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

XVI Warmińsko-Mazurskie Zawody Matematyczne Eliminacje – cykl listopadowy

Poziom: szkoły ponadgimnazjalne, 10 punktów za każde zadanie

Zadanie 1.

Wykaż, że liczba 22² 2³...2¹⁰⁰ a) jest podzielna przez 3.

b) jest podzielna przez 5.

Rozwiązanie.

a) Zauważmy, że

, gdzie kC b) Grupując składniki sumy następująco

k 5 ) 2 ...

2 2 2 ( 5 ) 4 1 ( 2 ...

) 4 1 ( 2 ) 4 1 ( 2 ) 4 1 ( 2

) 2 2 ( ...

) 2 2 ( ) 2 2 ( ) 2 2 ( 2 ...

2 2 2

98 5

2 98

5 2

100 98 7

5 4 2 3 100

3 2

























































 ,

gdzie kC.

Uwaga. Należy w rozwiązaniu koniecznie zauważyć, że takie grupowanie jest możliwe tylko w przypadku, gdy liczba składników jest podzielna przez cztery, bowiem tworzymy grupy po cztery kolejne wyrazy

)]

2 2 ( ) 2 2 [(

...

)]

2 2 ( ) 2 2 [(

)]

2 2 ( ) 2 2 [(

) 2 2 2 2 ( ...

) 2 2 2 2 ( ) 2 2 2 2 ( 2 ...

2 2

100 98 97

96 8

6 7 5 4

2 3

100 98 97 96 8

7 6 5 4 3 2 100

2





























































Dla przykładu nie da się tak pogrupować sumy 22² 2³...2¹⁰.

Zadanie 2.

Wykaż, że jeśli x1, to 4 1

1 2

2 2







 x x x x

.

Rozwiązanie

Z założenia x1, więc 1 0



 x

x , wobec tego przy dowodzie możemy zastosować związek między średnią arytmetyczną, a geometryczną:

b b a

a  

2  ab2 ab Przekształcamy lewą stronę nierówności:

4 4 2

1 4 2 1

1 4 1

1 1 4 1

1 2 1 2

1

1 2 ^{2 2}

2 2















 

 











 

 





 



 

 











 



 

 









x x x x

x x x x

x x x x

x x x x x x

x x x x

Zatem udowodniliśmy, że 4

1 1 2

2 2







 x x x x

, przy założeniu x1.

Zadanie 3.

Nierówność ax²bx2a0, gdzie a, b to liczby dodatnie, spełniają wszystkie liczby rzeczywiste oprócz jednej liczby. Znajdź tę liczbę.

Rozwiązanie.

Z warunków zadania wynika, że 0, więc b² 8a² 0. Zatem i nierówność przyjmuje postać

, czyli .

Rozwiązaniem są wszystkie liczby rzeczywiste oprócz  2 Stąd szukaną liczbą jest  2

Zadanie 4.

Niech ,, będą miarami kątów trójkąta. Wykazać, że 1

2 2 2 2 2

2          

 tg tg tg tg tg

tg .

Rozwiązanie.

Oznaczmy przez a ,,b c długości boków trójkąta ABC, którego kąty mają miary ,,.

Ponadto niech r oznacza promień okręgu wpisanego w trójkąt, a p połowę obwodu tego

trójkąta 



 



  

 2

c b

p a , S – pole trójkąta . Z odpowiednich trójkątów prostokątnych (o przeciwprostokątnych będących odległościami środka okręgu wpisanego w ten trójkąt od wierzchołków trójkąta) mamy:

c p tg r b

p tg r

a p tg r

 

 

 

, 2 , 2

2





 .

A stąd

       

     

1

) ( 1 1

1 2

2 2 2 2

2

2 2 2

2 2

2 2 2

2







 



 





 







 



 



 











S S S

pr S

p r c p b p a p

p r

a p c p c p b p b p a r p

tg tg tg tg tg

tg     

co kończy dowód.

Zadanie 5.

Punkt H jest punktem przecięcia się wysokości w trójkącie ostrokątnym ABC, przy czym AB < BC < AC. Który z trzech okręgów: opisany na ABH, opisany na ACH czy opisany na trójkącie BCH ma największy promień?

Rozwiązanie:

Niech O, P- spodki wysokości poprowadzonej z wierzchołków A, B odpowiednio.

Rozważmy trójkąt ABH. Niech miara kąta AHB wynosi . Miara kąta AHB i miara kąta OHP wynosi , bo są to kąty wierzchołkowe.

Miary kątów COH i HPC wynoszą odpowiednio po 90^o , więc miara kąta OCP wynosi 180^o- 

Z twierdzenia sinusów mamy:

 sin

a a R

o 2

) 180

sin( 

 

 oraz sin(180⁰ )sin, stąd średnice okręgów opisanych na trójkątach AHB i ABC są równe.

Odpowiedź: Rozumowanie nie zależy od wyboru boku w trójkącie ABC, zatem promienie wszystkich trzech badanych okręgów są równe promieniowi okręgu opisanego na trójkącie ABC.

A B

C

P O H α 180^o-α