Odpowiedzi i szkice rozwiązań dla szkół gimnazjalnych (edycja 2017)

Szkic rozwiązania: Możemy w ten sposób wybrać pięć liczb $100,200,400,800,1600$. Wykażemy, że nie da się więcej. Oznaczmy wybrane liczby przez $a_1,a_2,\ldots,a_n$. Z warunków zadania wynika, że $a_{i+1}\ge2a_i$ dla $i=1,2,\ldots,n-1$. Zatem $\frac{a_n}{a_1}\ge2^{n-1}$. Z drugiej strony $\frac{a_n}{a_1}\le\frac{2017}{100}<2^5$, zatem $n\le5$.

Szkic rozwiązania: Możemy umieścić $32$ piony, ustawiając je w co drugiej kolumnie. Więcej się nie da: w każdym kwadracie $2\times2$ mieszczą się najwyżej dwa takie piony, a szachownicę $8\times8$ można podzielić na $16$ takich kwadratów.

Szkic rozwiązania: Jest to część wspólna dwóch kół o promieniu $10$m, których środki są w odległości $10$m. Szukane pole jest równe
$$2\cdot\frac13\pi\cdot10^2-2\cdot100^2\cdot\frac{\sqrt3}4 \approx 122,\!837.$$

Szkic rozwiązania: Jest $36$ możliwych, jednakowo prawdopodobnych wyników. Jeśli cyfrą dziesiątek jest $1$, $3$ lub $5$, to aby liczba dzieliła się przez $4$, cyfrą jedności musi być $2$ lub $6$. Jeśli cyfrą dziesiątek jest $2$, $4$ lub $6$, to cyfrą jedności musi być $4$. To daje $9$ liczb podzielnych przez $4$, więc szukane prawdopodobieństwo wynosi $\frac{9}{36}=\frac14$.

Szkic rozwiązania: Prosta $BP$ jest osią symetrii tego pięciokąta, zatem $|\angle ABP| = \frac12|\angle ABC| = \frac12\cdot108^\circ = 54^\circ$.

Szkic rozwiązania: $ah = \frac{ab\cdot cd\cdot ef \cdot gh}{bc \cdot de \cdot fg} = \frac{3\cdot5\cdot8\cdot12}{4\cdot6\cdot10} = 6$.

Szkic rozwiązania: Umieśćmy szachownicę w układzie współrzędnych. Niech $(0,0)$ i $(200,300)$ będą przeciwległymi narożnikami szachownicy, a jednocześnie końcami narysowanej przekątnej. Zauważmy, że przekątna przechodzi przez punkty $(0,0)$, $(2,3)$, $(4,6)$, $(6,9)$ i tak dalej. Wobec tego możemy ją podzielić na $100$ segmentów, każdy od $(2k,3k)$ do $(2(k+1),3(k+1))$ dla $k=0,1,2,\ldots,99$. Nietrudno policzyć, że na każdym segmencie przekątna przecina $4$ pola.

Szkic rozwiązania: Niech $s$ oznacza pole trójkąta $ADP$. Zachodzą równości
$$\frac{s}{6} = \frac{|AP|}{|CP|} = \frac{|BP|}{|PD|} = \frac{24}{s}.$$
Pierwsza i ostatnia jest konsekwencją faktu, że przy równych wysokościach trójkątów stosunek ich pól jest równy stosunkowi długości podstaw, a druga — twierdzenia Talesa. Stąd otrzymujemy $s=12$. Analogicznie dowodzimy, że pole trójkąta $BCP$ również wynosi $12$. Zatem pole trapezu $ABCD$ jest równe $24+6+12+12 = 54$.

Szkic rozwiązania: Mnożąc drugą nierówność przez $2$ i dodając do pierwszej, otrzymamy $5x+5y\ge15$, co daje $x+y\ge3$. Wartość ta jest osiągalna dla $x=1$ i $y=2$.

Szkic rozwiązania: Niech $[\mathcal{F}]$ oznacza pole figury $\mathcal{F}$. Trójkąty $ADQ$ i $DCP$ są przystające (bkb). Trójkąt $DRQ$ jest do nich podobny (kkk) w skali
$$s=\frac{|DQ|}{|AQ|} = \frac{5}{\sqrt{5^2+10^2}} = \frac1{\sqrt5}.$$
Zatem $[ADQ]=[DCP]=\frac12\cdot5\cdot10=25$, więc $[DRQ]=25s^2=5$. Wreszcie
$$[ABPR] = [ABCD] – [DCP] – ([ADQ]-[DRQ]) = 55.$$

Szkic rozwiązania: Wyraz $a^9b$ pojawia się w iloczynach
$$a\cdot a\cdot\ldots\cdot a \cdot kb \cdot a\cdot a \cdot\ldots\cdot a \quad \text{dla } k=1,2,\ldots,10.$$
Stąd szukany współczynnik wynosi $1+2+\ldots+10=55$.

Szkic rozwiązania: Trójkąty $ABC$ i $PAC$ są podobne (kkk), więc $\frac{|BC|}{|AC|}=\frac{|AC|}{|CP|}$, czyli $\frac{9+3}{|AC|}=\frac{|AC|}{3}$. Stąd otrzymujemy $|AC|^2=36$, zatem $|AC|=6$.

Szkic rozwiązania: Mamy $4=\texttt{NWD}(36,120,n)=\texttt{NWD}(12,n)$, z czego wynika, że $n$ dzieli się przez $4$, ale nie dzieli się przez $3$. Niech $n=4k$. Dalej
$$2520=\texttt{NWW}(36,120,n) = \texttt{NWW}(360,4k) = 4\cdot\texttt{NWW}(90,k) = 36\cdot\texttt{NWW}(10,k),$$
ponieważ $k$ nie dzieli się przez $3$. Stąd $\texttt{NWW}(10,k)=70$, więc $k$ jest jedną z liczb: $7$, $14$, $70$. To daje $n=28$ lub $n=56$ lub $n=280$. Bezpośrednio sprawdzamy, że te trzy liczby spełniają dane równości.

Szkic rozwiązania: Czworokąt $CPRQ$ jest kwadratem, więc kąt $ACB$ jest prosty. Niech $x$ będzie długością boku tego kwadratu. Trójkąty $ABC$ i $RBP$ są podobne (kkk), zatem $\frac{|BP|}{|PR|}=\frac{|BC|}{|CA|}$, czyli $\frac{8-x}{x}=\frac86$. Rozwiązujemy równanie $6(8-x)=8x$, z którego otrzymujamy $x=\frac{24}7$. Szukane pole wynosi $x^2=11\frac{37}{49}$.

Szkic rozwiązania: Zachodzą następujące nierówności:
$$10^{6049} \le 27\cdot10^{6048} = (3\cdot10^{2016})^3 \le {\underbrace{333\ldots33}_{2017\text{ trójek}}}^3 \le \left(\frac{10^{2017}}3\right)^3 = \frac{10^{6051}}{27} \le \frac{10^{6051}}{10} = 10^{6050},$$
zatem ta liczba ma $6050$ cyfr.

Szkic rozwiązania: Mamy $|\angle C| = 180^\circ – |\angle A| – |\angle B| = 110^\circ$. Z twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym $|\angle PRQ| = \frac12|\angle PCQ| = 55^\circ$. Zatem $|\angle ASR| = 180^\circ – |\angle A| – |\angle ARS| = 95^\circ$, czyli proste $AB$ i $QR$ przecinają się pod kątem ostrym $180^\circ-95^\circ=85^\circ$.

Szkic rozwiązania: Mnożąc obydwie strony danej równości przez $|(x-1)(y-1)|$ i porządkując, otrzymamy $|xy-x+y-1| = |xy+x-y-1|$, zatem
$$xy-x+y-1 = xy+x-y-1 \qquad\text{lub}\qquad xy-x+y-1 = -(xy+x-y-1).$$
Pierwsza równość prowadzi do $x=y$, co jest sprzeczne z treścią zadania. Z drugiej równości otrzymujemy $xy=1$.

Szkic rozwiązania: Czworościan $ABPD$ ma objętość równą $2$, gdyż pole trójkąta $ABP$ jest dwa razy większe od pola trójkąta $ABC$, a wielościany $ABCD$ i $ABPD$ mają tę samą wysokość opuszczoną z wierzchołka $D$. Czworościany $ABPQ$ i $ABPD$ mają tę samą wysokość opuszczoną z wierzchołka $P$, a pole trójkąta $ABQ$ jest dwa razy większe od pola trójkąta $ABD$, więc objętość czworościanu $ABPQ$ jest dwa razy większa od objętości czworościanu $ABPD$.

Szkic rozwiązania: Każda liczba w postaci $a^n$ z zadania może być zapisana w postabi $b^p$, gdzie $b$ jest liczbą naturalną, a $p$ jest liczbą pierwszą. Jest tak dlatego, że każda liczba naturalna $n\ge 1$ posiada jakiś dzielnik pierwszy $p$ i możemy zapisać $n=pm$, co daje $a^n = (a^m)^p$. W takim razie szukanymi liczbami są kwadraty, sześciany oraz piąte i siódme potęgi. Wyższe wykładniki nie pojawią się, gdyż $a^{11}\ge2^{11}=2048\ge 2017$. Kwadratów jest $44$ (od $1^2$ do $44^2$; $45^2=2025$ to już za dużo). Sześcianów jest $12$, ale trzy z nich są jednocześnie kwadratami: $1$, $64$ i $729$, więc doliczamy $9$. Piątych potęg są cztery, ale dwie z nich: $1$ i $1024$ to kwadraty, więc doliczamy dwie. Siódme potęgi są dwie, ale jedna z nich to $1$, więc doliczamy jedną. W sumie wyszło $44+9+2+1=56$ liczb.

Szkic rozwiązania: Oznaczmy te liczby odpowiednio przez $a$ i $b$, zaś ich największy wspólny dzielnik przez $d$. Liczba $d$ jest dzielnikiem liczby
$$10a-b = 2\underbrace{111\ldots11}_{2017\text{ jedynek}}280 – 2\underbrace{111\ldots11}_{2017\text{ jedynek}}128 = 152.$$
Aby wykazać, że liczby $a$ i $b$ dzielą się przez $152$, zauważmy, że
$$2\underbrace{111\ldots11}_{n\text{ jedynek}}28 = 19\cdot \underbrace{1111\ldots11}_{n+1\text{ jedynek}}2 = 152\cdot13\underbrace{88\ldots8}_{n-2\text{ ósemki}}9.$$

Szkic rozwiązania: Równanie to jest równoważne równaniu $(x-y)(xy+x+y)=1$. Z tego, ponieważ $x$ i $y$ są całkowite, otrzymujemy
$$\left\{\begin{array}{ll} x-y & = 1 \\ xy+x+y & = 1\end{array}\right. \qquad \text{lub} \qquad \left\{\begin{array}{ll} x-y & = -1 \\ xy+x+y & = -1\end{array}\right.$$
Odejmując równania stronami otrzymujemy w każdym z tych przypadków $xy+2y=0$, równoważnie $y(x+2)=0$, czyli $y=0$ lub $x=-2$. Jeśli $y=0$, to w pierwszym przypadku otrzymamy $x=1$, a w drugim $x=-1$. Natomiast dla $x=-2$ w pierwszym przypadku otrzymamy $y=-3$, a w drugim $y=-1$. Bezpośrednio sprawdzamy, że cztery otrzymane pary $(x,y)$:
$$(1,0), \qquad (-1,0), \qquad (-2,-3), \qquad (-2,-1)$$
spełniają początkowe równanie.