Klasa I Zadanie 1.

(1)

Klasa I Zadanie 1.

Dane są liczby całkowite dodatnie 𝑎 < 𝑏 < 𝑐 < 𝑑 < 𝑒, które spełniają równania 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒 = 31 𝑖 3𝑎 = 𝑒.

Wyznacz liczbę 𝑑.

Rozwiązanie.

Jeżeli 𝑎 = 1, to 𝑒 = 3. Nie ma liczb całkowitych spełnających warunek 1 < 𝑏 < 𝑐 < 𝑑 < 3.

Jeżeli 𝑎 = 2, to 𝑒 = 6. Wtedy 𝑏 = 3, 𝑐 = 4, 𝑑 = 5. Stąd 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒 = 20 < 31.

Jeżeli 𝑎 ≥ 4, to 𝑒 ≥ 12. Wtedy 𝑏 ≥ 5, 𝑐 ≥ 6, 𝑑 ≥ 7. Stąd 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒 ≥ 34 > 31.

Zatem 𝑎 = 3. Wtedy 𝑒 = 9. 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 = 19. 𝑏, 𝑐, 𝑑 ∈ {4, 5, 6, 7, 8}.

Załóżmy, że 𝑑 ≤ 7. Wtedy 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 ≤ 5 + 6 + 7 = 18 < 19.

Stąd 𝑑 = 8. Wtedy 𝑏 + 𝑐 = 11 𝑖 𝑏, 𝑐 ∈ {4, 5, 6, 7}.

Mogą być dwa przypadki 𝑏 = 4 𝑖 𝑐 = 7 𝑙𝑢𝑏 𝑏 = 5 𝑖 𝑐 = 6.

Zadanie 2.

W trójkącie prostokątnym ABC, w którym ∡𝐴𝐶𝐵 = 90°, poprowadzono wysokość CD. Liczby 𝑟, 𝑟₁ i 𝑟₂ są odpowiednio długościami promieni okręgów wpisanych w trójkąty ABC, ACD, BCD. Wykazać, że wtedy 𝑟 + 𝑟₁+ 𝑟₂ = |𝐶𝐷|.

Rozwiązanie.

Wykorzystując znane twierdzenie o okręgu wpisanym w trójkat

prostokatny otrzymujemy:

𝑟 =^{𝑎+𝑏−𝑐}

2 . 𝑟₁ = ^{|𝐴𝐷|+ℎ−𝑎}

2 . 𝑟₂ =^{|𝐵𝐷|+ℎ−𝑏}

2 .

Dodając stronami otrzymujemy tezę.

Zadanie 3.

Dla pewnej liczby pierwszej 𝑝 > 3 oraz liczby naturalnej 𝑛 liczba 𝑝^𝑛 ma w zapisie dziesiętnym dokładnie 100 cyfr. Udowodnić, że pewna cyfra powtarza się przynajmniej 11 razy.

Rozwiązanie.

Załóżmy, że nie ma takiej cyfry. Wtedy każda cyfra występuje dokładnie 10 razy.

Zatem suma cyfr liczby 𝑝^𝑛 wynosi 10(0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9) = 10 ∙ 45.

Czyli 𝑝^𝑛 dzieli się przez 3. Stąd 𝑝 dzieli się przez 3. Otrzymaliśmy sprzeczność. Zatem pewna cyfra powtarza się przynajmniej 11 razy.

Zadanie 4.

Dany jest okrąg i dwie cięciwy: cięciwa AB o długości 10cm i cięciwa AC o długości 12cm. Wyznaczyć promień okręgu, jeżeli wiemy, że cięciwa AC jest równoległa do stycznej do okręgu w punkcie B.

Rozwiązanie.

Trójkąt ADB. |𝐵𝐷| = √100 − 36 = 8.

Trójkąty prostokątne ABD i ABE są podobne.

Stąd

|𝐵𝐸|

10 = ¹⁰

8. 2𝑟 =²⁵

2. 𝑟 = ²⁵

4.

(2)

Klasa II Zadanie 1.

Znaleźć wszystkie rozwiązania układu równań

{ 𝑥 + 𝑦 = 2 𝑥𝑦 − 𝑧² = 1 w liczbach rzeczywistych 𝑥, 𝑦, 𝑧.

Rozwiązanie.

Zauważmy, że 𝑥𝑦 = 𝑧² + 1 ≥ 1 oraz 𝑥 + 𝑦 = 2 > 0. Wynika stąd, że liczby x i y są dodatnie.

Wykorzystując nierówność między średnią arytmetyczną a geometryczną otrzymujemy:

2 = 𝑥 + 𝑦 ≥ 2√𝑥𝑦 ≥ 2.

Stąd średnia arytmetyczna jest równa średniej geometrycznej.

Tak jest wtedy i tylko wtedy, gdy 𝑥 = 𝑦.

Stąd jedynym rozwiązaniem układu równań jest trójka liczb (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (1, 1, 0).

II sposób.

Następujące układy równań są równoważne:

{ 𝑥 + 𝑦 = 2

𝑥𝑦 − 𝑧² = 1. { 𝑦 = 2 − 𝑥

𝑥(2 − 𝑥) − 𝑧² = 1. { 𝑦 = 2 − 𝑥

2𝑥 − 𝑥²− 1 − 𝑧² = 0. { 𝑦 = 2 − 𝑥

(𝑥 − 1)²+ 𝑧² = 0. { 𝑥 = 1 𝑦 = 1 𝑧 = 0 .

Zadanie 2.

W trójkącie prostokątnym ABC, w którym ∡𝐴𝐶𝐵 = 90°, poprowadzono wysokość CD. Punkt S jest środkiem okręgu wpisanego w BCD, zaś Q jest punktem przecięcia prostej CS i AB.

Udowodnić, że |𝐴𝑄| = |𝐴𝐶|.

Rozwiązanie.

Oznaczenia kątów standardowe ∡𝐴𝐵𝐶 = 𝛽, ∡𝐵𝐴𝐶 = 𝛼.

Wtedy ∡𝐴𝐶𝐷 = 𝛽, ∡𝐵𝐶𝐷 = 𝛼.

Dalej

∡𝐴𝐶𝑄 = 𝛽 +^𝛼

2.

∡𝐴𝑄𝐶 = 180° − (𝛼 + 𝛽 +^𝛼

2) = 2(𝛼 + 𝛽) − (𝛼 + 𝛽 +^𝛼

2) = 𝛽 +^𝛼

2. Czyli trójkąt ACQ jest równoramienny.

Stąd teza Zadanie 3.

Udowodnić, że dla dowolnych liczb rzeczywistych 𝑎, 𝑏, 𝑐 różnych od zera wielomian szóstego stopnia

(3)

Załóżmy, że wielomian nie ma pierwiastków.

Wtedy {

4𝑏² − 4𝑎𝑐 < 0 4𝑐²− 4𝑎𝑏 < 0 4𝑎²− 4𝑏𝑐 < 0 .

Dodając stronami otrzymujemy:

4𝑏²− 4𝑎𝑐 + 4𝑐²− 4𝑎𝑏 + 4𝑎²− 4𝑏𝑐 < 0.

𝑎² − 2𝑎𝑏 + 𝑏²+ 𝑎²− 4𝑎𝑐 + 𝑐²+ 𝑏²− 2𝑏𝑐 + 𝑐² < 0.

(𝑎 − 𝑏)²+ (𝑎 − 𝑐)²+ (𝑏 − 𝑐)² < 0.

Otrzymaliśmy sprzeczność. Zatem wielomian ma, co najmniej jeden pierwiastek.

Zadanie 4.

Dany jest kwadrat ABCD. Punkty M i N są środkami boków odpowiednio AB i BC. Odcinek AN przecina przekątną BD w punkcie P. Wykazać, że ∡𝐴𝑀𝐷 = ∡𝐵𝑀𝑃.

Rozwiązanie.

Rozważmy czworokąt MBNP (rysunek 1). Ze względu na umiejscowienie jego wierzchołków na brzegu kwadratu, czworokąt ten jest symetryczny względem przekątnej BD. Wynika stąd, że

∡𝐵𝑀𝑃 = ∡𝐵𝑁𝑃 = ∡𝐵𝑁𝐴 = ∡𝐴𝑀𝐷.

Ostatnia równość wynika z przystawania trójkątów AMD i BNA.

II sposób.

Trójkąty ABN i BCM są symetryczne względem BD. Stąd AN, CM i BD przecinają się w jednym punkcie. Jest to punkt P. Trójkąty ADM i BCM są przystające. Zatem 𝛼 = 𝛽.

(4)

Klasa III Zadanie 1.

Dany jest ciąg liczb całkowitych (𝑥₁, 𝑥₂, 𝑥₃, 𝑥₄, 𝑥₅ ), który spełnia trzy poniższe warunki:

{

0 < 𝑥₁ < 𝑥₂ < 𝑥₃ < 𝑥₄ < 𝑥₅ 𝑥₁+ 𝑥₂+ 𝑥₃+ 𝑥₄+ 𝑥₅ = 31

3𝑥₁ = 𝑥₅

. Wyznaczyć 𝑥₄.

Rozwiązanie.

Jeżeli 𝑥₁ = 1, to 𝑥₅ = 3. Nie ma liczb całkowitych spełnających warunek 1 < 𝑥₂ < 𝑥₃ < 𝑥₄ < 3.

Jeżeli 𝑥₁ = 2, to 𝑥₅ = 6. Wtedy 𝑥₂ = 3, 𝑥₃ = 4, 𝑥₄ = 5. Stąd 𝑥₁+ 𝑥₂+ 𝑥₃+ 𝑥₄ + 𝑥₅ = 20 < 31.

Jeżeli 𝑥₁ ≥ 4, to 𝑥₅ ≥ 12. Wtedy 𝑥₂ ≥ 5, 𝑥₃ ≥ 6, 𝑥₄ ≥ 7. Stąd 𝑥₁+ 𝑥₂+ 𝑥₃+ 𝑥₄+ 𝑥₅ ≥ 34 > 31.

Stąd 𝑥₁ = 3. Wtedy 𝑥₅ = 9. 𝑥₂+ 𝑥₃+ 𝑥₄ = 19. 𝑥₂, 𝑥₃, 𝑥₄ ∈ {4, 5, 6, 7, 8}.

Załóżmy, że 𝑥₄ ≤ 7. Wtedy 𝑥₂ + 𝑥₃+ 𝑥₄ ≤ 5 + 6 + 7 = 18 < 19.

Stąd 𝑥₄ = 8. Wtedy 𝑥₂+ 𝑥₃ = 11 𝑖 𝑥₂, 𝑥₃ ∈ {4, 5, 6, 7}.

Mogą być dwa przypadki 𝑥₂ = 4 𝑖 𝑥₃ = 7 𝑙𝑢𝑏 𝑥₂ = 5 𝑖 𝑥₃ = 6.

Zadanie 2.

Wiadomo, że log₆15 = 𝑎 𝑖 log₁₂18 = 𝑏. Udowodnić, że log₂₅24 = ^5−𝑏

2(𝑎𝑏+𝑎−2𝑏+1). Rozwiązanie.

Niech 𝑥 = log₅2 i 𝑦 = log₅3.

Wtedy

𝑎 = log₆15 =^log⁵¹⁵

log56 = ^1+log⁵³

log52+log53 =^1+𝑦

𝑥+𝑦. 𝑏 = log₁₂18 =^log⁵¹⁸

log512=^log⁵^{2+2 log}⁵³

2 log52+log53=^𝑥+2𝑦

2𝑥+𝑦. Stąd

{ 𝑎𝑥 + (𝑎 − 1)𝑦 = 1 (2𝑏 − 1)𝑥 + (𝑏 − 2)𝑦 = 0.

Rozwiązując powyższy układ wykorzystamy wyznaczniki.

𝑊 = | 𝑎 𝑎 − 1

2𝑏 − 1 𝑏 − 2| = 𝑎(𝑏 − 2) − (𝑎 − 1)(2𝑏 − 1) = 𝑎𝑏 − 2𝑎 − 2𝑎𝑏 + 𝑎 + 2𝑏 − 1.

𝑊 = −𝑎𝑏 − 𝑎 + 2𝑏 − 1.

𝑊_𝑥 = |1 𝑎 − 1

0 𝑏 − 2| = 𝑏 − 2.

𝑊_𝑦 = | 𝑎 1

2𝑏 − 1 0| = −2𝑏 + 1.

{𝑥 = ^2−𝑏

𝑎𝑏+𝑎−2𝑏+1

𝑦 = ^2𝑏−1

𝑎𝑏+𝑎−2𝑏+1

. Zatem

log₂₅24 = ^log⁵²⁴

log₅25= ^{3 log}⁵^2+log⁵³

2 = 3(2−𝑏)+2𝑏−1

2(𝑎𝑏+𝑎−2𝑏+1)= ^5−𝑏

2(𝑎𝑏+𝑎−2𝑏+1). II sposób.

Niech 𝑥 = log₂₅2 i 𝑦 = log₂₅3.

Wtedy

𝑎 = log₆15 =^log²⁵¹⁵

log₂₅6 = ^log²⁵^3+log²⁵⁵

log₂₅2+log₂₅3 = ^𝑦+

1 2

𝑥+𝑦 = ^2𝑦+1

2(𝑥+𝑦). 𝑏 = log₁₂18 =^log²⁵¹⁸=^log²⁵^{2+2 log}²⁵³ =^𝑥+2𝑦.

(5)

5−𝑏

2(𝑎𝑏+𝑎−2𝑏+1)= ⁵⁻

𝑥+2𝑦 2𝑥+𝑦

2(_2(𝑥+𝑦)^2𝑦+1∙^𝑥+2𝑦_2𝑥+𝑦+_2(𝑥+𝑦)^2𝑦+1−2∙^𝑥+2𝑦_2𝑥+𝑦+1)=

9𝑥+3𝑦 2𝑥+𝑦

2((2𝑦+1)2(𝑥+𝑦)(2𝑥+𝑦)^{𝑥+2𝑦+2𝑥+𝑦}+−2𝑥−4𝑦+2𝑥+𝑦 2𝑥+𝑦 )

=

3(3𝑥+𝑦) 2𝑥+𝑦

2((2𝑦+1)_{2(2𝑥+𝑦)}³ +_2𝑥+𝑦^−3𝑦)

=

3(3𝑥+𝑦) 2𝑥+𝑦 2∙^{6𝑦+3−6𝑦}_{2(2𝑥+𝑦)} =

3(3𝑥+𝑦) 2𝑥+𝑦

3 2𝑥+𝑦

= 3𝑥 + 𝑦 = 3 log₂₅2 + log₂₅3 = log₂₅24.

Zadanie 3.

Udowodnić, że jeśli 3𝑥² − 31𝑥 + 80 < 0, to 𝑐𝑜𝑠 ³

6−𝑥 < 0.

Rozwiązanie.

∆= 961 − 960 = 1. 𝑥₁ = ³¹⁻¹

6 = 5, 𝑥₂ = ³¹⁺¹

6 = ¹⁶

3. 5 < 𝑥 <¹⁶

3.

−¹⁶

3 < −𝑥 < −5.

2

3< 6 − 𝑥 < 1.

1 < ¹

6−𝑥 < ³

2. 3 < ³

6−𝑥 < ⁹

2.

𝜋

2 < 3 < ³

6−𝑥< ⁹

2< ^3𝜋

2. Zatem

𝑐𝑜𝑠 ³

6−𝑥< 0.

Zadanie 4.

Dany jest sześcian ABCDEFGH. Przez środki krawędzi AB, BC i BF oznaczone odpowiednio 𝐾, 𝐿, 𝑀, poprowadzono płaszczyznę, która przecina przekątną 𝐵𝐻 w punkcie 𝑁 (porównaj rysunek).

Udowodnić, że |𝑁𝐻| = 5|𝐵𝑁|.

Rozwiązanie.

Przekątna 𝐵𝐻 zawarta jest w prostokącie 𝐵𝐹𝐻𝐷 (patrz rysunek).

(6)

Punkt 𝑅 jest przecięciem przekątnych kwadratu 𝐴𝐵𝐶𝐷.

Prosta 𝐹𝑅 przecina przekątną 𝐵𝐻 w punkcie 𝑃 i jest równoległa do prostej 𝑀𝑁.

Prosta 𝑀𝑁 przecina 𝐵𝐷 w punkcie 𝑂.

Z tego, że 𝐹𝑃 ∥ 𝑀𝑁 i 𝑀 jest środkiem krawędzi 𝐵𝐹 wynika równość |𝑃𝑁| = |𝑁𝐵|.

Łatwo uzasadnić, że trójkąty 𝑃𝑅𝐵 i 𝐹𝐻𝑃 są podobne i skala podobieństwa wynosi 2.

Stąd |𝐻𝑃| = 2|𝐵𝑃| = 2(2|𝐵𝑁|) = 4|𝐵𝑁|.

|𝐻𝑁| = |𝐻𝑃| + |𝑃𝑁| = 4|𝐵𝑁| + |𝐵𝑁| = 5|𝐵𝑁|.

II sposób.

Niech |𝐴𝐵| = 𝑎.

Wtedy |𝐵𝐷| = 𝑎√2, |𝐵𝐻| = 𝑎√3, |𝐵𝑀| = ¹₂𝑎, |𝐵𝑂| =¹

4|𝐵𝐻| =^√2₄ 𝑎.

Stąd

|𝐵𝐷|

|𝐷𝐻|= ^𝑎√2

𝑎 = √2 =

1 2𝑎

√2

4𝑎 =^|𝐵𝑀|_|𝐵𝑂|.

Z cechy 𝑏𝑘𝑏 trójkąty 𝐵𝐷𝐻 i 𝐵𝑀𝑂 są podobne. Zatem 𝛽 = 𝛾.

Czyli trójkąt 𝐵𝑁𝑂 jest trójkątem prostokątnym podobnym do trójkąta 𝐵𝐷𝐻.

Skala podobieństwa wynosi ^|𝑂𝐵|

|𝐵𝐻|=

√2 4𝑎 𝑎√3=^√6

12.

(7)

Dalej |𝐻𝑁| = 𝑎√3 −^𝑎√3₆ =^5√3

6 𝑎 = 5|𝐵𝑁|.

III sposób.

Tak ja w sposobie II: |𝐴𝐵| = 𝑎, |𝐵𝐷| = 𝑎√2, |𝐵𝐻| = 𝑎√3, |𝐵𝑀| =¹₂𝑎, |𝐵𝑂| =¹

4|𝐵𝐻| =^√2

4 𝑎.

Stąd 𝑡𝑔𝛽 =^|𝐵𝑀|_|𝐵𝑂| =

1 2𝑎

√2

4𝑎 = √2, 𝑡𝑔𝛾 =_|𝐷𝐻|^|𝐵𝐷|= ^𝑎√2

𝑎 = √2. Czyli 𝛽 = 𝛾.

Zatem trójkąt 𝐵𝑁𝑂 jest trójkątem prostokątnym podobnym do trójkąta 𝐵𝐷𝐻.

Dalej tak ja w sposobie II.