Koło matematyczne I LO w Białymstoku

 
Zadania PDF.
 
Rozwiązania PDF.

Źródło zadań w texu.

 
%        File: mlodsi.tex
%     Created: Sun Mar 24 02:00 PM 2013 C
% Last Change: Sun Mar 24 02:00 PM 2013 C
\documentclass[10pt, a4paper]{article}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsthm}
\usepackage[textwidth=16cm, textheight=24cm]{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}{1.5cm}
        \includegraphics[origin=c,height=1.5cm]{\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{8cm}
\def\headpicture{wiosna}
\def\author{kółko I~LO Białystok}
\def\date{26 marca 2013}
\begin{document}
\section{Czy to jest dowód?}
 
\subsection*{Zadania na kółko}
 
\emph{Należy wybrać zadanie z~poniższych trzech i~postarać się rozwiązać je w~grupie; po wszystkim
każdy z~grupy powinien rozumieć, o~co chodzi w~rozwiązaniu i~umieć je
wytłumaczyć.}
 
\begin{problem}
    Suma dziesięciu liczb naturalnych jest równa $1001$. Wyznacz największą
    możliwą wartość największego wspólnego dzielnika tych liczb.
\end{problem}
 
\begin{problem}
    Wykaż, że kwadrat obwodu trójkąta jest większy niż dwunastokrotność jego
    pola.
\end{problem}
 
\begin{problem}
    Wykaż, że dla dowolnej liczby naturalnej $n$ liczba $5^n + 2\cdot
    3^{n-1} + 1$ jest podzielna przez $8$.
\end{problem}
 
\vspace{1cm}
\begin{center}***\end{center}
 
\subsection*{Tytułowe zadanie.}
 
Przypominam zadanie z~I~serii Ligi zadaniowej:
\begin{problem}
    Sześcian $3\times 3\times 3$ podzielono cięciami na $27$ sześcianików
    $1\times 1 \times 1$. Ile minimalnie było cięć?
 
    Cięcia muszą być proste, tzn. być przecięciem wzdłuż płaszczyzny. Można
    jednocześnie ciąć kilka kawałków sześcianu, ułożonych jeden na drugim.
\end{problem}
 
\begin{center}
    \textbf{Pytanie:} Które z~poniższych rozwiązań są właściwe?
\end{center}
 
\begin{sol}[Rozwiązanie I]
    Uzasadnijmy, że minimalnie było sześć cięć.
    Rozważmy sześcianik $1\times 1 \times 1$ znajdujący się początkowo
    w~środku dużego sześcianu. Musimy odciąć sześć ścianek tego sześcianiku,
    a~każde cięcie wycina co najwyżej jedną. Potrzeba więc co najmniej
    sześciu cięć.
\end{sol}
 
\begin{sol}[Rozwiązanie II]
    No więc, wiemy, że trzeba sześciu cięć, bo tnąc normalnie równolegle do
    ścianek [tutaj jest rysunek] da radę ogarnąć w~sześciu cięciach; no a~środkowy
    jest na początku połączony z~sześcioma sąsiednimi i~cięcie odczepia go
    tylko od jednego, więc potrzeba co najmniej sześciu.
\end{sol}
 
\begin{sol}[Rozwiązanie III]
    Minimalnie było $6$ cięć.
\end{sol}
 
\begin{sol}[Rozwiązanie IV]
    Wsadźmy sześcian w~układ współrzędnych tak, żeby przeciwległe wierzchołki miały
    współrzędne $(0, 0, 0), (3, 3, 3)$ a~krawędzie sześcianu były równoległe
    do osi układu. Tniemy wzdłuż płaszczyzn przechodzących przez punkty $(1,
    0, 0), (1, 3, 0), (1, 0, 3)$; $(2,
    0, 0), (2, 3, 0), (2, 0, 3)$; $(0,
    1, 0), (3, 1, 0), (0, 1, 3)$;\\$(0,
    2, 0), (3, 2, 0), (0, 2, 3)$; $(0,
    0, 1), (0, 3, 1), (3, 0, 1)$; $(0,
    0, 2), (0, 3, 2), (3, 0, 2)$. To daje nam podział na $27$ sześcianików
    w~sześciu cięciach.
\end{sol}
 
\end{document}
 

Źródło rozwiązań w texu.

 
%        File: mlodsi.tex
%     Created: Sun Mar 24 02:00 PM 2013 C
% Last Change: Sun Mar 24 02:00 PM 2013 C
\documentclass[10pt, a4paper]{article}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsthm}
\usepackage[textwidth=16cm, textheight=24cm]{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}{1.5cm}
        \includegraphics[origin=c,height=1.5cm]{\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{8cm}
\def\headpicture{wiosna}
\def\author{kółko I~LO Białystok}
\def\date{26 marca 2013}
\begin{document}
\section{Czy to jest dowód?}
 
\subsection*{Zadania na kółko}
 
\emph{Należy wybrać zadanie z~poniższych trzech i~postarać się rozwiązać je w~grupie; po wszystkim
każdy z~grupy powinien rozumieć, o~co chodzi w~rozwiązaniu i~umieć je
wytłumaczyć.}
 
\begin{problem}
    Suma dziesięciu liczb całkowitych dodatnich jest równa $1001$. Wyznacz największą
    możliwą wartość największego wspólnego dzielnika tych liczb.
\end{problem}
 
\begin{sol}
    Oznaczmy liczby przez $a_1,\dots, a_{10}$ i~niech $D$ oznacza ich
    największy wspólny dzielnik. Skoro $D|a_1, D|a_2,\dots$ to
    \[D|a_1 + a_2 + \dots + a_{10} = 1001.\]
    Ponadto, skoro $a_1/D, a_2/D,\dots$ są całkowite, to
    \[
    \frac{1001}{D} = \frac{a_1}{D} + \frac{a_2}{D} + \dots +
    \frac{a_{10}}{D} \geq 1 + 1 + \dots + 1 = 10,
    \]
    czyli $1001 \geq 10\cdot D$, stąd $100\geq D$.
    Chcemy teraz znaleźć największe $D$ spełniające podany warunek. Liczba
    $1001$ rozkłada się na $7\cdot 13\cdot 11$; nietrudno sprawdzić, że
    największym jej dzielnikiem mniejszym od $100$ jest $D = 7\cdot 13 = 91$.
 
    Dla $D = 91$ łatwo znaleźć odpowiednie liczby $a_1, a_2,\dots,
    a_{10}$. Są to $a_1 = a_2 = \dots = a_{9} = 91, a_{10} = 2\cdot 91$.
\end{sol}
 
\begin{problem}
    Wykaż, że kwadrat obwodu trójkąta jest większy niż dwunastokrotność jego
    pola.
\end{problem}
 
\begin{problem}
    Wykaż, że dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej $n$ liczba $5^n + 2\cdot
    3^{n-1} + 1$ jest podzielna przez $8$.
\end{problem}
 
\begin{sol}
    Najważniejszą obserwacją jest, że $5^2, 3^2$ dają resztę $1$ z~dzielenia
    przez $8$~--- ``nie liczą się''. Wobec tego liczby $5^{2k} = \left( 5^2
    \right)^{k}$ oraz $3^{2k}$ także dają resztę $1$ z~dzielenia przez $8$.
 
    Zapiszmy teraz $n = 2q + r$, gdzie $r\in \{0, 1\}$.
    Wtedy $5^{n} = 5^{2q}\cdot 5^r$, więc $5^n$ daje taką samą resztę
    z~dzielenia przez $8$ jak $5^r$. Podobnie, $3^n$ daje taką samą resztę
    z~dzielenia przez $8$ jak $3^r$.
 
    Zysk z~całej operacji jest taki, że $r$ ma tylko dwie możliwe wartości~---
    $\{0, 1\}$. Popatrzmy na oba przypadki:
    \begin{enumerate}
        \item Jeżeli $n$ jest parzysta, czyli $r = 0$, to $5^n$ daje resztę
            $1$, a~$3^{n-1}$ daje resztę $3$, to liczba $5^n + 2\cdot
            3^{n-1} + 1$ daje resztę $1 + 2\cdot 3 + 1 = 8$, czyli jest
            podzielna.
        \item Jeżeli $n$ jest nieparzysta, to $r = 1$. W~tym przypadku $5^n$
            daje resztę $5$ z~dzielenia przez $8$, zaś $3^{n-1}$ daje resztę
            $1$ z~dzielenia przez $8$. Liczba $5^n + 2\cdot 3^{n-1}  + 1$ daje
            więc resztę $5 + 2\cdot 1 + 1 = 8$ z~dzielenia przez $8$, czyli
            jest podzielna.
    \end{enumerate}
\end{sol}
 
\begin{sol}[II rozwiązanie]
 
    \emph{To rozwiązanie korzysta z~kongruencji, i~mówi dokładnie to
    samo, co poprzednie, tylko innym językiem. Kongruencje są opisane w~pliku
    $123\infty$, zachęcam ogólnie do czytania -- ma jedynie $14$ stron.\\}
 
    Zauważmy, że $5^2 \equiv 3^2 \equiv 1 \mod 8$. Zapiszmy $n = 2q + r$,
    gdzie $r\in \{0, 1\}$. Wtedy
    \[
    5^{n} = \left(5^{2}\right)^{q}\cdot 5^r \equiv 1^q\cdot 5^r = 5^r\mod
    8,\quad\mbox{ analogicznie } 3^{n-1}\equiv 3^{n+1} \equiv 3^{r+1} \mod 8.
    \]
    Analizujemy przypadki $r = 0$ i~$r=1$:
    \begin{enumerate}
        \item Jeżeli $r = 0$ to $5^n + 2\cdot 3^{n-1} + 1 \equiv 1 + 2\cdot 3
            + 1 \equiv 0 \mod 8$.
        \item Jeżeli $r = 1$ to $5^n + 2\cdot 3^{n-1} + 1 \equiv 5 + 2\cdot 1
            + 1 \equiv 0 \mod 8$.
    \end{enumerate}
\end{sol}
 
 
\end{document}