroka, Wojciech Tobiś i Arkadiusz Wróbel, a po 2,5 pkt zdobyli Adam Balawender, Karol Łukasik i Martyna Mikoda.
Na czołowych pozycjach rankingu Ligi LO są aktualnie:
- z 11,5 pkt (na 12 możliwych!) - Aleksandra Grzelak i Marek Mika z II LO w Opolu, Wojciech Tobiś z I LO w Oleśnie i Arkadiusz Wróbel z XIV LO w Warszawie,
- z 11 pkt - Adam Balawender z ZSO w Strzegomiu,
- z 10,5 pkt - Karol Łukasik z XIV LO we Wrocławiu i Michał Stroka z II LO w Opolu,
- z 10 pkt - Jakub Sobyra z I LO w Tarnowie,
- z 9,5 pkt - Bartosz Pawliczak z LO w Górze.
Wszystkim gratulujemy!
Zad. 1. Zauważmy, że a0 = (30+1)/2, a ponieważ 3·(3n-1+1)/2–1 = (3n+3–2)/2 = (3n+1)/2, również wszystkie dalsze wyrazy an wyrażają się wzorem (3n+1)/2, zatem odpowiedź to (3100+1)/2.
Zad. 2. Ponieważ istnieje potęga dwójki z przedziału (5, 10), istnieje potęga dwójki w przedziale (10, 20), czyli jest dwucyfrowa i zaczyna się cyfrą 1. Mnożąc ją kolejno przez 2, otrzymamy potęgi dwójki w przedziałach (20, 40), (40, 80). Jeśli ta ostatnia jest mniejsza od 50, weźmy kolejną, aby mieć pewność, że istnieje potęga dwójki w przedziale [50, 100). Wówczas kolejna potęga 2 jest trzycyfrowa i zaczyna się jedynką. Postępując tak dalej, możemy wykazać, że istnieje również rozpoczynająca się jedynką potęga 2 o 54321 cyfrach.
Zad. 3. Proste takie odcinają z trójkąta trójkąt, którego pole musi być zatem minimalne. Każde położenie takiej prostej można opisać kątem jej przecięcia z jednym z boków wyjściowego trójkąta (częściowo lub całkowicie zawartym w odcinanym trójkącie) przy mierze tego kąta od 30° do 60°. Jeśli kąt ten oznaczyć jako α, a bok wyjściowego trójkąta przez a, to odcinany trójkąt można podzielić na latawiec o polu 2·½·½·a/2·1/3·a√3/2 i dwa trójkąty prostokątne o sumie pól równej ½((1/3·a√3/2)2·(ctgα+ctg(120°–α)), należy zatem znaleźć najmniejszą wartość wyrażenia ctgα+ctg(120°–α) dla α z przedziału [30°, 60°]. Pochodna tej funkcji dla zmiennej α to -1/sin2α+1/sin2(120°–α) = (sin2α–sin2(120°–α))/(sin2α·sin2(120°–α)) = (sinα–sin(120°–α))(sinα+sin(120°–α))/(sin2α·sin2(120°–α)), więc jej znak (dla αε[30°, 60°]) jest taki jak znak liczby sinα–sin(120°–α) = sinα–sin(60°+α), a ta jest ujemny. Zatem minimalne pole uzyskamy na krańcu przedziału, czyli dla α=60°, co oznacza, że szukana prosta powinna przebiegać równolegle do jednego z boków trójkąta.
Czy wiesz, kto z wrocławskich matematyków został uwiecz-niony na tym znakomitym portrecie w piżamie? Kto jest autorem tego obrazu? Gdzie można go obejrzeć?
Jako młody chłopak Knaster ożenił się z poznaną w Paryżu Marią Morską - muzą Skaman-drytów (zm. w 1945 roku). W czasach wrocła-wskich jego drugą żoną była Regina Lewandowska. Pierwszej żonie Knastera poświęcona jest książka Hanny Faryny-Paszkiewicz "Opium życia".
Steinhaus twierdził, że nazwisko Knaster brzmi w dopeł-niaczu Knastra, a sam Knaster upierał się przy formie Knastera. 
