Zad. 1. Czy każdy punkt płaszczyzny ma sumę odległości od wszystkich wierzchołków danego trójkąta większą od połowy jego obwodu? Uzasadnij!
Zad. 2. Jaka jest ostatnia cyfra liczby [tex]777^{555^{333^{111}}}[/tex]? Uzasadnij!
Zad. 3. 13 wspólników zdeponowało tajne dokumenty w sejfie. Ile zamków powinno się na nim zamontować, tak żeby po wręczeniu każdemu wspólnikowi pewnej liczby kluczy żadnych 11 wspólników nie było w stanie go otworzyć, natomiast mogło to zrobić dowolnych 12 z nich?
Zadania z maja były trudne, szczególnie zad. 3, do którego prawidłową odpowiedź podało tylko trzech ligowiczów. W zad. 1 wielu zawodników zapominało, że wierzchołki trójkąta należą do jego brzegu, a dają one nieco inną sytuację niż punkty leżące wewnątrz jego boków. Ostatecznie 3 pkt zdobyli tylko Bartosz Czyżewski i Michał Turniak, a 2,5 pkt uzyskał Tomasz Stempniak.
W Lidze prowadzą więc:
- z 22,5 pkt (na możliwych 24) - Bartosz Czyżewski z Gim. w ZSO nr 1 w Jeleniej Górze i Michał Turniak z Gim. 49 we Wrocławiu,
- z 20 pkt - Igor Chełstowski z Gim. Dwujęzycznego przy I LO w Inowrocławiu,
- z 19,5 pkt - Tomasz Stempniak z Zespołu Szkół s. Salezjanek w Ostrowie Wlkp.,
- z 18 pkt - Daria Bumażnik z Gim. 1 w Jeleniej Górze,
- z 17,5 pkt - Klaudia Marcinkiewicz z Gim. 24 w Katowicach,
- z 15,5 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.
Wszystkim gratulujemy!
Zad. 1. Oznaczmy wierzchołki danego trójkąta przez A, B i C i niech P będzie dowolnym punktem zawierającej go płaszczyzny. Z warunku trójkąta mamy: PA+PB≥AB, PB+PC≥BC, PC+PA≥AC, przy czym w każdym wypadku równość zachodzi tylko wtedy, gdy P leży na odpowiednim odcinku. Po dodaniu tych nierówności stronami otrzymamy 2(PA+PB+PC)≥AB+AC+BC, ale równość oznaczałaby, że P należy do wszystkich trzech boków trójkąta ABC, zatem zdanie podane w treści zadania jest prawdziwe.
Zad. 2. Ostatnie cyfry kolejnych potęg siódemki to 7, 9, 3, 1, 7, 9, 3, 1 itd. (będą się cyklicznie powtarzać, co wynika np. z algorytmu mnożenia pisemnego). Istotne jest więc, jaką resztę przy dzieleniu przez 4 daje [tex]555^{333^{111}}[/tex]. 555 to 4n+3, a (4n+3)2=4(4n2+6n+2)+1, czyli jest to liczba postaci 4m+1. Dalsze mnożenie przez 555 daje (4n+3)(4m+1)=4(4mn+3m+n)+1 i dalej sytuacja będzie się powtarzać, tzn. kolejne potęgi liczby 555 dają przy dzieleniu przez 4 na zmianę reszty 3 i 1. Liczba 333111 jest nieparzysta, więc taka potęga liczby 555 daje resztę 3 i ostatecznie odpowiedzią jest 3, bo 7 do potęgi dającej przy dzieleniu przez 4 resztę 3 kończy się trójką.
Zad. 3. Skoro dowolnych 12 wspólników powinno być w stanie otworzyć sejf, nie może istnieć zamek, do którego klucz ma tylko jedna osoba. Podobnie dla każdych dwóch osób musi istnieć zamek, do którego klucze mają tylko one (bo pozostała jedenastka nie może być w stanie poradzić sobie bez nich). Minimalna liczba zamków to zatem liczba dwuosobowych podzbiorów zbioru wspólników, czyli 13·12/2 = 78.
