LXIV Olimpiada Matematyczna

Podobne dokumenty
XII Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (1 września 2016 r. 17 października 2016 r.)

Krzywe stożkowe. 1 Powinowactwo prostokątne. 2 Elipsa. Niech l będzie ustaloną prostą i k ustaloną liczbą dodatnią.

VII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

VIII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

LVIII Olimpiada Matematyczna

VII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

LXI Olimpiada Matematyczna

IX Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

XI Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

LX Olimpiada Matematyczna

LXV Olimpiada Matematyczna

LXIII Olimpiada Matematyczna

LXII Olimpiada Matematyczna

Zadania na dowodzenie Opracowała: Ewa Ślubowska

LVIII Olimpiada Matematyczna

LVII Olimpiada Matematyczna

XV Olimpiada Matematyczna Juniorów

Matematyka rozszerzona matura 2017

ZADANIA ZAMKNIETE W zadaniach 1-25 wybierz i zaznacz na karcie odpowiedzi poprawna

PRZYKŁADOWE ZADANIA Z MATEMATYKI NA POZIOMIE PODSTAWOWYM

Bukiety matematyczne dla gimnazjum

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, zima 2011/12

XI Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

XIII Olimpiada Matematyczna Juniorów

Przykładowe zadania z matematyki na poziomie podstawowym. Zadanie 1. (0 1) Liczba A. 3. Zadanie 2. (0 1) Liczba log 24 jest równa

MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY

X Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

Zadanie 3. (7 pkt.) Rozłożona kostka

Zadania przygotowawcze do konkursu o tytuł NAJLEPSZEGO MATEMATYKA KLAS PIERWSZYCH I DRUGICH POWIATU BOCHEŃSKIEGO rok szk. 2017/2018.

G i m n a z j a l i s t ó w

V Międzyszkolny Konkurs Matematyczny

Przykładowe rozwiązania

LI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 3 kwietnia 2000 r. (pierwszy dzień zawodów)

LXIX Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 18 kwietnia 2018 r. (pierwszy dzień zawodów)

FUNKCJA KWADRATOWA. Poziom podstawowy

Internetowe Kółko Matematyczne 2003/2004

LV Olimpiada Matematyczna

Internetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e

LXV Olimpiada Matematyczna

Treści zadań Obozu Naukowego OMJ

6. Liczby wymierne i niewymierne. Niewymierność pierwiastków i logarytmów (c.d.).

Internetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e

2. Wykaż, że dla dowolnej wartości zmiennej x wartość liczbowa wyrażenia (x 6)(x + 8) 2(x 25) jest dodatnia.

X Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

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

Elżbieta Świda Elżbieta Kurczab Marcin Kurczab. Zadania otwarte krótkiej odpowiedzi na dowodzenie na obowiązkowej maturze z matematyki

Bukiety matematyczne dla gimnazjum

Indukcja matematyczna

MATEMATYKA WYDZIAŁ MATEMATYKI - TEST 1

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, lato 2012/13. Czwartek 28 marca zaczynamy od omówienia zadań z kolokwium nr 1.

G i m n a z j a l i s t ó w

Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów

Przykładowe zadania z teorii liczb

XIII Konkurs Matematyczny o Puchar Dyrektora V LO w Bielsku-Białej

LVII Olimpiada Matematyczna

LIX Olimpiada Matematyczna

Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów

W. Guzicki Zadanie IV z Informatora Maturalnego poziom rozszerzony 1

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, zima 2012/13

9. Funkcje trygonometryczne. Elementy geometrii: twierdzenie

Treści zadań Obozu Naukowego OMG

Zadania do samodzielnego rozwiązania

ODPOWIEDZI I SCHEMAT PUNKTOWANIA ZESTAW NR 2 POZIOM PODSTAWOWY. Etapy rozwiązania zadania

LXIII Olimpiada Matematyczna

LVIII Olimpiada Matematyczna

VII POWIATOWY KONKURS MATEMATYCZNY SZKÓŁ GIMNAZJALNYCH W POGONI ZA INDEKSEM ZADANIA PRZYGOTOWAWCZE ROZWIĄZANIA I ODPOWIEDZI. rok szkolny 2016/2017

XIV Olimpiada Matematyczna Juniorów

Zadania otwarte krótkiej odpowiedzi na dowodzenie

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, zima 2013/14. Czwartek 21 listopada zaczynamy od omówienia zadań z kolokwium nr 2.

Zadanie 9. ( 5 pkt. ) Niech r i R oznaczają odpowiednio długości promieni okręgów wpisanego i opisanego na ośmiokącie foremnym.

Uzasadnienie tezy. AB + CD = BC + AD 2

1. Równania i nierówności liniowe

XXV Rozkosze Łamania Głowy konkurs matematyczny dla klas I i III szkół ponadgimnazjalnych. zestaw A klasa I

4. Postęp arytmetyczny i geometryczny. Wartość bezwzględna, potęgowanie i pierwiastkowanie liczb rzeczywistych.

EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 2014/2015

LXVIII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego 24 lutego 2017 r. (pierwszy dzień zawodów)

Przykładowy zestaw zadań nr 2 z matematyki Odpowiedzi i schemat punktowania poziom rozszerzony

XVI Warmińsko-Mazurskie Zawody Matematyczne Eliminacje cykl grudniowy Poziom: szkoły ponadgimnazjalne

XII Olimpiada Matematyczna Juniorów

Bank zadań na egzamin pisemny (wymagania podstawowe; na ocenę dopuszczającą i dostateczną)

Zestaw zadań dotyczących liczb całkowitych

KATALOG WYMAGAŃ PROGRAMOWYCH NA POSZCZEGÓLNE STOPNIE SZKOLNE W KLASIE 6

Matematyka Dyskretna Zestaw 2

Równania prostych i krzywych; współrzędne punktu

Rozwiązania zadań otwartych i schematy oceniania Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych i schemat oceniania zadań otwartych

Wymagania na egzamin poprawkowy z matematyki dla klasy I C LO (Rok szkolny 2015/16) Wykaz zakładanych osiągnięć ucznia klasy I liceum

KRYTERIA OCENIANIA ODPOWIEDZI Próbna Matura z OPERONEM. Matematyka Poziom podstawowy

Funkcje wymierne. Funkcja homograficzna. Równania i nierówności wymierne.

ZBIÓR PRZYKŁADOWYCH ZADAŃ Z MATEMATYKI POZIOM PODSTAWOWY ZADANIA ZAMKNIĘTE

ZADANIA OTWARTE KRÓTKIEJ ODPOWIEDZI

Test kwalifikacyjny na I Warsztaty Matematyczne

H. Dąbrowski, W. Rożek Próbna matura, grudzień 2014 r. CKE poziom rozszerzony 1. Zadanie 15 różne sposoby jego rozwiązania

1 + x 1 x 1 + x + 1 x. dla x 0.. Korzystając z otrzymanego wykresu wyznaczyć funkcję g(m) wyrażającą liczbę pierwiastków równania.

V Konkurs Matematyczny Politechniki Białostockiej

Internetowe Kółko Matematyczne 2003/2004

OLIMPIADA MATEMATYCZNA

Regionalne Koło Matematyczne

KURS MATURA PODSTAWOWA Część 2

Indukcja matematyczna. Zasada minimum. Zastosowania.

Transkrypt:

LXIV Olimpiada Matematyzna Rozwiązania zadań konkursowyh zawodów stopnia drugiego 22 lutego 203 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie. Dane są lizby ałkowite b i oraz trójmian f(x) = x 2 +bx+. Udowodnić, że jeżeli dla pewnyh lizb ałkowityh k, k 2 i k 3 wartośi f(k ), f(k 2 ) i f(k 3 ) są podzielne przez lizbę ałkowitą n różną od zera, to również ilozyn (k k 2 )(k 2 k 3 )(k 3 k ) jest podzielny przez n. Sposób I Określmy lizby ałkowite A, B i C następująymi wzorami: A = k 2 (k 2 k 3 )+k 2 2(k 3 k )+k 2 3(k k 2 ), B = bk (k 2 k 3 )+bk 2 (k 3 k )+bk 3 (k k 2 ), C = (k 2 k 3 )+(k 3 k )+(k k 2 ). Dodają odpowiednie składniki prawyh stron otrzymujemy zależność A+B +C = f(k )(k 2 k 3 )+f(k 2 )(k 3 k )+f(k 3 )(k k 2 ), w której prawa strona jest sumą trzeh ilozynów podzielnyh przez n. Zatem suma A+B+C jest podzielna przez n. Z drugiej strony, wymnażają nawiasy we wzorah definiująyh lizby B i C oraz przeprowadzają redukję wyrazów podobnyh stwierdzamy, że B = C = 0. Stąd wniosek, że lizba A jest podzielna przez n. Do zakońzenia rozwiązania pozostaje oblizyć, że (k k 2 )(k 2 k 3 )(k 3 k ) = (k k 2 )[k 3 (k +k 2 ) k k 2 k 2 3] = = k 3 (k 2 k 2 2) k 2 k 2 +k k 2 2 k 2 3(k k 2 ) = = k 2 (k 2 k 3 ) k 2 2(k 3 k ) k 2 3(k k 2 ) = A. Sposób II Aby wykazać podzielność lizby M = (k k 2 )(k 2 k 3 )(k 3 k ) przez n, należy uzasadnić, że każda lizba pierwsza występuje w rozkładzie na zynniki pierwsze lizby n z wykładnikiem nie większym, niż w rozkładzie lizby M. Nieh wię lizba pierwsza p występuje w rozkładah lizb k k 2, k 2 k 3, k 3 k i n odpowiednio z wykładnikami x, y, z i t. Wówzas dowodzona teza staje się nierównośią x+y+z t. Jeżeli którakolwiek z lizb x, y, z wynosi o najmniej t, to nierówność ta jest spełniona. Przyjmijmy zatem, że wszystkie te trzy lizby są mniejsze od t. W myśl warunków zadania różnia f(k ) f(k 2 ) = k 2 k 2 2 +b(k k 2 ) = (k +k 2 +b)(k k 2 ) jest podzielna przez n i tym bardziej przez p t. Ponadto drugi zynnik ilozynu stojąego po prawej stronie jest podzielny przez p x, ale nie przez p x+.

Wobe tego zynnik k +k 2 +b jest podzielny przez p t x. Analogiznie uzasadniamy, że lizba k 2 +k 3 +b jest podzielna przez p t y. W konsekwenji różnia (k 2 +k 3 +b) (k +k 2 +b) = k 3 k jest podzielna przez p min{t x,t y}. Stąd i z określenia lizby z uzyskujemy związek z min{t x,t y}=t max{x,y}. W rezultaie x+y +z max{x,y}+z t, o końzy rozwiązanie. 2 Zadanie 2. Okręgi o i o 2 o środkah odpowiednio O i O 2 przeinają się w dwóh różnyh punktah A i B, przy zym kąt O AO 2 jest rozwarty. Prosta O B przeina okrąg o 2 w punkie C różnym od B, a prosta O 2 B przeina okrąg o w punkie D różnym od B. Wykazać, że punkt B jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ACD. A o o 2 O O 2 D B C rys. Ponieważ kąt O BO 2 jest rozwarty, wię punkt B leży wewnątrz odinka O C, a punkt C leży na zewnątrz okręgu o (rys. ). Stąd i z zależnośi pomiędzy kątem wpisanym i kątem środkowym otrzymujemy <)ACO = <)ACB = 2 AO 2B = <)AO 2 O. Zatem punkty A, O, C, O 2 leżą na pewnym okręgu o. Podobnie dowodzimy, że punkty A, O 2, D, O leżą na pewnym okręgu o. Jednak okręgi o i o mają trzy różne punkty wspólne: A, O oraz O 2. W efekie okręgi te pokrywają się, zyli punkt D leży na okręgu o. Na moy równośi O A = O D punkt O jest środkiem łuku AD tego okręgu. Stąd wniosek, że punkt O a o za tym idzie, również punkt B leży na dwusieznej kąta wpisanego ACD. W analogizny sposób stwierdzamy, że punkt B leży na dwusieznej kąta ADC i wobe tego jest on środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ACD.

Zadanie 3. Mamy do dyspozyji płytki o następująyh kształtah: 3 Dla każdej lizby nieparzystej n 7 wyznazyć najmniejszą lizbę takih płytek potrzebnyh do ułożenia kwadratu o boku n. (Uwaga: Płytki można obraać, ale nie mogą one na siebie zahodzić.) Przypuśćmy, że z danyh płytek zbudowano kwadrat, którego bok ma długość nieparzystą n 7. Podzielmy ten kwadrat liniami równoległymi do boków na n 2 kwadratów jednostkowyh, uzyskują n wierszy i n kolumn. Następnie wyróżnijmy wszystkie te kwadraty jednostkowe, które znajdują się na przeięiu wiersza i kolumny o numerah nieparzystyh (rys. 2). Ponieważ istnieje 2 (n + ) wierszy oraz 2 (n + ) kolumn o numerah nieparzystyh, wię łąznie wyróżnimy w ten sposób 4 (n + )2 kwadratów. Ponadto każda płytka składa się z 3 albo 4 kwadratów jednostkowyh, z któryh o najwyżej jeden jest wyróżniony. W konsekwenji lizba użytyh płytek nie może być mniejsza od lizby wyróżnionyh kwadratów, zyli od 4 (n+)2. rys. 2 rys. 3 Wykażemy teraz za pomoą indukji, że dla każdej lizby nieparzystej n 7 kwadrat o boku n można zbudować z 4 (n+)2 płytek. Kwadrat o boku 7 ułożony z 6 płytek przedstawiony jest na rys. 3. Przyjmijmy z kolei, że dla pewnej lizby nieparzystej n 7 mamy dany kwadrat o boku n ułożony z 4 (n + )2 płytek. Wówzas możemy do niego dobudować dodatkowe dwa wiersze i dwie kolumny w sposób przedstawiony na rys. 4. Dwie ostatnie kolumny zawierają wtedy 2 (n + 3) nowyh płytek, a dwa ostatnie wiersze bez ztereh pól leżąyh w dwóh ostatnih kolumnah zawierają 2 (n + ) nowyh płytek. Zatem lizba płytek w powstałym kwadraie o boku n+2 jest równa 4 (n+)2 + 2 (n+3)+ 2 (n+) = 4 [(n+)2 +(2n+6)+(2n+2)] = 4 (n+3)2, o końzy indukję i rozwiązanie zadania.

4 n n rys. 4 Odpowiedź: Szukana najmniejsza lizba płytek wynosi 4 (n+)2. Zadania z poprzednih Olimpiad Matematyznyh oraz bieżąe informaje można znaleźć w Interneie pod adresem: www.om.edu.pl

5 Zadanie 4. LXIV Olimpiada Matematyzna Rozwiązania zadań konkursowyh zawodów stopnia drugiego 23 lutego 203 r. (drugi dzień zawodów) Rozwiązać równanie () (x 4 +3y 2 ) x+2 + y = 4 xy 2 w lizbah rzezywistyh x, y. Z zależnośi x+2 + y y otrzymujemy nierówność (2) (x 4 +3y 2 ) x+2 + y (x 4 +3y 2 ) y, która staje się równośią wtedy i tylko wtedy, gdy x 4 +3y 2 = 0 lub x+2 = 0, zyli gdy x = y = 0 lub x = 2. Z drugiej strony, na moy nierównośi pomiędzy średnią arytmetyzną i średnią geometryzną nieujemnyh lizb rzezywistyh uzyskujemy (3) x 4 +3y 2 = x 4 +y 2 +y 2 +y 2 4 4 x 4 y 2 y 2 y 2 = 4 xy y, a ponadto lewa strona zależnośi (3) jest równa prawej stronie wtedy i tylko wtedy, gdy x 4 = y 2, zyli gdy x 2 = y. Zatem (4) (x 4 +3y 2 ) y 4 xy 2, przy zym równość ma miejse wtedy i tylko wtedy, gdy x 2 = y lub y = 0. Łązą związki (2) i (4) widzimy, że lewa strona równania () jest zawsze nie mniejsza niż prawa strona, a równość zahodzi wtedy i tylko wtedy, gdy (x = y = 0 lub x = 2) oraz (x 2 = y lub y = 0). Stąd bez trudu wyznazamy wszystkie rozwiązania (x, y) danego równania: (0, 0), ( 2, 0), ( 2, 4) oraz ( 2, 4). Zadanie 5. Dany jest taki wielomian W (x) o współzynnikah ałkowityh, że dla dowolnej pary różnyh lizb wymiernyh r, r 2 prawdziwa jest zależność W (r ) W (r 2 ). Rozstrzygnąć, zy z tyh założeń wynika, że dla dowolnej pary różnyh lizb rzezywistyh t, t 2 prawdziwa jest zależność W (t ) W (t 2 ). Udowodnimy, że implikaja sformułowana w treśi zadania jest fałszywa dla wielomianu W (x) = x 3 2x. Zauważmy najpierw, że W (0) = W ( 2) = 0. Nieh z kolei r i r 2 będą dowolnymi lizbami wymiernymi, dla któryh W (r ) = W (r 2 ). Zadanie będzie rozwiązane, jeżeli wykażemy, że r = r 2.

6 Przypuśćmy w tym elu, że r r 2. Wówzas z równośi 0 = W (r ) W (r 2 ) = (r 3 r 3 2) 2(r r 2 ) = (r r 2 )(r 2 +r r 2 +r 2 2 2) otrzymujemy związek () r 2 +r r 2 +r 2 2 = 2. Sprowadźmy lizby wymierne r i r 2 do najmniejszego wspólnego mianownika, uzyskują przedstawienia (2) r = k n oraz r 2 = m n, w któryh k i m są lizbami ałkowitymi, a n jest dodatnią lizbą ałkowitą. Podstawiają wzory (2) do zależnośi () dostajemy (3) k 2 +km+m 2 = 2n 2. Gdyby lizby k i m były parzyste, to każdy składnik lewej strony związku (3) byłby podzielny przez 4. W konsekwenji lizba 2n 2 byłaby podzielna przez 4, skąd wynikałaby parzystość lizby n. Zatem ułamki stojąe po prawyh stronah równośi (2) miałyby parzyste lizniki i mianowniki, wbrew temu, że lizba n jest najmniejszym wspólnym mianownikiem lizb wymiernyh r i r 2. Co najmniej jedna z lizb k i m jest wię nieparzysta. Stąd w zależnośi od tego, zy obie te lizby są nieparzyste, zy też nie lewa strona związku (3) jest sumą trzeh lizb nieparzystyh albo jednej nieparzystej i dwóh parzystyh, zyli jest nieparzysta. Otrzymana sprzezność końzy rozwiązanie. Odpowiedź: Nie. Zadanie 6. Rozstrzygnąć, zy istnieją takie zworośiany T oraz T, o śianah odpowiednio S, S 2, S 3, S 4 oraz S, S 2, S 3, S 4, że dla i =,2,3,4 trójkąt S i jest podobny do trójkąta S i, ale mimo to zworośian T nie jest podobny do zworośianu T. Wykażemy, że takie dwa zworośiany istnieją. Opiszemy jeden z wielu możliwyh przykładów. Lizba = 2 (+ 5) jest pierwiastkiem równania += 2 większym od. Wobe tego istnieje trójkąt prostokątny o bokah długośi,,. Umieśćmy na płaszzyźnie dwa takie trójkąty prostokątne o wspólnej przyprostokątnej długośi. Oznazmy ih wierzhołki w sposób wskazany na rys. 5. Następnie obróćmy w przestrzeni trójkąt BCD 0 wokół prostej BC o pewien kąt, uzyskują trójkąt BCD oraz zworośian ABCD. Ponieważ punkty A i D 0 są symetryzne względem prostej BC, wię dla odpowiednio dobranego kąta obrotu długość krawędzi AD tego zworośianu może być dowolnie wybraną lizbą dodatnią mniejszą od AD 0 = 2. Nieh T będzie tak otrzymanym zworośianem ABCD, w którym AD = (rys. 6).

7 C D C A B D 0 A B rys. 5 rys. 6 Umieśćmy teraz na płaszzyźnie dwa takie same trójkąty prostokątne, lez tym razem o wspólnej przeiwprostokątnej; oznazmy ih wierzhołki tak jak na rys. 7. Wówzas A D 0= 2 >. Analogiznie uzasadniamy, że w wyniku obrotu trójkąta B C D 0 wokół prostej B C możemy dostać trójkąt B C D oraz zworośian A B C D, w którym A D =. Oznazmy ten zworośian symbolem T (rys. 8). B A D 0 A B C rys. 7 C D rys. 8 W tej sytuaji prawdziwe są następująe zależnośi: trójkąt ABC jest przystająy do trójkąta C A B ; trójkąt BCD jest przystająy do trójkąta D B C ; trójkąty ABD i A B D są równobozne o bokah odpowiednio długośi i ; trójkąt ACD ma boki o długośiah,,, a trójkąt A C D ma boki o długośiah,, oraz oba te trójkąty są ostrokątne. Zatem śiany ABC, ABD, ACD i BCD zworośianu T są podobne odpowiednio do śian C A B, A B D, A C D i D B C zworośianu T ; skale podobieństw wynoszą odpowiednio,, i. Natomiast zworośiany T i T nie są podobne. Istotnie, kąty płaskie ABC i DBC przy wierzhołku B zworośianu T są proste. Czworośian T nie ma zaś wierzhołka, w którym shodziłyby się dwa kąty proste, gdyż jedynymi kątami prostymi wśród 2 kątów wewnętrznyh śian tego zworośianu

są kąty B A C i B D C przy wierzhołkah odpowiednio A i D. To końzy rozwiązanie zadania. Odpowiedź: Tak. Zadania z poprzednih Olimpiad Matematyznyh oraz bieżąe informaje można znaleźć w Interneie pod adresem: www.om.edu.pl 8