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{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]{}
\begin{document}
\title{Do boju (na trudniejszym odcinku walk)}
\maketitle
\begin{enumerate}
\item Wykazać, że dla dowolnych liczb $a,b>0$ zachodzi \[a^3b+ab^3+2a^3+2b^3+2\geq 2a^2b+2ab^2+a^2+b^2+2ab\]
\item Na przyjęciu w krainie Baranów, Dymówek, Kaczek, Koników i Małp jest $n$ dziewcząt i $n$ człopców. Każda dziewczyna lubi $r$ chłopców, a każdy chłopiec lubi $s$ dziewcząt. Udowodnić, że jeżeli $r+s>n$, to istnieje para, która lubi się nawzajem, a jeżeli $r+s\leq n$ to może być tak, że każde uczucie jest nieodwzajemnione.
\item Znaleźć wszystkie takie trójki liczb całkowitych dodatnich większych od $1$ takich, że kwadrat każdej z nich pomniejszony o jeden jest podzielny przez każdą z pozostałych.
\item Odcinki $AD,BE,CF$ są wysokościami trójkąta ostrokątnego $ABC$, zaś $H$ jest jego ortocentrum (puntem przecięcia wysokości). Prosta przechodząca przez $E$ i środek odcinka $CH$ przecina odcinek $CD$ w punkcie $T$, zaś odcinki $DF$ i $BH$ przecinają się w $S$. Udowodnij, że $ST\perp AB$.
\end{enumerate}
\end{document}
 
 

Źródło rozwiązań 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{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]{}
\begin{document}
\title{Do boju (na trudniejszym odcinku walk)}
\maketitle
\begin{enumerate}
\item Wykazać, że dla dowolnych liczb $a,b>0$ zachodzi \[a^3b+ab^3+2a^3+2b^3+2\geq 2a^2b+2ab^2+a^2+b^2+2ab\]
\textbf{Rozwiązanie}: W tej nierówności skorzystamy ze średniej ważonej (choć tylko dla wag wymiernych). Spróbujmy poskładać z lewej strony prawą (nierówność nie ma jednego stopnia, więc większość nierówności się nie przyda).\\
Wyraz $a^2$ możemy złożyć tylko z tego, co nie ma $b$, z $a^3$ i $2$. Ze średniej ważonej chcemy uzyskać $a^2$, ważąc $\alpha a^3+(1-\alpha)$. Mamy $\alpha a^3+(1-\alpha)\geq a^{3\alpha}$. Bierzemy więc $\alpha=\frac{2}{3}$ i uzyskujemy
\[\frac{2}{3}a^3+\frac{1}{3}\geq a^2\]
\[\frac{2}{3}b^3+\frac{1}{3}\geq b^2\]
Druga nierówność wytworzona jest analogicnie do pierwszej. Idźmy dalej: chcemy teraz pozbyć się z lewej strony $a^3b$ i $ab^3$ (bo $a^3$, $b^3$ są znacznie poręczniejsze), robiąc z nich (z lekkich dodatniem wody w postaci stałej $1$), piękne danie $a^2b$. Mamy $\alpha a^3b+\beta ab^3+(1-\alpha+\beta)\geq a^{3\alpha+\beta}b^{3\beta+\alpha}$. Chcemy $3\alpha+\beta=2$, $3\alpha+\beta=1$. Obliczamy $\alpha=\frac{5}{8}$, $\beta=\frac{1}{8}$, czyli:
\[\frac{5}{8}a^3b+\frac{1}{8}ab^3+\frac{1}{4}\geq a^2b\]
\[\frac{5}{8}ab^3+\frac{1}{8}a^3b+\frac{1}{4}\geq ab^2\]
Chcemy oczywiście, mając zamiłowanie do porządku, upiec tyle samo $a^2b$, co $ab^2$. Na jedną porcję idzie nam $\frac{6}{8}a^3b$ i $\frac{6}{8}ab^3$ oraz $\frac{1}{2}$. Upieczemy więc $\frac{4}{3}$ porcji:
\[\frac{4}{3}(\frac{5}{8}a^3b+\frac{1}{8}ab^3+\frac{1}{4})=
\frac{5}{6}a^3b+\frac{1}{6}ab^3+\frac{1}{3}\geq \frac{4}{3}a^2b\]
\[\frac{4}{3}(\frac{5}{8}ab^3+\frac{1}{8}a^3b+\frac{1}{4})=
\frac{5}{6}ab^3+\frac{1}{6}a^3b+\frac{1}{3}\geq \frac{4}{3}ab^2\]
Upichciliśmy już $a^2,b^2,\frac{4}{3}a^2b,\frac{4}{3}ab^2$. Zostało nam do zrobienia $\frac{2}{3}a^2b,\frac{2}{3}ab^2,2ab$, a z produktów mamy $\frac{4}{3}a^3,\frac{4}{3}b^3,\frac{2}{3}$. Tutaj już nie potrzeba aż tak dużo talentu kulinarnego:
Mamy $\frac{2}{3}a^3+\frac{1}{3}b^3\geq a^2b$, czyli
\[\frac{4}{9}a^3+\frac{2}{9}b^3\geq \frac{2}{3}a^2b\]
\[\frac{4}{9}b^3+\frac{2}{9}a^3\geq \frac{2}{3}ab^2\]
Zostało $(\frac{4}{3}-\frac{6}{9}=\frac{2}{3})a^3$, $\frac{2}{3}b^3$, $\frac{2}{3}$. Robimy z tego eintopf: \[2(\frac{1}{3}a^3+\frac{1}{3}b^3+\frac{1}{3})\geq 2a^{3\frac{1}{3}}b^{3\frac{1}{3}}=2ab\]
Koniec, można siadać do stołu.
\item Na przyjęciu w krainie Baranów, Dymówek, Kaczek, Koników i Małp jest $n$ dziewcząt i $n$ człopców. Każda dziewczyna lubi $r$ chłopców, a każdy chłopiec lubi $s$ dziewcząt. Udowodnić, że jeżeli $r+s>n$, to istnieje para, która lubi się nawzajem, a jeżeli $r+s\leq n$ to może być tak, że każde uczucie jest nieodwzajemnione.\\
\textbf{Rozwiązanie}: W rozwiązaniach tego testu dla grupy młodszej.
\item Znaleźć wszystkie takie trójki liczb całkowitych dodatnich większych od $1$ takich, że kwadrat każdej z nich pomniejszony o jeden jest podzielny przez każdą z pozostałych.\\
\textbf{Rozwiązanie}: Nazwijmy 3 liczby z zadania przez $a,b,c$. Zauważmy, że $a,b,c$ są parami względnie pierwsze (tj. każda para z tych liczb jest względnie pierwsza). Faktycznie, niech np. $d|a,b$. Wtedy, skoro $a|b^2-1$, to $d|b^2-1$ i $d|b^2$, czyli $d|-1$, $d=1$, dla pozostałych par analogicznie.\\
Skoro liczby są względnie pierwsze, to np. $a|b^2-1$ i $c|b^2-1$ implikuje $ac|b^2-1$. Mamy więc:
\[ab|c^2-1,ac|b^2-1,bc|a^2-1\]
Niech, bez straty ogólności, bo podzielności są cykliczne,  $c=\min(a,b,c)$. Mamy $ab|c^2-1$ i $ab,c^2-1>0$, więc $ab\leq c^2-1$. Ale $a\geq c$ i $b\geq c$, czyli $ab\geq c^2>c^2-1$. Sprzecznośc dowodzi, że takich trójek liczb nie ma.
\item Odcinki $AD,BE,CF$ są wysokościami trójkąta ostrokątnego $ABC$, zaś $H$ jest jego ortocentrum (punktem przecięcia wysokości). Prosta przechodząca przez $E$ i środek odcinka $CH$ przecina odcinek $CD$ w punkcie $T$, zaś odcinki $DF$ i $BH$ przecinają się w $S$. Udowodnij, że $ST\perp AB$.\\
\textbf{Rozwiązanie}: Nieco inne niż na kółku, dzięki uproszczeniom Endrju.\\
Wystarczy, że pokażemy, że $ST||CF$. Zrobimy to używając tw. Talesa.\\
Oznaczmy $\angle BAC=\alpha$, $\angle ACB=\gamma$. Pamietamy (por. młodsze zadania), że na $AEHF$, $CEHD$, $BFHD$ da się opisać okręgi, oraz, że $CEH$ jest prostokątny.\\
Obliczamy $\angle DFB=90^{\circ}-\angle DFH=90^{\circ}-\angle DBH=\gamma$, $\angle SBF=90^{\circ}-\alpha$, $\angle CEM=\angle ECM=90^{\circ}-\alpha$. Stąd, że cechy kąt-kąt-kąt:
\[\triangle CET\simeq \triangle FBS\]
Stąd wynika $\frac{CT}{CE}=\frac{FS}{BF}$.
Dalej $\angle FDB=\angle FHB=\angle CHE=\angle CDE$, stąd
\[\triangle CED \simeq \triangle FBD\]
Stąd $\frac{CD}{CE}=\frac{FD}{BF}$. Dzieląc przez to stronami $\frac{CT}{CE}=\frac{FS}{BF}$ otrzymujemy $\frac{CT}{CD}=\frac{FS}{FD}$, czyli $1-\frac{TD}{CD}=1-\frac{SD}{FD}$, a więc
\[\frac{TD}{CD}=\frac{SD}{FD}\]
To kończy dowód.
\end{enumerate}
\end{document}