Domykanie

Tytułowa zabawa została po raz pierwszy opisana przez Sida Sacksona w miesięczniku Games Magazine w 1979 roku i opatrzona nazwą Closing in.

Rozgrywka przeznaczona jest dla dwóch graczy (oznaczmy ich przez A i B) i wymaga jedynie przyborów do pisania oraz kartki – najlepiej w kratkę. Na kartce rysujemy planszę w postaci kwadratu o wymiarach 6×6 podzielonego na pola jednostkowe (por. diagram poniżej).

\begin{tikzpicture}[scale=0.9] \draw[ultra thick,fill=blue!15] (0,0) rectangle (6,6); \draw[very thick] (0,0) grid (6,6); \foreach \x/\w in {1/A,2/B,3/C,4/D,5/E,6/F} { \node[below,scale=1.15] at (\x-0.5,0) {${\mathbf \w}$}; \node[right,scale=1.15] at (6,\x-0.5) {\bf \x}; } \end{tikzpicture}

Gracze wykonują ruchy naprzemiennie (rozpoczyna gracz A) i wygrywa ten, który jako ostatni ma możliwość poprawnego zagrania. W pierwszym ruchu gracz A wybiera i oznacza (np. swoim inicjałem) dowolne pole na planszy. Gracz B postępuje podobnie, jednak nie może on wybrać pola zajętego przez przeciwnika. We wszystkich kolejnych ruchach każdy z graczy wykonuje po dwie czynności:

  • wyklucza z dalszej gry swoje bieżące pole (np. poprzez zamalowanie odpowiedniej kratki),
  • wybiera dla siebie nowe pole, do którego można się dostać z poprzedniego ruchem szachowego hetmana (poruszając się pionowo, poziomo lub po skosie); nie wolno przy tym przeskakiwać wykluczonych już pól.

Przykładowa rozgrywka mogłaby wyglądać następująco.

Lp.Gracz AGracz B
1.D5B2
2.B3C3
3.B5C4
4.C5D4
5.D6F4
6.A6C1
7.A1B1
A poddał się.

Plansza tej partii prezentuje się tak (gracz A – kolor niebieski, gracz B – kolor brązowy, numery zablokowanych pól to kolejne ruchy poszczególnych graczy).

\begin{tikzpicture}[scale=0.75] \draw[ultra thick,fill=blue!15] (0,0) rectangle (6,6); \draw[very thick] (0,0) grid (6,6); \foreach \x/\w in {1/A,2/B,3/C,4/D,5/E,6/F} { \node[below,scale=1] at (\x-0.5,0) {${\mathbf \w}$}; \node[right,scale=1] at (6,\x-0.5) {\bf \x}; } \foreach \x/\y/\n in {4/5/1,2/3/2,2/5/3,3/5/4,4/6/5,1/6/6} \draw[fill=blue!70] (\x-1,\y-1) rectangle (\x,\y) node[white,scale=1.1] at (\x-0.5,\y-0.5) {\bf \n}; \foreach \x/\y/\n in {2/2/1,3/3/2,3/4/3,4/4/4,6/4/5,3/1/6} \draw[fill=brown!40!black] (\x-1,\y-1) rectangle (\x,\y) node[white,scale=1.1] at (\x-0.5,\y-0.5) {\bf \n}; \node[scale=1.15,blue] at (0.5,0.5) {\bf A}; \node[scale=1.15,brown!80!black] at (1.5,0.5) {\bf B}; \end{tikzpicture}

Z diagramu wyraźnie widać, że gracz A został ,,domknięty” na obszarze wielkości ośmiu pól (choć i tak nie byłby w stanie wszystkich ich wykorzystać, gdyby partia trwała dłużej), zaś gracz B ma do dyspozycji 16 pól, więc (jeśli sam się nie zablokuje) pojedynek na pewno wygra.

Gra w domykanie jest szybka i często rozstrzyga się w pierwszych kilku ruchach. Bardziej cierpliwi mogą spróbować rozgrywki na nieco większej planszy (np. 8×8). Ciekawym ćwiczeniem (dla jednej osoby) jest rozegranie partii, w której (wyimaginowany) przeciwnik powiela ruchy pierwszego gracza stosując symetrię względem środka planszy. W jaki sposób należy poprowadzić grę, aby zwyciężyć?

Równania i układy równań – część I

Rozwiązywanie układów równań to jedna z typowych umiejętności nabywanych w czasie edukacji na wszystkich praktycznie poziomach (gdzie pojawia się matematyka) – od szkoły podstawowej aż do studiów. Bogaty wachlarz metod, które mogą być wykorzystane do rozwiązania konkretnego zadania tego typu sprawia, że układy równań są tematem dość wdzięcznym.

W niniejszym wpisie chciałbym przedstawić kilka przykładów, które śmiało można rozwiązywać w starszych klasach szkoły podstawowej. Nie wymagają bowiem one, poza (być może) pewnym pomysłem, żadnej specjalistycznej wiedzy. Tradycyjnie na koniec, kilka przykładów pozostawiam do samodzielnego rozwiązania.

1. Rozwiązać układ równań

    \[\left\{ \begin{array}{l} (x+y)(x+y+z)=72\\ (y+z)(x+y+z)=120\\ (x+z)(x+y+z)=96 \end{array} \right..\]

♦ Koło Matematyczne Gimnazjalistów SEM, 2010/2011.


Czynnikiem, który powtarza się w każdym równaniu jest suma wszystkich niewiadomych x+y+z, oznaczmy ją przez S i dodajmy wszystkie równania stronami. Otrzymamy wówczas

    \[(x+y)S+(y+z)S+(z+x)S=288.\]

Wyłączmy teraz wspólny wyraz S przed nawias:

    \[S(\underbrace{x+y+y+z+z+x}_{=2S})=288\quad\text{czyli}\quad 2S^2=288.\]

Stąd S^2=144 i S=12 lub S=-12.

Wracając do wyjściowego układu równań mamy wtedy

    \[\left\{ \begin{array}{l} x+y=6\\ y+z=10\\ x+z=8 \end{array} \right.\qquad\text{lub}\qquad \left\{ \begin{array}{l} x+y=-6\\ y+z=-10\\ x+z=-8 \end{array} \right..\]

Jeśli teraz poszczególne równania z obu układów będziemy odejmowali od zależności x+y+z=\pm12 (dla układu z lewej strony S=12, a dla układu z prawej strony S=-12), to otrzymamy kolejno

    \[z=6,\,\,x=2,\,\,y=4\qquad\,\,\text{albo}\qquad\,\, z=-6,\,\,x=-2,\,\,y=-4.\]

Na koniec sprawdzamy, że znalezione dwie trójki liczb (x,y,z)=(2,4,6) lub (-2,-4,-6) spełniają warunki zadania, stanowią więc jego rozwiązanie.



2. Rozwiązać układ równań

    \[\left\{ \begin{array}{l} xy=20\\ yz=12\\ x+y+z=12 \end{array} \right..\]


Zadanie można rozwiązać bezpośrednio: wyznaczając z pierwszych dwóch równań niewiadome z oraz x względem y i wstawiając te wartości do ostatniego równania. Można też dodać dwie pierwsze zależności stronami i wykorzystać fakt, że x+z=12-y. Wtedy

    \[xy+yz=32\quad\Rightarrow\quad y(x+z)=32\quad\Rightarrow\quad y(12-y)=32.\]

Stąd y^2-12y+32=0, czyli (y-8)(y-4)=0. To oznacza, że y=4 lub y=8. Wówczas odpowiednio x=\frac{20}{4}=5 lub x=\frac{20}{8}=\frac{5}{2} oraz z=\frac{12}{4}=3 lub z=\frac{12}{8}=\frac{3}{2}.

Po sprawdzeniu, mamy ostatecznie dwa rozwiązania:

    \[(x,y,z)=(5,4,3)\qquad\text{lub}\qquad(x,y,z)=\left(\frac{5}{2},8,\frac{3}{2}\right).\]



3. Rozwiązać układ równań

    \[\left\{ \begin{array}{l} a^2+b^2=25\\ 3(a+b)-ab=15 \end{array} \right..\]

♦ LV Niemiecka Olimpiada Matematyczna, 2015/2016.


W przeciwieństwie do poprzednich przykładów, w danym układ nie widać od razu narzucającej się ,,symetrii” pozwalającej na jakieś uproszczenia. Można jedna wspomóc się wykorzystując stosowne podstawienie: niech x=ab oraz y=a+b. Wówczas, ponieważ y^2-2x=(a+b)^2-2ab=a^2+b^2, to otrzymamy

    \[\left\{ \begin{array}{l} y^2-2x=25\\ 3y-x=15 \end{array} \right..\]

Teraz już łatwo – z drugiego równania wyznaczamy x=3y-15 i wstawiamy do pierwszego: y^2-6y+5=0, czyli (y-5)(y-1)=0. Stąd y=1 lub y=5, a to prowadzi do x=-12 lub odpowiednio x=0.

Nasze zadanie sprowadziliśmy więc do rozwiązania dwóch układów równań:

    \[\left\{ \begin{array}{l} ab=-12\\ a+b=1 \end{array} \right.\qquad\text{lub}\qquad \left\{ \begin{array}{l} ab=0\\ a+b=5 \end{array} \right..\]

Układy takie rozwiązujemy zwykłą ,,szkolną” metodą podstawiania lub graficznie: równanie ab=-12 opisuje hiperbolę, zaś a+b=1 jest równaniem prostej. Ostatecznie otrzymujemy cztery możliwe rozwiązania (a,b):

    \[(-3,4),\qquad (4,-3),\qquad (5,0),\qquad (0,5).\]



4. Rozwiązać układ równań

    \[\left\{ \begin{array}{l} x(y-x)=3\\ y(4y-3x)=2 \end{array} \right..\]

♦ Koło Matematyczne Gimnazjalistów SEM, 2010/2011.


Gdyby x=0, to pierwsze równanie nie byłoby spełnione, więc możemy założyć, że x\neq 0 i z pierwszej równości wyznaczamy y=\frac{3}{x}+x. Podstawiając to do równania drugiego, otrzymamy

    \[\left(\frac{3}{x}+x\right)\left(\frac{12}{x}+4x-3x\right)=2.\]

Mnożąc obie strony przez x^2 i pozbywając się nawiasów, dostajemy

    \[(3+x^2)(12+x^2)=2x^2\qquad\Rightarrow\qquad x^4+13x^2+36=0.\]

Jednak ostatnie równanie nie ma rozwiązań, bo lewa strona (jako suma kwadratów) jest liczbą dodatnią. To dowodzi, że dany układ równań nie posiada żadnych rozwiązań.



Zadania do samodzielnego rozwiązania.

1. Rozwiązać układ równań

    \[\left\{ \begin{array}{l} x+\dfrac{1}{y}=-1\\[0.27cm] y+\dfrac{1}{z}=\dfrac{1}{2}\\[0.27cm] z+\dfrac{1}{x}=2 \end{array} \right..\]


2. Rozwiązać układ równań

    \[\left\{\begin{array}{l} a+2b+3c=12\\ 2ab+3ac+6bc=48 \end{array}\right..\]


3. Rozwiązać układ równań

    \[\left\{\begin{array}{l} (x+y)^2-3(x+y)=4\\[0.23cm] \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{6} \end{array}\right..\]


4. Rozwiązać układ równań

    \[\left\{ \begin{array}{l} x^2+y=xy^2\\ 2x^2y+y^2=x+y+3xy \end{array} \right..\]


Matura rozszerzona z matematyki (maj 2019) – rozwiązania

Poniżej prezentujemy rozwiązania wszystkich zadań maturalnych z matematyki dla poziomu rozszerzonego, z którymi abiturienci mierzyli się 9. maja 2019 r. Zadania pochodzą z arkusza opublikowanego w serwisie Centralnej Komisji Egzaminacyjnej.

Zadanie 1. (0-1)
Dla dowolnych liczb x>0, x\neq 1, y>0, y\neq 1 wartość wyrażenia \left(\log_{\frac{1}{x}}y\right)\cdot \left(\log_{\frac{1}{y}}x\right) jest równa
   A. x\cdot y
   B. \frac{1}{x\cdot y}
   C. -1
   D. 1


Z własności logarytmów, przy podanych założeniach mamy

(1)   \begin{eqnarray*} \left(\log_{\frac{1}{x}}y\right)\cdot \left(\log_{\frac{1}{y}}x\right)&=&\frac{1}{\log_y\frac{1}{x}}\cdot\frac{1}{\log_x\frac{1}{y}}=\nonumber\\[0.25cm] &=&\left(-\frac{1}{\log_yx}\right)\cdot\left(-\frac{1}{\log_xy}\right)=\nonumber\\[0.25cm] &=&\frac{1}{\log_yx}\cdot\log_yx=1.\nonumber \end{eqnarray*}

Zatem poprawną jest odpowiedź D.



Zadanie 2. (0-1)
Liczba \cos^2105^\circ-\sin^2105^\circ jest równa jest równa
   A. -\frac{\sqrt{3}}{2}
   B. -\frac{1}{2}
   C. \frac{1}{2}
   D. \frac{\sqrt{3}}{2}


Ze wzoru na cosinus podwojonego argumentu mamy

(2)   \begin{eqnarray*} \cos^2105^\circ-\sin^2105^\circ&=&\cos(2\cdot 105^\circ)=\cos 210^\circ=\nonumber\\ &=&\cos(30^\circ+180^\circ)=-\cos30^\circ=-\frac{\sqrt{3}}{2}.\nonumber \end{eqnarray*}

Poprawną odpowiedzią jest A.



Zadanie 3. (0-1)
Na rysunku przedstawiono fragment wykresu funkcji y=f(x), który jest złożony z dwóch półprostych AD i CE oraz dwóch odcinków AB i BC, gdzie A=(-1,0), B=(1,2), C=(3,0), D=(-4,3), E=(6,3).

\begin{tikzpicture}[scale=0.8] \draw[black!70] (-5.1,-2) grid (7.1,6); \draw[very thick,->] (-5.1,0)--(7.1,0) node[below] {$x$}; \draw[very thick,->] (0,-2)--(0,6) node[right] {$y$}; \foreach \x in {-5,...,7} \draw[thin] (\x,0.15)--(\x,-0.15) node[below,scale=0.8] {\bf \x}; \foreach \x in {-1,1,2,3,4,5} \draw[thin] (0.15,\x)--(-0.15,\x) node[left,scale=0.8] {\bf \x}; \coordinate[label=above right:$D$] (D) at (-4,3); \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (-1,0); \coordinate[label=above:$B$] (B) at (1,2); \coordinate[label=below right:$C$] (C) at (3,0); \coordinate[label=above left:$E$] (E) at (6,3); \draw[blue,very thick] (-5.1,4.1)--(A)--(B)--(C)--(7,4); \end{tikzpicture}

Wzór funkcji f to:
   A. f(x)=|x+1|+|x-1|
   B. f(x)=||x-1|-2|
   C. f(x)=||x-1|+2|
   D. f(x)=|x-1|+2


Z opisu wykresu funkcji f(x) wynika w szczególności, że f(0)=1. Podstawiając argument x=0 do podanych czterech propozycji odpowiedzi, widzimy, że kolejne wartości są równe: f_A(0)=2, f_B(0)=1, f_C(0)=3 oraz f_D(0)=3. Zatem poprawną odpowiedzią jest B.



Zadanie 4. (0-1)
Zdarzenia losowe A i B zawarte w \Omega są takie, że prawdopodobieństwo P(B') zdarzenia B', przeciwnego do zdarzenia B, jest równe \frac{1}{4}. Ponadto prawdopodobieństwo warunkowe P(A|B)=\frac{1}{5}. Wynika stąd, że
   A. P(A\cap B)=\frac{1}{20}
   B. P(A\cap B)=\frac{4}{15}
   C. P(A\cap B)=\frac{3}{20}
   D. P(A\cap B)=\frac{4}{5}


Mamy P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}, czyli

    \[P(A\cap B)=P(A|B)\cdot P(B)=P(A|B)\cdot (1-P(B'))=\frac{1}{5}\cdot\frac{3}{4}=\frac{3}{20}.\]

Odpowiedź C.



Zadanie 5. (0-2)
Obliczyć granicę

    \[\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{9n^3+11n^2}{7n^3+5n^2+3n+1}-\frac{n^2}{3n^2+1}\right).\]

Wpisz w poniższe kratki – od lewej do prawej – trzy kolejne cyfry po przecinku rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.

\begin{tikzpicture}[yscale=1.5,scale=0.8] \draw[very thick] (0,0) grid (3,1); \end{tikzpicture}


Wyłączając przed nawias, z liczników i mianowników obu ułamków, dominujący czynnik (czyli odpowiednio n^3 i n^2, otrzymamy

(3)   \begin{eqnarray*} &{}&\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{9n^3+11n^2}{7n^3+5n^2+3n+1}-\frac{n^2}{3n^2+1}\right)=\nonumber\\ &=&\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{n^3\big(9+\frac{11}{n}\big)}{n^3\big(7+\frac{5}{n}+\frac{3}{n^2}+\frac{1}{n^3}\big)}-\frac{n^2}{n^2\big(3+\frac{1}{n^2}\big)}\right)=\nonumber\\ &=&\frac{9}{7}-\frac{1}{3}=\frac{27}{21}-\frac{7}{21}=\frac{20}{21}\approx 0,\!95238095\ldots\nonumber \end{eqnarray*}

To oznacza, że w kratki należało wpisać cyfry 9, 5 i 2.



Zadanie 6. (0-3)
Rozważamy wszystkie liczby naturalne pięciocyfrowe zapisane przy użyciu cyfr 1, 3, 5, 7, 9, bez powtarzania jakiejkolwiek cyfry. Oblicz sumę wszystkich takich liczb.


Wszystkich permutacji pięciu podanych cyfry jest 5!=120. Każda z nich odpowiada jednemu składnikowi sumy, którą mamy obliczyć. W dokładnie 4!=\frac{5!}{5}=24 różnych składnikach cyfra 1 będzie stanowiła cyfrę jedności; w tylu samo składnikach cyfrą jedności będzie 3 itd. dla każdej z ustalonych pięciu cyfr. Podobnie sytuacja wygląda dla kolejnych rzędów (tzn. dla cyfr dziesiątek, setek, itd.) Ponieważ wkład tych cyfr do szukanej sumy S wynosi

    \[24\cdot(1+3+5+7+9)=24\cdot 25=600\]

dla każdego dostępnego rzędu wielkości, więc

    \[S=600\cdot (1+10+100+1000+10000)=600\cdot 11111=6666600.\]



Zadanie 7. (0-2)
Punkt P=(10,2429) leży na paraboli o równaniu y=2x^2+x+2219 Prosta o równaniu kierunkowym y=ax+b jest styczna do tej paraboli w punkcie P. Oblicz współczynnik b.


Niech f(x)=2x^2+x+2219 będzie daną funkcją kwadratową. Współczynnik a prostej stycznej jest wartością pochodnej funkcji f(x) dla argumentu x=10 (zgodnego ze współrzędną odciętą punktu P). Mamy f'(x)=4x+1, stąd a=f'(10)=4\cdot 10+1=41. Styczna przechodzi przez punkt P, więc 2429=41\cdot 10+b, a stąd b=2429-410=2019.



Zadanie 8. (0-3)
Udowodnij, że dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych x i y, takich że x<y, i dowolnej dodatniej liczby rzeczywistej a, prawdziwa jest nierówność \dfrac{x+a}{y+a}+\dfrac{y}{x}>2.


Zauważmy, że dla y>x i a>0 prawdziwa jest nierówność

    \[(x-y)^2+a(y-x)>0.\]

Wynika z niej, że x(x+a)+y(y+a)>2xy+2ax. Dzieląc ostatnią nierówność obustronnie przez liczbę dodatnią x(y+a) otrzymamy

    \[\frac{x+a}{y+a}+\frac{y}{x}>2,\]

to kończy dowód.



Zadanie 9. (0-3)
Dany jest trójkąt równoramienny ABC, w którym |AC|=|BC|. Na ramieniu AC tego trójkąta wybrano punkt M (M\neq A i M\neq C), a na ramieniu BC wybrano punkt N, w taki sposób, że |AM|=|CN|. Przez punkty M i N poprowadzono proste prostopadłe do podstawy AB tego trójkąta, które wyznaczają na niej punkty S i T. Udowodnij, że |ST|=\frac{1}{2}|AB|.


\begin{tikzpicture} \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (7,0); \coordinate[label=above:$C$] (C) at (3.5,6); \coordinate[label=above left:$M$] (M) at ($(A)!0.3!(C)$); \coordinate[label=above right:$N$] (N) at ($(C)!0.3!(B)$); \coordinate[label=below:$S$] (S) at ($(A)!(M)!(B)$); \coordinate[label=below:$T$] (T) at ($(A)!(N)!(B)$); \coordinate[label=below:$P$] (P) at (3.5,0); \coordinate[label=left:$K$] (K) at ($(C)!(N)!(P)$); \draw[thick] (A)--(B)--(C)--cycle (S)--(M) (T)--(N); \draw[thick,blue] (C)--(P); \draw[very thick, red] (A)--(S) (P)--(T) (N)--(K); \foreach \p in {A,B,C,M,N,S,T,P,K} \draw[fill=black!70] (\p) circle (0.03cm); \end{tikzpicture}

Sytuacja wygląda jak na rysunku. Poprowadźmy odcinek CP, będący wysokością trójkąta ABC wychodzącą z wierzchołka C oraz odcinek NK, gdzie K jest rzutem prostokątnym punktu N na wysokość CP. Wówczas odcinki NK i AB są równoległe (bo są prostopadłe do wspólnej wysokości CP). Ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny, to z równoległości tej mamy równości kątów: \angle BAC=\angle CNK oraz \angle AMS=\angle KCN (wysokość poprowadzona na podstawę w trójkącie równoramiennym jest jednocześnie dwusieczną kąta). Z treści zadania mamy jeszcze |AM|=|CN|, zatem trójkąty \triangle\, AMS i \triangle\, NCK są przystające (cecha kąt-bok-kąt). W szczególności mamy |AS|=|KN|=|PT|. To już oznacza, że

    \[\frac{1}{2}|AB|=|AP|=|AS|+|SP|=|PT|+|SP|=|ST|,\]

a to kończy dowód. 



Zadanie 10. (0-4)
Punkt D leży na boku AB trójkąta ABC oraz |AC|=16, |AD|=6, |CD|=14, |BC|=|BD|. Oblicz obwód trójkąta ABC.


\begin{tikzpicture} \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (180:7); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (0,0); \coordinate[label=above:$C$] (C) at (130:5); \coordinate[label=below:$D$] (D) at (180:5); \draw[thick] (A)--(B)--(C)--cycle (C)--(D); \draw[thin] (C)--(D) node[midway,right] {$14$}; \draw[thin] (C)--(A) node[midway,left] {$16$}; \draw[thin] (C)--(B) node[midway,right] {$x$}; \draw[thin] (B)--(D) node[midway,below] {$x$}; \draw[thin] (A)--(D) node[midway,below] {$6$}; \foreach \p in {A,B,C,D} \draw[fill=black!70] (\p) circle (0.03cm); \end{tikzpicture}

Niech x=|BC|=|BD|. Wykorzystamy dwukrotnie twierdzenie kosinusów. Najpierw dla trójkąta ADC, aby wyznaczyć kosinus kąta \beta=\angle ADC. Mamy 16^2=6^2+14^2-2\cdot 6\cdot 14\cos\beta, czyli

    \[\cos\beta=\frac{36+196-256}{12\cdot 14}=-\frac{1}{7}.\]

Zatem \cos\angle CDB=\cos(180^\circ-\beta)=-\cos\beta=\frac{1}{7}. Stąd – stosując drugi raz twierdzenie kosinusów – w trójkącie równoramiennym BCD mamy

    \[x^2=14^2+x^2-2\cdot 14x\cos\angle CDB,\]

czyli 2\cdot 14x\cdot\frac{1}{7}=196, a zatem x=49. To oznacza, że szukany obwód trójkąta ABC wynosi |AB|+|BC|+|CA|=(6+49)+49+16=120.



Zadanie 11. (0-6)
Dane są okręgi o równaniach x^2+y^2-12x-8y+43=0 i x^2+y^2-2ax+4y+a^2-77=0. Wyznacz wszystkie wartości parametru a, dla których te okręgi mają dokładnie jeden punkt wspólny. Rozważ wszystkie przypadki.


Dane równania można przekształcić do postaci (x-6)^2+(y-4)^2=3^2 oraz (x-a)^2+(y+2)^2=9^2. To oznacza, że pierwszy okrąg — oznaczmy go przez \omega_1, ma środek w punkcie O_1=(6,4) i promieniu r_1=3. Drugi okrąg zaś – nazwijmy go \omega_2 – ma środek w punkcie O_2=(a,-2) i promień r_2=9.

\begin{tikzpicture}[scale=0.4] \draw[black!70] (-6,-12) grid (17,9); \draw[very thick,->] (-6,0)--(17,0) node[below] {$x$}; \draw[very thick,->] (0,-12)--(0,9) node[left] {$y$}; \foreach \x in {-2,2,4,...,12,14} \draw[thin] (\x,0.25)--(\x,-0.25) node[below,scale=0.7] {\bf \x}; \foreach \x in {-10,-8,...,-2,2,4} \draw[thin] (0.25,\x)--(-0.25,\x) node[left,scale=0.7] {\bf \x}; \draw[blue,thick] (6,4) circle (3cm); \draw[dashed,red,very thick] (-5.5,-2)--(16.5,-2); \draw[red,thick] (6,-2) circle (9cm); \draw[very thick, green!80!black,shift={(-4.39,-2)}] (-60:9) arc (-60:90:9); \draw[very thick, green!80!black,shift={(16.39,-2)}] (95:9) arc (95:195:9); \draw[fill=black!70,thick] (-4.39,-2) circle (0.1cm) node[below,scale=0.9] {$a=6-6\sqrt{3}$}; \draw[fill=black!70,thick] (16.39,-2) circle (0.1cm) node[below,scale=0.9] {$a=6+6\sqrt{3}$}; \draw[fill=black!70,thick] (6,-2) circle (0.1cm) node[below,scale=0.9] {$a=6$}; \draw[fill=black!70,thick] (6,4) circle (0.1cm) node[right,scale=0.8] {$(6,4)$}; \end{tikzpicture}

Dane okręgi mogą być styczne zewnętrznie lub wewnętrznie. Ponieważ środki okręgu \omega_2 leżą na prostej y=-2, to styczność wewnętrzna może się zdarzyć jedynie dla a=4 – wówczas bowiem środki obu okręgów będą możliwie najbliżej siebie i |O_1O_2|=6=r_2-r_1.

Obliczymy teraz te wartości a, dla których okręgi są styczne zewnętrznie. Musi być wtedy spełniony warunek |O_1O_2|=r_1+r_2, czyli

    \[\sqrt{(6-a)^2+(4-(-2))^2}=12\qquad\Longleftrightarrow\qquad (6-a)^2=108.\]

Stąd a=6\sqrt{3}+6 lub a=-6\sqrt{3}+6. Ostatecznie mamy więc trzy możliwe rozwiązania: a=6, a=6-6\sqrt{3} i a=6+6\sqrt{3}.



Zadanie 12. (0-6)
Trzywyrazowy ciąg (a,b,c) o wyrazach dodatnich jest arytmetyczny, natomiast ciąg \left(\dfrac{1}{a},\dfrac{2}{3b},\,\dfrac{1}{2a+2b+c}\right) jest geometryczny. Oblicz iloraz ciągu geometrycznego.


Z warunku na ciąg arytmetyczny mamy 2b=a+c, natomiast z warunku na ciąg geometryczny jest \left(\dfrac{2}{3b}\right)^2=\dfrac{1}{a}\cdot\dfrac{1}{2a+2b+c}. Wyznaczając b z pierwszej zależności i wstawiając do drugiej, otrzymujemy

    \[\left(\frac{2}{3\cdot\frac{a+c}{2}}\right)^2=\frac{1}{a}\cdot\frac{1}{2a+a+c+c}.\]

Porządkując wyrazy, mamy \frac{16}{9(a+c)^2}=\frac{1}{a(3a+2c)}, czyli 9(a+c)^2=16a(3a+2c). Podstawiając zmienną pomocniczą t=\frac{a}{c}, po obustronnym podzieleniu ostatniego równania przez c^2, dostaniemy

    \[9(t+1)^2=16t(3t+2)\quad\Leftrightarrow\quad $39t^2+14t-9=0.\]

Obliczamy wyróżnik \Delta=14^2+4\cdot 39\cdot 9=1600, więc t_1=\frac{-14-40}{78}<0 oraz t_2=\frac{-14+40}{78}=\frac{1}{3}. Pierwsze rozwiązanie odrzucamy, bo t=\frac{a}{c}>0 dla a,c>0.

Obliczamy iloraz ciągu geometrycznego. Wynosi on

    \[q=\frac{2}{3b}:\frac{1}{a}=\frac{2a}{3b}=\frac{4a}{3(a+c)}=\frac{4t}{3(t+1)}=\frac{4/3}{1+3}=\frac{1}{3}.\]



Zadanie 13. (0-6)
Wielomian określony wzorem W(x)=2x^3+(m^3+2)x^2-11x-2(2m+1) jest podzielny przez dwumian (x-2) oraz przy dzieleniu przez dwumian (x+1) daje resztę 6. Oblicz m i dla wyznaczonej wartości m rozwiąż nierówność W(x)\leqslant 0.


Na podstawie twierdzenia Bézouta mamy W(2)=0 oraz W(-1)=6. Stąd 2\cdot 2^3+(m^3+2)\cdot 2^2-11\cdot 2-2(2m+1)=0, czyli 4m^3-4m=0. To prowadzi do 4m(m-1)(m+1)=0, więc m\in\{-1,\,0,\,1\}. Wystarcz teraz zobaczyć, która z tych trzech możliwości spełnia drugi warunek: W(-1)=6. Ponieważ W(-1)=m^3-4m+9, to widzimy, że musi być m=1.

Interesuje nas więc wielomian W(x)=2x^3+3x^2-11x-6. Wykorzystując ponownie informację o pierwiastku W(2)=0, po wykonaniu dzielenia W(x):(x-2) otrzymujemy zależność

    \[W(x)=(x-2)(2x^2+7x+3).\]

Możemy obliczyć pierwiastki drugiego czynnika: \Delta=49-24=25, czyli x_1=\frac{-7-5}{4}=-3 oraz x_2=\frac{-7+5}{4}=-\frac{1}{2}. Zatem

    \[W(x)=(x-2)(x+3)(2x+1).\]

\begin{tikzpicture}[yscale=0.15] \draw[thick,->] (-5,0) -- (4,0) node[above right] {$x$}; \draw[domain=-3.2:2.3,smooth,variable=\x,blue,thick] plot ({\x},{2*\x*\x*\x+3*\x*\x-11*\x-6}); \foreach \x/\w in {-3/-3,-0.5/{-\frac{1}{2}},2/2} \node[below] at (\x,0) {$\w$}; \end{tikzpicture}

Z pomocniczego wykresu odczytujemy rozwiązanie nierówności W(x)\leqslant 0. Tworzy je suma przedziałów (-\infty,\,-3]\cup \left[-\frac{1}{2},2\right].



Zadanie 14. (0-4)
Rozwiąż równanie (\cos x)\left[\sin\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)+\sin\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)\right]=\dfrac{1}{2}\sin x.


Wykorzystamy wzór na sinus sumy argumentów: \sin(x+y)=\sin x\cos y+\cos x\sin y. Stąd mamy

(4)   \begin{eqnarray*} &{}&\sin\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)+\sin\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)=\nonumber\\[0.25cm] &=&\sin x\cos\frac{\pi}{3}-\cos x\sin\frac{\pi}{3}+\sin x\cos\frac{\pi}{3}+\cos x\sin\frac{\pi}{3}=\sin x. \end{eqnarray*}

Równanie przyjmuje więc postać 2\cos x\sin x=\sin x, czyli \sin x(2\cos x-1)=0. To prowadzi do alternatywy: \sin x=0 lub \cos x=\frac{1}{2}. Stąd odpowiedź

    \[x=k\pi\quad\text{lub}\quad x=\frac{\pi}{3}+2k\pi\quad\text{lub}\quad x=-\frac{\pi}{3}+2k\pi,\]

gdzie k jest liczbą całkowitą.



Zadanie 15. (0-7)
Rozważmy wszystkie graniastosłupy prawidłowe trójkątne o objętości V=2. Wyznacz długości krawędzi tego z rozważanych graniastosłupów, którego pole powierzchni całkowitej jest najmniejsze. Oblicz to najmniejsze pole.


Niech x>0 będzie długością krawędzi podstawy, zaś h>0 wysokością (i jednocześnie długością krawędzi bocznej) w rozważanych graniastosłupach. Mamy V=\frac{\sqrt{3}}{4}x^2h=2, a stąd h=\frac{8}{\sqrt{3}}\cdot\frac{1}{x^2}.

Niech S=f(x) będzie polem powierzchni całkowitej naszego graniastosłupa. Wówczas na S składają się pola dwóch podstaw (trójkątów równobocznych o krawędzi x) oraz pola trzech ścian bocznych (prostokątów x\times h). Stąd, wykorzystując zależność na V, mamy

    \[f(x)=S=2\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}x^2+3xh=\frac{\sqrt{3}}{2}x^2+\frac{8\sqrt{3}}{x}.\]

Naszym celem jest wyznaczenie minimum funkcji f(x) dla x>0. Można wykorzystać rachunek różniczkowy, lub posłużyć się nierównością pomiędzy średnią geometryczną i średnią arytmetyczną dla trzech liczb dodatnich: \sqrt[3]{abc}\leqslant\dfrac{a+b+c}{3} dla dowolnych a,b,c>0; równość zachodzi jedynie dla a=b=c.

Przyjmijmy w powyższej nierówności a=b=\frac{8}{x} oraz c=x^2. Wtedy 4=\sqrt[3]{\frac{8}{x}\cdot\frac{8}{x}\cdot x^2}\leqslant \frac{\frac{8}{x}+\frac{8}{x}+x^2}{3}, czyli

    \[x^2+\frac{16}{x}\geqslant 12\]

i równość zachodzi wyłącznie dla x^2=\frac{8}{x}, a więc dla x^3=8, skąd x=2.

Zauważmy, że nierówność powyższa pozwala nam napisać

(5)   \begin{eqnarray*} f(x)&=&\frac{\sqrt{3}}{2}x^2+\frac{8\sqrt{3}}{x}=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(x^2+\frac{16}{x}\right)\geqslant\nonumber\\[0.25cm] &\geqslant&\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 12=6\sqrt{3}.\nonumber \end{eqnarray*}

Oznacza to, że szukany graniastosłup ma krawędzie długości x=2, h=\frac{8}{\sqrt{3}}\cdot\frac{1}{2^2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}, a jego objętość wynosi 6\sqrt{3}.



Zadania maturalne z matematyki – profil matematyczno-fizyczny (maj 1988)

Treści zadań pochodzą z czasopisma Matematyka nr 5/1988.

Zadanie 1.
Współczynniki a, b, c równania ax^2+bx+c=0 są kolejnymi wyrazami ciągu arytmetycznego, a ich suma wynosi 24. Jednym z pierwiastków równania jest liczba x_1=-3. Wyznaczyć drug pierwiastek tego równania.


x_2=-5.



Zadanie 2.
Dla jakich wartości parametru m równanie

    \[x^2-(2m-1)x+m^2-4=0\]

ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste, oba mniejsze od 4?


m\in(-\infty,-4)\cup(-4,\frac{17}{4}).



Zadanie 3.
Dla jakiego parametru p równanie

    \[(3p+2)x^2+(p-1)x+4p+3=0\]

jest równaniem kwadratowym, mającym pierwiastki x_1 i x_2 spełniające warunek x_1<-1<x_2<1?


p\in(-1,-\frac{2}{3}).



Zadanie 4.
Dane jest równanie

    \[(2\sin\alpha-1)x^2-2x+\sin\alpha=0,\qquad\text{gdzie}\,\,\alpha\in\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right].\]

Dla jakich wartości parametru \alpha: a) równanie ma pierwiastki rzeczywiste? b) suma odwrotności pierwiastków jest równa 4\cos \alpha?


a) \alpha\in\left[-\frac{\pi}{6},\,\frac{\pi}{2}\right] i \alpha\neq\frac{\pi}{6}.
b) \alpha = \frac{\pi}{4}.



Zadanie 5.
Dla jakich wartości parametru \alpha z przedziału [0,\pi] równanie o niewiadomej x

    \[(2\cos^2\alpha-1)x^2-2x\cos\alpha+1=0\]

ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste.


\alpha\in\left(0,\frac{\pi}{4}\right)\cup \left(\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4}\right)\cup\left(\frac{3\pi}{4},\pi\right).



Matura rozszerzona z matematyki (maj 2022) – rozwiązania

Poniżej prezentujemy rozwiązania wszystkich zadań maturalnych z matematyki dla poziomu rozszerzonego, z którymi abiturienci mierzyli się 11. maja 2022 r. Zadania pochodzą z arkusza opublikowanego w serwisie Centralnej Komisji Egzaminacyjnej.

Zadanie 1. (0-1)
Liczba \log_3 27-\log_{27}\sqrt{3} jest równa
   A. \frac{4}{3}
   B. \frac{1}{2}
   C. \frac{11}{12}
   D. 3


Z własności logarytmów mamy kolejno

(1)   \begin{eqnarray*} \log_3 \sqrt{27}-\log_{27}\sqrt{3}&=&\log_3\left(3^{3/2}\right)-\log_{3^3}\left(3^{1/2}\right)=\nonumber\\ &=&\frac{3}{2}-\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}=\frac{9}{6}-\frac{1}{6}=\frac{4}{3}.\nonumber \end{eqnarray*}

Zatem poprawną jest odpowiedź A.



Zadanie 2. (0-1)
Funkcja f jest określona wzorem f(x)=\dfrac{x^3-8}{x-2} dla każdej liczby rzeczywistej x\neq 2. Wartość pochodnej tej funkcji dla argumentu x=\dfrac{1}{2} jest równa
   A. \frac{3}{4}
   B. \frac{9}{4}
   C. 3
   D. \frac{54}{8}


Zauważmy, że wyrażenie opisujące funkcję f można skrócić, otrzymamy wtedy (dla x\neq 2)

    \[f(x)=\frac{(x-2)(x^2+2x+4)}{x-2}=x^2+2x+4.\]

To oznacza, że f'(x)=2x+2 i tym samym f'(\frac{1}{2})=3.

Poprawną odpowiedzią jest C.



Zadanie 3. (0-1)
Jeżeli \cos\beta=-\dfrac{1}{3} i \beta\in\left(\pi,\,\dfrac{3}{2}\pi\right), to wartość wyrażenia \sin\left(\beta-\dfrac{1}{3}\pi\right) jest równa:
   A. \frac{-2\sqrt{2}+\sqrt{3}}{6}
   B. \frac{2\sqrt{6}+1}{6}
   C. \frac{2\sqrt{2}+\sqrt{3}}{6}
   D. \frac{1-2\sqrt{6}}{6}


W podanym przedziale liczba \sin\beta jest ujemna, stąd \sin\beta=-\sqrt{1-\left(-\dfrac{1}{3}\right)^2}=-\dfrac{2\sqrt{2}}{3}. Mamy też

(2)   \begin{eqnarray*} \sin\left(\beta-\dfrac{\pi}{3}\right) &=& \sin\beta\cdot\cos\dfrac{\pi}{3}-\cos\beta\cdot\sin\dfrac{\pi}{3}=\nonumber\\ &=&-\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\cdot\dfrac{1}{2}-\left(-\dfrac{1}{3}\right)\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{6}-\dfrac{\sqrt{2}}{3}=\nonumber\\ &=&\dfrac{\sqrt{3}-2\sqrt{2}}{6}.\nonumber \end{eqnarray*}

Właściwą odpowiedzią jest więc A.



Zadanie 4. (0-1)
Dane są dwie urny z kulami. W każdej z urn jest siedem kul. W pierwszej urnie są jedna kula biała i sześć kul czarnych, w drugiej urnie są cztery kule białe i trzy kule czarne. Rzucamy jeden raz symetryczną monetą. Jeżeli wypadnie reszka, to losujemy jedną kulę z pierwszej urny, w przeciwnym przypadku – jedną kulę z drugiej urny. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wylosujemy kulę białą w tym doświadczeniu, jest równe
   A. \frac{5}{14}
   B. \frac{9}{14}
   C. \frac{5}{7}
   D. \frac{6}{7}


Gdy losujemy kulę z pierwszej urny, to szanse na wybranie kuli białej wynoszą \dfrac{1}{7} (bo na łącznie 7 kul tylko jedna jest biała). Podobnie, gdybyśmy losowali jedną kulę z drugiej urny, prawdopodobieństwo otrzymania kuli białej jest równe \dfrac{4}{7}. Ponieważ rzut symetryczną monetą wskazuję każdą z obu urn z prawdopodobieństwem \dfrac{1}{2}, to zgodnie ze wzorem na prawdopodobieństwo całkowite, szukana wartość wynosi

    \[\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{4}{7}=\dfrac{5}{14}.\]

Odpowiedź A.



Zadanie 5. (0-2)
Ciąg (a_n) jest określony dla każdej liczby naturalnej n\geqslant 1 wzorem

    \[a_n=\frac{(7p-1)n^3+5pn-3}{(p+1)n^3+n^2+p},\]

gdzie p jest liczbą rzeczywistą dodatnią.
Oblicz wartość p, dla której granica ciągu (a_n) jest równa \dfrac{4}{3}.

W poniższe kratki wpisz kolejno – od lewej do prawej – pierwszą, drugą oraz trzecią cyfrę po przecinku nieskończonego rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.

\begin{tikzpicture}[yscale=1.5,scale=0.8] \draw[very thick] (0,0) grid (3,1); \end{tikzpicture}


Zauważmy, że dla n\to\infty i p>0 granica danego ciągu jest równa \dfrac{7p-1}{p+1} (bo takie są odpowiednie współczynniki w liczniku i mianowniku przy najbardziej znaczącym wyrazie – czyli n^3, we wzorze na wyraz ogólny ciągu). Dostajemy więc równanie

    \[\frac{7p-1}{p+1}=\frac{4}{3}\quad\Leftrightarrow\quad 21p-3=4p+4.\]

Jego rozwiązaniem jest p=\dfrac{7}{17}\approx 0,\!41176\ldots To oznacza, że w kratki należało wpisać kolejno cyfry 4, 1 i 1.



Zadanie 6. (0-3)
Wykaż, że dla każdej liczby rzeczywistej x i dla każdej liczby rzeczywistej y takich, że 2x>y, spełniona jest nierówność

    \[7x^3+4x^2y\geqslant y^3+2xy^2-x^3.\]


Przenosimy wszystkie wyrazy na jedną stronę, porządkujemy i grupujemy w nawiasy. Otrzymamy wówczas

(3)   \begin{eqnarray*} &{}&8x^3-y^3+4x^2y-2xy^2 = \nonumber\\ &=&(2x-y)(4x^2+2xy+y^2)+2xy(2x-y) =\nonumber\\ &=& (2x-y)(4x^2+4xy+y^2) = \nonumber\\ &=&(2x-y)(2x+y)^2.\nonumber \end{eqnarray*}

Ostatnie wyrażenie to iloczyn liczby dodatniej (bo 2x>y) i liczby nieujemnej (kwadratu liczby rzeczywistej), jest więc to wartość większa lub równa zero. To kończy dowód.



Zadanie 7. (0-3)
Rozwiąż równanie

    \[|x-3|=2x+11.\]


Rozpatrujemy dwa przypadki:

1^\circ. Dla x\in(-\infty,\,3). Wtedy dane równanie przybiera postać -(x-3)=2x+11, czyli 3x=-8 i tym samym x=-\dfrac{8}{3}<3.

2^\circ. Dla x\in[3,\,\infty). Wtedy mamy x-3=2x+11, a stąd x=-14, co nie należy do rozpatrywanego zakresu.

Ostatecznie uzyskujemy tylko jedno rozwiązanie: x=-\dfrac{8}{3}.



Zadanie 8. (0-3)
Punkt P jest punktem przecięcia przekątnych trapezu ABCD. Długość podstawy CD jest o 2 mniejsza od długości podstawy AB. Promień okręgu opisanego na trójkącie ostrokątnym CPD jest o 3 mniejszy od promienia okręgu opisanego na trójkącie APB. Wykaż, że spełniony jest warunek |DP|^2+|CP|^2-|CD|^2=\dfrac{4\sqrt{2}}{3}\cdot|DP|\cdot |CP|.


Załóżmy, że |CD|=a i okrąg opisany na trójkącie CDP ma długość R. Wtedy |AB|=a+2, zaś okrąg opisany na trójkącie ABP ma promień długości R+3.

\begin{tikzpicture}[scale=0.9] \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (200:3); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (340:3); \coordinate[label=above:$C$] (C) at (2,4); \coordinate[label=above:$D$] (D) at (-1.2,4); \coordinate[label=right:$P$] (P) at (intersection of A--C and B--D); \draw (C)--(D) node[above,midway] {$a$}; \draw (A)--(B) node[below,midway] {$a+2$}; \draw[thick] (A)--(C); \draw[thick] (B)--(D); \draw[thick] (A)--(B)--(C)--(D)--cycle; \draw[thin,blue,shift={(P)}] (46:0.6) arc (46:127:0.6) node at (88:0.4) {$\alpha$}; \draw[thin,blue,shift={(P)}] (226:0.6) arc (226:307:0.6) node at (268:0.4) {$\alpha$}; \node at (0.35,3.4) {$R$}; \node at (0.2,0.2) {$R+3$}; \end{tikzpicture}

Oznaczmy też przez \alpha kąty wierzchołkowe w interesujących nas trójkątach. Jest to kąt ostry i z twierdzenia sinusów dla obu trójkątów mamy

    \[2R=\frac{a}{\sin\alpha},\qquad 2(R+3)=\frac{a+2}{\sin\alpha}.\]

Stąd \sin\alpha=\dfrac{a}{2R} oraz \sin\alpha=\dfrac{a+2}{2(R+3)} i mamy zależność 

    \[2R(a+2)=2a(R+3)\quad\Leftrightarrow\quad 2R=3a.\]

Tym samym \sin\alpha=\dfrac{a}{2R}=\dfrac{1}{3} i dalej \cos\alpha=\sqrt{1-\sin^2\alpha}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}.

Jeśli napiszemy teraz twierdzenie cosinusów dla trójkąta CDP, to otrzymamy żądaną zależność:

    \[|CD|^2=|DP|^2+|CP|^2-2\cdot |DP|\cdot|CP|\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3}.\]

To kończy dowód.



Zadanie 9. (0-4)
Reszta z dzielenia wielomianu W(x)=4x^3-6x^2-(5m+1)x-2m przez dwumian x+2 jest równa -30. Oblicz m i dla wyznaczonej wartości m rozwiąż nierówność W(x)\geqslant 0.


Z twierdzenia Bezouta, mamy natychmiast W(-2)=-30, czyli -32-24+10m+2-2m=-30, a stąd m=3.

Wielomian W(x) ma więc postać W(x)=4x^3-6x^2-16x-6. Nierudno zauważyć, że jednym z pierwiastków tego wielomianu jest liczba x=-1. To prowadzi do rozkładu na czynniki

    \[W(x)=2(x+1)(2x^2-5x-3).\]

Otrzymany trójmian kwadratowy ma dwa pierwiastki rzeczywiste: \Delta=(-5)^2-4\cdot2\cdot(-3)=49, więc x_1=-\dfrac{1}{2} oraz x_2=3. Stąd

    \[W(x)=4(x+1)\left(x+\frac{1}{2}\right)(x-3).\]

Rozwiązanie nierówności W(x)\geqslant 0 najprościej teraz przeprowadzić na osi liczbowej.

\begin{tikzpicture}[scale=1.2,yscale=1] \draw[thin,fill=red!20] (-1,0) rectangle (0,0.4); \draw[red!20,thin,fill=red!20] (3,0) rectangle (3.9,0.4); \draw (3,0)--(3,0.4)--(3.9,0.4) ; \draw[thick,blue,domain=-1.7:3.3, smooth, variable=\x,yscale=0.2] plot ({\x},{(\x+1)*(\x+0)*(\x-3)}); \draw[very thick,->] (-1.8,0)--(4,0) node[below] {$x$}; \foreach \x/\w in {-1/{-1},0/{-\frac{1}{2}},3/3} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=black] (\x,0) circle (2pt);} \end{tikzpicture}



Zadanie 10. (0-4)
Ciąg (a_n), określony dla każdej liczby naturalnej n\geqslant 1, jest geometryczny i ma wszystkie wyrazy dodatnie. Ponadto a_1=675 i a_{22}=\dfrac{5}{4}a_{23}+\dfrac{1}{5}a_{21}.
Ciąg (b_n), określony dla każdej liczby naturalnej n\geqslant 1, jest arytmetyczny. Suma wszystkich wyrazów ciągu (a_n) jest równa sumie dwudziestu pięciu początkowych kolejnych wyrazów ciągu (b_n). Ponadto a_3=b_4. Oblicz b_1.


Każdy wyraz ciągu geometrycznego (a_n) możemy zapisać jako a_n=a_1\cdot q^{n-1} dla pewnej liczby q>0 (to wynika stąd, że ciąg ten ma wszystkie wyrazy dodatnie). Mamy zatem równość

    \[a_1\cdot q^{21}=\frac{5}{4}\cdot q^{22}+\frac{1}{5}\cdot q^{20}.\]

Dzieląc ją obustronnie przez liczbę \dfrac{a_1q^{20}}{20}, otrzymamy 20q=25q^2+4, a stąd (5q-2)^2=0. To prowadzi do wyniku q=\dfrac{2}{5}.

Suma S wszystkich wyrazów ciągu geometrycznego (a_n) wynosi

    \[S=\frac{a_1}{1-q}=\frac{675}{1-\frac{2}{5}}=1125.\]

Mamy więc b_1+b_2+\ldots+b_{25}=1125. Stąd, ponieważ ciąg (b_n) jest arytmetyczny, możemy wnioskować, że środkowy składnik tej sumy – czyli wyraz b_{13} – jest równy \dfrac{1125}{25}=45. Dodatkowo wiemy, że b_4=a_3=a_1\cdot q^2=675\cdot \dfrac{2}{5}\cdot\dfrac{2}{5}=108.

Mamy więc układ zależności dotyczący ciągu (b_n). Mianowicie: b_{13}=45 i b_4=108. Jeśli oznaczymy przez r różnicę w tym postępie arytmetycznym, to uzyskamy równania

    \[\left\{\begin{array}{l}b_{13}=b_1+12r=45\\b_4=b_1+3r=108\end{array}\right..\]

Rozwiązaniem tego układu równań jest r=-7 i b_1=129. To kończy rozwiązanie zadania.



Zadanie 11. (0-4)
Rozwiąż równanie \sin x + \sin 2x + \sin 3x = 0 w przedziale [0,\,\pi].


Wykorzystamy wzory trygonometryczne na sinus sumy argumentów oraz na sinus i cosinus podwojonego argumentu: \sin(a+b)=\sin a\cdot \cos b+\cos a\cdot \sin b oraz \sin 2x=2\sin x\cos x i \cos 2x=2\cos^2x-1 dla wszelkich liczb a,b,x rzeczywistych. Mamy

    \[\sin 3x=\sin(2x+x)=\sin 2x\cdot \cos x+\cos 2x\cdot \sin x.\]

To oznacza, że

    \[\sin x+\sin 2x+\sin 3x=\sin x(1+2\cos x+2\cos^2x+2\cos^2 x-1).\]

Dane równanie przyjmuje więc postać

    \[\sin x\cdot 2\cos x(2\cos x+1)=0.\]

To oznacza, że mamy alternatywę trzech możliwości: \sin x=0 lub \cos x=0 lub \cos x=-\dfrac{1}{2}. Rozwiązania tych równań na przedziale [0,\,\pi] są cztery: x=0 lub x=\pi, x=\dfrac{\pi}{2}, x=\dfrac{2\pi}{3}. Liczby te stanowią odpowiedź do zadania.



Zadanie 12. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie

    \[x^2-(m+1)x+m=0\]

ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste x_1 oraz x_2, spełniające warunki:

    \[x_1\neq 0,\quad x_2\neq 0\quad\text{oraz}\quad \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+2=\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}.\]


Aby równanie miało dwa różne rozwiązania, musi być \Delta>0. Stąd (m+1)^2-4m=(m-1)^2>0, czyli m\neq 1. Rozwiązania x_1 i x_2 będą różne od zera, gdy liczba zero nie będzie spełniała danego równania kwadratowego, stąd m\neq 0.

Przekształćmy teraz zależność wiążącą oba pierwiastki tak, aby móc użyć wzorów Viete’a. Równanie

    \[\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+2=\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}\]

jest równoważne równości

    \[\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}+2=\frac{(x_1+x_2)^2-2x_1x_2}{(x_1x_2)^2}.\]

Podstawiając teraz x_1+x_2=m+1 oraz x_1x_2=m, uzyskamy

    \[\frac{m+1}{m}+2=\frac{(m+1)^2-2m}{m^2}\quad\Leftrightarrow\quad m^2+m+2m^2=m^2+1,\]

stąd 2m^2+m-1=0 i obliczając wyróżnik tej zależności kwadratowej \Delta_m=9, dostajemy m_1=-1 oraz m_2=\dfrac{1}{2}. Obie te liczby spełniają wcześniej wyprowadzone warunki, stanowią więc rozwiązanie naszego zadania.



Zadanie 13. (0-5)
Dany jest graniastosłup prosty ABCDEFGH o podstawie prostokątnej ABCD. Przekątne AH i AF ścian bocznych tworzą kąt ostry o mierze \alpha takiej, że \sin\alpha=\dfrac{12}{13} (zobacz rysunek). Pole trójkąta AFH jest równe 26,\!4. Oblicz wysokość h tego graniastosłupa.

\begin{tikzpicture}[scale=1.5] \draw[fill=blue!20,blue!20] (0,3.5)--(2,0)--(3,4.9); \draw[thick,dashed] (0,0)--(2,0)--(3,1.4)--(1,1.4)--cycle (1,1.4)--(1,4.9); \draw[thick] (0,0)--(2,0)--(3,1.4); \draw[thick,shift={(0,3.5)}] (0,0)--(2,0)--(3,1.4)--(1,1.4)--cycle; \draw[thick] (0,0)--(0,3.5) (2,0)--(2,3.5) (3,1.4)--(3,4.9); \draw[blue,thick] (0,3.5)--(2,0)--(3,4.9); \foreach \x/\y/\g/\w in {0/0/{below left}/D,2/0/{below right}/A,3/1.4/right/B,1/1.4/left/C, 0/3.5/{left}/H,2/3.5/{below right}/E,3/4.9/above/F,1/4.9/above/G } \node[\g] at (\x,\y) {$\w$}; \draw[thick,blue,shift={(2,0)}] (77:0.7) arc (77:120.5:0.7) node[black] at (99:0.55) {$\alpha$}; \node[left] at (0,1.75) {$h$}; \end{tikzpicture}


Niech podstawa graniastosłupa ma wymiary |AD|=a oraz |AB|=b. Wtedy z twierdzenia Pitagorasa wynika, że trójkąt AFH będący wskazanym przekrojem, ma boki długości odpowiednio

    \[|AH|=\sqrt{a^2+h^2},\,\,|AF|=\sqrt{b^2+h^2},\,\,|HF|=\sqrt{a^2+b^2}.\]

\begin{tikzpicture}[scale=1.5] \draw (0,0)--(1,-4) node[left,midway] {$\sqrt{a^2+h^2}$}; \draw (3,0)--(1,-4) node[right,midway] {$\sqrt{b^2+h^2}$}; \draw (0,0)--(3,0) node[above,midway] {$\sqrt{a^2+b^2}$}; \draw[blue,thick,fill=blue!20] (0,0)--(3,0)--(1,-4)--cycle; \foreach \x/\y/\g/\w in {0/0/{above left}/H,3/0/{above right}/F,1/-4/below/A} \node[\g] at (\x,\y) {$\w$}; \draw[thick,blue,shift={(1,-4)}] (64:0.6) arc (64:105:0.6) node[black] at (84:0.4) {$\alpha$}; \end{tikzpicture}

Ponieważ kąt \alpha jest ostry, to \cos\alpha=\sqrt{1-\sin^2\alpha}=\dfrac{5}{13}. Z twierdzenia cosinusów mamy więc

    \[|HF|^2=|AH|^2+|AF|^2-2\cdot|AH|\cdot |AF|\cdot\cos\alpha,\]

czyli

    \[a^2+b^2=a^2+h^2+b^2+h^2-2\cdot|AH|\cdot |AF|\cdot\cos\alpha,\]

a stąd h^2=|AH|\cdot |AF|\cdot\dfrac{5}{13}.

Zauważmy teraz, że znając pole S=26,\!4 trójkąta AHF możemy napisać S=\dfrac{1}{2}\cdot|AH|\cdot |AF|\cdot\sin\alpha, czyli

    \[|AH|\cdot |AF|=\frac{2S}{\sin\alpha}=\frac{52,\!8}{\frac{12}{13}}=52,\!8\cdot \frac{13}{12}.\]

Podstawiając ten iloczyn do poprzedniej zależności na h^2 otrzymamy ostatecznie h^2=52,\!8\cdot \dfrac{13}{12}\cdot\dfrac{5}{13}=22 i tym samym h=\sqrt{22}.



Zadanie 14. (0-6)
Punkt A=(-3,2) jest wierzchołkiem trójkąta równoramiennego ABC, w którym |AC|=|BC|. Pole tego trójkąta jest równe 15. Bok BC zawarty jest w prostej o równaniu y=x-1. Oblicz współrzędne wierzchołków B i C tego trójkąta.


Jak niemal każde zadanie z geometrii najlepiej rozpocząć od wykonania w miarę dokładnego rysunku.

\begin{tikzpicture}[scale=0.5] \draw[black!30] (-10.5,-9.5) grid (10.5,9.5); \draw[ultra thick,->] (-10.5,0)--(10.5,0) node[below] {$x$}; \draw[very thick,->] (0,-9.5)--(0,9.5) node[left] {$y$}; \coordinate[label=above:$A$] (A) at (-3,2); \coordinate[label=below right:$C$] (C) at (4,3); \coordinate[label=below right:$B_1$] (B1) at (9,8); \coordinate[label=left:$B_2$] (B2) at (-1,-2); \draw[blue] (-8,-9)--(10.5,9.5) node[below,sloped,near start] {$y=x-1$}; \draw[fill=black] (A) circle (0.09cm); \draw[fill=black] (C) circle (0.09cm); \draw[fill=black] (B1) circle (0.09cm); \draw[fill=black] (B2) circle (0.09cm); \draw[red,thick] (A)--(B1)--(C)--cycle; \draw[green!50!black,thick] (A)--(B2)--(C)--cycle; \end{tikzpicture}

Ponieważ punkty B i C leżą na prostej y=x-1, to możemy przyjąć, że B=(b,b-1) i C=(c,c-1) dla pewnych liczb b oraz c. Możemy obliczyć długość odcinka BC korzystając z informacji o polu naszego trójkąta. Istotnie, traktując bok BC jako podstawę, wysokość będzie odległością punktu A od danej prostej x-y-1=0. Ma ona wartość

    \[h=\frac{|-3-2-1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\frac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}.\]

Stąd \dfrac{1}{2}\cdot h\cdot |BC|=15, czyli |BC|=\dfrac{30}{3\sqrt{2}}=5\sqrt{2}.

Możemy teraz napisać

    \[25\cdot 2=|BC|^2=(b-c)^2+(b-1-c+1)^2=2(b-c)^2,\]

a stąd (b-c)^2=25. To daje nam dwie możliwości: b=5+c albo b=-5+c.

Pozostaje jeszcze sprawdzić, kiedy otrzymamy trójkąt równoramienny z równością |AC|=|BC|=5\sqrt{2}. Mamy

    \[|AC|=\sqrt{(c+3)^2+(c-1-2)^2}=\sqrt{2c^2+18},\]

stąd 2c^2+18=50 lub w wersji uproszczonej c^2=16. Rozwiązując to równanie kwadratowe uzyskamy możliwe wartości c=-4 lub c=4. Mamy więc C=(-4,-5) lub C=(4,3). Wtedy, zgodnie z wcześniejszymi obliczeniami B=(1,0) lub B=(-9,-10) albo odpowiednio B=(9,8) lub B=(-1,-2). Są zatem cztery trójkąty ABC, które spełniają warunki zadania, ale tylko dwa możliwe położenia wierzchołka C.

 

Zadanie 15. (0-7)
Rozpatrujemy wszystkie trójkąty równoramienne o obwodzie równym 18.

a) Wykaż, że pole P każdego z tych trójkątów, jako funkcja długości b ramienia, wyraża się wzorem P(b)=(18-2b)\sqrt{18b-81}.

b) Wyznacz dziedzinę funkcji P.

c) Oblicz długości boków tego z rozpatrywanych trójkątów, który ma największe pole.


Niech a>0 będzie długością podstawy w takim trójkącie, zaś h długością wysokości opuszczonej na tę podstawę. Mamy a+2b=18 i stąd a=18-2b, zatem 18-2b>0, co daje b<9. Z drugiej strony ponieważ w trójkącie suma długości dwóch boków musi być większa od trzeciego, zachodzi nierówność 2b>a=18-2b, a stąd b>\dfrac{9}{2}.

\begin{tikzpicture}[scale=1.4] \draw[thick](0,0)--(2,0)--(1,3)--cycle; \draw[thick,blue] (1,3)--(1,0); \node[left,blue] at (1,1.2) {$h$}; \node[below] at (1,0) {$a$}; \draw (0,0)--(1,3) node[left,midway] {$b$}; \draw (2,0)--(1,3) node[right,midway] {$b$}; \end{tikzpicture}

a) Z twierdzenia Pitagorasa mamy h^2=b^2-\left(\dfrac{a}{2}\right)^2, czyli h^2=b^2-(9-b)^2=18b-81. Dlatego pole P(b) takiego trójkąta wynosi

    \[P(b)=\frac{1}{2}\cdot ah=(9-b)\sqrt{18b-81}.\]

b) Dziedzina tej funkcji wynika z początkowych rozważań: geometryczny sens jest zachowany przy b\in\left(\dfrac{9}{2},\,9\right).

c) Aby zmaksymalizować wartość dodatniej funkcji P(b) wystarczy zbadać funkcję f(b)=(P(b))^2=9(b-9)^2(2b-9) dla \dfrac{9}{2}<b<9. Mamy

    \[f'(b)=18(b-9)(2b-9)+18(b-9)^2=54(b-9)(b-6).\]

Wynika stąd, że pochodna f'(b) jest ujemna wyłącznie przy b\in(6,9). Zatem dla b=6 pochodna ta zmienia znak z dodatniego na ujemny i w punkcie tym faktycznie badana funkcja osiąga maksimum. Maksymalna jest też wówczas wartość funkcji P(b). Największe pole spośród badanych trójkątów ma więc trójkąt równoboczny o boku długości a=b=6.



Magiczne uzupełnianki

Co jakiś czas w różnych konkursach matematycznych (np. w Grach Matematycznych i Logicznych) pojawiają się zadania polegające na uzupełnieniu liczbami danego diagramu w taki sposób, aby spełnione były jakieś dodatkowe warunki. Oczywiście problemy tego typu można rozwiązywać metodą prób i błędów losowo podstawiając wartości i sprawdzając, czy przypadkiem nie otrzymaliśmy rozwiązania. Najczęściej jednak zdecydowanie szybsze podejście to poczynienie jakiegoś dodatkowego spostrzeżenia, które pozwala ustalić (lub więcej) niewiadomą. Taki bardziej systematyczny sposób ma też tę zaletę, że bardzo często jesteśmy w stanie wyznaczyć wszystkie możliwe rozwiązania.

Poniżej znajduje się pięć przykładowych zadań tego typu wraz ze szczegółowym rozwiązaniem. Trudność kolejnych przykładów jest coraz większa, choć to dość subiektywna sprawa. Warto oczywiście przed zerknięciem na rozwiązanie spróbować zmierzyć się z daną łamigłówką samodzielnie. Z drugiej strony, nie należy zadań tego typu lekceważyć – pomimo bardzo prostej treści, czasami trzeba się sporo natrudzić aby dotrzeć do szukanej odpowiedzi. Na koniec proponuję jeszcze trzy magiczne zadania, tym razem już do samodzielnego rozwiązania.

1. Róża.
Wiadomo, że przedstawiona figura jest miagiczna: w każde pole da się wpisać liczbę od 1 do 7 (i każda z tych wartości wystąpi dokładnie raz) tak, aby wszystkie sumy trzech liczb znajdujących się na wspólnej linii prostej przechodzącej przez pole centralne, były takie same. Jaka liczba może znaleźć się w polu środkowym?

\begin{tikzpicture}[scale=1] \draw[thin] (0,0) circle (2.5cm); \draw[very thick] (30:2.5)--(210:2.5) (90:2.5)--(270:2.5) (150:2.5)--(330:2.5); \foreach \k in {30,90,...,330} \draw[fill=blue!15] (\k:2.5) circle (0.4cm); \draw[fill=blue!25] (0,0) circle (0.4cm) node[scale=1.4,blue] at (0,0) {?}; \end{tikzpicture}

♦ IX Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych,
1995 r., (finał regionalny, zadanie 8).


Niech x oznacza szukaną wartość wpisaną w środkowe pole diagramu, zaś S niech oznacza magiczną sumę. Ponieważ 1+2+3+4+5+6+7=28, to dodając wszystkie trzy sumy wzdłuż każdego z trzech narysowanych na diagramie odcinków, otrzymamy zależność

    \[3S=28+2x,\]

pole centralne bowiem będzie policzone trzy razy. Stąd liczba 28+2x=2(14+x) jest podzielna przez 3. To się może zdarzyć jedynie dla x=1 lub x=4 lub x=7, wtedy możliwe sumy magiczne wynoszą odpowiednio S=10 lub S=12 lub S=14.

Należy pamiętać, że to nie jest jeszcze pełne rozwiązanie! Pokazaliśmy bowiem dopiero, że znalezione liczby 1, 4 i 7 tylko mogą ale wcale nie muszą być dobre. Aby to ostatecznie rozstrzygnąć wystarczy dla każdej z tych liczb wskazać odpowiednie wypełnienie diagramu, zgodne z nałożonymi warunkami. Niestety to rozwiązujący musi wiedzieć, czy to już jest właściwy moment na taką weryfikację. Jeśli wskazanie stosownego przykładu się nie udaje, należy znów wrócić do rozważań ogólnych.
Nasz przykład na szczęście jest na tyle prosty, że zbudowanie odpowiednich przykładów nie należy do trudnych. Mamy więc trzy możliwe rozwiązania, pokazane poniżej.

\begin{tikzpicture}[scale=0.6] \draw[thin] (0,0) circle (2cm); \draw[very thick] (30:2)--(210:2) (90:2)--(270:2) (150:2)--(330:2); \foreach \k in {30,90,...,330} \draw[fill=blue!15] (\k:2) circle (0.5cm); \draw[fill=blue!25] (0,0) circle (0.5cm); \node[scale=1.2] at (0,0) {\bf 1}; \foreach \x/\w in {30/2,210/7,90/3,270/6,150/4,330/5} \node[scale=1.2] at (\x:2) {\w}; \begin{scope}[shift={(6,0)}] \draw[thin] (0,0) circle (2cm); \draw[very thick] (30:2)--(210:2) (90:2)--(270:2) (150:2)--(330:2); \foreach \k in {30,90,...,330} \draw[fill=blue!15] (\k:2) circle (0.5cm); \draw[fill=blue!25] (0,0) circle (0.5cm); \node[scale=1.2] at (0,0) {\bf 4}; \foreach \x/\w in {30/1,210/7,90/2,270/6,150/3,330/5} \node[scale=1.2] at (\x:2) {\w}; \end{scope} \begin{scope}[shift={(12,0)}] \draw[thin] (0,0) circle (2cm); \draw[very thick] (30:2)--(210:2) (90:2)--(270:2) (150:2)--(330:2); \foreach \k in {30,90,...,330} \draw[fill=blue!15] (\k:2) circle (0.5cm); \draw[fill=blue!25] (0,0) circle (0.5cm); \node[scale=1.2] at (0,0) {\bf 7}; \foreach \x/\w in {30/1,210/6,90/2,270/5,150/3,330/4} \node[scale=1.2] at (\x:2) {\w}; \end{scope} \end{tikzpicture}



2. Zaczarowany kwadrat.
Rozmieść liczby 2, 3, 4, 5, 6, 8 i 9 w pustych polach pokazanej planszy w taki sposób, aby suma każdych czterech liczb wpisanych na pola tworzące kwadrat 2×2 była zawsze taka sama.

\begin{tikzpicture}[scale=1.5] \draw[very thick] (0,0) grid (3,3); \node[scale=1.7] at (0.5,2.5) {$1$}; \node[scale=1.7] at (2.5,1.5) {$7$}; \draw[ultra thick,blue,dashed] (1.1,0.1) rectangle (2.9,1.9); \end{tikzpicture}

♦ X Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych,
1996 r., (półfinał, zadanie 7).


Dla wygody i jasności omówienia zadania, wprowadźmy oznaczenia wartości poszczególnych pól diagramu jak poniżej.

\begin{tikzpicture}[scale=1.1] \draw[very thick] (0,0) grid (3,3); \foreach \x/\y/\w in {0/0/e,1/0/f,2/0/g,0/1/c,1/1/d,2/1/7,0/2/1,1/2/a,2/2/b} \node[scale=1.3] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \end{tikzpicture}

Porównując ze sobą sumy czwórek liczb ustawionych w polach tworzących dwa górne kwadraty 2×2, otrzymamy zależność 1+a+c+d=a+b+d+7, czyli c=b+6. Ponieważ wszystkie liczby w diagramie są z zakresu od 1 do 9, więc b=2 lub b=3 (liczba 1 jest już wykorzystana), a wtedy odpowiednio c=8 lub c=9.

Załóżmy, że b=2 i c=8. W sposób podobny jak przed chwilą, możemy porównać sumy z dwóch lewych kwadratów, prowadzi to do zależności

    \[1+a+8+d=8+d+e+f\quad\Longleftrightarrow\quad 1+a=e+f.\]

Liczby e i f są róże i nie mniejsze od 2 (mniejsze są już wykorzystane), stąd 1+a=e+f\geqslant 3+4, czyli a\geqslant 6, a to daje nam możliwości a=6 albo a=9. Gdy a=6, to e+f=7, więc \{e,\,f\}=\{3,\,4\}. Zauważmy jeszcze, że porównując odpowiednio sumy liczb z wszystkich czterech kwadratowych obszarów, otrzymamy równość 1+g=b+e, czyli g=1+e. To oznacza, że nie może być e=3, bo wtedy g=4 i f=4, zatem e=4, g=3 i f=5. Pozostałe pola można uzupełnić w jednoznaczny sposób. Jeśli zaś a=9, to e+f=10, czyli f+g=11. Ponieważ wartości 7, 8 i 9 są już przypisane konkretnym polom, to f,g\leqslant 6 i ostatnia równość wymusza \{f,\,g\}=\{5,\,6\}. Znów nie może być g=6, bo wówczas byłoby e=g-1=5, a przecież e\neq f. Stąd g=5, e=4 i f=6. Dotychczasowe rozważania prowadzą do dwóch możliwych rozwiązań:

\begin{tikzpicture}[scale=0.9] \draw[very thick] (0,0) grid (3,3); \foreach \x/\y/\w in {0/0/4,1/0/3,2/0/5,0/1/8,1/1/9,2/1/7,0/2/1,1/2/6,2/2/2} \node[scale=1.1] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \begin{scope}[shift={(4.5,0)}] \draw[very thick] (0,0) grid (3,3); \foreach \x/\y/\w in {0/0/4,1/0/6,2/0/5,0/1/8,1/1/3,2/1/7,0/2/1,1/2/9,2/2/2} \node[scale=1.1] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \end{scope} \end{tikzpicture}

Zbadajmy teraz przypadek b=3 i c=9. Mamy 1+a=e+f\geqslant 2+4, skąd a\geqslant 5, czyli a\in\{5,6,8\}. Zauważmy jeszcze, że ponieważ 1+g=3+e, to g=e+2 i liczby e oraz g są tej samej parzystości; muszą to zatem być liczby parzyste (bo nieparzysta niewykorzystana jeszcze wartość jest tylko jedna – równa 5). Jeśli a=5, to e+f=6, czyli \{e,f\}=\{2,4\}. Nie może być e=2, bo wówczas g=4=f. Zatem e=4, g=6 i f=2. Załóżmy teraz, że a=6. Wtedy e+f=7 i – patrząc na pozostałe jeszcze wartości do wykorzystania – musi być \{e,f\}=\{2,5\}. Ale e jest parzyste, stąd e=2, f=5 i g=4. Pozostaje do sprawdzenia a=8. Wtedy e+f=9, stąd (znów wykorzystujemy parzystość liczby e) mamy e=4 i f=5, a dalej g=6. Tym razem otrzymujemy kolejne trzy rozwiązania:

\begin{tikzpicture}[scale=0.9] \draw[very thick] (0,0) grid (3,3); \foreach \x/\y/\w in {0/0/4,1/0/2,2/0/6,0/1/9,1/1/8,2/1/7,0/2/1,1/2/5,2/2/3} \node[scale=1.1] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \begin{scope}[shift={(4,0)}] \draw[very thick] (0,0) grid (3,3); \foreach \x/\y/\w in {0/0/2,1/0/5,2/0/4,0/1/9,1/1/8,2/1/7,0/2/1,1/2/6,2/2/3} \node[scale=1.1] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \end{scope} \begin{scope}[shift={(8,0)}] \draw[very thick] (0,0) grid (3,3); \foreach \x/\y/\w in {0/0/4,1/0/5,2/0/6,0/1/9,1/1/2,2/1/7,0/2/1,1/2/8,2/2/3} \node[scale=1.1] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \end{scope} \end{tikzpicture}

Łącznie zadanie ma pięć rozwiązań przedstawionych na diagramach powyżej.


3. Magiczny sześciokąt.
Pokazany na rysunku sześciokąt, wypełniony liczbami od 1 do 19, jest magiczny. Sumy liczb w każdym z piętnastu wskazanych kierunków są jednakowe. Niestety, przez nieuwagę wymazano wartości przypisane niektórym polom. Przywróć diagram do dawnej świetności uzupełniając wszystkie brakujące liczby.

\begin{tikzpicture}[scale=0.65] \draw[very thick] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; \foreach \w in {30,90,...,330} {\draw[very thick,shift={(\w:1.732)}] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; \draw[very thick,shift={(\w:3.465)}] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; \draw[very thick,shift={(\w-30:3)}] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; } \foreach \k/\r/\w in {210/1.732/1,60/3/13,120/3/14,240/3/17,210/3.465/18} \node[scale=1.2] at (\k:\r) {$\w$}; \foreach \k in {0,120,240} {\begin{scope}[rotate=\k] \foreach \x/\y in {0/-5.2,1.5/-4.33,-1.5/-4.33,3/-3.46,-3/-3.46} \draw[<-,thick,brown] (\x,\y)--(\x,\y-1.5); \end{scope} } \end{tikzpicture}

♦ IV Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych,
1990 r., (eliminacje kategoria L1, zadanie 2).


Oznaczmy przez S magiczną sumę w sześciokącie. Ponieważ 1+2+3+\ldots+19=190, a w ustalonym kierunku figurę można podzielić na pięć rozłącznych rzędów, to 5S=190, czyli S=38.

Przyjmijmy oznaczenia wartości przypisanych poszczególnym polom diagramu.

\begin{tikzpicture}[scale=0.65] \draw[very thick] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; \foreach \w in {30,90,...,330} {\draw[very thick,shift={(\w:1.732)}] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; \draw[very thick,shift={(\w:3.465)}] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; \draw[very thick,shift={(\w-30:3)}] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; } \foreach \k/\r/\w in {210/1.732/1,60/3/13,120/3/14,240/3/17,210/3.465/18,90/3.465/a,150/3.564/b,90/1.732/c,30/3.465/d,150/1.732/e,30/1.732/f,180/3/g,1/0/h,0/3/i,330/1.732/j,270/1.732/k,330/3.465/l,300/3/m,270/3.465/n} \node[scale=1.2] at (\k:\r) {$\w$}; \end{tikzpicture}

Znając S, mamy natychmiast e=S-14-1-17=6, n=S-18-17=3. Wówczas m+l=S-3=35. Wszystkie wartości pochodzą ze zbioru liczb nie większych niż 19, więc \{m,l\}=\{16,19\}. Zauważmy, że a+14+b=S, stąd a+b=24. Ale rozkłady liczby 24 na sumę dwóch różnych składników z interesującego nas zbioru wyglądają następująco:

    \[24=19+5=18+6=17+7=16+8=15+9=14+10=13+11,\]

przy czym składniki 19, 18, 17, 16, 14 i 13 są już wykorzystane, stąd \{a,b\}=\{9,15\}. Gdyby a=9, to d=S-a-13=16 co jest niemożliwe, bo m=16 albo l=16. Zatem a=15 i b=9. Stąd dalej d=10 i g=S-9-18=11. Wtedy c=S-11-6-13=8. Gdyby teraz m=16, to k=S-11-1-16=10=d co jest wykluczone. Zatem m=19, l=16 i dalej i=S-10-16=12, f=S-14-8-12=4, h=S-18-1-4-10=5 i w końcu k=7 oraz j=2. Ostatecznie otrzymujemy jedyne rozwiązanie:

\begin{tikzpicture}[scale=0.5] \draw[very thick] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; \foreach \w in {30,90,...,330} {\draw[very thick,shift={(\w:1.732)}] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; \draw[very thick,shift={(\w:3.465)}] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; \draw[very thick,shift={(\w-30:3)}] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; } \foreach \k/\r/\w in {210/1.732/1,60/3/13,120/3/14,240/3/17,210/3.465/18,90/3.465/15,150/3.564/9,90/1.732/8,30/3.465/10,150/1.732/6,30/1.732/4,180/3/18,1/0/5,0/3/12,330/1.732/2,270/1.732/7,330/3.465/16,300/3/19,270/3.465/3} \node[scale=1.2] at (\k:\r) {$\w$}; \end{tikzpicture}



4. Kwadrat prawie magiczny.
Kwadrat ten był niemal magiczny: suma liczb wpisanych w każdy z czterech wierszy, w każdą z czterech kolumn i na obu przekątnych była zawsze taka sama. Jednak użyte liczby nie były kolejne, ponieważ największa z nich wynosiła 92. Niestety, osiem liczb tworzących ten wyjątkowy diagram, zostało przypadkowo skasowanych. Ustal, jakie liczby zostały wymazane i gdzie się one znajdowały.

\begin{tikzpicture}[scale=1.1] \draw[thick] (0,0) grid (4,4); \foreach \x/\y/\w in {1/0/16,2/0/13,0/1/11,3/1/10,1/2/9,2/2/12,0/3/14,2/3/1} \node[scale=1.7] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \end{tikzpicture}

♦ VI Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych,
1992 r., (ćwierćfinał szkolny, zadanie 3).


Nieznane wartości oznaczmy jak na poniższym rysunku.

\begin{tikzpicture}[scale=0.8] \draw[thick] (0,0) grid (4,4); \foreach \x/\y/\w in {1/0/16,2/0/13,0/1/11,3/1/10,1/2/9,2/2/12,0/3/14,2/3/1,1/3/a,3/3/b,0/2/c,3/2/d,1/1/e,2/1/f,0/0/g,3/0/h} \node[scale=1.4] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \foreach \y/\w in {0/{29+g+h},1/{21+e+f},2/{21+c+d},3/{15+a+b}} \draw[very thick,->,blue] (4.5,0.5+\y)--(5.5,0.5+\y) node[right,blue] {$\w$}; \foreach \x/\w in {0/{25+g+c},1/{25+a+e},2/{26+f},3/{10+b+d+h}} \draw[very thick,->,blue] (0.5+\x,-0.5)--(0.5+\x,-1.5) node[blue,left,rotate=90] {$\w$}; \draw[very thick,->,blue] (4.3,-0.3)--(5.1,-1.1) node[blue,rotate=315,right] {$23+f+h$}; \draw[very thick,->,blue] (-0.3,-0.3)--(-1.1,-1.1) node[blue,rotate=45,left] {$12+b+e+g$}; \end{tikzpicture}

W szczególności mamy S=26+f. Stąd i z trzeciej sumy poziomej (także równej S) wynika, że 21+e+f=26+f, czyli e=5. Podobnie z sumy ukośnej 23+f+h=26+f, zatem h=3. Z sumy drugiej pionowej mamy teraz S=25+a+e=30+a, możemy więc wykorzystując pierwszą sumę poziomą, napisać równość 30+a=15+a+b, więc b=15. Ponieważ czwarta kolumna ma sumę wyrazów S=10+b+d+h=28+d, to (drugi wiersz) mamy także 21+c+d=28+d i c=7. W ten sposób liczbę nieznanych wartości zredukowaliśmy o połowę i wiemy też, że

    \[S=30+a=28+d=32+g=26+f.\]

To oznacza, że największą spośród wszystkich liczb wpisanych do diagramu musi być f=S-26, zatem f=92 i jednocześnie S=118. To daje nam już jedyne możliwe końcowe wypełnienie tablicy

\begin{tikzpicture}[scale=0.8] \draw[thick] (0,0) grid (4,4); \foreach \x/\y/\w in {1/0/16,2/0/13,0/1/11,3/1/10,1/2/9,2/2/12,0/3/14,2/3/1,1/3/88,3/3/15,0/2/7,3/2/90,1/1/5,2/1/92,0/0/86,3/0/3} \node[scale=1.4] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \end{tikzpicture}



5. Kwadrat magiczny różnic.
Uzupełnij wszystkie pola kwadratu liczbami od 1 do 16 (każdej z nich używając dokładnie jeden raz) w taki sposób, aby w każdym wierszu, w każdej kolumnie i na wyróżnionej przekątnej, suma kolejnych różnic sąsiadujących ze sobą liczb (od wartości większej odejmujemy mniejszą) zawsze była równa 12.

\begin{tikzpicture}[scale=1.1] \foreach \x in {0,1,2,3} \draw[thin,fill=blue!20] (\x,\x) rectangle (1+\x,1+\x); \draw[thick] (0,0) grid (4,4); \foreach \x/\y/\w in {0/0/16,2/0/15,1/3/3,1/2/1} \node[scale=1.7] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \end{tikzpicture}

♦ IV Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych,
1990 r., (półfinał, zadanie 5).


Przyjmijmy następujące oznaczenia

\begin{tikzpicture}[scale=0.9] \foreach \x in {0,1,2,3} \draw[thin,fill=blue!20] (\x,\x) rectangle (1+\x,1+\x); \draw[thick] (0,0) grid (4,4); \foreach \x/\y/\w in {0/0/16,2/0/15,1/3/3,1/2/1,0/3/a,2/3/b,3/3/c,0/2/d,2/2/e,3/2/f,0/1/g,1/1/h,2/1/i,3/1/j,1/0/k,3/0/l} \node[scale=1.7] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \end{tikzpicture}

Ponieważ najwięcej informacji niesie druga kolumna i ostatni wiersz diagramu, rozpoczniemy od ustalenia wartości przypisanych polom h, k oraz l. Mamy (3-1)+(h-1)+|h-k|=12, oraz (16-k)+(15-k)+15-l=12, czyli

    \[h+|h-k|=11\qquad\text{oraz}\qquad 2k+l=34.\]

Z pierwszej równości wynika w szczególności, że liczba k jest nieparzysta (w przeciwnym razie liczby h i |h-k| obie byłyby tej samej parzystości i ich suma nie mogłaby być równa 11). Druga zależność pociąga parzystość liczby l i wśród dopuszczalnych (jeszcze nie wykorzystanych) wartości rozwiązania są następujące: (k,l)\in\{(11,12),(13,8)\}. Gdyby k=13, to h+|h-13|\geqslant 13, więc musi być k=11 i l=12.

Kluczowym spostrzeżeniem będzie teraz obserwacja, że jedna z niewiadomych musi być równa 2. Dwójka nie może pojawić się ani w pierwszej kolumnie, ani w trzeciej kolumnie, ani na wyróżnionej przekątnej. Wówczas bowiem (dzięki wartościom 16 i 15 w dolnym wierszu) odpowiednia suma różnic przekroczyłaby 12. Zatem f=2 albo j=2. Gdyby zachodziła druga ewentualność, to mielibyśmy |c-f|+(f-2)+(12-2)=12, czyli |c-f|+f=4. Ale f\geqslant 4, bo wszystkie mniejsze wartości są już wykorzystane, więc musiałoby być c=f=4. To oznacza, że f=2. Wtedy mamy (c-2)+(j-2)+|12-j|=12, czyli |12-j|+j+c=16. Ale |12-j|+j\geqslant 12, więc c\leqslant 4, co oznacza, że c=4. Możemy napisać też (d-1)+(e-1)+(e-2)=12, czyli d+2e=16. Liczba d jest więc parzysta i d,e\geqslant 5, więc (d,e)=(6,5). Teraz już łatwo wyznaczamy a=8 oraz b=7.

Do ustalenia pozostaje jeszcze trzeci wiersz, którego wyrazy tworzą zbiór \{9,10,13,14\}. Analizując sumy różnic z poszczególnych kolumn otrzymujemy jedynie \{h,j\}=\{9,10\} oraz \{g,i\}=\{13,14\}. Do bezpośredniego sprawdzenia mamy więc cztery przypadki, z których dwa pokazane poniżej tworzą ostateczne rozwiązanie.

\begin{tikzpicture}[scale=0.8] \foreach \x in {0,1,2,3} \draw[thin,fill=blue!20] (\x,\x) rectangle (1+\x,1+\x); \draw[thick] (0,0) grid (4,4); \foreach \x/\y/\w in {0/0/16,2/0/15,1/3/3,1/2/1,0/3/8,2/3/7,3/3/4,0/2/6,2/2/5,3/2/2, 0/1/13,1/1/10,2/1/14,3/1/9,1/0/11,3/0/12} \node[scale=1.5] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \begin{scope}[shift={(6,0)}] \foreach \x in {0,1,2,3} \draw[thin,fill=blue!20] (\x,\x) rectangle (1+\x,1+\x); \draw[thick] (0,0) grid (4,4); \foreach \x/\y/\w in {0/0/16,2/0/15,1/3/3,1/2/1,0/3/8,2/3/7,3/3/4,0/2/6,2/2/5,3/2/2, 0/1/14,1/1/9,2/1/13,3/1/10,1/0/11,3/0/12} \node[scale=1.5] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \end{scope} \end{tikzpicture}



Zadania do samodzielnego rozwiązania.

1. Liczbowa piramida.
W kółka piramidy należy wpisać liczby całkowite od 1 do 13 w taki sposób, aby sumy liczb wpisanych w cztery kółka leżące na dowolnej, wspólnej prostej (poziomej lub ukośnej) były równe. W odpowiedzi wystarczy podać liczbę wpisaną w kółko umieszczone w wierzchołku piramidy.

\begin{tikzpicture}[scale=0.95] \draw[very thick] (0,0)--(-4,-3) (0,0)--(-1.5,-3) (0,0)--(1.5,-3) (0,0)--(4,-3) (-4,-3)--(4,-3) (-2.8,-2.1)--(2.8,-2.1) (-1.6,-1.2)--(1.6,-1.2); \foreach \x/\y in {0/0,4/-3,1.5/-3,2.8/-2.1,1.05/-2.1,1.6/-1.2,0.6/-1.2} {\draw[thick,fill=blue!15] (\x, \y) circle (0.35cm); \draw[thick,fill=blue!15] (-\x, \y) circle (0.35cm);} \draw[very thick] (0,0) circle (0.35cm); \end{tikzpicture}

♦ XII Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych,
1997/1998 r., (ćwierćfinał, zadanie 11).


2. Magiczny kwiat.
Uzupełnij diagram liczbami od 3 do 11 wpisując je w puste kółka w taki sposób, aby sumy czterech wartości umieszczonych w wierzchołkach powstałych rombów zgadzały się z wartościami podanymi wewnątrz tych czworokątów.

\begin{tikzpicture}[scale=1] \draw[very thick] (18:2.1)--(54:1.3)--(90:2.1)--(126:1.3)--(162:2.1)--(198:1.3)--(234:2.1)--(270:1.3)--(306:2.1)--(342:1.3)--cycle; \foreach \k/\w in {54/21,126/21,198/22,270/21,342/21} { \draw[very thick] (0,0)--(\k:1.3); \draw[fill=blue!15,very thick] (\k:1.3) circle (0.35cm); \draw[fill=blue!15,very thick] (36+\k:2.1) circle (0.35cm); \node[scale=1.1] at (36+\k:1.1) {\bf\w}; } \draw[fill=blue!15,very thick] (0,0) circle (0.35cm); \node at (0,0) {$1$}; \node at (306:2.1) {$2$}; \end{tikzpicture}

♦ XXII Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych,
2008 r., (półfinał, zadanie 13).


3. Math Mobile.
Leonard narysował schemat Math Mobile.

\begin{tikzpicture}[scale=0.8] \draw[thick] (0,0)--(30:2)--(330:2)--cycle; \draw[thick] (30:2)--(330:2)--($(330:2)+(2,0)$)--($(30:2)+(2,0)$)--cycle; \draw[thick,shift={(5.464,0)}] (30:2)--(90:2)--(150:2)--(210:2)--(270:2)--(330:2)--cycle; \draw[thick,shift={(8.573,0)}] (0:1.7)--(72:1.7)--(144:1.7)--(216:1.7)--(288:1.7)--cycle; \draw[thick,dashed] (3.732,-1) circle (2cm); \draw[thick,dashed] (7.196,-1) circle (2cm); \draw[thick,dashed] (10.274,0) circle (2cm); \foreach \x/\y in {0/0,1.732/1,1.732/-1,3.732/1,3.732/-1,5.464/2,5.464/-2,7.196/1, 7.196/-1,10.274/0,12.274/0,9.1/1.618,9.1/-1.618} \draw[thick,fill=white] (\x,\y) circle (0.4cm); \foreach \x/\y in {3.732/-1,7.196/-1,10.274/0} \draw[very thick,blue,<-] ($(\x,\y)+(50:0.5)$)--($(\x,\y)+(50:1)$); \end{tikzpicture}

Każda liczba całkowita od 1 do 13 powinna być napisana w jednym małym kółku (po jednej w kółku). Suma trzech liczb dookoła trójkąta, czterech liczb dookoła kwadratu, sześciu liczb dookoła sześciokąta i pięciu liczb dookoła pięciokąta musi być zawsze taka sama. Jest to również suma trzech liczb na każdym z trzech okręgów dużych kół (zaznaczonych linią przerywaną). Ile wyniesie iloczyn trzech liczb (zaznaczonych strzałkami) napisanych w małych kółkach w środkach dużych kół?

♦ XXX Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych,
2016 r., (finał międzynarodowy – dzień I, zadanie 16).


Surakarta

Surakarta jest planszową grą logiczną dla dwóch osób o wyjątkowo prostych zasadach i – co może zaskakiwać – niezwykłej dynamice.

Gra pochodzi z Indonezji, a grano w nią prawdopodobnie już w XVII wieku. Planszę rysowano bezpośrednio na ziemi, a rolę pionków przejmowały kamyki. Zabawę można też spotkać pod nazwą Solo (tak też nazywane jest potocznie największe miasto usytuowane na wyspie Jawa).

Rozgrywka odbywa się na planszy pokazanej na rysunku. Każdy z grających dysponuje początkowo 12 pionkami, które ustawia się na skrzyżowaniach linii planszy w czterech rzędach: po dwa rzędy dla każdego gracza.

Reguły gry

  1. Celem gry jest zbicie wszystkich pionków przeciwnika.
  2. Gracze wykonują ruchy naprzemiennie, rozpoczyna grający ciemnymi.
  3. Każdy ruch może być:
    • zwykłym posunięciem – gracz przesuwa dowolny swój pionek na sąsiednie wolne pole wzdłuż linii poziomej lub pionowej (niektóre źródła dopuszczają także posunięcia po skosie);
    • biciem – pionek bijący może zaatakować pionek przeciwnika i zbić go zastępując jego pozycję na planszy, jeśli wszystkie pola pomiędzy oboma pionkami wzdłuż linii planszy są wolne i dodatkowo linia ta zawiera przynajmniej jeden fragment łuku z któregoś naroża. Przykładowo, pionek z pola B3 może zaatakować pionek  rywala stojący na D6, jeśli tylko na przynajmniej jednej ścieżce (takie ścieżki są dwie, bo odpowiednie linie niebieska i czerwona tworzą pętle) łączącej oba pola i  biegnącej wzdłuż linii niebieskiej nie znajduje się żaden inny pionek. W szczególności pionki stojące w narożach kwadratu A1-F1-F6-A6 nie mogą wykonywać bić (ani same nie mogą być zbite).
  4. Bicia nie są przymusowe.
  5. Jeśli grany jest mecz złożony z kilku partii, to po każdym pojedynku zlicza się liczbę pionków pozostałych na planszy jako punkty gracza, który wygrał partię. Mecz zwycięża ta osoba, która zgromadzi więcej punktów.
Źródła