Zad. 1. Oblicz pole części wspólnej kwadratu o boku 4, którego środek jest punktem (0, 0), a boki są równoległe do osi układu współrzędnych, i trójkąta ABC, jeśli A(-3, -1), B(2, -1) i C(1, 5).
Zad. 2. W Krainie Krasnoludków szyny kolejowe mają co 20 mm przerwy, ale są one tylko wielkości punktu. Po nieskończonym prostym torze jedzie z prędkością 80 cm/min lokomotywa, której koła mają średnicę 0,8 mm. Jaki czas upływa między kolejnymi momentami, kiedy w szczelinę w szynie wpada dokładnie ten sam punkt z obwodu jednego z kół?
Zad. 3. Ile jest trójkątów o naturalnych długościach boków, takich że najdłuższy bok ma długość 2013?
Za zadania styczniowe maksymalną notę 3 pkt otrzymali: Krzysztof Bednarek, Adam Borejko, Bartosz Czyżewski i Michał Turniak.
Po pierwszej rundzie Ligi w nowym roku prowadzą teraz:
- z 11 pkt na 12 możliwych - Michał Turniak z Gim. 49 we Wrocławiu,
- z 10,5 pkt - Igor Chełstowski z Gim. Dwujęzycznego przy I LO w Inowrocławiu i Bartosz Czyżewski z Gim. w ZSO nr 1 w Jeleniej Górze,
- z 10 pkt - Tomasz Stempniak z Zespołu Szkół s. Salezjanek w Ostrowie Wlkp.,
- z 8,5 pkt - Krzysztof Bednarek z Gim. 13 we Wrocławiu, Klaudia Marcinkiewicz z Gim. 24 w Katowicach i Marek Mieniek z Gim. 2 w Bolesławcu.
Serdecznie wszystkim gratulujemy!
Zad. 1. AB odcina z kwadratu prostokąt 4×1, BC - trójkąt prostokatny o przyprostokątnych 3 i 0,5, a AC - trójkąt prostokątny o przyprostokątnych 1 i 1,5. (Widać to dzięki wektorom, tw. Talesa lub podobieństwie czy nawet przystawaniu pewnych trójkątów). Szukane pole to zatem 16–(4+0,75+0,75) = 10,5.
Zad. 2. Sytuacja opisana w zadaniu miałaby miejsce, gdyby pewna wielokrotność obwodu koła, tj. 0,8π mm, była wielokrotnością odstępu między przerwami w szynach, czyli 20 mm. Jest to jednak niemożliwe, ponieważ są to liczby niewspółmierne (0,8π nie jest wymierne, a 20 oczywiście jest).
Zad. 3. Jeśli dwa boki trójkąta miałyby mieć długość 2013, to trzeci mógłby mieć od 1 do 2013 jednostek. Gdyby długość drugiego co do długości boku trójkąta wynosiła 2012, trzeci mógłby mierzyć od 2 do 2012. Gdyby długość drugiego co do długości boku trójkąta wynosiła 2011, trzeci mógłby mierzyć od 3 do 2011. Itd. (dla drugiego boku długości n trzeci może mieć od 2014–n do n jednostek długości), dopóki trójkąt da się skonstruować, czyli dla długości drugich boków większych niż 1006 (ostatni zliczamy trójkąt o bokach 2013, 1007 i 1007). Odpowiedź to zatem 1+3+5+...+2013 = (1+2013)+(3+2011)+...+(1005+1009)+1007 = 1006/2·(2·1007)+1007 = 10072 = 1014049.
Uwaga: w matematyce nie wymaga się, żeby największy element pewnego ciągu był jedyny, więc np. trójkąt równoboczny ma trzy najdłuższe boki. W rozwiązaniach uznawaliśmy jednak za poprawną także odpowiedź o 2013 mniejszą niż prawdziwa, tj. taką, jaką uzyska się, przyjmując przeciwnie (czyli że w zadaniu należy zliczać tylko trójkąty o dwóch bokach krótszych niż 2013).
Jak zaokrąglić?
W jaki sposób należy zaokrąglić liczbę pi w zadaniu 2?
Pi
W zadaniu nie ma mowy o żadnych zaokrągleniach.