kwiecień 2013

Data ostatniej modyfikacji:
2013-05-15

Zad. 1. Na ile sposobów na szachownicy 2012×2013 można położyć płytkę 2×3, tak żeby zakrywała 6 całych pól? (Na szachownicy 3×3 dałoby się to zrobić na 4 sposoby).

Zad. 2. KOT jest trójkątem równoramiennym, którego kąt K jest rozwarty. Przez T poprowadzono prostopadłą do prostej OK przecinającą ją w T1, przez T1 prostopadłą do prostej TO przecinającą ją w T2, przez T2 prostopadłą do prostej OK przecinającą ją w T3, przez T3 prostopadłą do prostej TO przecinającą ją w T4 itd., aż okazało się, że T100=K. Ile wynosi OK/TO?

Zad. 3. Podaj najmniejszą liczbę naturalną o dokładnie 2013 naturalnych dzielnikach.

 

Wyniki: 

Zadania kwietniowe sprzyjały Ligowiczom. Po 3 pkt zdobyli: Igor Chełstowski, Bartosz Czyżewski, Klaudia Marcinkiewicz, Mateusz Rzepecki, Tomasz Stempniak i Michał Turniak, a 2,5 pkt przyznaliśmy Darii Bumażnik.

Czołówka rankingu Ligi Gimnazjalnej to teraz:

  • z 19,5 pkt (na 21 możliwych) - Bartosz Czyżewski z Gim. w ZSO nr 1 w Jeleniej Górze i Michał Turniak z Gim. 49 we Wrocławiu,
  • z 18 pkt - Igor Chełstowski z Gim. Dwujęzycznego przy I LO w Inowrocławiu,
  • z 17 pkt - Tomasz Stempniak z Zespołu Szkół s. Salezjanek w Ostrowie Wlkp.,
  • z 16,5 pkt - Klaudia Marcinkiewicz z Gim. 24 w Katowicach,
  • z 16 pkt - Daria Bumażnik z Gim. 1 w Jeleniej Górze,
  • z 13,5 pkt - Krzysztof Bednarek z Gim. 13 we Wrocławiu oraz Wojciech Wiśniewski z Gim. 3 w Giżycku,
  • z 13 pkt - Mateusz Rzepecki z Gim. 14 we Wrocławiu.

Serdecznie gratulujemy!

 

Odpowiedzi: 

Zad. 1. Nazwijmy pierwszy podawany wymiar szerokością. Płytka może leżeć w pionie (2×3) lub w poziomie (3×2). Jej lewe górne pole może pokryć w pierwszym przypadku jedno z 2011×2011 pól szachownicy, a 2010×2012 w drugim. Daje to w sumie 8088241 możliwych położeń.

Zad. 2. Ponieważ punkty oznaczone literą T z parzystymi indeksami leżą na prostej TO, sytuacja opisana w zadaniu jest niemożliwa.

Zad. 3. Jeśli przez pi oznaczymy różne liczby pierwsze, to liczba [tex]p_1^{n_1}p_2^{n_2}...p_k^{n_k}[/tex] ma (n1+1)(n2+1)...(nk+1) dzielników naturalnych. (Każdy z nich jest postaci [tex]p_1^{m_1}p_2^{m_2}...p_k^{m_k}[/tex], gdzie każdy wykładnik mi może przyjąć dowolną wartość z {0, 1, 2, ..., ni}). 2013=3·11·61, więc 2013 dzielników mają liczby postaci [tex]p_1^2p_2^{10}p_3^{60}[/tex], [tex]p_1^{32}p_2^{60}[/tex], [tex]p_1^{10}p_2^{182}[/tex], [tex]p_1^2p_2^{670}[/tex] i [tex]p_1^{2012}[/tex]. Ponieważ szukamy najmniejszej, w grę wchodzą 260·310·52, 260·332, 2182·310, 2670·32 i 22012. Ponieważ 322>25, z pierwszych dwóch mniejsza jest pierwsza. Podobnie dalej: 25<2122, 25·38<2610 i 310·52<21952, więc szukana liczba to 260·310·52.

 

Powrót na górę strony