Koło matematyczne I LO w Białymstoku

 
Zadania PDF.
 
Rozwiązania PDF.

Źródło zadań w texu.

 
\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}[1][Dowód. ]{\noindent\textsc{#1}}
{\nolinebreak[4]\hfill$\blacksquare$\\\par}
\newenvironment{sol}[1][Rozwiązanie. ]{
\noindent\textsc{#1}}
{\par}
 
\def\rozw{$ $\\\textbf{Rozwiązanie}: \\}
\def\deg{^{\circ}}
 
 
\subimport{../}{style}
%\include{style}
\def\source#1{\\Źródło: #1}
 
\begin{document}
\renewcommand{\thethm}{}
 
\section{Elimki elimki}
 
\emph{Eliminacje trwają 2h. Nie spodziewam się, że wszyscy zrobią po 4 zadania w tak krótkim czasie -- rzuciłem aż cztery, żeby każdy znalazł coś dla siebie.}
\begin{enumerate}
    \item Liczby $x,y,z,t$ są rzeczywiste dodatnie. Uzasadnić, że
  \begin{enumerate}
    \item $\sqrt{x^2 + y^2 + z^2 + 2xy} < x+\sqrt{y^2 + z^2}$
    \item $\sqrt{x^2 + z^2} < \sqrt{x^2 + t^2} + \sqrt{t^2+y^2} + \sqrt{y^2 + z^2}$
  \end{enumerate}
   \item Znaleźć wszystkie pary $(a,b)$ liczb całkowitych, takich, że
     $$\hbox{ dla każdej niezerowej liczby całkowitej }x \hbox{ liczba }x^2+ax+b\hbox{ jest pierwsza.}$$
    \item W trójkacie ostrokątnym $ABC$ kąt przy wierzchołku $C$ ma miarę $45^{\circ}$ oraz $|AB|=1$. Punkty $D,E$ leżą na bokach $BC,AC$ odpowiednio, oraz $AD \perp BC,\ BE\perp AC$. Obliczyć $|DE|$, odpowiedź uzasadnić.
    \item Wykazać, że istnieje liczba postaci $11\dots1$ podzielna przez $7052010705201$.
\end{enumerate}
\end{document}
 

Źródło rozwiązań w texu.

 
%        File: a.tex
%     Created: czw maj 06 09:00  2010 C
% Last Change: czw maj 06 09:00  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}[1][Dowód. ]{\noindent\textsc{#1}}
{\nolinebreak[4]\hfill$\blacksquare$\\\par}
\newenvironment{sol}[1][Rozwiązanie. ]{
\noindent\textsc{#1}}
{\par}
 
\def\rozw{$ $\\\textbf{Rozwiązanie}: \\}
\def\deg{^{\circ}}
 
 
\subimport{../}{style}
%\include{style}
\def\source#1{\\Źródło: #1}
 
\begin{document}
\renewcommand{\thethm}{}
 
\section{Elimki elimki}
 
\emph{Eliminacje trwają 2h. Nie spodziewam się, że wszyscy zrobią po 4 zadania w tak krótkim czasie -- rzuciłem aż cztery, żeby każdy znalazł coś dla siebie.}
\begin{enumerate}
    \item Liczby $x,y,z,t$ są rzeczywiste dodatnie. Uzasadnić, że
  \begin{enumerate}
    \item $\sqrt{x^2 + y^2 + z^2 + 2xy} < x+\sqrt{y^2 + z^2}$
 
            \begin{proof}
                \emph{Można to oczywiście rozpałować przez podnoszenie do
                kwadratu, podobnie jak następny podpunkt, ale rozwiązanie jest
                inne.}
 
                Niech $X=(0,0),Y=(x,0),Z=(x+y,z)$.
                Nierówność z zadania można równoważnie zapisać jako
                $$|XZ| < |XY| + |YZ|$$
                a to jest nierówność trójkąta.
            \end{proof}
    \item $\sqrt{x^2 + z^2} < \sqrt{x^2 + t^2} + \sqrt{t^2+y^2} + \sqrt{y^2 + z^2}$
 
            \begin{proof}
                Podobnie jak w poprzednim zadaniu, niech:
                $$A=(-z,0),\ B=(0,y),\ C=(t,0),\ D=(0,-x)$$
                Wtedy nierówność przekształca się po postaci
                $$|AD| < |DC| + |CB| + |BA|$$
                prawdziwej na mocy nierówności trójkąta:
                $$|AD| < |DC| + |CA| < |DC| + |CB| + |BA|$$
                przy czym żadne 3 punkty nie są współliniowe, więc nierówność
                trójkąta można stosować.
            \end{proof}
  \end{enumerate}
   \item Znaleźć wszystkie pary $(a,b)$ liczb całkowitych, takich, że
     $$\hbox{ dla każdej niezerowej liczby całkowitej }x \hbox{ liczba }x^2+ax+b\hbox{ jest pierwsza.}$$
 
       \begin{sol}
           \textbf{Odpowiedź:} Takie pary nie istnieją.
 
            Niech pomocniczo $f(x) = x^2 + ax + b$.
 
           Załóżmy, że taka para $(a,b)$ istnieje, czyli $f(x)$ jest pierwsze
           dla wszystkich $x$ poza $0$.
 
           Rozważmy najpierw przypadek $b=0$. Mamy wykazać, że $x(x+a)$ jest
           pierwsze dla wszystkich $x$ poza $0$ -- to jest oczywista bzdura.
 
           A więc $b\neq 0$. Możemy zatem twierdzić, że dla każdego $k$
           niezerowego liczba
           $$f(kb) = k^2b^2 + akb + b = b(k^2b+ka+1)$$
           jest pierwsza.
 
           Załóżmy, że $b\neq 1 \hbox{ i }b\neq -1$, a więc dla
           każdego niezerowego całkowitego $k$ musi być $k^2b + ka +1 =
           1\hbox{ lub }k^2b + ka + 1=-1$, gdyż iloczyn $b$ i $k^2b+ka+1$ jest
           liczbą pierwszą.
 
           Wielomian $bx^2 + xa +1$ przyjmuje nieskończenie wiele
           razy wartość $1$ lub nieskończenie wiele razy wartość $-1$ (
           we wszystkich nieskończenie wielu liczbach całkowitych niezerowych przyjmuje
           jedną z tych wartości). Ale wielomian, który nieskończenie wiele
           razy przyjmuje tę samą wartość jest stały (\emph{to jest użycie
           mocnej teorii}), zatem $bx^2+xa+1\equiv
           0$ (równość wielomianów), $b=0$, sprzeczność.
 
           Z tego wszystkiego wynika $b=\pm 1$.
 
           Załóżmy, że $a\neq 0$. Wtedy $-a\neq 0$, więc
           $$f(-a) = b$$
           jest pierwsza. Ale to nieprawda, gdyż $b=\pm 1$.
 
            Zatem $a=0$. Skoro $b=\pm 1$ to mamy już tylko dwa przypadki:
            $$x^2 + 1\hbox{ lub }x^2-1$$
            wartości obu tych wyrażeń nie są liczbami pierwszymi już dla
            $x=3$. Sprzeczność.
       \end{sol}
    \item W trójkącie ostrokątnym $ABC$ kąt przy wierzchołku $C$ ma miarę $45^{\circ}$ oraz $|AB|=1$. Punkty $D,E$ leżą na bokach $BC,AC$ odpowiednio, oraz $AD \perp BC,\ BE\perp AC$. Obliczyć $|DE|$, odpowiedź uzasadnić.
 
        \begin{proof}
            Rozwiązanie znajduje się na oficjalnej stronie podlaskiego
            konkursu matematycznego -- tj. na signum.pb.bialystok.pl lub (może
            w jakiejś przyszłości) www.ptm.pb.bialystok.pl
 
            w dziale ``Konkurs Matematyczny PB 2010'' zadania przygotowawcze
            dla gimnazjum -- rozwiązania.
        \end{proof}
    \item Wykazać, że istnieje liczba postaci $11\dots1$ podzielna przez $7052010705201$.
 
        \begin{proof}
            Niech $n=7052010705201$. Zauważmy, że liczba $n$ jest względnie
            pierwsza z $10$ tj. $NWD(n,10) =1$.
 
            Bierzemy liczby
            $$1,11,111,\dots,\underbrace{11\dots11}_{n+1}$$
            Jest ich $n+1$ a reszt z dzielenia przez $n$ jest $n$, więc
            któreś dwie dają równe reszty z dzielenia
            przez $n$:
            $$n|\underbrace{11\dots11}_{k} - \underbrace{11\dots11}_l =
            \underbrace{11\dots1}_{k-l}\underbrace{0\dots0}_l$$
            dla pewnych $k < l$.
 
            Ale $n$ jest względnie piewsze z $10$, więc
            $$n|\underbrace{11\dots1}_{k-l}\underbrace{0\dots0}_l =
            \underbrace{11\dots1}_{k-l}\cdot 10^{l}\hbox{ implikuje }
            n|\underbrace{11\dots1}_{k-l}$$
            to kończy dowód.
        \end{proof}
\end{enumerate}
\end{document}