XIV Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (1 września 2018 r. 15 października 2018 r.)

Transkrypt

1 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 w wyniku liczbę 00. Wyznacz cyfrę jedności liczby n. Odpowiedź. yfrą jedności liczby n jest. Zauważmy, że liczba jest zakończona cyfrą, wobec czego liczba n = ( ) 00 jest także zakończona cyfrą. Stąd wniosek, że liczba n = n jest zakończona cyfrą. Jednak liczby n oraz n mają tę samą cyfrę jedności, gdyż ich różnica n n = 0n jest zakończona cyfrą 0. oniższa tabelka przedstawia wszystkie możliwe cyfry jedności liczby k oraz odpowiadające cyfry jedności liczby k. Wynika stąd, że znając ostatnią cyfrę liczby k można jednoznacznie odtworzyć ostatnią cyfrę liczby k nie tylko w sytuacji, gdy cyfrą jedności liczby k jest. k k any jest czworokąt wypukły, w którym <) = <) = oraz =, =, =. Oblicz długość boku. Odpowiedź. ok ma długość. Sposób I Oznaczmy przez punkt przecięcia prostych i (rys. ). Z treści zadania wiemy, że <) =<) =, więc jest trójkątem prostokątnym równoramiennym. Wobec tego = =, skąd otrzymujemy =. Zatem również =. W konsekwencji = = = oraz = = =. Korzystając z twierdzenia itagorasa dla trójkąta prostokątnego, obliczamy = + = + =, skąd =. rys. Olimpiadê dofinansowuje Fundacja manku

2 Sposób II Niech X, Y będą rzutami prostokątnymi punktów, na prostą oraz niech Z będzie rzutem prostokątnym punktu na prostą Y (rys. ). Wówczas trójkąty X oraz Y są prostokątne i równoramienne, skąd X = X = = zworokąt XY Z jest prostokątem, w związku z czym oraz oraz Y = Y = =. Z = XY = X Y = Z = Y Y Z = Y X = = =. Korzystając z twierdzenia itagorasa dla trójkąta prostokątnego Z, otrzymujemy = Z +Z = + =, skąd =. Z X rys. Y. Liczby całkowite a, b, c są różne od 0 i spełniają zależność Wykaż, że a+b+c 0. a b+c = a+c. b rzekształcając równoważnie daną w treści zadania równość, otrzymujemy kolejno (a+c )(b+c ) = ab, ab+ac +bc +c = ab, c (a+b+c ) = 0. onieważ c 0, więc z ostatniej równości wynika, że a+b+c = 0. Jeśli c =, to a+b+c = a+b+c = 0 i teza zadania jest spełniona. W przeciwnym przypadku, obie liczby c oraz c są różne od 0. onieważ są to liczby całkowite różniące się o, więc nie mogą być przeciwnych znaków (różnica dwóch liczb całkowitych przeciwnych znaków wynosi co najmniej ). W związku z tym c(c ) > 0, skąd c > c. W konsekwencji a+b+c < a+b+c = 0, co należało wykazać. Z powyższego rozumowania wynika, że w postulowana nierówność staje się równością jedynie wtedy, gdy c = oraz a, b są dowolnymi liczbami całkowitymi o sumie równiej. Olimpiadê dofinansowuje Fundacja manku

3 . odatnie liczby całkowite a, b, c mają tę własność, że: a daje resztę z dzielenia przez b, b daje resztę z dzielenia przez c, c daje resztę z dzielenia przez a. Udowodnij, że c =. Zauważmy, że jeśli dodatnia liczba całkowita x daje z dzielenia przez dodatnią liczbę całkowitą y resztę r, to y >r oraz liczba x r jest podzielna przez y. Wobec tego z warunków zadania wynika, że b >, c >, a >, a ponadto liczba a jest podzielna przez b, liczba b jest podzielna przez c, liczba c jest podzielna przez a. rzypuśćmy, że c>. Wtedy wszystkie liczby a, b oraz c są dodatnie i podzielne odpowiednio przez b, c oraz a. Stąd wniosek, że a b, b c, c a. odając te nierówności stronami, otrzymujemy a+b+c a+b+c, czyli 0. Uzyskana sprzeczność dowodzi, że c. Wiemy już jednak, że c >, w związku z tym pozostaje do rozpatrzenia przypadek c =. Wtedy trzeci z powyższych warunków oznacza, że liczba c = jest podzielna przez liczbę a, która jest większa od. To oczywiście spełnione być nie może. Wobec powyższego liczba c musi być równa, co kończy rozwiązanie zadania.. any jest równoległobok. Na przekątnej wybrano taki punkt, że spełniona jest równość =. unkt Q jest środkiem odcinka. Wykaż, że <)Q =0. Sposób I Niech R będzie takim punktem, że czworokąt R jest równoległobokiem (rys. ). Wówczas R = = oraz R, wobec czego czworokąt R także jest równoległobokiem. unkt Q jest środkiem przekątnej równoległoboku R, więc jest także środkiem przekątnej R. onadto R = =, więc odcinek R jest podstawą trójkąta równoramiennego R. Wobec tego punkt Q, jako środek tej podstawy, jest także spodkiem wysokości poprowadzonej z wierzchołka. Stąd wniosek, że <)Q = 0. R Q rys. Olimpiadê dofinansowuje Fundacja manku

4 Sposób II Niech S będzie punktem przecięcia przekątnych równoległoboku. unkt S jest wtedy środkiem każdej z jego przekątnych (rys. ). Skoro odcinek QS łączy środki boków i trójkąta, to QS = = = S = S. Wobec tego punkty,, Q leżą na okręgu o średnicy, skąd <)Q = 0. S Q rys. W przedstawionych rozwiązaniach kluczowe było uzupełnienie rysunku o pewien element pozwalający uchwycić niewidoczne na pierwszy rzut oka zależności. Metodom rozwiązywania zadań geometrycznych w taki sposób poświęcone są artykuły orysujmy środek odcinka, Kwadrat nr (styczeń 0) oraz orysujmy równoległobok, Kwadrat nr 0 (wrzesień 0).. ola szachownicy o wymiarach pokolorowano w sposób przedstawiony na rysunku. zy można wybrać siedem pól czarnych i siedem pól białych tej szachownicy w taki sposób, aby w każdym wierszu i w każdej kolumnie znalazło się dokładnie jedno wybrane pole? Odpowiedź uzasadnij. Odpowiedź. Taki wybór pól nie jest możliwy. onumerujmy wiersze i kolumny szachownicy i wpiszmy w każde pole sumę numerów wiersza oraz kolumny, jak pokazano na rysunku (rys. ). Wówczas w pola czarne są wpisane liczby nieparzyste, a w pola białe liczby parzyste. Suma liczb wpisanych w siedem pól czarnych jest więc zawsze nieparzysta, a suma liczb wpisanych w siedem pól białych jest zawsze parzysta. To oznacza, że suma liczb wpisanych w czternaście pól szachownicy, wśród których jest siedem pól czarnych i siedem pól białych, jest nieparzysta. Tymczasem suma liczb wpisanych w czternaście pól szachownicy o tej własności, że w każdym wierszu i w każdej kolumnie znajduje się dokładnie jedno z tych pól, jest równa sumie numerów wszystkich wierszy i wszystkich kolumn, czyli (++...+), a zatem jest liczbą parzystą rys Olimpiadê dofinansowuje Fundacja manku

5 . any jest sześcian o krawędzi długości i wierzchołkach oznaczonych jak na rysunku. unkt K jest środkiem krawędzi. łaszczyzna zawierająca punkty,, K przecina krawędź w punkcie L. Oblicz objętość ostrosłupa o podstawie czworokąta KL i wierzchołku. Odpowiedź. Objętość ostrosłupa jest równa. Niech M będzie wspólnym punktem płaszczyzny KL oraz prostej (rys. ). unkt M leży oczywiście w płaszczyźnie KL. unkt M leży również w płaszczyźnie K, gdyż cała prosta w niej leży. Wobec tego punkt M należy do części wspólnej obu tych płaszczyzn, czyli do prostej K. nalogicznie uzasadniamy, że punkt M leży na prostej L. onieważ K = K, więc trójkąty prostokątne KM i K są przystające (cecha kąt-bok-kąt). Wobec tego M = =, skąd wynika, że trójkąty LM i L są przystające (ponownie cecha kąt-bok-kąt). W związku z tym L = L. Szukaną objętość V ostrosłupa można więc wyznaczyć, odejmując od objętości czworościanu M sumę objętości czworościanów oraz KLM: ( V = M + = ( + ) =. K L M ) = L K M rys. odobną metodę można wykorzystać do obliczenia objętości brył powstałych w wyniku przekroju sześcianu pewną płaszczyzną. rzykłady takich zadań znajdują się w artykule Objętość ostrosłupa, Kwadrat nr (wrzesień 0). Olimpiadê dofinansowuje Fundacja manku