Zad. 1. W kwadrat o boku długości 1 wpisano siatkę sześcianu. Ile wynosi pole powierzchni tej siatki?
Zad. 2. Dany jest ciąg, w którym średnia arytmetyczna n pierwszych wyrazów jest równa n. Jaki jest 2025. wyraz tego ciągu?
Zad. 3. Sześć osób siedzi przy okrągłym stole. W pewnym momencie wszyscy zmieniają miejsce na takie, które nie sąsiaduje z ich dotychczasowym miejscem. Na ile sposobów mogą to zrobić?
W tym miesiącu punkty zdobyli:
- 12 - Jakub Ceynowa (SP 95 Wrocław),
- 6 - Ignacy Gałek (SP 1 Wrocław).
Gratulujemy!
Zad. 1. Spójrzmy na figurę z perspektywy górnego i lewego boku kwadratu (innymi słowy – zrzutujmy figurę na dwa boki kwadratu). Zauważmy, że odcinki w figurze z perspektywy tych boków dzielą się na prawie pionowe (ich rzuty to oznaczone na zielono krótkie odcinki o długości k) oraz prawie poziome (ich rzuty to oznaczone na czerwono długie odcinki o długości d). Pozostaje ułożyć i rozwiązać układ równań: 3d+4k=1, 4d−2k=1, a więc 6k=d, a zatem k=1/22, d=3/11. W lewym górnym rogu rysunku znajduje się trójkąt prostokątny o przyprostokątnych k i d, którego przeciwprostokątną jest krawędź sześcianu. Szukana wielkość to sześciokrotność kwadratu długości tej krawędzi, a zatem 6(1/484+9/121) = 222/484 = 111/242.
Zad. 2. Niech Sn oznacza sumę pierwszych n wyrazów ciągu. Średnia arytmetyczna n pierwszych wyrazów równa jest n, czyli Sn/n = n, stąd Sn = n2 dla każdego n. Wyraz n-ty to an = Sn − Sn−1 = n2−(n−1)2 = 2n−1. Zatem 2025. wyraz to 2·2025−1 = 4049.
Zad. 3. Zliczenie permutacji takich, że żadna osoba nie siedzi ani na tym samym miejscu, ani na miejscu sąsiada, jest dość trudne, dlatego uprościmy sobie zadanie. Zauważmy, że jeśli znajdziemy żądane ustawienie i przesuniemy każdą osobę o trzy krzesła w lewo, otrzymamy ustawienie, w którym każdy siedzi na miejscu swoim lub sąsiada – i odwrotnie. Wynika z tego, że ustawień obu rodzajów jest tyle samo – tymczasem ustawienia drugiego rodzaju łatwiej zliczyć.
Najpierw rozwiążemy podobny, prostszy problem dla siedzących w rzędzie. Niech Fn oznacza liczbę sposobów usadzenia n osób na n krzesłach w rzędzie tak, by każda osoba zajęła swoje krzesło lub krzesło sąsiada. Rozważamy lewą (pierwszą) osobę: jeśli zostaje na swoim krześle, pozostałe n−1 osób mogą być ustawione na Fn−1 sposobów; jeśli przesunie się o jedno krzesło w prawo, to na pierwszym krześle musi usiąść pierwotnie druga osoba – redukujemy problem do problemu rzędu o długości n−2. Dostajemy rekurencję Fn = Fn−1 + Fn−2 dla n≥3 oraz F1=1, F2=2. Stąd F3=3, F4=5, F5=8.
Wracamy teraz do ustawienia w kole z 6 miejscami i wybieramy konkretną osobę A. Rozważamy trzy przypadki:
- A zostaje na swoim miejscu.
Wówczas pozostali (po „rozcięciu” koła) tworzą rząd długości 5 i mamy F5=8 możliwości. - A przesuwa się o jedno miejsce w lewo.
Wtedy osobą, która zajmie jego miejsce, może być albo ta z prawej (co wymusza globalne przesunięcie wszystkich o jedno miejsce w lewo; to jeden przypadek), albo ta z lewej, co redukuje problem do rzędu długości 4 i daje F4=5 możliwości. Razem jest 1+5=6 możliwości. - A przesuwa się o jedno miejsce w lewo.
Symetrycznie otrzymujemy kolejne 6 możliwości.
W sumie mamy 8 + 6 + 6 = 20 dopuszczalnych rozmieszczeń.
