Odpowiedzi i szkice rozwiązań zadań przeznaczonych dla uczniów szkół ponadgimnazjalnych

Szkic rozwiązania: Można wziąć zbiory $\{1,2n,2n+1\}$ dla $n=1,2,\ldots$ — jest ich nieskończenie wiele i każde dwa mają dokładnie jeden element wspólny — jedynkę.

Szkic rozwiązania: Jako przekrój sześcianu o krawędzi $1$ można otrzymać sześciokąt foremny o boku $\sqrt2/2$. Okrąg wpisany w ten sześciokąt mieści się w sześcianie i ma promień równy $\sqrt6/4\approx0{,}61$. Nieco trudniej wykazać, że jest to największy możliwy promień. Umieśćmy dowolne koło $k$ o środku $S$ w sześcianie. Koło $K$ symetryczne do niego względem środka sześcianu również się w nim mieści, więc sześcian zawiera walec wyznaczony przez te koła. Zatem mieści się w nim koło równoległe do $k$, przechodzące przez środek sześcianu. Wystarczy więc ograniczyć się do sytuacji, w której $S$ jest środkiem sześcianu. Umieśćmy sześcian układzie współrzędnych, dając jego wierzchołkom współrzędne ze zbioru $\{0,1\}$. Wówczas $S=(\frac12,\frac12,\frac12)$. Niech płaszczyzna zawierająca koło $k$ ma równanie $Ax+By+Cz=(A+B+C)/2$. Jeśli któraś z liczb $A,B,C$ wynosi zero, to uzyskujemy promień najwyżej $\frac12$. Niech więc $A,B,C\neq0$. Koło $k$ ograniczają proste będące przekrojem tej płaszczyzny z każdą z płaszczyzn $x=0$, $y=0$, $z=0$. Po krótkim rachunku przekonujemy się, że odległości punktu $S$ od tych prostych wynoszą $$r_x = \frac12\sqrt{\frac{A^2+B^2+C^2}{B^2+C^2}}, \quad r_y = \frac12\sqrt{\frac{A^2+B^2+C^2}{C^2+A^2}}, \quad r_z = \frac12\sqrt{\frac{A^2+B^2+C^2}{A^2+B^2}}.$$ Pozostaje zauważyć, że $$\min\{r_x,r_y,r_z\} \le \sqrt{\frac3{\frac1{r_x^2}+\frac1{r_y^2}+\frac1{r_z^2}}} = \frac{\sqrt6}4.$$

Szkic rozwiązania: Rozważmy proste o równaniach $x+y=2\sqrt2$ i $x+y=-2\sqrt2$. Są one styczne do wykresu funkcji $y=\frac2x$ w punktach odpowiednio $A=(\sqrt2,\sqrt2)$ i $B=(-\sqrt2,-\sqrt2)$. Pomiędzy tymi prostymi nie ma żadnych punktów wykresu funkcji, więc szukana odległość wynosi przynajmniej tyle, ile wynosi odległość między nimi, czyli $4$. Trzeba jeszcze zauważyć, że $AB=4$, więc równość jest możliwa.

Szkic rozwiązania: Niech $a_d$ oznacza ilość liczb całkowitych dodatnich mniejszych od $1000$, podzielnych przez $d$. Jest jasne, że $a_d=\lfloor 1000/d\rfloor$. Stosując regułę włączeń i wyłączeń, otrzymamy szukaną ilość: $$1000 -a_2-a_3-a_5-a_7 +a_6+a_{10}+a_{14}+a_{15}+a_{21}+a_{35} -a_{30}-a_{42}-a_{70}-a_{105} + a_{210}.$$ Po przeprowadzeniu rachunków otrzymamy odpowiedź $228$.

Szkic rozwiązania: Warunek spełniają półproste poprowadzone ze środka czworościanu foremnego ku jego wierzchołkom. Aby udowodnić, że więcej się nie da, trzeba zauważyć, że dwie takie półproste pozwalają na dorysowanie innej w obszarze będącym dwuściennym kątem ostrym pomiędzy dwiema płaszczyznami. Tam, jak łatwo się przekonać, nie ma już miejsca na trzy kolejne półproste.

Szkic rozwiązania: Możemy zapisać $m=12a$ i $n=12b$, przy czym $a$ i $b$ są względnie pierwsze i $a+b=12$. Są cztery możliwe takie pary $(a,b)$, mianowicie $(1,11)$, $(5,7)$, $(7,5)$ i $(11,1)$. Łatwo sprawdzamy, że dają one cztery pary $(m,n)$ liczb spełniających żądane warunki.

Szkic rozwiązania: Niech $d$ będzie szukanym wspólnym dzielnikiem. Jest jasne, że $d\le2^5-2=30$. Aby wykazać, że $d=30$, należy zauważyć, że $n^5-n$ dzieli się przez $5$ na mocy małego twierdzenia Fermata oraz przez $6$, gdyż $n^5-n = 6(n^2+1)\binom{n+1}3$.

Szkic rozwiązania: Prosty rachunek pozwala się przekonać, że dla $3\nmid p$ mamy $3\mid 2p+1$ lub $3\mid4p+1$; ponadto są to liczby większe od $3$, więc są złożone. Wobec tego $p=3$ i wówczas $2p+1=7$ i $4p+1=13$ są pierwsze.

Szkic rozwiązania: Najmniejszą wartością jest $\sqrt3-1\approx0{,}73$, gdyż nierówność $\frac{a^2+b^2+1}{a+b+1}\ge\sqrt3-1$ jest równoważna w oczywisty sposób prawdziwej nierówności $\left(a-\frac{\sqrt3-1}2\right)^2+\left(b-\frac{\sqrt3-1}2\right)^2\ge0$. Równość zachodzi dla $a=b=\frac{\sqrt3-1}2$.

Szkic rozwiązania: Wielomian $T(T(T(x)))-T(x)$ ma stopień $8$, więc zadane równanie posiada nie więcej niż $8$ rozwiązań. Możliwe jest dokładnie $8$, na przykład dla $T(x)=x^2-2$ równanie posiada rozwiązania: $\pm1$, $\pm2$, $\pm(1+\sqrt5)/2$ i $\pm(1-\sqrt5)/2$.

Szkic rozwiązania: Przeanalizujemy liczbę punktów przecięcia wykresów funkcji $y=x/2017$ i $y=\sin x$. Rozważmy najpierw $x\ge0$. Na każdym z przedziałów $\langle2k\pi,(2k+2)\pi)$ dla $k=0,1,2,\ldots,320$ otrzymamy dokładnie dwa punkty przecięcia i więcej takich punktów nie ma. Daje to $642$ rozwiązania nieujemne i tyle samo niedodatnich, ze względu na nieparzystość obydwu funkcji. Rozwiązanie $x=0$ zostało tu policzone dwukrotnie, więc łączna liczba rozwiązań wynosi $2\cdot642-1=1283$.

Szkic rozwiązania: Niech $\varphi$ będzie szukanym kątem. Obliczając na dwa sposoby pole trójkąta $CPQ$, otrzymamy $\sin\varphi=\frac35$. Z tablic odczytujemy $\varphi\approx36{,}87^\circ$.

Szkic rozwiązania: Oznaczmy wyrażenie przez $f(x)$. Po wymnożeniu otrzymamy $$f(x) = 2017x^2 + 2(1+2+\ldots+2017)x + c = 2017x(x+2018)+c,$$ gdzie $c=1^2+2^2+\ldots+2017^2$. Zatem najmniejsza wartość osiągana jest dla $x=-1009$.

Szkic rozwiązania: Liczba $(1+\sqrt2)^{2017}+(1-\sqrt2)^{2017}$ jest naturalna, co łatwo sprawdzić, rozpisując obydwa wyrażenia za pomocą dwumianu Newtona. Pozostaje zauważyć, że $-0{,}1<(1-\sqrt2)^{2017}<0$.

Szkic rozwiązania: Pole trójkąta w układzie współrzędnych można obliczyć ze wzoru $\frac12|x_ay_b+x_by_c+x_cy_a-x_cy_b-x_by_a-x_ay_c|$. W naszym przypadku wartość bezwzględna jest liczbą całkowitą dodatnią, więc wynosi przynajmniej $1$, czyli pole wynosi przynajmniej $\frac12$. Łatwo wskazać trójkąt, dla którego ta wartość jest osiągnięta.

Szkic rozwiązania: Wystarczy zauważyć, że począwszy od drugiego wyrazu, reszty z dzielenia $a_n$ przez $17$ powtarzają się w cyklu $2,5,9,14,10,16$.

Szkic rozwiązania: Narysujmy okrąg, we wnętrzu którego znajdują się wszystkie punkty przecięcia tych dziesięciu prostych. Utwórzmy następujący graf: wierzchołkami są punkty przecięcia prostych ze sobą oraz z dorysowanym okręgiem, krawędziami – odcinki lub łuki łączące sąsiednie takie punkty. Załóżmy też, że wśród tych prostych mamy $r$ par prostych równoległych. Rzecz jasna, $r\in\{0,1,\ldots,5\}$. Liczba wierzchołków tego grafu wynosi $w=47-r$, a liczba krawędzi $k=90-2r$. Otrzymany graf jest płaski i spójny, więc można zastosować wzór Eulera $s+w=k+2$ do obliczenia liczby obszarów. Stąd $s=45-r$ i jest ona największa dla $r=0$. Wracając do sytuacji z zadania, usuwamy okrąg, co powoduje zmniejszenie liczby obszarów o $1$, więc odpowiedzią jest: $44$ obszary.

Szkic rozwiązania: Równania nie spełnia $x=-\frac12$, więc jest ono równoważne równaniu $(3/2)^x=\frac{3x+1}{2x+1}$. Wnikliwa analiza wykresów funkcji wykładniczej $y=(3/2)^x$ i homograficznej $y=\frac{3x+1}{2x+1}$ pozwala stwierdzić, że są dwa rozwiązania.

Szkic rozwiązania: Wszystkich wyników losowania jest $\binom{10}4=210$. Każdej czwórce liczb $a<b<c<d$ spełniającej żądany warunek odpowiada czwórka $a,b-1,c-2,d-3$ różnych liczb ze zbioru $\{1,2,\ldots,7\}$. Ta odpowiedniość jest wzajemnie jednoznaczna, więc interesujących nasz czwórek jest $\binom74=35$. Szukane prawdopodobieństwo wynosi $\frac{35}{210}=\frac16\approx17\%$.

Szkic rozwiązania: Na mocy twierdzenia de Gua, będącego uogólnieniem twierdzenia Pitagorasa na czworościany, szukane pole wynosi $\sqrt{1^2+2^2+3^3}=\sqrt{14}\approx3{,}74$.

Szkic rozwiązania: Dla $y=z=0$ wyrażenie przyjmuje wartość $-(2^x+1)$, a liczba $2^x+1$ może być dowolnie duża.

Szkic rozwiązania: Okręgi te dzielą kwadrat na $9$ figur: jedną, centralną, o szukanym polu $P$, cztery mające wspólny bok z kwadratem, każda o polu $Q$ oraz cztery pozostałe, każda o polu $R$. Analizując odpowiednie pola, wykazujemy równości: $$P+4Q+4R=1, \quad 2Q+R=1-\frac14\pi, \quad P+Q+2R=\frac13\pi-\frac{\sqrt3}4.$$ Dodając stronami czterokrotność drugiego i trzeciego równania, a następnie odejmując trzykrotność pierwszego, otrzymamy $P=1+\frac13\pi-\sqrt3\approx0{,}32$.

Szkic rozwiązania: Liczby $1,2,3$ są pierwiastkami wielomianu $Q(x)=P(x)-x$, zatem $Q(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(ax+b)$ dla pewnych całkowitych $a,b$. Wobec tego $P(4)=Q(4)+4=6(4a+b)+4$ jest liczbą dającą resztę $4$ z dzielenia przez $6$, więc $|P(4)|\ge2$. Równość może zajść, na przykład dla $a=1$ i $b=-5$ mamy $P(4)=-2$.

Szkic rozwiązania: Znany jest nietrudny do wykazania, następujący fakt: suma odwrotności wysokości trójkąta jest odwrotnością długości promienia okręgu wpisanego w ten trójkąt. Wobec tego długość promienia wynosi $\left(\frac15+\frac16+\frac17\right)^{-1}=\frac{210}{107}\approx1{,}96$.

Szkic rozwiązania: W rozkładzie tej liczby na czynniki pierwsze piątka występuje z wykładnikiem $\lfloor 2017/5\rfloor + \lfloor 2017/25\rfloor + \lfloor 2017/125\rfloor + \lfloor 2017/625\rfloor = 502$, a dwójka z jeszcze wyższym. Stąd można zapisać ten iloczyn jako $10^{502}$ razy liczba niepodzielna przez $10$, więc zapis dziesiętny kończy się $502$ zerami.

Szkic rozwiązania: Suma miar kątów w $n$-kącie wynosi $S=(n-2)\cdot180^\circ$. Jeśli $k$ z nich to kąty ostre, a pozostałe są wypukłe, to $S < k\cdot90^\circ+(n-k)\cdot180^\circ = (n-k/2)\cdot180^\circ$. Daje to $k<4$, gdyż w przeciwnym razie mamy sprzeczność $S<S$. Wielokąt z dokładnie trzema kątami ostrymi znajdziemy z łatwością.

Szkic rozwiązania: Niech $ABCD$ będzie danym trapezem, $AB\parallel CD$, $AC=15$, $BD=13$. Niech $E$ będzie punktem spełniającym równość $\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{DC}$. Wówczas $AE=AB+CD$. Trójkąt $ACE$ ma wysokość opuszczoną z $C$ równą $5$ oraz boki długości $13$ i $15$. Jego pole jest takie samo, jak pole trapezu $ABCD$. Są dokładnie dwa takie trójkąty, a różnica pomiędzy ich polami jest równa polu dwóch trójkątów prostokątnych o przeciwprostokątnej $13$ i przyprostokątnej $5$ — czyli wynosi ona $60$.