O D P O W I E D Z I D O Z A D A Ń T E S T O W Y C H

Transkrypt

1 O D P O W I E D Z I D O Z A D A Ń T E S T O W Y C H 1. Niech A = {(x, y) R R : 3 x +4 x = 5 y } będzie zbiorem rozwiązań równania 3 x +4 x = 5 y w liczbach rzeczywistych. Wówczas zbiór A i zbiór N N mają wspólne elementy, zbiór A jest zbiorem nieskończonym, dla każdego x R istnieje dokładnie jedno takie y R, że (x, y) A.. Oznaczamy przez X liczbę elementów skończonego zbioru X. Wówczas, dla dowolnych zbiorów skończonych A, B, C zachodzi równość: A B C = A + B + C A B C, (A B) C = A B + C, (A B) (B C) (C A) = A B + B C + C A. 3. Niech p, q 10 będą różnymi liczbami pierwszymi. Wówczas p + q jest liczbą niewymierną, pq jest liczbą niewymierną, p q + q p jest liczbą niewymierną. 4. Dany jest zbiór A = { k 3 l : k, l = 0, 1,,... }. Wówczas zbiór A zawiera nieskończenie wiele rozłącznych podzbiorów czteroelementowych postaci {a, a + r, a + r, a + 3r}, istnieje 015 ciągów geometrycznych, których wyrazy wyczerpują zbiór A, zbiór A {1,,..., 015} ma co najmniej 31 elementów. 5. Niech ABCD będzie czworokątem (niekoniecznie wypukłym). Niech E, F, G, H będą środkami jego kolejnych boków. Wówczas jeżeli EF GH jest równoległobokiem, to ABCD jest równoległobokiem, jeżeli EF GH jest rombem, to ABCD jest prostokątem, jeżeli EG F H, to ABCD jest deltoidem. 6. Dla liczb m, n Z >0 (całkowitych dodatnich) oznaczmy A = m n i B = m+n m+n. Wtedy istnieją takie m, n Z >0, że A = B, istnieją takie m, n Z >0, że A = B, dla wszystkich m, n Z >0 zachodzi równość A + B = A B. 7. Dane są dwa ciągi arytmetyczne (a n ) i (b n ) o różnicach r a 0 i r b 0, przy czym dla pewnego k N zachodzą równości a k = b k i a k+014 = b k+016. Wtedy iloraz r a /r b jest liczbą wymierną, istnieje taki indeks n, że a n b n 015, istnieje taki indeks n, że a n b n 015.

2 8. Wielomian F (X) = a 0 + a 1 X + a X + a 3 X 3 + a 4 X 4 + a 5 X 5 ma współczynniki rzeczywiste i dla każdej liczby x R spełnia nierówności F (x) x + 3 i F (x) x + 3. Wówczas a 5 > 0, a 0 = 3, a 0 + a + a Istnieje taka liczba pierwsza p, że p + 8 jest sześcianem liczby naturalnej, p 8 jest sześcianem liczby naturalnej, p jest czwartą potęgą liczby całkowitej. 10. Trójkąt ABC ma boki o długościach a = 91, b = 60, c = 109. Wówczas trójkąt ABC jest ostrokątny, promień okręgu wpisanego w ten trójkąt jest równy 1, promień okręgu opisanego na tym trójkącie jest większy niż Niech f : R R będzie funkcją zadaną przez f(x) = x x (wartość bezwzględna podłogi minus podłoga wartości bezwzględnej). Wówczas funkcja f jest funkcją okresową, funkcja g dana wzorem g(x) = f(x) f( x) jest funkcją nieparzystą, funkcja h dana wzorem h(x) = f(x) + f( x) jest funkcją okresową. 1. Ciąg (a n ) jest ciągiem arytmetycznym, przy czym a 1 = 14, a = 5. Wówczas pewne dwa kolejne wyrazy ciągu (a n ) są kwadratami liczb całkowitych, pewne trzy kolejne wyrazy ciągu (a n ) są kwadratami liczb całkowitych, istnieje nieskończenie wiele takich n N, że a n jest kwadratem. 13. W przestrzeni 3-wymiarowej dany jest trójkąt T = ABC. Jego rzutami na płaszczyzny Oxy, Oyz i Ozx prostokątnego układu współrzędnych Oxyz są trójkąty T z, T x i T y. Pola trójkątów T x, T y, T z są równe. Wówczas, taki trójkąt nie istnieje, trójkąt T jest równoboczny, jeżeli punkt P = (a, b, c) jest rzutem prostokątnym punktu (0, 0, 0) na płaszczyznę trójkąta T, to a = b = c. 14. W podstawie ABC czworościanu ABCS dany jest taki punkt P, że objętości czworościanów ABP S, BCP S i CAP S są równe. Wówczas punkt P jest spodkiem wysokości czworościanu opuszczonej z wierzchołka S, odległości punktu P od ścian ABS, BCS i CAS są równe, zachodzi równość AC + BC AB = 9 CP.

3 15. Funkcja f : R R dana jest wzorem f(x) = x a + x b + x c + x d, gdzie a < b < c < d są zadanymi liczbami rzeczywistymi. Niech m będzie minimalną wartością funkcji f. Wówczas f ( ) a+d = m, funkcja f przyjmuje wartość m dla nieskończenie wielu argumentów x, istnieją takie stałe A > 0, B, C, że Ax + Bx + C < f(x) dla każdego x R. 16. Wiadomo, że liczba 011 jest liczbą pierwszą. Wobec tego istnieje dokładnie jedna taka para liczb naturalnych x, y, że x y = 011, x + y = 011 i x y, x + 5y = Pewien n-kąt (n 3) ma boki o długościach a, a,..., a n 1, a n, gdzie a > 1. Wówczas a może być równe, jeżeli n = 3, to a < 3, jeżeli n = 4, to ten n-kąt jest wypukły. 18. Niech L(n) = ( n 0) + ( n 1) ( n n) dla n N. Wówczas L(n + m) = L(n)L(m) dla dowolnych liczb naturalnych n, m, L(nm) = L(n) m dla dowolnych liczb naturalnych n, m, liczba L(11) + 1 jest liczbą pierwszą. 19. Funkcja f : R R dana jest wzorem Wówczas f(x) = funkcja f jest nieparzysta, sin 4 x + 4 cos x cos 4 x + 4 sin x. dla każdego x R zachodzi nierówność f(x) 1, funkcja f jest okresowa. 0. Promień r okręgu wpisanego w trójkąt ABC wynosi 1, a pole S jest liczbą wymierną. Niech a, b, c będą długościami boków tego trójkąta. Wówczas możliwe jest, że dokładnie jedna z liczb a, b, c jest niewymierna, możliwe jest, że liczby a, b, c są liczbami naturalnymi, możliwe jest, że S = 015.

4 R O Z W I Ą Z A N I A Z A D A Ń T E K S T O W Y C H ZADA 1. Wyznaczyć liczbę rozwiązań równania x 1 + x + x 3 + x 4 = 10 (1) w liczbach całkowitych x i 3. R o z w i ą z a n i e. Niech y i = x i + 3 dla i = 1,, 3, 4. Każde rozwiązanie (x 1, x, x 3, x 4 ) równania (1) w liczbach całkowitych x i 3 wyznacza więc rozwiązanie równania y 1 + y + y 3 + y 4 = () w liczbach całkowitych nieujemnych. I odwrotnie, każde rozwiązanie równania () w liczbach nieujemnych wyznacza (jednoznacznie) rozwiązanie równania (1) w liczbach x i 3. Wobec tego policzymy liczbę rozwiązań równania (). Aby to zrobić ustawmy w szeregu trzy czarne kwadraciki:, a następnie z lewej strony ustawmy y 1 białych kwadracików, między pierwszym czarnym kwadracikiem a drugim wstawmy szereg y białych kwadracików, między drugim czarnym kwadracikiem a trzecim wstawmy szereg y 3 białych kwadracików, i w końcu, z prawej strony trzeciego czarnego kwadracika ustawmy szereg złożony z y 4 białych kwadracików. Na przykład rozwiązanie (1, 10, 3, 8) równania () daje w ten sposób konfigurację: Jasne, że w ten sposób powstaje kod dowolnego rozwiązania (y 1, y, y 3, y 4 ) równania () w liczbach nieujemnych. I odwrotnie, każdy dwudziestopięciowyrazowy ciąg kwadracików, z których trzy są czarne a dwadzieścia dwa są białe, pozwala jednoznacznie odczytać rozwiązanie równania (). Wobec tego wystarczy wyznaczyć liczbę takich ciągów. Lub równoważnie, liczbę sposobów zaczernienia trzech z danych dwudziestu pięciu kwadracików. Jasne, że ta liczba jest liczbą trzyelementowych podzbiorów zbioru dwudziestopięcioelementowego. Czyli ( ) 5 = ! = 300. I to jest odpowiedź. U w a g a. W taki sam sposób można udowodnić, że zbiór R(k, n) rozwiązań równania y 1 + y y k = n w liczbach nieujemnych ma ( ) n+k 1 k 1 elementów, zob. KOM.

5 F ZADA. Na bokach BC i AC trójkąta C równoramiennego ABC ( AC = BC ) obrano takie punkty K i L, że AL + BK = KL. Przez środek S odcinka KL prowadzimy prostą równoległą do prostej BC. Prosta ta przecina podstawę AB trójkąta ABC w punkcie M. Wyznaczyć miarę kąta <) KML. K S R o z w i ą z a n i e. Przez punkt L poprowadźmy L prostą równoległą do prostej BC i oznaczmy przez X jej punkt przecięcia z podstawą AB trójkąta ABC. Zauważamy trapez XBKL. Odcinek SM jest równoległy do podstaw LX i KB tego trapezu i prze- A X M. B chodzi przez środek jednego z boków nierównoległych tego trapezu (w naszym przypadku KL). Wobec tego odcinek SM jest odcinkiem środkowym trapezu XBKL i, jako taki, ma długość równą średniej arytmetycznej długości podstaw: SM = XL + BK, (1) zobacz GEO. Z drugiej strony, trójkąt AXL jest równoramienny, co wynika z pons asinorum i równości m(<) LXA) = m(<) CBA) = m(<) CAB). Wobec tego XL = AL. Ta równość, równość (1) i założenie AL + BK = KL dają równości SM = AL + BK = KL = SL = SK. Z tych równości wynika, że okrąg o środku S i promieniu równym SM przechodzi przez punkty K, L, M. Kąt <) KM L jest kątem wpisanym w ten okrąg opartym na średnicy LK. Stąd dostajemy odpowiedź: miara kąta <) KML jest równa 90.