|
Zadania PDF.
Źródło zadań w texu.
% File: zad.tex
% Created: Fri Feb 14 10:00 AM 2014 C
% Last Change: Fri Feb 14 10:00 AM 2014 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}{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{hintcounter}
\newenvironment{hint}[1][Wskazówka]{
\vskip 3mm
\stepcounter{hintcounter}%
\noindent{\textsc{{\bfseries #1 \thehintcounter{}}}}\\}
{
}
\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{9cm}
\def\headpicture{sierpinski_valentine}
\def\author{kółko I~LO Białystok}
\def\date{14.02.2014}
\begin{document}
\section{Przedomowe kółko}
\begin{problem} Niech $H$ będzie punktem przecięcia wysokości trójkąta
nieprostokątnego $ABC$.
Udowodnić, że okręgi opisane na trójkątach $AHB$, $BHC$ i~$CHA$ są
przystające.
\end{problem}
\begin{problem} Dany jest równoległobok $ABCD$ oraz punkt $E$ należący do boku
$BC$. Przez punkt $D$~prowadzimy prostą $k$ równoległą do prostej $AE$. Na
prostej $k$ obieramy takie punkty $K$, $L$, że czworokąt $AEKL$ jest
równoległobokiem. Udowodnić, że równoległoboki $ABCD$ i~$AEKL$ mają równe
pola.
\end{problem}
\begin{problem}
Czworokąt wypukły $ABCD$ jest wpisany w~okrąg. Udowodnić, że środki okręgów
wpisanych w~trójkąty $BCD$, $CDA$, $DAB$ oraz $ABC$ są wierzchołkami
prostokąta.
\end{problem}
\begin{problem}
Dana jest liczba pierwsza $p\geq 3$ oraz dwie liczby całkowite dodatnie~$a$,
$b$ takie, że liczby $a+b$ oraz $a^{10}+b^{10}$ dzielą się przez~$p$. Udowodnić, że $a$ i~$b$ dzielą się przez~$p$.
\end{problem}
\begin{problem}
Rozstrzygnąć, czy istnieje nieskończenie wiele trójek $(a, b, c)$ liczb całkowitych dodatnich spełniających równanie
\[a^2+b^2+c^2=4abc.\]
\end{problem}
\begin{problem}
Na turnieju rycerskim każdy uczestnik posiada wśród pozostałych co najwyżej
trzech śmiertelnych wrogów. Udowodnij, że można podzielić uczestników
turnieju na dwie grupy tak, by dowolny uczestnik posiadał w~swojej grupie co
najwyżej jednego śmiertelnego wroga.
\emph{Uwaga: Jeżeli rycerz $A$ jest śmiertelnym wrogiem rycerza $B$, to rycerz $B$
jest śmiertelnym wrogiem rycerza $A$.}
\end{problem}
\begin{problem}
Wykazać, że dla dowolnych liczb dodatnich $a$, $b$, $c$, $d$
zachodzi nierówność
$$ \frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{d+a+b}+\frac{1}{c+d+a}+\frac{1}{b+c+d}\geq
\frac{16}{3(a+b+c+d)}.$$
\end{problem}
\begin{problem}
Wykazać, że jeśli $a$, $b$, $c$ są długościami boków trójkąta ostrokątnego
to zachodzą nierówności
\begin{enumerate}
\item $a^2 < b^2 + c^2$,
\item $(a^2 + b^2 - c^2)(c^2 + a^2 - b^2) \leq (a+b-c)^2(c+a-b)^2$.
\end{enumerate}
\end{problem}
\newpage
\subsection*{Wskazówki}
\begin{hint}
Niech $\alpha := \angle BAC$, wtedy kąt $ \angle BHC = 180^\circ -
\alpha$. Niech $H'$ będzie odbiciem symetrycznym $H$ względem $BC$, wtedy
$H'$ leży na okręgu opisanym na $ \triangle ABC$, więc okręgi opisane na
$ \triangle ABC$ i~$ \triangle BCH$ są symetryczne względem $BC$,
w~szczególności mają równe promienie.
\end{hint}
\begin{hint}
Pole trójkąta $ADE$ to połowa pola każdego z~równoległoboków $ABCD$
i~$AEKL$.
\end{hint}
\begin{hint}
Niech $I_1$ oraz $I_2$ oznacza odpowiednio środek okręgu wpisanego
w~$\triangle ABC$ oraz $\triangle BCD$. Niech $E$ będzie drugim punktem
przecięcia prostej $AI_1$ z~okręgiem opisanym na $ABCD$. Wtedy $EB = EI_1 = EC$ na
mocy ,,lemaciku''. Punkt $E$ jest też drugim punktem przecięcia
prostej $DI_2$ z~okręgiem opisanym na $ABCD$, więc również $EI_2 = EB =
EC$. Wobec tego punkty $B$, $I_1$, $I_2$, $C$ leżą na jednym okręgu i~$
\angle CI_2 I_1 = 180^\circ - \angle I_1 B C$. Podobnie $ \angle CI_2 I_3
= 180^\circ - \angle I_3 D C$, gdzie $I_3$ jest środkiem okręgu wpisanego
w~trójkąt $ACD$. Stąd $ \angle I_1 I_2 I_3 = 90^\circ$.
\end{hint}
\begin{hint}
Mamy $a \equiv -b\mod p$ i~$a^{10} \equiv -b^{10}\mod p$, więc
$2a^{10} \equiv 0 \mod p$.
\end{hint}
\begin{hint}
Niech $k$ będzie największą taką liczbą, że $2^k\mid a$, $2^k \mid b$,
$2^k \mid c$ i~niech $a = 2^k a'$, $b = 2^k b'$, $c = 2^k c'$. Wtedy
\[
a'^2 + b'^2 + c'^2 = 4\cdot 2^k\cdot a'b'c'.
\]
Kwadrat liczby parzystej jest podzielny przez $4$, zaś kwadrat liczby
nieparzystej daje resztę $1$ z~dzielenia przez $4$. Z~definicji liczby
$k$, co najmniej jedna
z~liczb $a'$, $b'$, $c'$ jest nieparzysta. Wobec tego reszta
z~dzielenia przez $4$ lewej strony równania powyżej to $1+0+0=1$ lub
$1+1+0=2$ lub
$1+1+1 = 3$. W~szczególności lewa strona jest niepodzielna przez $4$,
sprzeczność!
\end{hint}
\begin{hint}
Rozważmy wszystkie możliwe podziały rycerzy i~wybierzmy ten podział
$\mathcal{P}$, w~którym
liczba par śmiertelnych wrogów w~jednej grupie jest minimalna. Załóżmy, że
w~tym podziale pewien rycerz $A$ ma w~swojej grupie co najmniej dwóch
śmiertelnych wrogów. Rozważmy nowy podział $\mathcal{P}'$, w~którym $A$ przeniesiony jest
do drugiej grupy. W~tej grupie $A$ ma co najwyżej jednego śmiertelnego
wroga. Wobec tego przy podziale $\mathcal{P}'$ liczba par śmiertelnych
wrogów w~jednej grupie jest mniejsza niż przy podziale $\mathcal{P}$.
Sprzeczność z~definicją $\mathcal{P}$!
\end{hint}
\begin{hint}
Zastosujmy nierówność między średnią arytmetyczną a~harmoniczną dla liczb
$a+b+c$, $d+a+b$, $c+d+a$, $b+c+d$:
\[\frac{4}{\frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{d+a+b}+\frac{1}{c+d+a}+\frac{1}{b+c+d}}\leq
\frac{(a+b+c) + (d+a+b) + (c+d+a) + (b+c+d)}{4}.\]
Powyższa nierówność jest równoważna wyjściowej.
\end{hint}
\begin{hint}
1. Niech odpowiednio $A$, $B$, $C$ będą wierzchołkami trójkąta leżącymi naprzeciw
boków $a$, $b$, $c$. Niech $H$ będzie rzutem $B$ na bok(nie proste!) $AC$.
Wtedy $BH < BA = c$ oraz $CH < AC = b$. Wobec tego $a^2 = BC^2 = BH^2 +
CH^2 < c^2 + b^2$.\\
2. Nierówność jest równoważna $2a^2(b-c)^2 \leq (b^2 - c^2)^2 +
(b-c)^4$. Używamy 1. i~otrzymujemy nierówność $0\leq (b-c)^2( (b+c)^2 + (b-c)^2 -
2a^2) = 2(b-c)^2(b^2 + c^2 - a^2)$.
\end{hint}
\end{document}
|
