V Warsztaty Matematyczne I LO im. Stanisława Dubois w Koszalinie. Zadania i rozwiązania

Transkrypt

1 V Warsztaty Matematyczne I LO im. Stanisława Dubois w Koszalinie Zadania i rozwiązania września 2011

2 Zadania- grupa młodsza Konkurs- dzień pierwszy 1. Niech n będzie liczbą całkowitą większą od 2. Wykazać, że wśród ułamków ułamków nieskracalnych jest parzyście wiele. 2. Znajdź resztę z dzielenia przez 1000 liczby: 1 n, 2 n,... n 1 n }{{}. 999 cyfr 3. Dany jest trójkąt równoramienny ABC, przy czym AB = AC. Niech D będzie punktem należącymdobokuab,zaśeniechbędzietakimpunktemnaprzedłużeniubokuac,że BD = CE. OdcinekDEprzecinabokBCwpunkcieG.Wykazać,że DG = GE. 4. Dana jest siatka złożona z 16 punktów ułożonych w czterech rzędach i czterech kolumnach, przy czym odległość pomiędzy każdym rzędem i kolumną wynosi 1. Powiemy, że łamana jest rosnąca jeśli kolejne jej odcinki składowe mają coraz większą długość. Z ilu najwięcej odcinków może się składać łamana rosnąca o wierzchołkach położonych na powyższej siatce? Ile jest takich łamanych? Konkurs- dzień drugi 1. Znajdź największą wielokrotność liczby 360 o tej własności, że jej zapis dziesiętny składa się z parami różnych cyfr parzystych. 2.Udowodnij,żerównanieb 2 +b+1=a 2 niemarozwiązańwliczbachcałkowitychdodatnich. 3.DanyjesttrójkątrównobocznyABCobokudługości1.NiechDbędzieśrodkiembokuBC.Na bokachab,acobieramypunktye,ftakie,że EDF=90.Udowodnić,że BE + CF > EF. 4. Na płaszczyźnie znajduje się 2011 punktów białych i 2011 punktów czarnych. Położone są tak, że każdy odcinek łączący punkty tego samego koloru zawiera także punkt drugiego koloru. Udowodnij, że istnieje taka prosta l, która zawiera wszystkie punkty białe i wszystkie punkty czarne. Konkurs- dzień trzeci 1.Znajdźwszystkieliczbytrzycyfrowenotejwłasności,żesumacyfrliczbyn+3jest 1 3 sumycyfr liczby n. 2.Załóżmy,żedanyjesttrójkątobokachdługościa,b,c.Czyzodcinkówdługości a, b, cdasię stworzyć trójkąt?

3 3. Udowodnij, że suma pięciu kolejnych kwadratów liczb całkowitych nie może być kwadratem liczby całkowitej. 4. Udowodnij, że wśród 7 kolejnych liczb całkowitych istnieja zawsze dwie takie, że ich suma lub różnica jest podzielna przez 10. Zadania- grupa starsza Konkurs- dzień pierwszy 1.Udowodnij,żeciąg: ( ) 2011, 1 zawiera nieparzyście wiele liczb nieparzystych. ( ) ( ) 2011,..., wież umieszczono na szachownicy Mówimy, że dwie wieże wzajemnie sie atakują, jeśli stoją one w tym samym wierszu lub kolumnie szachownicy. Pokazać, że wśród 41 wież istnieje 5 takich, spośród których żadne dwie nie atakują się wzajemnie. 3.WtrójkącieABCpunktMjestśrodkiembokuBC.Załóżmy,żepunktyP,Rleżąodpowiednio nabokachab,ac,zaśqjestpunktemprzecięciaodcinkaamzodcinkiempr.wykaż,żejeśli punktqjestśrodkiemodcinkapr,wówczaspr BC. 4.Dlaliczbynaturalnejnniechg(n)oznaczanajwiększąpotęgę2,zjakąwchodzionadorozkładun naczynnikipierwsze.dlaprzykładug(20)=4,g(15)=0,g(16)=16itd.załóżmy,żepjestliczbą pierwszą. Wyznaczyć wszystkie takie p, że suma 2 p 1 k=1 jest kwadratem liczby naturalnej. g(2k)=g(2)+g(4)+g(6)+...+g(2 p ) Konkurs- dzień drugi 1. Niech ABC będzie trójkątem prostokątnym równoramiennym o przyprostokątnej długości 1. Niech P będzie dowolnym punktem na przeciwprostokątnej AB, zaś Q, R niech będzą rzutami prostokątnymipunktupnaprzyprostokątneac,bc.rozważmypolatrójkątów:apqorazpbr,jak również pole prostokąta QCRP. Wykaż, że niezależnie od wyboru P największe z tych pól równe jest co najmniej 2/9. 2. Udowodnij, że z dowolnego zbioru dziesięciu różnych liczb dwucyfrowych(w zapisie dzięsiętnym) możliwy jest wybór dwóch niepustych i rozłącznych podzbiorów, których suma elementów jest identyczna. [ ] 3.Udowodnij,żedlax>1zachodzirówność: [ x] = [ x ].

4 4.DanyjesttrójkątprostokątnyrównoramiennyABC,przyczym A=90.PunktEjestśrodkiem bokuac,zaśfjesttakimpunktemnabokubc,żeef BE.Załóżmy,że AB =1.Obliczpole trojkąta CEF. Konkurs- dzień trzeci 1. Załóżmy, że liczba trzycyfrowa abc dzieli sie przez 37. Udowodnij, że także liczba bca jest także podzielnaprzez37.wskazówka:999= Udowodnij,żedladowolnychx,y Rzachodzinierównośćx 4 +y 4 +88xy. 3. Dany jest skończony zbiór X punktów na płaszczyźnie o tej własności, że pole każdego z trójkątów, którego wierzchołki należą do X jest mniejsze od 1. Wykazać, że wszystkie punkty zbioru X zmieścić możnawewnątrzlubnabrzegutrójkątaopolu4. 4. Niech n będzie liczbą naturalną. Rozważamy sumę S(n) odwrotności wszystkich(niezerowych) cyfr występujących w zapisie dziesiętnym wszystkich liczb naturalnych od 1 do n. Dla przykładu ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) S(12) = Znaleźćnajmniejszentakie,żeS(10 n )jestliczbąnaturalną. Rozwiązania- grupa młodsza Rozwiązania zadań z pierwszego dnia 1. Niech n będzie liczbą całkowitą większą od 2. Wykazać, że wśród ułamków ułamków nieskracalnych jest parzyście wiele. Rozwiązanie.Zauważmy,żejeśliułamek k n 1 n, 2 n,... n 1 n jestnieskracalny,totakżeułamek n k n jest nieskracalny.zatemwszystkieteułamkinieskracalne,dlaktórych n k n k n możnapodgrupowaćwpary. Równość n k n = k n niemożezachodzićdlaułamkanieskracalnegoprzyn>2.oznaczaonabowiem, że2k=n,awięcskoron>2,toułamek k n jestskracalny.sprzecznośćtapokazuje,żewszystkie ułamkinieskracalnemożnaustawićwpary.jestichzatemparzyściewiele. 2. Znajdź resztę z dzielenia przez 1000 liczby: }{{}. 999 cyfr Rozwiązanie. Zauważmy, że iloczyn = Zatem reszta z dzielenia powyższego ilocznuprzez1000jesttakasama,jakresztazdzieleniailoczynu ,awięc109.

5 3. Dany jest trójkąt równoramienny ABC, przy czym AB = AC. Niech D będzie punktem należącymdobokuab,zaśeniechbędzietakimpunktemnaprzedłużeniubokuac,że BD = CE. OdcinekDEprzecinabokBCwpunkcieG.Wykazać,że DG = GE. Rozwiązanie.NiechFbędzietakimpunktemnabokuBC,żeDF AE. Wówczasrównesąmiarykątów FDG= CEGoraz DGF= EGC.SkorozaśtrójkątABC jestrównoramienny,to BFD= BCA= DBF,awięc DF = DB = CE.Stądnamocy cechykąt-bok-kąttrójkątydfgorazecgsąprzystające,awięc DG = GE. 4. Dana jest siatka złożona z 16 punktów ułożonych w czterech rzędach i czterech kolumnach, przy czym odległość pomiędzy każdym rzędem i kolumną wynosi 1. Powiemy, że łamana jest rosnąca jeśli kolejne jej odcinki składowe mają coraz większą długość. Z ilu najwięcej odcinków może się składać łamana rosnąca o wierzchołkach położonych na powyższej siatce? Ile jest takich łamanych? Rozwiązanie. Zauważmy, że możliwych jest tylko 9 odległości pomiędzy punktami rozważanej siatki: 1< 2<2< 5<2 2<3< 10< 13<3 2. A więc najdłuższa łamana może mieć max 9 odcinków składowych(w szczególności nie może być to łamana zamknięta). Czy łamana taka istnieje? Z łatwością przekonamy się, że tak. Policzymy od razu ile ich jest. Ważne jest by pamiętać, że tworząc taką łamaną nie możemy wrócić do wierzchołka, w którym już byliśmy. Dla ułatwienia ponumerujmy wierzchołki naszej siatki. Zaczniemy od końca, a więc od najdłuższego odcinka. Możemy go wybrać na 4 sposoby, bo musimy połączyć przeciwległe wierzchołki siatki. Załóżmy, że startujemy z 1 do 16. To był pierwszy odcinek. Wybierającdrugiodcinekmamytylkodwiemożliwościodległeo 13 sątopunkty2lub5.możemy założyć, że idziemy do punktu 2(każdą łamaną, która powstaje w tym momencie przez pójście

6 do 5 możemy przez symetrię względem przekątnej przerobić na łamaną, która idzie w tym kroku przez2). Zpunktu2musimy,wtrzecimkroku,wykonaćodległość 10 znowusądwiemożliwości:13lub 15.Jeślijednakpójdziemydo13,topotemniedasiępójśćo3dojakiegokolwiekpunktu,którynie byłbyjużzajęty.zatemwtrzecimkrokumusimyiśćz2do15. Wnastępnychkrokachniemawyboru:o3możemyprzejśćtylkozpunktu15do3.Potemz3 możemypójśćo2 2tylkodo9,apotemmusimyiśćdopunktów7(o 5),potemdopunktu5 (o2)iwreszciedo10(oodległość 2).Tuzostajeostatnikrok,którymożemywykonaćna3sposoby. Zatemłączniemamyilemożliwości?Napoczątku4opcje(przywyborzeodcinkadługości3 2), potem2opcje(przywyborzetrasyo 13)i3opcjenasamymkońcu.Łącznie24możliwetrasy. Rozwiązania zadań z drugiego dnia 1. Znajdź największą wielokrotność liczby 360 o tej własności, że jej zapis dziesiętny składa się z parami różnych cyfr parzystych. Rozwiązanie.Skorowszystkiecyfrymusząbyćparamiróżne,tomamydowyboru0,2,4,6,8. Wiemy, że szukana liczba będzie podzielna przez 9(dlaczego?), a więc suma cyfr musi być podzielna przez9.alesuma =20inietrudnowidzieć,żejedyniewyrzuceniedwójkidaje namwielokrotność9.stądcyfryjakiemożemyużyćto0,4,6,8.największaznichto8640iona jestwielokrotnością Udowodnij,żerównanieb 2 +b+1=a 2 niemarozwiązańwliczbachcałkowitychdodatnich. Rozwiązanie.Załóżmy,żejestjakieśrozwiązanie.Wtedyb+1=a 2 b 2 =(a b)(a+b).skoro b+1>0,toa b>0,awięcb+1a+b.alejeslia=1,tob 2 +b=0,coniemarozwiązańw liczbachcałkowitychdodatnich. 3.DanyjesttrójkątrównobocznyABCobokudługości1.NiechDbędzieśrodkiembokuBC.Na bokachab,acobieramypunktye,ftakie,że EDF=90.Udowodnić,że BE + CF > EF.

7 Rozwiązanie. Chcemy dokonać takiego przekształcenia, aby długości odcinków BE, CF, oraz EF odnaleźćnajednymtrójkącie.obracamytrójkątcdfo180 wkierunkuprzeciwnymdoruchu wskazówek zegara wokół punktu D. Wówczas wierzchołek C przechodzi na B, D zostaje w miejscu, zaśflądujewpunkcie,któryoznaczmyprzezg.wtensposób CF = BG.Pozostajewykazać, że EG = EF i dowód wynikać będzie z nierówności trójkąta. Zauważmy jednak, że trójkąty EFDorazEGDsąprzystającenamocycechybok,kąt,bok.Istotnie, FD = GD,bokEDjest wspólny, zaś kąt pomiędzy odpowiadającymi sobie bokami jest prosty. Stąd: BE + CF = BE + BG > GE = EF. 4. Na płaszczyźnie znajduje się 2011 punktów białych i 2011 punktów czarnych. Położone są tak, że każdy odcinek łączący punkty tego samego koloru zawiera także punkt drugiego koloru. Udowodnij, że istnieje taka prosta l, która zawiera wszystkie punkty białe i wszystkie punkty czarne. Rozwiązanie.O wyróżnionych 2011 punktach białych i 2011 punktach czarnych będziemy mówili: kolorowe. Załóżmy, że istnieją trzy kolorowe punkty, które nie leżą na jednej prostej. Nazwijmy je X, Y, Z. Załóżmy, że ze wszystkich takich niepokojących przypadków(a więc takich trójek, które nie leżą na jednej prostej) akurat trójkąt XY Z ma najmniejsze pole. Innymisłowy,jeślipewnetrzykolorowepunktyX,Y,Z nieleżąnajednejprostej,topoletrójkąta XYZjestmniejszeniżpoletrójkątaX Y Z.DwazpunktówX,Y,Zmusząbyćtegosamegokoloru. Możemyzałożyć,żesątoX,Yiżeichkolorjestbiały.WówczaswewnątrzodcinkaXYleżyjakiś czarny punkt G. Ale w ten sposób dostajemy trójkąt XGZ, który ma kolorowe wierzchołki a jego polejestmniejszeniżpoletrójkątaxyz.stądsprzecznośćzwyborempunktówx,y,z. Rozwiązania zadań z trzeciego dnia 1.Znajdźwszystkieliczbytrzycyfrowenotejwłasności,żesumacyfrliczbyn+3jest 1 3 sumycyfr liczby n. Rozwiązanie.Niechn=abc.Zauważmy,żeliczbac7.Istotnie,wprzeciwnymrazieliczbya,b sięniezmieniąisumacyfrn+3będziewiększaniżsumacyfrn.niechs 0 oznaczasumęcyfrliczby n,zaśs 1 sumęcyfrliczbyn+3.zauważmy,żemożliwesąnastępująceprzypadki: a=b=9.wówczasnmożebyćrówneodpowiednio997,998,999,alewżadnychznichsuma cyfrn+3niejest1/3sumycyfrwn.

8 Jeślia<9,b=9,toS 0 =a+9+c,zaśs 1 =a+1+(c+3 10)=a+c 6/Stąd 3(a+c 6)=a+9+c,awięc2(a+c)=27.Sprzeczność. Jeślib<9,toS 0 =a+b+c,zaśs 1 =a+(b+1)+(c+3 10)=a+b+c 6.Stąda+b+c=9. Wychodzi: 108, 117, Załóżmy,żedanyjesttrójkątobokachdługościa,b,c.Czyzodcinkówdługości a, b, cdasię stworzyć trójkąt? Rozwiązanie.Należyudowodnić,żespełnionajestnierównośćtrójkąta,awięc a+ b> c. Jest ona równoważna nierówności, którą otrzymamy po podniesieniu obydwu stron do kwadratu: a+b+2 ab>c.alenamocyzałożenia,a+b+2 ab>a+b>c,boa,b,csąbokamitrójkąta. 3. Udowodnij, że suma pięciu kolejnych kwadratów liczb całkowitych nie może być kwadratem liczby całkowitej. Rozwiązanie.Zauważmy,żepięćkolejnychkwadratówliczbcałkowitychmapostać:(n 2) 2,(n 1) 2,n 2,(n+1) 2,(n+2) 2.Sumatychliczbto5(n 2 +2).Jeśliliczbatajestkwadratem,ton 2 +2 jestpodzielneprzez5.aletooznacza,żecyfrajednościliczbyn 2 wynosi3lub8.aleniematakich kwadratów. 4. Udowodnij, że wśród 7 kolejnych liczb całkowitych istnieja zawsze dwie takie, że ich suma lub różnica jest podzielna przez 10. Rozwiązanie. Korzystamy z zasady szufladkowej. Rozważmy następujące 6 zbiorów reszt z dzieleniaprzez10:{0},{5},{1,9},{2,8},{3,7},{4,6}.będątonaszeszufladki.zauważmy,żejeślidwie liczbydająresztę0zdzieleniaprzez10,toichróżnicadzielisięprzez10.podobniezresztą5: różnica dwóch liczb o reszcie z dzielenia przez 10 równej 5 jest liczbą podzielną przez 10. Wreszcie, jeśli dwie liczby całkowite dają reszty z dzielenia przez 10 należące do jednego z pozostałych 4 zbiorów,toichsumalubróżnicamusibyćpodzielnaprzez10.aleskoromamy7liczb,atylko6 szufladek, to istotnie dwie liczby wpadają(a właściwie ich reszty z dzielenia przez 10) do jednej z 6szufladek.Tokończydowód. Rozwiązania- grupa starsza Rozwiązania zadań z pierwszego dnia 1. Niech n będzie liczbą nieparzystą większą od 1. Udowodnij, że ciąg: ( )( ) ( ) n n n,,..., n zawiera nieparzyście wiele liczb nieparzystych.

9 Rozwiązanie.Pamiętając,żedladowolnegok<nmamy ( ) ( n k = n k ) ito,żeliczbanjest nieparzysta widzimy, że suma elementów wyjściowego ciągu to: [( ) ( ) ( )] 1 n n n = n 1 2 (2n 2)=2 n 1 1. Jest to zatem liczba nieparzysta. Ale to oznacza, że w naszej sumie było nieparzyście wiele składnikównieparzystych(cokończydowód). k wież umieszczono na szachownicy Mówimy, że dwie wieże wzajemnie sie atakują, jeśli stoją one w tym samym wierszu lub kolumnie szachownicy. Pokazać, że wśród 41 wież istnieje 5 takich, spośród których żadne dwie nie atakują się wzajemnie. Rozwiązanie. Korzystamy wielokrotnie z zasady szufladkowej. Wiadomo, że trzeba znaleźć 5 wież, które są w parami różnych wierszach i kolumnach. Pomysł jest taki: znaleźć wiersze z wieloma wieżami.jest10rzędówi41wież,awięcistniejewiersz,nazwijmygoa,gdziejestprzynajmniej5 wież. Dalej, wyrzucamy ten wiersz. Pozbyliśmy się max 10 wież, a więc na pozostałych 9 rzędach stoi max 31 wież. Zasada szufladkowa mówi, że istnieje wiersz, nazwijmy go B, gdzie stoją przynajmniej 4 wieże. Postępując analogicznie znajdziemy 5 rzędów A, B, C, D, E, w których znajduje się odpowiednio przynajmniej 5, 4, 3, 2, 1 wież. W tych rzędach znajdziemy poszukiwane 5 wież nie akakujących sie wzajemnie. Z każdego rzędu będzie pochodziła 1 wieża. Zacznijmy od E i wybierzmy wieżę AA, która powinna tam być. W rzędzie D istnieje więc przynajmniej jedna wieża, którastoiwinnejkolumnieniżaa,nazwijmyjąbb.wrzędziecistniećmusiwieża,którastoi winnejkolumnieniżaaorazbb,nazwijmyjącc.analogiczniewyszukujemywieżeddiee wrzędachd,e.łatwowidać,żekażdedwiewieżezezbioru{aa,bb,cc,dd,ee}pochodząz różnychwierszyizróżnychkolumn. 3.WtrójkącieABCpunktMjestśrodkiembokuBC.Załóżmy,żepunktyP,Rleżąodpowiednio nabokachab,ac,zaśqjestpunktemprzecięciaodcinkaamzodcinkiempr.wykaż,żejeśli punktqjestśrodkiemodcinkapr,wówczaspr BC. Rozwiązanie. Skoro Q, M są środkami odcinków P R oraz BC, to zachodzą następujące równości póltrójkątów:[apq]=[arq],oraz[abm]=[acm].stąd: [APQ] [ABM] =[ARQ] [ACM]. NamocywzorunapoletrójkątaP=absin(α)/2irównościkątów PAQ= BAM, QAR= M AC, dostajemy: AP AQ = AQ AR AB AM AM AC AP AB = AR AC PQ BC.

10 4.Dlaliczbynaturalnejnniechg(n)oznaczanajwiększąpotęgę2,zjakąwchodzionadorozkładun naczynnikipierwsze.dlaprzykładug(20)=4,g(15)=0,g(16)=16itd.załóżmy,żepjestliczbą pierwszą. Wyznaczyć wszystkie takie p, że suma 2 p 1 k=1 jest kwadratem liczby naturalnej. g(2k)=g(2)+g(4)+g(6)+...+g(2 p ) Rozwiązanie.Rozważmyliczby2,4,6,...,2 p izastanówmysięileliczbcałkowitychnatejliście jestpodzielnychprzez2 i,aleniejestpodzielnychprzez2 i+1,dlaitakiego,że1in 1. Wiadomo,że2 p /2 i ztychliczbjestpodzielnychprzez2 i,alewśródnich2 p /2 i+1 sątakżepodzielne przez2 i+1.stądtakichliczbx<2 p,dlaktórychg(x)=2 i jestdokładnie2 p /2 i 2 p /2 i+1.wten sposób nasza suma ma postać: p 1 ( ) 2 2 i p 2p p 1 2i 2 i+1 +2 p = (2 p 2 p 1 )+2 p = i 1 p 1 2 p 1 +2 p =(p 1)2 p 1 +2 p =(p+1)2 p 1. i=1 i=1 Kiedy(p+1)2 p 1 jestkwadratem?napewnoniedlap=2,awięcmożemyzałożyć,żepjest nieparzyste.zatem2 p 1 jestiloczynemparzystejliczbydwójek,azatemwrozkładziep+1na czynnikiliczba2równieżwchodzizparzystąpotęgą.zatemp+1=m 2,dlapewnegomnaturalnego. Stądp=(m 1)(m+1).Skoropjestpierwsza,tom=2.Zatemm=2.Istotnie,dlap=3szukana sumawynosi16. Rozwiązania zadań z drugiego dnia 1. Niech ABC będzie trójkątem prostokątnym równoramiennym o przyprostokątnej długości 1. Niech P będzie dowolnym punktem na przeciwprostokątnej AB, zaś Q, R niech będzą rzutami prostokątnymipunktupnaprzyprostokątneac,bc.rozważmypolatrójkątów:apqorazpbr,jak również pole prostokąta QCRP. Wykaż, że niezależnie od wyboru P największe z tych pól równe jest co najmniej 2/9. Rozwiązanie.NiechxoznaczadługośćodcinkaBP.Jeślix<1/3lubx>2/3,totezajestoczywista. W przypadku gdy x [1/3, 2/3] trzeba policzyć pole prostkąta i zminimalizować stosowną funkcjękwadratową. 2. Udowodnij, że z dowolnego zbioru dziesięciu różnych liczb dwucyfrowych(w zapisie dzięsiętnym) możliwy jest wybór dwóch niepustych i rozłącznych podzbiorów, których suma elementów jest identyczna.

11 Rozwiązanie. Dowód polega na zastosowaniu zasady szufladkowej Dirichleta. Rozważmy najpierw prostszy problem: czy możemy zbiór dziesięciu różnych liczb dwucyfrowych podzielić na sumę(niekoniecznie rozłączną) dwóch podzbiorów, których suma elementów jest taka sama? Najmniejsza możliwasumato10,anajwiększato: wszystkichmożliwychsumjestzatem mniej niż Tymczasem wszystkich podzbiorów niewłaściwych zbioru 10 elementowego(a więc różnychodzbiorupustegoicałegozbioru)jest2 10 2>1000.Wszczególnościdwapodzbiorywłaściwe dowolnego zbioru 10 elementowego liczb dwucyfrowych muszą mieć tę samą sumę elementów. OznaczmyjeprzezA,B.Niesąonekoniecznierozłączne.Zauważmyjednak,żeżadenznichnie jest zawarty w drugim. Przeczyłoby to założeniu o równości sum elementów tych podzbiorów. W szczególnościa B AorazA B B.Oznaczato,żepousunięciuczęściwspólnejzbioryte będą nadal niepuste. Co więcej będą rozłączne, a suma ich elementów pozostanie taka sama(bo z obydwuusunęliśmytesameelementy-należącedozbiorua B). [ ] 3.Udowodnij,żedlax>1zachodzirówność: [ x] = [ x ]. Rozwiązanie. Z definicji części całkowitej wiadomo, że: [ ] [ ] x x< x +1. [ ] Niech x =n.wówczasn 4 x<(n+1) 4.Stąd: n 2 x<(n+1) 2. Azatemn 2 [ x]<(n+1) 2.Wtensposóbn [ [ ] x]<n+1,awięctakżen [ x] <n+1 Dostajemy zatem: [ [ ] [ ] x x] =n=. 4.DanyjesttrójkątprostokątnyrównoramiennyABC,przyczym A=90.PunktEjestśrodkiem bokuac,zaśfjesttakimpunktemnabokubc,żeef =BE.Załóżmy,że AB =1.Oblicz pole trojkąta CEF. Rozwiązanie. Niech D będzie takim puntem, że kąty ABE oraz CED są równe. Trójkąty ABE orazcedsązatempodobnenamocycechykkk.stądstosunekichpólrównyjestkwadratowi stosunkuodpowiadającymsobiebokówceorazab.zatem4[ced]=[abe].zatem CE CD = AB AE =2.Skoro ECF=45 = DCF,toCFjestdwusiecznąkąta DCE.Wynikastąd,że odległośćpunktufodbokówceicdjestjednakowa.stąd [CEF] [CDF] = CE CD =2.Zatem: [CEF]= 2 3 [CED]= [ABE]= = 1 24.

12 Rozwiązania zadań z trzeciego dnia 1. Załóżmy, że liczba trzycyfrowa abc dzieli sie przez 37. Udowodnij, że także liczba bca jest także podzielnaprzez37.wsk.999= Rozwiązanie.Zzałożenialiczba100a+10b+c=37k,dlapewnegoknaturalnego.Stąd: bca=100b+10c+a=1000a+100b+10c 999a=10(100a+10b+c) 37 27a=37(10k 27a). 2.Udowodnij,żedladowolnychx,y R + zachodzinierównośćx 4 +y 4 +88xy.Czynierówność jestprawdziwajeślix,yniesądodatnie? Rozwiązanie. Zauważmy, że z nierówności pomiędzy średnią arytmetyczną i geometryczną mamy x 4 +y x 4 y 4 16=2xy.Czykoniecznejestzałożenie,żeliczbysązR +?Otóżnie!Zdowodu wynika,żex 4 +y x y 8xy,dladowolnychx,y R. 3. Dany jest skończony zbiór X punktów na płaszczyźnie o tej własności, że pole każdego z trójkątów, którego wierzchołki należą do X jest mniejsze od 1. Wykazać, że wszystkie punkty zbioru X zmieścić możnawewnątrzlubnabrzegutrójkątaopolu4. Rozwiązanie. Rozważmy ten z trójkątów o wierzchołkach wziętych ze zbioru X, którego pole jest największe. Jego wierzchołki to M N Q. Rozważmy teraz trójkąt ABC o tej własności, że punkty M,N,QsąodpowiedniośrodkamibokówMN,NQ,QM.WtensposóbpoletrójkątaABCjest mniejsze niż 4. Tymczasem gdyby jakiś punkt P zbioru X wystawał poza trójkąt ABC, to trójkąt utworzonychzdwóchwierzchołkówtrójkątaabcorazzpunktupmawiększepoleniżabc,co przeczypoczątkowemuwyborowipunktówa,b,c. 4. Niech n będzie liczbą naturalną. Rozważamy sumę S(n) odwrotności wszystkich(niezerowych) cyfr występujących w zapisie dziesiętnym wszystkich liczb naturalnych od 1 do n. Dla przykładu ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) S(12) = Znaleźćnajmniejszentakie,żeS(10 n )jestliczbąnaturalną. Rozwiązanie.Zauważmy,żerówniedobrzemożemyrozważaćS(10 n 1),bowzapisiedziesiętnym 10 n jestnzerijednajedynka,więcsumaodwrotnościjestnaturalna.ilośćliczbod0do10 n 1 wynosi10 n ikażdąznichmożnazapisaćwpostaciciągunliczbcałkowitych,ewentualniedodając zprzoduzera.naprzykładjeślin=4,toliczbienaturalnej14możnaprzypisaćzapis0014.wten sposóbniezmienimysumys(10 n 1),bozeraitakpomijamy.Tymczasemlepiejzobaczymy,że wśródliczbod }{{} n do }{{} każda cyfra występuje w zapisie dziesiętnym dokładnie tyle samo n

13 razy,awięcskorowszystkichcyfrjestn 10 n,tokażdaznichwystępujedokładnie n 10n 10 =n10 n 1 razy. Zatemnaszasumamapostać:n10 n 1( ) Łatwowidzieć,żen 1,2,3,awięcn10 n 1 jestpodzielnaprzez1,2,4,5,8.widząc,żen10 n 1 ( n10n 1 6 )= 6 N, wystarczy zastanowić siękiedycałkowitajestsuman10 n 1 ( ).Jesttak,gdynjestrówneconajmniej63.