PRZYGOTOWAWCZYCH KLASY PIERWSZE.. Obliczyć sume. cyfr liczby N

Transkrypt

1 ROZWIAZANIA ZADAŃ PRZYGOTOWAWCZYCH KLASY PIERWSZE Zadanie 1. Niech N = 999 }{{... 99}. Obliczyć sume cyfr liczby N 3. n dziewiatek. Zauważmy, że N = 10 n 1. Mamy wiec N 3 = 10 3n 3 10 n n 1 = 10 3n n n = } 999 {{... 99} 3n dziewiatek }{{... 00} n zer }{{... 00} n zer = }{{} n 1 dziewiatek +3 } 000 {{... 00} n zer } {{ } n 1 zer = } 999 {{... 99} n 1 dziewiatek }{{} n dziewiatek }{{... 99} n dziewiatek Wynika stad, że suma cyfr liczby N 3 wynosi 9(n 1) n = 18n. Zadanie. a) Wykazać, że jeśli p > 3 jest liczba pierwsza, to liczba p 1 dzieli sie przez 4. b) Wykazać, że jeśli p > 5 jest liczba pierwsza, to liczba p 4 1 dzieli sie przez 40. a) Por. zadanie 11 z Zadań Przygotowawczych z roku 003. b) Mamy 40 = Jeśli p > 5 jest liczba pierwsza, to p = 4k ± 1, p = 3l ± 1 i p = 5m + r dla pewnych liczb naturalnych k, l, m oraz 1 r 4. Stad p 4 1 = (4k ± 1) 4 1 = (4k) 4 ± 4(4k) 3 + 6(4k) ± 4(4k) = 16(16k 4 ± 16k 3 + 6k ± k), p 4 1 = (3l ± 1) 4 1 = (3l) 4 ± 4(3l) 3 + 6(3l) ± 4(3l) = 3(7l 4 ± 36l l ± 4l), Podobnie stwierdzamy, że dla pewnej liczby naturalnej s, p 4 1 = 5s + r 4 1. Bezpośrednio sprawdzamy, że dla r = 1,, 3, 4 zachodzi podzielność 5 r 4 1. Tak wi ec z powyższego wnosimy, że 40 p 4 1. Zadanie 3. Rozwiazać w liczbach ca lkowitych równanie 5 x = 3y + 7. Jeśli liczby ca lkowite x, y spe lniaja równanie 5 x = 3y + 7, to 5 x jest liczba ca lkowita, a wiec x 0. Zauważmy, że { 6k + 1, jeśli x jest liczb 5 x = (6 1) x a = parzysta; 6k 1, jeśli x jest liczba nieparzysta. 1

2 dla pewnej nieujemnej liczby ca lkowitej k. Jeśli x jest liczba parzysta, to y = 5x 7 = 3 6k+1 7 = k jest liczba 3 ca lkowita. Jeśli zaś x jest liczba nieparzysta, to y = 5 x 7 = 6k 1 7 = k 8 nie jest liczb a ca lkowita. Tak wiec pary ( ) x, 5x 7, gdzie x jest nieujemna 3 liczba parzysta stanowia zbiór wszystkich rozwiazań równania w liczbach ca lkowitych. Zadanie 4. Która z liczb jest wi eksza? 1, Niech a = Ponieważ (x + y) 3 = x 3 + y 3 + 3xy(x + y), wi ec a 3 = ( 5) + ( + 5) + 3 ( 3 5)( + ( 3 5) ) 5 = 4 3a Tak wiec a jest pierwiastkiem równania x 3 + 3x 4 = 0. Zauważmy, że x 3 + 3x 4 = x (x 1) = (x 1)(x + x + 4) oraz x + x + 4 = (x + 1 ) + 15 > 0. Tak wiec 4 x = 1 jest jedynym pierwiastkiem powyższego równania. Wynika stad, że a = 1. Zadanie 5. Rozwiazać uk lad równań: x + y + z = 3 z x y + z + x = 3 x y z x + y + z = 3 Podnoszac obustronnie do kwadratu pierwsze równanie otrzymamy: ( x y + y z + z y x + x + z y + x ) = 9 z czyli po uwzgl ednieniu drugiego równania x y + y z + z x = 3. Analogicznie podnoszac obustronnie do kwadratu drugie równanie, po uwzglednieniu pierwszego równania otrzymamy: y x + z y + x z = 3. Kontynuujac to rozumowanie z latwościa stwierdzamy, że dla dowolnej liczby k 1: x k y k + yk z k + zk x k = 3 oraz y k x k + zk y k + xk z k = 3.

3 Zauważmy, że dla liczby a > 1 istnieje k 1 takie, że a k > 3. Tak wi ec z powyższych równości wnosimy, że x y = y z = z x = 1. Z pierwszego równania uk ladu wynika teraz, że x = y = z, a z ostatniego: x = y = z = 1. Uwaga. Inne rozwiazanie można otrzymać wykorzystujac nierówność miedzy średnimi, arytmetyczna i geometryczna, liczb nieujemnych: a + b + c 3 abc, 3 w której równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy a = b = c. Korzystajac z tej nierówności mamy x y + y z + z x 3 x 3 y y z z x = 3. Musi wi ec być: x y = y z = z x = 1. Zadanie 6. Dla liczby naturalnej n wyznaczyć wszystkie ciagi (x 1, x,..., x n ) takie, że każda z liczb x i jest równa kwadratowi sumy wszystkich pozosta lych liczb. Oznaczmy przez S sume wszystkich poszukiwanych liczb x i. Zgodnie z za lożeniami, każda z liczb x i jest pierwiastkiem równania (S x) = x. Wynika stad w szczególności, że x i 0, a wiec S 0. Jeśli S = 0, to x 1 = x = = x n = 0 oraz oczywiście ciag (0, 0,..., 0) spe lnia warunki zadania. Za lóżmy, że S > 0. Powyższe równanie zapiszmy w postaci Ma ono dwa pierwiastki: x (S + 1)x + S = 0. x = S + 1 4S + 1 oraz x = S S + 1. Zauważmy, że x > S, a wiec x nie może być wyrazem poszukiwanego ciagu. Stad wynika, że wszystkie wyrazy musza być równe x oraz oczywiście x = S/n. Uwzgledniaj ac to w powyższym równaniu obliczamy n 1 S = i x (n 1) 1 = x = = (n 1). Ostatecznie mamy dwa ciagi spe lniajace warunki zadania: ( (0, 0,..., 0) oraz 1 (n 1), 1 (n 1),..., 1 (n 1) ). 3

4 4 Zadanie 7. Jaka minimalna wartość może przyjać suma d lugości przekatnych czworokata wypuk lego o polu S? Niech a, b bed a d lugościami przekatnych czworokata oraz α miara kata miedzy tymi przekatnymi. Ponieważ S = 1ab sin α (por. Uwaga poniżej), wiec korzystaj ac z nierówności miedzy średnimi, arytmetyczna i geometryczna, otrzymujemy: a + b S ab = sin α S. Tak wiec, a + b S. Z latwościa stwierdzamy, że suma d lugości przekatnych kwadratu o polu S jest równa S. Uwaga. Udowodnimy, że S = 1 ab sin α, gdzie a = AC, b = BD. Oczywiście S jest suma pól trójkatów AOB, BOC, COD i DOA, a wiec S = 1 xz sin α + 1 zy sin(180 α) + 1 yt sin α + 1 xt sin(180 α) = 1 (xz + zy + yt + xt) sin α = 1 (x + y)(z + t) sin α = 1 ab sin α. Zadanie 8. Liczby x, y, z sa takie, że x+y+z = 0 oraz x +y +z = 1. Wykazać, że przynajmniej jedna z liczb xy, yz, zx jest nie wieksza niż 1/3. Bez zmniejszania ogólności możemy za lożyć, że x y z. Z za lożeń wynika teraz, że x < 0 oraz 0 < z < 1. Zauważmy, że jeśli 0 y, to korzystajac z faktu, że x = y z otrzymujemy 1 = x + y + z = ( y z) + y + z = y + z + yz y + y + y = 6y. Podobnie jeśli y < 0, to 1 = x + y + z = x + y + ( x y) = x + y + xy y + y + y = 6y.

5 W obu przypadkach otrzymaliśmy, że y 1 6. Mamy też 1 = x + ( x z) + z = x + z + xz, czyli xz = 1 x z = 1 (1 y ) = y = Zadanie 9. Trener tenisa, opiekujacy sie grupa 16 zawodników, zaplanowa l 1 gier kontrolnych miedzy tymi zawodnikami. Wed lug przygotowanego planu każdy z zawodników rozegra przynajmniej jeden mecz. Wykazać, że pewne cztery mecze moga być rozegrane w tym samym czasie (oczywiście na czterech różnych kortach). Sytuacje przedstawiona w zadaniu zobrazujemy geometrycznie. Na p laszczyźnie narysujmy tyle punktów ilu jest zawodników i tak aby żadne trzy nie by ly wspó lliniowe. Każdemu z zawodników przyporzadkujmy dok ladnie jeden z narysowanych punktów. Fakt, że dwaj zawodnicy maja zaplanowany mecz miedzy soba zilustrujmy l acz ac odcinkiem punkty odpowiadajace tym zawodnikom. W ten sposób powstanie tzw. graf, który oznaczymy przez G. Narysowane punkty nazwijmy wierzcho lkami grafu G, zaś odcinki krawedziami. Zauważmy, że graf G sk lada sie z pewnej liczby roz l acznych cześci o tej w lasności, że w obrebie każdej z nich miedzy dowolnymi wierzcho lkami istnieje droga wzd luż pewnych krawedzi (być może przechodzaca przez inne wierzcho lki). Każda z tych cześci nazwiemy spójna sk ladowa grafu G. Niech S 1, S,..., S N bed a wszystkimi spójnymi sk ladowymi w G. Naszym celem bedzie ustalenie zależności miedzy ilościa N spójnych sk ladowych, ilościa K krawedzi i ilościa W wierzcho lków grafu G. Oznaczmy przez K i oraz W i odpowiednie liczby krawedzi i wierzcho lków spójnej sk ladowej S i. Z latwościa możemy zauważyć, że K i W i 1. Istotnie, sk ladowa S i można narysować zaczynajac od jednej (dowolnie wybranej) krawedzi, a nastepnie do l aczaj ac w każdym kroku krawedź majac a wspólny wierzcho lek z pewna krawedzi a już narysowana. W każdym kroku liczba narysowanych wierzcho lków wzrasta maksymalnie o jeden. Tak wi ec K = K 1 + K + + K N (W 1 1) + (W 1) + + (W N 1) = W N. Otrzymaliśmy zatem zależność: K + N W. Wracajac do zadania, z za lożeń wynika, że W = 16, K = 1 oraz każda spójna sk ladowa zawiera przynajmniej dwa wierzcho lki (bo każdy zawodnik rozegra mecz). Tak wiec liczba spójnych sk ladowych N 4. Oznacza to oczywiście, że przynajmniej cztery mecze moga być rozegrane w tym samym czasie.

6 6 Zadanie 10. a) W turnieju pi lkarskim uczestniczy 6 zespo lów. Każdy z każdym rozgrywa jeden mecz. Rozgrywki odbywaja sie w dwóch miastach. Udowodnić, że pewne trzy zespo ly rozegraja wszystkie mecze miedzy soba w jednym mieście. b) W turnieju pi lkarskim uczestniczy 18 zespo lów. Każdy z każdym rozgrywa jeden mecz. Rozgrywki odbywaja sie w trzech miastach. Udowodnić, że pewne trzy zespo ly rozegraja wszystkie mecze miedzy soba w jednym mieście. a) Podobnie jak w zadaniu 9 opisanej sytuacji przyporzadkujemy graf G 6, którego wierzcho lki odpowiadaja zespo lom pi lkarskim. Ponieważ każdy zespó l ma rozegrać mecz z każdym innym, wiec każda para wierzcho lków w G 6 jest po l aczona krawedzi a (jedna!). Krawedzie grafu G 6 pokolorujemy dwoma kolorami - czerwonym i niebieskim, w zależności od miasta, w którym odpowiadajace drużyny maja rozegrać mecz. Weźmy pod uwage dowolny wierzcho lek A. Spośród pieciu krawedzi wychodzacych z A, przynajmniej trzy sa tego samego koloru. Powiedzmy, że AB, AC i AE sa czerwone. Wtedy możliwe sa dwa przypadki: albo wszystkie krawedzie l acz ace wierzcho lki B, C, E sa niebieskie (wtedy zespo ly B, C, E rozgrywaja mecze miedzy soba w jednym mieście), albo przynajmniej jedna z tych krawedzi jest czerwona. Jeśli np. BE jest czerwona, to zespo ly A, B, E rozgrywaja mecze miedzy soba w jednym mieście. b) Podobnie jak w cześci a) rozważymy graf G 18 z osiemnastoma wierzcho lkami, w którym z każdego wierzcho lka wychodzi siedemnaście krawedzi. Tym razem krawedzie pokolorujemy trzema kolorami: czerwonym, niebieskim i zielonym. Rozważmy dowolny wierzcho lek A. Spośród siedemnastu krawedzi wychodzacych z A przynajmniej sześć jest tego samego koloru. Powiedzmy, że krawedzie l acz ace A z B, C, D, E, F, G sa czerwone. Jeśli wśród krawedzi l acz acych wzajemnie wierzcho lki B, C, D, E, F, G jest czerwona, to jej końce wraz z A wyznaczaja trójkat z czerwonymi krawedziami. Jeśli takiej krawedzi nie ma, to wszyskie krawedzie l acz ace wzajemnie B, C, D, E, F i G sa pomalowane kolorami niebieskim i zielonym. Na podstawie zadania a) pewne trzy wierzcho lki spośród B, C, D, E, F, G sa po l aczone krawedziami tego samego koloru. Zadanie 11. Z pola E1 do pola E8 szachownicy król może dojść w siedmiu ruchach. Iloma różnymi drogami może to zrobić?

7 7 Zauważmy, że każdy ruch króla powinien przemieszczać go do nastepnego wiersza (po lożonego wyżej). W przeciwnym razie droga do E8 bedzie sk lada la sie z przynajmniej ośmiu ruchów. Na rysunku obok liczby wpisane w pola szachownicy mówia o ilości najkrótszych dróg od E1 do danego pola. Zauważmy, że każda z wpisanych liczb jest suma trzech sasiaduj acych i umieszczonych pod nia liczb. Tak wiec istnieje 393 różnych dróg króla (w siedmiu ruchach) od pola E1 do pola E8. Zadanie 1. Udowodnić, że każdy trójkat można podzielić na 005 trójkatów równoramiennych. Udowodnimy indukcyjnie, że dla liczby naturalnej n 4 dowolny trójkat można podzielić na n trójkatów równoramiennych. W tym celu zauważmy najpierw, że w trójkacie prostokatnym odcinek l acz acy wierzcho lek przy kacie prostym ze środkiem przeciwprostokatnej dzieli ten trójkat na dwa trójkaty równoramienne. Stad wynika podzia l dowolnego trójkata na cztery trójkaty równoramienne. W tym celu wystarczy poprowadzić wysokość dzielac a dany trójkat na dwa trójkaty prostokatne, a nastepnie zastosować wyżej opisany podzia l do trójkatów prostokatnych (zob. rysunek A). Rysunki B i C przedstawiaja podzia ly trójkatów nierównobocznego i równobocznego na pieć trójkatów równoramiennych. Niech teraz n 5 i za lóżmy, że każdy trójkat mażna podzielić na k (4 k n) trójkatów równoramiennych. Podzielmy dowolny trójkat T jego wysokościa na dwa trójkaty prostokatne. Jeden z tych trójkatów podzielmy na dwie cześci środkowa poprowadzona z wierzcho lka przy kacie prostym, a drugi na mocy za lożenia indukcyjnego na n 1 trójkatów równoramiennych. W ten sposób otrzymamy podzia l T na n + 1 trójkatów równoramiennych. Zadanie 13. W trójkat ABC wpisano okrag. Punkty styczności okregu z bokami trójkata oznaczono odpowiednio przez A 1, B 1, C 1, przy czym A 1 BC, B 1 AC, C 1

8 8 AB. Nastepnie w trójkat A 1 B 1 C 1 wpisano okrag, a punkty styczności oznaczono odpowiednio przez A, B, C. Czynność te powtórzono n razy, otrzymujac w końcu trójkat A n B n C n. Okaza lo sie, że trójkaty ABC i A n B n C n sa podobne. Wyznaczyć miary ich katów. Niech α, β, γ bed a miarami katów przy wierzcho lkach A, B, C trójkata ABC oraz niech α k, β k, γ k oznaczaja odpowiednie miary katów przy wierzcho lkach A k, B k, C k trójkata A k B k C k. Niech O bedzie środkiem okregu wpisanego w trójkat ABC. Ponieważ OB 1 AC i OC 1 AB, mamy B 1 OC 1 = π α. Ponadto katy B 1 A 1 C 1 i B 1 OC 1 sa odpowiednio katami wpisanym i środkowym (opartymi na tym samym luku), wiec α 1 = 1(π α). Z tych samych powodów dla dowolnej liczby k 1 mamy zależność: α k+1 = π α k. Stad wynika, że: α n = π α n 1 = π π 4 + α n =... ( 4 π = π π ) ( 1)n 1 + ( 1) n α n n = S + T α, gdzie S = π π + 4 +( 1)n 1 π, T = ( 1)n. Analogicznie obliczamy, że β n n n = S +T β oraz γ n = S + T γ. Trójkaty A n B n C n i ABC sa podobne, wiec trójka (α n, β n, γ n ) jest jedna z sześciu permutacji zbioru {α, β, γ}. Jeśli (α n, β n, γ n ) = (α, β, γ), to z powyższych zależności wynika, iż α = β = γ = S/(1 T ). Tak wiec α = β = γ = π/3. Jeśli (α n, β n, γ n ) = (β, α, γ), to S + T α = β S + T β = α S + T γ = γ Odejmujac stronami dwa pierwsze równania otrzymujemy T (α β) = β α. Ponieważ T 1, obliczamy: α = β = γ = S/(1 T ). Zatem w tym przypadku również α = β = γ = π/3. Analogicznie rozpatrujemy przypadki, gdy (α n, β n, γ n ) = (γ, β, α) i (α n, β n, γ n ) = (α, γ, β). Jeśli (α n, β n, γ n ) = (β, γ, α) lub (α n, β n, γ n ) = (γ, α, β), to S + T α = β S + T β = γ S + T γ = α lub S + T α = γ S + T β = α S + T γ = β Również w tym przypadku otrzymujemy α = β = γ = S/(1 T ). Ostatecznie zatem, trójkat ABC jest równoboczny.

9 Zadanie 14. Wszystkie boki wypuk lego czworokata podzielono na n równych cześci. Nastepnie narysowano,,szachownice l acz ac odcinkami odpowiadajace punkty przeciwleg lych boków i kolorujac na przemian pola otrzymanej siatki na bia lo lub czarno. a) Wykazać, że każdy z narysowanych odcinków jest podzielony odcinkami poprzecznymi na n równych cześci, b) Wykazać, że suma pól bia lych czworokatów jest równa sumie pól czarnych czworokatów. Oznaczmy przez A 0, B 0, C 0, D 0 wierzcho lki danego czworokata. Punkty podzia lu boków czworokata na n równych cześci oznaczymy kolejno przez A 1, A,..., A n 1,..., D n 1 (zob. rysunek poniżej). Symbolem [XY Z... ] oznaczymy pole wielokata XY Z.... Najpierw rozważymy przypadek, gdy n = 1. Punkty A 1, B 1, C 1, D 1 sa środkami odpowiednich boków czworokata A 0 B 0 C 0 D 0, wiec A 1 B 1 A 0 C 0 D 1 C 1 i A 1 D 1 B 0 D 0 B 1 C 1. Czworokat A 1 B 1 C 1 D 1 jest zatem równoleg lobokiem. W szczególności, O jest środkiem odcinków A 1 C 1 i B 1 C 1. 9 Zauważmy, że [B 1 C 0 C 1 ] = 1 4 [B 0C 0 D 0 ] oraz [A 0 A 1 D 1 ] = 1 4 [A 0B 0 D 0 ]. Tak wi ec Analogicznie stwierdzamy, że [B 1 C 0 C 1 ] + [A 0 A 1 D 1 ] = 1 4 [A 0B 0 C 0 D 0 ]. [A 1 B 0 B 1 ] + [C 1 D 0 D 1 ] = 1 4 [A 0B 0 C 0 D 0 ]. Wynika stad, że [A 1 B 1 C 1 D 1 ] = 1[A 0B 0 C 0 D 0 ], a wiec [A 1 OB 1 ] = [B 1 OC 1 ] = [C 1 OD 1 ] = [D 1 OA 1 ] = 1 8 [A 0B 0 C 0 D 0 ]. Ostatecznie zatem [A 0 A 1 OD 1 ] + [B 1 C 0 C 1 O] = [A 1 B 0 B 1 O] + [D 1 OC 1 D 0 ] = 1 [A 0B 0 C 0 D 0 ]. To kończy dowód a) i b) dla n = 1. Dalej pos lużymy sie indukcja matematyczna. Za lóżmy, że teza zadania zachodzi dla k = 1,..., n 1 gdzie n i rozważmy podzia l boków czworokata A 0 B 0 C 0 D 0 na n równych cześci. Punkty A i, B i, C i, D i dla i = 1,,..., n 1 1 wyznaczaja podzia l każdego boku czworokata na n 1 równych cześci. Na mocy za lożenia indukcyjnego odcinki A i C i i B i D i dziela sie wzajemnie na n 1 równych cześci. Możemy teraz zastosować

10 10 za lożenie indukcyjne do czworokatów A 0 B 0 B n 1D n 1 i D n 1B n 1C 0 D 0, których boki sa podzielone na n 1 równych cześci odcinkami A i C i oraz B j D j. Tak wiec odcinki B j D j (dla j = 1,,..., n 1) sa podzielone odcinkami A i C i na n 1 równych cześci oraz odcinki A i C i sa podzielone odcinkami B j D j na n równych cześci. Ostatnim krokiem jest analogiczne zastosowanie za lożenia indukcyjnego do czworokatów A 0 A n 1C n 1D 0 i A n 1B 0 C 0 C n 1. Ostatecznie odcinki A i C i oraz B j D j dziela sie wzajemnie na n równych cześci, co kończy dowód cześci a). Na podstawie cześci a) czworokat A 0 B 0 C 0 D 0 jest podzielony odcinkami A i C i i B i D i na (n 1) czworokatów, a każdy z tych czworokatów jest podzielony liniami A i 1 C i 1 i B i 1 D i 1 na cztery czworokaty: dwa bia le i dwa czarne. Na podstawie rozpatrzonego wyżej przypadku n = 1 z latwościa stwierdzamy teraz, że pola bia le maja takie same l aczne pole jak pola czarne. Zadanie 15. Na bokach AD i BC równoleg loboku ABCD obrano punkty K i L tak, że AK = LC. Niech P bedzie dowolnym punktem leżacym na boku CD. Prosta KL przecina proste AP i BP odpowiednio w punktach M i N. Wykazać, że trójkat MNP ma pole równe sumie pól trójkatów AKM i BLN. Oznaczmy przez [XY Z... ] pole wielokata XY Z.... Ponieważ czworokaty ABLK i LKCD sa przystajace, [ABLK] = 1 [ABCD]. Zatem [AKM] + [BLN] = 1 [ABCD] [ABNM]. Z drugiej strony [ABP ] = 1[ABCD], a wiec [MNP ] = 1 [ABCD] [ABNM]. St ad wynika, że [AKM] + [BLN] = [MNP ]. [opr. pg]