Zadania z ŚKM 2007/2008 - etap szkolny

[mms]

Zadanie 1.
Wykaż, że liczba \(\displaystyle{ a=291^8+3\cdot 291^4-4}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ 200}\).

Zadanie 2.
Przez wierzchołek \(\displaystyle{ \mathrm{A}}\) kwadratu \(\displaystyle{ \mathrm{ABCD}}\) poprowadzono prostą przecinającą przedłużenia boków \(\displaystyle{ \mathrm{BC}}\) i \(\displaystyle{ \mathrm{CD}}\) odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ \mathrm{M}}\) i \(\displaystyle{ \mathrm{N}}\). Udowodnij, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{\mathrm{AM}^2} + \frac{1}{\mathrm{AN}^2} = \frac{1}{\mathrm{AB}^2}}\)

Zadanie 3.
Wykaż, że równanie \(\displaystyle{ 3x^2-4y^2=13}\) nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych.

Zadanie 4.
Wykaż, że jeśli liczby dodatnie \(\displaystyle{ a, b, c}\) są długościami boków trójkąta, to spełniają nierówność
\(\displaystyle{ a(b-c)^2 + b(c-a)^2 + c(a-b)^2 +4abc > a^3 + b^3 + c^3}\).

Zadanie 5.
Zbadaj liczbę rozwiązań układu równań
\(\displaystyle{ \begin{cases} |x-y|=1 \\
|y|-x=m \end{cases}}\) w zależności od parametru \(\displaystyle{ m}\).

Miłego rozwiązywania.

[King James]

Zadanie 4.
Wykaż, że jeśli liczby dodatnie \(\displaystyle{ a, b, c}\) są długościami boków trójkąta, to spełniają nierówność
\(\displaystyle{ a(b-c)^2 + b(c-a)^2 + c(a-b)^2 +4abc > a^3 + b^3 + c^3}\).

Niech:
\(\displaystyle{ a=x+y}\), \(\displaystyle{ b=y+z}\), \(\displaystyle{ c=z+x}\) \(\displaystyle{ \iff}\) \(\displaystyle{ 2x=a+c-b}\), \(\displaystyle{ 2y=a+b-c}\), \(\displaystyle{ 2z=b+c-a}\)
i nierówność jest równoważna:

\(\displaystyle{ (x+y)(x-y)^2+(y+z)(y-z)^2+(z+x)(z-x)^2+4(x+y)(y+z)(z+x)>(x+y)^3+(y+z)^3+(x+z)^3}\)
\(\displaystyle{ (x+y)[(x-y)^2-(x+y)^2]+(y+z)[(y-z)^2-(y+z)^2]+(z+x)[(z-x)^2-(x+z)^2]+4(x+y)(y+z)(z+x)>0}\)
\(\displaystyle{ (x+y)(y+z)(z+x)>xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+y)}\)
\(\displaystyle{ xyz>0}\)

[Sylwek]

Zadanie 3.
Wykaż, że równanie \(\displaystyle{ 3x^2-4y^2=13}\) nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych.

\(\displaystyle{ 3(x^2-y^2-4)=y^2+1}\)

Ale łatwo sprawdzić, że \(\displaystyle{ y^2 \equiv 0 \ (mod \ 3) \ \ y^2 \equiv 1 \ (mod \ 3)}\), czyli prawa strona jest niepodzielna przez 3, a jest dodatnia i całkowita - sprzeczność.

[Rogal]

\(\displaystyle{ a = 291^{8} + 3 291^{4} - 4 = (291^{4}+4)(291^{4}-1) = (291^{4}+4)(291 - 1)(291 + 1)(291^{2}+1) = 290 292 (291^{4}+4)(291^{2}+1) = 2^{3} 5 29 73 (291^{4}+4)(291^{2}+1)}\)
Jak widać, przez 40 nasza liczba jest podzielna. Jest również podzielna raz jeszcze przez 5, bo pierwszy nawias dzieli się przez 5 (łatwa kongruencja). Stąd cała dzieli się przez 200.

[Sylwek]

Zadanie 2.
Przez wierzchołek \(\displaystyle{ \mathrm{A}}\) kwadratu \(\displaystyle{ \mathrm{ABCD}}\) poprowadzono prostą przecinającą przedłużenia boków \(\displaystyle{ \mathrm{BC}}\) i \(\displaystyle{ \mathrm{CD}}\) odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ \mathrm{M}}\) i \(\displaystyle{ \mathrm{N}}\). Udowodnij, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{\mathrm{AM}^2} + \frac{1}{\mathrm{AN}^2} = \frac{1}{\mathrm{AB}^2}}\)

Chyba żywcem wyjęte z takiej zielonej książeczki z krową na okładce "Zadania z matematyki dla olimpijczyków" H. Pawłoskiego o ile mnie pamięć nie zawodzi



Na rysunku jest \(\displaystyle{ N=E}\) i \(\displaystyle{ M=F}\) i tak też będę zapisywał w zadaniu . Trójkąty \(\displaystyle{ ABF}\) i \(\displaystyle{ EDA}\) są podobne.

\(\displaystyle{ AB=AD=a \\ \frac{a}{AE}=\cos \\ \frac{1}{AE}=\frac{\cos }{a} \\ \frac{1}{AE^2}=\frac{\cos^2 }{a^2}}\)

Analogicznie:
\(\displaystyle{ \frac{1}{AF^2}=\frac{\sin^2 }{a^2}}\)

Dodając stronami:
\(\displaystyle{ \frac{1}{AE^2}+\frac{1}{AF^2}=\frac{\cos^2 }{a^2}+\frac{\sin^2 }{a^2}=\frac{\cos^2 + \sin^2 }{a^2}=\frac{1}{AB^2}}\)

[Aramil]

zad 2 mozna tez zrobic bez uzycia trygonometri
wykorzystujemy podobienstwo trojkatow FBA i ADE
pozniej z tw pitagorasa wyznaczamy FA i AE
podstawiamy do rownania z zadania i otrzymujemy co trzeba

[mat1989]

Ale łatwo sprawdzić, że \(\displaystyle{ y^2 \equiv 0 \ (mod \ 3)}\)

mógłbyś napisać jak?

[Wasilewski]

Odpuszczę sobie przypadek, gdy y jest podzielne przez 3:
\(\displaystyle{ y \equiv 1 (mod \ 3) y \equiv 2 (mod \ 3) \\
y^2 \equiv 1^2 (mod \ 3) y^2 \equiv 2^2 (mod \ 3) \\
y^2 \equiv 1 (mod \ 3) y^2 \equiv 4 (mod \ 3) \\
y^2 \equiv 1 (mod \ 3)}\)
Gdy y jest podzielne przez 3, to zachodzi drugi przypadek, bo:
\(\displaystyle{ y \equiv 0 (mod \ 3) \\
y^2 \equiv 0^2 (mod \ 3) y^2 \equiv 0 (mod \ 3)}\)

[Sylwek]

Zadanie 4.
Wykaż, że jeśli liczby dodatnie a, b, c są długościami boków trójkąta, to spełniają nierówność
\(\displaystyle{ a(b-c)^2 + b(c-a)^2 + c(a-b)^2 +4abc > a^3 + b^3 + c^3}\).

\(\displaystyle{ a(b-c)^2 + b(c-a)^2 + c(a-b)^2 +4abc > a^3 + b^3 + c^3 \iff \\ a((b+c)^2-a^2)+b((c-a)^2-b^2)+c((a-b)^2-c^2)>0 \iff \\ a(a+b+c)(b+c-a)-b(b+c-a)(a+b-c)-c(b+c-a)(a+c-b)>0 \iff \\ (b+c-a)(a^2+ab+ac-ab-b^2+bc-ac+bc-c^2)>0 \iff \\ (b+c-a)(a^2-(b-c)^2)>0 \iff \\ (b+c-a)(a+b-c)(a+c-b)>0}\)

Co jest prawdą . Zadnie z zielonego Pawłowskiego, trochę sobie nad nim łamałem głowę z miesiąc temu, więc postanowiłem napisać inne rozwiązanie od zaproponowanego powyżej

[mat1989]

Sylwek, a pokażesz jak pozbyłeś się tego 4abc?
bo w tym pierwszym nawiasie zmieniłeś znak na +, czyli zamiast -2bc, mamy 2bc, czyli by się zgadzało, że dodajemy 4bc, ale co z tym a?

[Sylwek]

Po prostu wyciągam przed nawias:

\(\displaystyle{ a(b-c)^2+4abc=a\left( (b-c)^2+4bc \right)=a(b^2-2bc+c^2+4bc)= \\ =a(b^2+2bc+c^2)=a(b+c)^2}\)

[MatizMac]

\(\displaystyle{ (b+c-a)(a+b-c)(a+c-b)>0}\)

Co jest prawdą

dlaczego?

[alchemik]

Ponieważ w trójkącie byle jakim suma dwóch obojętnie których boków jest zawsze większa od trzeciego boku. Nierówność ta nazywana jest nierównością trójkąta \(\displaystyle{ a+b>c}\)

[MatizMac]

dzięki
niestety nie moge dac pomogla...