Podlaski Konkurs Matematyczny

Podlaski Konkurs Matematyczny

Rozwiazania zada´_, n konkursowych - klasy drugie 27 maja 2006 r.

1. Niech A bedzie zbiorem wszystkich liczb sze´sciocyfrowych o niezerowych cyfrach i takich,_,

˙ze suma trzech pierwszych cyfr jest r´owna sumie trzech ostatnich. Na przyk lad, liczba 232115 jest elementem zbioru A poniewa˙z 2 + 3 + 2 = 1 + 1 + 5.

Wykaza´c, ˙ze suma wszystkich liczb ze zbioru A jest podzielna przez 1001.

Rozwiazanie_,

Rozwa˙zmy dowolna liczb_, e sze´sciocyfrow_, a abcdef ∈ A. Mo˙zliwe s_, a dwa przypadki:_, 1. abc = def . Wtedy abcdef = abcabc = abc + 1000 · abc = 1001 · abc.

2. abc 6= def . Wtedy jednak def abc ∈ A oraz

abcdef + def abc = 1000 · abc + def + 1000 · def + abc = 1001 · (abc + def ) .

Zbi´or A sk lada sie z wszystkich liczb postaci abcabc (przypadek 1) oraz liczb, kt´_, ore mo˙zna ustawi´c pary (abcdef, def abc), w kt´orych abc 6= def oraz a + b + c = d + e + f (przypadek 2). Z powy˙zszego wynika zatem, ˙ze suma wszystkich liczb ze zbioru A jest podzielna przez

1001. 

2. Liczby a i b sa takie, ˙ze r´_, ownanie x²+ ax + b = 0 ma dwa niezerowe pierwiastki bed_, ace_, liczbami ca lkowitymi. Rozstrzygna´_,c czy a²+ (b − 1)² mo˙ze by´c liczba pierwsz_, a?_,

Rozwiazanie_,

Niech x₁, x₂ bed_, a niezerowymi ca lkowitymi pierwiatkami tr´_, ojmianu kwadratowego x²+ax+b.

Mamy

x₁+ x₂ = −a oraz x₁x₂ = b.

Stad_,

a²+ (b − 1)² = (x₁+ x₂)²+ (x₁x₂− 1)² = x²₁+ x²₂ + x²₁x²₂+ 1 = (x²₁+ 1)(x²₂+ 1).

Poniewa˙z x²₁+ 1 > 2 i x²2+ 1 > 2 sa liczbami ca lkowitymi, wi, ec a_, ²+ (b − 1)² nie jest liczba_,

pierwsza._, 

3. Na bokach tr´ojkata ABC obrano kolejno punkty A_{, 1}, B₁ i C₁ w ten spos´ob, ˙ze A₁ ∈ BC, B₁ ∈ AC i C₁ ∈ AB. Wykaza´c, ˙ze okregi opisane na tr´_, ojkatach AC_{, 1}B₁, BA₁C₁ i CB₁A₁ maja punkt wsp´_, olny.

Rozwiazanie_,

Rozwa˙zmy okregi opisane na tr´_, ojkatach AC_{, 1}B₁ i C₁BA₁. Przecinaja si_, e one w punktach: C_{, 1} oraz O (mo˙ze sie zdarzy´_, c, ˙ze C₁ = O). Udowodnimy, ˙ze punkt O nale˙zy do okregu opisanego_, na tr´ojkacie A_{, 1}B₁C. W tym celu zauwa˙zmy, ˙ze

∠C1OB₁ = 180^◦− ∠C1AB₁ oraz ∠C1OA₁ = 180^◦− ∠C1BA₁,

1

2

a wiec_,

∠A1OB₁ = 360^◦ − (∠C1OB₁+ C₁OA₁) = ∠C1AB₁+ ∠C1BA₁ = 180^◦− ∠A1CB₁. Z powy˙zszego wynika, ˙ze punkty A₁, O, B₁ i C le˙za na jednym okr_, egu (oczywi´scie opisanym_,

na tr´ojkacie A_{, 1}B₁C. 

4. W pola kwadratowej tablicy 10 × 10 wpisano r´o˙zne liczby naturalne. Wykaza´c, ˙ze w pewne dwa sasiednie pola (tzn. pola maj_, ace wsp´_, olny bok) wpisano liczby r´o˙zniace si_, e co_, najmniej o 6.

Rozwiazanie_,

Niech m bedzie najmniejsz_, a za´s M najwi_, eksz_, a z wpisanych liczb. Wszystkie liczby s_, a r´_, o˙zne i ca lkowite, wiec M − m > 99. Rozwa˙zmy najkr´otsz_, a drog, e od liczby M do liczby m_, prowadzac_, a przez s_, asiednie pola tablicy. Z latwo´sci_, a stwierdzamy, ˙ze taka droga sk lada_, sie z co najwy˙zej dzi_, ewi_, etnastu p´_, ol (w laczaj_, ac pola w kt´_, orych znajduja si_, e liczby M i m)._, Wypiszmy liczby stojace w s_, asiednich polach rozwa˙zanej drogi:_,

M = x₁, x₂, . . . , x_k−1, x_k = m, gdzie k 6 19.

Zauwa˙zmy, ˙ze je´sli |x_i− x_i+1| 6 5 dla i = 1, 2, . . . k − 1, to

|M − m| = |(x₁− x₂) + (x₂− x₃) + · · · + (x_k−1− x_k)|

6 |x1− x₂| + |x₂− x₃| + · · · + |x_k−1− x_k| 6 18 · 5 = 90 < 99.

Uzyskana sprzeczno´s´c dowodzi, i˙z pewne dwie sasiednie liczby rozwa˙zanej drogi r´_, o˙znia si_, e_,

o nie mniej ni˙z 6. 

[pg]