[MIX] próbny II etap

[Dumel]

Z jakiej książki to pochodzi, jeżeli mogę spytać?

może podam od razu źródła wszystkich zadań:
1,3- mathlinks
2,4,5 - zwardoń
6- "matematyka konkretna"

[pawels]

To jak jeszcze jeden zestaw, albo chociaż jeden dzień?

[Dumel]

ok w najbliższym czasie coś wrzucę-- 17 lutego 2010, 15:24 --no to druga wersja:

dzień 1.:    

zad. 1.
Niech \(\displaystyle{ a,b,m,n}\) będą liczbami całkowitymi takimi że \(\displaystyle{ 0 \le m<n}\), \(\displaystyle{ (a,b)=1}\) oraz \(\displaystyle{ a>b}\). Wyznacz \(\displaystyle{ (a^m-b^m,a^n-b^n)}\).
zad. 2.
W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) kąt \(\displaystyle{ \sphericalangle ABC}\) jest rozwarty. Punkt \(\displaystyle{ F}\) leży na boku \(\displaystyle{ AC}\), przy czym
\(\displaystyle{ AF=BF}\) oraz \(\displaystyle{ \sphericalangle FBC=90^{\circ}}\).
Punkty \(\displaystyle{ D}\) i \(\displaystyle{ E}\) są odpowiednio środkami boków \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ BC}\). Prosta przechodząca przez punkt \(\displaystyle{ F}\) i równoległa do boku \(\displaystyle{ AB}\) przecina prostą \(\displaystyle{ DE}\) w punkcie \(\displaystyle{ G}\). Dowieść że \(\displaystyle{ \sphericalangle GCB= \sphericalangle ACD}\)
zad. 3.
Wyznaczyć największą liczbę dodatnią \(\displaystyle{ k}\) o następującej własności: jeżeli liczby dodatnie \(\displaystyle{ a,b,c}\) spełniają równość
\(\displaystyle{ kabc>a^3+b^3+c^3}\)
to są one długościami boków trójkąta

dzień 2.:    

zad. 4.
dane są liczby całkowite \(\displaystyle{ a_1,b_1,c_1,d_1}\). Niech ponadto
\(\displaystyle{ a_{i+1}=|a_i-b_i| \ \ b_{i+1}=|b_i-c_i| \ \ c_{i+1}=|c_i-d_i| \ \ d_{i+1}=|d_i-a_i|}\) dla \(\displaystyle{ i=1,2,3...}\)
Udowodnij że istnieje taki wskaźnik \(\displaystyle{ k}\) że
\(\displaystyle{ a_k=b_k=c_k=d_k=0}\)
zad. 5.
Na bokach \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ AC}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) wybrano odpowiednio punkty \(\displaystyle{ D}\) i \(\displaystyle{ E}\). Punkt \(\displaystyle{ F}\) jest punktem przecięcia odcinka \(\displaystyle{ DE}\) i dwusiecznej kąta przy wierzchołku \(\displaystyle{ C}\). Udowodnij że jeśli \(\displaystyle{ BD=DF}\) i \(\displaystyle{ AE=EF}\) to punkt \(\displaystyle{ F}\) jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\)
zad. 6.
Wyrazy ciągu \(\displaystyle{ a_1,a_2,...}\) są liczbami całkowitymi dodatnimi i każda liczba całkowita występuje w tym ciągu dokładnie raz. Ponadto \(\displaystyle{ a_{i+1} \in \{ a_i-1, 4a_i-1 \}}\) dla \(\displaystyle{ i=1,2,...}\).
Wyznaczyć wszystkie możliwe wartości wyrazu \(\displaystyle{ a_{2007}}\)

[danioto]

Zadanie 3 to chyba zadanie z jednego ze Zwardoniów i o ile dobrze pamiętam to leciało coś w tym stylu:

Ukryta treść:    

Załóżmy, że \(\displaystyle{ k>5}\), wtedy na przykład \(\displaystyle{ 2a=2b=c}\) spełniają daną nierówność, bo: \(\displaystyle{ 2k \cdot a^{3} > 10a^{3} \Rightarrow 2k>10}\), lecz \(\displaystyle{ 2a=2b=c}\) nie są długościami boków trójkąta. Dlatego załóżmy, że \(\displaystyle{ k=5}\) jest największą liczbą spełniającą daną nierówność oraz, źe a,b,c nie są długościami boków trójkata czyli na przykład \(\displaystyle{ c \ge a+b}\),wtedy korzystając z \(\displaystyle{ Am-Gm}\) mamy:
\(\displaystyle{ a^{3}+b^{3}+ \frac{c^{3}}{8} \ge 3 \sqrt[3]{\frac{(abc)^{3}}{8}} = \frac{3abc}{2}}\)
Teraz zaś z zależności \(\displaystyle{ c \le a+b}\) mamy:
\(\displaystyle{ \frac{7c^{3}}{8} \ge \frac{7c(a+b)^{2}}{8}}\)
Zaś z \(\displaystyle{ (a+b)^{2} \ge 4ab}\) mamy:
\(\displaystyle{ \frac{7c(a+b)^{2}}{8} \ge \frac{7abc}{2}}\)
Dlatego otrzymujemy
\(\displaystyle{ a^{3}+b^{3}+ c^{3} \ge 5abc}\), czyli otrzymujemy sprzeczność, co dowodzi, że liczba 5 jest właśnie szukaną przez nas liczbą.

[jerzozwierz]

Dumel, perfidnie podpuszczasz ludzi do zakminienia się na śmierć tuż przed OM.

[Elvis]

zad. 5

Ukryta treść:    

Z założenia o równości odcinków i tw. o dwusiecznej \(\displaystyle{ \frac{AE}{BD} = \frac{FE}{FD} = \frac{CE}{CD}}\), więc z tw. Talesa \(\displaystyle{ DE \parallel AB}\). Z założenia o równości odcinków i równoległości \(\displaystyle{ \sphericalangle FBC = \sphericalangle BFD = \sphericalangle FBA}\), więc F leży na dwusiecznej kąta przy B, do dowodzi, że jest środkiem okręgu wpisanego.

[pawels]

Zadanie 2.

(znowu izogonalne sprzężenie, ale przynajmniej sobie ten temat odświeżyłem )

Ukryta treść:    

Niech prosta FG przecina BC w punkcie H, a prosta CG prostą AB w punkcie J, oraz niech D będzie rzutem F na AB.

Ogólna idea jest taka-CJ i CD mają być izogonalnie sprzężone, czyli starczy pokazać, że CJ to symediana w trójkącie ABC (skoro Cd jest środkową). W tym celu wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ \frac{AJ}{BJ}=(\frac{AC}{BC})^2}\), ponieważ punkt J' będący spodkiem tej symediany dzieli AB w właśnie takim stosunku (znane tw. o symedianie dowodzone np. za pomocą tw. sinusów), a wiadomo że na odcinku jest dokładnie jeden punkt dzielący go w zadanym stosunku, czyli J'=J.

Teraz skoro \(\displaystyle{ FH\parallel AB}\) to \(\displaystyle{ \frac{AJ}{JB}=\frac{FG}{GH}}\), oraz \(\displaystyle{ (\frac{AC}{BC})^2=(\frac{AF}{BH})^2}\). ADGF jest równoległobokiem, czyli BF=AF=DG, oraz \(\displaystyle{ DB\parallel FG}\), czyli skoro dodatkowo \(\displaystyle{ \angle FDB=\frac{\pi}{2}}\), to DBGF jest prostokątem, czyli całe zadanie przeniosło się do wykazania, że w trójkącie prostokątnym FBH, dla którego G jest spodkiem wysokości poprowadzonej z wierzchołka kąta prostego zachodzi zachodzi \(\displaystyle{ (\frac{FB}{BH})^2=\frac{FG}{GH}}\), a to już jest jasne dzięki podobieństwu trójkątów FBH, FGB, BGH- niech p będzie skala podobieństwa trójkątów FGB i BGH. Wówczas oczywiście \(\displaystyle{ p=\frac{FB}{BH}}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{FG}{GH}=\frac{FG}{GB}\cdot p=(\frac{FB}{BH})^2}\), co kończy dowód.

[Elvis]

Zad. 1

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ d = nwd(n,m), \ c = nwd(a^n - b^n, a^n - b^n)}\). Oczywiście \(\displaystyle{ a^n \equiv b^n \ \hbox(mod c), \ a^m \equiv b^m \ \hbox(mod c)}\). Niech \(\displaystyle{ k}\) będzie najmniejszą liczbą całkowitą \(\displaystyle{ k_1}\) taką, że \(\displaystyle{ a^{k_1} \equiv b^{k_1} \ \hbox(mod c)}\) (oczywiście istnieje jakaś, więc istnieje najmniejsza). Można łatwo udowodnić*, że wtedy \(\displaystyle{ k|n,m}\), więc \(\displaystyle{ k|d}\). Mamy dodatkowo oczywistą własność \(\displaystyle{ x|y \Rightarrow a^x - b^x|a^y - b^y}\). Stąd ciąg podzielności:
\(\displaystyle{ c|a^k - b^k|a^d - b^d|a^n - b^n, a^n - b^n}\)
Dlatego szukaną wartością jest:
\(\displaystyle{ nwd(a^n - b^n, a^n - b^n) = c = a^d - b^d = a^{nwd(n,m)} - b^{nwd(n,m)}}\)

* jeśli \(\displaystyle{ n=lk+r, \ 0 \leq r < k}\) (dzielenie z resztą), to \(\displaystyle{ a^n \equiv b^n \ \hbox(mod c) \ \Rightarrow (a^k)^l \cdot a^r \equiv (b^k)^l \cdot b^r \ \hbox(mod c) \Rightarrow a^r \equiv b^r \ \hbox(mod c) \Rightarrow r=0 \Rightarrow k|n}\).

-- 17 lutego 2010, 23:51 --zad. 6

Ukryta treść:    

Trochę będę machał rękami.
A - operacja otrzymywania z \(\displaystyle{ a_n}\) liczby \(\displaystyle{ a_n-1}\)
B - operacja otrzymywania z \(\displaystyle{ a_n}\) liczby \(\displaystyle{ 4a_n-1}\)

Zauważmy, że jeśli \(\displaystyle{ a_{n+1} = 4a_n - 1}\), to wśród liczb \(\displaystyle{ a_1, \ldots, a_n}\) musiały się się pojawić wszystkie liczby \(\displaystyle{ 1, \ldots, a_n}\). Jest tak, ponieważ otrzymywać mniejsze liczby możemy tylko przez operację A. Gdybyśmy otrzymali w dalszej części ciągu którąś z liczb \(\displaystyle{ 1, \ldots, a_n}\), musielibyśmy po drodze otrzymać po raz drugi \(\displaystyle{ a_n}\) - sprzeczność.

Dlatego poczynając od \(\displaystyle{ a_1}\) kolejne liczby ciągu muszą być o 1 mniejsze aż do otrzymania jedynki. Dopiero wtedy możliwe jest (i konieczne) przeprowadzenie operacji B, czyli przejście z 1 do \(\displaystyle{ 4 \cdot 1 - 1 = 3}\). Jeśli \(\displaystyle{ a_1 > 2}\), to trójkę otrzymujemy dwa razy - sprzeczność. Dlatego są dwie możliwości.

1. \(\displaystyle{ a_1 = 1}\)
Konstruować ciąg od tego momentu możemy tylko na jeden sposób. Przeprowadzamy operację A tak długo, aż otrzymamy \(\displaystyle{ a_n}\) takie, że wśród liczb \(\displaystyle{ a_1, \ldots, a_n}\) pojawiły się wszystkie liczby \(\displaystyle{ 1, \ldots, a_n}\). Dopiero wtedy możemy i musimy przeprowadzić operację B. I tak dalej.
Można indukcyjnie wyprowadzić, że operację B przeprowadzamy zawsze dla liczby postaci \(\displaystyle{ 2^n}\), czyli przechodzimy do \(\displaystyle{ 4 \cdot 2^n - 1 = 2^{n+2}-1}\) i spadamy aż do \(\displaystyle{ 2^{n+1}}\). Oznacza to, że w momencie dojścia do \(\displaystyle{ 2^n}\) mamy już za sobą wszystkie liczby \(\displaystyle{ 1, \ldots, 2^{n+1}-1}\) i tylko je, czyli \(\displaystyle{ a_{2^{n+1}-1}=2^n}\). Możemy obliczyć \(\displaystyle{ a_{2047}=1024}\), więc \(\displaystyle{ a_{2007} = 1024+(2047-2007)=1064}\).

2. \(\displaystyle{ a_1 = 2}\)
Musimy postępować tak jak poprzednio. Tym razem indukcyjnie dochodzimy do tego, że operację B wykonujemy dla liczb \(\displaystyle{ 4^n}\) i \(\displaystyle{ 3 \cdot 4^n}\), czyli \(\displaystyle{ a_{3 \cdot 4^n}-1}=4^n, \ a_{4^{n+1}-1}=3 \cdot 4^n}\). Możemy obliczyć \(\displaystyle{ a_{1023}=768, \ a_{1024}=3071, \ a_{3071}=124}\), więc \(\displaystyle{ a_{2007}=124+(3071-2007)=1188}\).

Otrzymaliśmy jedyne możliwe wartości 1064 i 1188. Zwłaszcza drugiego wyniku nie jestem pewien, więc proszę o sprawdzenie.

[tkrass]

zad. 4 (wydaje mi się dość trywialne, dlatego proszę o jakąś weryfikację)

rozw:    

każdy wyraz każdego z tych ciągów począwszy od indeksu 2 jest liczbą dodatnią. niech \(\displaystyle{ M_i=max(a_i,b_i,c_i,d_i)}\). a zatem dla \(\displaystyle{ i \ge 2}\) mamy \(\displaystyle{ M_{i+1}<M_i}\), chyba, że wyraz "następny" po \(\displaystyle{ M_i}\) (np dla a jest to b, dla b jest to c itd.) jest równy zero. zauważamy jednak, że jeśli "kolejką" nazwiemy "przejście" od i do i+1, to maksymalnie po trzech kolejkach wyraz następny po \(\displaystyle{ M_i}\) będzie już różny od zera, a dopóki tak się nie stanie \(\displaystyle{ M_i=const}\). a zatem, ponieważ rozważamy liczby całkowite nieujemne, po skończonej liczbie kolejek będziemy mieli \(\displaystyle{ M_i=0}\), a w konsekwencji tezę.
troszkę skrótowo, ale wiadomo chyba o co chodzi.

[Dumel]

znowu izogonalne sprzężenie, ale przynajmniej sobie ten temat odświeżyłem

raczej przypadek, bo w geometrii w ogóle nie siedzą więc tę trudniejszą wybierałem dosyć losowo