Zad. 1. Jaki współczynnik przy x2 ma wielomian (x-a)(x-b)(x-c)...(x-z)?
Zad. 2. Palindromem nazywamy napis, który nie zmienia się czytany od tyłu. Palindromami są np. KAJAK, ABBA, WÓŁUTYŁIMAMIŁYTUŁÓW, 12345654321, 22, 333. Ile kwadratów liczb całkowitych jest w zapisie dziesiętnym palindromami? Uzasadnij!
Zad. 3. O jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie ABC, a jego promień jest liczbą pierwszą. P jest środkiem ciężkości tego trójkąta, a R - środkiem okręgu weń wpisanego. Kąt BRA ma miarę 135°, a ponadto długości boków trójkąta ABC tworzą ciąg arytmetyczny o całkowitej różnicy. Oblicz pole trójkąta OPR.
Poprawne rozwiązania 3 zadań przesłał tylko Damian Olczyk z I LO w Oleśnie.
Gratulujemy!
Najlepszym uczestnikiem od początku trwania Ligi jest Damian Olczyk (13 pkt. na 15 możliwych).
Zad. 1. Dany wielomian jest iloczynem wyrażeń x-a, x-b, ..., x-z, ale wśród nich kryje się x-x, czyli zero. Jest to więc wielomian stały równy 0 i jego wszystkimi współczynnikami są zera.
Zad. 2. Zauważmy, że liczby postaci 10n+1 podniesione do kwadratu to 102n+2·10n+1, czyli dla n>0 są to liczby o palindromicznym zapisie dziesiętnym: jedynka, n-1 zer, dwójka, n-1 zer, jedynka. Liczb o palindromicznych kwadratach jest więc nieskończenie wiele (i są to nie tylko te wskazane, bo również choćby liczby 2 i 3 razy większe).
Zad. 3. Ponieważ R leży na dwusiecznych kątów A i B, suma ich połówek daje 45°, czyli kąt C jest prosty, a zatem O jest środkiem odcinka AB. Oznaczmy liczbę pierwszą, o której mowa w zadaniu, przez p, a różnicę ciągu arytmetycznego, o którym mowa w zadaniu, przez q. Wówczas twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta ABC daje (2p)2= (2p-q)2 + (2p-2q)2. Po przekształceniach mamy stąd: 12pq-4p2=5q2. Lewa strona dzieli się przez liczbę pierwszą p, więc prawa też musi, a że q<p (bo 2p-2q ma być długością boku trójkąta), p musi być piątką. Otrzymujemy więc 5q2-60q+100=0, skąd q=2 lub q=10, ale wartości q powyżej 5 są niemozliwe. ABC jest więc trójkątem o bokach 6, 8, 10. Oznaczmy promień okręgu weń wpisanego przez r. Promienie poprowadzone do punktów styczności tego okręgu z bokami dzielą trójkąt na kwadrat i dwa deltoidy, których dwa boki mają długość r, a pozostałe 6-r i 8-r. Składają się one na przeciwprostokątną, zachodzi więc: 6-r + 8-r = 10, skąd r=2. Wprowadźmy układ współrzędnych o początku w C i osiach zawierających odcinki BC i AC, tak by R leżał w I ćwiartce,a dłuższa przyprostokątna na osi X. R ma wówczas współrzędne (2, 2), a O - (4, 3). P leży na odcinku CO w 2/3 odległości od C, czyli ma współrzędne (8/3, 2). Szukane pole to zatem 1/2(8/3-2)(3-2) = 1/3.
