Materiały pozakółkowe
Użytkownicy online
Naszą witrynę przegląda teraz 2 gościZadania grupowe II |
Zadania I |
Wpisany przez Joachim Jelisiejew |
sobota, 13 kwietnia 2013 13:44 |
Źródło zadań w texu. % File: mlodsi.tex % Created: Mon Apr 08 09:00 PM 2013 C % Last Change: Mon Apr 08 09:00 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}{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{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{6cm} \def\headpicture{../micek-2cm.jpg} \def\author{kółko I~LO Białystok} \def\date{9 marca 2013} \begin{document} \section{\Large Kupą mości panowie!\\[0.2cm]\large epizod II} \begin{problem}[z~poprzedniego kółka] Wykaż, że kwadrat obwodu trójkąta jest większy niż dwunastokrotność jego pola. \end{problem} \begin{center} * * ** *** ***** ******** ************* \end{center} \begin{problem}[V PTM, gimn koresp. -- uwaga! Ten etap wciąż trwa, nie pokazywać rozwiązań!] Czy więcej dzielników dodatnich liczby $2013^{2013}$ kończy się jedynką, czy trójką? Odpowiedź uzasadnij. \end{problem} \begin{problem} Wykaż, że jeśli $p$ jest liczbą pierwszą, to równanie \[ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{p}. \] ma dokładnie trzy rozwiązania w~liczbach naturalnych dodatnich $x, y$. \end{problem} \begin{problem} Czworokąt $ABCD$ jest wpisany w~okrąg $\omega$. Wykazać, że dwusieczne kątów $ \angle ACB$ i~$ \angle ADB$ przecinają się w~punkcie leżącym na okręgu $\omega$. \end{problem} \vspace{1cm} {\long\it Przed eliminacjami i~PTMem. Ogólnie do jednego i~drugiego potrzeba mało teorii, teoretycznie osoby z~różnych szkół bez teorii muszą dać radę poradzić sobie. Ale teoria oczywiście pomaga. Proponowałbym spróbować poczytać 123infty.pdf (na stronie po lewej, z~królikiem), a~szczególnie początek i~pierwsze trzy zadania z~sekcji ``Algebra'' oraz~podsekcje ``Kongruencje'' w~Teorii liczb i~``Zasada szufladkowa Dirichleta'' w~kombinatoryce. Są one przyjazne użytkownikowi (tylko kongruencje wprowadzają coś istotnie nowego), a~w~razie czego służę pomocą mailową. Yogi} \end{document}
Źródło rozwiązań w texu. % File: mlodsi.tex % Created: Mon Apr 08 09:00 PM 2013 C % Last Change: Mon Apr 08 09:00 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}{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{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{6cm} \def\headpicture{../micek-2cm.jpg} \def\author{kółko I~LO Białystok} \def\date{9 marca 2013} \begin{document} \section{\Large Kupą mości panowie!\\[0.2cm]\large epizod II, rozwiązania} \begin{problem}[z~poprzedniego kółka] Wykaż, że kwadrat obwodu trójkąta jest większy niż dwunastokrotność jego pola. \end{problem} \begin{sol} Oznaczmy boki trójkąta przez $a, b, c$, wtedy kwadrat odwodu to $(a+b+c)^2$. Oznaczmy również przez $P$ pole trójkąta. Jeżeli $h$ oznacza długość wysokości opuszczonej na bok $a$, to mamy $b\geq h$ oraz $c\geq h$. Wobec tego \[ab\geq 2\cdot\left(\frac{ab}{2}\right) = 2P.\] Analogicznie $bc\geq 2P,\ ca\geq 2P$, wobec tego \[ (a+b+c)^2 = (a^2 + b^2 + c^2) + 2\cdot (ab + bc + ca) > 2\cdot (ab + bc + ca) \geq 2\cdot 6P = 12P. \] \end{sol} \begin{center} * * ** *** ***** ******** ************* \end{center} \begin{problem}[V PTM, gimn koresp.] Czy więcej dzielników dodatnich liczby $2013^{2013}$ kończy się jedynką, czy trójką? Odpowiedź uzasadnij. \end{problem} \begin{problem} Wykaż, że jeśli $p$ jest liczbą pierwszą, to równanie \[ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{p}. \] ma dokładnie trzy rozwiązania w~liczbach naturalnych dodatnich $x, y$. \end{problem} \begin{sol} \emph{Najważniejsze jest (wielokrotne) korzystanie z~faktu, że $p$ jest pierwsza, więc $p\big|ab$ implikuje $p\big|a$ lub $p\big|b$.} Załóżmy, że $(x, y)$ jest rozwiązaniem równania i~pomnóżmy obie strony przez $pxy$, otrzymując \[ py + px = xy,\mbox{ czyli } p(x+y) = xy. \] Wynika stąd, że $p\big|x$ lub $p\big|y$. Załóżmy (ew. zmieniając miejscami $x$ i~$y$), że $p\big|x$, niech $x = pk$, wtedy \[ x + y = ky,\mbox{ stąd } pk = x = (k-1)y. \] Wynika stąd, że $k-1\big|p$, więc $k-1$ może przyjmować jedną z~czterech wartości: $-p, -1, 1, p$. Liczba $x/y = k-1$ jest dodatnia, więc pozostają nam dwie możliwości: \begin{enumerate} \item $k -1 = 1$. Wtedy $x = 2p$, więc $y = 2p$. \item $k -1 = p$, więc $x = (p+1)p$ i~$y = p+1$. \end{enumerate} Przypomnijmy teraz, że dokonaliśmy założenia, że $p\big|x$. Analogicznie rozważając sytuację $p\big|y$ znajdujemy ponownie rozwiązanie $x=y=2p$ oraz nowe rozwiązanie $x=p+1, y = p(p+1)$, łącznie są trzy rozwiązania. % Podstawiając otrzymujemy $p\left( (k-1)y + y \right) = (k-1)\cdot y\cdot % y$, czyli $p\cdot k = (k-1)y$. % co znaczy, że $y\big|x + y$, czyli $y\big|x$ oraz $k\big|x+y$, czyli % $k\big|y$. Ostatecznie % \[k\big|y\big|x = kp.\] % Wobec tego może zachodzić $y = \pm k$ lub $y = \pm kp$. \end{sol} \begin{problem} Czworokąt $ABCD$ jest wpisany w~okrąg $\omega$. Wykazać, że dwusieczne kątów $ \angle ACB$ i~$ \angle ADB$ przecinają się w~punkcie leżącym na okręgu $\omega$. \end{problem} \newpage \begin{sol} Oznaczmy przez $X$ punkt przecięcia dwusiecznej $ \angle ACB$ z~okręgiem $\omega$. Kąty $ \angle XCA, \angle XCB$ są równe, więc łuki $XA$ i~$XB$ są równe, czyli $X$ jest środkiem łuku $AB$ niezawierającego $C$. Analogiczne rozumowanie przeprowadzone dla $ \angle ADB$ potwierdza, że dwusieczna ta przechodzi przez środek łuku $AB$ niezawierającego $D$, czyli przez punkt $X$! \end{sol} \vspace{1cm} {\long\it Przed eliminacjami i~PTMem. Ogólnie do jednego i~drugiego potrzeba mało teorii, teoretycznie osoby z~różnych szkół bez teorii muszą dać radę poradzić sobie. Ale teoria oczywiście pomaga. Proponowałbym spróbować poczytać 123infty.pdf (na stronie po lewej, z~królikiem), a~szczególnie początek i~pierwsze trzy zadania z~sekcji ``Algebra'' oraz~podsekcje ``Kongruencje'' w~Teorii liczb i~``Zasada szufladkowa Dirichleta'' w~kombinatoryce. Są one przyjazne użytkownikowi (tylko kongruencje wprowadzają coś istotnie nowego), a~w~razie czego służę pomocą mailową. Yogi} \end{document} |
Poprawiony: sobota, 13 kwietnia 2013 13:46 |