TEKSTY ZADAŃ. Zawody stopnia pierwszego
|
|
- Aniela Biernacka
- 8 lat temu
- Przeglądów:
Transkrypt
1 TEKSTY ZŃ Zawody stopnia pierwszego. owieść, że wśród liczb postaci 50 n +(50n+) 50, gdzie n jest liczbą naturalną, występuje nieskończenie wiele liczb złożonych.. Wykazać, że dla dowolnych liczb rzeczywistych a, b, c, d zachodzi nierówność (a+b+c+d) (a +b +c +d )+6ab.. W trójkącie równoramiennym kąt jest prosty. Punkt leży na boku, przy czym =. Punkt E jest rzutem prostokątnym punktu na prostą. Wyznaczyć miarę kąta E.. ane są takie liczby rzeczywiste x, y, że liczby x+y, x +y, x +y i x +y są całkowite. owieść, że dla każdej liczby całkowitej dodatniej n liczba x n +y n jest liczbą całkowitą. 5. Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych dodatnich x, y spełniające równanie y x = x Przekątne i czworokąta wypukłego przecinają się w punkcie P. Punkt M jest środkiem boku. Prosta MP przecina bok w punkcie Q. owieść, że stosunek pól trójkątów P i P jest równy stosunkowi długości odcinków Q i Q. 7. ana jest liczba naturalna n. Wyznaczyć wszystkie wielomiany P (x) = a 0 +a x+...+a n x n mające dokładnie n pierwiastków nie większych niż oraz spełniające warunek a 0 +a a n = a n +a 0 a n. Uwaga: Pierwiastki są liczone z uwzględnieniem krotności: jeśli liczba x 0 jest pierwiastkiem k-krotnym wielomianu P (x) (tzn. jeśli wielomian P (x) jest podzielny przez wielomian (x x 0 ) k, ale nie przez (x x 0 ) k+ ), wówczas liczba x 0 jest traktowana jak k pierwiastków wielomianu P (x). 8. ana jest liczba naturalna n oraz zbiór n-elementowy S. Wyznaczyć najmniejszą liczbę naturalną k, dla której istnieją podzbiory,,..., k zbioru S o następującej własności: dla dowolnych dwóch różnych elementów a,b S istnieje taka liczba j {,,...,k}, że zbiór j {a,b} jest jednoelementowy. 5
2 9. Punkty, E, F leżą odpowiednio na bokach,, trójkąta. Okręgi wpisane w trójkąty EF, F, E są styczne do okręgu wpisanego w trójkąt EF. Udowodnić, że proste, E, F przecinają się w jednym punkcie. 0. ana jest liczba x > 0. iąg (x n ) jest zdefiniowany wzorem: x n+ = x n + x dla n =,,,.... n Udowodnić, że istnieje granica lim n x n n, i obliczyć ją.. W urnie znajdują się dwie kule: biała i czarna. Ponadto mamy do dyspozycji 50 kul białych i 50 czarnych. Wykonujemy 50 razy następującą czynność: losujemy z urny kulę, a następnie wrzucamy ją z powrotem do urny oraz dokładamy jedną kulę tego samego koloru, co wylosowana kula. Po zakończeniu tych czynności mamy więc w urnie 5 kule. Jaka liczba kul białych znajdujących się w urnie jest najbardziej prawdopodobna?. Wszystkie wierzchołki sześcianu o krawędzi a leżą na powierzchni czworościanu foremnego o krawędzi. Wyznaczyć możliwe wartości a. Zawody stopnia drugiego. ana jest funkcja f: 0, taka, że f( n ) = ( )n dla n =,,.... Wykazać, że nie istnieją funkcje rosnące g: 0,, h: 0,, dla których f = g h.. Sześcian S o krawędzi jest zbudowany z ośmiu sześcianów jednostkowych. Klockiem nazwiemy bryłę otrzymaną przez usunięcie z sześcianu S jednego spośród ośmiu sześcianów jednostkowych. Sześcian T o krawędzi n jest zbudowany z ( n ) sześcianów jednostkowych. Udowodnić, że po usunięciu z sześcianu T dowolnego spośród ( n ) sześcianów jednostkowych powstaje bryła, którą daje się szczelnie wypełnić klockami.. zworokąt wypukły jest wpisany w okrąg. Punkty E i F leżą odpowiednio na bokach i, przy czym E:E = F :F. Punkt P leży na odcinku EF i spełnia warunek EP :P F = :. Udowodnić, że stosunek pól trójkątów P i P nie zależy od wyboru punktów E i F.. Punkt P leży wewnątrz trójkąta i spełnia warunki: <) P = <) P oraz <) P = <) P. Punkt O jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie. owieść, że jeżeli O P, to kąt P O jest prosty. 6
3 5. Niech S = {,,,,5}. Wyznaczyć liczbę funkcji f:s S spełniających równość f 50 (x) = x dla wszystkich x S. Uwaga: f 50 (x) = f f... f(x). } {{ } ana jest liczba naturalna k oraz liczby całkowite a,a,...,a n spełniające warunki a + i a + i a +...+n i a n = 0 dla i =,,...,k. owieść, że liczba a + k a + k a +...+n k a n jest podzielna przez k!. Zawody stopnia trzeciego. Punkt leży na boku trójkąta, przy czym >. Punkt E leży na boku i spełnia warunek E E =. Udowodnić, że > E.. ane są liczby całkowite nieujemne a < a < a <... < a 0 mniejsze od owieść, że spośród nich można wybrać takie cztery różne a k, a l, a m, a n, że liczba a k +a l a m a n jest podzielna przez owieść, że istnieją takie liczby naturalne n < n <... < n 50, że n +S(n ) = n +S(n ) = n +S(n ) =... = n 50 +S(n 50 ), gdzie S(n) jest sumą cyfr liczby n.. Rozstrzygnąć, dla jakich liczb naturalnych n układ równań x +x +50 = 6x +x x +x +50 = 6x +x x +x +50 = 6x +x x n +x n +50 = 6x n +x n x n +x +50 = 6x n +x ma rozwiązanie w liczbach całkowitych x,x,x,...,x n. 5. Niech a,a,...,a n, b,b,...,b n będą liczbami całkowitymi. Udowodnić, że ( a i a j + b i b j ) a i b j. i<j n i,j n 7
4 6. W sześciokącie wypukłym EF zachodzą równości: <) +<) +<) E = 60, E EF F =. owieść, że F F E E =. XXXIX Międzynarodowa Olimpiada Matematyczna. W czworokącie wypukłym przekątne i są prostopadłe, a przeciwległe boki i nie są równoległe. Zakładamy, że symetralne boków i przecinają się w punkcie P leżącym wewnątrz czworokąta. Udowodnić, że czworokąt da się wpisać w okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy trójkąty P i P mają równe pola.. W konkursie bierze udział a uczestników, ocenianych przez b egzaminatorów, gdzie b jest liczbą całkowitą nieparzystą. Każdy egzaminator ocenia każdego uczestnika, wydając werdykt zdał lub nie zdał. Załóżmy, że k jest liczbą o własności: oceny każdych dwóch egzaminatorów są zgodne dla co najwyżej k uczestników. owieść, że k a b b.. la każdej dodatniej liczby całkowitej n oznaczmy przez d(n) liczbę jej dodatnich dzielników (włącznie z oraz n). Wyznaczyć wszystkie dodatnie liczby całkowite k takie, że d(n ) d(n) = k dla pewnego n.. Wyznaczyć wszystkie pary (a,b) liczb całkowitych dodatnich takie, że liczba a b+a+b jest podzielna przez ab +b Niech I będzie środkiem okręgu wpisanego w trójkąt. Okrąg ten jest styczny do boków, i odpowiednio w punktach K, L i M. Prosta przechodząca przez i równoległa do MK przecina proste LM i LK odpowiednio w punktach R i S. Wykazać, że kąt RIS jest ostry. 6. Rozważamy wszystkie funkcje f ze zbioru wszystkich liczb całkowitych dodatnich do tego samego zbioru, spełniające warunek f(t f(s)) = s(f(t)) dla wszystkich s,t. Wyznaczyć najmniejszą możliwą wartość f(998). 8
5 XXI ustriacko-polskie Zawody Matematyczne. Niech x, x, y, y będą takimi liczbami rzeczywistymi, że x +x. Udowodnić nierówność (x y +x y ) (x +x )(y +y ).. Rozważamy n punktów P,P,...,P n położonych w tej kolejności na jednej linii prostej. Malujemy każdy z tych n punktów na jeden z następujących kolorów: biały, czerwony, zielony, niebieski, fioletowy. Kolorowanie nazwiemy dopuszczalnym, jeśli dla dowolnych dwóch kolejnych punktów P i, P i+ (i =,,...,n ) oba są tego samego koloru lub co najmniej jeden z nich jest biały. Ile jest dopuszczalnych kolorowań?. Wyznaczyć wszystkie pary liczb rzeczywistych (x,y) spełniające następujący układ równań: { x = y y = x.. Niech m, n będą danymi liczbami całkowitymi dodatnimi. Niech n [ S m (n) = k ] k m ([x] jest największą liczbą całkowitą nie większą od x). Udowodnić, że k= S m (n) n+m ( m ). 5. Wyznaczyć wszystkie pary (a,b) liczb całkowitych dodatnich takich, że równanie x 7x +ax b = 0 ma trzy pierwiastki całkowite (niekoniecznie różne). 6. Różne punkty,,,, E, F są położone na okręgu k w tej kolejności. Proste styczne do okręgu k w punktach i oraz proste F i E przecinają się w jednym punkcie P. Udowodnić, że proste, i EF są równoległe lub przecinają się w jednym punkcie. 7. Rozważamy pary (a,b) liczb naturalnych takich, że iloczyn a a b b w zapisie dziesiętnym kończy się dokładnie 98 zerami. Wyznaczyć parę (a,b) o tej własności, dla której iloczyn ab jest najmniejszy. 8. Niech n > będzie daną liczbą naturalną. Rozważamy siatkę kwadratową na płaszczyźnie. W każdym kwadracie jednostkowym siatki wpisana jest liczba naturalna. Wielokąty o polu równym n, których boki są zawarte w prostych tworzących siatkę, nazwiemy wielokątami dopuszczalnymi. Wartością wielokąta dopuszczalnego nazwiemy sumę wszystkich liczb wpisanych 9
6 w kwadraty zawarte w tym wielokącie. Udowodnić, że jeśli wartości dowolnych dwóch przystających wielokątów dopuszczalnych są równe, to wszystkie liczby wpisane w kwadraty siatki są równe. Uwaga. Przypominamy, że obraz symetryczny Q wielokąta P jest wielokątem przystającym do P. 9. Niech K, L, M będą środkami boków,, trójkąta. Punkty,, dzielą okrąg opisany na trójkącie na trzy łuki:,,. Niech X będzie takim punktem łuku, że X = X. nalogicznie, niech Y będzie takim punktem łuku, że Y = Y, zaś Z takim punktem łuku, że Z = Z. Niech R będzie promieniem okręgu opisanego na trójkącie i niech r będzie promieniem okręgu wpisanego w trójkąt. Udowodnić, że r +KX +LY +MZ = R. IX Zawody Matematyczne Państw ałtyckich. Znaleźć wszystkie funkcje dwóch zmiennych f, których argumenty x, y i wartości f(x,y) są liczbami całkowitymi dodatnimi, spełniające następujące warunki (dla wszystkich dodatnich liczb całkowitych x i y): f(x,x) = x, f(x,y) = f(y,x), (x+y)f(x,y) = yf(x,x+y).. Trójkę liczb całkowitych dodatnich (a,b,c) nazywamy quasi-pitagorejską, jeśli istnieje trójkąt o bokach długości a, b, c, w którym miara kąta naprzeciwko boku c wynosi 0. Udowodnić, że jeśli (a,b,c) jest trójką quasi-pitagorejską, to c ma dzielnik pierwszy większy od 5.. Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych dodatnich x,y, które spełniają równanie x +5y = (xy ).. Niech P będzie wielomianem o współczynnikach całkowitych. Załóżmy, że dla n =,,...,998 wartości P (n) są liczbami naturalnymi trzycyfrowymi. Udowodnić, że wielomian P nie ma pierwiastków całkowitych. 5. Niech a będzie cyfrą nieparzystą, zaś b cyfrą parzystą. Udowodnić, że dla każdej liczby całkowitej dodatniej n istnieje liczba całkowita dodatnia, podzielna przez n, w której zapisie dziesiętnym nie występują cyfry inne niż a i b. 6. Niech P będzie wielomianem stopnia 6 i niech a, b będą liczbami rzeczywistymi takimi, że 0 < a < b. Załóżmy, że P (a) = P ( a), P (b) = P ( b), P (0) = 0. Udowodnić, że P (x) = P ( x) dla wszystkich liczb rzeczywistych x. 0
7 7. Niech oznacza zbiór wszystkich liczb rzeczywistych. Znaleźć wszystkie funkcje f: spełniające dla dowolnych x,y równanie f(x)+f(y) = f(f(x)f(y)). 8. Niech P k (x) = +x+x + +x k. Wykazać, że n ( ( ) n +x P k) k (x) = n P n k= dla każdej liczby rzeczywistej x i każdej liczby całkowitej dodatniej n. 9. Liczby α, β spełniają 0 < α < β < π/. Niech γ, δ będą liczbami określonymi przez warunki: (i) 0 < γ < π/ oraz liczba tgγ jest średnią arytmetyczną liczb tgα i tgβ; (ii) 0 < δ < π/ oraz liczba cosδ jest średnią arytmetyczną liczb cosα i cosβ. Udowodnić, że γ < δ. 0. Niech n będzie parzystą liczbą całkowitą. W okrąg o promieniu wpisane są n-kąt foremny i (n )-kąt foremny. la każdego wierzchołka n-kąta rozważmy odległość od tego wierzchołka do najbliższego wierzchołka (n )-kąta, mierzoną po obwodzie okręgu. Niech S będzie sumą tych n odległości. Udowodnić, że S nie zależy od wzajemnego położenia tych dwóch wielokątów.. Niech a, b, c będą długościami boków pewnego trójkąta, zaś R promieniem okręgu opisanego na nim. Udowodnić, że Kiedy zachodzi równość? R a +b a +b c.. W trójkącie zachodzi <) = 90. Punkt leży na boku i <) = <). Udowodnić, że = ( + ).. W pięciokącie wypukłym E boki E i są równoległe oraz <) E = <). Przekątne i E przecinają się w punkcie P. Udowodnić, że <) E = <) P oraz <) = <) P.. any jest trójkąt, w którym <. Prosta przechodząca przez i równoległa do przecina dwusieczną kąta zewnętrznego <) w punkcie. Prosta przechodząca przez i równoległa do przecina tę dwusieczną w punkcie E. Punkt F leży na boku i spełniona jest równość F =. Udowodnić, że F = F E.
8 5. any jest trójkąt ostrokątny. Punkt jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka na bok. Punkt E leży na odcinku i spełnione jest równanie E E =. Punkt F jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka na bok E. Udowodnić, że <) F = zy można pokryć szachownicę o wymiarach czterdziestoma dwoma klockami o wymiarach w taki sposób, że tylko środkowe pole szachownicy pozostanie nie zakryte? (Zakładamy, że każdy klocek zakrywa cztery pełne pola szachownicy). 7. Niech n i k będą liczbami całkowitymi dodatnimi. anych jest nk przedmiotów (tych samych rozmiarów) i k pudełek, z których każde pomieści n przedmiotów. Każdy przedmiot jest pokolorowany jednym z k różnych kolorów. Wykazać, że można rozmieścić te przedmioty w pudełkach w taki sposób, że w każdym pudełku znajdą się przedmioty w co najwyżej dwóch kolorach. 8. Wyznaczyć wszystkie liczby całkowite dodatnie n, dla których istnieje zbiór S o następujących własnościach: (i) S składa się z n liczb całkowitych dodatnich, z których wszystkie są mniejsze od n ; (ii) dla dowolnych dwóch różnych niepustych podzbiorów i zbioru S suma elementów zbioru jest różna od sumy elementów zbioru. 9. Rozważmy mecz ping-ponga między dwiema drużynami, z których każda składa się z 000 graczy. Każdy gracz grał przeciwko każdemu z graczy przeciwnej drużyny dokładnie raz (w ping-pongu nie ma remisów). Udowodnić, że istnieje dziesięciu graczy z jednej drużyny takich, że każdy z graczy drużyny przeciwnej przegrał z co najmniej jednym z tych dziesięciu graczy. 0. Powiemy, że liczba całkowita dodatnia m pokrywa liczbę 998, jeśli, 9, 9, 8 pojawiają się w tej właśnie kolejności jako cyfry m. (Na przykład 998 jest pokrywana przez , ale nie przez 6798). Niech k(n) oznacza liczbę tych liczb całkowitych dodatnich, które pokrywają 998 i mają dokładnie n cyfr (n 5), z których wszystkie są różne od 0. Jaką resztę z dzielenia przez 8 daje k(n)? æ
9 ROZWIĄZNI ZŃ Zawody stopnia pierwszego Zadanie. owieść, że wśród liczb postaci 50 n +(50n+) 50, gdzie n jest liczbą naturalną, występuje nieskończenie wiele liczb złożonych. Sposób I Jeżeli n jest liczbą nieparzystą, to liczba 50 n z dzielenia przez daje resztę. Jeśli ponadto n dzieli się przez, to liczba (50n+) 50 z dzielenia przez daje resztę. Stąd wynika, że liczba 50 n +(50n+) 50 jest podzielna przez dla liczb n postaci 6k +. Zatem dla liczb n dających z dzielenia przez 6 resztę, liczba 50 n +(50n+) 50 jest złożona. Sposób II la liczb n podzielnych przez 5 liczba 50 n +(50n+) 50 jest sumą piątych potęg liczb naturalnych. Przyjmijmy w tożsamości () x 5 +y 5 = (x+y)(x x y +x y xy +y ), x = 50 n/5 oraz y = (50n+) 0. Z nierówności < x+y < x 5 +y 5 wynika, że oba czynniki stojące po prawej stronie równości () są większe od. To oznacza, że liczba x 5 +y 5 = 50 n +(50n+) 50 jest dla liczb n podzielnych przez 5 liczbą złożoną. Uwaga. Podobnie jak w sposobie I można wykazać, że liczba 50 n +(50n+) 50 dzieli się przez dla liczb n postaci 6k +5. Uwaga. Nie wszystkie wyrazy ciągu 50 n +(50n+) 50 są liczbami złożonymi. Na przykład dla n = 8 otrzymujemy liczbę pierwszą, która ma 58 cyfr. Kolejna liczba pierwsza podanej w zadaniu postaci pojawia się dopiero dla n = 8 i ma 8 cyfry! Na podstawie materiałów Komitetu Głównego Olimpiady Matematycznej oraz prac uczestników opracowali Waldemar Pompe i Jarosław Wróblewski.
10 Zadanie. Wykazać, że dla dowolnych liczb rzeczywistych a, b, c, d zachodzi nierówność (a+b+c+d) (a +b +c +d )+6ab. Sposób I Na mocy nierówności pomiędzy średnią kwadratową a arytmetyczną (zob. uwaga niżej) zastosowanej do liczb a+b, c i d otrzymujemy (a+b) +c +d skąd (a +b +c +d )+6ab (a+b+c+d). Sposób II Zachodzą następujące związki: (a +b +c +d )+6ab (a+b+c+d) = (a+b)+c+d = a +b +c +d +6ab a b c d ab ac ad bc bd cd = = a +b +c +d +ab ac ad bc bd cd = = (a +b +c +d +8ab ac ad bc bd+cd) = (a+b c d) + (c d) 0. To kończy dowód danej nierówności., + (c +d cd) = Uwaga Nierówność pomiędzy średnią kwadratową a arytmetyczną orzeka, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x,x,...,x n, x () +x +...+x n x +x +...+x n n n. Jest to szczególny przypadek nierówności Schwarza (zob. odatek Nierówność Schwarza, str. ). Równość w nierówności () zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy x = x =... = x n. Zadanie. W trójkącie równoramiennym kąt jest prosty. Punkt leży na boku, przy czym =. Punkt E jest rzutem prostokątnym punktu na prostą. Wyznaczyć miarę kąta E. Sposób I Niech F będzie rzutem prostokątnym punktu na prostą (rys. ). Ponieważ <) F = 90 <) E = <) E oraz =,
11 więc trójkąty prostokątne F i E są przystające. Stąd () E = F oraz E = F. Ponadto na mocy twierdzenia Talesa, F () E = =, skąd E = F. Korzystając z równości () oraz () otrzymujemy EF = F E = E E = F F = F. E F rys. Trójkąt F E jest więc trójkątem prostokątnym równoramiennym, a to oznacza, że <) E = <) EF = 5. Sposób II Uzupełnijmy trójkąt do kwadratu F (rys. ). Załóżmy, że prosta przecina odcinek F w punkcie P, zaś prosta E przecina bok w punkcie Q. Ponieważ P = =, więc P = F. Ponadto <) E = 90 <) E = <) P, Q E P rys. co dowodzi, że trójkąty prostokątne Q oraz P są przystające. Zatem P = Q, i w konsekwencji P = Q (= ). Ponieważ <) P Q = <) P EQ = 90, więc punkty, Q, E, P leżą na jednym okręgu. Stąd <) E = <) QP = 5. Sposób III Oznaczmy przez F środek odcinka (rys. ). Wykażemy najpierw, że zachodzi równość: () = F. Oznaczmy: punktu, = = a. Wówczas z definicji () = ( a ) = 9 a oraz (5) F = ( F ) = F = = ( a ) ( a ) ( a ) = 9 a. E F rys. Łącząc ze sobą równości () i (5), otrzymujemy równość (). Ponieważ <) E = <) F = 90, więc punkty,, F, E leżą na jednym F 5
12 okręgu (rys. ). Zatem na mocy równości (), (6) = F = E, skąd E =. Trójkąty i E mają wspólny kąt przy wierzchołku, więc na mocy równości (6) trójkąty te są podobne. Stąd <) E = <) = 5. Sposób IV Niech F będzie rzutem prostokątnym punktu na prostą (rys. ). Wykażemy najpierw, że punkty, E, F są współliniowe. W tym celu wystarczy udowodnić, że E (7) E = F. Na mocy twierdzenia Talesa mamy następujące równości: (8) F = = E. Należy więc dowieść, że E:E = :. F Oznaczmy: = = a. Obliczmy długości odcinków E i E w zależności od a. rys. Na mocy twierdzenia Talesa F = a oraz F = a. Zatem z twierdzenia Pitagorasa = a 5. Trójkąty prostokątne F i E mają wspólny kąt przy wierzchołku, więc są podobne. Zatem E = F, skąd wyliczając wielkość E otrzymujemy E = 5 a 5. Ponadto E = E = a 5 5 a 5 = 5 a 5, skąd E:E = :. owód równości (7) został zakończony, co oznacza, że punkty, E, F są współliniowe. Ponieważ <) E = <) F = 90, więc na czworokącie F E można opisać okrąg (rys. ). Zatem <) E = <) EF = 90 <) F E = 90 <) F = 90 5 = 5. Zadanie. ane są takie liczby rzeczywiste x, y, że liczby x+y, x +y, x +y i x +y są całkowite. owieść, że dla każdej liczby całkowitej dodatniej n liczba x n +y n jest liczbą całkowitą. Ponieważ 6 xy = (x+y) (x +y ) oraz x y = (x +y ) (x +y ),
13 więc liczby xy i x y są całkowite. Gdyby liczba xy nie była całkowita, to liczba xy musiałaby być nieparzystą. Jednak wtedy liczba x y = (xy) / nie byłaby całkowita. Stąd wniosek, że liczba xy jest całkowita. Tezę dowodzimy indukcyjnie. la n = i n = liczba x n +y n jest całkowita. Korzystając z tożsamości x n +y n = (x n +y n )(x+y) xy(x n +y n ) widzimy, że jeżeli n jest taką liczbą całkowitą dodatnią, że obie liczby x n +y n oraz x n +y n są całkowite, to liczba x n +y n jest również całkowita. owód indukcyjny jest więc zakończony. Uwaga Założenie, że liczba x +y jest całkowita, nie było w dowodzie wykorzystywane. Natomiast założenia, że liczba x +y jest całkowita, pominąć nie można. Pokazuje to przykład liczb x = / oraz y = /, dla których lecz x +y =. x+y = 0, x +y =, x +y = 0, Zadanie 5. Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych dodatnich x, y spełniające równanie y x = x 50. ane równanie zapisujemy w postaci y = x 50/x. Ponieważ dla każdego x, będącego dzielnikiem liczby 50, liczba po prawej stronie jest całkowita, więc otrzymujemy rozwiązania równania dla x {,,5,0,5,50}. Inne rozwiązania tego równania otrzymamy tylko wtedy, gdy x oraz dla pewnego k liczba x jest jednocześnie k-tą potęgą pewnej liczby naturalnej oraz dzielnikiem liczby 50k. Jeśli p jest dzielnikiem pierwszym takiej liczby x, to p k 50k. Ponieważ zachodzi nierówność p k > k, więc nie może być p k k. Stąd liczba p jest równa lub 5. Jeżeli p =, to k k, skąd k =. Jeżeli zaś p = 5, to 5 k 5k, skąd znowu k =. Zatem liczba x musi być jednocześnie kwadratem pewnej liczby naturalnej oraz dzielnikiem liczby 00. Otrzymujemy dwie nowe wartości x w tym przypadku: x = oraz x = 00. Zatem dane równanie ma 8 rozwiązań (x,y): (,), (, 5 ), (, 5 ), (5,5 0 ), (0,0 5 ), (5,65), (50,50), (00,0). Zadanie 6. Przekątne i czworokąta wypukłego przecinają się w punkcie P. Punkt M jest środkiem boku. Prosta MP przecina bok w punkcie Q. owieść, że stosunek pól trójkątów P i P jest równy stosunkowi długości odcinków Q i Q. Oznaczmy przez [XY Z] pole trójkąta XY Z. 7
14 Sposób I Prawdziwe są następujące równości (rys. ): [MP ] = [M] [MP ] = [] [P ] = [P ]. nalogicznie dowodzimy, że [MP ] = [P ]. Zatem stosunek pól trójkątów P i P jest równy stosunkowi pól trójkątów MP i MP. Trójkąty MP i MP mają wspólną podstawę MP, a więc stosunek ich pól jest równy stosunkowi wysokości opuszczonych na tę podstawę, czyli (na mocy twierdzenia Talesa) wielkości Q:Q. Q P M rys. Sposób II Niech K będzie punktem przecięcia odcinków i Q, zaś niech L będzie punktem przecięcia odcinków i Q (rys. ). Ponieważ punkt M jest środkiem odcinka, więc na mocy twierdzenia evy (p. str. 0) zastosowanego do trójkąta Q otrzymujemy L LQ = K KQ, skąd [P ] [QP ] = [P ] [QP ]. Zatem [P ] [P ] = [QP ] [QP ] = Q Q. M rys. Sposób III Niech E będzie punktem przecięcia prostej M Q z prostą przechodzącą przez punkt i równoległą do. Podobnie, niech F będzie punktem przecięcia prostej MQ z prostą przechodzącą przez punkt i równoległą do (rys. ). Q Na mocy twierdzenia Talesa E F = M M =, P skąd E [P ] [P ] = P P P P = Q E F Q = Q Q. M rys. F 8 Sposób IV Wprowadźmy następujące oznaczenia (rys. ): α = <) P = <) P, β = <) P Q = <) P M, γ = <) QP = <) MP. K Q P L
15 Mamy dowieść, że [P ] () [P ] = Q Q. Wielkość Q:Q jest równa stosunkowi pól trójkątów P Q i P Q, gdyż oba trójkąty mają wspólną wysokość opuszczoną na podstawy Q i Q. Zatem równość () przybiera postać P P [P Q] = P P [P Q], Q czyli P P P Q sinγ = P P P Q sinβ. β P α γ Należy więc dowieść, że P P = sinγ M sinβ rys. lub P sinβ = P sinγ. Po pomnożeniu ostatniej równości przez MP dowodzona przez nas tożsamość przybiera postać [P M] = [P M]. Ta równość jest prawdziwa, gdyż punkt M jest środkiem boku. owód równości () jest więc zakończony. Zadanie 7. ana jest liczba naturalna n. Wyznaczyć wszystkie wielomiany P (x) = a 0 +a x+...+a n x n mające dokładnie n pierwiastków nie większych niż oraz spełniające warunek a 0 +a a n = a n +a 0a n. Uwaga: Pierwiastki są liczone z uwzględnieniem krotności: jeśli liczba x 0 jest pierwiastkiem k-krotnym wielomianu P (x) (tzn. jeśli wielomian P (x) jest podzielny przez wielomian (x x 0 ) k, ale nie przez (x x 0 ) k+ ), wówczas liczba x 0 jest traktowana jak k pierwiastków wielomianu P (x). Niech p p... p n będą pierwiastkami wielomianu spełniającego warunki zadania. Wówczas p p... p n oraz a n 0. Ponadto ( a n = a n (p +p +...+p n ), a = a n p p...p n ), p p p n oraz a 0 = a n p p...p n. Warunek a 0 +a a n = a n +a 0 a n można więc przepisać w postaci p p...p n = +p +p +...+p n. p p p n p p...p n Udowodnimy indukcyjnie, że dla n oraz dla dowolnych liczb rzeczywistych p p... p n zachodzi nierówność () p p...p n p +p +...+p n p p p n p p...p n 9
16 oraz, że () równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy p = p =... = p n =. la n = nierówność () przybiera postać () p p + p + p p p +p +p. Jest ona równoważna nierówności p p p p p p +p p p p p p +, czyli p p (p )(p ) (p )(p ), co przy założeniu p p jest spełnione. Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy p = 0. Załóżmy teraz prawdziwość nierówności () oraz stwierdzenia () dla pewnej liczby n. Niech ponadto dane będą liczby p p... p n p n+. Wówczas p p p... p n+, skąd na mocy założenia indukcyjnego () (p p )p...p n p n p p p p n p n+ +p p +p +...+p n +p n+ (p p )p...p n p n+ oraz równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy p =... = p n = p n+ =. odanie nierówności () i () stronami daje p p p...p n p n p p p p n p n+ +p +p +p +...+p n +p n+. p p p...p n p n+ Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy p = p =... = p n = p n+ =. Ze stwierdzenia () wynika zatem, że wielomiany spełniające warunki zadania mają postać P (x) = a(x+) n (x+b), gdzie a jest dowolną niezerową liczbą rzeczywistą, zaś b. Zadanie 8. ana jest liczba naturalna n oraz zbiór n-elementowy S. Wyznaczyć najmniejszą liczbę naturalną k, dla której istnieją podzbiory,,..., k zbioru S o następującej własności: dla dowolnych dwóch różnych elementów a,b S istnieje taka liczba j {,,...,k}, że zbiór j {a,b} jest jednoelementowy. Wykażemy, że k = [log (n )+], tzn. k < n k. Mając liczbę k określoną jak wyżej, konstruujemy zbiory j następująco: numerujemy elementy zbioru S liczbami k-cyfrowymi w układzie dwójkowym (dopuszczamy zera początkowe). Mamy więc do dyspozycji k n liczb. Następnie za i bierzemy zbiór tych elementów zbioru S, których numer ma 0
17 na i-tym miejscu jedynkę. owolne różne elementy a i b zbioru S mają wówczas przypisane różne numery, które różnią się, powiedzmy, na j-tym miejscu. Wtedy do zbioru j należy dokładnie jeden z elementów a, b. Tak znaleziona liczba k jest najmniejsza. Załóżmy bowiem, że istnieją zbiory,,..., k spełniające warunki zadania dla k < n. Każdemu elementowi x zbioru S przypisujemy układ k liczb (c,c,...,c k ) według następującej zasady: { 0 gdy x i c i = (i =,,...,k). gdy x i Ponieważ k < n, więc istnieją dwa różne elementy a,b S, które mają przypisany ten sam układ liczb. To zaś oznacza, że element a należy do dokładnie tych samych zbiorów spośród,,..., k, co element b. Zadanie 9. Punkty, E, F leżą odpowiednio na bokach,, trójkąta. Okręgi wpisane w trójkąty EF, F, E są styczne do okręgu wpisanego w trójkąt EF. Udowodnić, że proste, E, F przecinają się w jednym punkcie. Sposób I to opiera się na twierdzeniu mówiącym o tym, że złożenie dwóch jednokładności jest (na ogół) jednokładnością. okładne sformułowanie tego twierdzenia oraz jego dowód znajduje się na końcu niniejszej broszury (zob. odatek, Twierdzenie o złożeniu jednokładności, str. ). Niech K, L, M będą odpowiednio punktami styczności okręgu wpisanego w trójkąt EF z bokami EF, F, E (rys. ). Przyjmijmy ponadto, że okrąg wpisany w trójkąt F E jest styczny do boków EF, F, E odpowiednio w punktach K, P, Q. Wówczas ME = KE = QE oraz LF = KF = P F. Stąd otrzymujemy F +E = P +P F +M +ME = Q+QE +F L+L = E +F. E M L Q K P rys. Udowodniliśmy więc, że jeśli okręgi wpisane w trójkąty F E oraz EF są styczne, to w czworokąt F E można wpisać okrąg. Oznaczmy ten okrąg przez o. F
18 Niech o będzie okręgiem wpisanym w trójkąt EF, zaś o okręgiem wpisanym w trójkąt (rys. ). Punkt jest środkiem jednokładności j o skali dodatniej, przekształcającej okrąg o na o ; punkt jest środkiem jednokładności j o skali dodatniej, przekształcającej okrąg o na o. Zatem jednokładność j o skali dodatniej, przekształcająca okrąg o na o, jest złożeniem jednokładności j i j jej środek leży więc na prostej. F o o o E rys. nalogicznie dowodzimy, że środek jednokładności j leży na prostych E i F. Wniosek: proste, E, F mają punkt wspólny, będący środkiem jednokładności okręgów o i o. Uwaga Prawdziwe jest twierdzenie odwrotne do tego, z którego korzystaliśmy na początku powyższego rozwiązania, a mianowicie: jeśli w czworokąt F E można wpisać okrąg, to okręgi wpisane w trójkąty F E oraz EF są styczne. Nietrudny dowód pozostawiamy zytelnikowi. Sposób II Ponieważ okrąg wpisany w trójkąt EF jest styczny do okręgów wpisanych w trójkąty EF, F, E, więc w czworokąty F E, EF, EF można wpisać okręgi (zob. początek sposobu I). Oznaczmy okręgi wpisane w wyżej wymienione czworokąty odpowiednio przez o, o, o. Wykażemy, że trójkąty oraz EF mają oś perspektywiczną (p. odatek, Twierdzenie esarguesa, str. 7). Wówczas na mocy twierdzenia esarguesa, trójkąty te mają środek perspektywiczny. To oznacza, że odcinki, E, F przecinają się w jednym punkcie. Pozostało więc udowodnić, że trójkąty, EF mają oś perspektywiczną. W tym celu rozpatrzymy trzy przypadki. (a) Załóżmy najpierw, że żadna z par (,E), (,EF ), (,F ) nie tworzy pary boków równoległych, tzn. E, EF, F. Oznaczmy symbolem k l punkt przecięcia prostych k oraz l. Przyjmijmy: X = E, Y = EF, Z = F. Ponieważ okręgi o, o są styczne do prostych i E, więc punkt X jest środkiem jednokładności j o skali dodatniej, przekształcającej okrąg o na okrąg o. nalogicznie,
19 punkt Y jest środkiem jednokładności j o skali dodatniej, która przekształca okrąg o na okrąg o. Zatem złożenie j j jest jednokładnością, której środek leży na prostej XY. Z drugiej strony jednokładność j j ma skalę dodatnią i przeprowadza okrąg o na okrąg o. Środkiem jej jest więc punkt Z. Wykazaliśmy tym samym, że punkty X, Y, Z są współliniowe. Zatem trójkąty i EF mają oś perspektywiczną. (b) Załóżmy z kolei, że dokładnie jedna spośród par (,E), (,EF ), (,F ) jest parą prostych równoległych. ez straty ogólności możemy przyjąć, że F, oraz oznaczyć X = E, Y = EF. Rozumując tak samo jak w przypadku (a) widzimy, że punkt X jest środkiem jednokładności j o skali dodatniej, przekształcającej okrąg o na okrąg o, zaś punkt Y jest środkiem jednokładności j o skali dodatniej, która przekształca okrąg o na okrąg o. Ponieważ promienie okręgów o i o są jednakowe, więc złożenie j j jest przesunięciem. Wektor tego przesunięcia jest równoległy do prostej XY jak również do prostej łączącej środki okręgów o i o. Proste XY,, są więc równoległe, co w tym przypadku oznacza, że trójkąty i EF mają oś perspektywiczną. (c) Pozostał do rozpatrzenia przypadek, w którym co najmniej dwie pary spośród (,E), (,EF ), (,F ) są parami boków równoległych. ez straty ogólności przyjmijmy, że tymi dwiema parami są (,EF ) i (,F ). Wówczas na mocy twierdzenia Talesa = E E = F F, skąd wynika, że również E. Zatem, zgodnie z przyjętą konwencją, również w tym przypadku trójkąty i EF mają oś perspektywiczną. W dwóch kolejnych sposobach skorzystamy z następującego lematu. Lemat Punkt I jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt (rys. ); okrąg ten jest styczny do boku w punkcie K. Wówczas () K ( ) I K =. I owód Oznaczmy: α = <) I = <) KI, β = <) I = <) KI. Równość () przepisujemy w następującej, równoważnej postaci K I = K I I α α I. K rys. I β β
20 Korzystając z definicji funkcji trygonometrycznych oraz stosując twierdzenie sinusów do trójkątów i I, możemy powyższą równość przepisać kolejno jako: cosα sinβ sinβ = cosβ sinα sinα, sinβ cosβ sinβ cosα = cosβ sinα cosα sinα. Ostatnia zależność jest spełniona dla dowolnych liczb 0 < α < π/ oraz 0 < β < π/. owód lematu jest więc zakończony. Sposób III Oznaczmy przez I, I, I, I odpowiednio środki okręgów wpisanych w trójkąty EF, F, E, EF. Niech ponadto K, L, M będą punktami styczności okręgu wpisanego w trójkąt EF odpowiednio z bokami EF, F, E. Punkty K, L, M są również punktami styczności okręgów wpisanych w trójkąty EF, F, E z bokami trójkąta EF (rys. ). Stosując powyższy lemat do trójkątów E, F E, F otrzymujemy kolejno: E M ( ) EM = I E, EI F KE ( ) F K = EI F, F I LF ( ) F L = I. I Ponieważ EM = KE, F K = LF oraz L = M, więc mnożąc stronami powyższe zależności otrzymujemy () E E F F ( = I EI F I ) ( ) ( ) ( ) I EI F I =. EI F I I I EI F I alej zauważamy, że (<) MI +<) I I) = <) MI +<) LI +<) I L = 80, skąd <) I I = 90 <) MI = <) II. Ponadto <) I I = <) MI. Z ostatnich dwóch równości wynika, że trójkąty II oraz II są podobne. E M I I K I L I rys. F
21 Uzyskujemy zatem następujące proporcje: I = II I oraz = I. I I I II ( ) I Mnożąc je stronami dostajemy = II. nalogicznie dowodzimy, że I II ( ) EI = II ( ) F I oraz = II. EI II F I II Łącząc ze sobą trzy ostatnie równości oraz zależność () otrzymujemy E E F F = II II II =, II II II skąd, na mocy twierdzenia evy (zob. str. 0), odcinki, E, F przecinają się w jednym punkcie. Sposób IV Przyjmijmy takie same oznaczenia jak w sposobie III. Niech ponadto r, r, r, r będą odpowiednio promieniami okręgów wpisanych w trójkąty EF, F, E, EF oraz niech x = L = M, y = EM = EK, z = F K = F L, α = <) MI, β = <) IM = <) IL, γ = <) I L (rys. 5). I I E y K r y r z r M r I r z x L α β x r γ I rys. 5 F Ponieważ <) E +<) EF +<) F = 80, więc α+β +γ = 90, skąd otrzymujemy równości: ctg(β +γ) = ctg(90 α) = tgα. Przekształcając równoważnie ostatni związek dostajemy kolejno: ctgβ ctgγ ctgβ +ctgγ = tgα, x r x r x r + x r = r x, x rr r +r = r, 5
22 skąd x = r(r +r )+r r. nalogicznie obliczamy: y = r(r +r )+r r oraz z = r(r +r )+r r. Korzystając z lematu oraz z powyższych trzech wzorów otrzymujemy E y x = y +r x +r = r(r +r )+r r +r r(r +r )+r r +r = = (r +r )(r +r ) (r +r )(r +r ) = r +r. r +r W ten sam sposób dowodzimy, że F x z = r +r F oraz r +r E z y = r +r. r +r Mnożąc stronami trzy ostatnie równości dostajemy E F F E = r +r r +r r +r =, r +r r +r r +r skąd, na mocy twierdzenia evy (zob. str. 0), odcinki, E, F przecinają się w jednym punkcie. Zadanie 0. ana jest liczba x > 0. iąg (x n ) jest zdefiniowany wzorem: x n+ = x n + x dla n =,,,.... n x n Udowodnić, że istnieje granica lim n, i obliczyć ją. n W rozwiązaniu skorzystamy z następującego twierdzenia: Jeżeli ciąg (a n ) jest zbieżny do granicy g, to ciąg (b n ), określony wzorem b n = a +a +...+a n, n jest również zbieżny i jego granica wynosi g. owód tego twierdzenia znajduje się w odatku, str. 6. Podstawmy y n = x n. Wtedy ( y n+ = y n + ) = yn ++ + y n y n yn. Skoro y n+ > y n +, więc ciąg (y n ) jest rozbieżny do nieskończoności. Zatem na mocy powyższej równości (y n+ y n ). Z ostatniej zbieżności oraz z zacytowanego wyżej twierdzenia zastosowanego do ciągu { y dla n = a n = y n y n dla n > otrzymujemy y +(y y )+(y y )+...+(y n y n ) lim n n x n skąd =. n lim n y n = lim n n =, 6
23 Zadanie. W urnie znajdują się dwie kule: biała i czarna. Ponadto mamy do dyspozycji 50 kul białych i 50 czarnych. Wykonujemy 50 razy następującą czynność: losujemy z urny kulę, a następnie wrzucamy ją z powrotem do urny oraz dokładamy jedną kulę tego samego koloru, co wylosowana kula. Po zakończeniu tych czynności mamy więc w urnie 5 kule. Jaka liczba kul białych znajdujących się w urnie jest najbardziej prawdopodobna? Niech P (k,n), gdzie k n, oznacza prawdopodobieństwo zdarzenia, że gdy w urnie jest n kul, to dokładnie k z nich ma kolor biały. Udowodnimy, że () P (,) = oraz P (k,n+) = n k k P (k,n)+ P (k,n). n n Pierwsza z powyższych równości jest oczywista. ruga wynika z następujących rozważań. Zastanawiamy się, kiedy po dołożeniu (n+)-szej kuli do urny zawierającej n kul w urnie znajdzie się dokładnie k kul białych. Jest to możliwe w następujących dwóch sytuacjach: (a) Jako (n+)-szą kulę dołożono kulę czarną. Wówczas przed dołożeniem tej kuli musiało być w urnie k kul białych. Prawdopodobieństwo tego zdarzenia wynosi P (k,n). Kulę czarną wylosowano więc z prawdopodobieństwem n k n. Zatem prawdopodobieństwo tego, że w urnie zawierającej n+ kul dokładnie k jest białych, pod warunkiem, że ostatnia dorzucona kula jest czarna, wynosi n k n P (k,n). (b) Jako (n+)-szą kulę dołożono kulę białą. Wówczas przed dołożeniem tej kuli musiało być w urnie dokładnie k kul białych. Prawdopodobieństwo tego zdarzenia wynosi P (k,n). Kulę białą wylosowano więc z prawdopodobieństwem k n. Stąd prawdopodobieństwo tego, że w urnie zawierającej n+ kul dokładnie k jest białych, pod warunkiem, że ostatnia dorzucona kula jest biała, wynosi k P (k,n). n Łącząc ze sobą dwa powyższe przypadki dostajemy drugą z równości (). Korzystając ze wzorów () dowodzimy indukcyjnie (ze względu na n), że P (k,n) = /(n ) dla k =,,...,n. Istotnie, dla n = mamy P (,) =. Jeśli n jest taką liczbą naturalną, że P (k,n) = n dla k =,,...,n, 7
24 to dla k =,,...,n mamy P (k,n+) = n k k n k P (k,n)+ P (k,n) = n n n n + k n n = n. W szczególności P (k,5) = dla k =,,...,5. 5 Zatem każda możliwa liczba kul białych po 50 losowaniach (od do 5) jest jednakowo prawdopodobna. Zadanie. Wszystkie wierzchołki sześcianu o krawędzi a leżą na powierzchni czworościanu foremnego o krawędzi. Wyznaczyć możliwe wartości a. Z warunków zadania wynika, że dany sześcian leży wewnątrz danego czworościanu KLM N. Możliwe są dwa przypadki: (a) Istnieje ściana czworościanu KLM N (na przykład KLM), na której leżą co najmniej trzy wierzchołki sześcianu; (b) Na każdej ścianie czworościanu KLM N leżą dokładnie dwa wierzchołki sześcianu. Rozważmy najpierw przypadek (a). Trzy wierzchołki sześcianu, które leżą na ścianie KLM, muszą być wierzchołkami jednej ściany tego sześcianu. To oznacza, że pewna ściana sześcianu, powiedzmy, leży wewnątrz trójkąta KLM; pozostałe cztery wierzchołki,,, znajdują się na ścianach KLN, LMN, MKN. ez straty ogólności możemy przyjąć, że ściana KLN zawiera któreś dwa spośród punktów,,,. Muszą one być dwoma kolejnymi wierzchołkami kwadratu. Nie tracąc ogólności rozważań, możemy przyjąć, że punkty, leżą na ścianie KLN, punkt leży na ścianie LMN, zaś punkt znajduje się na ścianie MKN (rys. ). Warunek (a) wyznacza więc jednoznacznie (z dokładnością do przyjętych oznaczeń) położenie danego sześcianu wewnątrz czworościanu foremnego o krawędzi. Przystępujemy do wyznaczenia długości krawędzi a. Oznaczmy przez K, L, M, odpowiednio punkty przecięcia krawędzi KN, LN, MN z płaszczyzną. zworościan K L M N jest foremny. Oznaczmy jego krawędź przez b. Wtedy K = L = (a )/, skąd () b = a+ a. 6 λ. Wysokość czworościanu foremnego o krawędzi λ wyraża się wzorem h = Porównując wysokości czworościanów KLMN oraz K L M N otrzymujemy równość 6 6 b+a =, 8
25 skąd wykorzystując równość () mamy 6 a = N L P K K M K L M rys. L Z Y T N Q M rys. X Pozostał do rozpatrzenia przypadek (b). Każdy z czterech odcinków łączących wierzchołki danego sześcianu, leżący na tej samej ścianie czworościanu KLM N, jest krawędzią tego sześcianu. Odcinki te nie mają wspólnych końców. Przypuśćmy, że krawędź leży na ścianie KLM. Wówczas jedna z krawędzi lub leży na jednej ze ścian KLN, LMN, MKN. ez straty ogólności przyjmijmy, że leży na KLN. Wtedy proste i są równoległe do krawędzi KL, a co za tym idzie, proste i są prostopadłe do krawędzi MN; nie mogą więc one leżeć na ścianach LMN i KMN. Możemy zatem założyć, że odcinek leży na ścianie LMN, zaś odcinek znajduje się na ścianie KMN (rys. ). Oznaczmy przez X, Y, Z, T odpowiednio środki krawędzi KN, NL, LM, MK. Wówczas kwadraty oraz mają boki równoległe odpowiednio do boków kwadratu XY ZT. Stąd istnieje (w przestrzeni) środek jednokładności P kwadratów i XY ZT, leżący na krawędzi KL oraz środek jednokładności Q kwadratów i XY ZT, leżący na krawędzi MN. Skale jednokładności w obu przypadkach są równe i wynoszą a. Odległości od punktów P i Q do płaszczyzny XY ZT są równe i wynoszą /. Stąd wynika, że odległości od płaszczyzn i do płaszczyzny XY ZT są równe a więc każda z nich wynosi a/. Te trzy wielkości są związane ze sobą zależnością a = a/, skąd otrzymujemy a = / +. Pozostaje zauważyć, że powyższą wartość można zrealizować biorąc za P i Q środki krawędzi KL i MN. 9
26 Reasumując: możliwe wartości a wynoszą 6 oraz Zawody stopnia drugiego Zadanie. ana jest funkcja f: 0, taka, że f( n ) = ( )n dla n =,,.... Wykazać, że nie istnieją funkcje rosnące g: 0,, h: 0,, dla których f = g h. Przypuśćmy, że istnieją funkcje g i h spełniające warunki zadania. Ponieważ funkcje te są rosnące, więc dla każdego k mamy g( k+ ) = f( k+ )+h( k+ ) = +h( k+ ) < < +h( k ) = +h( k ) = = f( k )+h( k ) = g( k ) < g( k ). Z monotoniczności funkcji g oraz powyższych nierówności dostajemy g(0) < g( k+ ) < g( k ) < g( k ) <... < g( ) (k ) < g() k. Zatem g() g(0) > k dla dowolnego k, co nie jest możliwe. Uwaga Zadanie wiąże się z pojęciem funkcji o wahaniu ograniczonym. Mówimy, że funkcja f: a,b ma wahanie ograniczone, jeżeli istnieje taka liczba M, że dla dowolnej liczby naturalnej n i dowolnych liczb rzeczywistych zachodzi nierówność a x < y < x < y <... < x n < y n b f(y ) f(x ) + f(y ) f(x ) f(y n ) f(x n ) < M. Funkcje, które nie spełniają powyższego warunku, nazywamy funkcjami o wahaniu nieograniczonym. Zauważmy, że dana w treści zadania funkcja f ma wahanie nieograniczone. Wystarczy bowiem przyjąć x k = oraz y k = dla k =,,...,n. n k + n k + Wówczas 0 x < y < x < y <... < x n < y n oraz f(y ) f(x ) + f(y ) f(x ) f(y n ) f(x n ) = n, co wraz ze wzrostem n jest nieograniczone. Okazuje się, że wahanie ograniczone mają te i tylko te funkcje, które dają się przedstawić w postaci różnicy dwóch funkcji rosnących. 50
27 Zadanie. Sześcian S o krawędzi jest zbudowany z ośmiu sześcianów jednostkowych. Klockiem nazwiemy bryłę otrzymaną przez usunięcie z sześcianu S jednego spośród ośmiu sześcianów jednostkowych. Sześcian T o krawędzi n jest zbudowany z ( n ) sześcianów jednostkowych. Udowodnić, że po usunięciu z sześcianu T dowolnego spośród ( n ) sześcianów jednostkowych powstaje bryła, którą daje się szczelnie wypełnić klockami. Przeprowadzimy dowód indukcyjny. la n = teza zadania jest oczywiście prawdziwa. Niech n będzie liczbą naturalną, dla której teza zadania jest prawdziwa. Rozważmy sześcian o krawędzi n+ z wyróżnionym sześcianem jednostkowym. Sześcian dzielimy na osiem przystających sześcianów,,..., 8, każdy o krawędzi n. W jednym z nich (przyjmijmy, że w ) znajduje się sześcian jednostkowy. Połóżmy klocek K w samym środku sześcianu tak, aby jego część wspólna z każdym z sześcianów,,..., 8 była sześcianem jednostkowym (analogiczna sytuacja przedstawiona jest na rys. w przypadku dwuwymiarowym). rys. Na mocy założenia indukcyjnego można wypełnić klockami zarówno sześcian z usuniętym sześcianem jednostkowym, jak i każdy z sześcianów,,..., 8 z usuniętym sześcianem jednostkowym stanowiącym część wspólną z klockiem K. W ten sposób wypełnimy klockami sześcian z usuniętym sześcianem jednostkowym, co kończy dowód indukcyjny. Zadanie. zworokąt wypukły jest wpisany w okrąg. Punkty E i F leżą odpowiednio na bokach i, przy czym E:E = F :F. Punkt P leży na odcinku EF i spełnia warunek EP :P F = :. Udowodnić, że stosunek pól trójkątów P i P nie zależy od wyboru punktów E i F. 5
28 Sposób I Załóżmy najpierw, że proste i nie są równoległe i przecinają się w punkcie S (rys. ). Ponieważ <) S = 80 <) = <) S, więc trójkąty S i S są podobne. Ponadto E = + E E = + F F = F, skąd E F = = S S. Z powyższych związków oraz z równości <) ES = <) F S wynika, że trójkąty SE i SF są podobne. Stąd <) SE = <) SF oraz SE SF = S S = = EP P F, co dowodzi, że <) ESP = <) F SP. Zatem punkt P leży na dwusiecznej kąta S, czyli jest on równoodległy od prostych i. Stosunek pól trójkątów P i P jest więc równy stosunkowi długości boków i, czyli nie zależy od wyboru punktów E i F. E E P F P F S rys. rys. Załóżmy teraz, że proste i są równoległe (rys. ). Wtedy czworokąt jest trapezem równoramiennym, gdzie =. Punkt P jest więc środkiem odcinka EF, co oznacza, że jest on równoodległy od prostych przechodzących przez punkty E, F i równoległych do podstaw trapezu. Ponadto E = F, skąd wynika, że punkty E i F są jednakowo odległe odpowiednio od prostych i. Zatem odległości od punktu P do prostych i są takie same. Tym samym stosunek pól trójkątów P i P jest równy stosunkowi długości odcinków i, czyli nie zależy od wyboru punktów E i F. Sposób II Udowodnimy najpierw następujący Lemat any jest trapez o podstawach i. Prosta równoległa do podstaw tego trapezu przecina odcinki i odpowiednio w punktach K i L (rys. ). Wówczas KL = L L +. 5
29 owód Niech P będzie punktem przecięcia przekątnej z odcinkiem KL. Wówczas na mocy twierdzenia Talesa oraz KP = P L = P L = P L =. rys. odając stronami powyższe równości dostajemy tezę. Przystępujemy do rozwiązania zadania. Ponieważ E:E = F :F, więc E () = F = λ oraz E = F = µ. Z warunku EP :P F = : wynika natomiast, że EP () EF = P F oraz + EF = +. Oznaczmy przez,, E, F, P odpowiednio rzuty prostokątne punktów,, E, F, P na prostą (rys. ). Na mocy udowodnionego wyżej lematu oraz równości () otrzymujemy P P = EP EF F F + F P EF EE = + F F + + EE. E K P L P F E P F rys. Korzystając z twierdzenia Talesa oraz równości () uzyskujemy P P = λ + + µ +. Mnożąc obie strony powyższej równości przez mamy () [P ] = λ + []+ µ + [], gdzie [XY Z] oznacza pole trójkąta XY Z. nalogicznie dowodzimy, że () [P ] = µ + []+ λ + []. 5
30 Wprowadźmy dla zwięzłości zapisu następujące oznaczenia: α = <), β = <), γ = <), δ = <). Ponieważ na czworokącie można opisać okrąg, więc sinα = sinγ oraz sinβ = sinδ. Stąd oraz z równości () i () otrzymujemy [P ] µ []+λ [] = [P ] λ []+µ [] = = µ sinδ +λ sinα λ sinγ +µ sinβ = (µ sinδ +λ sinα) = (λ sinγ +µ sinβ) =. Otrzymana wielkość nie zależy od wyboru punktów E, F, co kończy dowód. Zadanie. Punkt P leży wewnątrz trójkąta i spełnia warunki: () <) P = <) P oraz <) P = <) P. Punkt O jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie. owieść, że jeżeli O P, to kąt P O jest prosty. Sposób I Oznaczmy przez K, L, M odpowiednio punkty przecięcia prostych P, P, P z okręgiem opisanym na trójkącie (rys. ). Na mocy równości <) K = <) M długości łuków K i M są równe. nalogicznie, długości łuków K i L są równe. (ługość łuku XY jest mierzona od punktu X do punktu Y w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara). M M O P L O P L rys. K rys. K Odcinki L, K, M są więc równoległe (rys. ). Zatem mają one wspólną symetralną, która przechodzi przez punkt O. Na tej symetralnej leży również punkt P, gdyż punkt ten jest punktem przecięcia przekątnych M i L trapezu równoramiennego ML. Stąd, w szczególności, <) P O = 90. 5
31 Sposób II Niech M i N będą odpowiednio środkami boków i (rys. ). Ponieważ <) NO = <) MO = 90, więc okrąg opisany na trójkącie MN przechodzi przez punkt O (średnicą tego okręgu jest odcinek O). Wykażemy, że punkt P leży na tym okręgu. N P N P O M M rys. rys. Na mocy równości (), trójkąty P oraz P są podobne. Zatem M N = = P P. Ponadto <) MP = <) NP. Tożsamości te dowodzą, że trójkąty MP oraz NP są podobne (rys. ). Stąd <) MP = <) NP, czyli <) MP +<) NP = 80. Powyższa równość oznacza, że okrąg opisany na trójkącie M N przechodzi przez punkt P. Zatem punkty, M, O, P, N leżą na jednym okręgu, skąd <) P O = <) NO = 90. Sposób III Niech prosta P przecina okrąg opisany na trójkącie w punkcie Q (rys. 5). Wówczas zachodzą równości: () <) Q = <) Q = <) P, skąd <) P Q = <). Mamy ponadto następujące zależności: () <) P Q = <) Q = <). Z drugiej równości () oraz z tożsamości () wynika, że trójkąty i P Q są podobne. Podobne są również trójkąty P oraz P. Stąd P Q = P = P, czyli P Q = P. Zatem punkt P jest środkiem cięciwy Q, co oznacza, że <) P O = 90. P O rys. 5 Q 55
32 Zadanie 5. Niech S = {,,,,5}. Wyznaczyć liczbę funkcji f:s S spełniających równość f 50 (x) = x dla wszystkich x S. Uwaga: f 50 (x) = f f... f(x). } {{ } 50 Sposób I Niech f będzie funkcją spełniającą warunki zadania. la liczb x y dostajemy f 9 (f(x)) = x y = f 9 (f(y)), skąd f(x) f(y). Ponieważ f jest również funkcją na, więc f jest permutacją zbioru S. Oznaczmy przez r(x) (x S) najmniejszą liczbę całkowitą dodatnią, dla której f r(x) (x) = x. Wówczas r(x) 5 oraz r(x) 50, skąd r(x) {,,5}. Jeżeli istnieje taka liczba a S, że r(a) = 5, to liczby a, f(a), f (a), f (a), f (a) są różne wyczerpują więc zbiór S. Wtedy dla dowolnej liczby x S, r(x) = 5. Funkcja f jest więc jednoznacznie wyznaczona przez permutację ( f(),f (),f (),f () ) zbioru {,,,5}; zatem może być ona określona na! = sposoby. Jeżeli dla wszystkich x S zachodzi r(x) =, to f jest funkcją identycznościową. Taka funkcja jest jedna. Pozostał do rozpatrzenia przypadek, w którym największa wartość osiągana przez funkcję r wynosi. Niech więc a będzie takim elementem zbioru S, że r(a) =. Wtedy także r(b) =, gdzie b = f(a). Jeżeli r(x) = dla wszystkich x S \{a,b}, to f jest wyznaczona przez wybór dwuelementowego podzbioru {a,b} zbioru S, co można uczynić na ( 5 ) =0 sposobów. Jeżeli natomiast istnieje taka liczba c S \{a,b}, że r(c) =, to przyjmując d = f(c) oraz oznaczając przez e jedyny element zbioru S \{a,b,c,d}, mamy () f(a) = b, f(b) = a, f(c) = d, f(d) = c, f(e) = e. Taka funkcja f jest wyznaczona przez wybór liczby e (można to zrobić na 5 sposobów) oraz podział zbioru S \{e} na dwa podzbiory dwuelementowe {a,b} i {c,d} (istnieją takie podziały). ostajemy więc 5 funkcji postaci (). Łącznie istnieje 50 funkcji spełniających warunki zadania. Sposób II Zamiast liczyć permutacje zbioru pięcioelementowego spełniające warunek podany w zadaniu, można policzyć te permutacje, które go nie spełniają. Rozumowanie analogiczne do tego w sposobie I dowodzi, że są to permutacje f następujących trzech postaci: () () 56 f(a) = b, f(b) = c, f(c) = a, f(d) = d, f(e) = e, f(a) = b, f(b) = c, f(c) = a, f(d) = e, f(e) = d,
33 () f(a) = b, f(b) = c, f(c) = d, f(d) = a, f(e) = e, gdzie {,,,,5} = {a,b,c,d,e}. Liczby a, b, c ze zbioru {,,,,5} można wybrać na ( 5 ) = 0 sposobów, zaś ustawić cyklicznie na sposoby. Zatem istnieje 0 permutacji postaci () oraz 0 permutacji postaci (). Podobnie, liczby a, b, c, d ze zbioru {,,,,5} można wybrać na ( 5 ) = 5 sposobów, zaś ustawić cyklicznie na 6 sposobów. Zatem istnieje 0 permutacji postaci (). Stąd wynika, że istnieje 70 permutacji nie spełniających warunków zadania, a więc z ogólnej liczby 5! = 0 permutacji pozostaje 50 szukanych permutacji. Zadanie 6. ana jest liczba naturalna k oraz liczby całkowite a,a,...,a n spełniające warunki a + i a + i a +...+n i a n = 0 dla i =,,...,k. owieść, że liczba a + k a + k a +...+n k a n jest podzielna przez k!. la dowolnej liczby całkowitej m k liczba ( m) k jest całkowita. Stąd, dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej m, liczba m(m )(m )...(m k+) jest podzielna przez k!. Istnieją więc takie liczby całkowite b,b,...,b k, że dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej m, m k b m+b m +...+b k m k (mod k!). Mnożąc powyższą kongruencję przez a m, a następnie dodając stronami od m = do m = n otrzymujemy a + k a +...+n k a n b (a +a +...+na n )+ +b (a + a +...+n a n )+... = 0 (mod k!)....+b k (a + k a +...+n k a n ) = To oznacza, że liczba a + k a + k a +...+n k a n jest podzielna przez k!, co kończy rozwiązanie zadania. æ Zawody stopnia trzeciego Zadanie. Punkt leży na boku trójkąta, przy czym >. Punkt E leży na boku i spełnia warunek E () E =. Udowodnić, że > E. 57
34 Sposób I F Uzupełniamy trójkąt do równoległoboku F (rys. ). Na półprostej odkładamy odcinek K o długości. ana w zadaniu zależność przyjmuje teraz postać E E = F E K. Z tej równości oraz z równoległości odcinków K i F wynika, że punkty F, E, K są współliniowe. rys. K Punkt E leży więc na podstawie KF trójkąta równoramiennego KF. Stąd dostajemy F > E, czyli > E. Sposób II Skorzystamy z nierówności Ptolemeusza, która mówi, że dla dowolnych punktów,,, leżących na płaszczyźnie zachodzi +, przy czym równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy punkty,,, leżą, w tej właśnie kolejności, na jednym okręgu. (owód znajduje się w broszurze XLVI Olimpiada Matematyczna, Sprawozdanie Komitetu Głównego, Warszawa 996, str. 96). Stosując zacytowaną nierówność do punktów,,, E otrzymujemy E < E +E, czyli + E. () E < E Korzystając ze związku () otrzymujemy następujące równości: E = + = + E E, skąd dostajemy E = E E oraz = + = Na mocy nierówności () oraz powyższych zależności mamy 58 E < < = ( ) < ( ) ( ) = rys. +. ( ) ( + ) + = = E
LX Olimpiada Matematyczna
LX Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego 13 lutego 2009 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie 1. Liczby rzeczywiste a 1, a 2,..., a n (n 2) spełniają warunek a 1
Bardziej szczegółowoĆwiczenia z Geometrii I, czerwiec 2006 r.
Waldemar ompe echy przystawania trójkątów 1. unkt leży na przekątnej kwadratu (rys. 1). unkty i R są rzutami prostokątnymi punktu odpowiednio na proste i. Wykazać, że = R. R 2. any jest trójkąt ostrokątny,
Bardziej szczegółowoLXI Olimpiada Matematyczna
1 Zadanie 1. LXI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 21 kwietnia 2010 r. (pierwszy dzień zawodów) Dana jest liczba całkowita n > 1 i zbiór S {0,1,2,...,n 1}
Bardziej szczegółowoIX Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów
IX Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część testowa www.omg.edu.pl (3 października 2013 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. Liczba 3 9 3 27 jest a) niewymierna; b) równa 3 27;
Bardziej szczegółowoLVIII Olimpiada Matematyczna
LVIII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 18 kwietnia 2007 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie 1. W trójkącie ostrokątnym A punkt O jest środkiem okręgu opisanego,
Bardziej szczegółowoXI Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów
XI Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część testowa www.omg.edu.pl (24 września 2015 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. Dane są takie dodatnie liczby a i b, że 30% liczby a
Bardziej szczegółowoVII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów
VII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część testowa, test próbny www.omg.edu.pl (wrzesień 2011 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. Liczba krawędzi pewnego ostrosłupa jest o
Bardziej szczegółowoLI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 3 kwietnia 2000 r. (pierwszy dzień zawodów)
LI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 3 kwietnia 2000 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie 1. Dana jest liczba całkowita n 2. Wyznaczyć liczbę rozwiązań (x 1,x
Bardziej szczegółowoCztery punkty na okręgu
Tomasz Szymczyk V LO w ielsku-iałej ztery punkty na okręgu Przydatne fakty: (1) kąty wpisane w okrąg oparte na łukach przystających są równe, (2) czworokąt jest wpisany w okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy
Bardziej szczegółowoTreści zadań Obozu Naukowego OMG
STOWARZYSZENIE NA RZECZ EDUKACJI MATEMATYCZNEJ KOMITET GŁÓWNY OLIMPIADY MATEMATYCZNEJ GIMNAZJALISTÓW Treści zadań Obozu Naukowego OMG Poziom OM 2015 rok SZCZYRK 2015 Pierwsze zawody indywidualne Treści
Bardziej szczegółowoTreści zadań Obozu Naukowego OMJ
STOWARZYSZENIE NA RZECZ EDUKACJI MATEMATYCZNEJ KOMITET GŁÓWNY OLIMPIADY MATEMATYCZNEJ JUNIORÓW Treści zadań Obozu Naukowego OMJ Poziom OM 2017 rok SZCZYRK 2017 Olimpiada Matematyczna Juniorów jest wspó³finansowana
Bardziej szczegółowoInternetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e
Internetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e Stowarzyszenie na rzecz Edukacji Matematycznej Zestaw 2 szkice rozwiązań zadań 1. Dana jest taka liczba rzeczywista, której rozwinięcie dziesiętne jest nieskończone
Bardziej szczegółowoLXIX Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 18 kwietnia 2018 r. (pierwszy dzień zawodów)
LXIX Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 18 kwietnia 2018 r. (pierwszy dzień zawodów) 1. Dany jest trójkąt ostrokątny ABC, w którym AB < AC. Dwusieczna kąta
Bardziej szczegółowoTreści zadań Obozu Naukowego OMG
STOWARZYSZENIE NA RZECZ EDUKACJI MATEMATYCZNEJ KOMITET GŁÓWNY OLIMPIADY MATEMATYCZNEJ GIMNAZJALISTÓW Treści zadań Obozu Naukowego OMG Poziom OMG 2016 rok SZCZYRK 2016 Pierwsze zawody indywidualne Treści
Bardziej szczegółowoJarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, zima 2011/12
168. Uporządkować podane liczby w kolejności niemalejącej. sin50, cos80, sin170, cos200, sin250, cos280. 169. Naszkicować wykres funkcji f zdefiniowanej wzorem a) f(x) = sin2x b) f(x) = cos3x c) f(x) =
Bardziej szczegółowoGEOMETRIA ELEMENTARNA
Bardo, 7 11 XII A. D. 2016 I Uniwersytecki Obóz Olimpiady Matematycznej GEOMETRIA ELEMENTARNA materiały przygotował Antoni Kamiński na podstawie zbiorów zadań: Przygotowanie do olimpiad matematycznych
Bardziej szczegółowoSTOWARZYSZENIE NA RZECZ EDUKACJI MATEMATYCZNEJ KOMITET GŁÓWNY OLIMPIADY MATEMATYCZNEJ JUNIORÓW SZCZYRK 2017
STOWARZYSZENIE NA RZECZ EDUKACJI MATEMATYCZNEJ KOMITET GŁÓWNY OLIMPIADY MATEMATYCZNEJ JUNIORÓW Obóz Naukowy OMJ Poziom OMJ 207 rok SZCZYRK 207 Olimpiada Matematyczna Juniorów jest wspó³finansowana ze œrodków
Bardziej szczegółowoXII Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (1 września 2016 r. 17 października 2016 r.)
XII Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna ( września 06 r. 7 października 06 r.) Szkice rozwiązań zadań konkursowych. Liczby wymierne a, b, c spełniają równanie
Bardziej szczegółowoTreści zadań Obozu Naukowego OMG
STOWARZYSZENIE NA RZECZ EDUKACJI MATEMATYCZNEJ KOMITET GŁÓWNY OLIMPIADY MATEMATYCZNEJ GIMNAZJALISTÓW Treści zadań Obozu Naukowego OMG Poziom OMG 2015 rok SZCZYRK 2015 Treści zadań Pierwsze zawody indywidualne
Bardziej szczegółowoObóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów
Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów Liga zadaniowa 2012/2013 Seria X (kwiecień 2013) rozwiązania zadań 46. Na szachownicy 75 75 umieszczono 120 kwadratów 3 3 tak, że każdy pokrywa 9 pól.
Bardziej szczegółowoXIII Olimpiada Matematyczna Juniorów
XIII Olimpiada atematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (1 września 2017 r. 16 października 2017 r.) 1. iczby a, b, c spełniają zależności Wykaż, że a 2 +b 2 = c 2. Szkice
Bardziej szczegółowoXII Olimpiada Matematyczna Juniorów
XII Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część testowa (29 września 2016 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. odatnia liczba a powiększona o 50% jest równa dodatniej liczbie b pomniejszonej
Bardziej szczegółowoMATEMATYKA WYDZIAŁ MATEMATYKI - TEST 1
Wszelkie prawa zastrzeżone. Rozpowszechnianie, wypożyczanie i powielanie niniejszych testów w jakiejkolwiek formie surowo zabronione. W przypadku złamania zakazu mają zastosowanie przepisy dotyczące naruszenia
Bardziej szczegółowoBukiety matematyczne dla gimnazjum
Bukiety matematyczne dla gimnazjum http://www.mat.uni.torun.pl/~kolka/ 5 IX rok 2003/2004 Bukiet 1 1. W trójkącie ABC prosta równoległa do boku AB przecina boki AC i BC odpowiednio w punktach D i E. Zauważ,
Bardziej szczegółowoLXV Olimpiada Matematyczna
LXV Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 8 kwietnia 2014 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie 1. Dane są względnie pierwsze liczby całkowite k,n 1. Na tablicy
Bardziej szczegółowoX Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów
X Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część testowa www.omg.edu.pl (27 listopada 2014 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. Istnieje ostrosłup, który ma dokładnie 15 14 a) wierzchołków;
Bardziej szczegółowoZbiór zadań z geometrii przestrzennej. Michał Kieza
Zbiór zadań z geometrii przestrzennej Michał Kieza Zbiór zadań z geometrii przestrzennej Michał Kieza Wydawca: Netina Sp. z o.o. ISN 978-83-7521-522-9 c 2015, Wszelkie Prawa Zastrzeżone Zabrania się modyfikowania
Bardziej szczegółowoMatematyka rozszerzona matura 2017
Matematyka rozszerzona matura 017 Zadanie 1 Liczba ( 3 + 3) jest równa A. B. 4 C. 3 D. 3 ( 3 + 3) = 3 ( 3)( + 3) + + 3 = A. 3 4 3 + + 3 = 4 1 = 4 = Zadanie. Nieskończony ciąg liczbowy jest określony wzorem
Bardziej szczegółowoO 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
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
Bardziej szczegółowoXIV Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (1 września 2018 r. 15 października 2018 r.)
XIV Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna ( września 0 r. października 0 r.) Szkice rozwiązań zadań konkursowych. Liczbę naturalną n pomnożono przez, otrzymując
Bardziej szczegółowoXV Olimpiada Matematyczna Juniorów
XV Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część testowa (26 września 209 r.) Rozwiązania zadań testowych. odatnia liczba a jest mniejsza od. Wynika z tego, że a) a 2 > a; b) a > a; c)
Bardziej szczegółowoLVIII Olimpiada Matematyczna
LVIII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego 23 lutego 2007 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie. Wielomian P (x) ma współczynniki całkowite. Udowodnić, że jeżeli
Bardziej szczegółowoLXIII Olimpiada Matematyczna
1 Zadanie 1. LXIII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego 17 lutego 2012 r. (pierwszy dzień zawodów) Rozwiązać w liczbach rzeczywistych a, b, c, d układ równań a
Bardziej szczegółowoXIII Olimpiada Matematyczna Juniorów
XIII Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część testowa (8 września 017 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. W każdym z trzech lat 018, 019 i 00 pensja pana Antoniego będzie o 5% większa
Bardziej szczegółowoKolorowanie płaszczyzny, prostych i okręgów
Kolorowanie płaszczyzny, prostych i okręgów Jadwiga Czyżewska Pisane pod kierunkiem W.Guzickiego W 2013 roku na II etapie VIII edycji Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów pojawiło się zadanie o następującej
Bardziej szczegółowoMetoda objętości zadania
Metoda objętości zadania Płaszczyzny i dzielą graniastosłup trójkątny na cztery bryły Znaleźć stosunki objętości tych brył 2 any jest równoległościan o objętości V Wyznaczyć objętość części wspólnej czworościanów
Bardziej szczegółowoLV Olimpiada Matematyczna
LV Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 15 kwietnia 004 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie 1. Punkt D leży na boku AB trójkąta ABC. Okręgi styczne do prostych
Bardziej szczegółowoVII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów
VII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część testowa www.omg.edu.pl (29 września 2011 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. Istnieje taki graniastosłup, którego liczba krawędzi
Bardziej szczegółowoRozwiązania zadań. Arkusz maturalny z matematyki nr 1 POZIOM PODSTAWOWY
Rozwiązania zadań Arkusz maturalny z matematyki nr POZIOM PODSTAWOWY Zadanie (pkt) Sposób I Skoro liczba jest środkiem przedziału, więc odległość punktu x od zapisujemy przy pomocy wartości bezwzględnej.
Bardziej szczegółowoXI Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów
www.omg.edu.pl I Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (1 września 2015 r. 12 października 2015 r.) Szkice rozwiązań zadań konkursowych 1. Wykaż, że istnieje
Bardziej szczegółowoSTEREOMETRIA CZYLI GEOMETRIA W 3 WYMIARACH
STEREOMETRIA CZYLI GEOMETRIA W 3 WYMIARACH Stereometria jest działem geometrii, którego przedmiotem badań są bryły przestrzenne oraz ich właściwości. WZAJEMNE POŁOŻENIE PROSTYCH W PRZESTRZENI 2 proste
Bardziej szczegółowoKURS WSPOMAGAJĄCY PRZYGOTOWANIA DO MATURY Z MATEMATYKI ZDAJ MATMĘ NA MAKSA. przyjmuje wartości większe od funkcji dokładnie w przedziale
Zestaw nr 1 Poziom Rozszerzony Zad.1. (1p) Liczby oraz, są jednocześnie ujemne wtedy i tylko wtedy, gdy A. B. C. D. Zad.2. (1p) Funkcja przyjmuje wartości większe od funkcji dokładnie w przedziale. Wtedy
Bardziej szczegółowoTrójkąty Zad. 0 W trójkącie ABC, AB=40, BC=23, wyznacz AC wiedząc że jest ono sześcianem liczby naturalnej.
C Trójkąty Zad. 0 W trójkącie ABC, AB=40, BC=23, wyznacz AC wiedząc że jest ono sześcianem liczby naturalnej. Zad. 1 Oblicz pole trójkąta o bokach 13 cm, 14 cm, 15cm. Zad. 2 W trójkącie ABC rys. 1 kąty
Bardziej szczegółowoX Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów
www.omg.edu.pl X Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (10 listopada 01 r. 15 grudnia 01 r.) Szkice rozwiązań zadań konkursowych 1. nia rozmieniła banknot
Bardziej szczegółowoLVII Olimpiada Matematyczna
Zadanie 1. LVII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 5 kwietnia 2006 r. (pierwszy dzień zawodów) Rozwiązać w liczbach rzeczywistych a, b, c, d, e układ równań
Bardziej szczegółowoZajęcia nr 1 (1h) Dwumian Newtona. Indukcja. Zajęcia nr 2 i 3 (4h) Trygonometria
Technologia Chemiczna 008/09 Zajęcia wyrównawcze. Pokazać, że: ( )( ) n k k l = ( n l )( n l k l Zajęcia nr (h) Dwumian Newtona. Indukcja. ). Rozwiązać ( ) ( równanie: ) n n a) = 0 b) 3 ( ) n 3. Znaleźć
Bardziej szczegółowo9. Funkcje trygonometryczne. Elementy geometrii: twierdzenie
9. Funkcje trygonometryczne. Elementy geometrii: twierdzenie Pitagorasa i twierdzenie cosinusów, twierdzenie o kącie wpisanym i środkowym, okrąg wpisany i opisany na wielokącie, wielokąty foremne (c.d).
Bardziej szczegółowoObóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów
Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów Liga zadaniowa 202/203 Seria VI (grudzień 202) rozwiązania zadań 26. Udowodnij, że istnieje 0 00 kolejnych liczb całkowitych dodatnich nie większych
Bardziej szczegółowoXIV Olimpiada Matematyczna Juniorów
XIV Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część testowa (27 września 2018 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. W sklepie U Bronka cena spodni była równa cenie sukienki. Cenę spodni najpierw
Bardziej szczegółowoInternetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e
Internetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e Stowarzyszenie na rzecz Edukacji Matematycznej Zestaw 1 szkice rozwiązań zadań 1 W wierszu zapisano kolejno 2010 liczb Pierwsza zapisana liczba jest równa 7 oraz
Bardziej szczegółowo( ) Arkusz I Zadanie 1. Wartość bezwzględna Rozwiąż równanie. Naszkicujmy wykresy funkcji f ( x) = x + 3 oraz g ( x) 2x
Arkusz I Zadanie. Wartość bezwzględna Rozwiąż równanie x + 3 x 4 x 7. Naszkicujmy wykresy funkcji f ( x) x + 3 oraz g ( x) x 4 uwzględniając tylko ich miejsca zerowe i monotoniczność w ten sposób znajdziemy
Bardziej szczegółowoV Międzyszkolny Konkurs Matematyczny
V Międzyszkolny Konkurs Matematyczny im. Stefana Banacha dla uczniów szkół średnich Zespół Szkół Nr 1 im. Adama Mickiewicza w Lublińcu 42-700 Lubliniec, ul. Sobieskiego 22 18. kwiecień 2011 rok 1. W trapezie
Bardziej szczegółowo11. Znajdż równanie prostej prostopadłej do prostej k i przechodzącej przez punkt A = (2;2).
1. Narysuj poniższe figury: a), b), c) 2. Punkty A = (0;1) oraz B = (-1;0) należą do okręgu którego środek należy do prostej o równaniu x-2 = 0. Podaj równanie okręgu. 3. Znaleźć równanie okręgu przechodzącego
Bardziej szczegółowoPLANIMETRIA CZYLI GEOMETRIA PŁASZCZYZNY CZ. 1
PLANIMETRIA CZYLI GEOMETRIA PŁASZCZYZNY CZ. 1 Planimetria to dział geometrii, w którym przedmiotem badań są własności figur geometrycznych leżących na płaszczyźnie (patrz określenie płaszczyzny). Pojęcia
Bardziej szczegółowoBukiety matematyczne dla gimnazjum
Bukiety matematyczne dla gimnazjum http://www.mat.uni.torun.pl/~kolka/ 1 X 2002 Bukiet I Dany jest prostokąt o bokach wymiernych a, b, którego obwód O i pole P są całkowite. 1. Sprawdź, że zachodzi równość
Bardziej szczegółowoTematy: zadania tematyczne
Tematy: zadania tematyczne 1. Ciągi liczbowe zadania typu udowodnij 1) Udowodnij, Ŝe jeŝeli liczby,, tworzą ciąg arytmetyczny ), to liczby,, takŝe tworzą ciąg arytmetyczny. 2) Ciąg jest ciągiem geometrycznym.
Bardziej szczegółowoTwierdzenie Talesa. Adrian Łydka Bernadeta Tomasz. Teoria
Twierdzenie Talesa. drian Łydka ernadeta Tomasz Teoria Definicja 1. Mówimy, że odcinki i CD są proporcjonalne odpowiednio do odcinków EF i GH, jeżeli CD = EF GH. Twierdzenie 1. (Twierdzenie Talesa) Jeżeli
Bardziej szczegółowoLXII Olimpiada Matematyczna
1 Zadanie 1. LXII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego 18 lutego 2011 r. (pierwszy dzień zawodów) Rozwiązać w liczbach rzeczywistych układ równań { (x y)(x 3 +y
Bardziej szczegółowoV Konkurs Matematyczny Politechniki Białostockiej
V Konkurs Matematyczny Politechniki iałostockiej Rozwiązania - klasy pierwsze 27 kwietnia 2013 r. 1. ane są cztery liczby dodatnie a b c d. Wykazać że przynajmniej jedna z liczb a + b + c d b + c + d a
Bardziej szczegółowoKONKURS ZOSTAŃ PITAGORASEM MUM. Podstawowe własności figur geometrycznych na płaszczyźnie
KONKURS ZOSTAŃ PITAGORASEM MUM ETAP I TEST II Podstawowe własności figur geometrycznych na płaszczyźnie 1. A. Stosunek pola koła wpisanego w kwadrat o boku długości 6 do pola koła opisanego na tym kwadracie
Bardziej szczegółowoXXV Rozkosze Łamania Głowy konkurs matematyczny dla klas I i III szkół ponadgimnazjalnych. zestaw A klasa I
XXV Rozkosze Łamania Głowy konkurs matematyczny dla klas I i III szkół ponadgimnazjalnych zestaw A klasa I 1. Zbiór wszystkich środków okręgów (leżących na jednej płaszczyźnie) przechodzących przez: a)
Bardziej szczegółowoZadania przygotowawcze do konkursu o tytuł NAJLEPSZEGO MATEMATYKA KLAS PIERWSZYCH I DRUGICH POWIATU BOCHEŃSKIEGO rok szk. 2017/2018.
Zadania przygotowawcze do konkursu o tytuł NAJLEPSZEGO MATEMATYKA KLAS PIERWSZYCH I DRUGICH POWIATU BOCHEŃSKIEGO rok szk. 017/018 19 grudnia 017 1 1 Klasy pierwsze - poziom podstawowy 1. Dane są zbiory
Bardziej szczegółowoVIII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów
VIII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część testowa www.omg.edu.pl (18 października 01 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. Miary α, β, γ kątów pewnego trójkąta spełniają warunek
Bardziej szczegółowoPytania do spr / Własności figur (płaskich i przestrzennych) (waga: 0,5 lub 0,3)
Pytania zamknięte / TEST : Wybierz 1 odp prawidłową. 1. Punkt: A) jest aksjomatem in. pewnikiem; B) nie jest aksjomatem, bo można go zdefiniować. 2. Prosta: A) to zbiór punktów; B) to zbiór punktów współliniowych.
Bardziej szczegółowoJarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, zima 2014/15
Kolokwium nr 3: 27.01.2015 (wtorek), godz. 8:15-10:00 (materiał zad. 1-309) Kolokwium nr 4: 3.02.2015 (wtorek), godz. 8:15-10:00 (materiał zad. 1-309) Ćwiczenia 13,15,20,22.01.2015 (wtorki, czwartki) 266.
Bardziej szczegółowoPYTANIA TEORETYCZNE Z MATEMATYKI
Zbiory liczbowe: 1. Wymień znane Ci zbiory liczbowe. 2. Co to są liczby rzeczywiste? 3. Co to są liczby naturalne? 4. Co to są liczby całkowite? 5. Co to są liczby wymierne? 6. Co to są liczby niewymierne?
Bardziej szczegółowoTwierdzenie Talesa. Adrian Łydka Bernadeta Tomasz. Teoria
Twierdzenie Talesa. drian Łydka ernadeta Tomasz Teoria efinicja 1. Mówimy, że odcinki i są proporcjonalne odpowiednio do odcinków EF i GH, jeżeli = EF GH. Twierdzenie 1. (Twierdzenie Talesa) Jeżeli ramiona
Bardziej szczegółowo1. ODPOWIEDZI DO ZADAŃ TESTOWYCH
R O Z W I A Z A N I A 1. ODPOWIEDZI DO ZADAŃ TESTOWYCH 1. Dla dowolnych zbiorów A, B, C zachodzi równość (A B) (B C) (C A) = (A B C) (A B C), A (B C) = (A B) (A C), A (B C) = (A B) (A C). 2. Wyrażenie
Bardziej szczegółowoObóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów
Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów Liga zadaniowa 0/03 Seria IV październik 0 rozwiązania zadań 6. Dla danej liczby naturalnej n rozważamy wszystkie sumy postaci a b a b 3 a 3 b 3 a b...n
Bardziej szczegółowoLXX Olimpiada Matematyczna
LXX Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 3 kwietnia 09 r. (pierwszy dzień zawodów). Punkty X i Y leżą odpowiednio wewnątrz boków i trójkąta ostrokątnego, przy
Bardziej szczegółowoJednoznaczność rozkładu na czynniki pierwsze I
Jednoznaczność rozkładu na czynniki pierwsze I 1. W Biwerlandii w obiegu są monety o nominałach 5 eciepecie i 8 eciepecie. Jaką najmniejszą (dodatnią) kwotę można zapłacić za zakupy, jeżeli sprzedawca
Bardziej szczegółowoLVIII Olimpiada Matematyczna
Zadanie 1. LVIII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia pierwszego (11 września 2006 r. 4 grudnia 2006 r.) Rozwiązać w liczbach rzeczywistych x, y, z układ równań x 2 +2yz
Bardziej szczegółowoPrzykładowe rozwiązania zadań. Próbnej Matury 2014 z matematyki na poziomie rozszerzonym
Zadania rozwiązali: Przykładowe rozwiązania zadań Próbnej Matury 014 z matematyki na poziomie rozszerzonym Małgorzata Zygora-nauczyciel matematyki w II Liceum Ogólnokształcącym w Inowrocławiu Mariusz Walkowiak-nauczyciel
Bardziej szczegółowoPLANIMETRIA CZYLI GEOMETRIA PŁASZCZYZNY CZ. 3
DEFINICJE PLANIMETRIA CZYLI GEOMETRIA PŁASZCZYZNY CZ. 3 Czworokąt to wielokąt o 4 bokach i 4 kątach. Przekątną czworokąta nazywamy odcinek łączący przeciwległe wierzchołki. Wysokością czworokąta nazywamy
Bardziej szczegółowoPrzykładowe zadania z teorii liczb
Przykładowe zadania z teorii liczb I. Podzielność liczb całkowitych. Liczba a = 346 przy dzieleniu przez pewną liczbę dodatnią całkowitą b daje iloraz k = 85 i resztę r. Znaleźć dzielnik b oraz resztę
Bardziej szczegółowoUniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu. Egzamin wstępny z matematyki
Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu Egzamin wstępny z matematyki lipca 2006 roku Zestaw I wariant A Czas trwania egzaminu: 240 minut 1. Dane są zbiory liczbowe A = {x; x R x < 2}, B = {x; x R x +
Bardziej szczegółowoXXXVIII Regionalny Konkurs Rozkosze łamania Głowy
XXXVIII Regionalny Konkurs Rozkosze łamania Głowy klasy I i II szkół ponadgimnazjalnych 1. Liczba 2015 2017 + 2 2015 2016 + 2015 2015 jest podzielna przez: A. 2017 B. 2016 C. 2015 2. Układ równań 8 >
Bardziej szczegółowoCzworościany ortocentryczne zadania
Czworościany ortocentryczne zadania 1. Wykazać, że nastepujące warunki są równoważne: a) istnieje przecięcie wysokości czworościanu, b) przeciwległe krawędzie są prostopadłe, c) sumy kwadratów długości
Bardziej szczegółowoV Konkurs Matematyczny Politechniki Białostockiej
V Konkurs Matematyczny Politechniki Białostockiej Rozwiązania - klasy drugie 1. Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych (x, y) spełniające nierówności x + 1 + y 4 x + y 4 5 x 4 + y 1 > 4. Ważne jest zauważenie,
Bardziej szczegółowoPraca kontrolna z matematyki nr 1 Liceum Ogólnokształcące dla Dorosłych Semestr 5 Rok szkolny 2014/2015
Praca kontrolna z matematyki nr 1 Liceum Ogólnokształcące dla Dorosłych Semestr 5 Rok szkolny 2014/2015 2 6 + 3 1. Oblicz 3. 3 x 1 3x 2. Rozwiąż nierówność > x. 2 3 3. Funkcja f przyporządkowuje każdej
Bardziej szczegółowoTest kwalifikacyjny na I Warsztaty Matematyczne
Test kwalifikacyjny na I Warsztaty Matematyczne Na pytania odpowiada się tak lub nie poprzez wpisanie odpowiednio T bądź N w pole obok pytania. W danym trzypytaniowym zestawie możliwa jest dowolna kombinacja
Bardziej szczegółowoKlasa III technikum Egzamin poprawkowy z matematyki sierpień I. CIĄGI LICZBOWE 1. Pojęcie ciągu liczbowego. b) a n =
/9 Narysuj wykres ciągu (a n ) o wyrazie ogólnym: I. CIĄGI LICZBOWE. Pojęcie ciągu liczbowego. a) a n =5n dla n
Bardziej szczegółowoIndukcja matematyczna
Indukcja matematyczna Zadanie. Zapisać, używając symboli i, następujące wyrażenia (a) n!; (b) sin() + sin() sin() +... + sin() sin()... sin(n); (c) ( + )( + /)( + / + /)... ( + / + / +... + /R). Zadanie.
Bardziej szczegółowoPropozycje rozwiązań zadań otwartych z próbnej matury rozszerzonej przygotowanej przez OPERON.
Propozycje rozwiązań zadań otwartych z próbnej matury rozszerzonej przygotowanej przez OPERON. Zadanie 6. Dane są punkty A=(5; 2); B=(1; -3); C=(-2; -8). Oblicz odległość punktu A od prostej l przechodzącej
Bardziej szczegółowoPlanimetria poziom podstawowy (opracowanie: Mirosława Gałdyś na bazie
Planimetria poziom podstawowy (opracowanie: Mirosława Gałdyś na bazie http://www.zadania.info/) 1. W trójkącie prostokątnym wysokość poprowadzona na przeciwprostokątną ma długość 10 cm, a promień okręgu
Bardziej szczegółowoLVII Olimpiada Matematyczna
LVII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia pierwszego (12 września 2005 r 5 grudnia 2005 r) Zadanie 1 Wyznaczyć wszystkie nieujemne liczby całkowite n, dla których liczba
Bardziej szczegółowoZadania otwarte krótkiej odpowiedzi na dowodzenie
Zadania otwarte krótkiej odpowiedzi na dowodzenie Zadanie 1. Na bokach trójkąta równobocznego ABC tak wybrano punkty E, F oraz D, że AE = BF = CD = 1 AB (rysunek obok). a) Udowodnij, że trójkąt EFD jest
Bardziej szczegółowoPRZYKŁADOWE ZADANIA Z MATEMATYKI NA POZIOMIE PODSTAWOWYM
PRZYKŁADOWE ZADANIA Z MATEMATYKI NA POZIOMIE PODSTAWOWYM Zad.1. (0-1) Liczba 3 8 3 3 9 2 A. 3 3 Zad.2. (0-1) jest równa: Liczba log24 jest równa: B. 3 32 9 C. 3 4 D. 3 5 A. 2log2 + log20 B. log6 + 2log2
Bardziej szczegółowoInternetowe Kółko Matematyczne 2003/2004
Internetowe Kółko Matematyczne 003/004 http://www.mat.uni.torun.pl/~kolka/ Zadania dla szkoły średniej Zestaw I (5 IX) Zadanie 1. Które liczby całkowite można przedstawić w postaci różnicy kwadratów dwóch
Bardziej szczegółowoZadania, które zaproponowałem na różne konkursy Olimpiada Matematyczna. bc(b 3 + c 3 ) + c4 + a 4. ca(c 3 + a 3 ) 1. c + ca + cab 1 ( 1
Zadania, które zaproponowałem na różne konkursy Olimpiada Matematyczna. (57-II-3) Liczby dodatnie a, b, c spełniają warunek ab + bc + ca = abc. Dowieść, że a 4 + b 4 ab(a 3 + b 3 ) + b4 + c 4 bc(b 3 +
Bardziej szczegółowoW. Guzicki Próbna matura, grudzień 2014 r. poziom rozszerzony 1
W. Guzicki Próbna matura, grudzień 01 r. poziom rozszerzony 1 Próbna matura rozszerzona (jesień 01 r.) Zadanie 18 kilka innych rozwiązań Wojciech Guzicki Zadanie 18. Okno na poddaszu ma mieć kształt trapezu
Bardziej szczegółowo2. Wykaż, że dla dowolnej wartości zmiennej x wartość liczbowa wyrażenia (x 6)(x + 8) 2(x 25) jest dodatnia.
1. Wykaż, że liczba 2 2 jest odwrotnością liczby 1 2. 2. Wykaż, że dla dowolnej wartości zmiennej x wartość liczbowa wyrażenia (x 6)(x + 8) 2(x 25) jest dodatnia. 3. Wykaż, że dla każdej liczby całkowitej
Bardziej szczegółowoInternetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e
Internetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e Stowarzyszenie na rzecz Edukacji Matematycznej Zestaw 3 szkice rozwiązań zadań 1. Plansza do gry składa się z 15 ustawionych w rzędzie kwadratów. Pierwszy z graczy
Bardziej szczegółowoPrzykładowe rozwiązania
Przykładowe rozwiązania (E. Ludwikowska, M. Zygora, M. Walkowiak) Zadanie 1. Rozwiąż równanie: w przedziale. ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) Uwzględniając, że x otrzymujemy lub lub lub. Zadanie. Dany jest czworokąt
Bardziej szczegółowoZADANIA OTWARTE KRÓTKIEJ ODPOWIEDZI
ZADANIA OTWARTE KRÓTKIEJ ODPOWIEDZI Zad. 1 (2 pkt) Rozwiąż równanie Zad.2 (2 pkt) 2 3x 1 = 1 2x 2 Rozwiąż układ równań x +3y =5 2x y = 3 Zad.3 (2 pkt) 2 Rozwiąż nierówność x + 6x 7 0 Zad.4 (2 pkt) 3 2
Bardziej szczegółowoPrzedmiotowe zasady oceniania i wymagania edukacyjne z matematyki dla klasy drugiej gimnazjum
Przedmiotowe zasady oceniania i wymagania edukacyjne z matematyki dla klasy drugiej gimnazjum I. POTĘGI I PIERWIASTKI oblicza wartości potęg o wykładnikach całkowitych liczb różnych od zera zapisuje liczbę
Bardziej szczegółowoRównania prostych i krzywych; współrzędne punktu
Równania prostych i krzywych; współrzędne punktu Zad 1: Na paraboli o równaniu y = 1 x znajdź punkt P leŝący najbliŝej prostej o równaniu x + y = 0 Napisz równanie stycznej do tej paraboli, poprowadzonej
Bardziej szczegółowoKURS WSPOMAGAJĄCY PRZYGOTOWANIA DO MATURY Z MATEMATYKI ZDAJ MATMĘ NA MAKSA. przyjmuje wartości większe od funkcji dokładnie w przedziale
Zestaw nr 1 Poziom Rozszerzony Zad.1. (1p) Liczby oraz, są jednocześnie ujemne wtedy i tylko wtedy, gdy A. B. C. D. Zad.2. (1p) Funkcja przyjmuje wartości większe od funkcji dokładnie w przedziale. Wtedy
Bardziej szczegółowoRegionalne Koło Matematyczne
Regionalne Koło Matematyczne Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu Wydział Matematyki i Informatyki http://www.mat.umk.pl/rkm/ Lista rozwiązań zadań nr 16 (27.02.2010) Twierdzenia evy i Menelaosa 1.
Bardziej szczegółowo