Podlaski Konkurs Matematyczny - 2004 Klasy Drugie

Podlaski Konkurs Matematyczny - 2004 Klasy Drugie

Rozwi azania zada´

n konkursowych 22 maja 2004 r.

1. Wykaza´c, ˙ze dla ka˙zdej liczby ca lkowitej n liczba n²+ 5n + 1 nie jest podzielna przez 49.

Rozwiazanie_,

Zauwa˙zmy, ˙ze n²+5n+1 = (n−1)²+7n. Wynika stad w szczeg´_, olno´sci, ˙ze je´sli liczba n²+5n+1 jest podzielna przez 7, to 7 dzieli n − 1. Tak wiec je´sli 49 dzieli n_, ²+ 5n + 1, to n = 7k + 1 dla pewnej liczby ca lkowitej k. Mamy jednak (n−1)²+7n = 49k²+7(7k+1) = 49k²+49k+7, czyli n²+ 5n + 1 daje reszte 7 przy dzieleniu przez 49. Uzyskana sprzeczno´s´_, c ko´nczy dow´od. 

2. Liczby rzeczywiste a, b, c sa pierwiastkami wielomianu x_, ³+ px²+ qx + 2 o wsp´o lczynnikach ca lkowitych. Niech

A = 1 bc+ 1

ac+ 1

ab, B = a bc+ b

ac+ c

ab oraz C = a² bc + b²

ac + c² ab.

Wykaza´c, ˙ze je´sli A jest liczba ca lkowit_, a, to r´_, ownie˙z liczby B i C sa ca lkowite._, Rozwiazanie_,

Ze wzor´ow Viete’a wynika, ˙ze a + b + c = −p, ab + bc + ac = q oraz abc = −2. Zauwa˙zmy, ˙ze

A = a + b + c abc = p

2,

skad wynika, ˙ze p jest liczb_, a parzyst_, a. Dalej mamy_,

B = a²+ b²+ c²

abc = (a + b + c)²− 2(ab + ac + bc)

abc = p²− 2q

−2 = q − 1 2p².

Liczba p jest parzysta, wiec B jest liczb_, a ca lkowit_, a. Wyznaczmy teraz liczb_, e C. Poniewa˙z_, a, b, c spe lniaja r´_, ownanie x³ = −px²− qx − 2, wiec_,

C = a³+ b³+ c³

abc = −p(a²+ b²+ c²) − q(a + b + c) − 6

abc = −pB − qA + 3.

Stad wida´_, c, ˙ze r´ownie˙z C jest liczba ca lkowit_, a._, 

3. W tr´ojkacie r´_, ownobocznym ABC poprowadzono prosta r´_, ownoleg la do boku AB, przeci-_, najac_, a boki BC i AC odpowiednio w punktach K i L. Nast_, epnie wybrano ´srodek M odcinka_, AK oraz ´srodek cie˙zko´sci S tr´_, ojkata KCL. Wykaza´_, c, ˙ze kat ]BM S jest prosty._,

Rozwiazanie_,

1

2

Rozwa˙zmy punkt D taki, aby czworokat ABKD_, by l r´ownoleg lobokiem. Wtedy punkt M jest punktem przeciecia przek_, atnych r´_, ownoleg loboku ABKD. Zauwa˙zmy, ˙ze SL = SK, KB = LD (bo AD = AK i tr´ojat ALD jest r´_, ownoboczny) oraz ]DLS = ]BKS = 150^◦. Wynika stad, ˙ze tr´_, ojkaty DLS i BKS s_, a przystaj_, ace._, W szczeg´olno´sci otrzymujemy, ˙ze SD = SB.

W konsekwencji SM jest wysoko´scia tr´_, ojkata_, r´ownoramiennego BSD, co ko´nczy dow´od. 

4. Niech n > 1 bedzie liczb_, a naturaln_, a. Dla dowolnego niepustego podzbioru X zbioru_, {1, 2, . . . , n} oznaczmy przez m(X) sume najmniejszej liczby nale˙z_, acej do X i najwi_, ekszej_, liczby nale˙zacej do X. Niech S b_, edzie sum_, a wszystkich liczb m(X), gdzie X ⊆ {1, 2, . . . , n}_, (tzn. X przebiega wszystkie niepuste podzbiory zbioru {1, 2, . . . , n}). Wykaza´c, ˙ze liczba S jest podzielna przez n + 1.

Uwaga. Je´sli X = {k} jest podzbiorem jednoelementowym, to przyjmujemy, ˙ze k jest zar´owno najmniejsza jak i najwi_, eksz_, a liczb_, a w X, czyli m(X) = 2k._,

Rozwiazanie_,

Dla dowolnego niepustego podzbioru X ⊆ {1, 2, . . . , n} niech min(X), max(X) bed_, a odpowied-_, nio najmniejsza i najwi_, eksz_, a liczb_, e zbioru X. Oczywi´scie_,

m(X) = min(X) + max(X).

I spos´ob. [na podstawie rozwiazania uczestnika konkursu Damiana Lozi´_, nskiego]

Niech P oznacza zbi´or wszystkich niepustych podzbior´ow zbioru {1, 2, . . . , n}. Dla dowolnego podzbioru X ∈ P niech X⁰ = {n + 1 − x | x ∈ X}. Zauwa˙zmy, ˙ze X⁰ ∈ P, (X⁰)⁰ = X oraz min(X⁰) = n + 1 − max(X) i max(X⁰) = n + 1 − min(X). Mamy wiec_,

m(X) + m(X⁰) = min(X) + max(X) + min(X⁰) + max(X⁰) = 2(n + 1).

Rozwa˙zmy zbi´or P⁰ wszystkich par uporzadkowanych (X, X_, ⁰), gdzie X ∈ P. Zauwa˙zmy, ˙ze P⁰ ma 2ⁿ− 1 element´ow oraz ka˙zdy podzbi´or X pojawia sie w zbiorze par dok ladnie dwa_, razy (w parach: (X, X⁰) i (X⁰, X) je´sli X 6= X⁰ lub w parze (X, X) je´sli X = X⁰). Stad_, wnioskujemy, ˙ze

S = (2ⁿ− 1)m(X) + m(X⁰)

2 = (n + 1)(2ⁿ− 1), co ko´nczy dow´od.

II spos´ob. Zauwa˙zmy, ˙ze max(X) = k wtedy i tylko wtedy, gdy X = {k} ∪ Y , gdzie Y jest podzbiorem zbioru {1, . . . , k − 1}. Podobnie min(X) = k wtedy i tylko wtedy, gdy X = {k} ∪ Y , gdzie Y ⊆ {k + 1, . . . , n}). Mamy wiec dok ladnie 2_, ^k−1 podzbior´ow X dla kt´orych max(X) = k, oraz 2^n−k podzbior´ow X dla kt´orych min(X) = k . Stad wynika, ˙ze_, dla dowolnej liczby k ∈ {1, 2, . . . , n} w rozwa˙zanej sumie mamy 2^k−1 sk ladnik´ow r´ownych k (pochodzacych od zbior´_, ow X takich, ˙ze max(X) = k) oraz 2^k−1 sk ladnik´ow r´ownych n − k + 1 (pochodzacych od zbior´_, ow X takich, ˙ze min(X) = n − k + 1). Tak wiec S mo˙zna_, wyrazi´c jako sume sk ladnik´_, ow postaci (k + (n − k + 1)) 2^k−1 = (n + 1)2^k−1, gdzie 1 6 k 6 n.

Ostatecznie

S = (n + 1)2⁰+ (n + 1)2¹+ · · · + (n + 1)2ⁿ⁻¹ = (n + 1)(2ⁿ− 1).

[pg]