Odpowiedzi i szkice rozwiązań zadań przeznaczonych dla uczniów szkół gimnazjalnych

Szkic rozwiązania: Należy od razu wykluczyć $x=\pm1$ ze względu na $x-1$ i $x+1$ w mianownikach. Zauważmy, że $\frac1{x+1}-\frac1{x-1} = \frac{-2}{x^2-1}$, zatem nasze równanie jest równoważne równości $|x^2-1|=\frac12$ z warunkiem $x\neq\pm1$. Stąd $x^2-1=\frac12$ lub $x^2-1=-\frac12$. W ten sposób uzyskujemy cztery rozwiązania: $x=\pm\sqrt{1/2}$, $x=\pm\sqrt{3/2}$.

Szkic rozwiązania: Po prostu wykonujemy algorytm znajdywania NWW kilku liczb.

Szkic rozwiązania: Można skorzystać z następującego, znanego faktu: jeśli $e$ i $f$ są długościami przekątnych równoległoboku o bokach długości $a$ i $b$, to $e^2+f^2=2(a^2+b^2)$. Stąd druga przekątna ma długość $\sqrt{2\cdot(2^2+3^3)-4^2}=\sqrt{10}\approx3{,}16$.

Szkic rozwiązania: Mamy $0{,}23 < \frac3{13} < 0{,}24$. Bezpośrednio sprawdzamy, że żaden ułamek o mniejszym mianowniku nie mieści się w tym przedziale.

Szkic rozwiązania: $|\angle BPC|+|\angle DPA| = 360^\circ-|\angle APB|-|\angle CPD| = 180^\circ$, gdyż kąty $APB$ i $CPD$ oparte na średnicach okręgów są proste.

Szkic rozwiązania: Ponieważ $2^{1000} < 8^{334} < 10^{334}$, więc $f(2^{1000})\leq 334\cdot9 = 3006$ oraz kolejno $f(f(2^{1000}))\leq 2+9+9+9 = 29$, $f(f(f(2^{1000})))\leq 11$ i $f(f(f(f(2^{1000}))))\leq 9$. Skorzystamy z faktu, że liczby $n$ i $f(n)$ dają te same reszty z dzielenia przez $9$. Zauważmy, że $2^6=64$ daje resztę $1$ z dzielenia przez $9$, zatem liczba $2^{1000} = (2^6)^{166}\cdot(9+7)$ daje resztę $7$ z dzielenia przez $9$. Wobec tego również szukana liczba daje resztę $7$ z dzielenia przez $9$, ponadto jest nie większa niż $9$, więc wynosi ona $7$.

Szkic rozwiązania: Na każdej z diagonali A2-B1, A3-C1, \ldots, A8-H1, B8-H2, C8-H3, …, G8-H7 oraz A1-H8 można ustawić co najwyżej jednego gońca. Jest ich $14$ i wypełniają całą szachownicę, zatem liczba gońców nie przekroczy $14$. Pozostaje zauważyć, że $14$ gońców faktycznie można ustawić na szachownicy, na przykład na polach od A1 do A7 i od H1 do H7.

Szkic rozwiązania: Wykazujemy, że $\frac{a^2+4b^2}{ab} = 4 + \left(\sqrt{a/b} – 2\sqrt{b/a}\right)^2 \ge4$. Równość jest możliwa, zachodzi przykładowo dla $a=2$ i $b=1$.

Szkic rozwiązania: Niech $a$ oznacza długość krawędzi sześcianu. Pole zielonej powierzchni wynosi $6a^2$, zaś pole powierzchni wszystkich sześcianików to $27\cdot6(a/3)^2=18a^2$. Zatem powierzchnia zielona stanowi $\frac13=33{,}(3)\%\approx33\%$ całej.

Szkic rozwiązania: W wyniku zmieszania otrzymamy łącznie $6$ litrów płynu. Zawartość owoców wynosi $1\cdot100\% + 2\cdot50\% + 3\cdot20\% = 2{,}6$ litra. W procentach: $\frac{2{,}6}6\approx43\%$.

Szkic rozwiązania: Siedem punktów nie wystarczy, gdyż możemy wziąć środek $O$ tego koła oraz wierzchołki wpisanego sześciokąta foremnego $ABCDEF$. Udowodnimy, że jeśli wybierzemy $8$, to pewne dwa będą odległe o mniej niż $1$. Podzielmy koło na siedem przystających wycinków; na pewnym wycinku znajdą się przynajmniej dwa wybrane punkty. jeśli żaden z nich nie jest środkiem koła, to teza zachodzi. Należy więc rozpatrzyć przypadek, w którym jednym z wybranych punktów jest środek koła. Wówczas albo któryś z wybranych punktów leży we wnętrzu koła i teza zachodzi, albo wszystkie siedem pozostałych punktów leży na okręgu i teza również zachodzi.

Szkic rozwiązania: $r=(p-q)(p+q)$, zatem $p-q=1$ (w przeciwnym razie $r$ by była złożona). Jedyna para liczb pierwszych różniących się o $1$ to $2$ i $3$, stąd $r=5$.

Szkic rozwiązania: Niech $R$ będzie środkiem $AB$. Wysokości $AP$, $BQ$, $CR$ dzielą trójkąt równoboczny na sześć przystających trójkątów prostokątnych. Czworokąt $CPHQ$ jest zbudowany z dwóch takich trójkątów, więc jego pole stanowi jedną trzecią pola trójkąta $ABC$. Wynosi więc ono $\frac13\cdot\frac{10^2\sqrt3}4=\frac{25}{3}\sqrt3\approx14{,}43$.

Szkic rozwiązania: Równanie to można zapisać równoważnie $(2a+1)(b+1)=6$. Ponieważ liczba $2a+1$ jest nieparzysta i dzieli $6$, mamy cztery możliwości: $2a+1\in\{1,3,-1,-3\}$. Sprawdzamy, że każda z nich daje rozwiązanie $(a,b)$, odpowiednio $(0,5)$, $(1,1)$, $(-1,-7)$, $(-2,-3)$.

Szkic rozwiązania: Niech $S$ oznacza wierzchołek kąta $40^\circ$. Suma miar czworokąta $APSB$ wynosi $360^\circ$, ponadto kąty przy wierzchołkach $A$ i $B$ są proste. Stąd łatwo wyznaczamy $|\angle APB|=140^\circ$.

Szkic rozwiązania: Mamy $n^2-1=(n-1)(n+1)$, zatem aby liczba $n^2-1$ była potęgą dwójki, muszą nimi być $n+1$ i $n-1$. Te liczby różnią się o $2$. Jedyna potęgi dwójki różniące się o $2$ to $2$ i $4$, co prowadzi do wniosku, że $n=3$.

Szkic rozwiązania: Na starcie mrówka ma $3$ kierunki do wyboru, po przejściu jednej krawędzi ma już tylko dwa, a po przejściu drugiej krawędzi — wyboru nie ma. Stosując regułę mnożenia, otrzymamy $3\cdot2\cdot1=6$ możliwych dróg.

Szkic rozwiązania: Zauważmy, że jeśli $x_0$ jest rozwiązaniem tej równości, to liczba $x_1=-x_0$ też jest jej rozwiązaniem. Zatem suma wszystkich rozwiązań wynosi zero.

Szkic rozwiązania: Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa wynika, że trójkąt $ABC$ jest prostokątny. Niech $P$ i $Q$ będą rzutami $T$ na odpowiednio odcinki $CB$ i $CA$. Korzystając z twierdzenia Talesa, obliczymy $|CP|=\frac85$ i $|CQ|=\frac95$. Następnie, na mocy twierdzenia Pitagorasa, $|CT| = \sqrt{(8/5)^2+(9/5)^2} = \sqrt{145}/5 \approx 2{,}41$.

Szkic rozwiązania: Niech $P$ będzie punktem przecięcia obydwu przekątnych. Mamy $|\angle ACB| = |\angle DBC| = 180^\circ/5 = 36^\circ$, gdyż są to kąty wpisane, oparte na $1/5$ okręgu. Suma miar trójkąta $BPC$ wynosi $180^\circ$, więc $|\angle BPC|=108^\circ$ oraz $|\angle APB|=72^\circ$ jako kąt przyległy.

Szkic rozwiązania: Podstawiając $x=\frac23$ otrzymamy $1$, $\frac23$ i $\frac13$, zatem taki trójkąt nie istnieje. Dla $x>\frac23$ trzy dane liczby są dodatnie, a nierówności $(3x-1)+(4x-2)=7x-3>5x-3$ i $(3x-1)+(5x-3)=8x-4=2(4x-2)>4x-2$ są oczywiste. Pozostaje zauważyć, że $(4x-2)+(5x-3)=9x-5>3x-1$ jest równoważna $x>\frac23$. Zatem szukaną liczbą jest $\frac23\approx0{,}67$.

Szkic rozwiązania: Niech $D$, $E$, $F$ będą spodkami wysokości poprowadzonymi odpowiednio z wierzchołków $A$, $B$, $C$, przy których kąty mają miary odpowiednio $\alpha$, $\beta$, $\gamma$. Ponieważ $|\angle AEB| = |\angle ADB| = 90^\circ$, punkty $D$ i $E$ leżą na okręgu o średnicy $AB$. Na mocy twierdzenia o kącie wpisanym, $|\angle DEB| = |\angle DAB| = 90^\circ-\beta$. Analogicznie obliczymy $|\angle BEF|=90^\circ-\beta$, stąd $|\angle E|=180^\circ-2\beta$. W podobny sposób $|\angle D|=180^\circ-2\alpha$ i $|\angle F|=180^\circ-2\beta$. Podstawiając dane wartości pod $\alpha,\beta,\gamma$, otrzymamy największy kąt $100^\circ$.

Szkic rozwiązania: Podzielmy dany sześcian na $8$ sześcianików o krawędzi $5$. Wówczas $MN$ jest przekątną jednego z nich, zatem $|MN|=5\sqrt3\approx8{,}66$.

Szkic rozwiązania: Są dwa przypadki do rozpatrzenia. I. Pierwsza cyfra parzysta — wówczas pierwszą cyfrę można wybrać na $4$ sposoby, a każdą z pozostałych na $5$ sposobów, co daje $4\cdot5\cdot5\cdot5=500$ liczb. II. Pierwsza cyfra nieparzysta — wówczas każdą z cyfr można wybrać na $5$ sposobów, co daje $5\cdot5\cdot5\cdot5=625$ liczb. Łącznie więc mamy $1125$ liczb.

Szkic rozwiązania: Niech $S$ będzie wierzchołkiem danego ostrosłupa. Najkrótsza droga $s$ z $A$ do $C$ po powierzchni bocznej przechodzi przez punkt $P$ na odcinku $BS$ lub $DS$ oraz $s\le |AP|+|PC|$. Obydwa te odcinki są najkrótsze, gdy $P$ jest spodkiem wysokości trójkątów $ABS$ i $BCS$ leżącym na odcinku $BS$, albo analogicznie na $DS$. Droga ta jest równa podwojonej wysokości trójkąta równobocznego o boku $1$, czyli wynosi $\sqrt3\approx1{,}73$.

Szkic rozwiązania: Czworokąt $PQRS$ jest równoległobokiem, więc $|DS|-|CR|=|AP|-|BQ|$, co daje $|DS|=9$.

Szkic rozwiązania: Można wybrać następujące $14$ liczb: $1,3,4,5,7,9,11,12,13,15,16,17,19,20$. Więcej się nie da, bo z każdej z par: $(1,2)$, $(3,6)$, $(4,8)$, $(5,10)$, $(7,14)$, $(9,18)$ można wybrać najwyżej jedną liczbę, czyli trzeba zrezygnować przynajmniej z sześciu liczb.