Mamy \(\displaystyle{ (m+k)(m-k-1)=m^2-mk-m+km-k^2-k=-n-m<0}\) , stąd \(\displaystyle{ (m-k-1)<0}\) czyli \(\displaystyle{ k\ge m}\) zatem \(\displaystyle{ m^2+n=k^2+k\ge m^2+m}\) czyli \(\displaystyle{ m\le n}\).
Zadanie 5.:
Załóżmy, że istnieje takie kolorowanie używające wszystkich trzech kolorów. Istnieje zatem taka liczba całkowita \(\displaystyle{ n}\) która jest innego koloru niż liczba \(\displaystyle{ 0}\) oraz innego koloru niż czerwony. Ponieważ \(\displaystyle{ n=n+0}\) stąd \(\displaystyle{ n}\) jest koloru czerwonego, sprzeczność.
Zadanie 4.:
Jeśli \(\displaystyle{ AD||BC}\) to z symetrii mamy natychmiast równość zadania. Załóżmy zatem, że \(\displaystyle{ AD\not{||}BC}\) oraz bez zmniejszania ogólności \(\displaystyle{ |AB|>|DC|}\). Oznaczmy jako \(\displaystyle{ X}\) punkt przecięcia prostych \(\displaystyle{ AD}\) oraz \(\displaystyle{ BC}\) oraz jako \(\displaystyle{ R, S}\) rzuty prostopadłe punktów \(\displaystyle{ P, Q}\) na odcinki \(\displaystyle{ AD, BC}\) odpowiednio. Dla uproszczenia zapisu oznaczmy również długości odcinków: \(\displaystyle{ a=AQ, b=QR, c=RD, d=DX, e=BP, f=PS, g=SC, h=CX.}\)
Z własności symetralnej mamy 1): \(\displaystyle{ a+b=c}\) oraz \(\displaystyle{ e+f=g}\).
Z podobieństwa \(\displaystyle{ \Delta ABX\sim\Delta DCX}\) mamy 2): \(\displaystyle{ d(e+f+g+h)=h(a+b+c+d)}\), co w połączeniu z 1) daje 3): \(\displaystyle{ ch=dg}\). Z podobieństwa \(\displaystyle{ \Delta QSX\sim\Delta PRX}\) mamy 4): \(\displaystyle{ (h+g)(f+g+h)=(c+d)(b+c+d)}\).
Równość 3) jest równoważna z \(\displaystyle{ h(c+d)=d(g+h)}\) co w połączeniu z 4) daje 5): \(\displaystyle{ h(f+g+h)=d(b+c+d)}\)
co jest równoważne podobieństwu \(\displaystyle{ \Delta DPX\sim\Delta CQX}\) czyli \(\displaystyle{ \angle DPX=\angle CQX.}\)
Równość 2) w połączeniu z 5) daje \(\displaystyle{ (f+g+h)(e+f+g+h)=(b+c+d)(a+b+c+d)}\) co jest
równoważne podobieństwu \(\displaystyle{ \Delta APX\sim\Delta BQX}\) czyli \(\displaystyle{ \angle APX=\angle BQX.}\)
Ostatecznie otrzymujemy: \(\displaystyle{ \angle APD=\angle APX-\angle DPX=\angle BQX-\angle CQX=\angle BQC.}\)
Dwie z tych liczb pierwszych mają takie same reszty z dzielenia przez \(\displaystyle{ 3}\), bo są większe od \(\displaystyle{ 3}\), zatem jeden ze składników iloczynu jest podzielny przez 3.
Skoro \(\displaystyle{ a, b, c}\) są nieparzyste to \(\displaystyle{ (a-b)(b-c)(c-a)}\) dzieli się przez \(\displaystyle{ 8}\), a ponad to jeden ze składników \(\displaystyle{ (a-b), (b-c), (c-a)}\) dzieli się przez \(\displaystyle{ 4}\), bo dwie z tych liczb mają takie same reszty z dzielenia przez \(\displaystyle{ 4}\) (\(\displaystyle{ 1, 3}\)), zatem jeden ze składników iloczynu jest podzielny przez \(\displaystyle{ 4}\).
Skoro iloczyn jest podzielny przez \(\displaystyle{ 3}\) i \(\displaystyle{ 16}\), to znaczy, że jest podzielny przez \(\displaystyle{ 48.}\)
2.
Ukryta treść:
Oznaczmy środek odcinka \(\displaystyle{ AP}\) jako \(\displaystyle{ S}\) i środek odcinka \(\displaystyle{ CD}\) jako \(\displaystyle{ M}\).
Dorysujmy środek odcinka \(\displaystyle{ BP}\) i oznaczmy go jako \(\displaystyle{ T}\), wtedy odcinek \(\displaystyle{ ST}\) łączy środki dwóch boków w trójkącie \(\displaystyle{ ABP}\), więc odcinek \(\displaystyle{ ST}\) jest równoległy do boku \(\displaystyle{ AB}\) i jego długość jest równa połowie długości odcinka \(\displaystyle{ AB}\).
Łącząc punkty \(\displaystyle{ T}\) i \(\displaystyle{ C}\) otrzymamy równoległobok \(\displaystyle{ STCM}\), ponieważ:
- odcinek \(\displaystyle{ ST}\) jest równoległy do odcinka \(\displaystyle{ AB}\), który jest równoległy do odcinka \(\displaystyle{ CD}\), ponieważ są naprzeciwległymi bokami równoległoboku \(\displaystyle{ ABCD}\),
- długość odcinka \(\displaystyle{ ST}\) jest równa połowie długości odcinka \(\displaystyle{ AB}\), która jest równa połowie długości odcinka \(\displaystyle{ CD}\), ponieważ są naprzeciwległymi bokami równoległoboku \(\displaystyle{ ABCD}\), a długość odcinka \(\displaystyle{ MC}\) jest równa połowie długości odcinka \(\displaystyle{ CD}\), co wynika z treści zadania.
Kąt zawarty między prostą \(\displaystyle{ BP}\) a odcinkiem \(\displaystyle{ TC}\) jest prosty, ponieważ trójkąt \(\displaystyle{ PBC}\) jest równoramienny i punkt \(\displaystyle{ T}\) dzieli podstawę trójkąta \(\displaystyle{ PBC}\) na dwie równe części, więc odcinek \(\displaystyle{ TC}\) jest wysokością trójkąta równoramiennego \(\displaystyle{ PBC}\).
Odcinki \(\displaystyle{ TC}\) i \(\displaystyle{ MS}\) są równoległe, ponieważ są naprzeciwległymi bokami równoległoboku \(\displaystyle{ STCM}\), więc kąt między odcinkiem \(\displaystyle{ TC}\), a prostą \(\displaystyle{ BP}\) jest taki sam jak kąt między odcinkiem \(\displaystyle{ SM}\), a prostą \(\displaystyle{ BP}\), zatem prosty, co należało udowodnić.
Ostatnio zmieniony 17 paź 2017, o 15:27 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód:Używaj LaTeXa do wszystkich wyrażeń matematycznych.
Wg mnie trodność od najłatwiejszego to: 3,1,5,6,4,2,7.
4:
Ukryta treść:
Wykazujemy, że na \(\displaystyle{ KLPQ}\) można opisać okrąg, a skoro \(\displaystyle{ KL\parallel CD}\), to i na czworokącie \(\displaystyle{ CDQP}\) można (\(\displaystyle{ K,L}\) środki \(\displaystyle{ AD}\) i\(\displaystyle{ BC}\) odp.). Wówczas kąty \(\displaystyle{ PCQ}\)i \(\displaystyle{ PDQ}\)są oparte na tym samym łuku i stąd ich miary są równe, a z równości ich miar wynika równość miar kątów z zadania.
1:
Ukryta treść:
Wystarczy odjąć i dodać te zależności stronami i wyznaczyć\(\displaystyle{ b}\) i tam wychdzi \(\displaystyle{ 50b=0}\), więc \(\displaystyle{ b=0}\) oraz \(\displaystyle{ a=c}\), co daje tezę, można też podnieść do 2. potęgi i je zsumować stronami, co od razu daje ładnie tezę, szybciej
7:
Ukryta treść:
Ten czworokąt\(\displaystyle{ KLMN}\)to równoległobok, więc \(\displaystyle{ DN=6}\) i odcinamy i uzyskujemy dwie przystające bryły. Objętość jednej ostatecznie to \(\displaystyle{ 48}\), drugiej 64. (\(\displaystyle{ N}\) to punkt przeciącia płaszczyzny \(\displaystyle{ KLM}\) z krawędzią \(\displaystyle{ DD'}\)
Trudność zadań według mnie:
1<3<7<5<2<6<4
Chociaż, gdyby siódme było na II etapie i byłoby pisane bez żadnych pomocy naukowych, to byłoby znacznie wyżej na tej liście.
Ostatnio zmieniony 18 paź 2017, o 00:30 przez PokEmil, łącznie zmieniany 2 razy.
Poprawne rozwiązania pojawią się na stronie za ok. 2-4 dni. Pełna lista osób, które się dostały zostanie ogłoszona w połowie grudnia, ale mogą być już wcześniej (5-10 grudnia).
Zadanie 2 z użyciem wektorów.
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ F}\) środek odcinka \(\displaystyle{ CD}\), zaś przez \(\displaystyle{ E}\) środek odcinka \(\displaystyle{ AP}\). Stąd \(\displaystyle{ \vec{DF} = \vec{FC} \wedge \vec{AE} = \vec{EP}}\). Z własności równoległoboku \(\displaystyle{ ABCD}\) zachodzi \(\displaystyle{ AD || BC \wedge AD=BC \iff \vec{AD} = \vec{} BC}\). Analogicznie \(\displaystyle{ \vec{AB} = \vec{CD}}\). Z założenia zadania \(\displaystyle{ \left| \vec{PC} \right|=\left| \vec{BC} \right| \iff \vec{PC}^2= \vec{BC}^2}\).
Łamana zamknięta ma to do siebie, że \(\displaystyle{ \vec{EF} + \vec{FD} + \vec{DA} + \vec{AE} = \vec{0} \iff \vec{EF} = \vec{DF} + \vec{AD}- \vec{AE}}\)
Tak samo \(\displaystyle{ \vec{EF} = \vec{CF} + \vec{PC} + \vec{EP} =- \vec{DF} + \vec{PC} + \vec{AE}}\).
Zatem (po dodaniu stronami) \(\displaystyle{ 2 \vec{EF}= \vec{AD} + \vec{PC} \iff \vec{EF} =\frac{1}{2}( \vec{BC} + \vec{PC} )}\). \(\displaystyle{ \vec{BP}= \vec{BC} - \vec{PC}}\)
Stąd (tu przez kropkę rozumiem iloczyn skalarny wektorów) \(\displaystyle{ \vec{BP} \cdot \vec{EF} = \frac{1}{2}( \vec{BC}^2 - \vec{PC}^2)=0}\) co jest równoważne \(\displaystyle{ BP}\) jest prostopadłe do \(\displaystyle{ EF}\), skoro te odcinki mają długości różne od zera.
