[Rozgrzewka przed maturą IV] Zadania różne

[MrCommando]

Ukryta treść:    

Rzecz jasna \(\displaystyle{ \Omega=M^2}\). Zatem \(\displaystyle{ |\Omega|=2n\cdot 2n=4n^2}\). Pozostała część zadania sprowadza się do wyznaczenia mocy zbioru \(\displaystyle{ A:=\{(a,b)\in M^2 : b < a\leq 2b\}}\). Dla każdego \(\displaystyle{ 1\leq b \leq n}\) mamy dokładnie \(\displaystyle{ b}\) możliwości wyboru liczby \(\displaystyle{ a\in M}\) spełniającej \(\displaystyle{ b< a \leq 2b}\). Z kolei dla każdego \(\displaystyle{ n<b\leq 2n}\) możliwości, aby \(\displaystyle{ b<a\leq 2n}\), jest \(\displaystyle{ 2n-b}\). Zatem mamy \(\displaystyle{ |A|=\sum_{b=1}^{n} b +\sum_{n+1}^{2n} (2n-b)=\frac{n(n+1)}{2}+\frac{n(n-1)}{2}=n^2}\). Zatem szukane prawdopodobieństwo wynosi \(\displaystyle{ \frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{n^2}{4n^2}=\frac{1}{4}}\).

Ustalmy \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}}\). Znaleźć liczbę par \(\displaystyle{ (A,B)}\) rozłącznych podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ [n]=\{1,2,3,\dots, n\}}\).

[ivni]

Ukryta treść:    

Dla każdego z \(\displaystyle{ n}\) elementów mamy \(\displaystyle{ 3}\) możliwości: możemy go wrzucić do podzbioru \(\displaystyle{ A}\) albo do podzbioru \(\displaystyle{ B}\) albo nie brać go do żadnego z podzbiorów. Dlatego jest \(\displaystyle{ 3^n}\) takich par podzbiorów.

Wykazać, że wyrażenie \(\displaystyle{ \frac{NWD(m,n)}{n} {n \choose m}}\) jest liczbą całkowitą dla wszystkich par liczb całkowitych \(\displaystyle{ n \ge m \ge 1}\).

[Premislav]

Ukryta treść:    

Pokażę, że \(\displaystyle{ \frac{n}{\NWD(m,n)}\bigg|{n\choose m}}\). Niech \(\displaystyle{ p}\) – liczba pierwsza. Dla \(\displaystyle{ l\in \NN^+}\) mamy \(\displaystyle{ v_p(l)=\alpha \Leftrightarrow (p^{\alpha}|l \wedge p^{\alpha+1}\nmid l)}\) (oczywiście \(\displaystyle{ \alpha\in \NN}\), potencjalnie łącznie z zerem).
Odnotujmy (dwa proste ćwiczenia), że jeśli \(\displaystyle{ s,r\in \NN^+}\) takie, że \(\displaystyle{ r|s}\) spełniają \(\displaystyle{ p|s}\), to \(\displaystyle{ v_p\left( \frac s r\right)=v_p(s)-v_p(r)}\). Ponadto jeśli \(\displaystyle{ s,r\in \NN^+}\), to \(\displaystyle{ v_p(sr)=v_p(s)+v_p(r)}\).
Weźmy teraz dowolną liczbę pierwszą \(\displaystyle{ p}\) dzielącą \(\displaystyle{ \frac{n}{\NWD(m,n)}}\) (co za tym idzie, oczywiście dzielącą też \(\displaystyle{ n}\) i \(\displaystyle{ n!}\)). Otrzymujemy
\(\displaystyle{ v_p\left\{ {n \choose m}\right\}=v_p(n!)-v_p(m!)-v_p\left\{ (n-m)!\right\}}\)
gdyż
\(\displaystyle{ {n\choose m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}}\)
oraz oczywiście
\(\displaystyle{ v_p\left\{ \frac{n}{\NWD(m,n)}\right\}=v_p(n)-v_p(m)}\).
Wystarczy wykazać, że
\(\displaystyle{ v_p(n!)-v_p(m!)-v_p\left\{ (n-m)!\right\}\ge v_p(n)-v_p(m)}\)
W tym celu odnotujmy, że \(\displaystyle{ v_p(n!)=v_p\left\{ (n-1)!\right\}+v_p(n)}\) (i analogicznie dla \(\displaystyle{ m}\)), toteż
\(\displaystyle{ v_p(n!)-v_p(m!)-v_p\left\{ (n-m)!\right\}=\\=v_p(n)+v_p\left\{ (n-1)!\right\}-v_p(m)-v_p\left\{ (m-1)!\right\}-v_p\left\{ (n-m)!\right\}}\),
czyli potrzebujemy teraz uzasadnić, że
\(\displaystyle{ v_p\left\{ (n-1)!\right\}-v_p\left\{ (m-1)!\right\}-v_p\left\{ (n-m)!\right\}\ge 0}\)
Można tu wyróżnić dwa przypadki:
gdy \(\displaystyle{ p}\) dzieli \(\displaystyle{ (n-1)!}\), to mamy
\(\displaystyle{ v_p\left\{ (n-1)!\right\}-v_p\left\{ (m-1)!\right\}-v_p\left\{ (n-m)!\right\}=v_p\left\{ {n-1 \choose m-1}\right\} \ge 0}\),
natomiast w przeciwnym razie \(\displaystyle{ v_p\left\{ (n-1)!\right\}=v_p\left\{ (m-1)!\right\}=v_p\left\{ (n-m)!\right\}=0}\) (gdyż \(\displaystyle{ n\ge m}\)) i też działa (konkretnie, wtedy \(\displaystyle{ n=p}\) i zachodzi równość w nierówności).
To, wobec dowolności \(\displaystyle{ p}\), kończy dowód, że \(\displaystyle{ \frac{n}{\NWD(m,n)}\bigg |{n\choose m}}\), czyli iloraz tych liczb, który wynosi \(\displaystyle{ \frac{\NWD(m,n)}{n} {n \choose m}}\), jest całkowity, c.n.d.
Zapewne można też użyć jakichś czarów ze współczynnikami dwumianowymi, ale ja ich nie znam i nie umiem wymyślić.

Skoro bogini zwycięstwa zwraca uwagę, że przegiąłem z nierównością Gerretsena (pewnie słusznie), to macie coś być może odpowiedniejszego:
W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) poprowadzono prostą \(\displaystyle{ MN}\) równoległą do prostej \(\displaystyle{ AB}\) tak, że \(\displaystyle{ M}\) należy do \(\displaystyle{ AC}\), \(\displaystyle{ N}\) należy do \(\displaystyle{ BC}\) oraz \(\displaystyle{ |MN | = |AM |+ |BN |}\). Proszę obliczyć \(\displaystyle{ |MN |}\), jeśli \(\displaystyle{ |AB | = c}\), a miary kątów trójkąta przy boku \(\displaystyle{ AB}\) wynoszą \(\displaystyle{ \alpha}\) oraz \(\displaystyle{ \beta}\).

[karolex123]

Ukryta treść:    

Obierzmy \(\displaystyle{ X \in MN}\) tak, aby \(\displaystyle{ |MX|=|AM|}\). Wtedy \(\displaystyle{ |XN|=|BN|}\). Bez trudu widzimy, że \(\displaystyle{ \angle BAX=\angle MXA=\angle MAX= \frac{1}{2} \alpha}\). Analogicznie \(\displaystyle{ \angle ABX = \frac{1}{2} \beta}\). Niech teraz \(\displaystyle{ r}\) będzie wysokością trapezu \(\displaystyle{ ABNM}\). Wówczas \(\displaystyle{ r= \frac{c}{\ctg( \frac{\alpha}{2})+\ctg ( \frac{\beta}{2}) }}\). Zatem mamy, że \(\displaystyle{ |AM|= \frac{r}{\sin \alpha}= \frac{c}{\sin \alpha \left( \ctg( \frac{\alpha}{2})+\ctg ( \frac{\beta}{2}) \right) }}\) oraz \(\displaystyle{ |BN|= \frac{c}{\sin \beta \left( \ctg( \frac{\alpha}{2})+\ctg ( \frac{\beta}{2})\right) }}\). Oczywiście \(\displaystyle{ |MN|=|AM|+|BN|= \frac{c}{\ctg( \frac{\alpha}{2})+\ctg ( \frac{\beta}{2})}\left( \frac{1}{\sin \alpha}+ \frac{1}{\sin \beta} \right)}\). Mam nadzieję, że nie pomyliłem się w rachunkach...

Rozważmy na płaszczyźnie trzy okręgi \(\displaystyle{ O_1, O_2, O_3}\). Przypuśćmy, że każde dwa z tych okręgów przecinają się w dwu punktach, przy czym żaden z punktów przecięcia nie należy do wszystkich trzech okręgów. Dla każdej pary okręgów rozważamy prostą łączącą ich punkty wspólne. Udowodnić, że te trzy proste przecinają się w jednym punkcie.

[ivni]

Ukryta treść:    

Prosta przechodząca przez punkty przecięcia każdej pary okręgów jest prostą potęgową tej pary okręgów. Powiedzmy, że proste potęgowe okręgów \(\displaystyle{ O_1,O_2}\) i \(\displaystyle{ O_2,O_3}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ X}\). Ponieważ jest to punkt wspólny \(\displaystyle{ 2}\) prostych potęgowych, to potęga tego punktu względem okręgów \(\displaystyle{ O_1}\) i \(\displaystyle{ O_2}\) jest taka sama co względem okręgów \(\displaystyle{ O_2}\) i \(\displaystyle{ O_3}\), więc również jest taka sama względem okręgów \(\displaystyle{ O_3}\) i \(\displaystyle{ O_1}\), czyli prosta potęgowa okręgów \(\displaystyle{ O_3,O_1}\) również przechodzi przed punkt \(\displaystyle{ X}\).

Pokazać, że sumę dwóch kolejnych liczb pierwszych większych od \(\displaystyle{ 2}\) można przedstawić w postaci iloczynu trzech liczb naturalnych większych od \(\displaystyle{ 1}\).

[Premislav]

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ p,q}\) – ustalone kolejne liczby pierwsze większe niż \(\displaystyle{ 2}\) (\(\displaystyle{ p<q}\)). Wtedy \(\displaystyle{ p,q}\) są nieparzyste, toteż liczba \(\displaystyle{ \frac{p+q}{2}}\) jest naturalna, co więcej spełnia \(\displaystyle{ p<\frac{p+q}{2}<q}\), więc jest złożona (między \(\displaystyle{ p}\) a \(\displaystyle{ q}\) nie ma liczb pierwszych), czyli ma co najmniej jeden dzielnik pierwszy \(\displaystyle{ r<\frac{p+q}{2}}\). Weźmy np. najmniejsze możliwe \(\displaystyle{ r}\) i zapiszmy \(\displaystyle{ p+q=2\cdot \frac{p+q}{2r}\cdot r}\), c.n.d.

Proszę udowodnić, że dla każdych dwóch liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ x\ge 1}\) i \(\displaystyle{ y\ge 1}\) prawdziwa jest nierówność

\(\displaystyle{ (x+ y)(x^2- xy + y^2 + 3) \ge 2(x^2+ xy + y^2+ 1).}\)

[ivni]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ (x+y)(x^2-xy+y^2+3) \ge 2(x^2+xy+y^2+1)}\)
\(\displaystyle{ (x+y)(x^2-xy+y^2+3) \ge 2x^2+2xy+2y^2+2=x^2+y^2+(x+y)^2+2=2(x+y)^2-2xy+2}\)
\(\displaystyle{ (x+y)(x^2-xy+y^2+3)-2(x+y)^2 \ge 2(1-xy)}\)
\(\displaystyle{ (x+y)(x^2-xy+y^2+3-2x-2y) \ge 2(1-xy)}\)
Korzystamy z założenia, że \(\displaystyle{ x,y \ge 1}\)
\(\displaystyle{ (x+y)(x^2-xy+y^2+3-2x-2y) \ge 2(x^2-xy+y^2+3-2x-2y)}\)
Wystarczy wykazać, że \(\displaystyle{ 2(x^2-xy+y^2+3-2x-2y) \ge 2(1-xy)}\), czyli równoważnie
\(\displaystyle{ x^2-xy+y^2+3-2x-2y \ge 1-xy}\)
\(\displaystyle{ x^2+y^2-2x-2y+2 \ge 0}\)
Co jest prawdziwe, ponieważ
\(\displaystyle{ x^2+y^2-2x-2y+2=x^2-2x+1+y^2-2y+1=(x-1)^2+(y-1)^2 \ge 0}\)

Znaleźć wszystkie dodatnie liczby całkowite \(\displaystyle{ n}\) takie, że \(\displaystyle{ 3^{n-1}+5^{n-1}}\) jest dzielnikiem \(\displaystyle{ 3^{n}+5^{n}}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

Mamy \(\displaystyle{ 3^n+5^n=8(3^{n-1}+5^{n-1})-15(3^{n-2}+5^{n-2})}\)
i jeżeli \(\displaystyle{ n\ge 2}\), to odjemna jest całkowita i dzieli się przez \(\displaystyle{ 3^{n-1}+5^{n-1}}\), a odjemnik jest całkowity i nie dzieli się przez \(\displaystyle{ 3^{n-1}+5^{n-1}}\), ponieważ \(\displaystyle{ \NWD(15, 3^{n-2}+5^{n-2})=1}\) oraz \(\displaystyle{ 3^{n-1}+5^{n-1}>3^{n-2}+5^{n-2}>0}\).
Zatem dla \(\displaystyle{ n\ge 2}\) podzielność nie zachodzi i wystarczy sprawdzić ręcznie \(\displaystyle{ n=1}\), wówczas podzielność zachodzi, gdyż \(\displaystyle{ 2}\) dzieli \(\displaystyle{ 8}\).

W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) punkt \(\displaystyle{ D}\) jest środkiem boku \(\displaystyle{ AB}\), a punkt \(\displaystyle{ E}\) jest środkiem odcinka
\(\displaystyle{ CD}\). Proszę wykazać, że jeżeli \(\displaystyle{ |\angle CAE| = |\angle BCD|}\), to \(\displaystyle{ AC = CD.}\)

[karolex123]

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ X}\) oznacza środek odcinka \(\displaystyle{ AC}\). Wtedy \(\displaystyle{ XD}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ BC}\), wobec tego \(\displaystyle{ \angle XDE=\angle DCB=\angle CAE}\) z założenia. To zaś oznacza, że na trapezie \(\displaystyle{ ADEX}\) można opisać okrąg i w konsekwencji ten trapez jest równoramienny. To implikuje \(\displaystyle{ |AX|=|DE|}\), a więc \(\displaystyle{ |AC|=2|AX|=2|DE|=|CD|}\), co było do wykazania.

-- 6 maja 2019, o 12:59 --

Rozważmy trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\). Niech \(\displaystyle{ I}\) oznacza środek okręgu wpisanego weń, \(\displaystyle{ I_a}\)- środek okręgu dopisanego doń, stycznego do boku \(\displaystyle{ BC}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\).
a) udowodnić, że na czworokącie \(\displaystyle{ BI_a CI}\) można opisać okrąg \(\displaystyle{ \omega}\),
b) wykazać, że środek \(\displaystyle{ \omega}\) znajduje się w środku krótszego łuku \(\displaystyle{ BC}\) okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\),
c) niech \(\displaystyle{ I_b}\) oznacza środek okręgu dopisanego, stycznego do boku \(\displaystyle{ AC}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\). Udowodnić, że punkt \(\displaystyle{ C}\) leży na prostej \(\displaystyle{ I_a I_b}\)

Są aż trzy podpunkty, ale dlatego, że wszystkie są proste i krótkie (niektóre nawet jednolinijkowe )-- 6 maja 2019, o 15:36 --Przepraszam za pomyłkę- w podpunkcie b) miał być ten łuk \(\displaystyle{ BC}\), który nie zawiera punktu \(\displaystyle{ A}\)

[MrCommando]

Ukryta treść:    

a) Niech kąty zewnętrzne trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) odpowiednio przy wierzchołkach \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ C}\) mają miary \(\displaystyle{ 2\alpha}\), \(\displaystyle{ 2 \beta}\). Wiemy, że środek okręgu dopisanego jest punktem przecięcia dwusiecznych odpowiednich kątów zewnętrznych. Dlatego \(\displaystyle{ |\angle I_a CB|=\beta}\), \(\displaystyle{ |\angle I_a BC|=\alpha}\). Tak samo środek okręgu wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) jest punktem przecięcia dwusiecznych, ale już kątów wewnętrznych. Stąd \(\displaystyle{ |\angle IBC|=90^{\circ}-\alpha}\) i \(\displaystyle{ |\angle ICB|=90^{\circ}-\beta}\). Ostatecznie \(\displaystyle{ |\angle ICI_a|+|\angle IBI_a|=|\angle ICB|+|\angle I_a C B|+|\angle IBC| +|\angle I_a B C|=180^{\circ}}\), czyli na danym czworokącie można opisać okrąg.

b) Z sumy kątów w trójkącie \(\displaystyle{ BCI_a}\) otrzymamy \(\displaystyle{ |\angle BI_aC|=180^{\circ}-\alpha-\beta}\). Z twierdzenia o kącie wpisanym i środkowym \(\displaystyle{ |\angle CSB|=360^{\circ}-2\alpha-2\beta}\). Z sumy kątów w trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) jest \(\displaystyle{ |\angle BAC|=2\alpha+2\beta-180^{\circ}}\). Zatem \(\displaystyle{ |\angle BAC|+|\angle CSB|=180^{\circ}}\), czyli na czworokącie \(\displaystyle{ A, B, C, S}\) można opisać okrąg. Skoro \(\displaystyle{ |CS|=|BS|}\) (promień okręgu \(\displaystyle{ \omega}\)), to odpowiednie łuki okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) również muszą być równe.

c) Mamy \(\displaystyle{ |\angle I_bCA|=\beta}\) (uzasadnienie jak w a) - dwusieczne i tak dalej). Zatem \(\displaystyle{ |\angle I_bCB|+|\angle BCI_a|=\beta+2\gamma+\beta=180^{\circ}}\), zatem punkty \(\displaystyle{ I_b, C, I_a}\) są współliniowe.

Udowodnić, że dla liczb dowolnych nieujemnych \(\displaystyle{ a, b, c}\) zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ \sqrt[3]{a^2b}+\sqrt[3]{b^2c}+\sqrt[3]{c^2a} \leq a+b+c}\).

[Premislav]

Ukryta treść:    

Z AM-GM dla trzech zmiennych mamy następujące trzy nierówności:
\(\displaystyle{ \sqrt[3]{a^2b}\le \frac{2a+b}{3}\\\sqrt[3]{b^2c}\le \frac{2b+c}{3}\\ \sqrt[3]{c^2a}\le \frac{2c+a}{3}}\)
Dodajemy te nierówności stronami, c.k.d.

Proszę wykazać, że jeśli między współczynnikami trójmianów \(\displaystyle{ x^2 + px + q}\) i \(\displaystyle{ x^2 + mx + n}\) zachodzi związek \(\displaystyle{ mp = 2(n + q )}\), to przynajmniej jedno z równań \(\displaystyle{ x^2+ px + q = 0, \ x^2 + mx + n = 0}\) ma rozwiązanie.

[MrCommando]

Ukryta treść:    

Załóżmy, że żadne z danych równań nie ma rozwiązania. Wtedy obydwa mają ujemne wyróżniki, tzn. \(\displaystyle{ p^2-4q<0}\) i \(\displaystyle{ m^2-4n<0}\). Dodajemy na pałę te nierówności stronami i otrzymujemy, że \(\displaystyle{ p^2+m^2-4(n+q)<0}\). Ale skoro \(\displaystyle{ mp=2(n+q)}\), to ostatnia nierówność jest postaci \(\displaystyle{ p^2+m^2-2mp<0}\), co jest równoważne temu, że \(\displaystyle{ (p-m)^2<0}\), a jest to oczywista sprzeczność.

Na półce stoi \(\displaystyle{ n}\) książek. Na ile sposobów można wybrać spośród nich \(\displaystyle{ k}\) książek, aby nie było wśród nich żadnych dwóch stojących obok siebie?

[kerajs]

Ukryta treść:    

Ilość ta jest taka sama jak ilość możliwych wstawień \(\displaystyle{ k}\) książek między \(\displaystyle{ n-k}\) stojących na półce. Dostępnych wtedy jest \(\displaystyle{ n-k-1}\) szpar między stojącymi już książkami oraz \(\displaystyle{ 2}\) miejsca na końcach szeregu stojących książek.

\(\displaystyle{ il= \begin{cases} 0 & \text{dla} \ \ \ \ \lfloor \frac{n+1}{2} \rfloor <k \le n \\ {n-k+1 \choose k} & \text{dla} \ \ \ \ 1 \le k \le\lfloor \frac{n+1}{2} \rfloor \end{cases}}\)

Ile wynosi najkrótsza droga między turkusowymi wierzchołkami po powierzchni prostopadłościanu jeśli \(\displaystyle{ a<b<c}\) ?
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}[z=-0.5cm,thick]
\draw[red] (0,2,4)--(0,0,4)--(3,0,4)--(3,2,4)--(0,2,4)--(0,2,0)--(3,2,0)--(3,2,4);
\draw[red] (3,0,4)--(3,0,0)--(3,2,0);
\fill[cyan] (0,0,4) circle(0.1);
\fill[cyan] (3,2,0) circle(0.1);
\draw (0,1,4) node[left] {$a$};
\draw (1.5,0,4) node[below] {$b$};
\draw (3,0,2) node[below] {$c$};
\end{tikzpicture}}\)