zadaniowy - Edupress

zadania
Konkurs
zadaniowy
ZADANIA KONKURSOWE
1606. Dodajemy mianowniki. Wykazać, że jeżeli a, b, c > 0, to
a + b + c Ì 3 a + b + c 1 + b 1 + c 1 + a 3 + a + b + c
Ryszard Rudnicki (Włocławek)
1607. Równanie z odwrotnościami. Niech n będzie liczbą naturalną większą od 1.
Rozwiązać równanie
1 + 1 + + 1 = n - 1
x1 x 2
xn
w liczbach naturalnych x1, x2, ..., xn.
Witold Bednarek (Łódź)
1608. Punkt w trójkącie. We wnętrzu trójkąta ostrokątnego ABC istnieje punkt P
taki, że dla pewnego kąta a zachodzą równości:
y ACP = y ABP = a, y ABC = 180° - 3a .
Wykazać, że wtedy
_ AC _ + _ PB _
= _ AB _ _ AB _ + _ PC _
_ AC _
Jerzy Kacierzyński (Żary)
1609. Równoległoboki. Wykazać, że czworokąt płaski ABCD jest równoległobokiem wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego punktu P płaszczyzny tego czworokąta zachodzi równość
2(|AP|2 + |CP|2) + |BD|2 = 2(|BP|2 + |DP|2) + |AC|2.
Jerzy Kacierzyński (Żary)
1610. Parzyste odległości. Każde dwa spośród czterech różnych punktów płaszczyzny są odległe o liczbę całkowitą. Ile spośród sześciu odległości między tymi punktami może być liczbami parzystymi?
Werner Mnich (Opole)
Termin nadsyłania rozwiązań upływa 31 maja 2004 r.
Sprostowanie. W zadaniu konkursowym 1603 (ogłoszonym w numerze 5/2003) jest
pomyłka: na końcu nierówności zamiast R2 ma być p2. Przepraszamy.
6/2003
363
43
zadania
WYNIKI KONKURSU (ZESZYT 1(299), 2003)
Do zawodów konkursowych stanęło tym razem 55 osób, które nadesłały 190 rozwiązań.
Spośród nich odrzuciliśmy 14, w czym główny udział mają niepoprawne rozwiązania zadania
1581 (8 zerowych rozwiązań).
Maksymalną liczbę punktów za rozwiązanie wszystkich pięciu zadań zdobyli: Tadeusz Czepiel, Leszek Grzanka, Zbigniew Karno, Leszek Krzywonos i Jerzy Witkowski.
Po raz pierwszy rozwiązania nadesłali: Romuald Buczek, Marcin Duchiński, Jakub Radoszewski i Małgorzata Szadkowska. Witamy Ich serdecznie w naszym gronie i życzymy powodzenia w dalszych zmaganiach konkursowych.
Zgodnie z tradycją wyniki konkursu przedstawiamy według ustalonego schematu:
1581 – 5 – 15 – 8, 1582 – 2 – 38 – 1, 1583 – 1 – 46 – 4, 1584 – 3 – 34 – 0, 1585 – 1 – 43 – 1.
W każdej z tych czwórek mamy najpierw numer zadania, potem maksymalną liczbę punktów przyznawanych za rozwiązanie, dalej liczbę rozwiązań przynajmniej częściowo poprawnych, wreszcie – liczbę rozwiązań odrzuconych.
Poprawne co najmniej częściowo rozwiązania nadesłały następujące osoby (liczby w nawiasach oznaczają sumy punktów uzyskanych w konkursie, poprzedzające je liczby to ostatnie
cyfry numerów rozwiązanych zadań).
Krystian Bartniczek, Würselen: 2, 5, (57),
Włodzimierz Bąk, Zbiersk: 2, 3, 4, 5, (161),
Witold Bednarek, Łódź: 2, 3, 4, 5, (83),
Marek Borsiak, Ozorków: 3, 4, 5, (35),
Romuald Buczek, Inowrocław: 2, 5, (3),
Tadeusz Czepiel, Katowice: 1, 2, 3, 4, 5, (152),
Henryk Drzewiecki, Sławków: 2, 3, 5, (181),
Marcin Duchiński, Służewo: 4, (3),
Czesław Ginalski, Częstochowa: 3, (112),
Jacek Golusda, Kamień Pomorski: 2, 3, 4, 5, (121),
Waldemar Górski, Olesno: 2, 3, 4, 5, (244),
Leszek Grzanka, Chechło: 1, 2, 3, 4, 5, (165),
Leo Hämmerling, Akwizgran: 3, 4, (44),
Jerzy Kacierzyński, Żary: 3, 4, 5, (6),
Jan Kaczmarczyk, Kraków: 2, 3, 4, (8),
Krzysztof Kamiński, Pabianice: 2, 3, 4, 5, (17),
Zbigniew Karczmarczyk, Lublin: 2, 3, 4, 5, (163),
Zbigniew Karno, Białystok: 1, 2, 3, 4, 5, (110),
Eugeniusz Kierbedź, Słupca: 3, (69),
Paweł Kliber, Poznań: 1, 2, 3, 5, (15),
Jacek Klisowski, Lublin: 2, 3, 4, 5, (63),
Piotr Kmiecik, Jarosław: 1, 2, 3, 4, 5, (182),
Henryk Kornacki, Augustów: 2, 3, (21),
Michał Kremzer, Gliwice: 3, (40),
Piotr Kryszkiewicz, Milicz: 2, 3, 5, (67),
Leszek Krzywonos, Lublin: 1, 2, 3, 4, 5, (48),
Paweł Kubit, Kraków: 1, 3, 5, (40),
Piotr Kumor, Olsztyn: 1, 2, 3, 4, 5, (73),
Bolesław Künstler, Wąbrzeźno: 2, 3, 5, (200),
Paweł Kwiatkowski, Piotrków Tryb.: 2, 3, 4, 5, (10),
Stanisław Łanowy, Gliwice: 1, 2, 3, 4, 5, (132),
Czesława Młyńczak, Wałcz: 4, (176),
Paweł Najman, Jaworzno: 2, 3, 4, 5, (162),
Rafał Nikodym, Ostrołęka: 5, (15),
Janusz Olszewski, Suwałki: 1, 2, 3, 4, 5, (131),
Edward Orzechowski, Warszawa: 2, 3, 4, 5, (42),
Piotr Pawlikowski, Kluczbork: 2, 3, 5, (70),
Henryk Pawłowski, Toruń: 3, (234),
Paweł Piotrowski, Pabianice: 1, 2, 3, 4, 5, (20),
Kazimierz Poniatowski, Jasło: 5, (91),
Eugeniusz Potocki, Karpacz: 1, 2, 4, 5, (230),
Tomasz Radanowicz, Radowo Małe: 3, (69),
Jakub Radoszewski, Poznań: 2, 3, 4, 5, (6),
Józef Rączka, Zamość: 2, 5, (164),
Ryszard Rudnicki, Włocławek: 2, 3, 4, 5, (110),
Jerzy Seneta, Kraków: 2, 3, 4, 5, (85),
Łukasz Siódmok, Gliwice: 3, 4, (10),
Zbigniew Skalik, Pyskowice: 1, 3, 5, (150),
Paweł Soboń, Lublin: 2, 3, 4, 5, (172),
Piotr Sulich, Olkusz: 1, 3, 4, 5, (150),
Tadeusz Supady, Piotrków Tryb.: 2, 5, (31),
Małgorzata Szadkowska, Tomaszów Maz.: 3, 5, (2),
Witold Urbańczyk, Brudzowice: 2, 3, 4, (192),
Michał Wenderlich, Bydgoszcz: 2, 3, 5, (85),
Jerzy Witkowski, Radlin: 1, 2, 3, 4, 5, (129).
Sprostowanie. W opublikowanych w „Matematyce” 4/2003 wynikach konkursu z zeszytu
5/2002 u następujących osób pominięto punkty uzyskane za rozwiązanie zadania 1575: W. Bąk,
T. Czepiel, J. Golusda, Z. Karczmarczyk, L. Krzywonos, S. Łanowy, M. Pankowski, P. Pawlikowski, Z. Skalik, A. Sulich, J. Śliwiński (po 2 punkty) oraz M. Borsiak, H. Drzewiecki,
Z. Jakubów, Z. Karno, A. Lubieniecka, P. Najman (po 1 punkcie).
Sumy punktów uzyskanych w konkursie przez wyżej wymienione osoby zostały odpowiednio skorygowane.
44
364
matematyka
zadania
ROZWIĄZANIA ZADAŃ KONKURSOWYCH
1581. Boki i kąty raz jeszcze. Boki i kąty trójkąta stanowią ciągi
geometryczne. Wykazać, że wtedy trójkąt jest równoboczny.
Zadanie nie jest najłatwiejsze. Otrzymaliśmy zaledwie 23 rozwiązania, spośród
których musieliśmy odrzucić aż 8, a w pełni poprawnych było właściwie tylko 9 rozwiązań.
Błędy popełniano najrozmaitsze, niektóre wręcz szkolne. Pojawiła się np. równość
c = sina
a sing (oznaczenia standardowe), która jej autorowi pozwoliła na „wykazanie”, że
jeżeli tylko boki trójkąta tworzą ciąg geometryczny, to trójkąt jest równoramienny.
Zdarzały się błędy w stosowaniu znanych tożsamości trygonometrycznych, wnioskowanie z równości cosa 1 cosb 1 = cosa 2 cosb 2 o równościach a 1 = a2 i b 1 = b 2; trafiło
się też typowe błędne koło: wysnuwano wnioski na podstawie pewnej własności trójkąta równobocznego.
Dosyć proste rozwiązanie uzyskuje się w oparciu o analogiczną do znanej nierówności
¼ x + y ² sin x + sin y
x, y Î (0, p)
sin ««
³³ Ì
2
¾ 2 Ö
nierówność
sin xy Ì
(1)
sin x sin y
dla x, y Î (0, p), przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy x = y. Dowód tej
nierówności znajduje się w artykule: S. Cynk, Jeszcze jedna własność trójkątów równobocznych, „Delta” 5/1989, s. 10–11.
Tak uczynił p. Leszek Krzywonos rozumując następująco.
Załóżmy, że trójkąt nie jest równoboczny i jednocześnie jego boki i kąty tworzą ciągi
geometryczne. Przy standardowych oznaczeniach można wtedy przyjąć, że a £ b £ g
oraz a £ b £ c. Wobec tego
ac = b2,
(2)
ag = b 2.
Nie może być ani b = a, ani b = c, bo przyjęliśmy, że trójkąt nie jest równoboczny.
Zatem a < b < g i a < b < c. Na mocy równości (2) i twierdzenia sinusów mamy
sin2b = sina sing,
(3)
a po uwzględnieniu nierówności (1) otrzymujemy
sin2 b - sina sing = sin
a g + sina sing sin a g - sina sing > 0
co przeczy równości (3). Tym samym tylko w trójkącie równobocznym boki i kąty
tworzą jednocześnie ciągi geometryczne.
Uwaga. Wiadomo, że boki i kąty trójkąta tworzą ciągi arytmetyczne wtedy i tylko
wtedy, gdy trójkąt jest równoboczny (zad. konkursowe 1566, „Matematyka” 4/2002).
6/2003
365
45
zadania
W przytoczonym wyżej artykule S. Cynka wykazano, że boki trójkąta tworzą ciąg
arytmetyczny, a kąty ciąg geometryczny wtedy i tylko wtedy, gdy trójkąt jest równoboczny.
Można wreszcie wykazać, co pozostawiamy Czytelnikowi, że kąty trójkąta tworzą
ciąg arytmetyczny, a boki ciąg geometryczny wtedy i tylko wtedy, gdy trójkąt jest równoboczny.
1582. Boki i promień. Wykazać, że istnieje nieskończenie wiele
parami niepodobnych trójkątów rozwartokątnych o całkowitych
bokach i całkowitym promieniu okręgu wpisanego.
Poza jednym wszystkie rozwiązania tego zadania były co najmniej częściowo poprawne. Niepełne rozwiązania to przede wszystkim te, w których nie troszczono się
o to, czy żadne dwa trójkąty podawanej rodziny trójkątów nie są podobne.
W rozwiązaniach podawano głównie rodziny trójkątów równoramiennych, przy
czym każdy taki trójkąt złożony był z dwóch przystających trójkątów pitagorejskich.
Najprostszym przykładem jest tu chyba rodzina trójkątów, których bokami są trójki
(n(n2 + 1), n(n2 + 1), 2n(n2 - 1)), w których n jest liczbą naturalną większą od 1. Bez
trudu można sprawdzić, że taka nieskończona rodzina trójkątów spełnia warunki zadania. W szczególności w każdym z trójkątów tej rodziny promień okręgu wpisanego
wynosi n2 - 1.
A oto inne przykłady, w których trójkąty nie są już równoramienne.
Pan Jan Kaczmarczyk podał rodzinę trójkątów wyznaczoną przez trójki liczb (n2+2,
2
n + 4, 2n2 + 2), w których n jest liczbą naturalną większą od 2, a p. Waldemar Górski
– rodzinę określoną przez trójki liczb (2 n2 + 1, 2 n2 + 2, 4n2 + 1), n > 1.
1583. Równości. Niech a, b, c, u, v, w będą liczbami dodatnimi
takimi, że
u v w
(1)
au + bv + cw = + + = u + v + w.
a b c
Wykazać, że wtedy a = b = c = 1.
Zadanie, jak na konkursowe, jest niezwykle proste. Mimo to cztery rozwiązania
musieliśmy odrzucić. W jednym z nich wykonywano wielokrotnie już wytykaną jako
błąd operację odejmowania nierówności stronami.
Poprawne rozwiązania były różnorodne, niektóre wręcz skomplikowane. Tymczasem nie jest trudne uzyskanie na podstawie równości (1) równości
a
- 12
+v
b
- 12
+w
c
- 12
= 0
a
b
c
z której wobec tego, że wszystkie występujące w niej liczby są dodatnie, natychmiast
wnioskujemy, że a = b = c = 1.
u
Uwaga. Twierdzenie będące przedmiotem zadania ma następujące naturalne uogólnienie.
46
366
matematyka
zadania
Jeżeli a1, a2, ..., an oraz u1, u2, ..., un są liczbami dodatnimi takimi, że
u
u
u
a1u1 + a2 u2 + + a nu n = 1 + 2 + + n = u1 + u2 + + u n to a1 = a2 = ... = 1.
a1 a2
an
Różne dowody tego twierdzenia podali Leo Hämmerling i Zbigniew Karno.
1584. Czworokąt w okręgu. Niech a, b, c, d będą kolejnymi
bokami czworokąta wpisanego w okrąg o promieniu R i niech p
i S oznaczają odpowiednio połowę obwodu i pole tego czworokąta. Wykazać, że wtedy
3
p 2R Ì 2 2 a b c d 4 .
Wszystkie rozwiązania okazały się co najmniej częściowo poprawne. W wielu przypadkach ograniczono ogólność rozwiązania zakładając (milcząco), że środek okręgu
opisanego na czworokącie należy do jego wnętrza. Postanowiliśmy jednak, że wówczas nie zmniejszamy liczby punktów za rozwiązania.
W rozwiązaniach korzystano z najrozmaitszych środków. A więc przede wszystkim
z twierdzenia Ptolemeusza (p. „Matematyka” 4/2003, s. 228–231), ze wzoru Brahmagupty na pole czworokąta wpisanego w okrąg (p. „Matematyka” 5/2000, s. 268–269)
oraz z twierdzenia o tym, że spośród czworokątów wpisanych w dany okrąg największy
obwód ma kwadrat. Stosowano również twierdzenie o średnich arytmetycznej i geometrycznej oraz nierówność Jensena.
Kilka osób zauważyło, że użycie parametru S w sformułowaniu zadania jest zbędne (choć ułatwia sprawdzanie rozwiązań).
A oto zupełnie proste rozwiązanie zaproponowane przez
p. Edwarda Orzechowskiego.
Rozważmy czworokąt wpisany w okrąg o promieniu R i przyjmijmy oznaczenia jak na następującym rysunku:
Mamy wtedy
a + b + c + d = 2 Rsina1 + sina 2 + sina 3 + sina 4 =
¼ a +a
a -a
a +a
a -a ²
= 4 R«« sin 1 3 cos 1 3 + sin 2 4 cos 2 4 ³³ Ë
2
2
2
2
¾
Ö
¼ a +a
a +a ²
Ë 4 R«« sin 1 3 + sin 2 4 ³³ =
2
2
¾
Ö
a + a +a + a
a + a - a 2 + a 4 = 8 Rsin 1 2 3 4 cos 1 3
Ë
4
Ë 8 Rsin
4
a 1 + a 2 + a 3 + a 4 = 8 Rsin45 =
4
Wykazaliśmy więc, że
RÌ
6/2003
a
+ b + c + d 2
8
4R 2
367
47
zadania
Wobec tego
p2 R =
a
+ b + c + d2
4
3
£ R Ì ¼« a + b + c + d ²³ £ 2 2 Ì
4
¾
Ö
3
Ì 2 2 £ 4 a b c d 3 = 2 2 a b c d 4 a to należało udowodnić.
Uwaga. Pan Leo Hämmerling wykorzystując nierówność p Ë nRsin n zachodzącą
dla n-kąta wpisanego w okrąg o promieniu R (p. O. Botterna i in. Geometric Inequalities, Groningen 1969, s. 144) udowodnił, że dla n-kąta wpisanego w okrąg o promieniu R i kolejnych bokach a1, a2, ..., an zachodzi nierówność
a +b
n
a
a
a
a
n
pa R b Ì an+ b £ 1 2
b
2
¼
²
« sin
³
nÖ
¾
gdziea i b są dowolnymi dodatnimi liczbami rzeczywistymi.
3
Dla n = 4, a = 2 i b = 1 otrzymujemy stąd nierówność p2 R Ì 2 2 a b c d 4 niniejszego zadania.
1585. Liczby trójkątne i tetraedralne. Czy istnieje nieskończenie wiele trójek (x, y, z ) liczb naturalnych takich, że
Tx = ty - tz i Tx2 = ty + tz ?
Wszystkie rozwiązania, poza jednym, w którym stwierdzono, że nie ma trójki spełniającej warunki zadania, były poprawne.
Łatwo wykazać, że podane równości spełnia każda trójka (x, Tx, Tx - 1), x > 1.
Uwaga. Okazuje się, że wprowadzanie liczb tetraedralnych jest zupełnie nieistotne. Jeżeli bowiem (an) jest dowolnym ciągiem liczb naturalnych większych od 1, to
istnieje nieskończenie wiele trójek (x, y, z) liczb naturalnych takich, że
ax = ty - tz i
Są to mianowicie trójki (x, ax, ax - 1), x > 1.
48
368
ax2 = ty + tz.
q
matematyka