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 młodsza. 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 młodsza 1.RozważmyliczbęX= Wówczas:...Xjestsumądwóchkolejnychliczbnaturalnych...Xjestsumątrzechkolejnychliczbnaturalnych... X jest sumą czterech kolejnych liczb naturalnych 2. Jedna ze słynnych hipotez XVIII wiecznego matematyka Eulera została obalona w połowie lat 60 XX wieku, kiedy trójka matematyków amerykańskich pokazała, że istnieje liczba całkowita n taka, że =n 5.Ilewynosiłaliczban? Ciągrosnący2,3,5,6,7,10,11,...zawierawszystkieliczbycałkowitedodatnie,któreniesąkwadratami, ani sześcianami liczb całkowitych. Można powiedzieć, że:...dwudziestypierwszywyraztegociąguto28...trzydziestywyraztegociąguto38...setnywyraztegociąguto113 4.Bierzemydwieliczbypierwszep<qwiększeod2irozważamyróżnicępomiędzyiloczynem,asumą tych liczb. Może ona wówczas wynosić Strony pewnej książki zostały ponumerowane liczbami od 1 do n. Gdy dodawano numery stron tej książki jedną ze stron policzono omyłkowo dwukrotnie. Uzyskana suma wyniosła Która strona książki została policzona dwukrotnie? NiechP,S 1,S 2 oznaczająodpowiednio:poletrójkątaabc,polekoławpisanegowabcipolekoła opisanego na ABC. Wówczas... 1 S 1+P 1 S 1+S 2 1 P+S 2....ilorazS 2 /Pmożebyćdowolniedużąliczbądodatnią...ilorazS 1 /Pmożebyćdowolniemałąliczbądodatnią 2

5 Konkurs, dzień drugi, grupa młodsza 1.Załóżmy,żea<b<c<d<esąkolejnymiliczbamicałkowitymidodatnimitakimi,żeb+c+d jestkwadratemliczbycałkowitej,zaśa+b+c+d+ejestsześcianemliczbycałkowitej.wyznaczyć najmniejszą możliwą wartość c. 2. Niech ABC będzie trójkątem równobocznym o polu 1, zaś P dowolnym punktem w jego wnętrzu. PrzezD,E,FoznaczamyrzutyprostokątnePodpowiednionaBC,CAiAB.Wykaż,żesumapól trójkątówbpd,cepifapwynosi Mającdanąliczbęwymiernąwiększąod0,zapiszmyjąjakoułameknieskracalnyq= a b.obliczile liczbwymiernychzprzedziału(0,1)matęwłasność,żeiloczynabrównyjest6!= Dany jest trójkąt ABC. Ze środka ciężkości O tego trójkąta(punkt przecięcia środkowych) prowadzimyprosteol,om,onrównoległedoodpowiedniobokówbc,aciabtak,żellezynaab; MnaBC,zaśNnaAC.Udowodnić,żepolatrójkątówBOL,COMiAONsąrówne. 5. Jaka jest najmniejsza liczba całkowita dodatnia, która ma sześć dodatnich dzielników nieparzystych i dwanaście dodatnich dzielników parzystych? 3

6 Część II Rozwiązania 4

7 Test, dzień drugi, grupa młodsza 1.RozważmyliczbęX= Wówczas:...Xjestsumądwóchkolejnychliczbnaturalnych...Xjestsumątrzechkolejnychliczbnaturalnych... X jest sumą czterech kolejnych liczb naturalnych Odpowiedź: NIE, liczba parzysta nie może być sumą liczby parzystej i nieparzystej NIE, suma trzech kolejnych liczb naturalnych jest podzielna przez 3 NIE, suma czterech kolejnych liczb naturalnych daje resztę 2 z dzielenia przez Jedna ze słynnych hipotez XVIII wiecznego matematyka Eulera została obalona w połowie lat 60 XX wieku, kiedy trójka matematyków amerykańskich pokazała, że istnieje liczba całkowita n taka, że =n 5.Ilewynosiłaliczban? Odpowiedź: Łatwo sprawdzić, że szukana liczba musi się dzielić przez 3. Istotnie, jeśli liczba x ma jakąśresztęzdzieleniaprzez3,tox 5 matakąsamąresztęzdzieleniaprzez3.ale = 354,cojestpodzielneprzez3.Liczban=144. NIE NIE NIE 3.Ciągrosnący2,3,5,6,7,10,11,...zawierawszystkieliczbycałkowitedodatnie,któreniesąkwadratami, ani sześcianami liczb całkowitych. Można powiedzieć, że:...dwudziestypierwszywyraztegociąguto28...trzydziestywyraztegociąguto38...setnywyraztegociąguto113 Odpowiedź: TAKZauważmy,żeponiżej21mamy4kwadratyi2sześciany,przyczymliczba1jestzarówno kwadratem jak i sześcianem. Zatem ten 21. wyraz to przynajmniej 26. Ale po drodze napotykamykolejnykwadrat:25,awięc21.wyrazprzynajmniej27.ale27jestsześcianem,awięc 21. wyraz ciągu to istotnie 28. TAKZauważmy,żeponiżej30mamy5kwadratówi3sześciany,przyczymliczba1jestzarówno kwadratem, jak i sześcianem. Xatem 30. wyraz ciągu to przynajmniej 37. Ale po drodze jest jeszcze kwadrat: 36, zatem 30. wyrazem naszego ciągu jest 38. 5

8 NIEZauważmy,żeażdo100mamy10kwadratówi4sześciany,przyczymliczby1i64 są zarówno kwadratami, jak i sześcianami. Zatem 100. wyraz ciągu to przynajmniej 112. Po drodze nie mamy jednak żadnego kwadratu ani sześcianu, zatem to rzeczywiście jest 112, a nie Bierzemydwieliczbypierwszep<qwiększeod2irozważamyróżnicępomiędzyiloczynem,asumą tych liczb. Może ona wówczas wynosić Odpowiedź: NIE,pq p q=(p 1)(q 1) 1.Zatem(p 1)(q 1)=22.Zatemp=2,q=23,coodpada zewzględunazałożeniezadania,lubp=3,q=12,coodpada,bo12niejestliczbąpierwszą. Podobnie znajdujemy odpowiedź pozytywną w punkcie c. NIE, iloczyn nieparzystych liczb pierwszych jest nieparzysty, a suma parzysta. Zatem różnica musi być nieparzysta. TAK,dlap=11,q= Strony pewnej książki zostały ponumerowane liczbami od 1 do n. Gdy dodawano numery stron tej książki jedną ze stron policzono omyłkowo dwukrotnie. Uzyskana suma wyniosła Która strona książki została policzona dwukrotnie? Odpowiedź:Sumapierwszychnliczbanaturalnychto n(n+1) 2.Zatemn(n+1)niemożeprzekraczać 4020.Widaćwięc,żen<63.Iloczyn62 63=3906,zatemjeśli n(n+1) 2 +x=2010,todlan=62 wartośćxwynosi57.zauważmy,żejeślinmniejszeniż62,np.61,toiloczyn61 62wynosi3782,a więc liczba x byłałby tu większa niż liczba ponumerowanych stron. Zatem 57 to jedyna odpowiedź. NIE NIE TAK 6.NiechP,S 1,S 2 oznaczająodpowiednio:poletrójkątaabc,polekoławpisanegowabcipolekoła opisanego na ABC. Wówczas... 1 S 1+P 1 S 1+S 2 1 P+S 2....ilorazS 2 /Pmożebyćdowolniedużąliczbądodatnią...ilorazS 1 /Pmożebyćdowolniemałąliczbądodatnią Odpowiedź: 6

9 TAK,wiadomo,żeS 2 >P>S 1.ZatemS 2 +P>S 1 +S 1 >S 1 +P.Sątoliczbydodatnie, więc ich odwrotności muszą pozostawać w odwrotnym porządku. TAK, wyobrażmy sobie trójkąt równoramienny i opisany na nim okrąg. Weźmy średnicę okręgu będącą osią symetrii tego trójkąta. Jest ona osią symetrii całej rodziny trójkątów równoramiennych wpisanych w ten okrąg. Ich podstawy mogą być dowolnie małe, a wysokości nie są większe niż średnica. Stąd teza. TAK, wyobraźmy sobie trójkąt równoramienny i wpisany w niego okrąg. Rozważmy oś symetrii tego trójkąta. Zawiera ona średnicę okręgu wpisanego. Istnieje cała rodzina trójkątów równoramiennych opisanych na tym okręgu. Długość podstaw tych trójkątów jest nieograniczona, zaś długość ich wysokości jest ograniczona z dołu przez średnicę okręgu. Stąd teza. 7

10 Konkurs, dzień drugi, grupa młodsza 1.Załóżmy,żea<b<c<d<esąkolejnymiliczbamicałkowitymidodatnimitakimi,że b+c+djestkwadratemliczbycałkowitej,zaśa+b+c+d+ejestsześcianemliczby całkowitej. Wyznaczyć najmniejszą możliwą wartość c. Rozwiązanie(AIME): Zauważmy,żeb+c+d=3c,zaśa+b+c+d+e=5c.Stądszukamynajmniejszejliczby całkowitej dodatniej c, że 3c jest kwadratem, zaś 5c jest sześcianem. Skoro 3c jest kwadratem, to cjestpodzielnaprzez3.skoro5cjestsześcianem,tocjestpodzielneprzez25.wiemy,żecjest podzielneprzez3,awięc5cteżjestpodzielneprzez3.5cjestsześcianem,więcmusibyćpodzielne przez27.widzimywięc,żeliczbacjestrównaconajmniej =27 25.Nietrudnosprawdzić, że liczba ta spełnia wymagania zadania. 2.NiechABCbędzietrójkątemrównobocznymopolu1,zaśP dowolnympunktemw jego wnętrzu. Przez D, E, F oznaczamy rzuty prostokątne P odpowiednio na BC, CA iab.wykaż,żesumapóltrójkątówbpd,cepifapwynosi 1 2. Rozwiązanie(Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej, Zwardoń 2008, DD 3): Przez punkt P prowadzimy proste równoległe do kolejnych boków trójkąta ABC. Dzielą one trójkąt na3trójkątyi3czworokąty.częśćwspólnakażdejztychfigurztrójkątamibpd,cepifapma polerównedokładnie1/2wyjściowejfigury.zatemsumapóltrójkątówbpd,cep,fapwynosi 1/2. 3.Mającdanąliczbęwymiernąwiększąod0,zapiszmyjąjakoułameknieskracalnyq= a b. Obliczileliczbwymiernychzprzedziału(0,1)matęwłasność,żeiloczynabrównyjest 6!= Rozwiązanie(AIME): Jeśliułameka/bmabyćnieskracalny,towlicznikuiwmianownikuniemożewystąpićtasama liczbapierwszazrozkładuliczby6!naczynnikipierwsze.maonpostać: = Łatwozatemsprawdzić,żeistniejączterymożliwości: , , , 1 6!. 4. Dany jest trójkąt ABC. Ze środka ciężkości O tego trójkąta(punkt przecięcia środkowych) prowadzimy proste OL, OM, ON równoległe do odpowiednio boków BC, AC iabtak,żelleżynaab;mnabc,zaśnnaac.udowodnić,żepolatrójkątów BOL,COMiAONsąrówne. Rozwiązanie(Cut The Knot): Korzystamyzfaktu,żepunktprzecięciaśrodkowychdzielijewstosunku2:1.NiechN leżącynacbnależydoprostejon,analogiczniedefiniujemym il.niechs A,s A,s A będądługościami środkowych wypuszczanych odpowiednio z wierzchołków A, B, C. Z twierdzenia Talesa: 2:3= CO /d C = CN / CB = CN / CA.ZatemtrójkątCNN jest,namocycechybkb, podobny do trójkąta CAB w skali 2:3. W analogiczny sposób wykazujemy, że do trójkąta CAB 8

11 podobnesą,wskali2:3trójkątymm BorazL AL.ZatemCNN,MM BiL ALsąprzystające. Wykażemy teraz, że trójkąty BLO i COM mają równe pola. Analogicznie będzie z pozostałymi dwiemarównościami.skorotrójkątycnn imm Bsąprzystające,tomająrównepola.Równesą zatempolaczworokątówcnomorazom BN.JednaktrójkątyL NOorazOM Lsąprzystające (sąpodobnedocabwskali1:3-znowuzwłasnościśrodkowych).zatemrównesątakżepola równoległobokówcl OMiBN OL.StądrównesąpolaCOMiBLO.Analogicznieuzyskujemy pozostałe równości. 5. Jaka jest najmniejsza liczba całkowita dodatnia, która ma sześć dodatnich dzielników nieparzystych i dwanaście dodatnich dzielników parzystych? Rozwiązanie(AIME): Załóżmy,żeszukanaliczbatox.Udowodnimynapoczątek,żeliczbatadzielisięprzez4,alenie dzieli się przez 8. Istotnie, zauważmy, że każdemu dzielnikowi nieparzystemu m liczby x odpowiadają dzielniki parzyste 2m oraz 4m. A więc dzielników parzystych jest w ten sposób dwa razy więcej. Liczbaxniemożedzielićsięprzez8,bowówczasdzielnikówparzystychliczbyxbyłoby3razy więcej niż nieparzystych. Zatem x = 4y, gdzie y jest liczbą nieparzystą o dokładnie 6 dzielnikach. Jeśli liczba y ma 6 dzielników nieparzystych, to musi mieć mniej niż 3 różne nieparzyste dzielniki pierwsze. Inaczej będzie miała za dużo dzielników nieparzystych. Rozważamy pozostałe przypadki: y ma jeden nieparzysty dzielnik pierwszy p Wtedyabymieć6dzielnikównieparzystychymusibyćpostaciy=p 5.Najmniejszemożliwe pto3,awiecymawtymprzypadkuprzynajmniej3 5 ymadwanieparzystedzielnikipierwszep<q. Wtedy aby mieć 6 dzielników nieparzystych jedna z liczb pierwszych musi występować w rozkładzie na czynniki pierwsze dwa razy. Szukamy najmniejszego y, więc bierzemy p. Zatem y=p 2 q.takaliczbama6dzielników:1,p,p 2,q,pq,p 2 q.wtymprzypadkuytoprzynajmniej 3 2 5=45. Widzimywięc,żeminimalnemożliweyto45.Aszukanaliczbawynosizatem4 45=180. 9