II Powiatowy Konkurs Matematyczny dla uczniów gimnazjum organizowany przez II LO im. Marii Skłodowskiej-Curie w Końskich Rozwiązania zadań konkursowych 14 czerwca 2013 r. Zadanie 1. Rozłóż na czynniki pierwsze liczbę 90000 (90000 należy zapisać w postaci iloczynu lub iloczynu potęg liczb pierwszych). Sposób I Wykorzystujemy tradycyjną metodę szukania rozkładu liczby na czynniki pierwsze. 90000 2 45000 2 22500 2 11250 2 5625 3 1875 3 625 5 125 5 25 5 5 5 1 Z tego wynika, że 90000 = 2 4 3 2 5 4 Sposób II Zauważmy, że 90000 = 9 10000 = 3 2 10 4 = 3 2 (2 5) 4 = 2 4 3 2 5 4. Zadanie 2. Ile różnych ciężarów można zważyć na wadze szalkowej mając do dyspozycji po jednym odważniku o masach 1,3,9? Uwaga: odważniki można kłaść po dwóch stronach wagi szalkowej. Pokażemy, że mając do dyspozycji te odważniki można zważyć każdą masę od 1 do 13 włącznie. Lewa strona Prawa strona x (zważona masa) x 1 x=1 x+1 3 x=3-1=2 x 3 x=3 x 1+3 x=1+3=4 x+1+3 9 x=9-1-3=5
x+3 9 x=9-3=6 x+3 1+9 x=1+9-3=7 x+1 9 x=9-1=8 x 9 x=9 x 9+1 x=9+1=10 x+1 9+3 x=9+3-1=11 x 9+3 x=9+3=12 x 9+3+1 x=9+3+1=13 Zadanie 3. Na podstawie AB trójkąta równoramiennego ABC wybrano punkt D, taki, że AD = DC i DB = CB. Oblicz kąty trójkąta ABC. C A D rys.1 B Najpierw oznaczmy miarę kąta DAC jako α. Trójkąt ABC jest równoramienny, przy czym AC = BC. Z tego wynika, że kąt DBC też ma miarę α. Z równości AD = DC wynika, że trójkąt ADC też jest równoramienny i miara kąta DAC równa się mierze kąta DCA. W takim razie miara kąta DCA także wynosi α. Z faktu, że suma miar w trójkącie wynosi 180, otrzymujemy, że miara kąta ADC jest równa 180-2α. Kąty ADC i BDC są przyległe, zatem ich suma wynosi 180. Ponieważ miara kąta ADC jest równa 180-2α. to miara kąta BDC musi wynosić 2α. Z faktu, że DB = CB, wnosimy, że trójkąt BDC jest równoramienny i miara kąta BDC jest równa mierze kąta BCD. Zatem miara kąta BCD także wynosi 2α. Miara kąta ACB jest równa sumie kątów ACD i BCD, czyli α+2α=3α. Zatem wiemy już, że miary kątów w trójkącie ABC wynoszą α, α i 3α. Pozostaje nam tylko wyliczyć wartość α. W tym celu wykorzystamy fakt, że suma miar kątów w trójkącie ABC wynosi 180. Otrzymamy wtedy równość: α+α+3α = 180 5α = 180 α=36 Odp. Miary kątów w trójkącie ABC wynoszą 36, 36, 108. Zadanie 4. Jaka jest wartość abc, jeżeli a 2 b = 2 7 oraz ab 2 c 3 = 2 8? W tym zadaniu należało zauważyć, że jeżeli pomnożymy obie równości stronami, to otrzymamy, że a 2 b ab 2 c 3 = a 3 b 3 c 3 = (abc) 3 = 2 7 2 8 = 2 15 (abc) 3 = 2 15.
Po sześciennemu spierwiastkowaniu tej równości stronami otrzymujemy, że abc = 2 5. Zadanie 5. Na boku AC trójkąta ABC wybrano punkty K i L, takie, że AK : KL : LC = 1:2:2, oraz na boku BC punkty P i Q takie, że BP : PQ : QC = 1:2:2. Czy pole czworokąta KPQL jest większe od połowy pola trójkąta ABC? Odpowiedź uzasadnij. C L Q K P A rys. 2 B Wykorzystując podane w treści zadania stosunki odcinków można wywnioskować, że: KL = LC = 2AK; PQ = QC = 2 PB; AC = AK+KL+LC = 5AK; BC = BP+PQ+QC = 5BP. Następnie, z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa wynika, że LQ KP i LQ AB, czyli LQ KP AB. Na podstawie tych równoległości możemy określić, że kąty CLQ, CKP i CAB są odpowiadające, czyli ich miary są równe. Odpowiadające są także kąty CQL, CPK i CBA. Z powyższych równości kątów wynika, że trójkąty CLQ, CKP i CAB są do siebie podobne. Trójkąty CKP i CAB są podobne w skali 4:5, a to dlatego, że CK:CA = (CL+CK):(CL+CK+AK) = (2AK+2AK):(2AK+2AK+AK) = 4AK:5AK = 4:5. Jeżeli trójkąty są podobne w skali 4:5, to stosunek ich pól jest równy skali podniesionej do kwadratu, czyli 16:25. W takim razie, jeśli oznaczymy pole trójkąta CAB jako S 1, to pole trójkąta CKP jest równe S 1 (16:25). Trójkąty CLQ i CAB są z kolei podobne w skali 2:5, z tego powodu, że CL:CA = 2AK:5AK = 2:5. W takim razie stosunek pól tych trójkątów wynosi 4:25, zatem pole trójkąta CLQ jest równe S 1 (4:25). Teraz oznaczmy pole czworokąta KPQL jako S 2. Pole tego czworokąta to nic innego jak pole trójkąta CKP pomniejszone o pole trójkąta CLQ. Otrzymujemy zatem, że: S 2 = S 1 (16:25) - S 1 (4:25) = S 1 (16:25 4:25) = S 1 12:25 < S 1 12,5:25 = S 1 :2. Odp.: Pole czworokąta KPQL jest mniejsze od połowy pola trójkąta ABC. Zadanie 6. Mając czarodziejską różdżkę, jeśli chcesz możesz z jednej czekolady uzyskać jedenaście czekolad lub sześć zamienić na jedną. Czy mając na początku jedną czekoladę możesz uzyskać 2013 czekolad? Odpowiedź uzasadnij.
Zauważmy, że jeżeli zamieniamy jedną czekoladę na jedenaście, to ich liczba wzrasta o 11-1 = 10. Natomiast jeżeli zamieniamy sześć czekolad na jedną, to ich liczba zmniejsza się o 6-1 = 5. Widzimy zatem, że liczba czekolad, które mamy, zmienia się zawsze o liczbę podzielną przez 5. Z tego wnioskujemy, że reszta z dzielenia liczby czekolad przez pięć jest stała i wynosi 1, gdyż na początku mieliśmy jedną czekoladę. Natomiast liczba 2013 daje resztę 3 z dzielenia przez 5. Otrzymaliśmy sprzeczność, która dowodzi, że w ten sposób, mając na początku jedną czekoladę, nie można uzyskać ich 2013. Zadanie 7. Prostokąt o bokach 70 i 100 podzielono na 7000 kwadratów jednostkowych. Przez ile wnętrz kwadratów przechodzi przekątna prostokąta? Najpierw zauważmy, że największy wspólny dzielnik liczb 70 i 100 to 10. Z tego wynika, że przekątna prostokąta 70 na 100 przechodzi przez punkt kratowy co prostokąt 7x10. Ponieważ NWD(70,100) = 10, to przekątna prostokąta 70x100 przechodzi przez 10 prostokątów 7x10. Pozostaje nam tylko zliczyć, przez ile wnętrz kwadratów jednostkowych przechodzi przekątna prostokąta 7x10 i pomnożyć tę liczbę przez 10. Łatwo liczymy, że przekątna prostokąta 7x10 przechodzi przez 16 wnętrz kwadratów, zatem przekątna prostokąta 70x100 przechodzi przez 16 10 = 160 wnętrz kwadratów jednostkowych. Zadanie 8. Jaka jest ostatnia cyfra liczby 2012 2013 + 2013 2012. Odpowiedź uzasadnij. Najpierw należy zauważyć, że jeżeli podnosimy liczbę całkowitą do potęgi naturalnej, to o ostatniej cyfrze tej potęgi decyduje cyfra jedności liczby podnoszonej do potęgi. Ostatnią cyfrą liczby podniesionej do pewnej potęgi n jest cyfra jedności liczby, która powstała poprzez podniesienie do potęgi n ostatniej cyfry liczby, która jest potęgowana. Z tego wynika, że ostatnia cyfra liczby 2012 2013 jest taka sama jak ostatnia cyfra liczby 2 2013, zaś cyfra jedności liczby 2013 2012 jest równa cyfrze jedności liczby 3 2013. Teraz zauważmy, że cyfry jedności zarówno potęg liczby 2, jak i potęg liczby 3 powtarzają się co 4; dla 2 są to kolejno 2, 4, 8, 6, 2, 4, 8, 6, itd., zaś dla 3 są to 3, 9, 7, 1, 3, 9, 7, 1, itd. Pozostaje nam tylko sprawdzić, jakie reszty z dzielenia przez 4 dają wykładniki: 2013 i 2012. 2013 daje resztę 1 z dzielenia przez 4, czyli ostatnią cyfrą liczby 2012 2013 jest 2, natomiast 2012 daje resztę 0 z dzielenia przez 4, czyli cyfrą jedności liczby 2013 2012 jest 1. Ostatnia cyfra sumy 2012 2013 + 2013 2012 jest cyfrą jedności sumy ostatnich cyfr składników tej sumy, w tym przypadku jest to 2+1, czyli 3. Odp.: Ostatnią cyfrą liczby 2012 2013 + 2013 2012 jest 3. Zadanie 9. Jaś posiada pewną liczbę żołnierzyków. Wiadomo, że jeżeli ustawi je czwórkami, to zostaną mu trzy, a jeżeli ustawi trójkami to zostaną mu dwa żołnierzyki. Ile zostanie mu żołnierzyków jeżeli ustawi je dwunastkami? Uzasadnij odpowiedź.
Rozważmy reszty, jakie możemy otrzymać z dzielenia przez 12. Są to: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 i 11. Mamy informację, że jeśli Jaś ustawi żołnierzyki czwórkami, to zostają mu trzy figurki. Ponieważ liczba 12 i jej wielokrotności są podzielne przez 4, to liczba żołnierzyków daje taką resztę z dzielenia przez 12, która z kolei daje resztę 3 z dzielenia przez 4. Warunek ten spełniają liczby 3, 7 i 11. Liczba 12 i jej wielokrotności są także podzielne przez 3, natomiast liczba żołnierzyków daje resztę 2 z dzielenia przez 3. W takim razie reszta z dzielenia liczby żołnierzyków przez 12 daje resztę, która z kolei z dzielenia przez 3 daje resztę 2. Warunek ten spełniają liczby 2, 5, 8 i 11. Jak widać, jedyną resztą spełniającą oba te warunki jest 11. Otrzymujemy zatem, że jeżeli Jaś ustawi swoje żołnierzyki dwunastkami, to zostanie mu ich 11. Zadanie 10. W kwadracie o boku 2 wybrano pięć punktów. Udowodnij, że pewne dwa są odległe od siebie o co najwyżej 2. rys. 3 Podzielmy ten kwadrat na 4 kwadraty o boku 1, jak na powyższym rysunku. Teraz umieśćmy w każdym z nich po jednym punkcie w taki sposób, by każde dwa z nich były od siebie odległe o więcej niż 2. Pozostał nam do wybrania jeszcze jeden punkt. Musimy go umieścić w którymś z czterech kwadratów o boku 1, nie mamy innej opcji. Z tego wynika, że w którymś z małych kwadratów znajdują się dwa wybrane punkty. Najdłuższa odległość między dwoma punktami w kwadracie to przekątna. W takim razie punkty te mogą być od siebie odległe co najwyżej o długość przekątnej, która dla kwadratu o boku 1 jest równa 2. Zadanie 11. Na ile części podzielą przestrzeń cztery płaszczyzny zawierające ściany czworościanu foremnego? C D B A
Łatwo możemy zauważyć pierwszą część przestrzeni, które tworzą płaszczyzny ścian czworościanu foremnego, a mianowicie jest to przestrzeń wewnątrz czworościanu. Następnie wyobraźmy sobie, że krawędzie czworościanu wychodzące z punktu A przedłużamy w stronę przeciwną do wierzchołków B, C, i D, na zewnątrz czworościanu. Otrzymujemy wtedy trzy półproste, a każde dwie z nich wyznaczają jedną płaszczyznę, co daje nam kolejną część przestrzeni ograniczoną trzema płaszczyznami, znajdującą się przy wierzchołku A. Analogiczne rozumowanie przeprowadzamy dla kolejnych trzech wierzchołków, dzięki czemu uzyskujemy cztery części przestrzeni wychodzące z wierzchołków czworościanu. Teraz wyobraźmy sobie, że przedłużamy najpierw płaszczyznę ADC w kierunku przeciwnym do wierzchołka C oraz płaszczyznę ADB w kierunku przeciwnym do wierzchołka B, a później płaszczyzny ABC i DBC w kierunku przeciwnym do krawędzi BC. Wtedy przy krawędzi AD otrzymamy część przestrzeni ograniczoną czterema płaszczyznami: na górze i na dole są to odpowiednio ADB i ADC, a po bokach ABC i DBC. Rozumowanie takie przeprowadzamy dla każdej krawędzi, których mamy 6, co daje kolejne 6 części przestrzeni. Teraz przedłużmy płaszczyzny ADC, ABC i BDC w kierunku przeciwnym do wierzchołka C. Dzięki temu pod ścianą ABC otrzymujemy kolejną część przestrzeni, ograniczoną po bokach trzema płaszczyznami ADC, ABC i BDC. Takie rozumowanie przeprowadzamy dla wszystkich czterech ścian czworościanu, dzięki czemu otrzymamy ostatnie 4 cztery części przestrzeni. W sumie płaszczyzny czworościanu dzielą przestrzeń na 1+4+6+4 = 15 części. Rozwiązania opracował: Aleksander Łyczek II LO Końskie, klasa I A1