www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
P
RÓBNY
E
GZAMIN
M
ATURALNY
Z
M
ATEMATYKI
Z
ESTAW PRZYGOTOWANY PRZEZ SERWIS
WWW
.
ZADANIA
.
INFO
POZIOM ROZSZERZONY
16
KWIETNIA
2011
C
ZAS PRACY
: 180
MINUT
Z
ADANIE
1
(4
PKT
.)
Wyka ˙z, ˙ze je ˙zeli a
∈ (
0, 1
)
i b
>
1 to prawdziwa jest nierówno´s´c
log
a
b
+
1
4
log
b
a
+
1
6
0.
R
OZWI ˛
AZANIE
Przekształcamy w sposób równowa ˙zny dan ˛
a nierówno´s´c (korzystamy ze wzoru na zmian˛e
podstawy logarytmu).
log
a
b
+
1
4
·
log
a
a
log
a
b
+
1
6
0
4
(
log
a
b
)
2
+
1
+
4 log
a
b
4 log
a
b
6
0
(
2 log
a
b
+
1
)
2
4 log
a
b
6
0.
Teraz wystarczy zauwa ˙zy´c, ˙ze mianownik jest ujemny (bo a
<
1 i b
>
1), a licznik jest
nieujemny. Powy ˙zsza nierówno´s´c jest wi˛ec spełniona, a przekształcali´smy w sposób równo-
wa ˙zny, wi˛ec wyj´sciowa nierówno´s´c te ˙z musi by´c spełniona.
Z
ADANIE
2
(5
PKT
.)
Ci ˛
ag
(
a
n
)
, gdzie n
>
1 dany jest wzorem rekurencyjnym
(a
1
=
√
6
(
√
2
+
1
)
a
n
+
1
=
a
n
−
√
2
√
2
−
1
a) Oblicz sum˛e 21 pocz ˛
atkowych wyrazów tego ci ˛
agu.
b) Wyznacz wszystkie liczby naturalne n, dla których spełniona jest nierówno´s´c
7a
n
6
3
− (
n
−
1
)
2
.
Materiał pobrany z serwisu
1
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Przekształ´cmy podany warunek rekurencyjny
(
√
2
+
1
)
a
n
+
1
=
a
n
−
√
2
√
2
−
1
/
· (
√
2
−
1
)
(
√
2
+
1
)(
√
2
−
1
)
a
n
+
1
=
a
n
−
√
2
a
n
+
1
=
a
n
−
√
2.
Mamy wi˛ec do czynienia z ci ˛
agiem arytmetycznym, w którym a
1
=
√
6 i r
= −
√
2.
a) Korzystamy ze wzoru na sum˛e pocz ˛
atkowych wyrazów ci ˛
agu arytmetycznego.
S
21
=
2a
1
+
20r
2
·
21
= (
a
1
+
10r
) ·
21
=
= (
√
6
−
10
√
2
)
21
=
21
√
6
−
210
√
2.
Odpowied´z: S
21
=
21
√
6
−
210
√
2
b) Ze wzoru na n-ty wyraz ci ˛
agu arytmetycznego wiemy, ˙ze
a
n
=
√
6
− (
n
−
1
)
√
2
=
√
2
(
√
3
− (
n
−
1
))
.
Musimy wi˛ec rozwi ˛
aza´c nierówno´s´c
7
√
2
(
√
3
− (
n
−
1
)) 6
3
− (
n
−
1
)
2
7
√
2
(
√
3
− (
n
−
1
)) 6 (
√
3
− (
n
−
1
))(
√
3
+ (
n
−
1
))
0
6 (
√
3
− (
n
−
1
))(
√
3
+ (
n
−
1
) −
7
√
2
)
/
· (−
1
)
0
> (
n
− (
1
+
√
3
))(
n
− (
7
√
2
−
√
3
+
1
))
n
∈ h
1
+
√
3, 7
√
2
−
√
3
+
1
i
.
Poniewa ˙z
1
+
√
3
≈
2, 7
7
√
2
−
√
3
+
1
≈
9, 2
otrzymujemy st ˛
ad n
∈ {
3, 4, 5, 6, 7, 8, 9
}
.
Odpowied´z: n
∈ {
3, 4, 5, 6, 7, 8, 9
}
Z
ADANIE
3
(3
PKT
.)
Dwa okr˛egi przecinaj ˛
a si˛e w punktach K i L. Przez punkty K i L poprowadzono proste, które
przecinaj ˛
a dane okr˛egi w punktach A, B, C, D tak, jak pokazano to na poni ˙zszym rysunku.
Wyka ˙z, ˙ze AC
k
BD.
Materiał pobrany z serwisu
2
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
A
B
D
C
K
L
R
OZWI ˛
AZANIE
Dorysujmy odcinek KL i oznaczmy
]
A
=
α
.
A
B
D
C
K
L
α
α
α
Zauwa ˙zmy, ˙ze czworok ˛
at AKLC jest wpisany w okr ˛
ag, wi˛ec
]
KLC
=
180
◦
− ]
A
=
180
◦
−
α
.
Zatem
]
KLD
=
180
◦
− (
180
◦
−
α
) =
α
.
Teraz korzystamy z tego, ˙ze czworok ˛
at KBDL jest wpisany w okr ˛
ag.
]
KBD
=
180
◦
−
KLD
=
180
◦
−
α
.
To z kolei oznacza, ˙ze proste AC i BD przecinaj ˛
a prost ˛
a AB pod tym samym k ˛
atem. S ˛
a wi˛ec
równoległe.
Z
ADANIE
4
(5
PKT
.)
Wyznacz reszt˛e z dzielenia wielomianu P
(
x
)
przez trójmian x
2
−
3x
−
28 je´sli P
(
7
) =
24 i
P
(−
4
) = −
31.
Materiał pobrany z serwisu
3
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozłó ˙zmy trójmian x
2
−
3x
−
28 na czynniki.
x
2
−
3x
−
28
=
0
∆
=
9
+
112
=
121
=
11
2
x
=
3
−
11
2
= −
4
∨
x
=
3
+
11
2
=
7
x
2
−
3x
−
28
= (
x
+
4
)(
x
−
7
)
.
Reszta R
(
x
)
z dzielenia wielomianu P
(
x
)
przez ten trójmian b˛edzie wielomianem liniowym
(bo reszta zawsze ma stopie ´n mniejszy od stopnia wielomianu, przez który dzielimy) takim,
˙ze
P
(
x
) = (
x
+
4
)(
x
−
7
)
Q
(
x
) +
R
(
x
) = (
x
+
4
)(
x
−
7
)
Q
(
x
) +
ax
+
b.
Współczynniki a i b wyliczamy podstawiaj ˛
ac w tej równo´sci x
= −
4 i x
=
7.
(
−
31
=
P
(−
4
) = −
4a
+
b
24
=
7a
+
b
Odejmujemy od drugiego równania pierwsze ( ˙zeby zredukowa´c b) i mamy
55
=
11a
⇐⇒
a
=
5.
Zatem b
=
24
−
7a
= −
11.
Odpowied´z: 5x
−
11
Z
ADANIE
5
(5
PKT
.)
Prosta o równaniu x
+
2y
=
5 zawiera przek ˛
atn ˛
a BD rombu ABCD, którego bok ma długo´s´c
5. Wyznacz współrz˛edne wierzchołków rombu je ˙zeli A
= (
5, 1
)
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od szkicowego rysunku.
-1
+1
+5
+10
x
-5
-1
+1
+5
y
A
B
C
D
S
Materiał pobrany z serwisu
4
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Aby wyznaczy´c współrz˛edne wierzchołków B i D szukamy punktów wspólnych poda-
nej prostej i okr˛egu o ´srodku A i promieniu 5, czyli okr˛egu o równaniu
(
x
−
5
)
2
+ (
y
−
1
)
2
=
25.
Podstawiamy w tym równaniu x
=
5
−
2y.
(
5
−
2y
−
5
)
2
+ (
y
−
1
)
2
=
25
4y
2
+
y
2
−
2y
+
1
=
25
5y
2
−
2y
−
24
=
0
∆
=
4
+
480
=
484
=
22
y
=
2
−
22
10
= −
2
∨
y
=
2
+
22
10
=
2, 4.
St ˛
ad odpowiednio x
=
5
−
2y
=
9 i x
=
5
−
2y
=
0, 2. Zatem B
= (
0, 2; 2, 4
)
i D
= (
9;
−
2
)
.
Współrz˛edne wierzchołka C obliczymy korzystaj ˛
ac z tego, ˙ze przek ˛
atne rombu dziel ˛
a si˛e na
połowy. Punkt S przeci˛ecia si˛e przek ˛
atnych ma współrz˛edne
S
=
B
+
D
2
=
0, 2
+
9
2
,
2, 4
−
2
2
= (
4, 6; 0, 2
)
.
Z drugiej strony punkt S to tak ˙ze ´srodek odcinka AC, wi˛ec
S
= (
4, 6; 0, 2
) =
A
+
C
2
=
5
+
x
c
2
,
1
+
y
c
2
(
5
+
x
c
=
9, 2
1
+
y
c
=
0, 4
(
x
c
=
4, 2
y
c
= −
0, 6.
Zatem C
= (
4, 2;
−
0, 6
)
.
Odpowied´z: A
= (
5; 1
)
, B
= (
0, 2; 2, 4
)
, C
= (
4, 2;
−
0, 6
)
, D
= (
9;
−
2
)
Z
ADANIE
6
(6
PKT
.)
Dla jakich warto´sci parametru m równanie x
2
+ (
2m
−
1
)
x
−
6m
+
3
=
0 ma dwa ró ˙zne
pierwiastki x
1
<
x
2
spełniaj ˛
ace nierówno´s´c x
1
x
2
>
x
2
−
x
1
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Sprawd´zmy najpierw kiedy równanie ma dwa ró ˙zne rozwi ˛
azania.
0
<
∆
= (
2m
−
1
)
2
+
4
(
6m
−
3
) = (
2m
−
1
)
2
+
12
(
2m
−
1
) =
= (
2m
−
1
)(
2m
−
1
+
12
) = (
2m
−
1
)(
2m
+
11
) =
=
4
m
−
1
2
m
+
11
2
m
∈
−
∞,
−
11
2
∪
1
2
,
+
∞
.
Materiał pobrany z serwisu
5
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Sposób I
Popatrzmy teraz na dan ˛
a nierówno´s´c: x
1
x
2
>
x
2
−
x
1
. Nierówno´s´c ta nie jest symetryczna
ze wzgl˛edu na x
1
i x
2
, wi˛ec nie mo ˙zemy bezpo´srednio zastosowa´c wzorów Viète’a, ale b˛e-
dziemy mogli to zrobi´c gdy podniesiemy nierówno´s´c do kwadratu. Aby to zrobi´c musimy
jednak wiedzie´c, ˙ze obie strony nierówno´sci s ˛
a dodatnie. Prawa strona jest dodatnia z za-
ło ˙zenia, wi˛ec je ˙zeli lewa strona jest ujemna to nierówno´s´c jest sprzeczna. Na mocy wzorów
Viète’a musi wi˛ec by´c spełniony warunek
0
<
x
1
x
2
= −
6m
+
3
6m
<
3
m
<
1
2
.
Przy tym zało ˙zeniu mo ˙zemy podnie´s´c nierówno´s´c stronami do kwadratu.
(
x
1
x
2
)
2
> (
x
2
−
x
1
)
2
= (
x
1
+
x
2
)
2
−
4x
1
x
2
(−
6m
+
3
)
2
> (−(
2m
−
1
))
2
−
4
(−
6m
+
3
)
9
(
2m
−
1
)
2
> (
2m
−
1
)
2
+
12
(
2m
−
1
)
8
(
2m
−
1
)
2
−
12
(
2m
−
1
) >
0
/ : 4
2
(
2m
−
1
)
2
−
3
(
2m
−
1
) >
0
/ : 4
(
2m
−
1
)(
2
(
2m
−
1
) −
3
) >
0
(
2m
−
1
)(
4m
−
5
) >
0
m
∈
−
∞,
1
2
∪
5
4
,
+
∞
.
W poł ˛
aczeniu z poprzednimi ograniczeniami otrzymujemy wi˛ec m
∈
−
∞,
−
11
2
.
Sposób II
Skoro x
1
<
x
2
to
x
2
−
x
1
=
−
b
+
√
∆
2
−
−
b
−
√
∆
2
=
√
∆.
Na mocy wzorów Viète’a mo ˙zemy wi˛ec dan ˛
a nierówno´s´c zapisa´c w postaci
−
6m
+
3
>
√
∆.
Je ˙zeli lewa strona jest ujemna to nierówno´s´c jest sprzeczna, wi˛ec załó ˙zmy, ˙ze
−
6m
+
3
>
0
⇐⇒
m
<
1
2
.
Przy tym zało ˙zeniu mamy
(−
6m
+
3
)
2
>
∆
= (
2m
−
1
)
2
−
4
(−
6m
+
3
)
9
(
2m
−
1
)
2
> (
2m
−
1
)
2
+
12
(
2m
−
1
)
8
(
2m
−
1
)
2
−
12
(
2m
−
1
) >
0.
Dalej liczymy jak w I sposobie.
Odpowied´z: m
∈
−
∞,
−
11
2
Materiał pobrany z serwisu
6
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
7
(6
PKT
.)
W trapez prostok ˛
atny ABCD wpisano okr ˛
ag, przy czym punkt S jest ´srodkiem tego okr˛egu,
a punkt T jest punktem styczno´sci okr˛egu wpisanego z dłu ˙zszym ramieniem BC. Oblicz
pole tego trapezu, je´sli
|
SC
| =
10 i
|
BT
| =
8
√
5.
A
B
C
D
S
T
R
OZWI ˛
AZANIE
Dorysujmy odcinki ł ˛
acz ˛
ace punkt S z punktami styczno´sci z podstawami trapezu, oraz od-
cinek SB.
A
B
C
D
S
T
r
r
r
α
α
β
β
10
8 5
Zauwa ˙zmy, ˙ze trójk ˛
aty prostok ˛
atne, których jeden bok jest promieniem okr˛egu wpisane-
go, a przeciwprostok ˛
atn ˛
a jest SB, s ˛
a przystaj ˛
ace. Zatem prosta SB jest dwusieczn ˛
a k ˛
ata ABC.
Oznaczmy k ˛
aty na jakie dzieli ona k ˛
at ABC przez α. Podobnie niech
]
SCB
= ]
SCD
=
β
. Z
równoległo´sci prostych AB i CD mamy
2α
+
2β
=
180
◦
α
+
β
=
90
◦
.
Oznacza to, ˙ze trójk ˛
at SBC jest prostok ˛
atny. Prostok ˛
atny jest te ˙z trójk ˛
at TSC i jest on podobny
do trójk ˛
ata SBC. Je ˙zeli oznaczymy CT
=
x to z tego podobie ´nstwa mamy
CT
SC
=
SC
BC
x
10
=
10
x
+
8
√
5
x
2
+
8
√
5x
=
100
x
2
+
8
√
5x
−
100
=
0
∆
=
320
+
400
=
720
= (
12
√
5
)
2
x
=
−
8
√
5
−
12
√
5
2
<
0
∨
x
=
−
8
√
5
+
12
√
5
2
=
2
√
5.
Materiał pobrany z serwisu
7
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Zatem BC
=
8
√
5
+
2
√
5
=
10
√
5 i na mocy twierdzenia Pitagorasa
r
=
ST
=
p
SC
2
−
TC
2
=
√
100
−
20
=
√
80
=
4
√
5.
To oznacza, ˙ze wiemy jaka jest długo´s´c wysoko´sci trapezu
h
=
AD
=
2r
=
8
√
5.
Teraz korzystamy z tego, ˙ze w czworok ˛
acie opisanym na okr˛egu sumy długo´sci przeciwle-
głych boków s ˛
a równe. Zatem
AB
+
CD
=
AD
+
BC
=
8
√
5
+
10
√
5
=
18
√
5.
Zatem pole jest równe
P
=
AB
+
CD
2
·
h
=
9
√
5
·
8
√
5
=
360.
Odpowied´z: 360
Z
ADANIE
8
(4
PKT
.)
Dla jakich liczb naturalnych n, liczba n
2
+
12n
+
17 jest kwadratem liczby naturalnej?
R
OZWI ˛
AZANIE
Zauwa ˙zmy, ˙ze
n
2
+
12n
+
17
= (
n
+
6
)
2
−
19.
To oznacza, ˙ze je ˙zeli liczba ta jest kwadratem liczby naturalnej, to maksymalnie mo ˙ze to by´c
kwadrat liczby
(
n
+
5
)
. Z drugiej strony,
(
n
+
4
)
2
=
n
2
+
8n
+
16
<
n
2
+
12n
+
17,
wi˛ec dana liczba nie mo ˙ze by´c kwadratem liczby mniejszej ni ˙z
(
n
+
5
)
. Zatem jedyna mo ˙z-
liwo´s´c to równo´s´c
n
2
+
12n
+
17
= (
n
+
5
)
2
n
2
+
12n
+
17
=
n
2
+
10n
+
25
2n
=
8
n
=
4.
Odpowied´z: n
=
4
Z
ADANIE
9
(6
PKT
.)
Podstaw ˛
a ostrosłupa ABCDS jest czworok ˛
at wypukły ABCD, w którym
|
AB
| =
7,
|
AD
| =
5 oraz cos
]
DAB
=
4
5
. Ka ˙zda z kraw˛edzi bocznych ostrosłupa ma długo´s´c
3
√
6
2
. Oblicz wy-
soko´s´c ostrosłupa.
Materiał pobrany z serwisu
8
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od szkicowego rysunku.
A
B
C
D
S
O
h
7
5
A
B
C
D
α
R
R
R
R
Zauwa ˙zmy, ˙ze je ˙zeli SO jest wysoko´sci ˛
a ostrosłupa to ka ˙zdy z trójk ˛
atów SOA, SOB, SOC
i SOD jest prostok ˛
atny i ka ˙zde dwa z nich maj ˛
a t˛e sam ˛
a długo´s´c przeciwprostok ˛
atnej oraz
jednej z przyprostok ˛
atnych (dokładnie: SO). To oznacza, ˙ze trójk ˛
aty te s ˛
a przystaj ˛
ace, wi˛ec
AO
=
BO
=
CO
=
DO.
To z kolei oznacza, ˙ze na czworok ˛
acie ABCD mo ˙zna opisa´c okr ˛
ag i punkt O jest ´srodkiem
tego okr˛egu. W takim razie do obliczenia wysoko´sci (np. z trójk ˛
ata SOA) brakuje nam dłu-
go´sci promienia okr˛egu opisanego na czworok ˛
acie ABCD.
Zauwa ˙zmy, ˙ze okr ˛
ag opisany na czworok ˛
acie ABCD jest te ˙z okr˛egiem opisanym na trój-
k ˛
acie ABD, wi˛ec jego promie ´n mo ˙zemy wyliczy´c stosuj ˛
ac twierdzenie sinusów w tym trój-
k ˛
acie. Tak si˛e szcz˛e´sliwie składa, ˙ze mamy nawet podany cos
]
A, wi˛ec do pełni szcz˛e´scia
brakuje nam długo´sci przek ˛
atnej BD. T˛e długo´s´c mo ˙zemy jednak wyliczy´c stosuj ˛
ac twier-
dzenie cosinusów.
Wszystko wiemy, wi˛ec liczymy – na pocz ˛
atek długo´s´c przek ˛
atnej BD.
BD
2
=
AB
2
+
AD
2
−
2AB
·
AD cos
]
A
BD
2
=
49
+
25
−
2
·
7
·
5
·
4
5
=
49
+
25
−
56
=
18
BD
=
3
√
2.
Teraz obliczamy sin
]
A
sin
]
A
=
p
1
−
cos
2
]
A
=
r
1
−
16
25
=
3
5
(sinus jest dodatni dla k ˛
atów wypukłych). Teraz piszemy twierdzenie sinusów w trójk ˛
acie
ABD.
BD
sin
]
A
=
2R
R
=
BD
2 sin
]
A
=
3
√
2
2
·
3
5
=
5
√
2
2
.
Materiał pobrany z serwisu
9
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Teraz piszemy twierdzenie Pitagorasa w trójk ˛
acie SOA.
h
=
SO
=
p
AS
2
−
AO
2
=
v
u
u
t
3
√
6
2
!
2
−
5
√
2
2
!
2
=
=
1
2
q
(
3
√
6
)
2
− (
5
√
2
)
2
=
1
2
√
54
−
50
=
1.
Odpowied´z: h
=
1
Z
ADANIE
10
(6
PKT
.)
Ile jest liczb dziewi˛eciocyfrowych, w których suma ka ˙zdych trzech kolejnych cyfr jest równa
10?
R
OZWI ˛
AZANIE
Powiedzmy, ˙ze kolejne cztery cyfry liczby, o jakiej mowa w tre´sci zadania to a, b, c, d. W
takim razie musimy mie´c
a
+
b
+
c
=
10
=
b
+
c
+
d
⇒
a
=
d.
W takim razie cyfry takiej liczby musz ˛
a si˛e cyklicznie powtarza´c - cyfry 1,4 i 7 musz ˛
a by´c
identyczne, podobnie dla cyfr o numerach 2,5,8 i 3,6,9. To oznacza, ˙ze liczba musi mie´c po-
sta´c
abcabcabc.
Zauwa ˙zmy, ˙ze w liczbie tej postaci suma dowolnych trzech kolejnych cyfr jest równa a
+
b
+
c, wi˛ec wystarczy zagwarantowa´c, aby a
+
b
+
c
=
10, a wtedy automatycznie liczba ta
b˛edzie spełnia´c warunki zadania.
Policzmy na ile sposobów mo ˙zna wybra´c cyfry a
6=
0, b, c, tak aby a
+
b
+
c
=
10.
Oczywi´scie tylko jedna spo´sród cyfr a, b, c mo ˙ze by´c równa zero i nie mo ˙ze to by´c a.
Policzmy ile jest mo ˙zliwo´sci z jednym zerem. Liczb˛e a mo ˙zemy wybra´c na 9 sposobów,
drug ˛
a niezerow ˛
a liczb˛e mamy ju ˙z wyznaczon ˛
a jednoznacznie (bo suma ma by´c równa 10),
ale musimy jeszcze ustali´c, czy jest to b, czy c. Jest wi˛ec
9
·
2
=
18
takich liczb.
Dalej załó ˙zmy ju ˙z, ˙ze mamy tylko niezerowe cyfry.
Policzmy teraz ile jest mo ˙zliwo´sci z dwoma równymi cyframi (nie mog ˛
a by´c trzy równe
cyfry). S ˛
a 4 sposoby rozpisania 10-ki w ten sposób:
10
=
1
+
1
+
8
10
=
2
+
2
+
6
10
=
3
+
3
+
4
10
=
4
+
4
+
2
Materiał pobrany z serwisu
10
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
i ka ˙zdy z tych rozkładów daje 3 mo ˙zliwe trójki liczb
(
a, b, c
)
– wystarczy bowiem ustali´c,
które dwie z liczb a, b, c maj ˛
a by´c równe i wtedy trzecia liczba jest ju ˙z jednoznacznie wyzna-
czona. Jest wi˛ec
3
·
4
=
12
układów z dwoma równymi cyframi.
Pozostało policzy´c liczb˛e trójek
(
a, b, c
)
, w których ˙zadne dwie cyfry nie s ˛
a równe. Mo-
˙zemy 10 rozpisa´c w ten sposób na 4 sposoby
10
=
7
+
2
+
1
10
=
6
+
3
+
1
10
=
5
+
4
+
1
10
=
5
+
3
+
2
i ka ˙zdy z tych rozkładów daje 3!
=
6 mo ˙zliwych trójek liczb
(
a, b, c
)
. S ˛
a wi˛ec
4
·
6
=
24
liczby tej postaci.
W sumie s ˛
a wi˛ec
18
+
12
+
24
=
54
liczby spełniaj ˛
ace warunki zadania.
Odpowied´z: 54
Materiał pobrany z serwisu
11
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
Ekonomia 16.04.11, Ekonomia WSHGIT Dorian
16 04 11 A
16 04 11 R
16 04 11 A
Sadownictwo ćwicz 14.10.2005 i 04.11.2005, SADOWNICTWO
Pedagogika wychowania przedszkolnego 16.04, metodyka wychowania przedszkolnego(1)
Rewolucja Na Talerzu s02e04 Placki 04 11 2010
Prawo handlowe 16 04 16
Chirurgia 16 04
16 04 86
04 11 88
Chirurgia - Rany 16[1].X.04, - PIERWSZA POMOC - ZDROWIE, - Ratownictwo Medyczne, Semestr II, Ratown
interna egz 14,04,11
04 (11)
19.20.02.2011r.i 20.03 i 16.04- prawo finansowe, Administracja WSEI Lublin, Makarzec
04.11, 04
GA doc, 16.04
03 04 11 2012r
więcej podobnych podstron