Liga Zadaniowa VI

Liga Zadaniowa VI
Damian Sadowski, Sebastian Pogorzelski,
Hubert Markowski, Mateusz Antoniuk
13 lutego 2012 27 lutego 2012
Zadanie 1
W trójk¡cie 4ABC ±rodek okr¦gu opisanego le»y na ±rodkowej wypuszczonej z wierzchoªka
AC ?
Rozwi¡zanie.
A. Czy AB =
Nie.
Niech
4ABC
4ABC
b¦dzie trójk¡tem takim, »e
^BAC = 90◦
ale
AB 6= AC . ‘rodek okr¦gu opisanego na
BC , a w szczególno±ci na ±rodkowej
le»y w poªowie przeciwprostok¡tnej, czyli w poªowie odcinka
A.
^BAC 6= 90◦ to przy zaªo»eniach zadania musi zaj±¢ AB = AC .
wypuszczonej z wierzchoªka
Uwaga: je»eli
Zadanie 2
W pewnej serii Ligi zadaniowej rozwi¡zania oddaªo N osób. Znajd¹ najmniejsze N takie, »e pewne dwie
osoby musiaªy uzyska¢ tak¡ sam¡ liczb¦ punktów (przy zadaniach i ocenianiu takim, jak w tej serii Ligi).
Rozwi¡zanie.
Po pierwsze stwierd¹my jakie liczby punktów mo»na dosta¢ za dan¡ seri¦ Ligi.
Nie mo»na otrzyma¢
1 punktu ani trzech punktów mo»na natomiast wszystkie inne warto±ci ze zbioru
{0, 1, 2, 3, . . . , 24}:
0, 2, 2 + 2 = 4, 5 + 0 = 5, 6 + 0 = 6, 2 + 5 = 7, 2 + 6 = 8, 2 + 2 + 5 = 9, 5 + 5 = 10,
5 + 6 = 11, 6 + 6 = 12, 5 + 6 + 2 = 13, 6 + 6 + 2 = 14, 5 + 5 + 5 = 15, 5 + 5 + 6 = 16,
5 + 6 + 6 = 17, 6 + 6 + 6 = 18, 6 + 6 + 5 + 2 = 19, 5 + 5 + 5 + 5 = 20,
5 + 5 + 5 + 6 = 21, 5 + 5 + 6 + 6 = 22, 5 + 6 + 6 + 6 = 23, 6 + 6 + 6 + 6 = 24.
Wobec tego s¡
25 − 2 = 23
ró»ne mo»liwe wyniki, zatem najmniejsze
Zadanie 3
Okr¦gi o1 i o2 s¡ styczne zewn¦trznie w
Dowied¹, »e ^AXB = 90◦ .
Rozwi¡zanie.
N
jest równe
24.
X . Prosta k jest styczna do o1 w A i do o2 w B (A, B 6= X ).
k b¦dzie wspóln¡ styczn¡ okr¦gów o1 , o2 przechodz¡c¡ przez punkt X i niech M b¦dzie punktem
k z AB .
Odcinki M A i M X s¡ równej dªugo±ci jako styczne z M do o1 , analogicznie M B i M X s¡ równej
1
dªugo±ci. Wynika st¡d, »e M jest ±rodkiem okr¦gu opisanego na 4ABX i »e ^AXB =
2 ^AM B =
1
◦
◦
2 · 180 = 90 .
Niech
przeci¦cia prostej
Zadanie 4
Udowodni¢, »e istnieje 777 kolejnych liczb caªkowitych dodatnich, w±ród których jest dokªadnie 7 liczb
pierwszych.
Uwaga: rozumowanie powinno by¢ ogólne. Nie ma sensu szuka¢ konkretnych liczb. Wskazówka: mo»na
wykorzysta¢ zadanie 1. z serii V Ligi zadaniowej.
Rozwi¡zanie.
Formalnie niech
π(r)
oznacza liczb¦ liczb pierwszych w zbiorze
{r + 1, r + 2, . . . , r + 777}.
Wiemy, »e
1. W zbiorze
{1, 2, . . . , 777}
2. W zbiorze
{778! + 2, 778! + 3, . . . , 778! + 778}
π(778! + 1) = 0.
serii Ligi), czyli
jest wi¦cej ni»
7
liczb pierwszych, czyli
π(0) > 7.
nie ma »adnej liczby pierwszej (patrz zadanie 1. z V
{r+1, r+2, . . . , r+777} jest N liczb pierwszych, to w zbiorze {r+2, r+3, . . . , r+778}
N − 1, N lub N + 1 liczb pierwszych, gdy» powstaje on przez odj¦cie jednego i dodanie
3. Je»eli w zbiorze
mo»e by¢
innego elementu, tak wi¦c
π(r + 1) ∈ {π(r) − 1, π(r), π(r + 1)}.
4. Z ostatniej uwagi wynika, »e warto±ci
(a
< b)
π
to tak»e ka»d¡ warto±¢ ze zbioru
Skoro funkcja
π
przyjmuje warto±¢
w szczególno±ci warto±¢
7.
nie maj¡ przeskoków: je»eli przyjmuje ona warto±¢
aib
{a, a + 1, . . . , b}.
π(0) > 7 i 0,
to tak»e ka»d¡ warto±¢ ze zbioru
{0, 1, . . . , π(0)},