I siłą, i sposobem

Transkrypt

I siłą, i sposobem

1
W. Guzicki: I siłą, i sposobem
I
S I Ł Ą,
W.
I
SPOSOBEM
GUZICKI
Ameliówka, 24 – 26 października 2014 r.
2
Zadanie 1. (Twierdzenie Steinera-Lehmusa.) Jeśli w trójkącie dwie dwusieczne
są równe, to trójkąt jest równoramienny.
Dowód na siłę.
b
a
d
c
d2 = ab · 1 −
2
c
(a + b)2
.
3
a
b
e
d
c
d2 = bc · 1 −
2
a
(b + c)2
2
b
oraz e = ac · 1 −
(a + c)2
2
.
4
a2
bc · 1 −
(b + c)2
= ac · 1 −
b2
(a + c)2
,
(a + c)2 − b2
(b + c)2 − a2
=a·
,
b·
(b + c)2
(a + c)2
(a + c + b)(a + c − b)
(b + c + a)(b + c − a)
=a·
,
b·
(b + c)2
(a + c)2
a+c−b
b+c−a
=a·
,
b·
(b + c)2
(a + c)2
b(a + c)2 (b + c − a) = a(b + c)2 (a + c − b),
...
...
...
(b − a) · c(a + c)(b + c) + ab(a + b + 2c) = 0.
5
Dowód sposobem.
C
AC < BC,
F
β < α,
G
2β < α + β,
D
E
]ABF < ]BAF,
BG = AF,
H
β
α
A
GH k AF,
β
4AF D ≡ 4BGH,
β
B
AD = BH < BE.
6
Zadanie 2. (Zadanie olimpijskie LXVI OM: zadanie 4 z zawodów I stopnia.)
Dany jest trójkąt ostrokątny ABC, w którym AB 6= AC. Punkty E i F są
spodkami wysokości tego trójkąta opuszczonych odpowiednio z wierzchołków
B i C. Punkty M i N są środkami odpowiednio odcinków BC i EF , a punkt
Q jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie AM N . Dowieść, że proste AQ
i BC są równoległe.
7
C
M
B
E
N
F
A
A = (0, 0),
Q
B = (2b, 2) oraz C = (2c, 0).
8
Q=
2
(b + c) + 4
,0 .
2(b + c)
(b + c)2 + 4
.
QA = QM =
2(b + c)
2b(bc + 1) 2(bc + 1)
2c(bc + 1) 2(bc + 1)
,
F
=
.
,
, 2
E=
2
2
2
c +1
c +1
b +1
b +1
(b + c)(bc + 1)2 (bc + 1)(b2 + c2 + 2)
.
N=
,
2
2
2
2
(b + 1)(c + 1)
(b + 1)(c + 1)
9
(b + c)2 + 4
.
QN =
2(b + c)
2
2
(b + c)(bc + 1)
(b + c) + 4
− 2
2(b + c)
(b + 1)(c2 + 1)
2
2
2
2
2
+
2
(bc + 1)(b + c + 2)
(b2 + 1)(c2 + 1)
2
=
2
2
2
=
2
(b + c) + 4
2(b + c)
(b + c) (bc + 1) + (b + c + 2) = (b + c) + 4 (b2 + 1)(c2 + 1).
2
.
10
Dowód „sposobem”.
A
ϕ
E
P
F
N
β
B
γ
M
α = ]BAC,
β = ]ABC
AB < AC,
C
oraz γ = ]ACB.
β > γ.
11
A
β + ϕ > 90◦ ,
ϕ
]AM N = β + ϕ − 90◦ ,
E
δ = ]N AM,
P
F
N
2 · ϕ + δ = α,
]BM A = γ + ϕ,
β
B
γ
M
C
12
A
ϕ
T
F
Q
E
N
S
R
β
B
]BM A = γ + ϕ,
γ
M
więc ]M RS = 90◦ − (γ + ϕ).
C
13
A
T
F
Q
ϕ
E
N
S
R
β
B
γ
M
C
]AQS = ]AQT + ]T QS = ]AST + ]T AS = ]AM N + ]N AM =
= β + ϕ − 90◦ + δ.
14
A
T
F
Q
ϕ
E
N
S
R
β
γ
B
]M RS = ]AQS,
M
C
czyli 90◦ − (γ + ϕ) = β + ϕ − 90◦ + δ.
(2 · ϕ + δ) + β + γ = 180◦ ,
czyli α + β + γ = 180◦ .
15
Zadanie 3. (Zadanie z informatora maturalnego na rok 2015) Rozpatrujemy
wszystkie trapezy równoramienne, w których krótsza podstawa ma długość 5
i każde z ramion też ma długość 5. Oblicz długość dłuższej podstawy tego
z rozpatrywanych trapezów, który ma największe pole. Oblicz to pole.
Rozwiązanie na siłę.
5
5
x
h
h
5
5
x
p
p
(2x + 5) + 5
2
· h = (x + 5) · 25 − x = (x + 5)3 (5 − x)
P =
2
f (x) = (x + 5)3 (5 − x) = −x4 − 10x3 + 250x + 625
75 √
3.
x = 2,5 oraz P =
4
16
Rozwiązanie sposobem.
a1 = a2 = a3 = x + 5 oraz a4 = 15 − 3x.
P =
p
(x +
√
4
5)3 (5
− x) =
r
1 √
a1 a2 a3 a4
= √ · a1 a2 a3 a4 .
3
3
30
15
a1 + a 2 + a 3 + a 4
=
=
.
a 1 a2 a3 a4 ≤
4
4
2
√
152
225
,
a1 a2 a3 a4 ≤ 2 =
2
4
√
75 3
225
1 √
.
P = √ · a1 a2 a3 a4 ≤ √ =
4
3
4 3
Równość zachodzi dla x takiego, że a1 = a2 = a3 = a4 , czyli dla x = 2,5.
17
Zadanie 4. (Modyfikacja zadania 3.) W tym zadaniu będziemy rozpatrywać
trapezy równoramienne, w których krótsza podstawa ma długość 7, a każde
z ramion ma długość 3. Znów szukamy trapezu o największym polu.
Rozwiązanie.
p
p
P = (x + 7) 9 − x2 = (x + 7)2 (x + 3)(3 − x).
a1 = a2 = x + 7, a3 = x + 3 oraz a4 = 9 − 3x.
r
1 √
a1 a2 a3 a4
= √ · a 1 a2 a3 a4 .
P =
3
3
√
4
2 · (x + 7) + (x + 3) + (9 − 3x)
13
a1 + a 2 + a 3 + a 4
=
=
.
a 1 a2 a3 a4 ≤
4
4
2
√
169
,
a 1 a2 a3 a4 ≤
4
√
169 3
169
1 √
≈ 24,39.
P = √ · a1 a2 a3 a4 ≤ √ =
12
3
4 3
18
a1 = a2 = x + 7,
P =
√
4
p
a3 = 2x + 6 oraz a4 = 12 − 4x.
(x + 7)2 (x + 3)(3 − x) =
r
a1 a2 a3 a4
.
8
32
a1 + a 2 + a 3 + a 4
=
= 8.
a 1 a2 a3 a4 ≤
4
4
√
a1 a2 a3 a4 ≤ 82 = 64,
√
√
64
1 √
P = √ · a1 a2 a3 a4 ≤ √ = 8 8 = 16 2.
8
8
Równość zachodzi dla takiego x, dla którego a1 = a2 = a3 = a4 , czyli dla x = 1.
19
Zadanie 5. Udowodnij, że każda liczba postaci
729,
71289,
7112889,
711128889, . . .
jest kwadratem liczby naturalnej.
Rozwiązanie „na siłę”.
n
=
10
− 1.
99
.
.
.
9
| {z }
n
10n − 1
11
. . . 1} =
| {z
9
n
oraz
8 · (10n − 1)
88
. . . 8} =
.
| {z
9
n
7 11
. . . 1} 2 88
. . . 8} 9 =
| {z
| {z
n
20
n
n
n
10
8
·
(10
−
1
− 1)
2n+2
n+2
n+1
· 10
· 10 + 9 =
+
+ 2 · 10
+
= 7 · 10
9
9
63 · 102n+2 + 102n+2 − 10n+2 + 18 · 10n+1 + 8 · 10n+1 − 80 + 81
=
=
9
64 · 102n+2 + 16 · 10n+1 + 1
=
=
9
(8 · 10n+1 + 1)2
=
=
32
2
8 · 10n+1 + 1
.
=
3
21
6 · 10n+1 + 2 · 10n+1 − 2 + 3
8 · 10n+1 + 1
=
=
3
3
2(10n+1 − 1)
n+1
+1=
+
= 2 · 10
3
6(10n+1 − 1)
n+1
+1=
+
= 2 · 10
9
. . . 6} +1 =
= 2 · 10n+1 + 66
| {z
n+1
= 2 66
. . . 6} 7.
| {z
n
22
Rozwiązanie „sposobem”.
2
2
88
.
.
.
8
9
·
9
=
64
00
.
.
.
0
16
00
.
.
.
0
1
=
(8
00
.
.
.
0
1)
,
7 11
.
.
.
1
| {z } | {z }
| {z }
| {z } | {z }
n
n
n
n−1

n
2
1

 = (2 66 . . . 6 7)2 .
·
8
00
.
.
.
0
2
88
.
.
.
8
9
=
1
7 11
.
.
.
1
| {z }
| {z }
| {z } | {z }
3
n
n
n
n
23
Zadanie 6. Wyznacz wszystkie liczby całkowite dodatnie n, zaczynające się
cyfrą 1 i takie, że po przeniesieniu tej cyfry 1 na koniec (i ewentualnym opuszczeniu zer pozostających na początku) otrzymamy liczbę 4 razy mniejszą.
Rozwiązanie. Sposób 1.
n = 10m + x,
gdzie x jest liczbą co najwyżej m-cyfrową (tzn. 1 ≤ x < 10m ).
10m + x = 4 · (10x + 1),
39x = 10m − 4.
10m − 4
.
x=
39
Musimy zatem wyznaczyć wszystkie liczby naturalne m, dla których liczba
10m − 4 jest podzielna przez 39.
24
101 ≡ 10 (mod 39),
102 ≡ 22 (mod 39),
103 ≡ 25 (mod 39),
104 ≡ 16 (mod 39),
105 ≡ 4 (mod 39),
106 ≡ 1 (mod 39),
Stąd wynika, że m = 6k + 5 dla pewnej liczby naturalnej k i ostatecznie
n = 10
6k+5
106k+5 − 4
+
39
dla k = 1, 2, 3, . . .
25
Możemy także uzyskać jawną postać liczb n (w zapisie dziesiętnym). Mianowicie
dla k = 0 mamy
5
10
−4
5
= 105 + 2564 = 102564.
n = 10 +
39
Dla k = 1 mamy
n = 10
11
1011 − 4
= 1011 + 2564102564 = 102564102564.
+
39
26
106k+5 − 4
106k+5 − 105 + 105 − 4
6k+5
= 10
=
n = 10
+
+
39
39
5
6k
5
10
10
·
(10
−
1)
−4
6k+5
+
=
+
= 10
39
39
6
6 k−1
6 k−2
6
(10 − 1) (10 )
+ (10 )
+ . . . + 10 + 1
+ 2564 =
= 106k+5 + 105 ·
39
6k+5
5
6 k−1
6 k−2
6
+ 10 · 25641 · (10 )
+ (10 )
+ . . . + 10 + 1 + 2564 =
= 10
6k+5
025641
= 106k+5 + 105 · 25641 025641
{z . . . 025641} +2564 =
|
k−1
102564
= 106k+5 + 2564 102564
{z . . . 102564} =
|
k
= 102564
102564
{z . . . 102564} .
|
k+1
27
···
a8
a7
a6
a5
a4
a3
a2
4
1
4
×
1
0
···
···
a8
a7
a6
a5
a4
a3
a2
4
4
1
1
···
a8
a7
a6
a5
a4
a3
6
4
×
1
0
···
···
a8
a7
a6
a5
a4
a3
6
4
28
···
a8
a7
a6
a5
a4
2
1
5
6
4
1
4
×
1
0
···
···
···
a8
a8
a7
a7
a6
a6
a5
a5
a4
5
2
2
1
2
5
6
6
4
4
1
4
×
1
0
···
···
a8
a7
a6
a5
2
5
6
4
29
···
a8
a7
a6
1
2
2
1
0
2
5
6
4
1
4
×
1
0
···
···
a8
a7
a6
0
2
5
1
2
2
1
2
5
6
6
4
4
1
4
×
1
0
2
5
6
4
30
···
a8
a7
1
1
2
2
1
0
2
5
6
4
1
4
×
1
0
···
···
a8
a7
1
0
2
5
6
4
31
Zadanie 7. Wyznacz wszystkie liczby całkowite dodatnie n, zaczynające się
cyfrą 1 i takie, że po przeniesieniu tej cyfry 1 na koniec (i ewentualnym opuszczeniu zer pozostających na początku) otrzymamy liczbę 37 razy mniejszą.
Rozwiązanie. Sposób 1. Niech nasza liczba n ma postać
n = 10m + x,
gdzie x jest liczbą co najwyżej m-cyfrową (tzn. 1 ≤ x < 10m ). Wówczas
10m + x = 37 · (10x + 1),
czyli
369x = 10m − 37.
Stąd dostajemy
10m − 37
.
x=
369
32
101 ≡ 10 (mod 369),
102 ≡ 100 (mod 369),
103 ≡ 262 (mod 369),
104 ≡ 37 (mod 369),
105 ≡ 1 (mod 369),
Stąd wynika, że m = 5k + 4 dla pewnej liczby naturalnej k i ostatecznie
n = 10
5k+4
105k+4 − 37
+
369
dla k = 1, 2, 3, . . .
33
105k+4 − 37
105k+4 − 104 + 104 − 37
5k+4
= 10
=
n = 10
+
+
369
369
4
5k
4
10
10
·
(10
−
1)
− 37
5k+4
+
=
+
= 10
369
369
5
5 k−1
5 k−2
5
(10 − 1) (10 )
+ (10 )
+ . . . + 10 + 1
+ 27 =
= 105k+4 + 104 ·
369
5k+4
4
5 k−1
5 k−2
5
+ 10 · 271 · (10 )
+ (10 )
+ . . . + 10 + 1 + 27 =
= 10
5k+4
00271
= 105k+4 + 104 · 271 00271
{z . . . 00271} +27 =
|
k−1
10027
= 105k+4 + 27 10027
{z . . . 10027} =
|
k
= 10027
10027
{z . . . 10027} .
|
k+1
34
···
a8
a7
a6
a5
a4
a3
a2
×
1
0
···
···
a8
a7
a6
a5
a4
a3
a1
1
3
7
a2
a1
3
···
a8
a7
a6
a5
a4
a3
a2
×
1
0
···
···
a8
a7
a6
a5
a4
a3
7
1
3
7
a2
7
35
···
a8
a7
a6
a5
a4
a3
26
3
2
7
1
3
7
7
×
1
0
···
···
···
a8
a8
a7
a7
a6
a6
a5
a5
a4
a4
a3
2
10
26
3
0
2
7
1
3
7
2
7
×
1
0
···
···
a8
a7
a6
a5
a4
0
36
10
26
3
2
7
1
3
7
7
×
···
a8
a7
a6
a5
1
0
0
2
1
10
26
3
0
0
2
7
1
3
7
2
7
×
1
0
···
···
a8
a7
a6
a5
0
0
37
···
a8
a7
a6
1
1
10
26
3
0
0
2
7
1
3
7
2
7
×
1
0
···
···
a8
a7
a6
1
0
0
KONIEC
38

I siłą, i sposobem

Transkrypt

Podobne dokumenty

Lista 3

I SPRAWDZIAN Praca i Energia Praca i Energia

ROZGRYWKI POWIATOWE W PIŁCE NOŻNEJ I oto 3 października

microsoft-com:office

Siła od rodkowa.

Ogólna postać II zasady dynamiki Newtona

Instytut Nowych Technologii w Łodzi z przyjemnością zaprasza

Zadanie 30. Stereometria – uogólnienie zadania maturalnego wraz

Zadanie 17. Geometria analityczna: okręgi styczne – uogólnienie.