DOLNOŚLĄSKIE MECZE MATEMATYCZNE EDYCJA XVI ROK SZKOLNY 2016/17 LICEA RUNDA PÓŁFINAŁOWA MECZ I

Transkrypt

1 DOLNOŚLĄSKIE MECZE MATEMATYCZNE EDYCJA XVI ROK SZKOLNY 016/17 LICEA RUNDA PÓŁFINAŁOWA MECZ I 1) Dw wyięte z tektury kwdrty o okh odpowiednio 4 m i m nłożono jeden n drugi w ten sposó, że wierzhołek mniejszego kwdrtu pokrył się ze środkiem większego. Jeżeli usuniemy nkłdjąe się zęśi, to ile wynosi pole pozostłego oszru? ) Rozwiąż w lizh rzezywistyh równnie sinx = (osx [osx]) [osx], gdzie [] oznz zęść łkowitą lizy. ) Który z równoległooków wpisnyh w dny prostokąt o okh równoległyh do przekątnyh tego prostokąt m njwiększy owód? Ile on wynosi? 4) Rozwiąż w prh liz rzezywistyh ukłd równń: x + xy y = -5 i x + xy + y = 1. 5) W kwdrie PQRS łuk QS jest ćwirtką okręgu o środku w P. Ze środk oku QR poprowdzono styzną do tego łuku, któr przeięł ok RS w punkie T. W jkim stosunku punkt T podzielił ten ok? 6) Wyznz wszystkie pry liz pierwszyh p i q, dl któryh liz p q + q p jest pierwsz. 7) Kwdrty z rysunku mją wspólny wierzhołek A, punkt M jest środkiem odink PU. Pokż, że AM jest połową RS. 8) Liz 1 może yć rozłożon n ilozyn trzeh zynników z uwzględnieniem ih kolejnośi n 18 sposoów (np. 1 4, 1 4,, itd). Nieh N ędzie lizą sekund w tygodniu. N ile sposoów możn rozłożyć N n ilozyn trzeh zynników? 9) Czy istnieją trzy różne lizy łkowite dodtnie, któryh sum, tkże sum kżdej pry tyh liz jest kwdrtem? 10) N l krnwłowy przyszło trzeh singli w jednkowyh krnwłowyh mskh. Przedstwili się jko pnowie Biłeki, Zieleński i Czrneki. Jeden z nih poprosił do tń pnią Arlettę, ył tk zrująy, że zkohł się od pierwszego wejrzeni. On też wyrźnie nie ył swojemu prtnerowi oojętn. Przetńzyli ły wiezór. Jednk o półnoy pnowie pospiesznie opuśili lokl i wszelki śld po nih zginął. Zrozpzon pni Arlett znlzł w sztni jedynie zielony trzewik, który zguił jej ukohny. Zdesperown postnowił odnleźć jego nzwisko w książe telefoniznej, udć się pod wskzny dres i znleźć drugi trzewik do pry. Ku swemu przerżeniu uświdomił soie, że nie wie, jk nzywł się jej prtner. Zrozpzon usidł w gronie koleżnek, które postnowiły jej pomó w poszukiwnih. Wspólnie ustliły, o zpmiętły o tjemnizyh kwlerh. Oto ih oserwje: Wszysy pnowie nosili mrynrkę, spodnie i trzewiki. Ih grdero ył w kolorze iłym, zielonym i zrnym. Kżd ześć grderoy występowł w trzeh kolorh. Kżdy mił tylko jeden element grderoy w dnym kolorze (lizą prę trzewików jko łość). Trzewiki Czrnekiego yły w tym smym kolorze, o mrynrk Biłekiego. Mężzyzn o nzwisku odpowidjąym kolorowi spodni Biłekiego mił trzewiki w kolorze odpowidjąym nzwisku osoy w iłej mrynre. Kolor trzewików Zieleńskiego odpowidł nzwisku osoy urnej w spodnie w tkim kolorze, o mrynrk złowiek, którego nzwisko odpowid kolorowi trzewików Czrnekiego. Jk nzyw się ukohny pni Arletty?

2 EDYCJA XVI ROK SZKOLNY 016/17 LICEA RUNDA PÓŁFINAŁOWA MECZ I SZKICE ROZWIĄZAŃ 1. Młe trójkąty prostokątne z rysunku (iły i zrny) są przystjąe z ehy kk. Mją ten sm kąt w wierzhołku dużego kwdrtu (o kąt iły i kąt zrny uzupełniją ten sm kąt do 90 ) i mją kąt prosty orz jedn przyprostokątn jest połową oku dużego kwdrtu. Z stwierdzenie przystwni ez uzsdnieni, odejmujemy 5 pkt. Ztem pole zęśi wspólnej kwdrtów stnowi ćwirtkę pol dużego kwdrtu. Pole zrne jest sumą pól ou kwdrtów pomniejszoną o dwukrotność pol zęśi wspólnej, zyli wynosi = 17. Z rozwiąznie w położeniu szzególnym (np. oki jednego kwdrtu równoległe do oków lu przekątnyh drugiego) przyznjemy 1 pkt.. Dl sinx 0 kżdego x dne równnie jest równowżne równniu sinx = 0, ztem jego rozwiązniem jest {k :k Z}. Dl sinx<0 równnie jest sprzezne. Z rozwżenie tylko jednego przypdku 4-5 pkt.. Nieh przekątn prostokąt m długość d. Rozwżmy trójkąt prostokątny ędąy połową prostokąt uzyskną po przeięiu go jedną z przekątnyh. Prowdzą ok równoległooku równolegle do przekątnej, odinmy od tego trójkąt trójkąt do niego podony w skli k (<1). Jeśli rozwżymy terz nlogizny trójkąt powstły z przeięi prostokąt drugą przekątną, to tm sytuj jest tk sm, tylko skl podoieństw wynosi (1 k), o oki trójkątów sumują się do łego oku prostokąt. Ztem ok równoległooku równoległy do jednej przekątnej m długość kd, do drugiej (k 1)d. Stąd owód wszystkih równoległooków wpisnyh w prostokąt jest stły, o zleży tylko od długośi przekątnej tego prostokąt. Wynosi on kd + (1 k)d = d. Z poprwne, le rdziej skomplikowne rozumownie odejmujemy pkt. 4. Mmy równowżnie (x y)(x+y)=-5 i (x+y) =1. Z drugiego równni x+y=1 lu x+y=-1. Ztem x y=-5 i x+y=1 lo x y=5 i x+y=-1. Rozwiązują te ukłdy otrzymujemy pry (-/5, 8/5) i (/5, -8/5). Z pominięie jednej odejmujemy 5 pkt. 5. Nieh U jest środkiem QR, A punktem styznośi, RT =x. Bez strty ogólnośi możemy złożyć, że QR =. Wtedy QU =1. Kąt z wpisnym okręgiem jest figurą osiowosymetryzną, ztem odinki od jego wierzhołk do punktów styznośi są przystjąe. Ztem QU = UA = 1 i AT = TS = x. Z twierdzeni Pitgors w trójkąie URT mmy: 1+x = (1+ x), zyli 8 6x = 0, skąd x=4/. Oznz to, że punkt T dzieli ok SR w stosunku / : 4/ = :4 = 1:, lizą od S (lu :1, lizą od R). 6. Liz p q + q p jest większ od, wię y ył pierwsz, musi yć nieprzyst. Woe tego jej skłdniki muszą mieć różną przystość. To oznz, że jedn z liz p lo q musi yć równ. Dl ustleni uwgi nieh jest to p. Wówzs p q + q p = q + q, gdzie q jest nieprzyste. Łtwo sprwdzić, że nieprzyste potęgi dwójki dją z dzieleni przez resztę (z rk uzsdnieni - pkt), ntomist kwdrty liz nieprzystyh dją z dzieleni przez resztę 0 dl wielokrotnośi trójki, w pozostłyh przypdkh resztę 1 (z rk uzsdnieni - pkt). Ztem q + q, jest podzieln przez poz przypdkiem, gdy q jest wielokrotnośią trójki, zyli q=. Sprwdzmy, że pr (, ), z symetrii tkże (, ) dją w wyniku lizę pierwszą: + =17. Z odpowiedź ez uzsdnieni, że jest jedyn, przyznjemy 1 pkt. 7. Przedłużmy odinek AM, y dostć równoległook AUBP. Przekątne równoległooku połowią się, wię M jest środkiem AB, AM jest połową AB. Wystrzy terz pokzć, że trójkąty APB i RAS są przystjąe (k) i stąd wynik tez. Zhodzi PA AR jko oki kwdrtu orz BP UA (jko oki równoległooku) AS (jko oki kwdrtu). Zhodzi też BPA + PAU = 180 (jko kąty równoległooku), tkże RAS + PAU = 180 (o rzem z dwom kątmi prostymi dją kąt pełny). Woe tego BPA PAU, kd. Z rdziej skomplikowne rozwiąznie (np. z użyiem twierdzeni kosinusów) odejmujemy pkt. 8. Mmy = Kżdy zynnik pierwszy występująy w potędze n możn przydzielić do jednego z trzeh zynników n n sposoy (oznzmy zynniki pierwsze kropkmi, ustwmy je w szeregu i dodjmy jeszze kropki; terz wskznie kropek seprtorów między pozostłymi kropkmi ustl podził n kropek n grupy). Kżdy z zynników przydzielmy do grup niezleżnie od pozostłyh, dltego stosujemy regułę ilozynu. Wszystkih podziłów jest wię = = 6480.

3 9. Tkie lizy istnieją, np. 41, 80, 0. Mmy = 441 = 1, 80+0 = 400 = 0, 41+0 = 61 = 19, = 11 = 11. Ay znleźć ten przykłd, zkłdmy, że trzy z tyh liz są kwdrtmi kolejnyh liz nturlnyh, tzn ++ = (x+1) = x +x+1, + = x i + = (x 1) = x x+1. Woe tego = x+1 i =4x. Stąd + = 6x+1. Liz t jest kwdrtem np. dl x= Zkodujmy kolory urń w kolejnośi mrynrk spodnie trzewiki. Jest 6 możliwośi, o żden się nie powtrz: BCZ, BZC, CBZ, CZB, ZBC i ZCB. Złóżmy, że Zieleński nosił zestw ZCB. Pozostli dwj nie mogli nosić ZBC, CZB i BCZ (o zielon mrynrk, zrne spodnie i iłe trzewiki są już zjęte). Zostły możliwośi CBZ i BZC, to są yklizne permutje pozątkowo wyrnego ZCB i możn je przypisć pozostłym pnom n sposoy. Rozptrujemy terz wszystkie 6 możliwośi uioru Zieleńskiego i po możliwośi uioru pozostłyh. Mmy telę: l.p. Zieleński Czrneki Biłeki 1 ZCB CBZ BZC ZCB BZC CBZ ZBC BCZ CZB 4 ZBC CZB BCZ 5 CBZ BZC ZCB 6 CBZ ZCB BZC 7 CZB ZBC BCZ 8 CZB BCZ ZBC 9 BCZ CZB ZBC 10 BCZ ZBC CZB 11 BZC ZCB CBZ 1 BZC CBZ ZCB Skoro trzewiki Czrnekiego yły w kolorze mrynrki Biłekiego, osttni liter w kolumnie C musi yć tk, jk pierwsz w kolumnie B, o wykluz wiersze nieprzyste. Sprwdzmy wrunek, że oso o nzwisku od koloru spodni Biłekiego m skrpetki w kolorze nzwisk pn w iłej mrynre. Np. w wierszu iłe spodnie m Biłeki, iłą mrynrkę m Czrneki, wię Biłeki powinien mieć zrne trzewiki, nie m. Ten wiersz wykreślmy. Podonie nlizujemy 5 pozostłyh wierszy. Zostją te o numerh 8 i 1. Terz sprwdzmy wrunek, że trzewiki Zieleńskiego mją kolor od nzwisk osoy, której spodnie mją kolor mrynrki tego, kto m nzwisko w kolorze trzewików Czrnekiego. Ten wrunek nie zhodzi w 8, zhodzi w 1. Tm zielone trzewiki mił Czrneki i on jest ukohnym Arletty.

4 DOLNOŚLĄSKIE MECZE MATEMATYCZNE EDYCJA XVI ROK SZKOLNY 016/17 LICEA RUNDA PÓŁFINAŁOWA MECZ II 1. W trpezie równormiennym przekątne o długośi 1 m przeinją się w punkie S pod kątem 0. Punkty K, L, M, N są środkmi oków trpezu. Oliz pole zworokąt KLMN.. Ziór M zwier wszystkie lizy siedmioyfrowe o różnyh yfrh nleżąyh do zioru {1,,, 4, 5, 6, 7}. Rozstrzygnij, zy w ziorze M istnieje tkih 77 liz, że sum z nih jest równ sumie 44 pozostłyh Wykż, że jeżeli, jest pr liz przeiwnyh. 1 dl niezerowyh,, orz ++, to wśród liz, 4. Wykż, że liz ( 1 + 1)( + 1)( 4 + 1)( 8 + 1)( )( + 1)( ) jest podzieln przez N okh AB, BC i CA trójkąt ABC dne są odpowiednio punkty M, N i P tkie, że AM : MB = BN : NC = CP : PA = k. Jk jest wrtość k, jeżeli pole trójkąt MNP stnowi 7/5 pol trójkąt ABC? 6. Przy drodze w odległośi 10 m jeden od drugiego leżły słupki. Rootnik przeniósł pojedynzo wszystkie słupki, zzynją od pierwszego, tm, gdzie leżł osttni. Ile yło słupków, jeżeli rootnik przeszedł drogę 4064,56 km? 7. Ile wynosi dwuyfrow końówk lizy ? 8. Udowodnij, że jeśli sum wysokośi trójkąt jest dziewięć rzy większ od promieni okręgu wpisnego w ten trójkąt, to trójkąt jest równoozny. 9. Wyznz funkję f przedziłmi liniową, o której widomo, że f( x 1 ) = x Ile jest liz 10-yfrowyh o różnyh yfrh od 0 do 9, mjąyh tę włsność, że liz utworzon z pierwszej (od lewej) yfry dzieli się przez 1, utworzon z pierwszyh yfr dzieli się przez, z pierwszyh yfr dzieli się przez, z pierwszyh 4 yfr dzieli się przez 4, z pierwszyh 5 yfr dzieli się przez 5,, z pierwszyh 9 dzieli się przez 9, z 10 przez 10?

5 EDYCJA XVI ROK SZKOLNY 016/17 LICEA RUNDA PÓŁFINAŁOWA MECZ II SZKICE ROZWIĄZAŃ 1. N moy twierdzenie o linii średniej trójkąt powstły zworokąt jest romem o oku długośi 6 m (z rk uzsdnieni tego fktu odejmujemy pkt) o kąth 0 i 150. Wysokość opuszzon n ok romu tworzy trójkąt ekierkowy , wię m m długośi. Stąd pole romu wynosi 6 =18 m. Z rdziej skomplikowne rozumownie, w szzególnośi używjąe trygonometrii, odejmujemy pkt. Z rk jednostek odejmujemy 1 pkt.. Lizy ze zioru M mją sumę yfr 8, zyli ih reszty z dzieleni przez wynoszą jeden (z rk uzsdnieni że reszt z dzieleni lizy przez jest tk sm, jk reszt z dzieleni sumy yfr tej lizy przez odejmujemy pkt). Sum liz ze zioru M jest wię podzieln przez, ntomist sum 44 tkih liz dje z dzieleni przez resztę. Ztem tkie dwie sumy nie mogą yć równe. Z rdziej skomplikowne rozumownie odjąć pkt.. Po sprowdzeniu lewej strony do wspólnego minownik mmy 1 i dlej = (++)(++). Po wymnożeniu nwisów i redukji wyrzów podonyh dostjemy 0 = = (+)(+)(+). Stąd jeden z zynników musi yć zerem, kd. 4. Mnożymy dną lizę przez 1= 1. Ze wzoru n różnię kwdrtów nwisy kolejno się redukują i mmy ( 1 1)( 1 +1)( +1) = ( 1)( +1)( 4 +1) = ( 4 1)( 4 +1)( 8 +1)( 16 +1)( +1)( 64 +1) = N końu otrzymujemy wynik 18 1, podzielność jest wię ozywist. Możn też zuwżyć, że po wymnożeniu wszystkih nwisów otrzymmy lizę , o dje lizę zpisną smymi jedynkmi w systemie dwójkowym (17 sztuk), to jest o 1 mniej niż kolejn potęg dwójki, zyli Nieh kąty przy wierzhołkh A, B, C mją miry odpowiednio α, β, γ, odinki n okh mją długośi MB =, NC =, PA =. Wówzs AB = (k+1), BC =(k+1), CA =(k+1). Sum pól P 1, P, P trójkątów odiętyh przez MNP stnowi 18 / 5 pol ABC i wynosi ½ksinα + ½ksinβ + ½ksinγ. Pole P trójkąt ABC wynosi ½(k+1) sinα = ½(k+1) sinβ = ½(k+1) sinγ. Ztem trzykrotność pol ABC to (P 1 +P +P )(k+1) /k. Ntomist 18 / 5 P = P 1 +P +P = Pk/(k+1). Po skróeniu przez P mmy 18 / 5 = k/(k +k+1), o dje równnie 6k 1k +6 = 0, Stąd k= / lu k= /. 6. Złóżmy, że słupków yło n. Niosą pierwszy, rootnik pokonł 10(n-1) metrów, nstępnie dwukrotnie pokonywł kżdy z dystnsów od 10(n ) do Łązn drog wyniosł 10(1++ +n 1) + 10(1++ +n ) = 10n(n 1)/ + 10(n 1)(n )/ = 5(n 1)(n ) = 10(n 1) = m. Stąd (n 1) = Dodtnim pierwistkiem tego równni jest N podstwie lgorytmu mnożenie pisemnego wnosimy, że dwie osttnie yfry ilozynu zleżą tylko od dwuyfrowyh końówek zynników (z podnie tego fktu ez uzsdnieni odejmujemy pkt). Możn sprwdzić, że dwuyfrowe końówki potęg lizy 17 ukłdją się w yklizny iąg długośi 0: 17, 89, 1, 1, 57, 69, 7, 41, 97, 49,, 61, 7, 9, 9, 81, 77, 09, 5, 01. Poniewż 016 jest podzielne przez 4, ły wykłdnik W jest podzielny przez 4. Poniewż 016 dje resztę 1 z dzieleni przez 5, kżd potęg 016 dje również resztę 1 z dzieleni przez 5 (z rk uzsdnieni odejmujemy pkt), ztem ły wykłdnik W dje resztę 1 z dzieleni przez 5. Mmy W=4n i W=5k+1, zyli 5W=0n i 4W=0k+4. Odejmują stronmi, otrzymujemy W=0(n k) 4, o oznz, że W z dzieleni przez 0 dje resztę 16. Ztem dwuyfrow końówk wyniku to Nieh P oznz pole trójkąt, r promień okręgu wpisnego,,, długośi oków, h 1, h, h odpowiednio wysokośi opuszzone n te oki. Zhodzi P = r(++) ten wzór uzeń powinien uzsdnić n prośę jury, jeśli tego nie potrfi, odejmujemy pkt. Ztem P( 1 / + 1 / + 1 / ) = h 1 +h +h = 9r. Stąd 9 = (++)( 1 / + 1 / + 1 / ) lu równowżnie (++)/ = /( 1 / + 1 / + 1 / ). Otrzymliśmy w ten sposó równość średnih rytmetyznej i hrmoniznej trzeh liz, któr zhodzi wtedy i tylko wtedy, gdy ==. Nierówność miedzy średnimi n prośę jury uzeń powinien uzsdnić, inzej odjąć pkt. Równość 9 = (++)( 1 / + 1 / + 1 / ) możn też zpisć w równowżnej posti + ( / + / ) + ( / + / ) + ( / + / ), poniewż,, są dodtnie, skorzystć trzykrotnie z nierównośi / + /, któr dje równość wtedy i tylko wtedy, gdy = (z rk uwzględnieni złożeni dodtniośi odjąć pkt, nierówność n prośę jury nleży uzsdnić, inzej odjąć pkt). 9. Z symetrii wystrzy nrysowć wykres dl x 1 i odić względem prostej x=1. Z niezuwżenie symetrii i rozptrywnie osono dwóh oszrów odejmujemy pkt. N oszrze x 1 moduł w równośi znik i szukny wykres jest półprostą {(x, y): y=x 4, x 1} przesuniętą o wektor [1, 0]. Ztem ł funkj m wzór f(x)= x x, dl x 6, dl x 1. 1

6 10. Wrunki zdni spełni jko jedyn liz Jej dziesiątą yfrą musi yć 0 (o dzieli się przez 10). Sum yfr = 45 i jest podzieln przez 9, wię zwsze ud się uzyskć podzielność przez 9. N miejsh przystyh (lizą od lewej) muszą stć yfry przyste, wię n miejsh o numerh nieprzystyh yfry nieprzyste, przy zym n V miejsu musi stć 5. N miejsu IV może yć tylko lu 6 (o yfrę tę poprzedz yfr nieprzyst, tylko z tką końówką liz ędzie podzieln przez 4). N VIII miejsu też może yć tylko lu 6 (z tyh smyh powodów), przy zym jeśli ędzie to, to musi yć poprzedzone przez lu 7 (o tylko tkie trzyyfrowe końówki z yfrą przystą n pozątku dzielą się przez 8), jeśli ędzie to 6, to musi yć poprzedzone przez 1 lu 9. Woe tego n miejsu II i VI może yć tylko 4 lu 8 (związne z i 6 n miejsu IV, tzn. występuje z 4, 6 z 8). Sprwdźmy wię przypdki: ) gdy n II miejsu jest 4 i ) gdy n II miejsu jest 8. W ) po okh 4 musi yć 1 i 7 (w dowolnej kolejnośi), y uzyskć podzielność przez. Wtedy n siedmiu pozątkowyh miejsh mmy (o n VIII miejsu musi yć 6 wię przed nim 9) lo , le żdn z nih nie dzieli się przez 7. Ztem zhodzi ). N II miejsu stoi 8, ook (1 lu 7) z ( lu 9) w dowolnej kolejnośi. Musimy ztem sprwdzić tkie lizy: , , , , , , , Podzielność przez 7 dje tylko , wię tki musi yć pozątek lizy. Pozostł yfr n miejse VIII i yfr IX n miejse 9. Wykonliśmy 8 ezpośrednih sprwdzeń. Z rozwiąznie, w którym jest ih istotnie więej odejmujemy o njmniej punkty. Z podnie wyniku ez uzsdnieni jego jedynośi przyznjemy 4 pkt.

7 DOLNOŚLĄSKIE MECZE MATEMATYCZNE EDYCJA XVI ROK SZKOLNY 016/17 LICEA RUNDA PÓŁFINAŁOWA MECZ III 1. W trójkąie ABC poprowdzono środkową CD i wyznzono n niej punkt E, który podzielił tę środkową w stosunku 1:, lizą od wierzhołk. Prost przehodzą przez punkty A i E przein ok BC w punkie P. W jkim stosunku P dzieli ok BC?. Pewn liz zpisn w systemie dziesiętnym m yfrę jednośi równą 5 i jest zterokrotnie mniejsz od lizy, któr powstnie z przeniesieni tej yfry n pozątek. Jk jest njmniejsz liz o tej włsnośi?. Rozwiąż w lizh dodtnih nierówność x x x x x x. 4. Dn jest szhowni o wymirh 6 6, n której zostło ułożone 18 płytek o wymirh 1. Udowodnij, że istnieje prostoliniowe ięie szhowniy wzdłuż linii krtowyh nieprzeinjąe żdnej z płytek. 5. Punkty krtowe o współrzędnyh nturlnyh ustwiono w nstępująy iąg (1, 1), (, 1), (1, ), (, 1), (, ), (1, ), (4, 1), (, ), (, ), (1, 4), (5, 1), (4, ), (, ), (, 4), (1, 5), itd. Jki punkt znlzł się n 017 miejsu tego iągu? Podj formułę lgerizną n n -ty wyrz tego iągu Oliz sprytnie Dne jest równnie x + x + = 0, gdzie,, są jednoyfrowymi lizmi pierwszymi. Ile z tkih równń m przynjmniej jeden pierwistek łkowity? 8. Rozwiąż równnie w lizh łkowityh dodtnih x! + 76 = y. 9. N tliy nuzyiel zpisł 016 znków + orz 017 znków. Nstępnie uzniowie zzęli je zmzywć (kżdy po sztuki) według nstępująyh reguł: jeśli uzeń zmzł jednkowe znki, zstępowł je znkiem +, jeśli różne znki, zstępowł je znkiem. Znki zmzywno dopóty, dopóki n tliy nie pozostł jeden symol. Jki to ył symol? 10. Znjdź njmniejszą wrtość wyrżeni, gdzie,, są dodtnie.

8 EDYCJA XVI ROK SZKOLNY 016/17 LICEA RUNDA PÓŁFINAŁOWA MECZ III SZKICE ROZWIĄZAŃ 1. Mmy CE : ED = 1:. N prostej CD rozpozynją od punktu C odkłdmy 7 rzy odinek CE i przez uzyskne w ten sposó punkty prowdzimy proste równoległe do AE. Punkty przeięi tyh prostyh z odinkiem AD dzielą go n równe zęśi (o dzielą ED n równe zęśi i stosujemy twierdzenie Tles). Punkty przeięi dorysownyh prostyh z odinkiem DB tkże dzielą go n równe zęśi (o AD DB). Mmy ztem 7 prostyh równoległyh, które (z twierdzeni Tles) dzielą CB n 7 równyh zęśi i pierwsz z nih przehodzi przez P. stąd CP : PB = 1:6.. Korzystją z lgorytmu mnożeni pisemnego, mnożymy yfrę jednośi (=5) przez 4 i otrzymujemy 0, stąd wiemy, że yfr dziesiątek szuknej lizy to 0. Z mnożeni 0 przez 4 otrzymujemy 0 i dodjemy z przeniesieni, ztem yfr setek szuknej lizy to. Anlogiznie uzyskujemy jko kolejne yfry od prwej 8,, 1. N tym końzymy, o 4 1 i 1 z przeniesieni dje n pozątku yfrę 5. Ztem szukn liz to Z definiji funkji wykłdnizej x>0. Dl x=1 zhodzi równość. Rozwżmy osono przypdki ) x<1 i ) x>1. ) Funkj wykłdniz o podstwie mniejszej od 1 jest mleją, ztem nierówność między wrtośimi dje równowżnie nierówność miedzy wykłdnikmi x x > x i dlej n moy tego smego rgumentu x<. Ztem w tym przypdku nierówność jest tożsmośią. ) Funkj wykłdniz o podstwie większej od 1 jest rosną, ztem dn nierówność jest równowżn x x < x i dlej x<. Ztem w tym przypdku 1<x<. Ostteznie rozwiązniem nierównośi jest ziór (0, )\{1}. Koniezne jest wyrźne rozwżenie kżdej funkji wykłdnizej z oson. Stwierdzenie typu funkj x x jest mleją dl x<1 jest fłszywe (t funkj m minimum w 1 / e i potem rośnie). Z tkie przekłmnie przyznjemy 7 pkt. 4. Kżde prostoliniowe ięie szhowniy 6 6 wzdłuż linii krtowyh dzieli szhownię n dwie zęśi o przystyh lizh pól. Stąd wynik, że jeśli szhownię pokryjemy płytkmi o wymirh 1, to kżde prostoliniowe ięie szhowniy wzdłuż linii krtowyh przetnie przystą lizę płytek (o gdyy yło inzej, po jednej stronie ięi znlzły się nieprzyst liz pól). Złóżmy (wrew treśi zdni), że kżde prostoliniowe ięie szhowniy wzdłuż linii krtowyh jkąś płytkę przein. Wówzs musi przeinć o njmniej płytki. Wszystkih prostoliniowyh ięć szhowniy jest 10 (5 pionowyh i 5 poziomyh). Kżd płytk może yć przeięt tylko przez jedno prostoliniowe ięie. Ztem musiłoy yć o njmniej 10=0 płytek, o jest sprzezne z wrunkmi zdni. Z rozumownie n przykłdh przyznjemy do pkt. 5. Ciąg wędruje wzdłuż kolejnyh linii przekątniowyh o długośih 1,,, Sumy liz wyrzów z kolejnyh przekątnyh dją kolejne lizy trójkątne. Njwiększą lizą trójkątną nie przekrzjąą 017 jest 016, o k = (k+1)k / = 016, dje k=6. Ztem 016 wyrzów zpełni 6 linie przekątniowe, wyrz 017 ędzie pierwszym w 64 linii, ztem ędzie wynosił (64, 1). Do tego miejs przyznjemy pkt. Ogóln formuł n = (k+ j, j), gdzie T k jest njwiększą lizą trójkątną nie przekrzjąą n i n=t k +j = k + j = (k+1)k / +j dl j<k Uprszzmy wyrżenie ( )( ) ( )( ). Różni i wynosi w tym przypdku 1, ztem wyrżenie z zdni to = 017( )+016 = = Wykonliśmy 1 mnożenie i jedno dodwnie. Z rdziej skomplikowne rhunki odejmujemy pkt. 7. Poniewż,, są pierwsze, są lizmi łkowitymi większymi od 1. Jeśli równnie kwdrtowe m pierwistek łkowity P, możn je zpisć jko (Ax P)(Bx Q). Skoro wyrz wolny =PQ jest pierwszy, lizy P i Q mogą yć równe 1 lu. Podonie poniewż =AB jest pierwsze, lizy A i B mogą yć równe 1 lu. Z dodtniośi i możliwośi ujemne odpdją. Ztem postć ilozynow trójminu wygląd tk (x+)(x+1) lu (x+1)(x+). Z porównni współzynników w pierwszym przypdku =+, w drugim =+1. Dl lizy pierwszej =+, lo, lo musi yć równe, wię (,, ) jest jedną z trójek (, 5, ), (, 7, 5), (, 5, ) lu (5, 7, ). Dl lizy pierwszej =+1, jedn z liz, lu oie te lizy są równe, wię (,, ) jest jedną z trójek (, 5, ), (, 7, ) lu (, 7, ). W sumie jest 7 równń spełnijąyh wrunki zdni. Z pominięie kżdego przypdku odejmujemy 4 pkt do zer. 8. Nieh y=8k+r. Wówzs y = 64k +16kr+r, zyli kwdrt lizy z dzieleni przez 16 dje reszty tkie, jk kwdrty liz od 0 do 7, zyli 0, 1, 4 lu 9. Dl x 6, x! jest wielokrotnośią 6!=70, zyli dzieli się przez 16, ztem x!+76 dje z dzieleni przez 16 resztę tką jk 76, zyli 1, wię nie może yć kwdrtem. Pozostły do sprwdzeni x od 1 do 5, Dl x=1,, otrzymujemy reszty z dzieleni przez 16 odpowiednio 1, 14,, ztem te lizy nie mogą yć kwdrtmi. Dl x=4 mmy x!+76=100=10, dl x=5 mmy x!+76=196=14. Jedyne pry spełnijąe równnie to (4, 10) i (5, 14). Z odpowiedź ez uzsdnieni jedynośi odejmujemy pkt. Z kolejne sprwdzeni ez wześniejszego ogrnizeni ih lizy odejmujemy 4 pkt.

9 9. Proedur zmzywni zhowuje przystość lizy minusów. Poniewż n pozątku yło ih nieprzyśie wiele i to się nie zmieni, n końu musi pozostć znk. Z rdziej skomplikowne rozumownie odejmujemy pkt. Z rozumownie n przykłdh przyznjemy pkt. 10. Stosujemy nierówność między średnią rytmetyzną i geometryzną dwóh liz. Uzeń n prośę jury powinien ją uzsdnić, jeśli tego nie potrfi, odejmujemy pkt. Zznijmy od liz / i /. Otrzymujemy / + /. Tę smą nierówność stosujemy terz do liz / i /. Mmy =. Dne wyrżenie nie przekrz wię tej wrtośi (do tego miejs przyznjemy 5 pkt). Nleży jeszze pokzć, że wrtość t jest przyjmown dl jkihś wrtośi, i. Równośi w nierównośih zhodzą wtedy i tylko wtedy, gdy / = / orz / = /. Przyjmijmy =1. Podstwiją ją do II równni, dostjemy =, z I równni dostjemy wtedy =.