Kategoria I, 7 lipca 2009, 13:25
: 10 lip 2009, o 23:25
Zadanie 1.
Z:
\(\displaystyle{ a_{1}, a_{2},...,a _{15} \in Z}\).
\(\displaystyle{ 1 <a_{1} < a_{2}<...<a _{15} <2009}\).
Liczby \(\displaystyle{ a_{1}, a_{2},...,a _{15}}\) są parami względnie pierwsze.
T:
Co najmniej jedna z liczb \(\displaystyle{ a_{1}, a_{2},...,a _{15}}\) jest pierwsza.
D:
Udowodnijmy to nie wprost (załóżmy, że żadna z liczb \(\displaystyle{ a_{1}, a_{2},...,a _{15}}\) nie jest pierwsza). Liczby \(\displaystyle{ a_{1}, a_{2},...,a _{15}}\) są najbardziej optymalne wtedy, gdy są kwadratami liczb pierwszych (gdyż wówczas są niezbyt duże i mają tylko jeden dzielnik pierwszy, czyli nie zajmują dzielników, które mogłyby dzielić inne liczby). Wypiszmy sobie 15 początkowych kwadratów liczb pierwszych:
4
9
25
49
121
169
289
361
529
841
961
1369
1681
1849
2209
Jak widać, największy kwadrat (\(\displaystyle{ 47*47=2209}\)) jest większy od 2009, a zatem doszliśmy do sprzeczności, czyli co najmniej jedna z liczb \(\displaystyle{ a_{1}, a_{2},...,a _{15}}\) musi być pierwsza.
Zadanie 2.
Dane:
W trójkącie \(\displaystyle{ \Delta ABC}\) punkt \(\displaystyle{ D}\) jest środkiem boku \(\displaystyle{ AB}\), a punkt \(\displaystyle{ E}\) jest takim punktem należącym do odcinka
\(\displaystyle{ BC}\), że: \(\displaystyle{ |BE|=2 \cdot |EC|}\) oraz \(\displaystyle{ \angle ADC = \angle BAE}\).
Szukane:
Znajdź miarę kąta \(\displaystyle{ \angle BAC}\).
Rozwiązanie:
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ P}\) punkt przecięcia prostych \(\displaystyle{ CD}\) i \(\displaystyle{ AE}\).
Wówczas trójkąt \(\displaystyle{ ADP}\) jest równoramienny. Oznaczmy spodek wysokości tego trójkąta opuszczonej na bok \(\displaystyle{ AD}\) przez \(\displaystyle{ S}\).
Prosta \(\displaystyle{ BP}\) przecina bok \(\displaystyle{ AC}\) w punkcie \(\displaystyle{ F}\). Z twierdzenia Cevy (którego dowód znajduje się na Wikipedii) wyliczamy, że \(\displaystyle{ AF}\)=\(\displaystyle{ 2*CF}\).
Następnie z twierdzenia Van Aubela dla trójkąta (którego dowód także znajduje się na Wikipedii) wyliczamy, że \(\displaystyle{ DP=PC}\). Zatem trójkąt \(\displaystyle{ ADC}\) jest podobny do trójkąta \(\displaystyle{ SDP}\) (cecha bkb), z czego wynika, że \(\displaystyle{ \sphericalangle DSP}\) = \(\displaystyle{ \sphericalangle DAC}\), a zatem, skoro wiemy, że w trójkącie równoramiennym wysokośc opuszczona na podstawę jest do niej prostopadła, to wiemy także, że \(\displaystyle{ 90= \sphericalangle DSP = \sphericalangle DAC}\).
A zatem kąt \(\displaystyle{ BAC}\), którego miara jest równa mierze kąta \(\displaystyle{ DAC}\) jest prosty.
Sprawdzenie:
W trójkącie \(\displaystyle{ \Delta ABC}\) punkt D jest środkiem boku AB, a punkt E jest takim punktem należącym do odcinka
BC, że: \(\displaystyle{ |BE|=2 \cdot |EC|}\) Wiemy ponadto, że kąt \(\displaystyle{ BAC}\) jest prosty. Udowodnij, że \(\displaystyle{ \angle ADC = \angle BAE}\).
Oznaczmy bok \(\displaystyle{ AB}\) przez \(\displaystyle{ a}\), BC przez \(\displaystyle{ b}\), a \(\displaystyle{ AC}\) przez \(\displaystyle{ c}\).
Wiemy, że kąty ADC i BAE są ostre. \(\displaystyle{ \tg (ADC)= \frac{c}{ \frac{a}{2} }= \frac{2c}{a}}\). Z twierdzenia Talesa (którego dowód znajduje się na wikipedii) wiemy, że wysokośc trójkąta \(\displaystyle{ ABE}\) opuszczona na bok AB, której spodek oznaczymy przez \(\displaystyle{ G}\) ma długośc \(\displaystyle{ \frac{2c}{3}}\) i że długośc odcinka AG wynosi \(\displaystyle{ \frac{a}{3}}\). A zatem \(\displaystyle{ \tg (BAE) = \frac{2c}{ 3*\frac{a}{3} }= \frac{2c}{a}}\). A skoro tangensy dwóch kątów ostrych są równe, to także ich miary są równe.
Odpowiedź: Miara kąta \(\displaystyle{ BAC}\) wynosi \(\displaystyle{ 90}\) stopni.
Zadanie 3.
Z:
\(\displaystyle{ a,b,c \in R}\)
T:
\(\displaystyle{ (a+b)(a+c) \ge 2\sqrt{abc(a+b+c)}}\)
D:
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ x,y}\) odpowiednio liczby \(\displaystyle{ \sqrt{a(a+b+c)}}\) i \(\displaystyle{ \sqrt{bc}}\).
\(\displaystyle{ (x-y)^2 \ge 0 \Rightarrow x^2+y^2 \ge 2xy}\), co jest równoznaczne z \(\displaystyle{ a(a+b+c)+bc \ge 2\sqrt{abc(a+b+c)}}\), czyli
\(\displaystyle{ a^2+ab+ac+bc \ge 2\sqrt{abc(a+b+c)} \Rightarrow (a+b)(a+c) \ge 2\sqrt{abc(a+b+c)}}\), C.B.D.O
Zadanie 4.
Z:
\(\displaystyle{ x _{1},x _{2},...,x _{2000} \in Z}\)
\(\displaystyle{ x_{n+1}=x_{n}+1}\).
T:
Wykazać, że nie istnieje takie \(\displaystyle{ m \in Z}\), że \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{2000} x_{n}=m^2}\).
D:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{2000} x_{n}=2000*x_{1}+ \frac{1999*2000}{2}=2000(x_{1}+ \frac{1999}{2})=1000(2*x_{1}+1999).}\) Aby liczba \(\displaystyle{ 1000(2*x{1}+1999)}\) była kwadratem, to musi istnieć takie \(\displaystyle{ k \in Z}\), że \(\displaystyle{ 2*x_{1}+1999=k^2*10}\). Jednakże liczba \(\displaystyle{ 2*x{1}+1999}\) jest nieparzysta, więc nie istnieje takie \(\displaystyle{ k \in Z}\), a zatem liczba \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{2000} x_{n}}\) nie może być kwadratem liczby całkowitej, C.B.D.O
Zadanie 5.
dane:
\(\displaystyle{ x,y,k \in R}\).
\(\displaystyle{ \begin{cases}x^2-y^2 = 0 \\ (x-k)^2+y^2=1 \end{cases}}\)
szukane:
Dla jakich k rzeczywistych ten układ równań ma dokładnie 3 pary rozwiązań w liczbach rzeczywistych (x,y)?
rozwiązanie:
\(\displaystyle{ x^2-y^2 = 0 \Rightarrow x^2=y^2}\).
\(\displaystyle{ (x-k)^2+y^2=1 \Rightarrow y^2=1-(x-k)^2}\). Wykres tej funkcji jest okręgiem o promieniu 1 i środku w punkcie \(\displaystyle{ [-k,0]}\). Wykres funkcji \(\displaystyle{ y^2=x^2}\) to dwie proste przechodzące przez punkt \(\displaystyle{ [0,0]}\), nachylone pod kątem 45 stopni do osi OX i prostopadłe do siebie. Proste te mogą mieć \(\displaystyle{ 4,3,2}\) lub \(\displaystyle{ 0}\) punktów wspólnych z okręgiem. Aby miały 3 punkty wspólne, to te punkty wspólne muszą się znajdować w punktach \(\displaystyle{ [0,0],[1,1],[-1,-1]}\) lub \(\displaystyle{ [0,0],[1,-1],[-1,1]}\).
W takim wypadku jedyne k, dla których punkty wspólne są właśnie w tamtych miejscach, to 1 i -1.
Sprawdzenie
1* \(\displaystyle{ k=1}\)
\(\displaystyle{ x^2=y^2}\)
\(\displaystyle{ (x-1)^2+y^2=1 \Leftrightarrow x^2-2x+y^2=0 \Rightarrow 2x^2=2x \Rightarrow x^2=x}\). To równanie ma następujące rozwiązania:
1.\(\displaystyle{ x=0, y=0}\)
2.\(\displaystyle{ x=1,y=-1}\)
3.\(\displaystyle{ x=1,y=1}\)
2* \(\displaystyle{ k=-1}\)
\(\displaystyle{ x^2=y^2}\)
\(\displaystyle{ (x+1)^2+y^2=1 \Leftrightarrow x^2+2x+y^2=0 \Rightarrow 2x^2=-2x \Rightarrow x^2=-x}\). To równanie ma następujące rozwiązania:
1.\(\displaystyle{ x=0, y=0}\)
2.\(\displaystyle{ x=-1,y=-1}\)
3.\(\displaystyle{ x=-1,y=1}\)
Odpowiedź: \(\displaystyle{ k}\) należy do zbioru \(\displaystyle{ {1,-1}}\).
Z:
\(\displaystyle{ a_{1}, a_{2},...,a _{15} \in Z}\).
\(\displaystyle{ 1 <a_{1} < a_{2}<...<a _{15} <2009}\).
Liczby \(\displaystyle{ a_{1}, a_{2},...,a _{15}}\) są parami względnie pierwsze.
T:
Co najmniej jedna z liczb \(\displaystyle{ a_{1}, a_{2},...,a _{15}}\) jest pierwsza.
D:
Udowodnijmy to nie wprost (załóżmy, że żadna z liczb \(\displaystyle{ a_{1}, a_{2},...,a _{15}}\) nie jest pierwsza). Liczby \(\displaystyle{ a_{1}, a_{2},...,a _{15}}\) są najbardziej optymalne wtedy, gdy są kwadratami liczb pierwszych (gdyż wówczas są niezbyt duże i mają tylko jeden dzielnik pierwszy, czyli nie zajmują dzielników, które mogłyby dzielić inne liczby). Wypiszmy sobie 15 początkowych kwadratów liczb pierwszych:
4
9
25
49
121
169
289
361
529
841
961
1369
1681
1849
2209
Jak widać, największy kwadrat (\(\displaystyle{ 47*47=2209}\)) jest większy od 2009, a zatem doszliśmy do sprzeczności, czyli co najmniej jedna z liczb \(\displaystyle{ a_{1}, a_{2},...,a _{15}}\) musi być pierwsza.
Zadanie 2.
Dane:
W trójkącie \(\displaystyle{ \Delta ABC}\) punkt \(\displaystyle{ D}\) jest środkiem boku \(\displaystyle{ AB}\), a punkt \(\displaystyle{ E}\) jest takim punktem należącym do odcinka
\(\displaystyle{ BC}\), że: \(\displaystyle{ |BE|=2 \cdot |EC|}\) oraz \(\displaystyle{ \angle ADC = \angle BAE}\).
Szukane:
Znajdź miarę kąta \(\displaystyle{ \angle BAC}\).
Rozwiązanie:
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ P}\) punkt przecięcia prostych \(\displaystyle{ CD}\) i \(\displaystyle{ AE}\).
Wówczas trójkąt \(\displaystyle{ ADP}\) jest równoramienny. Oznaczmy spodek wysokości tego trójkąta opuszczonej na bok \(\displaystyle{ AD}\) przez \(\displaystyle{ S}\).
Prosta \(\displaystyle{ BP}\) przecina bok \(\displaystyle{ AC}\) w punkcie \(\displaystyle{ F}\). Z twierdzenia Cevy (którego dowód znajduje się na Wikipedii) wyliczamy, że \(\displaystyle{ AF}\)=\(\displaystyle{ 2*CF}\).
Następnie z twierdzenia Van Aubela dla trójkąta (którego dowód także znajduje się na Wikipedii) wyliczamy, że \(\displaystyle{ DP=PC}\). Zatem trójkąt \(\displaystyle{ ADC}\) jest podobny do trójkąta \(\displaystyle{ SDP}\) (cecha bkb), z czego wynika, że \(\displaystyle{ \sphericalangle DSP}\) = \(\displaystyle{ \sphericalangle DAC}\), a zatem, skoro wiemy, że w trójkącie równoramiennym wysokośc opuszczona na podstawę jest do niej prostopadła, to wiemy także, że \(\displaystyle{ 90= \sphericalangle DSP = \sphericalangle DAC}\).
A zatem kąt \(\displaystyle{ BAC}\), którego miara jest równa mierze kąta \(\displaystyle{ DAC}\) jest prosty.
Sprawdzenie:
W trójkącie \(\displaystyle{ \Delta ABC}\) punkt D jest środkiem boku AB, a punkt E jest takim punktem należącym do odcinka
BC, że: \(\displaystyle{ |BE|=2 \cdot |EC|}\) Wiemy ponadto, że kąt \(\displaystyle{ BAC}\) jest prosty. Udowodnij, że \(\displaystyle{ \angle ADC = \angle BAE}\).
Oznaczmy bok \(\displaystyle{ AB}\) przez \(\displaystyle{ a}\), BC przez \(\displaystyle{ b}\), a \(\displaystyle{ AC}\) przez \(\displaystyle{ c}\).
Wiemy, że kąty ADC i BAE są ostre. \(\displaystyle{ \tg (ADC)= \frac{c}{ \frac{a}{2} }= \frac{2c}{a}}\). Z twierdzenia Talesa (którego dowód znajduje się na wikipedii) wiemy, że wysokośc trójkąta \(\displaystyle{ ABE}\) opuszczona na bok AB, której spodek oznaczymy przez \(\displaystyle{ G}\) ma długośc \(\displaystyle{ \frac{2c}{3}}\) i że długośc odcinka AG wynosi \(\displaystyle{ \frac{a}{3}}\). A zatem \(\displaystyle{ \tg (BAE) = \frac{2c}{ 3*\frac{a}{3} }= \frac{2c}{a}}\). A skoro tangensy dwóch kątów ostrych są równe, to także ich miary są równe.
Odpowiedź: Miara kąta \(\displaystyle{ BAC}\) wynosi \(\displaystyle{ 90}\) stopni.
Zadanie 3.
Z:
\(\displaystyle{ a,b,c \in R}\)
T:
\(\displaystyle{ (a+b)(a+c) \ge 2\sqrt{abc(a+b+c)}}\)
D:
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ x,y}\) odpowiednio liczby \(\displaystyle{ \sqrt{a(a+b+c)}}\) i \(\displaystyle{ \sqrt{bc}}\).
\(\displaystyle{ (x-y)^2 \ge 0 \Rightarrow x^2+y^2 \ge 2xy}\), co jest równoznaczne z \(\displaystyle{ a(a+b+c)+bc \ge 2\sqrt{abc(a+b+c)}}\), czyli
\(\displaystyle{ a^2+ab+ac+bc \ge 2\sqrt{abc(a+b+c)} \Rightarrow (a+b)(a+c) \ge 2\sqrt{abc(a+b+c)}}\), C.B.D.O
Zadanie 4.
Z:
\(\displaystyle{ x _{1},x _{2},...,x _{2000} \in Z}\)
\(\displaystyle{ x_{n+1}=x_{n}+1}\).
T:
Wykazać, że nie istnieje takie \(\displaystyle{ m \in Z}\), że \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{2000} x_{n}=m^2}\).
D:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{2000} x_{n}=2000*x_{1}+ \frac{1999*2000}{2}=2000(x_{1}+ \frac{1999}{2})=1000(2*x_{1}+1999).}\) Aby liczba \(\displaystyle{ 1000(2*x{1}+1999)}\) była kwadratem, to musi istnieć takie \(\displaystyle{ k \in Z}\), że \(\displaystyle{ 2*x_{1}+1999=k^2*10}\). Jednakże liczba \(\displaystyle{ 2*x{1}+1999}\) jest nieparzysta, więc nie istnieje takie \(\displaystyle{ k \in Z}\), a zatem liczba \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{2000} x_{n}}\) nie może być kwadratem liczby całkowitej, C.B.D.O
Zadanie 5.
dane:
\(\displaystyle{ x,y,k \in R}\).
\(\displaystyle{ \begin{cases}x^2-y^2 = 0 \\ (x-k)^2+y^2=1 \end{cases}}\)
szukane:
Dla jakich k rzeczywistych ten układ równań ma dokładnie 3 pary rozwiązań w liczbach rzeczywistych (x,y)?
rozwiązanie:
\(\displaystyle{ x^2-y^2 = 0 \Rightarrow x^2=y^2}\).
\(\displaystyle{ (x-k)^2+y^2=1 \Rightarrow y^2=1-(x-k)^2}\). Wykres tej funkcji jest okręgiem o promieniu 1 i środku w punkcie \(\displaystyle{ [-k,0]}\). Wykres funkcji \(\displaystyle{ y^2=x^2}\) to dwie proste przechodzące przez punkt \(\displaystyle{ [0,0]}\), nachylone pod kątem 45 stopni do osi OX i prostopadłe do siebie. Proste te mogą mieć \(\displaystyle{ 4,3,2}\) lub \(\displaystyle{ 0}\) punktów wspólnych z okręgiem. Aby miały 3 punkty wspólne, to te punkty wspólne muszą się znajdować w punktach \(\displaystyle{ [0,0],[1,1],[-1,-1]}\) lub \(\displaystyle{ [0,0],[1,-1],[-1,1]}\).
W takim wypadku jedyne k, dla których punkty wspólne są właśnie w tamtych miejscach, to 1 i -1.
Sprawdzenie
1* \(\displaystyle{ k=1}\)
\(\displaystyle{ x^2=y^2}\)
\(\displaystyle{ (x-1)^2+y^2=1 \Leftrightarrow x^2-2x+y^2=0 \Rightarrow 2x^2=2x \Rightarrow x^2=x}\). To równanie ma następujące rozwiązania:
1.\(\displaystyle{ x=0, y=0}\)
2.\(\displaystyle{ x=1,y=-1}\)
3.\(\displaystyle{ x=1,y=1}\)
2* \(\displaystyle{ k=-1}\)
\(\displaystyle{ x^2=y^2}\)
\(\displaystyle{ (x+1)^2+y^2=1 \Leftrightarrow x^2+2x+y^2=0 \Rightarrow 2x^2=-2x \Rightarrow x^2=-x}\). To równanie ma następujące rozwiązania:
1.\(\displaystyle{ x=0, y=0}\)
2.\(\displaystyle{ x=-1,y=-1}\)
3.\(\displaystyle{ x=-1,y=1}\)
Odpowiedź: \(\displaystyle{ k}\) należy do zbioru \(\displaystyle{ {1,-1}}\).