Koło matematyczne I LO w Białymstoku

 
Zadania PDF.

 
Obrazek.

Źródło zadań w texu.

 
%        File: zad.tex
%     Created: Thu Jun 02 12:00 PM 2011 C
% Last Change: Thu Jun 02 12:00 PM 2011 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{polski}
\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]{}
 
\newenvironment{proof}[1][Dowód. ]{\noindent\textsc{#1}}
{\nolinebreak[4]\hfill$\blacksquare$\\\par}
\newenvironment{sol}[1][Rozwiązanie. ]{
\noindent\textsc{#1}}
{\hfill\par}
 
\newenvironment{problem}{\noindent\textsc{Zadanie}\\}
{\hfill\par}
 
\def\deg{^{\circ}}
\def\source#1{\\Źródło: #1}
 
\renewcommand{\thethm}{}
\renewcommand{\angle}{\sphericalangle}
\renewcommand{\vec}[1]{\overrightarrow{#1}}
\renewcommand{\leq}{\leqslant}
\renewcommand{\geq}{\geqslant}
\renewcommand{\dots}{\ldots}
 
\subimport{../}{style}
%\include{style}
 
\begin{document}
\section{Ściemka!\\[-1.3cm]{\scriptsize Czyli po co ludziom dowody?}}
 
\emph{Niektóre spośród poniższych rozwiązań są błędne merytorycznie,
a~niektóre inne źle zapisane. Przeistocz się w~krwiożerczego Yogiego i~znajdź
błędy!}
\begin{enumerate}
    \item \begin{thm}
            Znaleźć wszystkie rozwiązania równania $3^n = x^2 + y^2$ w~liczbach całkowitych
            nieujemnych $x, y, n$.
        \end{thm}
 
        \begin{sol}
 
            Równanie to nie ma rozwiązań.
            Dowód:
 
            Rozważmy dowolne rozwiązanie $3^n = x^2 + y^2$. Policzmy możliwe reszty
            z~dzielenia $x^2$ przez $3$: $0^2 \equiv 0 \mod 3, 1^2 \equiv 1
            \mod 3, 2^2 \equiv 1\mod 3$, zatem $x^2\mod 3\in \left\{ 0, 1
            \right\}$.
 
            Oczywiście $1 + 0 \neq 0 \mod 3, 1 + 1 \neq 0 \mod 3$, więc
            jedynym sposobem otrzymania po lewej stronie $0$ jest $x\equiv
            0\mod 3, y \equiv 0 \mod 3$. Podstawmy $x=3x', y=3y'$. Wtedy
            $9(x'^2 + y'^2) = 3^n$, czyli $x'^2 + y'^2 = 3^{n-2}$. Rozumujemy
            analogicznie i~stwierdzamy, że $x' = 3x'', y' = 3y''$. Procedurę
            tę możemy kontynuować dowolnie wiele razy, więc wnioskujemy, że
            $x'', y''$ są podzielne przez $3^k$ dla dowolnego $k$, co daje
            sprzeczność.
        \end{sol}
    \item \begin{problem}
            Trapez $ABCD$ o~podstawach $AB$ i~$CD$ jest taki, że $AC = 1, BD =
            \sqrt{3},  \angle ABD = 30^\circ$. Wyznacz najmniejszą możliwą
            sumę długości podstaw tego trapezu.
        \end{problem}
 
        \begin{sol}
 
            \begin{minipage}{10cm}
                Niech $H_D, H_C$ oznaczają rzuty $D, C$ na $AB$, $E$ oznacza
                punkt przecięcia przekątnych trapezu, a~$C'\in AB$ jest takie,
                że $CDBC'$ jest równoległobokiem.
 
                Obliczamy, że $DH_D = \sqrt{3}/2$, gdyż trójkąt $BDH_D$ ma kąty
                $30^\circ, 60^\circ, 90^\circ$ i~$BD = \sqrt{3}$. Zatem
                $AH_C = \sqrt{AC^2 - CH_C^2} = \sqrt{1 - DH_D^2} =
                \sqrt{1 - \frac{3}{4}} = \frac{1}{2}$, czyli trójkąt $AH_CC$
                jest połówką trójkąta równobocznego i~$ \angle CAH_C =
                60^\circ$.
 
                Skoro $CC' \parallel BD$, to $ \angle CC'A =  \angle  DBA =
                30^\circ$, więc $ \angle ACC' = 180^\circ - 60^\circ -
                30^\circ = 90^\circ$.
            \end{minipage}\begin{minipage}{6cm}
                \includegraphics{trapez}
            \end{minipage}
 
                Trójkąt $ \triangle ACC'$ jest
                prostokątny, zatem z~twierdzenia Pitagorasa $AB + CD = AC' = \sqrt{AC^2 + CC'^2} =
                \sqrt{AC^2 + CC'^2} = \sqrt{1 + 3} = 2$. Jest to jedyna
                możliwa wartość sumy podstaw, więc jest ona najmniejsza.
 
        \end{sol}
 
    \item \begin{problem}
            Wartość wielomianu $f(x) = x^{2011} + a_{2010}x^{2010} + \dots +
            a_0$ o~współczynnikach całkowitych jest dla
            każdej liczby całkowitej podzielna przez $2011$ oraz $f(x)$ ma
            $2011$ różnych pierwiastków. Udowodnij, że suma tych
            pierwiastków jest podzielna przez $2011$.
        \end{problem}
 
        \begin{sol}
 
            Udowodnię, że $f \equiv x^{2011} - x \mod 2011$, tzn.
            współczynniki wielomianu $f - x^{2011} - x$ są podzielne przez
            $2011$.
 
            Niech $g:= f - x^{2011} - x\mod 2011$. Wielomian $g$ ma stopień
            nie większy niż $2010$. Dla dowolnej liczby całkowitej $m$
            zachodzi $m^{2011} \equiv m \mod 2011$ bo $2011$ jest pierwsza,
            czyli $2011\Big| f(m) + m^{2011} - m = g(m)$.
 
            To znaczy, że wielomian $g$ ma pierwiastki ($\mod 2011$) $0, 1,
            2, 3,\dots, 2010$, czyli $g(x) = Q(x)(x-0)(x-1)\dots (x-2010)\mod
            2011$. Gdyby $Q\neq 0$ to wielomian po prawej stronie miałby
            stopień $\geq 2011$, czyli większy niż $g$. Tak więc $Q = 0$ i~$g
            = 0$, czyli $f - x^{2011} - x \equiv 0\mod 2011$, więc $2011$ musi
            dzielić $a_{2010}$, bo $a_{2010}$ jest współczynnikiem wielomianu
            $f - x^{2011} - x$ stojącym przy $x^{2010}$.
 
            Zachodzi $2011\Big|a_{2010}$, ale $a_{2010}$ jest równe $(-1)$
            pomnożonemu przez sumę pierwiastków $f$. Tak więc $2011$ dzieli tę
            sumę pierwiastków.
        \end{sol}
    \item \begin{problem}
            Liczby rzeczywiste $x_1,\dots,x_{2010}$ są takie, że $x^3_1 + x^3_2 + \dots
            + x^3_{2010} = 2010$. Podać najmniejsze możliwe $M$ rzeczywiste takie, że $x_1^2
            + \dots + x_{2010}^2 \leq M$ albo udowodnić, że takie $M$ nie
            istnieje.
        \end{problem}
 
        \begin{sol}
 
            Przypomnijmy nierówność pomiędzy średnią kwadratową i~sześcienną:
            \begin{thm}
                Dla dowolnych $n, a_1,\dots,a_{n} > 0$ zachodzi
                \[
                \sqrt{\frac{a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_{n}^2}{n}} \leq
                \sqrt[3]{\frac{a_1^3 + \dots + a_{n}^3}{n}}
                \]
            \end{thm}
            Stosując tę nierówność dla $n := 2010$, $a_1 := x_1, a_2 := x_2,
            \dots, x_{2010}  := a_{2010}$ pokazujemy, że
            \[
            \sqrt{\frac{x_1^2 + \dots + x_{2010}^2}{2010}} \leq
            \sqrt[3]{\frac{x_1^3 + \dots + x_{2010}^3}{2010}} = 1
            \]
            Zatem $x_1^2 + \dots + x_{2010}^2 \leq 2010$. Wartość ta jest
            osiągana, jeżeli weźmiemy $x_1 = x_2 = \dots = x_{2010}$, czyli
            $M= 2010$ jest szukaną liczbą.
        \end{sol}
 
\end{enumerate}
 
\end{document}