Zadania konkursowe z V Podkarpackiego Konkursu

Zadania konkursowe z V Podkarpackiego Konkursu Matematycznego
I Poziom
Etap powiatowy
1. Długości butów trzech braci wyrażają się różnymi liczbami naturalnymi
z przedziału (20:40) cm (przedział otwarty). Gdy odmierzali pokój
o długości 3m 60 cm otrzymali dokładnie całkowite pomiary długości
pokoju w (swoich) stopach. Podaj długość butów każdego z braci.
2. Rozwiąż równanie ab  ac  bc  11 w liczbach naturalnych dodatnich.
3. Dwaj robotnicy mają wykonać wspólnie pewną pracę w ciągu 16 dni.
Po czterech dniach wspólnej pracy dokończył ją tylko jeden robotnik
w ciągu 36 dni. W ciągu ilu dni wykonałby tę pracę każdy z robotników
sam?
4. Dwusieczne kątów trójkąta ABC przecinają okrąg opisany na nim
w punktach D,E,F. Udowodnij, że jeżeli trójkąty ABC i DEF są podobne, to
są one równoboczne.
5.
Wykaż, że dla dowolnych liczb dodatnich x, y, z zachodzi nierówność:
xy yz zx


 x yz.
z
x
y
Etap rejonowy
1. S jest punktem przecięcia przekątnych czworokąta wypukłego ABCD, zaś
punkty O1, O2, O3, O4 są środkami okręgów opisanych na trójkątach: ABS,
BCS, DCS i ADS. Udowodnij, że czworokąt O1O2O3O4 jest
równoległobokiem.
2. W jakim prostokącie, którego długości boków są liczbami całkowitymi,
obwód i pole wyrażają się tymi samymi liczbami ?
3. Udowodnij, że jeżeli a 3  b 3 i a  b są liczbami wymiernymi oraz a  b  0 ,
to a 2  b 2 jest również liczbą wymierną.
4. Pole równoramiennego trapezu opisanego na okręgu jest równe S. Oblicz
długość ramienia tego trapezu, jeśli jego kąt ostry ma miarę 300.
Możesz skorzystać z twierdzenia: W czworokącie opisanym na okręgu
sumy długości przeciwległych boków są równe.
5. Wykaż,
że
jeżeli
a, b, x są
liczbami
dodatnimi
oraz
ab  1,
to
( x  a)( x  b)  ( x  1) 2 .
Finał
1. Wykaż, że jeżeli liczba a 
1
1
jest całkowita, to również a 5  5 jest liczbą
a
a
całkowitą.
2. Na okręgu opisano pięciokąt o kolejnych bokach długości a, b, c, d , e .
Wyznacz długości odcinków, na jakie został podzielony bok długości a
punktem styczności z okręgiem.
3. Udowodnij, że jeśli dla każdego x rzeczywistego f ( x  2)  f ( x  2)  0 , to
funkcja f jest okresowa. Znajdź okres tej funkcji. Czy można wnioskować,
że jest to okres zasadniczy?
4. Znajdź sumę wszystkich liczb trzycyfrowych, których wszystkie cyfry są
nieparzyste.
5. Długości boków dwóch prostokątów wyrażają się liczbami całkowitymi
dodatnimi. W każdym prostokącie długość jednego boku nie jest większa
od 60, a długość drugiego jest większa od 2000. Wykaż, że boki tych
prostokątów są równe, jeśli ich przekątne są równe.
II Poziom
Etap powiatowy
1. Wiedząc, że a  b  c  5 i
1
1
1
12
c
a
b
oblicz
.





ab bc ac 5
ab bc ac
2. Udowodnij, że jeżeli liczby 12 i n są względnie pierwsze, to n 2  1
podzielne przez 24.
jest
3. Na przeciwprostokątnej BC trójkąta prostokątnego ABC zaznaczono
punkt D tak, by obwody trójkątów ABD i ADC były równe. Znajdź
stosunek promieni okręgów wpisanych w trójkąty ABD i ADC, jeśli
przyprostokątne mają długości 5 oraz 12.
4. Na okręgu umieszczono kolejno punkty A,B,C,D. Przez każdą parę
sąsiednich punktów poprowadzono okrąg. Wykaż, że punkty przecięcia
się tych okręgów różne od danych leżą na jednym okręgu (zakładamy, że
są cztery takie punkty).
5. Liczby rzeczywiste x, y oraz a spełniają warunek x  y  a  1
i xy  a 2  7a  14 . Dla jakiej wartości a suma kwadratów x 2  y 2 osiąga
wartość największą ?
Etap rejonowy
1. Która z liczb
32003  1
32004  1
czy
jest większa ? Odpowiedź uzasadnij.
32004  1
32005  1
2. Znajdź wszystkie czwórki liczb rzeczywistych x, y, z, n, dla których
x 2  y 2  z 2  n 2  x3  y 3  z 3  n3  1
3. Wykaż, że jeżeli wielomian W ( x)  x 3  ax  b ma podwójny pierwiastek
rzeczywisty, to 4a 3  27b 2  0 .
4. Wielokąt opisany na okręgu o promieniu R rozcięto na trójkąty. Wykaż,
że suma promieni okręgów wpisanych w te trójkąty jest większa od R.
5. Dany jest trójkąt ostrokątny ABC, którego kąty wewnętrzne mają miary
 ,  ,  wpisany w okrąg o promieniu R. Niech O1, O2 i O3 będą środkami
okręgów stycznych wewnętrznie do danego okręgu i stycznych do boków
trójkąta ABC w punktach będących środkami jego boków w taki sposób
jak ilustruje rysunek. Oblicz pole trójkąta O1O2O3.
Finał
1. Podaj wszystkie pary liczb rzeczywistych ( a.b ) dla których funkcja
f ( x)  x  a  x  b jest parzysta.
2. Oblicz ilość punktów o obu współrzędnych całkowitych zawartych
w obszarze domkniętym (tzn. wraz z brzegiem) ograniczonym parabolą
o równaniu y  x 2  50 x  49 i osią OX. (Możesz skorzystać ze wzoru
12  2 2  3 2  ...  n 2 
1
n(n  1)( 2n  1) , który zachodzi dla n  N  ).
6
3. Wykaż, że ortocentrum (tzn. punkt przecięcia się wysokości) trójkąta
ostrokątnego jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt spodkowy (tzn.
trójkąt, którego wierzchołki są spodkami wysokości danego trójkąta).
4. Wykaż, że jeśli dodatnie i różne liczby a, b, c są trzema kolejnymi
wyrazami ciągu geometrycznego, to zachodzi nierówność a n  c n  2b n dla
dowolnego dodatniego naturalnego n .
5. Wyznacz największą i najmniejszą wartość funkcji f ( x) 
x2  x  2
2x 2  x  3
w zbiorze liczb rzeczywistych.
Rozwiązania zadań
Etap powiatowy. Poziom I
1. 360  2  3  5 . Długości butów braci muszą być dzielnikami 360
z przedziału (20,40). Takie dzielniki istnieją dokładnie trzy: 24,30,36 i są
one długościami w centymetrach butów braci.
3
2
2. Zauważmy, że wszystkie trzy liczby nie mogą być jednocześnie
niemniejsze od 2, bo wówczas ab  bc  ac byłoby większe od 11. Zatem
jedna z nich musi być równa 1. Jeśli przyjmiemy, że a  1 , to b  c  bc  11 ,
a po przekształceniu c  1b  1  12 . Uwzględniając wszystkie możliwe
przedstawienia 12 w postaci iloczynu liczb naturalnych otrzymujemy
b  5 b  1 b  3 b  2



c  1 c  5 c  2 c  3
rozwiązania: 
Ponieważ zmienne a, b, c odgrywają symetryczną rolę w równaniu, więc
jego rozwiązaniami są:
a  1 a  1 a  5 a  1 a  3 a  1 a  3 a  2 a  2









b  1  b  5  b  1  b  2  b  2  b  3  b  1  b  3  b  1
c  5 c  1 c  1 c  3 c  1 c  2 c  2 c  1 c  3









3. Oznaczmy przez x,y liczbę dni w ciągu, których kolejno pierwszy i drugi
robotnik wykonaliby pracę. Z warunków zadania otrzymujemy układ
równań:

1 1
10      1
 x  48

x y
, którego rozwiązaniem jest 
.

y

24


1
1
1

4      36   1
 x y
x

 
Pierwszy robotnik wykonałby pracę w ciągu 48, a drugi 24 dni.
C
4.
D

E
A




B
F
Oznaczmy CAB  2 , ABC  2 , ACB  2 . Z twierdzenia o kątach
wpisanych w okrąg opartych na tym samym łuku FEB  FCB  
i DEB  DAB   zatem FED     .
Analogicznie EDF     i EFD    
2    
Jeśli trójkąty są podobne to na przykład 2     , stąd
2    

  
co

  
oznacza, że trójkąty są równoboczne. Podobne rezultaty otrzymujemy,
gdy założymy równość innych kątów w trójkątach.
5. Przekształćmy nierówność na równoważną (mnożąc obie strony przez 2,
grupując wyrazy i wyjmując odpowiednie zmienne przed nawias):
xy yz zx


 x yz 
z
x
y
y z
z  x y
x
x    y  x   z    2x  y  z 
x  y x
z
 z y
Otrzymana nierówność jest prawdziwa. Dla dowodu wystarczy dodać
stronami następujące nierówności:
x z
x y
y z
  2 i   2 , które
 2,
z x
y x
z y
wynikają z nierówności Cauchy’ego (pamiętajmy, że x, y, z są dodatnie).
Etap powiatowy, poziom II
1. Skoro a  b  c  5 , to c  5  a  b zatem
Analogicznie
c
5  a  b 
5


1
ab
ab
ab
a
5
b
5

1 i

 1 . Dodając otrzymane
bc bc
ac ac
równości stronami otrzymujemy
c
a
b
5
5
5
1
1 
 1



1
1
 1  5


3 
ab bc ac ab
bc
ac
ab bc ac
12
 5  3  9
5
2. n jest liczbą nieparzysta, gdyż w przeciwnym wypadku 12 i n nie byłyby
liczbami względnie pierwszymi. Zatem n-1 i n+1 są parzyste, a jedna
z nich jest podzielna przez 4. Wśród trzech kolejnych liczb n-1,n i n+1 jest
dokładnie jedna podzielna przez 3. Nie może być nią n (uzasadnienie jak
wyżej) zatem n-1 albo n+1jest podzielne przez 3. Oznacza to podzielność
iloczynu przez 24.
3. Z twierdzenia Pitagorasa CD  13 . Oznaczmy AD  x, CD  y , wtedy
z warunków zadania x  y  5  13  y  x  12 , a stąd y  10 , P(ABD )  p  r
gdzie p jest połową obwodu każdego z tych trójkątów, zaś R i r
długościami promieni okręgów wpisanych w te trójkąty.
P(ADC )
P(ABD )
i r
.
p
p
1
 10  h
R P(ADC ) 2
10
Zatem 

 .
1
r
P(ABD )
3
3 h
2
Stąd R 
D
4.
H
A


G
E


C
F
B
Oznaczmy
BAE   ,
EAD   .
BCG  
i
GCD  
Ponieważ czworokąt ABCD jest wpisany w okrąg więc         1800 .
Ponieważ czworokąty ABFE, BCGF, CDHG, DAEH są również wpisane
BFE  180 0   , BFG  180 0   . GHD  180 0   ,
w okręgi
więc
DHE  180 0  


GHE  360 0  GHD  DHE  360 0  180 0    180 0      
Analogicznie EFG     Zatem GHE  EFG          180 0
co oznacza, że na czworokącie EFGH można opisać okrąg.
5. Ze wzorów Viete’a wynika, że x, y są pierwiastkami równania
kwadratowego
t 2  a  1t  a 2  7a  14  0 . Warunkiem istnienia jego pierwiastków jest
11
a5
3
x 2  y 2  x  y 2  2 xy  a  12  2 a 2  7a  14  9  a  62
  0 . Stąd


Ostatnie wyrażenie przyjmuje największą wartość równą 8 dla a  5 .
Etap rejonowy, poziom I
1. Niech S będzie punktem przecięcia się przekątnych AC i BD czworokąta
ABCD, O1 , O2 , O3 , O4 , środkami okręgów opisanych na trójkątach
odpowiednio ASB, BSC, CSD i DSA. O1 , O2  symSB, zaś O3 , O4  symSD
zatem O1O2 jest prostopadły do BD i O3 O4 jest prostopadły do BD. Stąd
O1O2 i O3 O4 są równoległe. Analogicznie dowodzimy równoległości
dwóch pozostałych boków czworokąta O1O2 O3 O4 .
2. Oznaczmy przez x, y długości boków prostokąta. Z warunków zadania
wynika, że 2x  y   xy i x, y  N  , a po przekształceniu x  2 y  2  4 .
Ponieważ x, y  N  , a liczbę 4 można na trzy sposoby przedstawić
w postaci iloczynu liczb naturalnych (iloczyny liczb całkowitych ujemnych
prowadzą do sprzeczności z warunkami zadania) więc:
x  3 x  4  x  6
.

 

y  6 y  4  y  3
3. a 3  b 3  a  ba 2  ab  b 2  stąd a 2  ab  b 2 
a3  b3
, a zatem jest to
ab
liczba wymierna, bo jest ilorazem dwóch liczb wymiernych. Niech
a 2  ab  b 2  k . a  b jest wymierna stąd a  b 2  w jest liczbą wymierna.
Mamy a 2  2ab  b 2  w i 2a 2  2ab  2b 2  2k stąd a 2  b 2 
w  2k
i jest to
3
liczba wymierna.
4. Oznaczmy przez a, b długości podstaw trapezu, przez x długość jego
ramienia, zaś r długość promienia okręgu wpisanego w ten trapez.
Z własności trójkąta prostokątnego, którego jeden z kątów ma miarę 30 0
wynika, że x  4r. Z twierdzenia o czworokącie opisanym na okręgu
a  b  2x .
ab
2x
2r 
2r  2rx
2
2
1
1
1 1
1
P (AOB )  xr  S , ale PAOB   x x  x 2 .
2
4
2 4
8
1
1
Mamy zatem S  x 2 , a stąd x  2S .
4
8
S
ab  1
5. Niech
x  a x  b   x  1
2
i
 x  a  b x  ab  x  2 x  1  a  b  2
2
a, b, x  R
2
Ostatnia nierówność jest prawdziwa. Kładąc bowiem za
b
1
a
otrzymujemy nierówność wynikającą z nierówności Cauchy’ego
Etap rejonowy, poziom II
x  1 3x  1

jest równoważna
3x  1 9 x  1
3 2003  1 3 2004  1
nierówności x  0, a ta jest prawdziwa. Zatem 2004  2005 .
3
1 3
1
1. Niech x  32003 , x  0 . Wówczas nierówność
2. Ponieważ x 2  y 2  z 2  n 2  1 , więc każda z liczb x 2 y 2 , z 2 , n 2 jest
niewiększa od 1, a stąd x  1, y  1, z  1, n  1 .
W takim razie x 3  x 2 , y 3  y 2 , z 3  z 2 , n 3  n 2 , przy czym znak równości
otrzymujemy dla wartości 0 lub 1, stąd x 3  y 3  z 3  n 3  x 2  y 2  z 2  n 2 .
Równość otrzymujemy, gdy jedna z liczb jest równa 1, a pozostałe 0.
x  1 x  0 x  0 x  0
y  0 y 1 y  0 y  0



Oznacza to, że rozwiązaniami są: 
.



z

0
z

0
z

1
z

0




n  0 n  0 n  0 n  1
3. Niech p będzie podwójnym pierwiastkiem tego wielomianu.
Wówczas x 3  ax  b  x  p 2 x  s  dla dowolnego x  R , a zatem
2 p  s  0

 p  p  2 s   a , stad
 p 2 s  b

i p6  
a3
b2
i p 6  . A zatem 4a 3  27b 2  0 .
4
27
4. Niech r1 , r2 ,..., rn będą promieniami okręgów wpisanych w trójkąty,
p1 , p 2 ,..., p n będą połowami ich obwodów, zaś s1 , s 2 ,..., s n ich polami tych
trójkątów.
Wówczas r1  r2  ...  rn 
s
s
s1 s 2
s
s
s

 ...  n  1  2  ...  n   R , gdzie
p1 p 2
pn
p p
p p
p- połowa obwodu wielokąta opisanego na kole o promieniu R, s – pole
wielokąta.
5.

O2
y
O1
x
R-2x
x
R-2y
c y
a

b

O3
a  2 R sin 
Z twierdzenie sinusów b  2 R sin  .
c  2 R sin 

2
a
Z twierdzenia Pitagorasa ( R  x) 2  R 2    , a stąd x 
R  R2 
2
R  R 2  R 2 sin  R  R cos 
R  R cos 


. Analogicznie y 
.
2
2
2
2
a2
4

PO1OO 2  
1
R  x R  y  sin O1OO 2 , ale O1OO2   , Zatem
2
1
1  cos  
1  cos  
1 2 1  cos  1  cos 
P(O1OO 2 )   R  R

sin 
 R  R
 sin   R
2
2
2
2
2
2


Podobnie liczymy pola trójkątów O1OO3 , O3 OO2 .
P(ABC )  PO1OO2   PO1OO3   PO3OO2 
Etap wojewódzki, poziom I
1
jest liczbą całkowitą, to jej kwadrat także, ale jest on równy
a
1
1
1
a 2  2  2 , a zatem a 2  2 jest liczbą całkowitą. Analogicznie, a 4  4 jest
a
a
a
1
1
1
1
liczbą całkowitą. Liczba (a 2  2 )( a  )  a 3  3  a 
jest całkowita, a
a
a
a
a
1
1
1
1
1
zatem i a 3  3 jest całkowita. Ponieważ (a 4  4 )( a  )  a 5  5  a 3  3
a
a
a
a
a
1
jest całkowita, więc liczba a 5  5 musi także być całkowita.
a
1. Jeśli a 
Uwaga: Indukcyjnie można udowodnić ogólniejszą tezę, że a n 
1
jest
an
liczbą całkowitą dla naturalnego n .
2.
Niech x, y, z, t, u oznaczają długości odcinków łączących wierzchołki pięciokąta
z punktami styczności z okręgiem. Na mocy twierdzenia o odcinkach
stycznych mamy po dwa odcinki o tych samych długościach, co ilustruje
rysunek. Przyjmijmy, że bok podzielony punktem styczności na odcinki x i y
ma długość a. Mamy więc następujący układ równań:
x y a
yz b
zt  c
t u  d
u  x  e.
Zapiszmy go inaczej:
x y a
b yz
zt  c
d t u
uxe
Jeżeli teraz dodamy wszystkie równania stronami i zredukujemy
powtarzające się wyrazy, otrzymamy następujące równanie z jedną
niewiadomą x :
2x  b  d  a  c  e.
1
2
1
2
Stąd x  (a  b  c  d  e) , a z pierwszego równania y  (a  b  c  d  e).
3. Z warunków zadania wynika, że dla każdego rzeczywistego x zachodzą
równości f ( x  4)  f ( x  8)  0 oraz f ( x  4)  f ( x)  0, skąd po odjęciu
stronami f ( x  8)  f ( x) dla dowolnego x, co oznacza, że funkcja jest
okresowa o okresie równym 8. Nie musi to jednak być jej okres zasadniczy,
co pokażemy na konkretnych przykładach. Dla dowolnej całkowitej
nieujemnej liczby n rozważmy funkcję f n ( x)  sin
zasadniczy równy
8
2n  1
(2n  1)x
. Ma ona okres
4
i można sprawdzić, że spełnia warunek
f n ( x  2)  f n ( x  2)  0.
4. Elementy zbioru wszystkich liczb trzycyfrowych o cyfrach nieparzystych są
postaci 100a  10b  c, gdzie a, b, c  {1,3,5,7,9}. Sumę wszystkich takich liczb
podzielimy na trzy składniki: sumę setek danych liczb, sumę dziesiątek i sumę
jedności. Jeśli ustalimy cyfrę setek, to w całym zbiorze będzie 5  5  25 liczb
trzycyfrowych mających tą właśnie cyfrę setek. Tak więc suma setek
wszystkich liczb z rozważanego zbioru wynosi (1  3  5  7  9)  100  25.
Analogicznie, suma dziesiątek wynosi (1  3  5  7  9)  10  25, a jedności
(1  3  5  7  9)  25. Dodając te trzy liczby otrzymujemy 69375.
5. Oznaczmy mniejsze boki tych trójkątów przez a,c, a większe przez b i d.
Załóżmy, że przekątne prostokątów są równe. Niech dla ustalenia uwagi
b  d i wtedy d  b  x dla pewnego x  0. Z twierdzenia Pitagorasa i z
założenia
(1)
a 2  b2  c 2  d 2 ,
skąd d 2  b 2  a 2  c 2 . Gdyby x  1, to
d 2  b2  (b  x)2  b2  2bx  x 2  4000
oraz a 2  c 2  a 2  602  3600 i wtedy równość (1) byłaby sprzeczna. Zatem
x  0, czyli b  d i a  c.
Etap wojewódzki, poziom II
1. Jeśli funkcja f jest parzysta, to  x  a   x  b  x  a  x  b .
Podstawiając x  a, x  b otrzymujemy b  a  2a  a  b i a  b  2b  a  b ,
a stąd 2a  2b czyli a  b  a  b .
Sprawdzając przekonujemy się, że funkcja f ( x)  x  a  x  a jest parzysta,
zaś funkcja f ( x)  2 x  a nie jest parzysta (z wyjątkiem przypadku a  b  0 ).
Funkcja jest więc parzysta wtedy i tylko wtedy, gdy a  b .
2. Pierwiastkami funkcji są liczby 1 i 49. Tak więc odciętymi punktów, o których
mowa w treści zadania są x  1,2,..., 49 . Ich drugie współrzędne dla danego
x  1,2,..., 49 przebiegają zakres liczb całkowitych od 0 do f (x) , a zatem dla
danego x jest ich  f ( x)  1 . Wszystkich punktów spełniających warunki zadania
jest
 f (1)  1   f (2)  1  ...   f (49 )  1  (1  50 1  48)  (2  50  2  48)  ...  (49  50  49  48) 
2
2
2
 12  2 2  ...  49 2   50  1  2  3  ...  49   49  48  
1
1  49
 49  50  99  50 
 49  49  48 
6
2
3.
C
B1
A1
S
O
B
C1
A
Niech A , B .C będą spodkami odpowiednich wysokości. Niech O,S będą
środkami okręgów opisanych na trójkątach ACC , BCC . Zauważmy, że okrąg
opisany na trójkącie BCC jest jednocześnie opisany na trójkącie BB C , zaś
opisany na trójkącie ACC jest jednocześnie opisany na AA C (trójkąty mają
tę samą przeciwprostokątną).
Z twierdzenia o kątach wpisanych opartych na tym samym łuku
B C C  B BC i CC A  CAA . Ponieważ CAA jest podobny do CBB więc
CAA  CBB , a stąd B C C  CC A , co oznacza, że CC jest dwusieczną kąta
BC A .
Analogicznie dowodzimy, że AA jest dwusieczną kąta B A C . Ortocentrum
ABC jest więc punktem przecięcia dwusiecznych kątów wewnętrznych
trójkąta A B C tzn. środkiem okręgu opisanego na tym trójkącie.
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1.
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
4. Ustalmy, że
1
1
1
1
tworzą ciąg geometryczny, więc b  ac (*)
a  c   0 czyli a  2a b  c  0 . Po dodaniu do obu stron 4a c
otrzymujemy a  c   4a c czyli a  c  2 a c . Stąd i z (*) a  c  2b .
n
a b c.
n 2
2n
n
5. Niech
że
y
y
1
2
x2  x  2
.
2x 2  x  3
n 2
2
(a, b, c)
n
n
n
2n
n
Wtedy 2 y  1x
n
2
n
n
n
n
  y  1x  3 y  2  0 y 
n
1
2
dla
wówczas równanie jest kwadratowe z wyróżnikiem
n
x
7
.
3
n
Załóżmy,
  23 y 2  2 y 2  9 .
Równanie to posiada rozwiązanie w zbiorze liczb rzeczywistych wtedy i tylko
n
wtedy, gdy
zaś liczba
0
czyli
 1 208
23
y 
 1  208  1  208
 1 208
,
 .Liczba
23
23
23
jest największą,
najmniejszą wartością funkcji.
Następne zadania pozostawiamy czytelnikowi do samodzielnego rozwiązania