listopad 2009

Data ostatniej modyfikacji:
2010-01-29

Zad. 1. Ile dzielników naturalnych ma liczba 22009·32010?

Zad. 2. Nie używając funkcji trygonometrycznych, oblicz długość boku ośmiokąta foremnego wpisanego w okrąg o promieniu r.

Zad. 3. a1, a2, a3, ... to rosnący nieskończony ciąg liczb dodatnich, b1, b2, b3, ... to malejący nieskończony ciąg liczb dodatnich. Czy możliwe, żeby ciąg iloczynów a1b1, a2b2, a3b3, ... nie był monotoniczny? Uzasadnij!

 

Wyniki: 

Za zadania listopadowe maksimum, czyli 3 pkt. udało się zdobyć pięciorgu uczestników: Juliuszowi Braunowi z LO im. św. Jadwigi w Kielcach, Rafałowi Chojnie z LO im. Królowej Jadwigi w Lublinie, Katarzynie Kaczmarczyk z LO nr 2 w Wałbrzychu, Dariuszowi Kajtochowi z PZ nr 2 w Oświęcimiu, Annie Mirowskiej z V LO w Opolu i Justynie Wozowczyk z I LO w Lubinie.

Juliusz Braun, Rafał Chojna, Katarzyna Kaczmarczyk, Dariusz Kajtoch i Justyna Wozowczyk prowadzą jednocześnie aktualnie w sumarycznym rankingu Ligi, mając na koncie 6 na 6 możliwych punktów.

Gratulujemy!

 

Odpowiedzi: 

Zad. 1. Każdy dzielnik danej liczby jest postaci 2m·3n, gdzie mε{0,1,2,...,2009}, a nε{0,1,2,...,2010}, przy czym dla różnych par (m, n) otrzymamy różne dzielniki. Jest ich zatem 2010·2011 = ...

Zad. 2. Jeśli ośmiokąt ten wpiszemy w kwadrat, tak żeby co drugi bok ośmiokąta zawierał się w boku kwadratu, a ich środki się pokrywały. Jeśli długość boku ośmiokąta oznaczymy przez x, dzięki twierdzeniu Pitagorasa obliczymy, że kwadrat ma bok długości x/√2·2+x = x(1+√2). Oznaczając dowolny wierzchołek ośmiokąta przez A, wierzchołek sąsiedni przez B, a przeciwległy przez C, mamy z kolei AC2 = AB2+BC2, a jako że AC = 2r, a BC = x(1+√2), daje to 4r2 = x2(1+1+2√2+2), skąd x2 = 2r2/(2+√2), czyli x = r√(2–√2).

Zad. 3. Możliwe, np. przy an=(1, 2, 4, 8, 16, ...) i bn=(10, 6, 1/2, 1/4, 1/8, 1/16, ...).

 

Powrót na górę strony