XVII Warmińsko-Mazurskie Zawody Matematyczne Eliminacje – cykl listopadowy
Poziom: szkoły ponadgimnazjalne
Punktacja: 10 punktów za każde zadanie (zadania rozwiązywane w domu) Zadanie 1.
Rozwiąż równanie 1𝑥+ 𝑦1+ 𝑥𝑦1 = 1 w zbiorze liczb całkowitych.
Rozwiązanie:
Zauważmy, że x i y nie mogą być równe 0. Dane równanie jest równoważne równaniom:
𝑦 + 𝑥 + 1 = 𝑥𝑦
𝑥𝑦 − 𝑦 − 𝑥 + 1 = 2
𝑦(𝑥 − 1) − (𝑥 − 1) = 2
(𝑥 − 1)(𝑦 − 1) = 2.
Odpowiedź. Jedynymi liczbami całkowitymi spełniającymi te równanie są liczby:
x = 2 i y = 3 lub x = 3 i y = 2.
Zadanie 2.
Długość ramienia trapezu jest równa 5, a odległość środka przeciwległego ramienia od niego jest równa 10.Znajdź pole trapezu.
Rozwiązanie:
AB = a DC= b DK = h
A B
C D
5
E 10
F
G
H
K
Trójkąt FEG jest podobny do trójkąta FHD ( bo prostokątne oraz Fwspólny) czyli też podobny do trójkąta AKD.
Stąd wynika stosunek odpowiednik boków w trójkątach FEG i AKD
50 2 50
50 , 2 10 5
PABCD
b h a
DK FE
b FE a
DK oraz FE
Odpowiedź. Pole trapezu jest równe 50.
Zadanie 3.
Wykaż, że dla dowolnych, dodatnich liczb a, b, c, spełniających warunek abc1 prawdziwa jest nierówność:
abbcacabc6 Rozwiązanie
Z warunku abc1 otrzymujemy
c ab1 . Przekształcamy lewą stronę nierówności
6 2 2 1 2
1 2 1 2
2 1 ) (
1) ( 1) (
1 1
1 1
1 1
ab ab b b
a a ab ab
b b a a
b ab b a
ab a b ab
ab a ab a
b ab c b a ac bc ab
Przy dowodzie skorzystano, ze związku między średnią arytmetyczną, a geometryczną.
Uwaga.
Warto również pamiętać, że 2 a b b
a dla dowolnych dodatnich liczb a i b, co możemy pamiętać, że suma dodatniej liczby i jej odwrotności jest większa równa 2.
Stąd 1 2 a a . Zadanie 4.
Znajdź taką najmniejszą liczbę naturalną n, aby liczby n +1 oraz n -110 były kwadratami liczb naturalnych.
Rozwiązanie:
Niech n1 x 2 oraz n110 y2 dla pewnych liczb naturalnych x i y. Wówczas odejmując stronami otrzymujemy:
x y
x y
y
x
2 2
111 .
Ale 1113371111 czyli:
albo xy3 i xy 37, albo xy 1 i xy 111. Stąd mamy
17
20
i y
x lub x56 i y 55. Odpowiedź. Najmniejszą więc liczbą n jest n x21399.
Zadanie 5.
Wykaż, że w trójkącie o bokach a, b, c i wysokościach odpowiednio równych ha, hb,hc, prawdziwa jest równość:
1 1 1 )
( ) (
1) 1 (1 ) (
c b c a
b
a h h h h h
c h b c a
b
a .
Rozwiązanie:
Niech S oznacza pole trójkąta. Wtedy
c b
a bh ch
ah
S 2
1 2
1 2
1
Stąd
ha
a 2S
, hb
b 2S
, hc
c 2S
.
1) 1 ( 1 ) (
) 2 (
) 1 1 1 ( 1 2 2 ) 2 (2 2 ) 2 (2 1) 1 (1 ) (
c b a c b a
c b a c
b a c
b a c b a
h h h h
h h
h h S h
h h S h
S h S h S h h
S h
S h
S c
b c a
b a
c.n.d.