Zad. 1. Jaka jest ostatnia cyfra sumy sześcianów wszystkich czterocyfrowych wielokrotności jedenastu?
Zad. 2. Ile dzielników naturalnych ma iloczyn stu różnych liczb pierwszych?
Zad. 3. Leżące na wspólnej płaszczyźnie punkty A, B, C i D spełniają warunki: AC=60, BC=75, BD=195, CD=180. Jakie wartości może przyjmować AB?
Poprawne rozwiązania 3 zadań nadesłał Damian Olczyk z I LO w Oleśnie. Poprawne rozwiązania 2 zadań nadesłali: Jakub Katarzyński z II LO w Rybniku, Karol Strzała z II LO w Opolu. Gratulujemy!
Zad. 1. Najmniejszą taką wielokrotnością jest 1001=11·91, największą 9999=11·909. Jest ich zatem 909-90=819. Na szukaną sumę mają wpływ same ostatnie cyfry, a te to kolejno 1, 2, 3, ..., 9, 0, 1, 2, ..., 8, 9. Dają one sześciany kończące się kolejno na: 1, 8, 7, 4, 5, 6, 3, 2, 9, 0, ... (81 wystąpień każdej cyfry), 1, 8, 7, 4, 5, 6, 3, 2, 9. Suma każdej kolejnej dziewiątki tych liczb od 1 do 9 kończy się cyfrą 5 (bo są w niej 4 pary o sumie kończącej się zerem i liczba 5), a cała suma ma 82 takie dziewiątki i 81 zer, kończy się zatem zerem.
Zad. 2. Wszystkie dzielniki danego iloczynu są iloczynami dowolnych spośród tych 100 liczb (i oczywiście każdy taki iloczyn jest szukanym dzielnikiem), każdy taki dzielnik można więc opisać jako wybór pewnych liczb pierwszych spośród danych 100. Każda może zostać wybrana albo nie, czyli wyborów takich (i tym samym szukanych dzielników) mamy 2100. Zauważmy jeszcze, by rozwiać ewentualne wątpliwości, że wybory skrajne - wybrane wszystkie czynniki albo żaden - również zostały uwzględnione i dają rzeczywiście dwa spośród szukanych dzielników.
Zad. 3. Dla ułatwienia wprowadźmy jednostkę j=15. Wówczas B leży na okręgu o środku C i promieniu 5j, a D - na okręgu o środku C i promieniu 12j. Ponieważ BD=13j, kąt BCD jest prosty (korzystamy z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa), ale nadal każde położenie B na wymienionym okręgu spełnia warunki zadania, bo dla każdego takiego B istnieje możliwe położenie D (a nawet dwa). Minimalną wartość AB osiągniemy przy B leżącym na półprostej CA (wówczas AB=BC-AC=15), następnie, przesuwając B po wzmiankowanym okręgu da się zrealizować wszystkie większe wartości aż do 135 (B na antypodzie, tj na półprostej AC).
Supersopel ma o poranku pierwszego dnia 2012 mm długości i co dobę w ciągu dnia kurczy się o 123 mm, a każdej nocy wydłuża 1,23 razy. Kiedy jego długość przekroczy rok świetlny? Do znalezienia odpowiedzi na to pytanie przyda się kalkulator. Więcej takich zadań znajdziesz w Lidze kalkulatorowo-komputerowej.
Podatek Belki obowiązuje w Polsce od 2001 roku. Płaci się go od dochodów kapitałowych, czyli na przykład od odsetek z oszczędności ulokowanych na koncie bankowym albo od zysków z giełdy. Do końca marca można legalnie unikać płacenia tego podatku. Dowiedz się jak i dlaczego..
W dniach 17-18 II odbędzie się etap regionalny LXIII Olimpiady Matematycznej. To najstarsza z olimpiad przedmiotowych. Odbywa się w Polsce od 1949 roku. Dziesięć lat później rozpoczęto organizację zawodów międzynarodowych, na których zdobyliśmy dotychczas 25 złotych medali.
Zebrane w trzech tomach „Zadania z olimpiad matematycznych z całego świata” mogą pomóc w przygotowaniach do polskiej olimpiady, a także do wielu innych konkursów matematycznych. Ale przede wszystkim są ciekawe i wiele można się z nich nauczyć.
Wiele zadań i problemów na poziomie olimpijskim można znaleźć w Internecie. Użyteczne w ich poszukiwaniu może okazać się portalowe linkowisko. Ostatnio zostało znacznie poszerzone, zaktualizowane i uporządkowane. Zapraszamy też do zgłaszania kolejnych użytecznych stron www.
