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.