I Międzyszkolny Konkurs Matematyczny

I Międzyszkolny Konkurs Matematyczny
im. Stefana Banacha
dla uczniów szkół średnich
Zespół Szkół Nr 1 im. Adama Mickiewicza w Lublińcu
42-700 Lubliniec, ul. Sobieskiego 22
12. czerwiec 2007 roku
1. W kwadracie o boku długości 1 z każdego wierzchołka poprowadzono ćwierć okręgu
o promieniu 1 tak, że pole kwadratu zostało podzielone na dziewięć rozłącznych figur.
Obliczyć pole każdej z tych figur.
Rozwiązanie. Przyjmijmy oznaczenia jak na rys. 1
Rys. 1
Pole kwadratu jest równe 1. Stąd otrzymujemy równanie
4x + 4y + z = 1.
Pole ćwiartki koła o promieniu 1 jest równe π4 . Stąd równanie
2x + 3y + z =
π
.
4
1
Obliczymy teraz pole t. Pole t jest różnicą
pola koła o promieniu 1 minus pole
6
√
π
3
trójkąta równobocznego o boku 1, tzn. 6 − 4 . Wtedy dla pola trójkąta krzywoliniowego
ABC mamy równanie
√
π
π
3
x + 2y + z = + t = −
.
6
3
4
Otrzymaliśmy układ równań liniowych

4x + 4y + z = 1,


π


2x + 3y + z = 4 ,
x + 2y + z = π3 −
√
3
.
4
Odejmując stronami od pierwszego równania drugie, a od drugiego trzecie otrzymamy
układ równań
{
2x + y =√1 − π4 ,
π
x + y = 43 − 12
.
1
Teraz odejmując stronami od równania pierwszego równanie drugie mamy
√
3 π
x=1−
− .
4
6
Po podstawieniu do wcześniejszych równań otrzymamy
√
3
π
+
−1
y=
2
12
oraz
π √
z = 1 + − 3.
3
2. Znaleźć wszystkie rzeczywiste rozwiązania równania
[
]
3x − 4
= 4 − 2x.
3
[
]
Rozwiązanie. Z równania otrzymamy po przekształceniu 2x = 4 − 3x−4
. Ponieważ
3
prawa strona jest liczbą całkowitą, to lewa też musi być liczbą całkowitą. To oznacza, że
2x ∈ Z. Rozpatrzmy dwa możliwe przypadki:
a) x ∈ Z. Wtedy
[
]
[
]
3x − 4
4
= x−
= x − 2.
3
3
Stąd równanie x − 2 = 4 − 2x, którego rozwiązaniem jest x = 2.
b) x + 12 ∈ Z. Zapiszmy x = c + 12 , gdzie c jest liczbą całkowitą. Wtedy
[
]
[
]
[
]
[
]
3x − 4
4
1 4
5
= x−
= c+ −
= c−
= c − 1.
3
3
2 3
6
Stąd równanie c − 1 = 4 − 2(c + 12 ), którego rozwiązanie c =
To oznacza, że w tym przypadku nie ma rozwiązania.
Jedynym rozwiązaniem równania jest x = 2.
4
3
nie jest liczbą całkowitą.
3. Znaleźć wszystkie trójki liczb całkowitych x, y, z spełniające układ równań
{
x + yz = 2005,
y + xz = 2006.
Rozwiązanie. Odejmując równania stronami otrzymamy y − x + z(x − y) = 1 i dalej
(x − y)(z − 1) = 1. Ponieważ x − y ∈ Z i z − 1 ∈ Z, to może byż tylko
{
x − y = 1,
z−1=1
{
lub
x − y = −1,
z − 1 = −1.
Z pierwszego układu z = 2. Podstawiając do rozwiązywanego układu otrzymamy
{
x + 2y = 2005,
y + 2x = 2006.
Rozwiązując ten układ otrzymujemy x = 669 i y = 668. W tym przypadku rozwiązaniem
układu jest

 x = 669,
y = 668,

z = 2.
2
Z drugiego układu z = 0. Podstawiając do rozwiązywanego układu otrzymamy x =
2005 i y = 2006. W tym przypadku rozwiązaniem układu jest

 x = 2005,

y = 2006,
z = 0.
4. Dla jakich liczb naturalnych n można ze zbioru {n, n + 1, n + 2, . . . , n2 } wybrać
cztery różne liczby a, b, c, d takie, że ab = cd?
Rozwiązanie 1. Dla n = 1 i n = 2 zbiór nie ma nawet czterech elementów różnych.
Dla n ­ 3 prawdziwe są nierówności: n < n + 1 < n2 − n < n2 − 1. Wystarczy wtedy
wziąć: a = n, b = n2 − 1, c = n + 1, d = n2 − n i zachodzi
ab = n(n2 − 1) = n(n + 1)(n − 1) = (n2 − n)(n + 1) = cd.
Tak więc dobre są liczby naturalne n ­ 3.
Rozwiązanie 2. Dla n = 1 i n = 2 zbiór nie ma nawet czterech elementów różnych.
Dla n ­ 3 prawdziwe są nierówności: n < n + 1 < 2n < 2(n + 1). Wystarczy wtedy
wziąć: a = n, b = 2(n + 1), c = n + 1, d = 2n i zachodzi
ab = n · 2(n + 1) = 2n · (n + 1) = cd.
Tak więc dobre są liczby naturalne n ­ 3.
5. Przez dowolny punkt wewnętrzny przekątnej AC danego prostokąta ABCD poprowadzono proste równoległe do jego boków, które przecinają boki AB, BC, CD, DA
odpowiednio w punktach K, L, M, N . Udowodnić, że
a) proste LM i KN są równoległe,
b) odległość prostych równoległych LM i KN jest stała i nie zależy od wyboru punktu
P,
c) dla obwodu d czworokąta KLM N zachodzi nierówność d ­ 2|AC|.
Rozwiązanie. a) Niech R będzie wybranym punktem przekątnej AC prostokąta ABCD
(patrz rys. 2).
Niech punkty P i Q będą odpowiednio punktami przecięcia przekątnej AC z prostymi
M L i KN . Wówczas
̸ P LR = ̸ LRP = ̸ QRN = ̸ QN R,
skąd N K ∥ M L.
b) Oznaczmy |AB| = a, |BC| = b i niech k ∈ (0, 1) będzie taką liczbą, że |M R| =
k|BC|. Wówczas |RL| = ka, |RK| = (1 − k)b, |RN | = (1 − k)a.
Niech R′ i R′′ będą rzutami prostopadłymi punktu R odpowiednio na proste M L i
KN .
Z równości pól trójkątów i z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta RLM mamy 12 |RL| ·
√
|RM | = 21 |RR′ | · |M L|, skąd k 2 ab = k · |RR′ | · a2 + b2 i ostatecznie |RR′ | = k · √aab
2 +b2 .
Analogicznie otrzymujemy |RR′′ | = (1 − k) · √aab
2 +b2 . Zatem szukana odległość
ab
|RR′ | + |RR′′ | = √ 2
a + b2
3
nie zależy od k.
Rys. 2
c) Z nierówności trójkąta dla trójkąta BRD (być może zdegenerowanego do odcinka)
mamy |BR| + |RD| ­ |DB|. Zatem
d = |N K| + |KL| + |LM | + |M N | = |AR| + |RB| + |RC| + |RD| ­ 2|AC|.
Wykonano edytorem LATEX
4