Rozwiązania zadań – szkoła ponadgimnazjalna Zadanie 1.
Patrz – plik Zad_1_rozw_ponadgimn Zadanie 2..
C
M
D E
L
A B
F N
Rozważmy NBC. Jest on prostokątny, bo NB jest wysokością. Zatem DN BC 2
1 , bo D jest środkiem okręgu, w który można wpisać kąt prosty CNB – promieniami tego okręgu są DN, DC, DB. Analogicznie EL AC
2
1 oraz FM AB
2
1 . Skoro istnieje ABC, to istnieje również trójkąt o połowę mniejszych bokach.
Zadanie 3.
n
ra
an 1 1 , więc an 11
n1
11, bo a1 11, r 11. Stąd an 11n, n. Podobnie, bn 2211
n1
11
, bo b1 2211, r 11, czyli bn 11
202n
,
n .
Zatem
2 2
2 2 2
2
2 2
22
2 2 2
2 2
2
101 11
101 11 101
11 101 11 101 101
11
101 101 202 11
202 11 202
11 11
n n
n
n n
n n n
n b an n
Iloczyn anbn jest największy dla n101 (wtedy znika odjemnik, który jest kwadratem).
Wówczas a101 b101 11112 1234321 Zadanie 4.
Przypuśćmy, że liczba całkowita x0 jest pierwiastkiem badanego równania.. Wówczas zachodzi równość x0
x0 x1
02
20116. Lewa strona tej równości jest iloczynem kolejnych liczb całkowitych, więc jest podzielna przez 3. Natomiast prawa strona równościjest liczba całkowitą niepodzielną przez 3, gdyż podstawa potęgi, tzn. liczba 2011, nie dzieli się przez 3. Otrzymana sprzeczność dowodzi, że równanie nie ma pierwiastków całkowitych.
(Jeśli zostawimy pomyłkowy zapis xx1x2 2011 w treści zadania, to tutaj po prostu likwidujemy „gdyż podstawa potęgi, tzn. liczba 2011, nie dzieli się przez 3”)
Zadanie 5.
Oznaczmy 3 2014 2 3 2014 2 x i podnieśmy obie strony równości do trzeciej potęgi. Otrzymamy
3
2
33 2
2 14 20 2 14 20 2 14 20 3 2 14 20 2 14 20 3 2 14
20 x
3
33 20 14 2 400 196 2 3 20 14 2 400 196 2
3
40 x
3
33 20 14 2 8 3 20 14 2 8
3
40 x
3 3
3 20 14 2 3 20 14 2
6
40 x
6 3
40 x x 0 40
3 x6
x
Pierwiastkiem tego równania jest x4, więc mamy
x4
x2 4x10
0. Ponieważ równanie x2 x4 100 nie ma pierwiastków, to jedynym rozwiązaniem równania0 40
3 x6
x jest 4. Wobec tego 3 2014 2 3 2014 2 4