G i m n a z j a l i s t ó w

Transkrypt

1 Ko³o Mtemtyzne G i m n z j l i s t ó w 1. Lizy,, spełniją wrunki: (1) ++ = 0, 1 () = 1 4. Olizyć wrtość wyrżeni w = + + Rozwiąznie Stowrzyszenie n rzez Edukji Mtemtyznej Zestw 7 szkie rozwizń zdń Korzystją z wrunków (1) i (), otrzymujemy ( 1 (++) ) = = 5. Przeksztłją lewą stronę otrzymnej równośi, mmy kolejno = = 5 stąd w = =. +1 = 5, +. Wyznzyć wszystkie pry (x, y) liz rzezywistyh spełnijąe równnie Rozwiąznie (x 4 +1)(4y 4 +1) = 8x y. Sposó 1. Z nierównośi + między średnią rytmetyzną i geometryzną dl dwóh liz nieujemnyh i, otrzymujemy (1) x 4 +1 x i 4y 4 +1 y. 1

2 W powyższyh nierównośih zhodzą równośi tylko wtedy, gdy () x 4 = 1 i 4y 4 = 1. N podstwie (1), otrzymujemy przy zym równość (x 4 +1)(4y +1) 8x y, (x 4 +1)(4y +1) = 8x y zhodzi tylko wtedy, gdy spełniony jest wrunek (). Stąd rozwiąznimi dnego ukłdu są pry ( ) ( ) ( ) ( ) 1,, 1,, 1,, 1,. Sposó. Zuwżmy, że (x 4 +1)(4y 4 +1) 8x y =4x 4 y 4 +x 4 +4y x y =(x y ) +(x y 1). Stąd (x 4 +1)(4y 4 +1) 8x y 0, przy zym w osttniej nierównośi zhodzi równość tylko wtedy, gdy skąd x y = 0 i x y 1 = 0, x = y i x y = 1 x = y i x 4 = 1. Dlsz zęść rozwiązni jk w sposoie Nieh p i q ędą dwiem kolejnymi lizmi pierwszymi większymi od. Udowodnić, że liz p + q jest ilozynem o njmniej trzeh (niekonieznie różnyh) liz nturlnyh większyh od 1. Rozwiąznie Poniewż lizy p i q są lizmi nturlnymi nieprzystymi, wię liz p+q jest lizą nturlną. Jeżeli p < q, to p < p+q < q p < p+q < q. Poniewż p i q są dwiem kolejnymi lizmi pierwszymi nieprzystymi, to liz p+q jest lizą złożoną.

3 Ztem p+q = m n dl pewnyh liz nturlnyh m > 1 i n > 1. Oznz to, że skąd tez zdni. p+q = m n, 4. Lizy dodtnie,,, d spełniją wrunki: (1) d, () +++d 1. Wykzć, że prwdziw jest nierówność Rozwiąznie d 1. Z nierównośi +++d 1 wynik, że (+++d) = + + +d +++d++d+d 1. Korzystją terz z wrunku (1), dostjemy stąd,, d d,, d d, d d, d + + +d + + +d + +d +d + + +d +++d++d+d W trójkąt ostrokątny ABC wpisno kwdrt tk, że dw jego wierzhołki nleżą do oku AB, dw pozostłe do pozostłyh oków trójkąt. Udowodnić, że pole tego kwdrtu nie przekrz połowy pol trójkąt ABC. Rozwiąznie Przyjmijmy oznzeni jk n rysunku: AB = długość oku trójkąt, n którym leżą dw wierzhołki kwdrtu, CF = h długość wysokośi trójkąt ABC poprowdzonej z wierzhołk C, d długość oku kwdrtu. Z podoieństw trójkątów ABC otrzymujemy AB DE = CF CG zyli d = i DEC, h h d. A D d F C h G E B 3

4 Stąd d = h +h. Ztem pole kwdrtu jest równe = (h) (+h). Dlszą zęść zdni rozwiążemy dwom sposomi. Sposó 1. Z nierównośi h +h między średnią rytmetyzną i geometryzną dl liz dodtnih i h, otrzymujemy Sposó. Poniewż 1 P ABC = skąd = (h) (h) (+h) 4h = 1 1 h = 1 P ABC. (h) (+h) 1 1 h = 4(h) h(+h) 4(+h) = = h(4h h h ) 4(+h) = h( +h h ) 4(+h) 1 P ABC. = h( h) 0, 4(+h) 6. Dnyh jest 70 różnyh liz łkowityh dodtnih, wśród któryh nie m liz większyh od 00. Wykzć, że przynjmniej dwie z nih różnią się o 4 lu o 5, lu o 9. Wskzówk Oznzmy dne lizy 1,, 3,..., 70. Rozptrzmy lizy 1,, 3,..., 70, 1 +4, +4, 3 +4,..., 70 +4, 1 +9, +9, 3 +9,..., Poniewż lizy 1,, 3,..., 70 są różne, wię również lizy 1 +4, +4, 3 + 4,..., orz 1 + 9, + 9, 3 + 9,..., są różne. Rzem wypisliśmy 10 liz łkowityh dodtnih, z któryh njwiększ może yć równ 09. Ztem o njmniej dwie spośród tyh liz są równe. Mogą zjść nstępująe trzy przypdki 1 i = j +4, zyli i j = 4; i = j +9, zyli i j = 9; 3 i +4 = j +9, zyli i j = 5. Stąd wynik tez zdni. 4

5 7. Wykzć, że w kżdym zworośinie istnieją tkie trzy krwędzie wyhodząe z jednego wierzhołk, z któryh możn zudowć trójkąt. Rozwiąznie Nieh AB ędzie njdłuższą krwędzią zworośinu ABCD. Wtedy kżd z pozostłyh krwędzi m długość nie większą od AB. Zuwżmy, że (n podstwie nierównośi trójkąt dl trójkątów ABC i ABD) zhodzą nierównośi AC +BC > AB i AD +BD > AB. Stąd AC +BC +AD +BD > AB (AC +AD AB)+(BC +BD AB) > 0. Sum dwóh liz jest dodtni, jeżeli o njmniej jedn z nih jest dodtni, ztem AC +AD AB > 0 lu BC +BD AB > 0, zyli AC +AD > AB lu BC +BD > AB. Oznz to, że z odinków AB, AC, AD lu BC, BD, BA możn zudowć trójkąt. 5