Zawody matematyczne im. Mariana Rejewskiego Relacje z jubileuszowej dziesi¹tej edycji konkursu dla szkó³ pomdgimnazjalnych województwa kujawskopomorskiego. n MARIUSZ AAMCZAK Wminionym roku szkolnym odby³a siê dziesi¹ta edycja KujawskoPomorskich Zawodów Matematycznych im. Mariana Rejewskiego. Zawody po raz drugi by³y przeprowadzone pod patronatem KujawskoPomorskiego Kuratora Oœwiaty. W konkursie wziêli udzia³ uczniowie klas pierwszych i drugich szkó³ ponadgimnazjalnych z regionu oraz, tradycyjnie, reprezentacja uczniów I LO w Koszalinie i gimnazjaliœci rozwi¹zuj¹cy zadania z poziomu klasy I. tap szkolny odby³ siê w marcu br. w macierzystych szko³ach uczestników. Zadania eliminacyjne zosta³y rozes³ane do kilkudziesiêciu szkó³. Na podstawie przes³anych rozwi¹zañ uczniów z etapu szkol nego, Komisja Zawodów zakwalifikowa³a do fina³u 90 autorów najlepszych prac (z 16 liceów ogólnokszta³c¹cych i trzech gimnazjów). Zawody fina³owe odby³y siê 31 maja 2010 r. w I Liceum Ogólnokszta³c¹cym w Bydgoszczy. Finaliœci podzieleni na dwie kategorie: klasy I oraz klasy II, mieli 10 minut na rozwi¹zanie czterech zadañ. Komisja Zawodów, w sk³ad której weszli nauczyciele finalistów, przyzna³a tytu³y laureatów I, II i III miejsca. Uroczystoœæ og³oszenia wyników odby³a siê tego samego dnia. Nagrody dla laureatów (kamery internetowe, g³oœniki, s³uchawki z mikrofonem i inne gad ety komputerowe) zosta³y zakupione ze œrodków Bydgoskiego Grantu Oœwiatowego. Poni ej prezentujemy komplet zadañ fina³owych dla obu kategorii oraz przyk³adowe rozwi¹zania. Zachêcamy Czytelników do samodzielnego zmierzenia siê z problemami 1. Powodzenia! 1 Pod adresem http://www.1lo.bydgoszcz.pl/ index2.php?art2 mo na znaleÿæ zadania z poprzednich edycji zawodów. O poprzedniej edycji konkursu wiêcej w artykule Mariusza Adamczaka Matematyka 10/2009. 38 matematyka
matematyka dawniej liceum i dziœ Klasa I Ludolfina. ane s¹ dwa okrêgi: o 1 o œrodku O i œrednicy AB 2R oraz o 2 o œrodku B i promieniu BO, które przecinaj¹ siê w punktach C i C. Niech l bêdzie prost¹ styczn¹ do okrêgu o 1 w punkcie B, natomiast prosta prostopad³a do ciêciwy BC przechodz¹ca przez O przecina prost¹ l w punkcie. Ponadto na prostej l obrano punkt taki, e B le y miêdzy punktami i oraz 3R. Obliczyæ d³ugoœæ A. Równanie. Rozwi¹zaæ równanie F w liczbach ca³kowitych dodatnich. Odcinki w równoleg³oboku. Niech i F bêd¹ punktami boków C i BC równoleg³oboku ABC. Prosta A przecina przek¹tn¹ B w punkcie P takim, e P : B 1 : 6, a prosta AF przecina przek¹tn¹ B w punkcie R takim, e _ %) &(_ BR : B 1 : 4. Wyznaczyæ _ )& ('_ Potrójna silnia. Wykazaæ, e liczba 2009!!! 2008!!! jest podzielna przez 2010, gdzie (3n)!!! 3 6 9... (3n) dla n 1, 2,..., (3n 1)!!! 1 4 7... (3n 1) dla n 0, 1, 2,..., (3n 2)!!! 2 8... (3n 2) dla n 0, 1, 2,... Suma. any jest ci¹g «á «á à ³ã à ³ã Obliczyæ sumê a 1 a 2... a 2010, gdzie [x] oznacza czêœæ ca³kowit¹ liczby rzeczywistej x. Odcinki w czworok¹cie. any jest czworok¹t wypuk³y ABC, w którym przek¹tne przecinaj¹ siê w stosunku 1 : 2 licz¹c od wierzcho³ków A i B. Niech i F bêd¹ punktami boków C i BC czworok¹ta ABC. Prosta A przecina przek¹tn¹ B w punkcie P, a prosta AF przecina przek¹tn¹ B w punkcie R takim, e P : B BR : B 1 : 6. Wyznaczyæ Równanie. Rozwi¹zaæ w liczbach ca³kowitych dodatnich równanie Przyk³adowe rozwi¹zania Klasa I 1. Zauwa my, najpierw e trójk¹t BOC jest równoboczny. Klasa II Uk³ad równañ. Rozwi¹zaæ uk³ad równañ ÅFG G G G G G G G 1/2011 39
Wobec tego vbo 30 i trójk¹t BO jest po³ow¹ trójk¹ta równobocznego o wysokoœci R. St¹d _ '% _ i dalej _ %( '( '% _ Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójk¹ta AB otrzymujemy wiêc 3. Zauwa my, e trójk¹ty ABP i P oraz AR i BRF s¹ parami podobne (dlaczego?). Mo emy wiêc napisaæ nastêpuj¹ce równoœci: _ $( $% %( _» ± ª ½ Õ Uwaga! Zadanie to mia³o tytu³ Ludolfina nie bez powodu. Czytelnik zechce samodzielnie obliczyæ w przybli eniu wartoœæ wspó³czynnika przy R w koñcowym wyniku. Autorem powy szej metody obliczenia przybli enia liczby p jest polski matematyk Adam Adamandy Kochañski (1631 1700). 2. Przypuœæmy, e trójka liczb ca³kowitych dodatnich (a, b, c) spe³nia dane równanie. Mno ¹c je obustronnie przez abc otrzymujemy bc 2c 3 abc, sk¹d wynika, e c jest dzielnikiem liczby 3. Zatem c Î {1, 3} Je eli c 1, to mamy b ab. St¹d b dzieli, czyli b 1 lub b. la b 1 dostajemy a 6, natomiast dla b mamy a 2. Je eli c 3, to 3b 9 3ab. Wówczas b 3. St¹d dla b 1 otrzymujemy a 4, natomiast dla b 3 mamy a 2. Bezpoœrednio sprawdzamy, e znalezione trójki liczb: (2,, 1), (6, 1, 1), (2, 3, 3) oraz (4, 1, 3) spe³niaj¹ podane w treœci zadania równanie. _&( &' $% %3 (' (' (' '3 %' '3 _ oraz _ )& %& $' ' %) %) %) % %' % _ St¹d natychmiast dostajemy odpowiedÿ: 4. Sposób I. Zgodnie z definicj¹ potrójnej silni, ka da z liczb 2008!!! i 2009!!! jest iloczynem 670 czynników. Zatem 2009!!! 2008!!! 2 8... 2006 2009 1 4 7... 200 2008 (2010 2008)(2010 200) (2010 2003)...(2010 4) (2010 1) 1 4 7... 200 2008 2010k (1) 670 1 4 7... 200 2008 1 4 7... 200 2008 2010k dla pewnej liczby ca³kowitej k. 40 matematyka
matematyka dawniej liceum i dziœ Sposób II. Zauwa my, e 2010 2 3 67. Natomiast z definicji potrójnej silni mamy 2009!!! 2 8 6 68... 134... 2006 2009, 2008!!! 1 4 7... 67... 200 2008. Wobec tego 2 67 2008!!! oraz 2 67 2009!!! Wystarczy wiêc udowodniæ, e 3 dzieli ró nicê 2009!!! 2008!!!. atwo zauwa yæ, e 2008!!! jest iloczynem liczb, które przy dzieleniu przez 3 daj¹ resztê 1. Zatem 2008!!! tak e przy dzieleniu przez 3 daje resztê 1. Z kolei 2009!!! jest iloczynem parzystej liczby czynników, z których ka dy przy dzieleniu przez 3 daje resztê 2. Poniewa iloczyn dwóch takich czynników przy dzieleniu przez 3 daje resztê 1, wiêc 2009!!! tak e. Tym samym ró nica 2009!!! 2008!!! jest wielokrotnoœci¹ trójki i zgodnie z wczeœniejszymi obserwacjami, dzieli siê przez 2010. Klasa II 1. Zauwa my, e kolejne równania danego uk³adu s¹ wzorami Viéte a dla wielomianu W(x) (x a)(x b)(x c)(x d) x 4 x 3 4x 2 4x. Poniewa W(x) x(x 1)(x 2)(x 2), wiêc szukane wartoœci zmiennych a, b, c i d, jako pierwiastki wielomianu W, nale ¹ do zbioru {2, 0, 1, 2}. Zatem dany uk³ad równañ ma 24 rozwi¹zania (jest nim ka da permutacja znalezionej czwórki liczb). 2. Zauwa my najpierw, e Å JG\[ ¾Z > [@ > [@ JG\[ žz Wobec tego a 1 a 2... a 2010 2010 (liczba wielokrotnoœci 10 mniejszych lub równych 2010) 2009 (liczba pozosta³ych liczb mniejszych lub równych 2010) 2010 201 2009 (2010 201) 201 (2010 20090 2009) 201 20091 4038291. 3. Niech O bêdzie punktem przeciêcia siê przek¹tnych czworok¹ta ABC. PoprowadŸmy proste przechodz¹ce przez O i równoleg³e do A i AF. Przetn¹ one boki C i BC danego czworok¹ta odpowiednio w punktach K i L. Zauwa my, e poniewa punkt O dzieli przek¹tne w stosunku 1 : 2, a odcinki P i BR stanowi¹ szóst¹ czêœæ przek¹tnej B, to PO B i RO BR B. oraz Z twierdzenia Talesa mamy wiêc _ '( '3 '3 _ _ (. 32 %' _ St¹d otrzymujemy _ (. $2.& 2& _ 1/2011 41
_&(.& (. (. (. (' (' (' (. _ _ (' _ Analogicznie obliczamy wartoœæ drugiego ilorazu. Mamy _ %) % )/ $2 _ i _ )/ 2 &/ 2& _ I dalej _ &) &/ )/ )/ )/ _ %) _ %) %) )/ _ _ %) _ Ostatecznie mamy Uwaga! Z treœci zadania wynika, e czworok¹t ABC jest trapezem. Jednak powy sza metoda rozwi¹zania nie wykorzystuje tego faktu. Mo na wiêc j¹ stosowaæ do wszystkich czworok¹tów o znanym stosunku podzia³u przek¹tnych w szczególnoœci mo na w ten sposób rozwi¹zaæ fina³owe zadanie 3 w kategorii klas I. 4. Za³ó my, e trójka dodatnich liczb ca³kowitych (a, b, c) spe³nia dane równanie. Zauwa my, e < < Zatem a < 2, czyli a 1. Nasze równanie przyjmuje wtedy postaæ Szacuj¹c podobnie jak poprzednio, mamy < < St¹d b < 4. Pozostaje kolejno sprawdziæ przypadki b 1, 2, 3: o gdy b 1, dostajemy równanie sk¹d c 11, Ï Z; o gdy b 2, dostajemy równanie sk¹d c 2; o gdy b 3, dostajemy równanie sk¹d c 1,1 Ï Z. Zatem jedynym rozwi¹zaniem danego równania w liczbach ca³kowitych dodatnich mo e byæ trójka (1, 2, 2). Sprawdzenie, e ten uk³ad liczb spe³nia to równanie jest natychmiastowe. q MARIUSZ AAMCZAK nauczyciel I LO im. C.K. Norwida w Bydgoszczy ATWIJSZY OWÓ Chcia³bym podaæ proste uzasadnienie nierównoœci ª» ± > ½ dla n Î N, która pojawi³a siê Õ w Matematyce 10/2009, s. 621 (Zawody matematyczne im. M. Rejewskiego). Otó uzasadnienie to wynika natychmiast z rozwiniêcia dwumianowego Newtona ª» ± > ª» ± ǽ N Õ ½ Õ N (bo suma liczb dodatnich jest wiêksza od pojedynczego sk³adnika tej sumy). Witold Bednarek 42 matematyka