Olimpiada Naţională de Matematică Etapa Naţională, Braşov, 2 aprilie CLASA a VIII-a

Méret: px

Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Olimpiada Naţională de Matematică Etapa Naţională, Braşov, 2 aprilie CLASA a VIII-a"

Petra Hegedüsné
5 évvel ezelőtt
Látták:

Pe o tablă de şah de dimensiuni infinite se mută o tură, alternativ pe orizontală şi pe verticală.

1 Olimpiada Naţională de Matematică Etapa Naţională, Braşov, aprilie 013 CLASA a VIII-a Problema 1. Prisma regulată dreaptă ABCA B C, cu AB = a, are proprietatea că eistă un unic punct M (BB ) astfel încât m ( AMC ) = 90. Determinaţi măsura unghiului format de dreapta AM cu planul (ACC ). Problema. Pe o tablă de şah de dimensiuni infinite se mută o tură, alternativ pe orizontală şi pe verticală. Tura se deplasează un pătrăţel la prima mutare, două pătrăţele la a doua mutare şi, în general, n pătrăţele la a n-a mutare, pentru orice n N. Fie T mulţimea numerelor naturale n cu proprietatea că eistă un şir de n mutări după care tura revine la poziţia iniţială. a) Arătaţi că 013 / T. b) Determinaţi numărul elementelor mulţimii T {1,,.., 01}. Problema 3. Determinaţi numărul real > 0 şi numărul natural nenul n pentru care + = 1, 005 n. Notă: a este partea întreagă, iar {a} partea fracţionară a numărului real a. Problema 4. Numim specială o mulţime M de numere reale cu proprietăţile: (i) pentru orice, y M, y, numerele +y şi y sunt nenule, eact unul dintre ele fiind raţional; (ii) pentru orice M, numărul este iraţional. Aflaţi numărul maim de elemente ale unei mulţimi speciale. Timp de lucru 4 ore. Fiecare problemă este notată cu 7 puncte.

2 Matematika tantárgyverseny Országos szakasz, Brassó, 013. április. VIII. OSZTÁLY 1. feladat. Az ABCA B C szabályos egyenes hasábban AB = a. Tudjuk, hogy egyetlenegy olyan M (BB ) pont létezik, amelyre m (AMC ) = 90. Határozd meg az AM egyenes és az (ACC ) sík szögének mértékét!. feladat. Egy végtelen méretű sakktáblán egy bástyával lépegetünk függőleges és vízsintes irányban felváltva (minden lépésnél irányt vált a bástya). Az első lépésben egy négyzetnyit halad a bástya, a második lépésnél két négyzetnyit, és így tovább, az n-edik lépesnél n négyzetnyit halad bármely n N esetén. Legyen T azon n természetes számok halmaza, amelyekre létezik n darab lépésből álló lépéssorozat, amelyekkel a bástya visszakerül az eredeti helyére. a) Igazold, hogy 013 / T. b) Határozd meg a T {1,,.., 01} halmaz elemeinek számát! 3. feladat. Határozd meg az > 0 valós számot és az n nem nulla természetes számot, ha fennáll az + = 1, 005 n. egyenlőség! Megjegyzés: a az a valós szám egészrészét, {a} pedig a törtrészét jelöli. 4. feladat. Egy valós számokból álló M halmazt nevezzünk speciálisnak, ha egyidőben teljesíti a következő tulajdonságokat: (i) bármely, y M, y, esetén az + y és y számok közül egyik sem nulla és pontosan egyik racionális; (ii)bármely M esetén irracionális. Maimum hány elemet tartalmazhat egy speciális halmaz? Munkaidő 4 óra. Minden feladatra 7 pont szerezhető.

3 Olimpiada Naţională de Matematică Etapa finală, Braşov, aprilie 013 CLASA a VIII-a SOLUŢII ŞI BAREME ORIENTATIVE Problema 1. Prisma regulată dreaptă ABCA B C, cu AB = a, are proprietatea că eistă un unic punct M (BB ) astfel încât m ( AMC ) = 90. Determinaţi măsura unghiului format de dreapta AM cu planul (ACC ). Soluţie. Vom arăta mai întâi că M este mijlocul muchiei BB. Presupunând contrariul, fie M (BB ) simetricul lui M faţă de mijlocul muchiei BB ; atunci M M. Deoarece MAB M C B şi M AB MC B, rezultă că MA M C şi M A MC. Prin urmare, MAC M C A, deci m ( AMC ) = m ( AM C ) = 90, contradicţie cu unicitatea alegerii lui M 3 puncte Notând BB = h, calculând AM, MC şi AC şi aplicând teorema lui Pitagora în triunghiul dreptunghic MAC, rezultă h = a puncte Dacă O este centrul feţei (ACC A ), rezultă MO (ACC ), deci unghiul format de dreapta AM cu planul (ACC ) este unghiul MAO. Cum MO = OA = a 3, triunghiul MOA este dreptunghic isoscel, deci m ( MAO) = 45.. puncte Problema. Pe o tablă de şah de dimensiuni infinite se mută o tură, alternativ pe orizontală şi pe verticală. Tura se deplasează un pătrăţel la prima mutare, două pătrăţele la a doua mutare şi, în general, n pătrăţele la a n-a mutare, pentru orice n N. Fie T mulţimea numerelor naturale n cu proprietatea că eistă un şir de n mutări după care tura revine la poziţia iniţială. a) Arătaţi că 013 / T. b) Determinaţi numărul elementelor mulţimii T {1,,.., 01}. Soluţie. Putem considera pătrăţelele tablei de şah ca o reţea de puncte cu coordonate numere întregi (puncte laticiale), în care poziţia iniţială o presupunem a fi (0, 0). Atunci, după fiecare mutare, una dintre coordonate va fi de forma ±1 ± 3 ± 5 ±..., iar cealaltă de forma ± ± 4 ± 6 ±.... a) Prespunând 013 T, atunci eistă o alegere a semnelor + şi pentru care au loc simultan relaţiile ±1 ± 3 ± 5 ±... ± 013 = 0 şi ± ± 4 ± 6 ±... ± 01 = 0. Pentru orice combinaţie de semne, ±1±3±...±013 are aceeaşi paritate cu = 1007, deci, în ipoteza că 013 T, ar rezulta că 0 şi 1007 au aceeaşi paritate, absurd... puncte Observaţie. Concluzia 013 / T se obţine şi astfel: scriind ±±4±...±01 = (±1 ± ±... ± 1006) şi observând că numărul ±1 ± ±... ± 1006 are aceeaşi paritate cu = , în ipoteza că 013 T, ar rezulta că 0 şi au aceeaşi paritate, fals.

4 b) Condiţia n T implică eistenţa unor alegeri a semnelor + şi pentru care să aibă loc simultan egalităţile: ( ) ±1 ± 3 ± 5 ±... ± 1 = 0 ( ) ( n ) ± ± 4 ± 6 ±... ± = 0 ( ).. (.. ). 1 punct Din ( ) rezultă că 0 are aceeaşi paritate cu =, deci trebuie să fie număr par. Acest lucru se întâmplă dacă 4 n sau 4 (1) n ( n ) n + 1 Din ( ) rezultă că 0 are aceeaşi paritate cu = n, adică 4 n sau Se obţine că 8 divide unul dintre numerele n 1, n, sau n + () Din (1) şi () rezultă că este necesar ca n să aibă forma 8k sau 8k 1, unde k N Pentru orice k N avem n = 8k T, deoarece puncte ( ) + ( ) (8k 7) (8k 5) (8k 3) + (8k 1) = 0 ( ) + ( ) (8k 6) (8k 4) (8k ) + (8k) = De asemenea, pentru orice k N avem n = 8k 1 T, deoarece ( ) + ( ) (8k 7) (8k 5) (8k 3) + (8k 1) = 0 ( + 4 6) + ( ) (8k 8) (8k 6) (8k 4) + (8k ) = Se obţine că T {1,,.., 01} are 50 elemente.. puncte Problema 3. Determinaţi numărul real > 0 şi numărul natural nenul n pentru care + = 1, 005 n. Soluţie. Ecuaţia se scrie + împărţirii lui n la 00, rezultă că = n = n + n. Notând cu q, respectiv r, câtul şi restul 00 + = n + q + r 00. Partea întreagă a epresiei din membrul stâng este { egală } cu, iar partea întreagă a epresiei 1 din membrul drept este n + q, deci = 01q + r şi = r puncte { } 1 Dacă < 1, atunci + = < 1 < 1, 005 n, pentru orice n N. Dacă = 1, se obţine 1 = 1, 005 n, imposibil. Ca urmare, > 1, deci 0 < 1 < 1, adică = 1. Rezultă 1 = r 00, deci r 0 şi = 00 r.. puncte

5 Folosind faptul că < + 1, rezultă 01q + r 00 < 01q + r + 1,deci 01qr + r r 00 < 01qr + r (r + 1). Cum q, r N, inegalităţile de mai sus nu pot avea loc pentru qr 1, deci qr = 0. Deoarece r 0, rezultă q = 0, deci r 00 < r (r + 1), de unde se obţine r = 14, n = 14 şi = puncte 7 Problema 4. Numim specială o mulţime M de numere reale cu proprietăţile: (i) pentru orice, y M, y, numerele + y şi y sunt nenule, eact unul dintre ele fiind raţional; (ii) pentru orice M, numărul este iraţional. Aflaţi numărul maim de elemente ale unei mulţimi speciale. Soluţie. Numărul maim cerut este 4, un eemplu de mulţime specială cu 4 elemente fiind M = { 1, + 1,, }.. puncte Vom arăta că nu eistă mulţimi speciale cu cel puţin 5 elemente. Evident, toate elementele unei mulţimi speciale M sunt iraţionale (rezultă din a doua condiţie). Vom utiliza următoarele observaţii: O1. Dacă, y, z sunt trei elemente distincte ale lui M, atunci + y, + z şi y + z nu pot fi toate raţionale. Presupunând contrariul, rezultă ( + y + z) Q, de unde + y + z Q şi Q, absurd...1 punct O. Dacă, y, z sunt trei elemente distincte ale lui M, atunci y, z şi yz nu pot fi toate raţionale. Presupunând contrariul, rezultă yz = (y) (z) Q şi, cum yz Q, rezultă Q, absurd. 1 punct O3. Dacă, y M şi y Q, atunci, pentru orice z M, avem + z Q şi y + z Q. În caz contrar, din ipoteză şi observaţiile anterioare, rezultă că + z Q şi yz Q sau y + z Q şi z Q. În primul caz, din y Q şi yz Q, rezultă y + yz = y ( + z) Q şi, cum + z Q şi + z 0 (din ipoteză!), rezultă y Q, contradicţie. Celălat caz este identic. 1 punct Să presupunem acum că eistă o mulţime specială cu cel puţin 5 elemente a, b, c, d, e. Din O1, cel puţin două elemente au suma număr iraţional; fie acestea a şi b. Atunci ab Q, iar din O3 se obţine că a + c, a + d, a + e sunt raţionale. Conform O1, numerele c + d, c + e şi d + e nu pot fi raţionale, iar din ipoteză rezultă că cd, ce şi de sunt raţionale, ceea ce contrazice O.... puncte

Hasonló dokumentumok

Írásbeli vizsga Matematika Informatika szak

Írásbeli vizsga Matematika Informatika szak Babeş-Bolyai Tudományegyetem, Kolozsvár Matematika és Informatika Kar ZÁRÓVIZSGA Írásbeli vizsga 2017. Matematika Informatika szak I. Algebra 1) a) Jelentsük ki a részcsoportok jellemzési tételét. b) Adjunk