|
Źródło zadań w texu.
% File: zad.tex
% Created: Tue Dec 11 10:00 AM 2012 C
% Last Change: Tue Dec 11 10:00 AM 2012 C
\documentclass[10pt, a4paper]{article}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsthm}
\usepackage[textwidth=16cm, textheight=28cm]{geometry}
\usepackage[polish]{babel}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{polski}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{enumitem}
\setenumerate{itemsep=2pt,topsep=2pt,parsep=0pt,partopsep=0pt}
\usepackage[pdfborder={0 0 0}]{hyperref}
%\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}
\newtheorem{cor}[thm]{Wniosek}
\newtheorem{lem}[thm]{Lemat}
\newtheorem{defn}[thm]{Definicja}
\newtheorem{tozs}[thm]{Tożsamość}
\newtheorem{hyp}[thm]{Hipoteza}
\newcommand{\HRule}{\rule{\linewidth}{0.2mm}}
\renewcommand{\section}[1]{
%\vspace*{-1.5cm}
\stepcounter{section}%
\begin{center}%
\begin{minipage}{2.5cm}
\includegraphics[origin=c,width=2.5cm]{\headpicture}
\end{minipage}\begin{minipage}{\sectionwidth}
\begin{center}
{\Huge \bfseries \center #1}
\vskip 1mm
\small \normalfont \sc
\author{}\\
\date{}
\end{center}
\end{minipage}
\end{center}
\HRule
}
\newenvironment{sol}[1][Rozwiązanie. ]{
\vskip 3mm
\noindent\emph{#1}
}
{
}
\newcounter{problem}
\newenvironment{problem}[1][]{
\stepcounter{problem}
\vskip 3mm
\noindent{\textsc{{\bfseries Zadanie \theproblem{}} #1}}\\}
{
}
\pagestyle{empty}
\def\abs #1{\left\vert #1\right\vert}
\renewcommand{\angle}{\sphericalangle}
\renewcommand{\vec}[1]{\overrightarrow{#1}}
\renewcommand{\leq}{\leqslant}
\renewcommand{\geq}{\geqslant}
\renewcommand{\dots}{\ldots}
\def\sectionwidth{6cm}
\def\headpicture{nierownosc}
\def\author{kółko I~LO Białystok}
\def\date{11 grudnia 2012}
\begin{document}
\section{\textsc{OM}ówienie}
\noindent\begin{minipage}[<+tb+>]{8cm}
\includegraphics[width=8cm]{11_1}
\end{minipage}\begin{minipage}[<+tb+>]{8cm}
\includegraphics[width=8cm]{11_2}
\end{minipage}
\subsection*{Zadania świąteczne z~\texttt{www.omg.edu.pl} i~nie tylko, łatwe
i~nie tylko}
\begin{problem}
Oznaczmy przez $[x]$ największą liczbę całkowitą nie większą niż $x$.
Uzasadnij, że tylko dla skończenie wielu liczb naturalnych $n$ liczba
$[n^2/3]$ jest pierwsza.
\end{problem}
\begin{problem}
Udowodnij, że dla każdej liczby całkowitej dodatniej $n$ zachodzi
nierówność
\[
1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \dots + \frac{1}{n^2} \leq
\frac{5}{3} - \frac{2}{2n+1}.
\]
\end{problem}
\emph{A~gdybyś chciał(a) potrenować trik z~dwunastego zadania, to poniższe (wzięte
z~\texttt{www.omg.edu.pl}) opiera się na podobnym pomyśle, tylko
trzeba dokładnie szacować (z~pomocą kalkulatora?)}
\begin{problem}
Udowodnij, że istnieje $10^{100}$ kolejnych liczb całkowitych dodatnich
nie większych od $10^{2012}$, z~których żadna nie jest postaci $a^3 + b^4
+ c^5 + d^6$, gdzie $a, b, c, d$ są liczbami całkowitymi dodatnimi.
\end{problem}
\subsection*{Teoria z~$11$ i~dalszych okolic rozpisana na zadania}
\begin{problem}
Dany jest kąt $ACB$. Udowodnij, że zbiór punktów równoodległych od jego
ramion składa się z~dwusiecznej kąta $ACB$ i~dwusiecznej kąta przyległego
do $ACB$.
\end{problem}
\begin{problem}[Okrąg Apoloniusza]
Weźmy na płaszczyźnie różne punkty $A, B$ oraz liczbę dodatnią $k\neq 1$.
Udowodnij, że zbiór $\mathcal{O}$ punktów $X$ takich, że $X\neq A, B$ oraz
\[\frac{|AX|}{|BX|} = k\] jest okręgiem
o~środku leżącym na prostej $AB$.
\emph{Rozpisanie zadania na podpunkty (można inaczej np. przez
przeliczenie na współrzędnych):}
\begin{enumerate}
\item Dla $X\in \mathcal{O}$ nie leżącego na prostej $AB$ oznaczmy
przez $D, E$ punkty przecięcia dwusiecznych kątów wewnętrznego
i~zewnętrznego $AXB$ z~prostą $AB$. Dowiedź, że $D, E\in \mathcal{O}$
i~położenie punktów $D, E$ nie zależy od $X$.
\item Uzasadnij, że wszystkie punkty z~$\mathcal{O}$ leżą na okręgu o~średnicy $DE$.
\item Weź dowolny punkt na okręgu o~średnicy $DE$ i~wykaż, że należy
on do $\mathcal{O}$.
\end{enumerate}
\end{problem}
\newpage
\vspace*{2cm}
\includegraphics[width=16cm]{11_2rozw}
\end{document}
% File: rozw_3seria.tex
% Created: Tue Dec 11 05:00 PM 2012 C
% Last Change: Tue Dec 11 05:00 PM 2012 C
\documentclass[10pt, a4paper]{article}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsthm}
\usepackage[textwidth=16cm, textheight=26cm]{geometry}
\usepackage[polish]{babel}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{polski}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{enumitem}
\setenumerate{itemsep=2pt,topsep=2pt,parsep=0pt,partopsep=0pt}
\usepackage[pdfborder={0 0 0}]{hyperref}
%\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}
\newtheorem{cor}[thm]{Wniosek}
\newtheorem{lem}[thm]{Lemat}
\newtheorem{defn}[thm]{Definicja}
\newtheorem{tozs}[thm]{Tożsamość}
\newtheorem{hyp}[thm]{Hipoteza}
\newcommand{\HRule}{\rule{\linewidth}{0.2mm}}
\renewcommand{\section}[1]{
%\vspace*{-1.5cm}
\stepcounter{section}%
\begin{center}%
\begin{minipage}{2.5cm}
\includegraphics[origin=c,width=2.5cm]{\headpicture}
\end{minipage}\begin{minipage}{\sectionwidth}
\begin{center}
{\Huge \bfseries \center #1}
\vskip 1mm
\small \normalfont \sc
\author{}\\
\date{}
\end{center}
\end{minipage}
\end{center}
\HRule
}
\newenvironment{sol}[1][Rozwiązanie. ]{
\vskip 3mm
\noindent\emph{#1}
}
{
}
\newcounter{problem}
\newenvironment{problem}[1][]{
\stepcounter{problem}
\vskip 3mm
\noindent{\textsc{{\bfseries Zadanie \theproblem{}} #1}}\\}
{
}
\pagestyle{empty}
\def\abs #1{\left\vert #1\right\vert}
\renewcommand{\angle}{\sphericalangle}
\renewcommand{\vec}[1]{\overrightarrow{#1}}
\renewcommand{\leq}{\leqslant}
\renewcommand{\geq}{\geqslant}
\renewcommand{\dots}{\ldots}
\def\sectionwidth{12cm}
\def\headpicture{nierownosc}
\def\author{kółko I~LO Białystok}
\def\date{11 grudnia 2012}
\begin{document}
\section{Nieoficjalny i~niefirmowy OM. Wersja $\beta$.}
\emph{Wywieszam w~ramach uzupełnienia tego, co było na kółku. Moim zdaniem to
są rozwiązania, które (prawdopodobnie) uzyskałyby 6 pkt i~są przy tym krótkie
(ale nie najkrótsze, jakie moim zdaniem dostałyby 6 -- część rzeczy można
byłoby pominąć). Treści, które można pominąć i~komentarze są zaznaczone kursywą.}
\textbf{Uwaga: pisałem na szybko, więc mogą być błędy, zwłaszcza w~9\dots Mam nadzieję, że
ktoś sprawdzi, gdyby było widać coś podejrzanego~--- proszę o~informację.}
\setcounter{problem}{8}
\begin{problem}
Na płaszczyźnie ustawiono po jednym kamieniu w~punktach $(0, 0), (0, 1),
(1, 0)$ i~$(1, 1)$. W~jednym ruchu wybieramy dowolny kamień i~przestawiamy
go symetrycznie względem któregoś z~pozostałych kamieni. Rozstrzygnąć, czy
po skończonej liczbie ruchów trzy kamienie mogą znaleźć się na jednej
prostej.
\end{problem}
\begin{sol}
Dowiedziemy, że nie jest możliwe, by po pewnej liczbie ruchów
kamienie leżały na jednej prostej.
Oznaczmy przez $PP, PN, NP, NN$ kamienie leżące początkowo w~punktach $(0, 0), (0, 1),
(1, 0)$ i~$(1, 1)$ odpowiednio.
\emph{Punktem symetrycznym do punktu $(x, y)$ względem punktu $(x_2, y_2)$ jest
punkt $(2x_2 - x, 2y_2 - y)$.}
Rozważmy jeden ruch: kamień $k$ leżący na $(x, y)$ odbijamy względem kamienia
leżącego na $(x_2, y_2)$. Po ruchu kamień $k$ ma współrzędne $(2x_2 - x,
2y_2 -y)$, więc jego współrzędne są całkowite i~dają takie same reszty
z~dzielenia przez $2$, jak przed ruchem \emph{(bo np. $2x_2 - x = 2(x_2 - x)
+x$, czyli zmieniamy współrzędne o~liczbę parzystą, tak samo dla $y$)}.
Wobec tego po każdej liczbie ruchów kamienie mają współrzędne całkowite
i~tej samej parzystości, co ma początku\emph{ czyli np. $PN$ ma
współrzędną pierwszą parzystą, a~drugą nieparzystą}.
% Załóżmy, że po pewnej liczbie ruchów pewne trzy kamienie $A = (x_A, y_A),
% B = (x_B, y_B), C = (x_C, y_C)$ leżą na jednej
% prostej $k$. Rozważmy nowy układ współrzędnych, w~którym kamień $A$ leży
% w~punkcie $(0, 0)$, innymi słowy przesuńmy o~$A$. Kamienie $B, C$
% mają wtedy współrzędne $B' = (x_B - x_A, y_B - y_A), C' = (x_C - x_A, y_C
% - y_A)$ i~leżą na pewnej prostej przechodzącej przez $0$. Zapiszmy
% równanie tej prostej jako
% \[\alpha y + \beta x = 0.\]
\begin{lem}
Punkty $(x_1, y_1), (x_2, y_2), (x_3, y_3)$ leżą na jednej prostej wtedy i~tylko wtedy,
gdy
\[
(x_1 - x_2)\cdot (y_1 - y_3) = (x_1 - x_3)\cdot (y_1 - y_2).
\]
Uwaga: tutaj potrzeba źródła, tego tu brakuje, nie piszę, pytajcie np. Marysi!!!
\end{lem}
Pozostaje sprawdzić, że ta równość nie jest spełniona dla żadnej trójki
kamieni. Są cztery trójki, więc i~cztery przypadki (identyczne, warto
zrozumieć, dlaczego).
\begin{enumerate}
\item Kamienie $PP = (x_1, y_1), PN = (x_2, y_2), NP = (x_3, y_3)$ leżą na jednej prostej. Podstawiamy ich
współrzędne otrzymując
\[
(x_1 - x_2)\cdot (y_1 - y_3) = (x_1 - x_3)\cdot (y_1 - y_2).
\]
Wiemy, że liczby $x_1, y_1, x_2, y_3$ są parzyste, a~liczby $y_2,
x_3$ są nieparzyste \emph{(sprawdź z~początkowymi współrzędnymi)}. Wobec tego lewa strona jest parzysta,
a~prawa nieparzysta.
\item Kamienie $PP, PN, NN$ \emph{(Uwaga: zmieniona kolejność!)}.
Jak wyżej, lewa strona jest parzysta, a~prawa nieparzysta.
\item Kamienie $PP, NN, NP$. Identycznie jak w~poprzednim przypadku.
\item Kamienie $PN, NP, NN$. Identycznie jak w~poprzednim przypadku.
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{problem}
Dany jest prostopadłościan $ABCDA'B'C'D'$. Niech $\alpha, \beta, \gamma$
będą kątami utworzonymi przez przekątną $AC'$ z~krawędziami $AB, AD$
i~$AA'$. Udowodnić, że
\[
\tg \alpha + \tg \beta + \tg \gamma \leq \frac{3}{2}\tg \alpha \cdot \tg
\beta \cdot \tg \gamma.
\]
\end{problem}
\begin{sol}
Kąty $\alpha, \beta, \gamma$ są ostre, więc ich tangensy są liczbami
dodatnimi. Nierówność z~zadania możemy więc podzielić stronami przez $\tg
\alpha\cdot \tg \beta\cdot \tg\gamma$ otrzymując
\def\tga{\tg\alpha}
\def\tgb{\tg\beta}
\def\tgc{\tg\gamma}
\begin{equation}
\label{mainthm}
\frac{1}{\tga\cdot \tgb} + \frac{1}{\tgb\cdot \tgc} +
\frac{1}{\tgc\cdot \tga} \leq \frac{3}{2}.
\end{equation}
Oznaczmy $a:=|AB|, b:=|AD|, c:=|AA'|$, z~twierdzenia Pitagorasa $|BC'| =
\sqrt{b^2 + c^2},\ |DC'| = \sqrt{a^2 + c^2},\ |A'C'| = \sqrt{a^2 + b^2}$.
Z~definicji $\tg$ mamy
\[
\tg \alpha = \frac{|BC'|}{|BA|} = \frac{\sqrt{b^2 + c^2}}{a},\quad\tg \beta =
\frac{|DC'|}{|DA|} = \frac{\sqrt{a^2 + c^2}}{b},\quad \tg \gamma =
\frac{|A'C'|}{|A'A|} = \frac{\sqrt{a^2 + b^2}}{c}.
\]
Podstawiając to do lewej strony nierówności \ref{mainthm} otrzymujemy
\def\aa{\sqrt{b^2 + c^2}}
\def\bb{\sqrt{c^2 + a^2}}
\def\cc{\sqrt{b^2 + a^2}}
\def\ab{\sqrt{\frac{a^2}{a^2 + b^2}}}
\def\ac{\sqrt{\frac{a^2}{a^2 + c^2}}}
\def\bc{\sqrt{\frac{b^2}{b^2 + c^2}}}
\def\ba{\sqrt{\frac{b^2}{b^2 + a^2}}}
\def\cb{\sqrt{\frac{c^2}{c^2 + b^2}}}
\def\ca{\sqrt{\frac{c^2}{c^2 + a^2}}}
\begin{align*}
\frac{ab}{\aa\cdot\bb} + \frac{bc}{\bb\cdot \cc} + \frac{ca}{\cc \cdot
\aa} &=\\
\bc\ac + \ba\ca + \cb\ab & \leq\\\leq\frac{1}{2}\cdot\left(
{{\frac{b^2}{b^2 + c^2}}}+
{{\frac{a^2}{a^2 + c^2}}}+
{{\frac{b^2}{b^2 + a^2}}}+
{{\frac{c^2}{c^2 + a^2}}}+
{{\frac{c^2}{c^2 + b^2}}}+
{{\frac{a^2}{a^2 + b^2}}}
\right) &=\frac{3}{2}.
\end{align*}
\emph{Uwaga: korzystaliśmy tutaj trzykrotnie z~nierówności $\sqrt{XY} \leq
\frac{X+Y}{2}$, która jest równoważna, po zwinięciu, $(\sqrt{X} -
\sqrt{Y})^2 \geq 0$.}
\end{sol}
\begin{problem}
Dany jest czworokąt wypukły $ABCD$. Proste zawierające dwusieczne kątów
wewnętrznych $A$ i~$C$ przecinają się w~punkcie $P$, a~proste zawierające
dwusieczne kątów wewnętrznych $B$ i~$D$ przecinają się w~punkcie $Q$.
Dowieść, że jeśli kąt $PAQ$ jest prosty, to również kąt $PCQ$ jest
prosty.
\end{problem}
\begin{sol}
\includegraphics{11_2rozw}
\begin{lem}
Ustalmy proste $k$ i~$l$ przecinające się w~$X$. Wtedy zbiór punktów
równoodległych od tych prostych jest sumą dwusiecznych kątów
utworzonych przez proste $k$ i~$l$.
\end{lem}
\begin{proof}
Weźmy dowolny punkt $Y$ nie leżący na żadnej z~prostych, niech $Y_1,
Y_2$ oznaczają jego rzuty na proste $k$ i~$l$. Trójkąty $XYY_1, XYY_2$
są prostokątne.
Zauważmy, że jeżeli $|Y_1Y| =
|Y_2Y|$ to z~tw. Pitagorasa $|XY_1| = |XY_2|$, więc $XYY_1, XYY_2$ są
przystające \emph{(bbb)}, stąd $\angle YXY_1 = \angle YXY_2$.
Podobnie, jeżeli $ \angle YXY_1 = \angle YXY_2$ to trójkąty te są
przystające \emph{(podobieństwo kkk i~wspólny bok $XY$)}, więc $|XY_1|
= |XY_2|$. Wobec tego punkt $X$ leży w~równych odległościach od $k, l$
wtedy i~tylko wtedy, gdy leży na dwusiecznej odpowiedniego kąta.
\end{proof}
Skoro $ \angle PAQ = 90 = \frac{1}{2}\cdot 180^\circ$ to $ \angle QAB =
\frac{1}{2}\cdot \left( 180^\circ - \angle BAD \right)$, więc $Q$ leży na
dwusiecznej kąta \underline{zewnętrznego} $BAD$.
Oznaczmy przez $d(X, k)$ odległość punktu $X$ od prostej $k$.
\begin{enumerate}
\item Skoro $Q$ leży na dwusiecznej kąta wewnętrznego $\angle ABC$, to $d(Q, AB) = d(Q,
BC)$.
\item Skoro $Q$ leży na dwusiecznej kąta zewnętrznego $ \angle BAD$,
to $d(Q, AB) = d(Q, AD)$.
\item Skoro $Q$ leży na dwusiecznej kąta wewnętrznego $ \angle ADC$ to
$d(Q, AD) = d(Q, DC)$.
\end{enumerate}
Łącznie
\[
d(Q, BC) = d(Q, AB) = d(Q, AD) = d(Q, DC).
\]
Z~lematu wynika teraz, że $Q$ leży na dwusiecznej kąta wewnętrznego $BCD$
lub zewnętrznego $BCD$. Gdy leży on na dwusiecznej kąta zewnętrznego to $
\angle QCP = \frac{1}{2}\cdot \left( \angle BCD + 180^\circ - \angle BCD
\right) = 90^\circ$.
Załóżmy zatem, że $Q$ leży na dwusiecznej kąta wewnętrznego $BCD$, leży on
również na dwusiecznych kątów wewnętrznych $B$ i~$D$. Analiza
(\emph{tutaj byłby rysunek, spróbuj sprawdzić na rysunku powyżej}) możliwych punktów przecięcia tych trzech
prostych pokazuje, że $Q$ musi leżeć wewnątrz czworokąta $ABCD$.\emph{ Ale leży
on na dwusiecznej kąta zewnętrznego $A$, a~ona nie przecina czworokąta
$ABCD$ poza punktem $A$. Gdyby $Q = A$ to znaczyłoby, że dwusieczna kąta
$ABC$ przechodzi przez $A$, czyli kąt ten jest zerowy.} To pokazuje
sprzeczność, wobec tego $Q$ nie może leżeć na dwusiecznej kąta
wewnętrznego $BCD$.
\end{sol}
\begin{problem}
Zbadać, czy istnieje liczba całkowita większa od $2012^{2012}$, której nie
można przedstawić w~postaci $x^2 + y^3 + z^6$, gdzie $x, y$ i~$z$ są
dodatnimi liczbami całkowitymi.
\end{problem}
\begin{sol}
Pokażemy, że taka liczba istnieje.
\emph{Przedstawieniem} liczby $S$ nazywamy zapis w~postaci $S =
X^2 + Y^3 + Z^6$ dla pewnych liczb całkowitych dodatnich $X, Y, Z$.
Rozważmy liczbę $N$ będącą szóstą potęgą
liczby $K$ i~zastanówmy się, jakie muszą być \emph{z~grubsza} $x, y, z$, żeby $x^2 + y^3 +
z^6$ było liczbą z~przedziału $[1, N]$. Skoro liczby są dodatnie, to musi zachodzi $1\leq x\leq
\sqrt{N}, 1\leq y\leq \sqrt[3]{N}$ oraz $1\leq z\leq \sqrt[6]{N}$.
Zauważmy dodatkowo, że jeżeli $x = \sqrt{N}$, to $x^2 = N$, więc $y^3 +
z^6 \leq 0$, co zajść nie może. Wobec tego $x < \sqrt{N}$, czyli $x\leq
\sqrt{N} - 1$.
Łącznie mamy więc $\sqrt{N} - 1$ możliwości wyboru $x$, $\sqrt[3]{N}$
możliwości wyboru $y$ i~$\sqrt[6]{N}$ możliwości wyboru $z$, więc
potencjalnie $\sqrt{N}\cdot \sqrt[3]{N}\cdot \sqrt[6]{N} - \sqrt[3]{N}\cdot
\sqrt[6]{N} = N - N^{1/2}$ trójek $x, y, z$. Z~każdej trójki otrzymamy co
najwyżej jedną liczbę, więc co najwyżej $N - N^{1/2}$ liczb z~przedziału
$[1, N]$ da się przestawić w~żądanej postaci.
Jeżeli wybierzemy $K$ dostatecznie duże (\emph{np. $K > 2012^{2012}$}), to
$N^{1/2} > 2012^{2012} + 1$. Gdyby wszystkie liczby większe od
$2012^{2012}$ miały żądane przedstawienie, to w~przedziale $[1, N]$ co
najwyżej $N - 2012^{2012}$ liczb nie miałoby przedstawienia. Ale nie ma go
co najmniej $N - N^{1/2} > N - 2012^{2012}$. Sprzeczność.
\end{sol}
\end{document}
|
