Mecz Matematyczny. Rozwiązania 11 marca 2016

Transkrypt

1 Mecz Matematyczny Rozwiązania 11 marca 016 Zadanie 1 Na stole leży 9 cuierków. Adam i Bartek grają w następującą grę: każdy z nich w swoim ruchu zabiera ze stołu od 1 do 4 cukierków. Przegrywa gracz, który zabierze ze stołu ostatniego cukierka. Grę rozpoczyna Adam. Który z graczy ma strategię wygrywającą? Przedstawić, na czym ona polega. Uwaga. Gracz ma strategię wygrywającą, gdy bez względu na ruchy przeciwnika może wygrać grę. Wykażemy, że Adam ma strategię wygrywającą. Zauważmy, że jeżeli któryś z graczy zabierze a cukierków, to drugi może zabrać tyle cukierków, żeby w sumie obaj zabrali 5 cukierków. Adam chce doprowadzić do sytuacji, w której Bartkowi zostanie tylko 1 cukierek na stole. Ponadto Adam, żeby wygrać będzie grał tak, by po ruchu Bartka i swoim zawsze ubywało 5 cukierków. Zatem skoro na końcu Bartkowi zostaje na stole 1 cukierek, to przed jego poprzednim ruchem musiało być ich 6. Wcześniej 11, 16, 1 i 6. Ale na stole początkowo leżało 9 cukierków. Zatem Adam musi wziąć początkowo cukierki. Wtedy stawia Bartka w przegranej sytuacjii, bo na stole jest 6 cukierków. Ilekroć Bartek będzie zbierał pewną liczbę cukierków ze stołu, Adam weźmie tyle, by po takim dwuruchu ubyło 5 cukierków. W ten sposób po ruchach Adama na stole będzie 1, 16, 11, 6 cukierków i ostatecznie zostawi Bartkowi na stole 1 cukierka, co oznacza, że Adam wygra grę. Czytelnik po zobaczeniu rozwiązania zechce wskazać przykładową liczbę cukierków, która musi być początkowo na stole, by to Bartek wygrał grę. :) Zadanie Dane są dwa trójkąty równoboczne o obwodach odpowiednio 015 i 017 położone jak na rysunku poniżej (ich boki są parami równoległe). Obliczyć obwód zacieniowanego sześciokąta, którego wierzchołki są punktami przecięcia boków tych trójkątów. Zauważmy, że skoro boki tych trójkątów są parami równoległe, to przenoszą się kąty 60, więc odcinki zaznaczone na rysunku tak samo są równe. Zauważmy, że suma wszystkich tych odcinków wynosi z jednej strony pi II III IV V V Iq, a z drugiej strony jest to suma obwodów obu tych trójkątów, czyli 40. Zatem pi II III IV V V Iq 40. Ale obwód zacieniowanego sześciokąta wynosi pi II III IV V V Iq, czyli jest równy

2 Zadanie Parę liczb całkowitych pa, bq nazwiemy radosną, jeżeli a b 1, a nazwiemy ją wesołą, gdy b a 1. Czy prawdziwe są następujące zdania: każda wesoła para liczb jest radosną parą liczb; każda radosna para liczb jest wesołą parą liczb. Odpowiedź uzasadnić. Pokażmy, że każda radosna para liczb jest też wesołą parą liczb. Rzeczywiście, zachodzi bowiem nierówność x x x x 1, czyli x x 1, gdzie x jest dowolną liczbą całkowitą. Pierwsze z tych nierówności są oczywiste, natomiast nierówność x x 1 jest równoważna p x 1q 0. A skoro b 1 a, to korzystając z nierówności powyżej otrzymujemy b b 1 a a 1, czyli b a 1, zatem para liczb pa, bq jest wesoła. Niestety w drugą stronę to nie zachodzi. W tym celu wystarczy podać takie liczby a i b, że para pa, bq jest wesoła, ale nie jest radosna. Zauważmy, że dla a, b 8 mamy 8 1, czyli para pa, bq jest wesoła, ale 8 1, czyli para ta nie jest radosna. Oczywiście takich par jest nieskończenie wiele. Czytelnik zechce podać jeszcze kilka przykładów takich par. Zadanie 4 Rozwiązać równanie: x y 1 x 1 y 1. Zauważmy, że x x 1, bo px 1q x 0. Wioskujemy stąd, że x 1 1. Podobnie y y 1 1. Zatem x x 1 y y 1 1. Równość zachodzi, gdy w nierównościach powyżej zachodzą równości. Zatem musi być x x px 1q 0, skąd x 1. Podobnie, y 1. Ostatecznie równanie to spełnia tylko para px, yq p1, 1q. 1, czyli Zadanie 5 Z szachownicy 8 8 usunięto dwa narożne przeciwległe pola. Czy powstałą planszę da się szczelnie wyłożyć prostokątami 1 (tzn. tak, że żadne dwa prostokąty nie nachodzą na siebie oraz nie wystają poza planszę)? Odpowiedź uzasadnić. Pokolorujmy naszą planszę, jak na rysunku poniżej. Zauważmy, że kładąc prostokąt 1 na powstałej planszy zawsze zakryjemy dokładnie jedno pole białe i jedno czarne. Zatem, gdyby dało się szczelnie wyłożyć tę planszę prostokątami 1, to liczba czarnych pól musiałaby być równa liczbie białych pól na tej planszy. Tak jednak nie jest, ponieważ czarnych pól jest o więcej. Wynika stąd, że tej planszy nie da się pokryć prostokątami 1.

3 Zadanie 6 Wewnątrz pięciokąta foremnego ABCDE obrano taki punkt P, że trójkąt ABP jest równoboczny. Wyznaczyć miarę kąta BCP. Zauważmy, że w pięciokącie foremnym każdy kąt ma miarę 108. Skoro =ABP ma miarę 60, to =P BC ma miarę Jednakże odcinki BP i BC są równe bo BP AB BC, więc P BC jest równoramienny, czyli =BCP Zadanie 7 W trójkącie suma miar kątów jest 4 razy większa od najmniejszego z kątów tego trójkąta. O ile mogą najwyżej różnić się miary dwóch pozostałych kątów tego trójkąta? Odpowiedź uzasadnić. Suma miar kątów w trójkącie wynosi 180, więc najmniejszy z katów tego trójkąta ma miarę Oznaczmy pozostałe kąty tego trójkąta przez β i γ i niech bez straty ogólności β γ. Wówczas β γ 15. Zatem różnica γ β p15 βq β 15 β. Skoro β 45, to β 90, czyli 15 β 45. Zatem różnica γ β jest nie większa niż 45 i osiąga tę wartość dla β 45. Wynika stąd, że największą możliwą różnicą miar dwóch pozostałych kątów tego trójkąta jest 45.

4 Zadanie 8 Przy okrągłym stole siedzi n osób (n 5). Wykazać, że można tak przesadzić te osoby, aby każda z nich miała innych sąsiadów niż poprzednio. Pokażemy przykładowe przesadzenie dla dwóch przypadków: gdy n jest parzyste i gdy n jest nieparzyste. W obu przypadkach numerujemy osoby przy stole numerami od 1 do n zgodnie z ruchem wskazówek zegara. Jeżeli n jest parzyste, to n k, gdzie k jest liczbą naturalną. Wówczas zamieniamy miejscami osoby z numerami 1 i k 1, a następnie osoby, 5, 7,..., p zamieniamy miejscami z n, n 4, n 6,..., n p 1, gdzie p jest największą liczbą nieparzystą mniejszą od k (patrz rys. po lewej). Wówczas każda osoba siedzi między innymi osobami niż poprzednio (Czytelnik zechce to krótko uzasadnić). Dla n k 1 postępujemy podobnie: osobę o numerze 1 usadawiamy między osobami k i k 1, a pozostałe zamieniamy w następujący sposób: z n 1, 5 z n,..., p z n p, gdzie p jest największą liczbą nieparzystą mniejszą od k (rys. po prawej). Wtedy każda osoba siedzi między innymi niż na początku, co Czytelnik również zechce krótko uzasadnić. Zadanie 9 W turnieju bierze udział n drużyn (n ). Rozegrano n 1 kolejek. W każdej kolejce każda drużyna rozegrała jeden mecz. Każda drużyna zagrała z każdą inną dokładnie raz. W każdym z tych meczów jedna z drużyn była gospodarzem, a druga gościem. Drużynę nazwiemy podróżującą, jeżeli w dowolnych dwóch sąsiednich kolejkach była ona raz gospodarzem a raz gościem. Wykazać, że w tym turnieju były co najwyżej dwie drużyny podróżujące. Drużynę podróżującą nazwiemy białą, gdy była w pierwszym meczu gospodarzem, a czarną, gdy była w pierwszym meczu gościem. Gdyby w turnieju były co najmniej trzy drużyny podróżujące, to istniałyby co najmniej dwie drużyny białe lub co najmniej dwie drużyny czarne. To oznacza, w każdej kolejce są jednocześnie gospodarzami albo jednocześnie goścmi. Jednak w pewnym momencie będą musiały zagrać ze sobą. Wówczas musiałby zostać rozagrany mecz dwóch gospodarzy lub dwóch gości, co jest sprzeczne z założeniem zadania. Wynika stąd, że w turnieju nie ma więcej niż drużyn podróżujących, czyli są co najwyżej dwie, co chcieliśmy pokazać. 4

5 Zadanie 10 Obliczyć pole czworokąta ABCD, którego wierzchołki mają współrzędne Ap1, 0q, Bp, q, Cp0, 5q, Dp 1, q. Uzupełnijmy nasz czworokąt do prostokąta XY ZT, gdzie Xp 1, 0q, Y p, 0q, Zp, 5q, T p 1, 5q i zapiszmy: rabcds 5 1 p gdzie rf s oznacza pole figury F. rabcds rxy ZT s pray Bs rbzcs rct Ds rdxasq 1 q 15 p q , Zadanie 11 Rozwiązać układ równań: $ ' & '% x y y z z x z x 0 Dodając do siebie pierwsze dwa równania otrzymujemy x y z x z, czyli y 0, czyli y 0. Stąd otrzymujemy, że x z oraz x z 0, czyli x z 0. Zatem jedyną trójką liczb px, y, zq spełniającą podany układ równań jest trójką p0, 0, 0q. 5