Zad. 1. Ile wynosi suma 1+2+(-3)+4+5+(-6)+7+8+(-9)+... o 2012 składnikach?
Zad. 2. Przekątne czworokąta PIES się połowią, PI=IE, a ES=PS. Czy PIES musi być rombem? Uzasadnij!
Zad. 3. Czy 7 > √5 + √6 + √7 ? Uzasadnij!
Zadania marcowe nie były łatwe. Części Ligowiczów zamiast maksymalnych 3 pkt przyznaliśmy 2,5 z powodu niedokładnych dowodów lub niepoprawnych sformułowań. Pełne 3 pkt uzyskali: Krzysztof Bednarek z Gim. 13 we Wrocławiu, Szymon Budzyński z Gim. 3 we Wrocławiu, Daria Bumażnik z Gim. 1 w Jeleniej Górze, Bartosz Czyżewski z Gim. w ZSO nr 1 w Jeleniej Górze, Krzysztof Danielak z Gim. w ZSO nr 1 w Jeleniej Górze, Mieszko Gałat z Gim. 50 w Bydgoszczy, Wojciech Górski z Gim. 2 w Oleśnie, Karolina Krzykawiak z Gim. 19 Wrocław, Magdalena Nowak z Gim. 33 w Krakowie, Adrian Słodziński z Gim. w Miliczu, Bartosz Sójka z Gim. w ZSO nr 1 w Jeleniej Górze i Michał Turniak z Gim. 49 we Wrocławiu.
W Lidze Gimnazjów prowadzą teraz:
-
z 18 pkt na 18 możliwych - Szymon Budzyński (Gim. 3 we Wrocławiu), Bartosz Czyżewski (Gim. w ZSO nr 1 w Jeleniej Górze), Wojciech Górski (Gim. 2 w Oleśnie), Karolina Krzykawiak (Gim. 19 Wrocław), Magdalena Nowak (Gim. 33 w Krakowie) i Adrian Słodziński (Gim. w Miliczu),
-
z 17, 5 pkt - Natalia Marcinkiewicz (Gim. "Omega" w Katowicach) i Michał Turniak (Gim. 49 we Wrocławiu),
-
z 17 pkt - Antonina Biela (Gim. w Strzelcach Opolskich), Piotr Dzierza (Gim. w Miękini) i Aleksandra Polcyn (Gim. Akademickie w Toruniu),
-
z 16,5 pkt - Krzysztof Bednarek (Gim. 13 we Wrocławiu), Mieszko Gałat (Gim. 50 w Bydgoszczy), Jakub Janicki (Gim. im. Polskich Olimpijczyków w Lewinie Brzeskim) oraz Agata Kuć (Gim. 6 w Płocku),
-
z 16 pkt - Bartosz Sójka (Gim. w ZSO nr 1 w Jeleniej Górze),
-
z 15 pkt - Aleksandra Banach (Gim. im. Powstańców Wielkopolskich w Grodzisku Wlkp.) i Daria Bumażnik (Gim. 1 w Jeleniej Górze),
-
z 14,5 pkt - Filip Barański (Gim. 13 w Wałbrzychu),
-
z 13,5 pkt - Krzysztof Danielak (Gim. w ZSO nr 1 w Jeleniej Górze).
Wszystkim serdecznie gratulujemy!
Zad. 1. Dana suma to (1+2)+(-3·1+(3·1+1)+(3·1+2))+(-3·2+(3·2+1)+(3·2+2))+(-3·3+(3·3+1)+(3·3+2))+...+(-3·670+(3·670+1)+(3·670+2)). Zauważmy, że dla dowolnego n: -3·n+(3·n+1)+(3·n+2)=3n+3=3(n+1). Mamy zatem znaleźć wartość wyrażenia 3+3·(2+3+4+...+671), czyli 3+3(2+3+...+671). Parując składniki z ostatniego nawiasu, otrzymamy (2+671)+(3+670)+(4+669)+...+(336+337)=673·335, więc szukana wartość to 3+3·673·335=676368.
Zad. 2. Oznaczmy wspólny punkt przekątnych przez O. Ponieważ wszystkie boki trójkąta EIO mają swoje przystające odpowiedniki w IEO, trójkąty te są przystające i kąty IOP i IOE mają równe miary, są więc proste. Proste są więc też kąty EOS i POS, a stąd wynika (cecha b, k, b)przystawanie trójkątów EOI i EOS oraz boków EI i ES. Podobnie można wykazać, że przystające są PS i PI, PIES jest więc czworokątem, którego wszystkie boki mają tę samą długość, czyli rombem.
Zad. 3. Równoważnie mamy: 7 - √7 > √5 + √6. Obie strony są dodatnie, więc jest to równoważne nierówności 7 - √7 > √5 + √6, czyli 49 - 14√7 + 7 > 5 + 2√30 + 6 i 45 > 2(7√7 + √30), co dalej możemy równoważnie podnieść stronami do kwadratu, otrzymując: 2025 > 4(373+14√210) i dalej: 533 > 56√210. Ponieważ √210 > 10, po lewej stronie mamy wartość większą niż 560, więc prawdziwa jest nierówność przeciwna. Wszystkie wykonywane przekształcenia były równoważne, więc ostatecznie prawdziwa jest nierówność 7 < √5 + √6 + √7.
