Użytkownicy online
Naszą witrynę przegląda teraz 2 gości| Zadania z psikusem -- rozwiązania |
 |
 |
 |
| Zadania II |
| Wpisany przez Joachim Jelisiejew |
| niedziela, 18 kwietnia 2010 11:39 |
|
Źródło zadań w texu. % File: zad.tex % Created: nie kwi 11 12:00 2010 C % Last Change: nie kwi 11 12:00 2010 C \documentclass[10pt]{article} \usepackage{amssymb} \usepackage{amsmath} \textwidth 16cm \textheight 24cm \oddsidemargin 0cm \topmargin 0pt \headheight 0pt \headsep 0pt \usepackage[polish]{babel} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage{import} %\usepackage{MnSymbol} % ---------------------------------------------------------------- \vfuzz4pt % Don't report over-full v-boxes if over-edge is small \hfuzz4pt % Don't report over-full h-boxes if over-edge is small % THEOREMS ------------------------------------------------------- \newtheorem{thm}{Twierdzenie}[section] \newtheorem{cor}[thm]{Wniosek} \newtheorem{lem}[thm]{Lemat} \newtheorem{defn}[thm]{Definicja} \newtheorem{tozs}[thm]{Tożsamość} \newtheorem{hyp}[thm]{Hipoteza} \newtheorem{useless}[thm]{} \newtheorem{problem}[thm]{Zadanie} \newenvironment{proof}{\noindent\textsc{Dowód.}} {\nolinebreak[4]\hfill$\blacksquare$\\\par} \newenvironment{sol}{\noindent\textsc{Rozwiązanie. }} {\par} \def\rozw{$ $\\\textbf{Rozwiązanie}: \\} \def\deg{^{\circ}} \subimport{../}{style} %\include{style} \def\source#1{\\Źródło: #1} \begin{document} \section{Trikowe zadania} \begin{enumerate} \item Liczby całkowite dodatnie $a < b$ są takie, że $$a|b \hbox{ oraz } a-1|b-1$$ Udowodnić, że $b \geq a^2$. % \item * Dane są liczby naturalne $n < a < b$, takie, że % $$a|b\quad a-1|b-1\quad a-2|b-2\quad\dots\quad a-n|b-n$$ % Niech $S$ oznacza iloczyn dzielników pierwszych $\binom{a}{n}$ % większych od $n$. Uzasadnić, że $S \leq b$. \item Niech w trójkącie $\triangle ABC$ punkt $D\in AB$ oznacza punkt styczności okręgu wpisanego w $\triangle ABC$ z bokiem $AB$, punkt $E\in AB$ oznacza punkt styczności okręgu dopisanego do boku $AB$ tego trójkąta z bokiem $AB$. Uzasadnić, że $|AE| = |BD|$. \item Dany jest siedmiokąt foremny, o kolejnych wierzchołkach $A,B,C,D,E,F,G$. Punkt $X$ jest przecięciem $AC$ i $BD$. Uzasadnić, że $$|AB| + |AX| = |AD|$$ \item W każde pole nieskończonej szachownicy wpisano liczbę naturalną tak, że każda liczba jest średnią arytmetyczną liczb sąsiadujących z nią. Udowodnij, że wszystkie liczby są równe. \item Niech $a, b, c$ będą bokami trójkąta. Czy z odcinków o długościach $\sqrt{a},\sqrt{b},\sqrt{c}$ da się zbudować trójkąt? \item Iloczyn dodatnich liczb rzeczywistych $a, b, c$ wynosi $1$. Wykaż, że $$ab^2 + bc^2 + ca^2 \geq ab + bc + ca$$ \item Danych jest $2010$ liczb całkowitych $a_1,\dots,a_{2010}$. Pokazać, że można wybrać pewną ilość kolejnych wyrazów tego ciągu tak, że ich suma jest podzielna przez $2010$. \item We wnętrzu trójkąta równobocznego o boku długości $101$ danych jest $10203$ punktów. Uzasadnić, że pewna para punktów leży w odległości co najwyżej $1$ od siebie.\source{Staszic, mathlinks, Art Of Problem Solving i nie wiem co jeszcze} \end{enumerate} \end{document}
Źródło rozwiązań w texu. % File: zad.tex % Created: nie kwi 11 12:00 2010 C % Last Change: nie kwi 11 12:00 2010 C \documentclass[10pt]{article} \usepackage{amssymb} \usepackage{amsmath} \textwidth 16cm \textheight 24cm \oddsidemargin 0cm \topmargin 0pt \headheight 0pt \headsep 0pt \usepackage[polish]{babel} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage{import} %\usepackage{MnSymbol} % ---------------------------------------------------------------- \vfuzz4pt % Don't report over-full v-boxes if over-edge is small \hfuzz4pt % Don't report over-full h-boxes if over-edge is small % THEOREMS ------------------------------------------------------- \newtheorem{thm}{Twierdzenie}[section] \newtheorem{cor}[thm]{Wniosek} \newtheorem{lem}[thm]{Lemat} \newtheorem{defn}[thm]{Definicja} \newtheorem{tozs}[thm]{Tożsamość} \newtheorem{hyp}[thm]{Hipoteza} \newtheorem{useless}[thm]{} \newtheorem{problem}[thm]{Zadanie} \newenvironment{proof}{\noindent\textsc{Dowód.}} {\nolinebreak[4]\hfill$\blacksquare$\\\par} \newenvironment{sol}{\noindent\textsc{Rozwiązanie. }} {\par} \def\rozw{$ $\\\textbf{Rozwiązanie}: \\} \def\deg{^{\circ}} \subimport{../}{style} %\include{style} \def\source#1{Źródło: #1} \begin{document} \section{Trikowe zadania -- rozwiązania} \begin{enumerate} \item Liczby całkowite dodatnie $a < b$ są takie, że $$a|b \hbox{ oraz } a-1|b-1$$ Udowodnić, że $b \geq a^2$. \begin{proof} Zauważmy, że $$a | b-a \hbox{ oraz } a-1|b-1-(a-1) = b-a$$ skoro liczby $a, a-1$ są względnie pierwsze, to $$a(a-1) | b-a$$ a więc $a(a-1) \leq b-a$, inaczej $a^2 \leq b$. \end{proof} \item Niech w trójkącie $\triangle ABC$ punkt $D\in AB$ oznacza punkt styczności okręgu wpisanego w $\triangle ABC$ z bokiem $AB$, punkt $E\in AB$ oznacza punkt styczności okręgu dopisanego do boku $AB$ tego trójkąta z bokiem $AB$. Uzasadnić, że $|AE| = |BD|$. \begin{proof} Niech $B_1, B_2$ oraz $A_1, A_2$ oznaczają punkty styczności okręgu wpisanego i dopisanego do prostych $CA$ oraz $CB$. Równość stycznych do okręgów implikuje $$|CA_1| = |CB_1| \hbox{ oraz } |CA_2| = |CB_2|\hbox{, stąd } |A_1A_2| = |CA_2| - |CA_1| = |CB_2| - |CB_1| = |B_1B_2|$$ $$|A_1A_2| = |A_1B| + |A_2B| = |DB| + |EB|$$ $$|B_1B_2| = |B_1A| + |B_2A| = |DA| + |EA|$$ $$|DB| - |EA| = |DB| - |AB| + |EB| = |A_1A_2| -|AB|= $$ $$|B_1B_2| -|AB|= -|AB| + |DA| + |EA| = |EA| - |DB| = -(|DB| - |EA|)$$ Tak więc liczba $a=|DB| - |EA|$ spełnia $a=-a$, czyli $a=0$, $|DB| = |EA|$, czego należało dowieść. \emph{Jedyne nietrywialne przejście tutaj to początkowa równość stycznych. Potem wystarczy uwierzyć i spróbować, że wyjście.} \end{proof} \item Dany jest siedmiokąt foremny, o kolejnych wierzchołkach $A,B,C,D,E,F,G$. Punkt $X$ jest przecięciem $AC$ i $BD$. Uzasadnić, że $$|AB| + |AX| = |AD|$$ \begin{proof} W całym tym rozważaniu kąty są można powiedzieć zorientowane, konkretniej kąt $\angle BAC$ oznacza kąt, o który trzeba obrócić półprostą $AB$ \textbf{lewoskrętnie}, aby przeszła ona na półprostą $AC$. Rozważmy (\emph{Vivat ulubiona metoda Stańka!}) obrót $O$ wokół $A$ taki, że półprosta $AC$ przechodzi na półprostą $AD$. Jest to obrót o kąt $\angle CAD = 180\deg/7$. Punkt $X$ w tym obrocie przechodzi na pewien punkt $X'$ należący do odcinka $AD$, ponadto $|AX| = |AX'|$. Zauważmy, że $\angle DAE = 180\deg/7$ oraz $|AE| = |AD|$, tak więc obrót przenosi punkt $D$ na $E$. Niech $\alpha$ oznacza kąt pomiędzy prostymi $XD$ i $X'E$. Z własności obrotów mamy równość kątów $\alpha = \angle CAD$. Z drugiej strony bezpośrednio przeliczamy, że $\angle CAD = \angle BDC$, stąd $\angle BDC = \alpha$. Z poprzedniej równości kątów wynika, że proste $CD$ i $EX'$ są równoległe. Przez punkt $E$ przechodzi dokładnie jedna prosta równoległa do $CD$ -- prosta $BE$. Tak więc $X'\in BE$, $BX' || CD$. Co więcej, proste $AD$ i $BC$ są równoległe, zaś punkt $X'\in AD$, więc $X'D || BC$. Z tych dwóch równoległości wynika, że $BCDX'$ jest równoległobokiem. W szczególności $|BC| = |X'D|$. Pozostaje dodać, że $|AB| = |BC| = |X'D| = |AD| - |AX'| = |AD| - |AX|$. \emph{Kąty skierowane mogą być nieco przerażające w powyższym rozumowaniu, niestety trzeba ich używać, żeby w sposób ścisły mówić o obrotach (dlaczego?). Tym niemniej nie należy ich demonizować i najlepiej myśleć o nich jak o zwykłych kątach ``ze strzałką''.} \end{proof} \item W każde pole nieskończonej szachownicy wpisano liczbę naturalną tak, że każda liczba jest średnią arytmetyczną liczb sąsiadujących z nią. Udowodnij, że wszystkie liczby są równe. \begin{proof} Obserwacja: jeżeli spełniony jest warunek z zadania, oraz wśród sąsiadujących z liczbą $n$ liczb znajduje się liczba większa od $n$, to znajduje się wśród nich równiej liczba mniejsza od $n$. Dowód obserwacji: niech z liczbą $n$ sąsiadują liczby $a_1,\dots,a_k$, przy czym $a_1 > n$. Załóżmy (dowód przez sprzeczność), że $a_1,\dots,a_k\geq n$. Wtedy $$n = \frac{a_1 + \dots + a_n}{k} \geq \frac{a_1 + (k-1)n}{k} > n$$ sprzeczność. Obserwacja jest dowiedziona. Załóżmy, że nie wszystkie liczby są równe. Zauważmy, że wtedy pewne 2 liczby \textbf{sąsiednie} muszą nie być równe, a więc istnieją liczby sąsiednie $n_0 > n_1$. Z obserwacji wynika, że wśród liczb sąsiadujących z $n_1$ musi być liczba od niej mniejsza $n_2 < n_1$ itd. Doszliśmy do wniosku, że istnieje ciąg liczb napisanych, z których każda jest mniejsza od poprzedniej: $$n_0 > n_1 > n_2 > \dots > n_s > n_{s+1} > \dots$$ Ale to jest nonsens! Wszystkie liczby napisane były naturalne, więc wszystkie liczby z tego nieskończonego ciągu musiałyby być liczbami ze skończonego przedziału $\left\{ n_0, n_0 - 1, \dots, 0 \right\}$. Sprzeczność. \emph{Ciekawą sprawą w tym rozwiązaniu jest jego ogólność -- nie korzystaliśmy z prawie żadnych własności liczb sąsiednich.} \end{proof} \item Niech $a, b, c$ będą bokami trójkąta. Czy z odcinków o długościach $\sqrt{a},\sqrt{b},\sqrt{c}$ da się zbudować trójkąt? \textbf{Odpowiedź:} Tak. \begin{proof} Musimy, tak naprawdę, pokazać, że liczby $\sqrt{a},\sqrt{b},\sqrt{c}$ spełniają nierówność trójkąta. Udowodnię, że $$\sqrt{a} + \sqrt{b} > \sqrt{c}$$ pozostałych nierówności dowodzimy analogicznie. Zachodzi nierówność $$\sqrt{a} + \sqrt{b} > \sqrt{a+b}$$ Istotnie, obie wymienione liczby są dodatnie, a po podniesieniu do kwadratu uzyskujemy trywialnie prawdziwą nierówność $$(\sqrt{a} + \sqrt{b})^2 = a + b + 2\sqrt{ab} > a + b = \sqrt{a+b}^2$$ Co więcej liczby $a,b,c$ są długościami boków pewnego trójkąta, więc $a+b > c$ a więc i $\sqrt{a+b} > \sqrt{c}$. $$\sqrt{a} + \sqrt{b} > \sqrt{a+b} > \sqrt{c}$$ \end{proof} \item Iloczyn dodatnich liczb rzeczywistych $a, b, c$ wynosi $1$. Wykaż, że $$ab^2 + bc^2 + ca^2 \geq ab + bc + ca$$ \begin{proof} \emph{Mógłbym oczywiście przedstawić samo rozwiązanie, ale ze względów dydaktycznych przedstawię także metodę prowadzącą do niego.} Wiemy, że $abc = 1$. Po pierwsze zrównujemy stopnie obu stron (patrz: nierówności tzw. Kurlandczyka) uzyskując nierówność równoważną: $$\frac{ab^2}{\sqrt[3]{abc}} + \frac{bc^2}{\sqrt[3]{abc}} + \frac{ca^2}{\sqrt[3]{abc}} \geq ab + bc + ca$$ \emph{Droga do rozwiązania.} Zgadujemy teraz (co nie jest takim zwykłym strzałem, jeżeli się zrobiło już dużo zadań z nierówności), że tę nierówność można udowodnić stosując średnią arytmetyczną i geometryczną (ważoną), innymi słowy nierówność: $$\alpha_1 a_1 + \dots + \alpha_n a_n \geq a_1^{\alpha_1}\cdot \dots \cdot a_n^{\alpha_n}$$ gdzie $a_1, \dots, a_n, \alpha_1, \dots, \alpha_n > 0\ \ \alpha_1 + \dots + \alpha_n = 1$. \emph{Ta nierówność tylko innym sposobem zapisania nierówności pomiędzy średnią arytmetyczną a geometryczną, jeżeli liczby $\alpha_1,\dots,\alpha_n$ są wymierne.} Zapisujemy pożądaną nierówność ogólnie: $$\alpha \frac{ab^2}{\sqrt[3]{abc}} + \beta \frac{bc^2}{\sqrt[3]{abc}} + \gamma \frac{ca^2}{\sqrt[3]{abc}} \geq \left( \frac{ab^2}{\sqrt[3]{abc}} \right)^\alpha \left( \frac{bc^2}{\sqrt[3]{abc}} \right)^\beta \left( \frac{ca^2}{\sqrt[3]{abc}} \right)^\gamma = ab$$ gdzie $\alpha + \beta + \gamma = 1$. Ostatnia równość jest naszym marzeniem i wymaganiem. Rozpisujemy ją w postaci układu równań (wynikłego z porównania wykładników przy $a,b,c$): $$\left\{\begin{array}{c} \alpha + 2\gamma - 1/3 = 1\\ \beta + 2\alpha - 1/3 = 1\\ \gamma + 2\beta - 1/3 = 0\\ \end{array}\right.$$ Rozwiązaniem tego układu jest trójka liczb $(\alpha,\beta,\gamma) =\left(2/3, 0, 1/3\right)$. \emph{Koniec drogi -- doszliśmy do rozwiązania} Jak więc wystarczy udowodnić lub sprawdzić nierówność z zadania wynika z trzech nierówności pomiędzy średnią arytmetyczną a geometryczną (ważoną): $$\begin{array}{c} \dfrac{2}{3}\dfrac{ab^2}{\sqrt[3]{abc}} + \dfrac{1}{3}\dfrac{ca^2}{\sqrt[3]{abc}} \geq ab\\ \dfrac{2}{3}\dfrac{bc^2}{\sqrt[3]{abc}} + \dfrac{1}{3}\dfrac{ab^2}{\sqrt[3]{abc}} \geq bc\\ \dfrac{2}{3}\dfrac{ca^2}{\sqrt[3]{abc}} + \dfrac{1}{3}\dfrac{bc^2}{\sqrt[3]{abc}} \geq ca\\ \end{array}$$ \emph{Gdy zna się metode, rozwiązanie nie jest trikowe, ale gdybyśmy zobaczyli je nie znając metody, byłoby :]} \end{proof} \item Danych jest $2010$ liczb całkowitych $a_1,\dots,a_{2010}$. Pokazać, że można wybrać pewną ilość kolejnych wyrazów tego ciągu tak, że ich suma jest podzielna przez $2010$. \begin{proof} Niech $b_i = a_1 + \dots + a_i$ dla $i=1,\dots,2010$, ponadto niech $b_0 = 0$ (suma pustego ciągu indeksów). Zauważmy, że jeżeli $2010 | b_i - b_j$ dla pewnych $i \neq j$, to poszukiwany podciąg istnieje (jeżeli $i < j$ to jest on równy $a_{i+1} + \dots a_j$). Mamy $2011$ liczb $b_i$ i tylko $2010$ możliwych reszt z dzielenia przez $2010$. Pewne dwie liczby muszą dawać taką samą resztę. To kończy dowód. \end{proof} \item We wnętrzu trójkąta równobocznego o boku długości $101$ danych jest $10203$ punktów. Uzasadnić, że pewna para punktów leży w odległości co najwyżej $1$ od siebie. \begin{proof} Trójkąt równoboczny o boku $101$ da się podzielić na $101^2$ trójkącików równobocznych o boku $1$. Zachodzi $101^2 = 10201 < 10203$, więc w pewnym z tych trójkątów będą leżeć $2$ punkty. Pozostaje uzasadnić, że najdłuższym odcinkiem w trójkącie jest pewien jego bok, pozostawiam to czytelnikom :) . \end{proof} \source{Staszic, mathlinks,Art Of Problem Solving i nie wiem co jeszcze} \end{enumerate} \end{document} |
