Bolesław Mokrski Józef Siwy Tomasz Szymczyk. Matematyczny sezam. 15 lat Śląskiego Konkursu Matematycznego

Transkrypt

1 Bolesław Mokrski Józef Siwy Tomasz Szymczyk Matematyczny sezam 15 lat Śląskiego Konkursu Matematycznego Wydawnictwo Szkolne OMEGA Kraków 018

2 Matematyczny sezam wydanie drugie uzupełnione 15 lat Śląskiego Konkursu Matematycznego Autorzy Bolesław Mokrski Józef Siwy Tomasz Szymczyk Rysunki i skład (systemem TEX/M E X) Tomasz Szymczyk Projekt okładki Jacek Kawa Konsultacja językowa Urszula Zajączek ISBN Copyright c 018 by Wydawnictwo Szkolne OMEGA Grafika na stronach 8, 36: Copyright c by Senoldo/shutterstock.com Wydawca Wydawnictwo Szkolne OMEGA ul. Wielicka 44c Kraków tel.: , kom.: biuro@ws-omega.com.pl

3 Spis treści Przedmowa do wydania drugiego Wstęp Treści zadań Zadania zawodów rejonowych Zadania zawodów finałowych Zadania do pracy samodzielnej Rozwiązania zadań Zadania zawodów rejonowych Zadania zawodów finałowych Zadania do pracy samodzielnej Wybrane oznaczenia stosowane w książce Wybrane pozycje polecanej literatury

4 Przedmowa do wydania drugiego Po pięciu latach od pierwszego wydania nakładem FHU»Miła«z Mikołowa oddajemy w ręce czytelnika drugie, uzupełnione wydanie. Tym razem wydane przez Wydawnictwo Szkolne OMEGA z Krakowa. Do poprzedniej wersji dodaliśmy zadania konkursowe z ostatnich pięciu lat. Ponadto zadania do pracy samodzielnej z poprzedniego wydania, które wykorzystaliśmy w konkursie zostały zastąpione nowymi. Usunęliśmy też zauważone oraz zgłoszone nam błędy i pomyłki. Bardzo dziękujemy Panu Witoldowi Stachnikowi i Wydawnictwu Szkolnemu OMEGA za wydanie tej publikacji. Autorzy 6

5 Wstęp Matematyczny sezam to zbiór zadań przeznaczonych dla uczniów młodszych klas szkół ponadgimnazjalnych (średnich) zainteresowanych matematyką. W pierwszej części publikacji zebraliśmy zadania pochodzące z zawodów Śląskiego Konkursu Matematycznego. W drugiej umieściliśmy kilkadziesiąt zadań do pracy samodzielnej, które można traktować jako materiał treningowy przed zawodami matematycznymi. W zbiorze zamieszczone są rozwiązania wszystkich zadań, niektóre nawet kilkoma sposobami. Książkę tę pisaliśmy z myślą o nauczycielach, którzy chcieliby przygotować swoich uczniów do udziału w konkursach matematycznych. Niniejszy zbiór jest przeznaczony przede wszystkim do pracy na zajęciach z młodzieżą uzdolnioną matematycznie. Liczymy, że sięgną po niego również sami uczniowie i znajdą w nim inspirację do rozwijania swoich zainteresowań. Warto spróbować. Wybrane przez nas zadania pochodzą z różnych źródeł. W zbiorze Czytelnik znajdzie oryginalne zadania naszego autorstwa jak i zadania, z którymi się niegdyś spotkaliśmy, znane z wcześniejszych opracowań. Rozwiązywanie zadań konkursowych jest sztuką. Wymaga wytężonej pracy zarówno uczniów jak i ich opiekunów. Chcielibyśmy, aby nasza publikacja wspierała osiąganie wysokiego poziomu tej sztuki, a wzorowanie się na podanych przez nas propozycjach było poprzedzone próbami znalezienia własnej drogi do prawidłowego rozwiązania postawionych problemów. Wiele z zamieszczonych w książce zadań ma zapewne również inne, prostsze, bądź bardziej oryginalne rozwiązania, od tych przedstawionych przez nas. Zachęcamy do ich poszukiwań. Z wdzięcznością przyjmiemy za pośrednictwem Wydawcy wszelkie uwagi Czytelników dotyczące tej publikacji, jak i informacje o zauważonych błędach. Mamy nadzieję, że każdy, kto weźmie tę książkę do ręki, znajdzie w niej dla siebie przynajmniej kilkanaście interesujących zadań. Życzymy powodzenia w ich rozwiązywaniu. Autorzy 7

6 Zadania zawodów rejonowych I konkurs matematyczny 1. Narysuj figurę { } F = (x,y) : x R i y R, i x 1 + y 1 = 1.. Wyznacz wszystkie pary (x, y) liczb całkowitych, które spełniają równanie (x +003)(y +003) = 003(x+y). 3. Środkami boków AB i CD czworokąta wypukłego ABCD są odpowiednio punkty K i L. Wykaż, że pole trójkąta ALB jest równe sumie pól trójkątów AKD i BKC. 4. Wykaż, że jeżeli x, y są liczbami dodatnimi, to prawdziwe są nierówności x y +max{x,y} + y x 1 x+max{x,y} y +min{x,y} + y x+min{x,y}. II konkurs matematyczny 5. Z wierzchołka C kąta prostego w trójkącie prostokątnym ABC poprowadzono wysokość CD. Udowodnij, że długość wysokości CD jest równa sumie długości promieni okręgów wpisanych w trójkąty: ABC, ACD, BCD. 6. Wyznacz sumę całkowitych rozwiązań równania x 3 x 4 + x 4 x 4 = Rozstrzygnij, czy istnieje taka całkowita dodatnia liczba n, że n 3 jest iloczynem trzech kolejnych dodatnich liczb całkowitych. Odpowiedź uzasadnij. Zadania zawodów rejonowych 9

7 8. W czworokącie wypukłym ABCD dwusieczne kątów A i B przecinają się w punkcie K; dwusieczne kątów B i C przecinają się w punkcie L; dwusieczne kątów C i D przecinają się w punkcie M, a dwusieczne kątów D i A przecinają się w punkcie N. Wykaż, że jeśli punkty K, L, M, N są wierzchołkami czworokąta, to można na nim opisać okrąg. Zadanie zilustruj rysunkiem. III konkurs matematyczny 9. Niech a, b, c będą długościami boków trójkąta. Wykaż, że a+b+c + a b+c + a+b c 3(a+b+c). 10. Rozwiąż równanie x x 1 + x+ x 1 = 1 x W trapez równoramienny o podstawach długości a i b można wpisać koło. Oblicz pole tego koła. 1. Dany jest ciąg liczbowy (a n ) określony wzorem a n = 1 4n + 4n + 3 4n, gdzie n N. Wyznacz zbiór reszt z dzielenia wyrazów ciągu (a n ) przez 5. IV konkurs matematyczny 13. Wykaż, że jeżeli p jest liczbą pierwszą oraz p>3, to liczba p 1 dzieli się przez Oblicz pole trapezu prostokątnego, wiedząc, że odległości środka okręgu wpisanego w ten trapez od końców ramienia nieprostopadłego do podstaw są równe a i a. 15. Liczbę 007 przedstaw w postaci różnicy kwadratów dwóch liczb naturalnych. Ile rozwiązań ma to zadanie? Odpowiedź uzasadnij. 16. Wykaż, że jeśli a i b są takimi liczbami dodatnimi, że a b a+b, to a+b Dany jest czworokąt wypukły ABCD. Okręgi wpisane w trójkąty ABC i ACD są styczne zewnętrznie. Wykaż, że istnieje okrąg styczny do każdego boku czworokąta ABCD. 10 Treści zadań

8 Zadania zawodów rejonowych 1. Aby wyznaczyć figurę f, rozpatrzymy cztery przypadki. Przypadek 1. x 0 i y 0. W tym przypadku równanie opisujące figurę f przyjmuje postać x 1 + y 1 =1. Dla y 1 otrzymujemy fragment wykresu funkcji y = x 1, a dla y < 1 fragment wykresu funkcji y = x 1. Łącząc te dwa fragmenty, otrzymujemy brzeg kwadratu o wierzchołkach: (1,0), (,1), (1,), (0,1). Przypadek. x 0 i y 0. W tym przypadku dostajemy brzeg kwadratu o wierzchołkach: (1, 0), (, 1), (1, ), (0, 1). Przypadek 3. x 0 i y 0. Postępując analogicznie jak w przypadku 1., otrzymujemy brzeg kwadratu o wierzchołkach: ( 1,0), (, 1), ( 1, ), (0, 1). Przypadek 4. x 0 i y 0. W tym przypadku dostajemy brzeg kwadratu o wierzchołkach: ( 1, 0), (,1), ( 1,), (0,1). Figurę f tworzy suma otrzymanych brzegów kwadratów (patrz rysunek powyżej). Uwaga. Figurę f można otrzymać w sposób następujący: znajdujemy brzeg kwadratu z przypadku 1., a następnie korzystając z faktu, że dana figura jest symetryczna względem osi układu, otrzymujemy kolejne części figury f. Zadania zawodów rejonowych 37

9 . Dane równanie możemy zapisać równoważnie (x +003)(y +003) = 003(x+y) x y +003x +003y +003 = 003x xy +003y (xy) 003 xy +003 = 0 (xy 003) = 0, a zatem xy = 003. Ponieważ liczba 003 jest liczbą pierwszą, więc a stąd 003 = = = 1 ( 003) = 003 ( 1), (x,y) {(1,003), (003,1), ( 1, 003), ( 003, 1)}. 3. Niech CM = h C, DN = h D, LP = h L będą odpowiednio wysokościami trójkątów KBC, AKD, ABL. Ponieważ L jest środkiem boku CD, więc h L = 1 (h C +h D ), bo LP jest linią środkową w trapezie NMCD. Punkt K jest środkiem boku AB, więc Stąd otrzymujemy AK = BK = 1 AB. [AKD]+[KBC] = 1 AK h D + 1 KB h C = = 1 1 AB(h C +h D ) = 1 AB h L = [ABL]. 4. Bez szkody dla ogólności rozwiązania możemy założyć, że x y. Stąd max{x,y} = y, min{x,y} = x i x xy y. Wtedy x y +max{x,y} + y y +max{x,y} = oraz x y +min{x,y} + 38 Rozwiązania zadań = x y + y x+y = x +xy +y y(x+y) y y +min{x,y} = = x y +x + y x = x +xy +y x(x+y) xy +y xy +y = 1 x +xy x +xy = 1.

10 5. W rozwiązaniu wykorzystamy związek r = 1 (a + b c), gdzie a, b są długościami przyprostokątnych, a c przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego, w którym promień okręgu wpisanego ma długość r. Dowód tego związku pozostawiamy jako nietrudne ćwiczenie do samodzielnego rozwiązania. Niech r, r 1, r oznaczają długości promieni okręgów wpisanych w trójkąty prostokątne ABC, ACD, BCD. Korzystając z podanego powyżej związku, otrzymujemy r +r 1 +r = 1 (AC +BC AB)+ 1 (AD +CD AC)+ 1 (BD +CD BC) = = 1 (AC +BC AB +AD +CD AC +BD +CD BC) = = 1 CD = CD. 6. Dla x 4 przyjmijmy: x 4 = a, skąd x = a + 4. Wstawiając to do danego równania, dostajemy a +4 3 a + a +4 4a = 1, a stąd czyli (a 1) + (a ) = 1, a 1 + a = 1. Jeżeli a >, to równanie przyjmuje postać a 1+a = 1 i stąd a =, co jest sprzeczne z założeniem. Dla a < 1 mamy 1 a + a = 1, skąd a = 1 i też otrzymujemy sprzeczność z założeniem. Jeżeli natomiast 1 a, to równanie przyjmuje postać a 1+ a=1, które jest tożsamością i spełniają go wszystkie liczby z podanego przedziału, a stąd kolejno 1 a 4, 5 a +4 8, 5 x 8. Całkowitymi pierwiastkami danego w zadaniu równania są liczby: 5, 6, 7, 8, co łatwo sprawdzić przez bezpośrednie podstawienie, stąd ich suma jest równa Przypuśćmy, że istnieją takie dodatnie liczby całkowite n i k, że n 3 = k(k +1)(k +). Otrzymujemy stąd, że n 3 = k 3 +3k +k > k 3, czyli n > k. Zadania zawodów rejonowych 39

11 Z drugiej strony n 3 = k 3 +3k +k < k 3 +3k +3k +1 = (k +1) 3, skąd n < k+1. Zatem dodatnie liczby całkowite n i k spełniają nierówności k < n < k +1. Uzyskana sprzeczność dowodzi, że nie istnieje taka dodatnia liczba całkowita n, dla której n 3 jest iloczynem trzech kolejnych dodatnich liczb całkowitych. 8. Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku obok. Suma kątów wewnętrznych czworokąta jest równa 360, czyli a stąd α+β +γ +δ = 360, α+β +γ +δ = 180. Wyznaczając miary kątów przy wierzchołkach K i M w czworokącie KLMN, dostajemy <)NKL=<)AKB =180 (α+β) oraz <)LMN =<)CMD=180 (γ+δ), więc <)NKL+<)LMN = <)AKB +<)CMD = 180 (α+β)+180 (γ +δ) = = 360 (α+β +γ +δ) = 180, a zatem na czworokącie KLMN można opisać okrąg. 9. Przyjmijmy: a+b+c = x, a b+c = y, a+b c = z. Liczby a, b, c są długościami boków trójkąta, więc liczby x, y, z są dodatnie. Ponieważ x+y +z = ( a+b+c)+(a b+c)+(a+b c) = a+b+c, więc nierówność dana w zadaniu jest równoważna nierówności (1) x + y + z 3(x+y +z). Obie strony nierówności (1) są dodatnie. Podnosząc obustronnie do kwadratu, otrzymujemy nierówność równoważną ( x + y + z ) 3(x+y +z). Przekształcając dalej równoważnie, dostajemy x+y +z + xy + yz + zx 3x+3y +3z x xy +y +y yz +z +z zx +x 0 ( x y ) +( y z ) +( z x ) 0. Ostatnia nierówność jest zawsze prawdziwa, więc nierówność dana w zadaniu też jest prawdziwa. 40 Rozwiązania zadań

12 10. Aby dane równanie miało sens, muszą być spełnione warunki: skąd x > 1. Ponieważ oraz x 1 0, x x 1 0 i x 1, x x 1 = x 1 x 1 +1 = ( x 1 1) x+ x 1 = x 1+ x 1 +1 = ( x 1 +1), więc równanie można zapisać w postaci ( x 1 1) + ( x 1 +1) = 1 x 1 albo (1) x x 1 +1 = 1 x 1. Przyjmijmy: x 1 = a > 0, czyli x 1 = a. Równanie (1) możemy teraz zapisać () a 1 +a+1 = 1 a. Jeżeli a 1, to równanie () przyjmuje postać a 1+a+1 = 1 a, a stąd a 3 = 1. Jest to równanie sprzeczne dla a 1. Jeśli natomiast 0 < a < 1, to równanie () ma postać a+1+a+1 = 1 a, a stąd a = 1, czyli x 1 = 1. Rozwiązaniem równania jest liczba x = Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku obok. Ponieważ trapez jest równoramienny, więc AD = BC i AE = BF = x. Z twierdzenia o czworokącie opisanym na okręgu otrzymujemy AD = AD +BC = AB +CD = a+b. Zadania zawodów rejonowych 41

13 Jednocześnie AE = BF = x = a b. Trójkąt ADE, gdzie DE = r, jest prostokątny, więc AD = AE +DE, czyli ( ) a+b ( ) a b = (r) +, a stąd r = ab. Możemy teraz wyznaczyć pole P tego koła 4 P = πr = π 4 ab. 1. Ciąg (a n ) możemy zapisać a n = 1 4n + 4n +3 4n = 1+16 n +81 n. Zauważmy, że dla każdej liczby naturalnej n oraz dowolnej liczby całkowitej a istnieje taka liczba całkowita b, że (5a+1) n = 5b+1. Wobec tego a n = 1+16 n +81 n = 1+(5 3+1) n +(5 16+1) n = 1+5A+1+5B +1 = 5(A+B)+3, gdzie A i B są pewnymi liczbami całkowitymi. Zatem, każdy wyraz ciągu (a n ) przy dzieleniu przez 5 daje resztę 3. Rozwiązanie zadania łatwo możemy zapisać przy użyciu kongruencji. 1 1 (mod 5), 16 1 (mod 5) i 81 1 (mod 5). Korzystając z własności kongruencji, dostajemy 1 1 (mod 5), 16 n 1 n = 1 (mod 5) i 81 n 1 n = 1 (mod 5). Dodając ostatnie kongruencje stronami, otrzymujemy 1+16 n +81 n 3 (mod 5), czyli każdy wyraz ciągu (a n ) przy dzieleniu przez 5 daje resztę Jeżeli p = 5, to p 1 = 4 i teza zadania jest spełniona. Zauważmy, że każdą liczbę pierwszą większą od 5 możemy przedstawić w postaci p = 6t+1 lub p = 6t+5, gdzie t jest pewną dodatnią liczbą całkowitą. Liczby 6t, 6t +, 6t + 4 są podzielne przez, a liczba 6t + 3 jest podzielna przez 3, więc nie są to liczby pierwsze. Niech p = 6t+1. Wtedy p 1 = (6t+1) 1 = 36t +1t+1 1 = 1t(3t+1). Jeśli t = k, gdzie k jest liczbą całkowitą, to p 1 = 4k(6k + 1) i teza zadania jest spełniona, a jeśli t = k +1, to p 1 = 1(k +1)(3(k +1)+1) = 1(k +1)(6k +4) = 4(k +1)(3k +) i teza też jest spełniona. 4 Rozwiązania zadań

14 Niech teraz p = 6t+5. Wtedy p 1 = (6t+5) 1 = 36t +60t+5 1 = 1(3t +5t)+4. Jeśli t = k, gdzie k jest liczbą całkowitą, to p 1 = 1(1k +10k)+4 = 4(6k +5k)+4 i liczba ta dzieli się przez 4, a jeśli t = k +1, to p 1 = 1(3(k +1) +5(k +1))+4 = 4(6k +11k +4)+4 i teza znów jest spełniona. Kończy to rozwiązanie zadania. 14. Niech O będzie środkiem okręgu wpisanego w dany trapez. Ponieważ <)ABC +<)BCD = α+β = 180, więc α+β =90 i stąd trójkąt BOC jest trójkątem prostokątnym o kącie prostym przy wierzchołku O. Zatem BC = OB +OC = (a) +a = 5a, skąd BC =a 5. Obliczając pole trójkąta BOC dwoma sposobami, wyznaczamy długość r promienia okręgu wpisanego w trapez, czyli skąd r = a 5. 1 OB OC = 1 BC OE 1 a a = 1 a 5 r, Ponieważ trapez ABCD jest opisany na okręgu, więc AB+CD =BC +AD, a ponadto AD = r, więc AB +CD = a 5 + 4a = 9a. 5 5 Teraz już możemy wyznaczyć pole trapezu: [ABCD] = 1 (AB +CD) r = 1 9a 5 4a 5 = 18 5 a. 15. Niech a i b (a>b) będą takimi liczbami naturalnymi, że a b =007. Dla liczb naturalnych a, b (a > b) prawdziwe są nierówności a+b > a b 0. Liczbę 007 możemy przedstawić w postaci iloczynu dwóch liczb naturalnych na trzy sposoby: 007 = = = 3 9. Zadania zawodów rejonowych 43

15 Otrzymujemy stąd alternatywę trzech układów równań { { { a+b = 007 a+b = 669 a+b = 3 a b = 1, a b = 3, a b = 9. Rozwiązując te układy równań, dostajemy rozwiązania: Łatwo sprawdzić, że (a,b) {(1004,1003), (336,333), (116,107)} = = = 007, więc to zadanie ma trzy rozwiązania. a+b 16. Skorzystamy z zależności ab między średnią arytmetyczną i geometryczną dla dwóch liczb dodatnich, skąd ( ) a+b ab (a+b) 4ab. Wykorzystując założenia, dostajemy (a+b) 4ab 4(a+b), czyli a+b Zauważmy, że jeżeli dwa okręgi styczne do prostej m, których środki leżą po obu stronach tej prostej, są styczne zewnętrznie w punkcie S, to punkt S leży na prostej m. Niech okręgi wpisane w trójkąty ABC i ACD będą styczne w punkcie S. Na podstawie powyższej uwagi są one również styczne w punkcie S do przekątnej AC czworokąta ABCD. Niech punkty M, N, P, Q będą punktami styczności tych okręgów z bokami czworokąta odpowiednio AB, BC, CD, DA. Ponieważ więc AM = AS = AQ, CN = CS = CP, BM = BN, DP = DQ, AB +CD = AM +MB +CP +P D = AQ+BN +CN +DQ = AD +BC, a to oznacza, że w czworokąt ABCD można wpisać okrąg. 18. W dowodzie wykorzystamy zależność między średnią arytmetyczną i kwadratową prawdziwą dla liczb rzeczywistych a i b: a+b a +b. 44 Rozwiązania zadań