PRZYGOTOWAWCZYCH KLASY DRUGIE

Transkrypt

1 ROZWIAZANIA ZADAŃ PRZYGOTOWAWCZYCH KLASY DRUGIE Zadanie 1. Czy liczba m = 1 } {{} }{{} 1 może być: a) kwadratem liczby naturalnej, b) sześcianem liczby naturalnej?. a) Zauważmy, że }{{} }{{} 4 < }{{} }{{} 1 < }{{} }{{} 9. Z drugiej strony }{{} }{{} 4 = n n+ = ( + 10 n+1 ), m = n n+ oraz 1 } {{} }{{} 9 = n n+ = ( n+1 ). Tak wiec ( + 10 n+1 ) < m < ( n+1 ). Stad wynika, że m nie jest kwadratem liczby naturalnej (jako liczba miedzy kwadratami dwóch kolejnych liczb naturalnych). b) Z równości (3k+r) 3 = 7k 3 +7k r+9kr +r 3 wynika, że sześcian liczby ca lkowitej przy dzieleniu przez 9 może dawać reszte 0, 1 lub 8. Jednak m = n n+ = (9 + 1) n+1 + (9 + 1) n+ = 9s + 7, dla pewnej liczby naturalnej s. Tak wiec m nie jest sześcianem liczby naturalnej. Zadanie. Ile cyfr ma najmniejsza liczba naturalna podzielna przez 75, której suma cyfr jest równa 75? Zauważmy, że 75 = Wykorzystamy nastepuj ac a ceche podzielności przez 11: Liczba N = c n c n 1... c c 1 c 0 jest podzielna przez 11 wtedy i tylko wtedy, gdy liczba S(N) = c 0 c 1 + c + ( 1) n c n jest podzielna przez 11. Dowód powyższej cechy wynika stad, że N = c 0 + c c c n 10 n = c 0 +c 1 (11 1)+c (11 1) + +c n (11 1) n = 11k +c 0 c 1 +c +( 1) n c n, dla pewnej liczby ca lkowitej k. Oznaczmy przez S(N) sume cyfr zapisu dziesietnego liczby N. Zauważmy, że S(N)+ S(N) = (c 0 + c + c ) jest zawsze liczba parzysta. Jeżeli N jest taka liczba, że S(N) = 75, to S(N) jest liczba nieparzysta. Jeżeli dodatkowo N jest podzielna przez 11, to na podstawie powyższej cechy, S(N) 11 lub S(N) 11. Udowodnimy, że liczba spe lniajaca warunki zadania nie może mieć mniej niż 33 cyfry. Ponieważ jest ona podzielna przez 5, wiec ma ona jedna z czterech postaci: N = c n c n 1... c 00 lub N = c n c n 1... c 5 lub 1

2 N = c n c n 1... c 50 lub N = c n c n 1... c 75, gdzie c i {0, 1,,..., 9}. Za lóżmy, że n 31. Jeżeli S(N) 11, to z powyżego wynika, że c 0 + c + + c c 30 = 143 Jednak c 0 {0, 5}, wiec c + + c c Jest to niemożliwe, gdyż 15 9 = 135. W przypadku, gdy S(N) 11 rozważamy różnice S(N) S(N) = (c 1 + c 3 + c ). Podobnie jak wyżej, uwzgledniaj ac fakt, że c 1 {0,, 5, 7} otrzymujemy c 3 + c c = 136 > 15 9, co jest niemożliwe. Nie istnieje zatem mniej niż 33 cyfrowa liczba podzielna przez 75 o sumie cyfr równej 75. Z powyższej cechy podzielności przez 11 wynika, że liczba N = }.{{.. 99} dziewiatek jest podzielna przez 11 (bo S(N) = = 11) oraz oczywiście przez 5. Ponadto S(N) = = 75. Ostatecznie, najmniejsza liczba podzielna przez 75 o sumie cyfr 75 ma 33 cyfry. Zadanie 3. a) Wykazać, że liczba a = 0, , powsta la przez wypisanie po przecinku wszystkich kolejnych liczb naturalnych, jest niewymierna. b) Wykazać, że liczba b = 0, , powsta la przez wypisanie po przecinku wszystkich kolejnych pot eg dwójki, jest niewymierna. Skorzystamy z nastepuj acego twierdzenia: Liczba 0, c 1 c c 3..., gdzie c i {0, 1,,..., 8, 9}, jest wymierna wtedy i tylko wtedy, gdy ciag {c n } jest okresowy od pewnego miejsca, tzn. istnieja liczby naturalne n 0 oraz T takie, że c m+t = c m dla m n 0. a) W ciagu kolejnych cyfr liczby a wystepuj a np. dowolnie d lugie ciagi kolejnych zer, kolejnych jedynek, itp. Ciag cyfr liczby a nie jest zatem od żadnego miejsca okresowy. Liczba a jest wobec tego niewymierna. b) Niech {b n } bedzie ciagiem kolejnych cyfr po przecinku liczby b, tzn. b 1 =, b = 4, b 3 = 8, b 4 = 1, b 5 = 6,.... Dowód oprzemy na dwóch latwych do zauważenia faktach: (1) Dla dowolnej liczby naturalnej k istnieje potega dwójki majaca w zapisie dziesietnym dok ladnie k cyfr; () Jeśli l(m) oznacza pierwsza (liczac od lewej strony) cyfre zapisu dziesietnego liczby naturalnej m, to l(m) l(m). Przypuśćmy, że ciag {b n } jest okresowy od pewnego miejsca. Niech b m+t = b m dla m n 0. Na podstawie (1) wśród poteg dwójki wypisywanych na prawo od pozycji n 0 możemy wybrać taka, której liczba cyfr w zapisie dziesietnym jest ca lkowita wielokrotnościa liczby T. Za lóżmy, że zaczynajac od k-tej pozycji (k n 0 ) wypisywana jest st cyfrowa potega r. Wtedy zgodnie z przyjetymi oznaczeniami: b k = l( r ) oraz b k+st = l( r+1 ). Ponieważ T jest okresem ciagu {b n } otrzymujemy b k = b k+st, czyli l( r ) = l( r+1 ). Przeczy to jednak ().

3 3 Zadanie 4. Dla danej liczby naturalnej n wyznaczyć maksymalna poteg e dwójki dzielac a liczbe 7 n 1. oprzemy na znanej tożsamości: a m 1 = (a 1)(a m 1 + a m + + a + 1). Przypuśćmy, że n = k s, gdzie k 0 oraz s jest liczba nieparzysta. Z powyższej tożsamości wynika, że 7 n 1 = (7 k ) s 1 = (7 k 1)(7 k (s 1) + 7 k (s ) k + 1). Drugi czynnik powyższego rozk ladu jest liczba nieparzysta (jako suma nieparzystej liczby nieparzystych sk ladników), wiec wystarczy znaleźć najwyższa poteg e dwójki dzielac a liczbe 7 k 1. Niech zatem α k bedzie takie, że 7 k 1 = α k m, gdzie m jest liczba nieparzysta. Korzystajac ze wzoru dwumiennego Newtona otrzymujemy dla k 1 ( ) ( ) k 7 k + 1 = (8 1) k + 1 = 8 k 8 k 1 k = l, 1 k 1 gdzie l jest liczba nieparzysta. Mamy wiec 7 k+1 1 = (7 k 1)(7 k + 1) = α k+1 ml, czyli α k+1 = α k + 1. Ponieważ α 1 = 3, wiec z latwościa otrzymujemy, że α k = k +, dla k 1. Ostatecznie α 0 = 1 oraz α k = k +, dla k 1. Zadanie 5. Zbiór M sk lada sie z 005 różnych liczb naturalnych. Wykazać, że można wybrać trzy różne liczby a, b, c M takie, że a(b c) dzieli si e przez 005. Możliwe sa dwa przypadki: (1) Liczby ze zbioru M daja różne reszty z dzielenia przez 005; () Istnieja dwie liczby (oznaczmy je przez b i c) dajace taka sama reszte z dzielenia przez 005. W przypadku (1) istnieje w zbiorze M liczba a podzielna przez 005. Wtedy dla dowolnych b, c M mamy podzielność a(b c) przez 005. Jeśli zaś zachodzi sytuacja (), to b c dzieli si e przez 005, a wi ec dla dowolnej liczby a M mamy 005 a(b c).

4 4 Zadanie 6. Prostokaty P 1, P,..., P n pokrywaja ca lkowicie figure F o polu 1. Wykazać, że przynajmniej jeden z tych prostokatów ma obwód nie mniejszy od 4/ n. Oszacujemy najpierw pole dowolnego prostokata wzgledem jego obwodu. Niech a, b sa d lugościami boków prostokata o obwodzie p. Stosujac nierówność miedzy średnimi arytmetyczna i geometryczna otrzymujemy: ( ) a + b ab = p /16, Wynika stad, że każdy prostokat o obwodzie mniejszym od 4/ n ma pole mniejsze od 1/n. Ponieważ prostokaty P 1, P,..., P n pokrywaja ca lkowicie figure F o polu 1, wiec wśród nich musi istnieć przynajmniej jeden o obwodzie nie mniejszym od 4/ n. Zadanie 7. Rozwiazać równania: a) (x ) 6 + (x 4) 6 = 64; b) x x + 1 x x + 9 = 0 a) Podstawiajac y = x 3 równanie przyjmuje postać (y 1) 6 + (y + 1) 6 = 64. Po przekszta lceniach otrzymujemy równanie y y y 31 = 0. Rozk ladajac lewa strone na czynniki otrzymujemy postać równoważna: (y 1)(y + 1)(y y + 31) = 0. Sdad z latwościa wnioskujemy, że y = 1 lub y = 1, czyli x = lub x = 4. b) Zauważmy, że x 0. Zapiszmy równanie w postaci: x + x + 9 = x x + 4. Podnoszac obustronnie do kwadratu, po uproszczeniach otrzymamy + x + 9x = x + 5x + 4. Podnoszac raz jeszcze ostatnie równanie obustronnie do kwadratu otrzymamy x + x + 9x = 0. Ponieważ x 0, wiec z ostatniej zależności wynika, że x = 0 jest jedynym rozwiazaniem naszego równania. Zadanie 8. a) Wielomian W (x) stopnia n + 1 ma wspó lczynniki ca lkowite. Wykazać, że jeśli istnieja różne liczby ca lkowite x 1, x,..., x n+1 takie, że W (x 1 ) = W (x ) = = W (x n+1 ) = 1, to W (x) nie jest iloczynem dwóch wielomianów dodatnich stopni o wspó lczynnikach ca lkowitych. b) Niech W (x) b edzie wielomianem stopnia 7 o wspó lczynnikach ca lkowitych. Wykazać, że jeśli istnieje pi eć różnych liczb ca lkowitych x 1, x,..., x 5 takich, że W (x 1 ) = W (x ) = = W (x 5 ) = 1, to W (x) nie jest iloczynem dwóch wielomianów dodatnich stopni o wspó lczynnikach ca lkowitych. Skorzystamy z nastepuj acej w lasności wielomianów:

5 (*) Jeżeli W (x) jest wielomianem o wspó lczynnikach rzeczywistych stopnia n oraz x 1, x,..., x k różnymi liczbami takimi, że W (x 1 ) = W (x ) = = W (x k ) = a, to k n. W lasność, ta wynika z faktu, że x 1, x,..., x k sa różnymi pierwiastkami wielomianu W (x) a, a wiec W (x) a jest podzielny przez (x x 1 )(x x )... (x x k ). a) Przypuśćmy, że W (x) = P (x)q(x) dla pewnych wielomianów P (x), Q(x) o wspó lczynnikach ca lkowitych i majacych dodatnie stopnie. Suma stopni tych wielomianów wynosi n + 1, wiec jeden z nich ma stopień nie wiekszy niż n. Niech np. stopień P (x) n. Ponieważ dla i = 1,,..., n + 1, P (x i ) Q(x i ) = 1 oraz P (x i ), Q(x i ) sa liczbami ca lkowitymi, wiec P (x i ) = 1. Oznacza to, że liczby x 1, x,..., x n+1 sa pierwiastkami wielomianu P (x) 1 stopnia n, co jest niemożliwe. b) Za lóżmy, że W (x) = P (x)q(x) dla pewnych wielomianów P (x), Q(x) o wspó lczynnikach ca lkowitych i majacych dodatnie stopnie. Podobnie jak w a) możemy za lożyć, że P (x) ma stopień 3. Wtedy dla i = 1,,..., 5, P (x i ) = 1 lub P (x i ) = 1. Z w lasności (*) wynika, że dla dok ladnie trzech różnych wartości i P (x i ) jest równe jednocześnie 1 lub 1. Bez zmniejszania ogólności możemy przyjać, że P (x 1 ) = P (x ) = P (x 3 ) = 1, x 1 < x < x 3 oraz P (x 4 ) = P (x 5 ) = 1. Wówczas P (x) + 1 = a(x x 1 )(x x )(x x 3 ), gdzie a jest liczba ca lkowita. Podstawiajac x = x 4 oraz x = x 5 i uwzgledniaj ac to, że P (x 4 ) = P (x 5 ) = 1 otrzymamy równości a(x 4 x 1 )(x 4 x )(x 4 x 3 ) = oraz a(x 5 x 1 )(x 5 x )(x 4 x 3 ) =. Zauważmy, że zgodnie z przyjetymi za lożeniami x 4 x 1 > x 4 x > x 4 x 3 oraz x 5 x 1 > x 5 x > x 5 x 3. Z drugiej strony jedynym rozk ladem liczby w postaci iloczynu trzech różnych czynników jest ( ) ( 1) 1 =, a wiec a = 1 lub a = 1 oraz x 4 x 1 = x 5 x 1. Stad x 4 = x 5, co przeczy za lożeniom zadania. Zadanie 9. Dla danej liczby naturalnej n rozwiazać uk lad równań: x = x 1 1 x 3 = x 1... x n = x n 1 1 x 1 = x n 1 Zauważmy najpierw, że jeśli x > 1, to x 1 > x. (dok ladniej, zbiorem rozwiazań nierówności x 1 > x jest (, 1 ) (1, + )). Tak wiec, jeśli x 1 > 1, to x = x 1 1 > 1 oraz x > x 1. Z tych samych powodów x 3 > x,..., x n > x n 1 oraz x 1 > x n, a wiec sprzeczność. Zatem rozważany uk lad nie ma rozwiazań takich, że x 1 > 1. Niech wobec tego x 1 1. Istnieje wtedy liczba t R taka, że x 1 = cos t. Z tożsamości cos t = cos t 1 wynika kolejno, że x = cos t, x 3 = cos t,..., x n = cos n 1 t i w końcu x 1 = cos n t. Musi wiec zachodzić równość: cos t = cos n t. Korzystajac z tożsamości cos α cos β = sin α+β sin α β otrzymujemy sin (n + 1)t sin (n 1)t = 0. 5

6 6 Stad wnosimy, że t = kπ kπ lub t = n +1 n 1 dla pewnej liczby ca lkowitej k. Ostatecznie, rozważany uk lad spe lniaja ciagi (x 1, x,..., x n ) takie, że x i = cos i kπ n +1 dla i = 1,,..., n lub x i = cos i kπ dla i = 1,,..., n. n 1 Należy jeszcze rozstrzygnać dla jakich wartości k otrzymujemy różne rozwiazania uk ladu. Podobnie jak wyżej stwierdzamy, że równość: cos kπ zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy (k + l)π n + 1 = cos lπ n + 1 n + 1 = sπ lub (k l)π n + 1 = sπ dla pewnej liczby ca lkowitej s. Ostatni warunek jest równoważny temu, że jedna z liczb k + l lub k l jest ca lkowita wielokrotnościa liczby n + 1. Teraz z latwościa zauważamy, że dla k = 0, 1,..., n 1 odpowiadajace wartości x 1 sa parami różne. Analogicznie otrzymujemy, że wszystkie różne wartości w ciagu {cos lπ } uzykujemy n 1 przyjmujac l = 0, 1,..., n 1 1. Zauważmy ponadto, że dla 1 k n 1 oraz 1 l n 1 1 nie może zajść równość: kπ cos n + 1 = cos lπ n 1. W przeciwnym razie mielibyśmy kπ n lπ n 1 = sπ lub kπ n + 1 lπ n 1 = sπ dla pewnej liczby ca lkowitej s, czyli k( n 1) ± l( n + 1) = s( n 1)( n + 1). Żadna z ostatnich równości nie może jednak zajść, gdyż liczby n 1 i n 1 sa wzglednie pierwsze [nie mamy podzielności n + 1 k( n 1)]. Ostatecznie uk lad ma n różnych rozwiazań: x i = cos i kπ lub x n i = cos i lπ + 1 n 1, gdzie k = 0, 1,..., n 1, l = 1,,..., n 1 1. Zadanie 10. Rozwiazać równanie x x + [x] [x] = 1 + x[x], gdzie [x] oznacza cześć ca lkowita liczby x. Niech α oznacza cześć u lamkowa liczby x, tzn. x = [x] + α oraz 0 α < 1. Po podstawieniu do równania otrzymamy: Ponieważ α α 1 = (α 1 ) 5 4 [x] + (α α 1) = ( α)[x]. jest jasne, że dla α [0, 1) mamy 5 4 α α 1 1. Zauważmy teraz, że jeśli [x] 3, to [x] +(α α 1) > [x] 3[x] > ( α)[x]. Zatem równanie nie ma rozwiazań w przedziale [3, + ). Jeśli zaś [x], to

7 ( α)[x] < 0 oraz [x] + (α α 1) > 0. Możemy wiec dalej zak ladać, że [x] { 1, 0, 1, }. W każdym z tych czterech przypadków nasze równanie sprowadza sie do równania kwadratowego wzgledem α. Przez bezpośrednie sprawdzenie stwierdzamy, że tylko dla [x] = stosowne równanie kwadratowe ma pierwiastek w przedziale [0, 1). Jest nim α = Tak wiec nasze równanie ma jedno rozwiazanie: x = = Zadanie 11. Liczby x 1, x,..., x n sa nieujemne oraz x 1 + x + + x n = 1. Jaka najwieksz a wartość może przyjać suma x 1 x + x x x n 1 x n? Niech a = x 1 + x , b = x + x oznaczaja sumy wystkich x i numerowanych odpowiednio liczbami nieparzystymi i parzystymi. Mamy a + b = 1 oraz ponieważ liczby x i sa nieujemne ( ) a + b x 1 x + x x x n 1 x n ab = 1 4. Zauważmy, że dla ciagu x 1 = x = 1/, x 3 = x 4 = = x n = 0 rozważana suma przyjmuje wartość 1/4. Tak wiec 1/4 jest najwieksz a wartościa tej sumy. Zadanie 1. Na bokach równoleg loboku zbudowano kwadraty, tak że każdy kwadrat ma jeden bok wspólny z równoleg lobokiem oraz nie ma innych punktów wspólnych. Udowodnić, że środki tak otrzymanych kwadratów tworza kwadrat. Niech ABCD bedzie rozważanym równoleg lobokiem. Oznaczmy przez K, L, M, N środki dobudowanych kwadratów (patrz rysunek obok). Zauważmy, że KBL = 360 ( ABC + KBA + LBC) = 70 ABC = ABC = 90 + BAD = KAN. Stad wnosimy, że trójkaty KAN i KBL sa przystajace. Ponieważ AKB = 90, trójkat NAK jest obrazem trójkata KBL przy obrocie o środku K o kat 90 (przeciwnie do ruchu wskazówek zegara). Stad w szczególności wynika, że KN = KL i NKL = 90. Analogicznie pokazujemy prostopad lość i równość d lugości pozosta lych par boków czworokata KLMN. Ostatecznie KLM N jest kwadratem.

8 8 Zadanie 13. Dany jest czworokat, którego dwa przeciwleg le katy sa proste; d lugości boków przy jednym z katów prostych wynosza a i b, d lugości boków przy drugim kacie prostym sa równe. Obliczyć odleg lość miedzy wierzcho lkami przy katach prostych. Niech ABCD bedzie rozważanym czworokatem, przy czym AB = a, AD = b, BAD = BCD = 90 oraz BC = CD. Przed lużmy bok AB do punktu E takiego, że BE = AD = b. Ponieważ ADC + ABC = 180, wiec EBC = ADC. Z równości CB = CD wynika teraz przystawanie trójkatów EBC i ACD. Stad otrzymujemy ACE = 90 oraz AC = CE. Trójkat ACE jest zatem równoramiennym trójkatem prostokatnym, przy czym AE = a + b. Ostatecznie AC = a+b. Zadanie 14. Na p laszczyźnie dana jest prosta l oraz dwa punkty A, B nie należace do l. Wyznaczyć zbiór środków cieżkości wszystkich trójkatów ABP takich, że P należy do prostej l. Wprowadźmy prostokatny uk lad wspó lrzednych tak, że oś OY pokrywa sie prosta l, punkt A leży na osi OX i ma wspó lrzedne (a, 0), punkt B ma wspó lrzedne (b, c). Rozważmy dowolny punkt P leżacy na prostej l. Oczywiście P ma wspó lrzedne (0, t), przy czym t może być dowolna liczba rzeczywista. Wiadomo, że wspó lrzedne środka cieżkości S trójkata ABP sa średnimi arytmetycznymi odpowiednich wspó lrzednych wierzcho lków, a wiec S ma wspó lrzedne ( a+b, c+t). St ad 3 3 widać, że środki cieżkości trójkatów ABP sa wspó lliniowe i wyznaczaja pewna prosta l równoleg l a do prostej l. Zadanie 15. Czworościan foremny o krawedzi d lugości a przecieto p laszczyzna, otrzymujac czworokat o minimalnym obwodzie. Wyznaczyć ten obwód.

9 9 Niech KLMN bedzie czworokatem powsta lym w wyniku przeciecia p laszczyzna czworościanu foremnego o krawedzi d lugości a. Oznaczmy wierzcho lki czworościanu tak, że K, L, M, N leża odpowiednio na krawedziach AC, BC, BD, AD. Narysujmy siatke czworościanu w postaci równoleg loboku o bokach d lugości a i a (por. powyższy rysunek). Wierzcho lki czworokata wyznaczaja lamana KLMNK, o d lugości a. Oczywiście minimalna d lugościa tej lamanej jest a. Z drugiej strony środki krawedzi AC, BC, BD, AD leża oczywiście na jednej p laszczyźnie i wyznaczaja czworokat o obwodzie a. [opr. pg]