Podlaski Konkurs Matematyczny - 2005 Klasy pierwsze
Rozwi azania zada´
,n konkursowych 14 maja 2005 r.
1. Wyznaczy´c wszystkie takie ciagi (x, y, z) trzech liczb rzeczywistych, ˙ze ka˙zdy wyraz ci, agu, jest r´owny kwadratowi r´o˙znicy dw´och pozosta lych wyraz´ow.
Rozwiazanie,
Zauwa˙zmy, ˙ze je´sli ciag (x, y, z) spe lnia warunki zadania, to te warunki spe lniaj, a r´, ownie˙z wszystkie ciagi powsta le z (x, y, z) przez dowolne przestawienie wyraz´, ow. Wystarczy zatem wyznaczy´c takie ciagi, ˙ze x 6 y 6 z. Z za lo˙ze´n wynika, ˙ze poszukiwane liczby x, y, z musz, a, by´c nieujemne. Mamy r´ownie˙z
y = (x − z)2 i z = (x − y)2, czyli z − y = (x − y)2− (x − z)2 = (z − y)(2x − y − z). Tak wiec,
(z − y)(2x − y − z − 1) = 0.
Z za lo˙ze´n wynika, ˙ze 2x − y − z − 1 6 −1, a wiec y = z oraz x = (y − z), 2 = 0. Z powy˙zszych r´owno´sci wnosimy tak˙ze, ˙ze z = y2 i y = z2. Tak wiec y = y, 2, z = z2, a w konsekwencji y = z = 0 lub y = z = 1. Ostatecznie warunki zadania spe lniaja cztery ci, agi: (0, 0, 0),,
(0, 1, 1), (1, 0, 1) i (1, 1, 0).
2. Udowodni´c, ˙ze dla dowolnej liczby naturalnej n cze´s´, c ca lkowita liczby n2+ n
3 jest parzysta.
Rozwiazanie,
Niech [x] oznacza cze´s´, c ca lkowita liczby x., Liczbe n mo˙zna jednoznacznie przedstawi´, c w postaci n = 3m + r, gdzie m jest liczba ca lkowit, a, za´s r ∈ {0, 1, 2}. Mamy wi, ec,
n2+ n 3
= (3m + r)2+ (3m + r) 3
= 9m2+ 6mr + 3m + r2+ r 3
=
3m2+ 2mr + m + r2+ r 3
, czyli
n2+ n 3
= 3m2 + 2mr + m, je´sli r ∈ {0, 1}
3m2 + 4m + m + 2, je´sli r = 2.
Poniewa˙z jednak 3m2+ m = 2m2+ m(m + 1) jest liczba parzyst, a, z powy˙zszego wynika, ˙ze, liczba
n2+ n 3
jest parzysta.
3. W r´ownoleg loboku ABCD punkt E jest ´srodkiem boku CD, a F jest takim punktem le˙zacym na boku AB, ˙ze |AF | : |F B| = 3 : 1. Wykaza´, c, ˙ze |AF | = |EF | wtedy i tylko wtedy, gdy proste AE i BD sa prostopad le.,
1
2
Rozwiazanie,
Niech K bedzie ´srodkiem boku BC, za´s L punk-, tem przeciecia prostych EK i AB. Odcinek EK,, jest r´ownoleg ly do przekatnej BD (jako odcinek, lacz, acy ´srodki ramion tr´, ojkata BDC). Tak wi, ec, EL k BD. Stad wynika, ˙ze,
|BL| = |ED| = 1 2|AB|, czyli |AF | = |F L|.
Je´sli BD ⊥ AE, to ]AEL = 90◦. Punkt F jest ´srodkiem przeciwprostokatnej tr´, ojkata prosto-, katnego AEL, a wi, ec ´srodkiem okr, egu opisanego, na tym tr´ojkacie., Tym samym |AF | = |EF |.
Odwrotnie, je´sli |AF | = |EF | (= |F L|), to F jest
´srodkiem okregu opisanego na tr´, ojkacie AEL, za´s, AL jest ´srednica tego okr, egu. Tak wi, ec, ]AOB =, ]AEL = 90◦.
4. Zbi´or A sk lada sie z sze´sciu liczb naturalnych, w´sr´, od kt´orych nie ma trzech liczb parami wzglednie pierwszych. Udowodni´, c, ˙ze A zawiera trzy liczby, spo´sr´od kt´orych ka˙zde dwie maja wsp´, olny dzielnik wiekszy od 1. Czy mo˙zna twierdzi´, c, ˙ze A zawiera trzy liczby majace, wsp´olny dzielnik wiekszy od 1 ?,
Rozwiazanie [Por. Zadania Przygotowawcze - zadanie 10]., Niech A = {a, b, c, d, e, f }. Na p laszy´znie zaz-
naczmy sze´s´c punkt´ow (moga to by´, c np. wierz- cho lki sze´sciokata foremnego), a nast, epnie punkty, te oznaczmy liczbami ze zbioru A. Po laczmy, punkty odcinkami czerwonym lub niebieskim, przy czym stosujemy kolor czerwony - je´sli liczby odpowiadajace l, aczonym punktom s, a wzgl, ednie, pierwsze, oraz kolor niebieski - je´sli te liczby nie sa, wzglednie pierwsze. We´, zmy pod uwage dowolny, punkt - oznaczony np. liczba a. Spo´sr´, od pieciu, odcink´ow wychodzacych z a, przynajmniej trzy s, a, tego samego koloru. Powiedzmy, ˙ze ab, ac i ae sa czerwone. Wtedy ˙zaden z odcink´, ow lacz, acych, wzajemnie b, c, i e nie mo˙ze by´c czerwony (bo mieliby´smy tr´ojke liczb parami wzgl, ednie pier-, wszych).
Wszystkie odcinki lacz, ace wzajemnie b, c, i e s, a zatem niebieskie, a wi, ec liczby b, c, i e, spe lniaja warunki zadania. Je´sli za´s odcinki ab, ac i ae s, a niebieskie, to zgodnie z za lo˙zeniami, zadania przynajmniej jeden z trzech odcink´ow lacz, acych wzajemnie b, c, i e musi by´, c niebieski.
Liczby odpowiadajace jego ko´, ncom wraz z liczba a stanowi, a poszukiwan, a tr´, ojke liczb., Z latwo´scia sprawdzamy, ˙ze zbi´, or A = {2 · 3, 2 · 5, 3 · 5} ∪ {7 · 11, 7 · 13, 11 · 13} spe lnia za lo˙zenia zadania i nie ma w nim tr´ojki liczb majacych wsp´, olny dzielnik wiekszy od 1.,