Symbole matematyczne można wpisywać w notacji kalkulatorowej lub tex'owej. Można korzystać ze ściągi zamieszczonej na górze strony na pasku poziomego MENU. Każdy wzór należy poprzedzić napisem tex i zakończyć napisem /tex umieszczonymi w nawiasach kwadratowych.
ZADANIE 11 (6 II 2008)
Anonimowy (niezweryfikowany), środa, 06/02/2008 - 14:01
Przedstawić każdą z liczb całkowitych od 0 do 10 za pomocą czterech czwórek i symboli działań.
ROZWIĄZANIE ZADANIA 11
Tomasz Lukas (niezweryfikowany), czwartek, 07/02/2008 - 21:38
Przykładowa odpowiedź:
0 = 4-4+4-4
1 = (4+4)/(4+4)
2 = 4/4+4/4
3 = (4+4+4)/4
4 = (4!-4-4)/4
5 = 4+44-4
6 = 4+(4+4)/4
7 = 4+4-4/4
8 = 4+4+4-4
9 = 4+4+4/4
10 = (44-4)/4.
ZADANIE 12 (7 II 2008)
Ile wynosi suma współczynników stojących przy parzystych potęgach x wielomianu
W(x)=(2x2-x-2)6 - (x3-1)4?
ROZWIĄZANIE ZADANIA 12
Jakub Nowotyński (niezweryfikowany), poniedziałek, 18/02/2008 - 17:01
Można łatwo pokazać, że szukana suma jest średnią arytmetyczną wartości wielomianu w punkcie 1 i w punkcie (-1), czyli wynosi [W(1)+W(-1)]/2 (współczynniki przy nieparzystych potęgach się odejmą). Ponieważ W(1)=1 i W(-1)=-15 stąd szukana suma współczynników to (-7).
ZADANIE 13 (18 II 2008)
Procent blondynów wśród niebieskookich jest większy niż w całej populacji mężczyzn. Czy z tego wynika, że procent niebieskookich wśród blondynów jest większy niż w całej populacji?
BRAK ROZWIĄZANIA ZADANIA 13
jury (niezweryfikowany), sobota, 22/03/2008 - 17:18
Tosia z Lublina napisała:
Wynikanie podane w treści zadania zachodzi. Jeśli M to liczba mężczyzn, B - blondynów, a N - niebieskookich (przy czym M>B i M>N), to sprawdzamy czy: jeśli B/N > B/M, to N/B > N/M. Mnożąc na krzyż, otrzymujemy równoważny warunek: jeśli M>N, to M>B, a ta implikacja jest prawdziwa.
Podane rozwiązanie jest BŁĘDNE! Czekamy na poprawne.
ROZWIĄZANIE ZADANIA 13
Jakub (niezweryfikowany), sobota, 22/03/2008 - 19:44
Błąd w poprzednim rozwiązaniu polega na tym, że nie można brać stosunku wszystkich blondynów do niebieskookich, a tylko niebieskookich blondynów do niebieskookich. Podobnie jest ze stosunkiem niebieskookich do blondynów. Zatem niech X oznacza liczbę niebieskookich blondynów (pozostałe oznaczenia jak u Tosi). Badamy implikację: "jeśli X/N>B/M, to X/B>N/M". Mnożąc obie nierówności "na krzyż", otrzymujemy tożsamość logiczną "p[tex]\Rightarrow[/tex]p", więc wynikanie jest prawdziwe.
ZADANIE 14 (22 III 2008)
Czy istnieją liczby niewymierne a i b, takie że liczba ab jest wymierna?
ROZWIĄZANIE ZADANIA 14
eMPiotr (niezweryfikowany), poniedziałek, 24/03/2008 - 18:59
Tak. Jeśli √2 do potęgi √2 jest wymierne, to po sprawie. Jeśli zaś √2 do potęgi √2 jest niewymierne, to trzeba do tej właśnie niewymiernej potęgi podnieść liczbę niewymierną √2. W wyniku otrzymamy wtedy liczbę wymierną 2. :D
INNE ROZWIĄZANIE ZADANIA 14
Anonimowy (niezweryfikowany), niedziela, 30/03/2008 - 11:26
Podane wyżej rozwiązanie jest ładnym przykładem tzw. rozumowania egzystencjalnego, w którym dowodzimy, że coś istnieje, a jednocześnie nie umiemy pokazać żadnego przykładu takiego obiektu.
Notabene, √2 do potęgi √2 jest niewymierne, ale dowód tego faktu jest bardzo skomplikowany i został znaleziony dopiero w XX w.
Można jednak podać bardziej elementarne przykłady na to, że niewymierna potęga liczby niewymiernej może być wymierna. Np. niech a=√2 i b=2log23 . Wtedy a do potęgi b jest równe 3.
Oczywiście liczba log23 jest niewymierna, bo gdyby była wymierna i równa p/q mielibyśmy: 2p=3q, gdzie p i q są całkowite dodatnie, zatem liczba parzysta byłaby równa nieparzystej, co daje sprzeczność.
ZADANIE 15 (30 III 2008)
Dwie liczby całkowite dają się zapisać jako suma dwóch kwadratów pewnych liczb całkowitych. Pokaż, że ich iloczyn też.
ROZWIĄZANIE ZADANIA 15
franio (niezweryfikowany), wtorek, 22/04/2008 - 17:49
Niech a=x2+y2 i b=u2+v2. Wtedy ab = (x2+y2)(u2+v2) = (xu+yv)2+(xv-yu)2, ckd.
ZADANIE 16 (22 IV 2008)
Każda z czterech osób mówi prawdę raz na trzy razy. Osoba A wypowiedziała zdanie: "D mówi, że C mówi, że B mówi, że A powiedziała prawdę". Jakie jest prawdopodobieństwo, że osoba A powiedziała prawdę?
ROZWIĄZANIE ZADANIA 16
Karolina M. (niezweryfikowany), piątek, 02/05/2008 - 08:04
Niech X oznacza zdanie: "B mówi, że A powiedział prawdę".
Jest to prawda w dwóch przypadkach:
1) gdy A powiedział prawdę i B też (tak jest z prawdopodobieństwem [tex]\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}=\frac{1}{9}[/tex]),
2) gdy A skłamał i B też (tak jest z prawdopodobieństwem [tex]\frac{2}{3}\cdot\frac{2}{3}=\frac{4}{9}[/tex]).
Zatem P(X) = [tex]\frac{1}{9}+\frac{4}{9}=\frac{5}{9}[/tex].
Niech Y oznacza zdanie: "C mówi, że X".
Wtedy (analogicznie) P(Y) = [tex]\frac{1}{3}\cdot\frac{5}{9}+\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{9}=\frac{13}{27}[/tex].
Niech Z oznacza zdanie: "D mówi, że Y".
Wtedy P(Z) = [tex]\frac{1}{3}\cdot\frac{13}{27}+\frac{2}{3}\cdot\frac{14}{27}=\frac{41}{81}[/tex].
Niech T oznacza zdanie: "A mówi, że Z".
Wtedy P(T) = [tex]\frac{1}{3}\cdot\frac{41}{81}+\frac{2}{3}\cdot\frac{40}{81}=\frac{121}{243}[/tex].
W zadaniu należy obliczyć P(Z|T), czyli ze wzoru na prawdopodobieństwo warunkowe mamy: [TEX]\frac{P(Z\cap T)}{P(T)}=\frac{\frac{41}{81}\cdot\frac{1}{3}}{\frac{121}{243}}=\frac{41}{121} .[/TEX]
ZADANIE 17 (2 V 2008)
Placek jest tym dla Wacka, kim syn Placka jest dla Jacka. Jacek jest tym dla Placka, kim Wacek jest dla Jacka. Kto jest kim dla kogo?
ROZWIĄZANIE ZADANIA 17
Jakub (niezweryfikowany), piątek, 13/06/2008 - 08:12
Ale długo to poprzednie zadanie wisiało nierozwiązane. A wcale nie jest takie trudne.
Z treści wynika, że panowie są spokrewnieni w prostej linii z przesunięciem o jedno pokolenie. Jacek jest ojcem Placka, a Wacek jest ojcem Jacka, czyli dziadkiem Placka.
ZADANIE 18 (13 VI 2008)
Czy istnieje ciąg geometryczny liczb naturalnych o 100 wyrazach, którego iloraz nie jest liczbą naturalną?
ROZWIĄZANIE ZADANIA 18
Jakub Nowotyński (niezweryfikowany), wtorek, 08/07/2008 - 10:08
Takim ciągiem jest np. ciąg potęg 2, w którym pierwszy wyraz ma wykładnik 100, drugi 99, a setny 1. Ilorazem tego ciągu jest 1/2.
ZADANIE 19 (8 VII 2008)
We wnętrzu kwadratu ABCD wybrano punkt O, mający tę własność,że kąty OBA i OAB są równe i wynoszą 15 stopni. Jaką miarę ma kąt DOC?
ROZWIĄZANIE ZADANIA 19
gosia de (niezweryfikowany), niedziela, 13/07/2008 - 09:59
Z symetrii opisanej sytuacji punkt O leży na środku odcinka łączącego boki AB i CD kwadratu i taki punkt jest jedyny (półproste poprowadzone z wierzchołków kwadratu do boku AB pod kątami 15° przecinają się w jednym punkcie). Twierdzę, że kąt DOC ma 60°. Z symetrii trójkąt DOC jest równoramienny, a przy podanym warunku będzie równoboczny. Kąt OCB będzie miał wtedy 30°, a kąt BOC 75° (bo wraz z symetrycznym kątem AOD i kątem AOB, który ma 150°, daje 360°). Wtedy kąt CBO musi mieć 75° i na kąt ABO (a z symetrii także BAO) zostaje 15°.
UWAGA
jury (niezweryfikowany), niedziela, 13/07/2008 - 10:26
W przedstawionym rozwiązaniu "gosia de" wykazuje, że opisana sytuacja geometryczna jest możliwa, a położenie punktu O jest jedyne, po czym zgaduje niejako, że kąt, o który chodzi ma 60° i wykazuje, że wtedy warunki zadania są spełnione. Czy można miarę kąta DOC wydedukować z warunków zadania, bez żadnego zgadywania? Czekamy na takie rozumowanie.
TAKIE ROZUMOWANIE
Piotr Piekart (niezweryfikowany), piątek, 25/07/2008 - 10:48
Dla ułatwienia obliczeń możemy przyjąć AB=1 (inne sytuacje dają figury podobne, a podobieństwo nie zmienia rozwartości kątów). Obliczamy (np. ze wzoru połówkowego) tg15° = 1/2+√3. Wysokość trójkąta AOB równa jest więc 1/2tg15° = 1/4+2√3, wobec czego wysokość trójkąta DCO opuszczona z wierzchołka O ma długość 1 - 1/4+2√3 = 3+2√3/4+2√3. Teraz wystarczy obliczyć ctg(1/2COD)= 3+2√3/4+2√3 : 1/2 = √3, a to dla kątów ostrych jest kotangensem 30°, skąd wynika, że kąt DOC ma miarę 60°.
ROZWIĄZANIA ELEMENTARNE
Jarek (niezweryfikowany), piątek, 25/07/2008 - 20:02
To może ja zaproponuję rozwiązania bez trygonometrii ;)
I sposób. Dorysujmy do boku AB na zewnątrz kwadratu ABCD trójkąt równoboczny ABE. Łatwo zauważyć, że kąt AEO ma 30°, a kąt OAE - 75°. Trójkąty AOD i AEO są podobne (z cechy bkb), dlatego kąt ADO ma 30°. Wtedy kąt CDO ma 60° i z symetrii wynika, że trójkąt DOC jest równoboczny, czyli kąt DOC ma 60°.
II sposób. Dorysujmy wewnątrz kwadratu ABCD punkt E, taki że
[tex]\angle[/tex]CBE=[tex]\angle[/tex]BCE = 15°. Łatwo zauważyć, że kąt OBE ma 60° i OB=BE.
Stąd wynika, że trójkąt BEO jest równoboczny. Zauważymy, że kąt CEO ma 150° oraz CE=OE=BE. Dlatego trójkąty BCE i COE są przystające.
Z tego wynika, że BC=OC. Z symetrii OC=OD, a skoro jest też OC=DC,
trójkąt CDO jest równoboczny, czyli kąt DOC ma 60°.
ZADANIE 20 (29 VII 2008)
Piotr Piekart (niezweryfikowany), wtorek, 29/07/2008 - 07:13
Liczby 1, 2, 3, ..., 2n-1, 2n zostały podzielone na dwie równoliczne grupy.
Niech an> an-1>...> a1 będą liczbami z pierwszej grupy, a b1> b2>...> bn będą liczbami z drugiej grupy. Udowodnij, że |a1- b1|+|a2- b2|+...+|an- bn| = n2.
ROZWIĄZANIE ZADANIA 20
panda (niezweryfikowany), piątek, 01/08/2008 - 23:46
Niech a1= n+1, a2= n+2, a3= n+3, ..., an= 2n oraz b1= n, b2= n-1, b3= n-2, ..., bn=1. Wówczas liczby |a1 - b1|, |a2 - b2|, ..., |an - bn| tworzą ciąg arytmetyczny o pierwszym wyrazie równym 1 i różnicy równej 2. Ze wzoru na sumę n początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego otrzymujemy, że suma podana w zadaniu wynosi n2.
Tradycja bożo-narodzeniowych jarmarków we Wrocławiu sięga XVI wieku. Jedną z ich atrakcji bywała dawniej "legnicka bomba". Co to było? 
UWAGA
To "rozwiązanie" jest całkowicie błędne. To jest tylko analiza najprostszego przypadku szczególnego.
Potrzeba doprecyzowania treści
Nieporozumienie wzięło się z nieprecyzyjnego sformułowania treści zadania. Nie jest jasne, czy liczby "zostały podzielone" w jakiś konkretny sposób, czy należy wykazać, że podaną własność ma dowolny podział na dwa zbiory równoliczne. Oczekujemy na rozwiązanie zadania w tej drugiej wersji (zgodnie z intencją autora).
TROCHĘ DŁUŻSZE ROZWIĄZANIE :)
Zauważmy, że wśród liczb 1, 2, ..., 2n występuje dokładnie (n-1) liczb mniejszych od n oraz
(n-1) liczb większych od (n+1). Niech i, j będą dowolnymi, różnymi liczbami ze zbioru
{1, 2, ..., 2n}, a k dowolną liczbą ze zbioru {1, 2, ..., n}. Wykażemy najpierw, że niezależnie od sposobu podziału zbioru {1, 2, ..., 2n} na dwa równoliczne zbiory A i B (których elementy ustawiamy monotonicznie, zgodnie z oznaczeniami w zadaniu), nie istnieje taki podział, w którym dla pewnego k spełniony jest jeden z poniższych warunków:
1) ak= i, bk= j, gdzie i ≤ n oraz j < n,
2) ak= j, bk= i, gdzie i ≤ n oraz j < n,
3) ak= i, bk= j, gdzie i ≥ n+1 oraz j > n+1,
4) ak= j, bk= i, gdzie i ≥ n+1 oraz j > n+1
(to znaczy, że niemożliwe jest, by jakieś elementy o tym samym numerze w zbiorach A i B były jednocześnie albo mniejsze od n+1 albo większe od n, co wydaje się oczywiste, ale warto to formalnie wykazać).
Dla poszczególnych przypadków przeprowadzimy dowód "nie wprost".
1) Załóżmy, że ak= i, bk= j, gdzie i ≤ n oraz j < n.
Mamy wtedy a1< a2< ... < ak-1< n oraz n > bk> bk+1> ... > bn.
Zatem wśród liczb 1, 2, ..., 2n istnieje (k-1)+(n+1-k) = n liczb mniejszych od n, co daje sprzeczność.
2) Załóżmy, że ak= j, bk= i, gdzie i ≤ n oraz j < n.
Mamy wtedy a1< a2< ... < ak-1< ak< n oraz n > bk+1> ... > bn.
Zatem wśród liczb 1, 2, ..., 2n istnieje k+(n+1-(k+1)) = n liczb mniejszych od n, co daje sprzeczność.
3) Załóżmy, że ak= i, bk= j, gdzie i ≥ n+1 oraz j > n+1.
Mamy wtedy an> an-1> ... > ak+1> n+1 oraz b1> b2> ... > bk> n+1.
Zatem wśród liczb 1, 2, ..., 2n istnieje (n+1-(k+1))+k = n liczb większych od n+1, co daje sprzeczność.
4) Załóżmy, że ak= j, bk= i, gdzie i ≥ n+1 oraz j > n+1.
Mamy wtedy an> an-1> ... > ak+1> ak> n+1 oraz b1> b2> ... > bk-1> n+1.
Zatem wśród liczb 1, 2, ..., 2n istnieje (n+1-k)+(k-1) = n liczb większych od n+1, co daje sprzeczność.
Na tej podstawie wnioskujemy, że przy każdym podziale zbioru {1, 2, ..., 2n} na dwa równoliczne podzbiory mamy:
Zatem dla każdego k[tex]\in[/tex]{1, 2, ..., n} zachodzi |ak- bk|=|bk- ak|= j-i, gdzie 1≤i≤n oraz n+1≤j≤2n. Mamy więc: |a1- b1| + |a2- b2| +...+ |an- bn| = (n+1)+(n+2)+...+2n - (1+2+...+n) = n+n+...+n (n razy), co daje n2, c.k.d.