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 \(60\).