Konkurs - dzień drugi. Grupa młodsza.
Czas: 120min.
1. Znajdź największą wielokrotność liczby 360 o tej własności, że jej zapis dziesiętny składa się z parami różnych cyfr parzystych.
2. Udowodnij, że równanie b2+ b + 1 = a2 nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich.
3. Dany jest trójkąt równoboczny ABC o boku długości 1. Niech D będzie środkiem boku BC. Na bokach AB, AC obieramy punkty E, F takie, że ∠EDF = 90◦. Udowodnić, że |BE|+|CF | > |EF |.
4. Na płaszczyźnie znajduje się 2011 punktów białych i 2011 punktów czarnych. Położone są tak, że każdy odcinek łączący punkty tego samego koloru zawiera także punkt drugiego koloru. Udowodnij, że istnieje taka prosta l, która zawiera wszystkie punkty białe i wszystkie punkty czarne.
Konkurs - dzień drugi. Grupa starsza.
Czas: 120min.
1. Niech ABC będzie trójkątem prostokątnym równoramiennym o przyprostokątnej długości 1. Niech P będzie dowolnym punktem na przeciwprostokątnej AB, zaś Q, R niech będzą rzutami prosto- kątnymi punktu P na przyprostokątne AC, BC. Rozważmy pola trójkątów: AP Q oraz P BR, jak również pole prostokąta QCRP . Wykaż, że niezależnie od wyboru P największe z tych pól równe jest co najmniej 2/9.
2. Udowodnij, że z dowolnego zbioru dziesięciu różnych liczb dwucyfrowych (w zapisie dzięsiętnym) możliwy jest wybór dwóch niepustych i rozłącznych podzbiorów, których suma elementów jest identyczna.
3. Udowodnij, że dla x > 1 zachodzi równość: h
p[√x]i
=hp√ xi
.
4. Dany jest trójkąt prostokątny równoramienny ABC, przy czym ∠A = 90◦. Punkt E jest środkiem boku AC, zaś F jest takim punktem na boku BC, że EF ⊥BE. Załóżmy, że |AB| = 1. Oblicz pole trojkąta CEF .
Rozwiązania zadań z dnia drugiego. Grupa młodsza.
1. Znajdź największą wielokrotność liczby 360 o tej własności, że jej zapis dziesiętny składa się z parami różnych cyfr parzystych.
Rozwiązanie. Skoro wszystkie cyfry muszą być parami różne, to mamy do wyboru 0, 2, 4, 6, 8.
Wiemy, że szukana liczba będzie podzielna przez 9 (dlaczego?), a więc suma cyfr musi być podzielna przez 9. Ale suma 0 + 2 + 4 + 6 + 8 = 20 i nietrudno widzieć, że jedynie wyrzucenie dwójki daje nam wielokrotność 9. Stąd cyfry jakie możemy użyć to 0, 4, 6, 8. Największa z nich to 8640 i ona
jest wielokrotnością 360.
2. Udowodnij, że równanie b2+ b + 1 = a2 nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich.
Rozwiązanie. Załóżmy, że jest jakieś rozwiązanie. Wtedy b + 1 = a2− b2= (a − b)(a + b). Skoro b + 1 > 0, to a − b > 0, a więc b + 1 a + b. Ale jesli a = 1, to b2+ b = 0, co nie ma rozwiązań w
liczbach całkowitych dodatnich.
3. Dany jest trójkąt równoboczny ABC o boku długości 1. Niech D będzie środkiem boku BC. Na bokach AB, AC obieramy punkty E, F takie, że ∠EDF = 90◦. Udowodnić, że |BE|+|CF | > |EF |.
Rozwiązanie.Chcemy dokonać takiego przekształcenia, aby długości odcinków BE, CF , oraz EF odnaleźć na jednym trójkącie. Obracamy trójkąt CDF o 180◦ w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara wokół punktu D. Wówczas wierzchołek C przechodzi na B, D zostaje w miejscu, zaś F ląduje w punkcie, który oznaczmy przez G. W ten sposób |CF | = |BG|. Pozostaje wykazać, że |EG| = |EF | i dowód wynikać będzie z nierówności trójkąta. Zauważmy jednak, że trójkąty EF D oraz EGD są przystające na mocy cechy bok, kąt, bok. Istotnie, |F D| = |GD|, bok ED jest wspólny, zaś kąt pomiędzy odpowiadającymi sobie bokami jest prosty. Stąd:
|BE| + |CF | = |BE| + |BG| > |GE| = |EF |.
4. Na płaszczyźnie znajduje się 2011 punktów białych i 2011 punktów czarnych. Położone są tak, że każdy odcinek łączący punkty tego samego koloru zawiera także punkt drugiego koloru. Udowodnij, że istnieje taka prosta l, która zawiera wszystkie punkty białe i wszystkie punkty czarne.
Rozwiązanie.O wyróżnionych 2011 punktach białych i 2011 punktach czarnych będziemy mówili:
kolorowe. Załóżmy, że istnieją trzy kolorowe punkty, które nie leżą na jednej prostej. Nazwijmy je X, Y, Z. Załóżmy, że ze wszystkich takich „niepokojących” przypadków (a więc takich trójek, które nie leżą na jednej prostej) akurat trójkąt XY Z ma najmniejsze pole.
Innymi słowy, jeśli pewne trzy kolorowe punkty X′, Y′, Z′ nie leżą na jednej prostej, to pole trójkąta XY Z jest mniejsze niż pole trójkąta X′Y′Z′. Dwa z punktów X, Y, Z muszą być tego samego koloru.
Możemy założyć, że są to X, Y i że ich kolor jest biały. Wówczas wewnątrz odcinka XY leży jakiś czarny punkt G. Ale w ten sposób dostajemy trójkąt XGZ, który ma kolorowe wierzchołki a jego pole jest mniejsze niż pole trójkąta XY Z. Stąd sprzeczność z wyborem punktów X, Y, Z.
Rozwiązania zadań z dnia drugiego. Grupa starsza.
1. Niech ABC będzie trójkątem prostokątnym równoramiennym o przyprostokątnej długości 1. Niech P będzie dowolnym punktem na przeciwprostokątnej AB, zaś Q, R niech będzą rzutami prosto- kątnymi punktu P na przyprostokątne AC, BC. Rozważmy pola trójkątów: AP Q oraz P BR, jak również pole prostokąta QCRP . Wykaż, że niezależnie od wyboru P największe z tych pól równe jest co najmniej 2/9.
Rozwiązanie. Niech x oznacza długość odcinka BP . Jeśli x < 1/3 lub x > 2/3, to teza jest oczy- wista. W przypadku gdy x ∈ [1/3, 2/3] trzeba policzyć pole prostkąta i zminimalizować stosowną
funkcję kwadratową.
2. Udowodnij, że z dowolnego zbioru dziesięciu różnych liczb dwucyfrowych (w zapisie dzięsiętnym) możliwy jest wybór dwóch niepustych i rozłącznych podzbiorów, których suma elementów jest identyczna.
Rozwiązanie.Dowód polega na zastosowaniu zasady szufladkowej Dirichleta. Rozważmy najpierw prostszy problem: czy możemy zbiór dziesięciu różnych liczb dwucyfrowych podzielić na sumę (nie- koniecznie rozłączną) dwóch podzbiorów, których suma elementów jest taka sama? Najmniejsza
możliwa suma to 10, a największa to: 91 + 92 + . . . + 99. Wszystkich możliwych sum jest zatem mniej niż 1000. Tymczasem wszystkich podzbiorów niewłaściwych zbioru 10 elementowego (a więc różnych od zbioru pustego i całego zbioru) jest 210− 2 > 1000. W szczególności dwa podzbiory wła- ściwe dowolnego zbioru 10 elementowego liczb dwucyfrowych muszą mieć tę samą sumę elementów.
Oznaczmy je przez A, B. Nie są one koniecznie rozłączne. Zauważmy jednak, że żaden z nich nie jest zawarty w drugim. Przeczyłoby to założeniu o równości sum elementów tych podzbiorów. W szczególności A ∩ B 6= A oraz A ∩ B 6= B. Oznacza to, że po usunięciu części wspólnej zbiory te będą nadal niepuste. Co więcej będą rozłączne, a suma ich elementów pozostanie taka sama (bo z obydwu usunęliśmy te same elementy - należące do zbioru A ∩ B).
3. Udowodnij, że dla x > 1 zachodzi równość: h
p[√x]i
=hp√ xi
. Rozwiązanie. Z definicji części całkowitej wiadomo, że:
q√ x
¬ q√
x <
q√ x
+ 1.
Niechhp√ xi
= n. Wówczas n4¬ x < (n + 1)4. Stąd:
n2¬√
x < (n + 1)2. A zatem n2¬ [√
x] < (n+1)2. W ten sposób n ¬p[√x] < n+1, a więc także n ¬h
p[√x]i
< n+1 Dostajemy zatem:
q [√
x]
= n =
q√ x
.
4. Dany jest trójkąt prostokątny równoramienny ABC, przy czym ∠A = 90◦. Punkt E jest środkiem boku AC, zaś F jest takim punktem na boku BC, że EF ∼= BE. Załóżmy, że |AB| = 1. Oblicz pole trojkąta CEF .
Rozwiązanie. Niech D będzie takim puntem, że kąty ABE oraz CED są równe. Trójkąty ABE oraz CED są zatem podobne na mocy cechy kkk. Stąd stosunek ich pól równy jest kwadratowi stosunku odpowiadającym sobie boków CE oraz AB. Zatem 4[CED] = [ABE]. Zatem |CE||CD| =
|AB|
|AE| = 2. Skoro ∠ECF = 45◦ = ∠DCF , to CF jest dwusieczną kąta ∠DCE. Wynika stąd, że odległość punktu F od boków CE i CD jest jednakowa. Stąd [CEF ][CDF ] = |CE||CD| = 2. Zatem:
[CEF ] = 2
3[CED] =2 3 ·1
4· [ABE] = 2 3 ·1
4 ·1 4 = 1
24.
