IV Warsztaty Matematyczne I LO im. Stanisława Dubois w Koszalinie

Transkrypt

1 IV Warsztaty Matematyczne I LO im. Stanisława Dubois w Koszalinie Zadania i rozwiązania. Grupa starsza. Dzień drugi r.

2 Streszczenie Przygotowując zadania opierałem się o zasoby zadaniowe pochodzące z następujących źródeł: Olimpiada Matematyczna( Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej( Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów( American Invitational Mathematics Examination( Norway Niels Henrik Abels Math Contest( 103 trigonometry problems ; Titu Andreescu, Zuming Feng; Birkhuser Interactive Mathematics Miscellany and Puzzles(

3 Część I Zadania 1

4 Test, dzień drugi, grupa starsza 1.DanyjesttrójkątrównobocznyABCipunktyP,Q,RleżąceodpowiednionabokachBC,CA,AB. Niecho 1,o 2,o 3 będąokręgamiopisanymiodpowiednionatrójkątachaqr,cpq,bpr.wówczas o 1 o 2 0 3,gdy:... P, Q, R są środkami odpowiednich boków trójkąta ABC... AQ QC = CP PB = BR RA...zawsze 2. W trójkącie ABC spełnione są równości: 3sin(A)+4cos(B)=6 4sin(B)+3cos(A)=1. Wówczas miara kąta C wynosi: W trójkącie ABC spełniona jest nierówność: sin(a)+sin(b)+sin(c) 1. Wynika stąd, że:...jedenzkątówtrójkątajestwiększyod90...jedenzkątówtrójkątajestwiększyod120...jedenzkątówtrójkątajestwiększyod150 4.Niecha,b,cbędądługościamibokówtrójkąta.NiechX= a b+c + b c+a + c a+b.wówczas:...x<3...x<2...x<1 5.Równaniea 2 +b 2 +c 2 +d 2 =a(b+c+d),gdziea,b,c,d Rma:...jednorozwiązanie...skończeniewielerozwiązań...nieskończeniewielerozwiązań 6.Rozważmywielomianpostacix n +2nx n 1 +2n 2 x n Wówczaswzależnościodniodpozostałych współczynników, wielomian ten może:...niemiećrozwiązań...miećprzynajmniejjednorozwiązanie...miećnrozwiązań 2

5 Konkurs, dzień drugi, grupa starsza 1.Ktośzaobserwował,że6!= Znajdźnajwiększąliczbędodatniąn,dlaktórejn!możebyć przedstawione jako iloczyn n 3 kolejnych liczb całkowitych dodatnich. 2.Mającdanąliczbęwymiernąwiększąod0,zapiszmyjąjakoułameknieskracalnyq= a b.obliczile liczbwymiernychzprzedziału(0,1)matęwłasność,żeiloczynabrównyjest20! 3.Liczbęnaturalnąnnazywamywypasioną,jeżelidlakażdejliczbypierwszejpdzielącejnliczbap 2 równieżdzielin.rozstrzygnąć,czyistniejenieskończeniewieleliczbntakich,żenorazn+1są wypasione. 4.Znaleźćwszystkietakieliczbynaturalnen 2,żewszystkieliczbynaturalnemniejszeodni względnie pierwsze z n tworzą ciąg arytmetyczny. 5. Wyznaczyć największą taką liczbę parzystą, której nie da się przedstawić jako sumy dwóch liczb nieparzystych złożonych. 3

6 Część II Rozwiązania 4

7 Test, dzień drugi, grupa starsza 1.DanyjesttrójkątrównobocznyABCipunktyP,Q,RleżąceodpowiednionabokachBC,CA,AB. Niecho 1,o 2,o 3 będąokręgamiopisanymiodpowiednionatrójkątachaqr,cpq,bpr.wówczas o 1 o 2 0 3,gdy:... P, Q, R są środkami odpowiednich boków trójkąta ABC... AQ QC = CP PB = BR RA...zawsze Odpowiedź: TAK, TAK, TAK. 2. W trójkącie ABC spełnione są równości: 3sin(A)+4cos(B)=6 4sin(B)+3cos(A)=1. Wówczas miara kąta C wynosi: Odpowiedź: Podnosimy obydwie równości do kwadratu, dodajemy stronami, upraszczamy jedynki idostajemy:12(sin(a+b))=24.stądwynika,żejedynąmożliwąodpowiedziąjesta.można łatwo sprawdzić, że kąt 150 nie pasowałby. Wynika to z poszczególnych równości. Gdyby A < 30, to3sin(a)+4cos(b)<3/2+4<6. TAK, NIE NIE 3. W trójkącie ABC spełniona jest nierówność: sin(a)+sin(b)+sin(c) 1. Wynika stąd, że:...jedenzkątówtrójkątajestwiększyod90...jedenzkątówtrójkątajestwiększyod120...jedenzkątówtrójkątajestwiększyod150 Odpowiedź:NiechA B C.NaprzeciwAleżya,naprzeciwBleżybokb,naprzeciwCbokc. Wówczasa b c.znierównościtrojkątamamyb+c>a.ztwierdzeniasinusówwynikazatem,że sin(b)+sin(c)>sin(a).zatemsin(a)+sin(b)+sin(c)>2sin(a).wynikastąd,żesin(a)< 1 2. Jesttonajwiększykąt,awięcA>150. 5

8 TAK, TAK TAK 4.Niecha,b,cbędądługościamibokówtrójkąta.NiechX= a b+c + b c+a + c a+b.wówczas:...x<3...x<2...x<1 Odpowiedź:dowoduwymagajedynieb.Zauważmy,że a b+c < 2a a+b+c.istotnie,jesttopowymnożeniu stronami równoważne nierówności a < b+c. Stosując podobne oszacowania dla pozostałych ułamków widzimy,żex<2.łatwopokazać,żestałej2niemożnaobniżyć. TAK, TAK NIE 5.Równaniea 2 +b 2 +c 2 +d 2 =a(b+c+d),gdziea,b,c,d Rma:...jednorozwiązanie...skończeniewielerozwiązań...nieskończeniewielerozwiązań Odpowiedź: zauważmy, że: a 2 +b 2 +c 2 +d 2 a(b+c+d)=(a/2 b) 2 +(a/2 c) 2 +(a/2 d) 2 +(a/2) 2 =0. TAK, TAK NIE 6.Rozważmywielomianpostacix n +2nx n 1 +2n 2 x n Wówczaswzależnościodniodpozostałych współczynników, wielomian ten może:...niemiećpierwiastków...miećprzynajmniejjedenpierwiastek...miećnpierwiastków Odpowiedź: TAK,dlan=2mamyx 2 +4x+8,któryniemapierwiastków. TAK, dla każdego wielomianu nieparzystego stopnia TAK, np. dla funkcji liniowej, ale zauważmy, że gdyby n 1 i istniało n pierwiastków, to na mocy wzorów Viete a dostalibyśmy: x 2 1+x x 2 n=(x 1 +x x n ) 2 2x 1 x 2 2x 1 x 3...=4n 2 4n 2 =0. Ajeślin>1,towielomianniejestpostacix n. 6

9 Konkurs, dzień drugi, grupa starsza 1.Ktośzaobserwował,że6!= Znajdźnajwiększąliczbędodatniąn,dlaktórej n! może być przedstawione jako iloczyn n 3 kolejnych liczb całkowitych dodatnich. Rozwiązanie(AIME): Załóżmy, że dane jest n! będące iloczynem n 3 kolejnych liczb naturalnych. Oznaczmy największą z nichprzezk.jestjasne,żek>n.jeślik=n+1,wówczasiloczyn5 6...n (n+1)jest(n+1)/24razywiększyodn!.dlan=23mamyzatemrówność.jeślin>23,ton+1>24iniebędzierówności. Ogólniej,gdyk=n+q,wówczasmamywarunek,żeiloczyn(4+q) (5+q)... (n+q)jest (n+1)(n+2)...(n+q) (q+3)! większyodn!.oznaczato,żeabyistniałonbędąceiloczynemn 3kolejnych liczb,zktórychnajwiększąjestk=n+q,musizachodzićrówność: (q+3)!=(n+1)(n+2)...(n+q). Twierdzimy, że wówczas n < 23. W przeciwnym razie: Innymi słowy: Równoważnie: (q+3)! (23+1)(23+2)...(23+q)= (q+23)!. 23! (q+3)!23! (q+23)! 23! (q+4)(q+5)...(q+23). Dla q > 1 powyższa nierówność nie może mieć miejsca. Istotnie, wówczas: Ostatecznie więc: 23! (q+4)(q+5)...(q+23) = 25! 5!. 5!= Ostatnia nierówność jest jednak nieprawdziwa. Zatem istotnie gdy q > 1, wtedy n < 23. Szukaną liczbą jest zatem Mającdanąliczbęwymiernąwiększąod0,zapiszmyjąjakoułameknieskracalnyq= a b. Obliczileliczbwymiernychzprzedziału(0,1)matęwłasność,żeiloczynabrównyjest 20! Rozwiązanie(AIME): Przypomnijmy,żejeślidanajestliczbapierwszapiliczbanaturalnan,toprzezord p (n)oznaczamy takąliczbęk,żep k n,alep k+1 n.wiadomo,żejeślidanajestliczbapierwszaptaka,żep 20!i taka,żeord p (20!)=k,toalbop k aalbop k b.inaczeja,bniebyłybywzględniepierwsze.innymi słowy tasamaliczbapierwszaniemożesiępojawićjakodzielnikaijakodzielnikb.wrozkład 20!naczynnikipierwszewchodządzielniki:2,3,5,7,11,13,17,19.Zatemgdybyniezakładać,że q<1,tomożliwychpar(a,b)jesttyle,copodzbiorówzbiorup={2,3,5,7,11,13,17,19}.istotnie, dladanegopodzbiorux P,liczbaajestiloczynemelementuzbioruX,zaśliczbaBiloczynem 7

10 elementówzezbiorup\x.zauważmy,żeniedasiętakwybraćx,żea=b.cowięcej,jeślia/b>1, tob/a<1,zatemdokładniepołowapodzbiorówzbiorupspełniatenwarunek,żea/b<1.zatem jest2 7 =128liczbwymiernychspełniającychwymogizadania. 3. Liczbę naturalną n nazywamy wypasioną, jeżeli dla każdej liczby pierwszej p dzielącej nliczbap 2 równieżdzielin.rozstrzygnąć,czyistniejenieskończeniewieleliczbntakich,żenorazn+1sąwypasione. Rozwiązanie(Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej, Zwardoń 2008, ID 3): Odpowiedź brzmi: tak. Zauważmy, że iloczyn dwóch liczb wypasionych jest liczbą wypasioną oraz, żekwadratyliczbnaturalnychsąwypasione.załóżmywięc,żenin+1sąwypasione.wówczas wypasionajesttakżeliczba4n(n+1).jednocześnie:4n(n+1)+1=4n 2 +4n+1=(2n+1) 2,a więc ta liczba jest także wypasiona. Oznacza to, że mając daną parę kolejnych liczb wypasionych możemy wygenerować parę większych, gdyż jasne jest, że n < 4n(n+1). Aby zakończyć rozwiązanie wystarczy zauważyć, że liczby 8 i 9 są wypasione. 4.Znaleźćwszystkietakieliczbynaturalnen 2,żewszystkieliczbynaturalnemniejsze od n i względnie pierwsze z n tworzą ciąg arytmetyczny. Rozwiązanie(Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej, Zwardoń 2008, ID 6): Wszystkie liczby n spełniające zadane warunki to liczby pierwsze, potęgi dwójki oraz liczba 6. Istotnie, załóżmy, że wszystkie liczby naturalne mniejsze od n i względnie pierwsze z n tworzą ciąg arytmetyczny o różnicy r. Jeślir=1,tonniemadzielnikówwiększychod1,azatemnjestliczbąpierwszą. Jeślir=2,tonniemadzielnikówpierwszychnieparzystych,amaparzyste,czylijestpotęgą dwójki. Jeślir 3,tonmusibyćparzyste.Wprzeciwnymraziewśródliczbwzględniepierwszychz nsą1i2,codajer=1.gdynjestparzystaijestpotęgąliczby2,towśródliczbwzględnie pierwszychznsą1i3,awięcr=2.pozostajewięcprzypadekn=2 a b,gdzieb>1jest nieparzysteia 1.Nietrudnozauważyć,żeliczbyb 2,b+2sąmniejszeniżnorazwzględnie pierwszezn,czylinaleządociąguarytmetycznego.ponieważr>2,tor=4.pierwszym wyrazemciąguartymetycznegojest1,następnyto5,anastępnyto9.widzimywięc,żen>6 musiałabybyćpodzielnaprzez3,alebyćwzględniepierwszaz9.warunkutegoniedasie spełnić. Bez trudu sprawdzamy natomiast, że n = 6 spełnia warunki. 5. Wyznaczyć największą taką liczbę parzystą, której nie da się przedstawić jako sumy dwóch liczb nieparzystych złożonych. Rozwiązanie(AIME): Zauważmy,żedladostateczniedużejliczbyparzystej2kjednazliczb2k 15,2k 25,2k 35jest podzielnaprzez3,aleniejestrówna3.zatem2k 38.Metodąpróbibłędówsprawdzamy,że38 nie da się przedstawić jako sumy dwóch liczby nieparzystych złożonych. 8