Warmińsko-Mazurskie Zawody Matematyczne Eliminacje – cykl styczniowy Poziom: szkoły ponadgimnazjalne, 10 punktów za każde zadanie

Warmińsko-Mazurskie Zawody Matematyczne Eliminacje – cykl styczniowy

Poziom: szkoły ponadgimnazjalne, 10 punktów za każde zadanie

Zadanie 1.

Znajdź dwa dzielniki pierwsze liczby 53⁵³-33³³ .

Można skorzystać z artykułu o kongruencjach zamieszczonego stronach zawodów w strefie matematyki.

Rozwiązanie.

Pierwszy sposób.

Ponieważ kolejne potęgi liczb nieparzystych są nieparzyste, to na pewno różnica będzie parzysta. Stąd jednym z dzielników będzie liczba 2.

Teraz spójrzmy na ostatnie cyfry kolejnych potęg liczby 53:

…3, …9, …7, …1, …3, …9, …7, …1, …3, …9, …7, …1 itd.

Podobnie dla liczby 33 mamy

…3, …9, …7, …1, …3, …9, …7, …1, …3, …9, …7, …1 itd.

Ostatnie cyfry co cztery się powtarzają. Dla potęg zarówno 53 i 33 przy dzieleniu na 4 mamy resztę 1, więc liczby 53⁵³ i 33³³ będą kończyć się na pierwszą cyfrę takiej czwórki, czyli cyfrę 3 , a po odjęciu ostatnią cyfrą będzie 0.

Stąd drugim dzielnikiem może być np. 5.

Drugi sposób wykorzystujący własności kongruencji.

Łatwo policzyć, że 53² 1 (mod10), co prowadzi do relacji )

10 (mod )

1 ( ) 53 (

53⁵²  ^{2 26}   ²⁶ , czyli 53⁵² 1 (mod10). Mnożąc ostatnią równość obustronnie przez 53 otrzymujemy 53⁵³53 (mod10), co ostatecznie daje

) 10 (mod 3

53⁵³ .

Podobnie 33² 1 (mod10), co prowadzi do relacji 33³² (33²)¹⁶ (1)¹⁶ (mod10), czyli 33³² 1 (mod10). Mnożąc ostatnią równość obustronnie przez 33 otrzymujemy

) 10 (mod 33

33³³ , co ostatecznie daje 33³³3 (mod10).

Wobec tego różnica spełnia relację 53⁵³33³³33 (mod10), czyli )

10 (mod 0 33

53⁵³ ³³ .

Skoro liczba dzieli się przez dziesięć, to drugim dzielnikiem może być liczba 5.

Odp. Dwa pierwsze dzielniki, to liczby 2 i 5.

Zadanie 2.

Udowodnij, że jeśli ab0 i a²b² 4ab, to log3 2 ) 1 log(

)

log(ab  ab  .

Rozwiązanie.

Zauważmy, że z założenia a²b² 4ab po odjęciu od obu stron równania ab2 otrzymujemy

a² 2abb² 2ab, czyli



ab



² 2ab, z założenia a b0, więc ab 2ab.

Natomiast, jeśli do obu stron równania a²b² 4ab dodamy ab2 , to

ab b

a

ab b

a

ab b

ab a

6 6 ) (

6 2

2 2 2















Wykorzystując równości ab 2ab i ab 6ab otrzymujemy

P

ab ab ab

ab b

a b

a L























3 2log 3 1 log

2 log 6 ) 2 log(

) 6 log(

) log(

) log(

Zadanie 3.

Wykaż, że jeżeli x ,,y z są odpowiednio szóstym, osiemnastym i trzydziestym ósmym wyrazem dwóch ciągów arytmetycznego i geometrycznego, to x^yzy^zxz^xy 1. Rozwiązanie.

Niech

 

a oznacza ciąg arytmetyczny, a _n

 

b ciąg geometryczny. _n Wówczas ze wzoru na n-ty wyraz tych ciągów mamy:

1 37 1

38 38

1 17 1

18 18

1 5 1

6 6

37 17 5

q b r a z b

a z

q b r a y b

a y

q b r a x b

a x

































Stąd

 

r z

y

r x z

r r

a r a y x

20 32

12 17

5 ₁

1

























Uwzględniając powyższe warunki przekształcamy lewą stronę tezy:

     

0 1

10 444 112

544 132

100 120

37 12 1 17 32

1 5 20

1









































 





q b q

b q b q

b

q b q

b q

b z

y x

r r

r r r r

r r

y r x x z z y

c.n.d.

Zadanie 4.

Boki trójkąta ABC mają długości |AB| = 4, |AC| = |BC| = 8. Oblicz stosunek pól figur, na które symetralna boku AC rozcina trójkąt ABC.

Rozwiązanie.

Niech punkt C₁ będzie spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka C, B₁- spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka B, E – punktem przecięcia się symetralnej boku AC z bokiem AC F – z bokiem BC.

Dane: |AB| = 4 , |AC| = |BC| = 8 Szukane:

ABFE EFC

P P_

= ?

1.Obliczam długość wysokości |CC₁| z twierdzenia Pitagorasa



CC₁

 

² AC₁



² 

 

AC ², czyli



CC₁



² 8 ² 2² 15

2 60 4

1  64  

CC 2. Obliczam pole trójkąta ABC

2 1

1 AB CC

P_ABC    , stąd 4 2 15 4 15

2

1  

ABC  P_

3. Obliczam długość wysokości |BB1|

2 1

1 AC BB

P_ABC    , co daje równanie 8 ₁ 2

15 1

4    BB ,

a stąd BB₁  15.

4. Obliczam długość odcinka |AB1| z trójkąta np. ABB1 i z twierdzenia Pitagorasa

     

1 15 4²

1

2 2

1 2

1









 AB

AB BB

AB

5.Obliczam długość odcinka |B1E|

|B1E| = 4 –1 = 3, gdyż |AE| = AC 2

1 , E – środek odcinka AC

6. Trójkąt BB₁C~ EFC , są one prostokątne i mają jeden kąt wspólny, więc stosunek długości odpowiednich boków jest stały

1

1 BB

EF C

B

EC  , stąd 7 15 4 EF

 i po przekształceniu

7 15

 4 EF 7.Obliczam pole trójkąta CEF

7 15 8 7

15 4 4 2 1 2

1     

 EC EF

P_CEF 8. Obliczam pole czworokąta ABFE

7 15 20 7

15 15 8

4  





 _{ABC CEF}

ABFE P P

P 9. Obliczam szukany stosunek

5 2 20

8 7

15 20

7 15 8







ABFE CEF

P P

Odp. Stosunek pól figur, na które symetralna boku AC rozcina trójkąt ABC wynosi 2 : 5.

Zadanie 5.

W trapezie poprowadzono przekątne i otrzymano cztery trójkąty o polach P₁,P₂,P₃,P₄ ( tak jak na rysunku)

Wykaż, że P₂² P₁P₃.

Rozwiązanie.

Dowód:

Najpierw pokażemy, że P4=P2

A B

C

P3

P2

P1

P4

D

O

W trójkącie ABD i ABC wysokości poprowadzone z wierzchołków D oraz C są równe (wysokość trapezu) i oznaczmy je h.

Czyli P_ABD  hAB  P_ABC 2

1 . Możemy zapisać, że

2 4

3 2 3 4

3 2 3

4

P P

P P P P zatem

P P P

oraz P

P

P_{ABD ABC}

















Trójkąty ABO oraz DOC są podobne ( z cechy KKK) . Przyjmijmy że skala ich podobieństwa wynosi k. W takim razie na rysunku oznaczmy długości odpowiednich boków oraz

wysokości poprowadzone z wierzchołków A i C

Wtedy

3 2 1

2 3 1 4 2 1 2 4 3

1 2 2

1

4 3 3

4

2 1 2

1

2 1 2

1

P P P P P P P P

P P P

P k kx P H P

x H P

P k kx P H P

x H P

C C

A A

































c.n.d.

A B

C

P3

P2

P1

P4

D

O x

kx HA

HC