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.