I MEMO

Zawody matematyczne:

I MEMO, 2007

Zadania z I Środkowo-Europejskiej Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
I MEMO - Zadania z rozwiązaniami [1]	147.6 KB

I MEMO - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

I MEMO, 2007

Dodatnie liczby rzeczywiste $a$ , $b$ , $c$ , $d$ spełniają warunek

$ a+b+c+d=4. $

Wykazać, że

$ a^2bc+b^2cd+c^2da+d^2ab\le 4. $

Rozwiązanie

Obie strony nierówności nie zmienią się, jeżeli dokonamy cyklicznej permutacji zmiennych $a$ , $b$ , $c$ , $d$ . Możemy zatem przyjąć, że $a\ge c$ , gdyż w przeciwnym razie dokonamy cyklicznej permutacji $(a,b,c,d)\to(c,d,a,b)$ . Dalej, jeżeli $a\ge c$ oraz $b<d$ , to przeprowadzamy permutację $(a,b,c,d)\to(b,c,d,a)$ i otrzymujemy układ, w którym $a\ge c$ i $b\ge d$ .

Będziemy więc dalej zakładać, że $a\ge c$ oraz $b\ge d$ . Wynika stąd w szczególności nierówność

$ (a-c)(b-d)\ge 0, \quad\hbox{czyli równoważnie}\quad ab+cd\ge bc+ad. $

Wobec tego korzystając dwukrotnie z nierówności $xy\le({x+y\over 2})^2$ uzyskujemy

$ \begin{split}a^2bc+b^2cd+c^2da+d^2ab& =ac(ab+cd)+bd(bc+ad)\le \cr &\le ac(ab+cd)+bd(ab+cd)= \cr &=(ac+bd)(ab+cd)\le\Bigl({ac+bd+ab+cd\over 2}\Bigr)^2= \cr &=\Bigl({(a+d)(b+c)\over 2}\Bigl)^2\le \Bigl({({a+d+b+c\over 2})^2\over 2}\Bigr)^2=4, \end{split} $

co kończy rozwiązanie zadania.

I MEMO - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

I MEMO, 2007

Rozważamy zbiór $n$ kul ponumerowanych liczbami $1, 2, 3, \ldots, n$ . Danych jest $k>1$ takich zbiorów kul. Chcemy pokolorować wszystkie kule dwoma kolorami, białym i czarnym, tak aby

kule oznaczone tym samym numerem były tego samego koloru;
dowolny podzbiór $k+1$ kul z (niekoniecznie różnymi)
numerami $a_1$ , $a_2$ , $\ldots$ , $a_{k+1}$ spełniającymi
warunek

$ a_1+a_2+\ldots+a_k=a_{k+1} $

musiał zawierać co najmniej jedną kulę każdego koloru.

Dla każdego $k$ znaleźć największe możliwe $n$ , dla którego istnieje pokolorowanie spełniające powyższe warunki.

Rozwiązanie

Dla ustalenia uwagi przyjmijmy, że kule oznaczone numerem 1 są białe. Rozpatrzymy dwa przypadki:

1. Kule z numerem 2 są czarne.

Na mocy warunku b) kule z numerem $1+1+\ldots+1=k$ są czarne oraz kule z numerem $2+2+\ldots+2=2k$ są białe. Skoro kule z numerami 1 i $2k$ są białe, zależność

$ (k+1)+\underbrace{1+\ldots+1}_{k-1}=2k $

wskazuje, że kule z numerami $k+1$ są czarne.

Jednakże kule z numerami $2k$ i 1 są wówczas białe, zaś kule z numerami $k+1$ i 2 są czarne. Wobec równości

$ 2k+\underbrace{1+\ldots+1}_{k-1}=(k+1)+\underbrace{2+\ldots+2}_{k-1}=3k-1 $

niezależnie od koloru kul z numerem $3k-1$ dochodzimy do sprzeczności z warunkiem b), jeżeli $n\ge 3k-1$ . Zatem w tym przypadku mamy $n\le 3k-2$ .

2. Kule z numerem 2 są białe.

Dowolna liczba całkowita z przedziału $\langle k; 2k\rangle$ może być przedstawiona w postaci sumy $k$ liczb, z których każda jest równa 1 lub 2. Skoro kule z numerami 1 i 2 są białe, na podstawie warunku b) kule z numerami $k$ , $k+1$ , $\ldots$ , $2k$ są czarne. W takim razie kule z numerem $k+k+\ldots+k=k^2$ są białe. Kule z numerami $k$ i $k+1$ są czarne, zaś kule z numerami 1 i $k^2$ - białe. Wobec tego równości

$ k+\underbrace{(k+1)+(k+1)+\ldots+(k+1)}_{k-1}= k^2+\underbrace{1+1+\ldots+1}_{k-1}=k^2+k-1 $

dowodzą, że dla obu możliwych kolorów kul z numerem $k^2+k-1$ otrzymujemy sprzeczność z warunkiem b), o ile $n\ge k^2+k-1$ . Musi więc zachodzić nierówność $n\le k^2+k-2$ .

Zatem liczba $n$ nie przekracza większej z liczb $3k-2$ i $k^2+k-2$ . Jednakże dla $k\ge 2$ mamy $k^2+k-2\ge 3k-2$ i w efekcie $n\le k^2+k-2$ .

Wykażemy, że dla $n=k^2+k-2$ istnieje pokolorowanie kul spełniające żądane warunki. Weźmy mianowicie pod uwagę następujące pokolorowanie:

$ \begin{split} \hbox{numery kul białych:}\quad & 1,\,2,\,\ldots,\,k-2,\,k-1,\,k^2,\,k^2+1,\,\ldots,\,k^2+k-2, \\ \hbox{numery kul czarnych:}\quad & k,\,k+1,\,k+2,\ldots,\,k^2-2,\,k^2-1. \\ \end{split} $

Pokolorowanie to spełnia warunek b) dany w treści zadania. Rzeczywiście, jeżeli rozpatrzymy $k$ kul czarnych, to numer każdej z nich jest nie mniejszy niż $k$ i wobec tego suma tych numerów jest nie mniejsza niż $k^2$ , zaś kula o takim numerze jest biała. Niech z kolei $a_1$ , $a_2$ , $\ldots$ , $a_k$ będą numerami białych kul. Mamy udowodnić, że jeżeli $s=a_1+a_2+\ldots+a_k\le k^2+k-2$ , to kule o numerze $s$ są czarne. Jeśli liczby $a_1$ , $a_2$ , $\ldots$ , $a_k$ są mniejsze niż $k$ , to liczba $s$ leży w przedziale $\langle k; k^2-k\rangle$ , jeśli natomiast jedna z liczb $a_1$ , $a_2$ , $\ldots$ , $a_k$ jest nie mniejsza niż $k^2$ , to $s\ge k^2+k-1$ . To kończy dowód faktu, że rozpatrywane pokolorowanie ma żądane własności.

Odpowiedź: Szukana największa wartość wynosi $n=k^2+k-2$ .

I MEMO - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

I MEMO, 2007

Dany jest okrąg $k$ oraz okręgi $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ , $k_4$ o środkach odpowiednio $O_1$ , $O_2$ , $O_3$ , $O_4$ leżących na okręgu $k$ . Dla $i=1,2,3,4$ okręgi $k_i$ oraz $k_{i+1}$ (gdzie $k_5=k_1$ ) przecinają się w punktach $A_i$ i $B_i$ w taki sposób, że $A_i$ leży na okręgu $k$ . Zakładamy, że punkty $O_1$ , $A_1$ , $O_2$ , $A_2$ , $O_3$ , $A_3$ , $O_4$ , $A_4$ leżą w takiej kolejności na okręgu $k$ i są parami różne. Wykazać, że czworokąt $B_1B_2B_3B_4$ jest prostokątem.

Rozwiązanie

Punkty $A_2$ i $B_2$ , jako punkty przecięcia okręgów $k_2$ i $k_3$ , są symet\-ryczne względem prostej $O_2O_3$ łączącej środki tych okręgów (rys. 1). Uzyskujemy stąd równość

$ \measuredangle A_2O_2O_3=\measuredangle B_2O_2O_3. (1) \qquad $

Ponadto łuki $A_2O_3$ i $O_3A_3$ okręgu $k$ mają jednakowe długości, więc oparte na nich kąty mają równe miary. Innymi słowy,

$ \measuredangle A_2O_2O_3=\measuredangle A_3O_2O_3. (2) \qquad $

Z równości (1) i (2) wnioskujemy, że punkty $O_2$ , $B_2$ , $A_3$ leżą na jednej prostej. Podobnie dowodzimy, że punkty $O_1$ , $B_4$ , $A_3$ leżą na jednej prostej. Rozpatrując teraz czworokąt $A_1O_2A_3O_1$ wpisany w okrąg $k$ stwierdzamy, że

$ (3) \qquad \measuredangle B_2O_2A_1+\measuredangle B_4O_1A_1= \measuredangle A_3O_2A_1+\measuredangle A_3O_1A_1=180^\circ. $

Na mocy zależności pomiędzy kątami środkowymi i wpisanymi otrzymujemy

$ \begin{split} \measuredangle B_2B_1A_1+\measuredangle B_4B_1A_1 &=(180^\circ-\measuredangle B_2A_2A_1)+(180^\circ-\measuredangle B_4A_4A_1)= \\ &=(180^\circ-\xfrac{1}{2}\measuredangle B_2O_2A_1)+ (180^\circ-\xfrac{1}{2}\measuredangle B_4O_1A_1)= \\ &=360^\circ-\xfrac{1}{2} (\measuredangle B_2O_2A_1+\measuredangle B_4O_1A_1). \end{split} $

W połączeniu z równością (3) prowadzi to do wniosku, że

$ \measuredangle B_2B_1A_1+\measuredangle B_4B_1A_1=270^\circ, $

a to oznacza, że $\measuredangle B_4B_1B_2=90^\circ$ . Rozumując analogicznie wykazujemy, że kąty $\measuredangle B_1B_2B_3$ , $\measuredangle B_2B_3B_4$ i $\measuredangle B_3B_4B_1$ są proste. Wynika stąd teza zadania.

I MEMO - Zadanie 4

Znaleźć wszystkie pary $(x,y)$ liczb całkowitych dodatnich spełniających równanie

$ x!+y!=x^y\,. $

Rozwiązanie

Rozwiązanie podzielimy na dwa przypadki: $x\le y$ oraz $x>y$ .

1. $x\le y$ .

Ponieważ $x!+y!\ge 1+1=2$ , więc liczba $x$ nie może być równa 1. Ponadto liczby $x!$ i $y!$ są podzielne przez $x-1$ , co oznacza, że

$ (1) \qquad x-1\,|\,x!+y!=x^y\,. $

Jednakże liczby $x-1$ i $x$ nie mają wspólnych czynników pierwszych; to samo można wobec tego powiedzieć o liczbach $x-1$ i $x^y$ . Podzielność (1) jest więc możliwa jedynie w przypadku $x-1=1$ , czyli $x=2$ .

Pozostaje zbadać równanie $2+y!=2^y$ . Równanie to nie ma rozwiązań dla $y\ge 4$ , gdyż wówczas liczby $y!$ oraz $2^y$ są podzielne przez 4, nie mogą zatem różnić się o 2. Obliczamy jeszcze, że

$ 2+1!=3\ne 2=2^1, \qquad 2+2!=4=2^2, \qquad 2+3!=8=2^3. $

Widzimy, że liczby $y=2$ i $y=3$ mają żądaną własność, a liczba $y=1$ - nie.

2. $x>y$ .

W tej sytuacji otrzymujemy równanie

$ x^y=x!+y!=y!\cdot[(y+1)(y+2)\ldots(x-1)x+1]. $

Oznaczmy $L=(y+1)(y+2)\ldots(x-1)x+1$ ; liczba $L$ jest więc dzielnikiem liczby $x^y$ . Z nierówności $L>1$ wynika, że liczby $L$ i $x$ mają wspólny dzielnik pierwszy $p$ . Z drugiej strony liczba $L-1$ jest podzielna przez $x$ i tym bardziej jest podzielna przez $p$ . Stąd wniosek, że liczby $L-1$ i $L$ są podzielne przez $p$ , co nie może mieć miejsca.

Otrzymana sprzeczność wskazuje, że w tym przypadku nie ma rozwiązań.

Odpowiedź: Rozwiązaniami zadania są pary $(x,y)=(2,2)$ i $(x,y)=(2,3)$ .

I MEMO - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

I MEMO, 2007

Dodatnie liczby rzeczywiste $a$ , $b$ , $c$ , $d$ spełniają warunki

$ {1\over 2}\le a,b,c,d\le 2\qquad\hbox{oraz}\qquad abcd=1. $

Znaleźć największą możliwą wartość wyrażenia

$ \Bigl(a+{1\over b}\Bigr)\Bigl(b+{1\over c}\Bigr) \Bigl(c+{1\over d}\Bigr)\Bigl(d+{1\over a}\Bigr). $

Rozwiązanie

Korzystając z równości $abcd=1$ obliczamy, że

$ \begin{split}\Bigl(a+{1\over b}\Bigl)\Bigr(c+{1\over d}\Bigr)&= ac+{a\over d}+{c\over b}+{1\over bd}= ac+a^2bc+ac^2d+ac=ac(ab+2+cd), \cr \Bigl(b+{1\over c}\Bigl)\Bigr(d+{1\over a}\Bigr)&= bd+{b\over a}+{d\over c}+{1\over ac}= bd+b^2cd+abd^2+bd=bd(bc+2+ad), \end{split} $

skąd otrzymujemy

$ \Bigl(a+{1\over b}\Bigr)\Bigl(b+{1\over c}\Bigr) \Bigl(c+{1\over d}\Bigr)\Bigl(d+{1\over a}\Bigr) =(ab+2+cd)(bc+2+ad). $

Ponadto

$ \begin{split}ab+2+cd&= ab+2+{1\over ab}=\Bigl(\sqrt{ab}+{1\over\sqrt{ab}}\Bigr)^2, \cr bc+2+ad&= bc+2+{1\over bc}=\Bigl(\sqrt{bc}+{1\over\sqrt{bc}}\Bigr)^2, \end{split} $

co implikuje równość

$ \begin{split}\Bigl(a&+{1\over b}\Bigr)\Bigl(b+{1\over c}\Bigr) \Bigl(c+{1\over d}\Bigr)\Bigl(d+{1\over a}\Bigr) =\Bigl[\Bigl(\sqrt{ab}+{1\over\sqrt{ab}}\Bigr) \Bigl(\sqrt{bc}+{1\over\sqrt{bc}}\Bigr)\Bigr]^2= \cr &=\Bigl(\sqrt{ab^2c}+\sqrt{{a\over c}}+ \sqrt{{c\over a}}+{1\over\sqrt{ab^2c}}\Bigl)^2= \Bigl(\sqrt{{b\over d}}+\sqrt{{d\over b}}+ \sqrt{{a\over c}}+\sqrt{{c\over a}}\Bigr)^2. \end{split} $

Doszliśmy w ten sposób do przedstawienia

$ (1) \qquad \Bigl(a+{1\over b}\Bigr)\Bigl(b+{1\over c}\Bigr) \Bigl(c+{1\over d}\Bigr)\Bigl(d+{1\over a}\Bigr)= \Bigl[f\Bigl(\sqrt{{b\over d}}\Bigr)+ f\Bigl(\sqrt{{a\over c}}\Bigr)\Bigr]^2, $

gdzie oznaczyliśmy $f(t)=t+1/t$ .

Na mocy warunku ${1\over 2}\le a,b,c,d \le 2$ liczby $\sqrt{{b\over d}}$ i $\sqrt{{a\over c}}$ należą do przedziału $\langle {1\over 2};2 \rangle$ . Dla dowolnych liczb dodatnich $t_1$ , $t_2$ mamy

$ f(t_1)-f(t_2)=t_1-t_2+{1\over t_1}-{1\over t_2}= (t_1-t_2)+{t_2-t_1\over t_1t_2}= (t_1-t_2)\Bigl(1-{1\over t_1t_2}\Bigr). $

Z powyższej zależności wynika, że funkcja $f$ jest malejąca w przedziale $(0;1 \rangle$ oraz rosnąca w przedziale $\langle 1;\infty)$ . Stąd wniosek, że

$ f(t)\le\max\{f(\frac{1}{2}),f(2)\} =\frac{5}{2} $

dla dowolnej liczby $t\in\langle \frac{1}{2};2 \rangle$ . Zatem z równości (1) wynika, że

$ (2) \qquad \Bigl(a+{1\over b}\Bigr)\Bigl(b+{1\over c}\Bigr) \Bigl(c+{1\over d}\Bigr)\Bigl(d+{1\over a}\Bigr) \le (\frac{5}{2}+\frac{5}{2})^2=25. $

Na koniec pozostaje zauważyć, że dla $a=b=2$ , $c=d=\frac{1}{2}$ nierówność (2) staje się równością (czynniki lewej strony są odpowiednio równe $\frac{5}{2}$ , 4, $\frac{5}{2}$ , 1).

Odpowiedź: Największą możliwą wartością badanego wyrażenia jest 25.

I MEMO - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

I MEMO, 2007

Niech $P$ będzie dowolnym zbiorem pięciu różnych punktów płaszczyzny, z których żadne trzy nie leżą na jednej prostej. Oznaczmy przez $a(P)$ liczbę trójkątów ostrokątnych, których wierzchołki należą do zbioru $P$ . Wyznaczyć największą możliwą wartość $a(P)$ .

Rozwiązanie

Rozpoczniemy od wykazania nierówności $a(P)\le 7$ .

Liczba wszystkich trójkątów o wierzchołkach należących do 5-elementowego zbioru $P$ wynosi ${5\choose 3}=10$ , wystarczy zatem udowodnić, że istnieją co najmniej 3 trójkąty nieostrokątne o wierzchołkach należących do tego zbioru.

Jeżeli $P$ jest zbiorem pięciu punktów płaszczyzny, z których żadne trzy nie leżą na jednej prostej, to możliwe są następujące trzy sytuacje:

Punkty zbioru $P$ są wierzchołkami pięciokąta wypukłego.
Jeden punkt zbioru $P$ leży wewnątrz czworokąta wypukłego wyznaczonego przez pozostałe cztery punkty zbioru $P$ .
Dwa punkty zbioru $P$ leżą wewnątrz trójkąta wyznaczonego przez trzy pozostałe punkty zbioru $P$ .

Rozpatrzymy po kolei trzy powyższe przypadki.

Niech $ABCDE$ będzie rozpatrywanym pięciokątem wypukłym. Jeżeli co najmniej trzy jego kąty wewnętrzne są nieostre, to każdy z trójkątów, którego wierzchołkami są trzy kolejne wierzchołki pięciokąta wyznaczające nieostry kąt wewnętrzny tego pięciokąta, jest trójkątem nieostrokątnym - są więc co najmniej trzy takie trójkąty.

Z drugiej strony, rozważany pięciokąt wypukły musi mieć przynajmniej dwa nieostre kąty wewnętrzne. Gdyby bowiem miał on cztery ostre kąty wewnętrzne, np. $\measuredangle A,\,\measuredangle B,\,\measuredangle C,\,\measuredangle D<90^\circ$ , to otrzymalibyśmy

$ \measuredangle A+\measuredangle B+\measuredangle C+\measuredangle D+\measuredangle E< 4\cdot 90^\circ+180^\circ=540^\circ, $

co nie jest możliwe, gdyż suma kątów wewnętrznych pięciokąta wynosi $540^\circ$ .

Przyjmujemy więc dalej, że pięciokąt $ABCDE$ ma dokładnie dwa nieostre kąty wewnętrzne. Są to albo dwa sąsiednie kąty, na przykład $\measuredangle A$ i $\measuredangle B$ (rys. 2), albo dwa niesąsiednie kąty, powiedzmy $\measuredangle A$ i $\measuredangle C$ (rys. 3).

W pierwszym przypadku trójkąty $EAB$ i $ABC$ są nieostrokątne oraz co najmniej jeden z trójkątów $EBC$ , $BCD$ , $CDE$ , $DEB$ jest nieostrokątny (w przeciwnym razie wszystkie kąty wewnętrzne czworokąta $BCDE$ byłyby ostre, i w efekcie ich suma byłaby mniejsza od $360^\circ$ , co daje sprzeczność).

Natomiast w drugim przypadku trójkąty $EAB$ i $BCD$ są nieostrokątne oraz - tak jak poprzednio - przynajmniej jeden z trójkątów $EAC$ , $ACD$ , $CDE$ , $DEA$ jest nieostrokątny.

To kończy rozpatrywanie przypadku 1.
Niech punkt $E$ leży wewnątrz czworokąta wypukłego $ABCD$ . Nie ograniczając ogólności rozumowania możemy przyjąć, że punkt $E$ leży wewnątrz trójkąta $ABC$ (rys. 4). Wtedy suma kątów $\measuredangle AEB$ , $\measuredangle BEC$ i $\measuredangle CEA$ jest równa $360^\circ$ . Kąty te są mniejsze od $180^\circ$ , zatem co najmniej dwa z tych kątów są nieostre. To oznacza, że co najmniej dwa z trójkątów $AEB$ , $BEC$ , $CEA$ są nieostrokątne. Ponadto co najmniej jeden z kątów wewnętrznych czworokąta wypukłego $ABCD$ jest nieostry, czyli jeden z trójkątów $DAB$ , $ABC$ , $BCD$ , $CDA$ jest nieostrokątny.

Zatem istnieją co najmniej trzy trójkąty nieostrokątne o wierzchołkach należących do zbioru $\{A,B,C,D,E\}$ .
Niech punkty $D$ i $E$ leżą wewnątrz trójkąta $ABC$ (rys. 5). Wówczas rozumując tak jak w przypadku 2. dochodzimy do wniosku, że co najmniej dwa z trójkątów $ADB$ , $BDC$ , $CDA$ są nieostrokątne oraz co najmniej dwa z trójkątów $AEB$ , $BEC$ , $CEA$ są nieostrokątne. Łącznie więc istnieją przynajmniej cztery trójkąty nieostrokątne o wierzchołkach należących do zbioru $\{A,B,C,D,E\}$ .

To kończy dowód nierówności $a(P)\le 7$ . Pozostaje wskazać taki zbiór $P$ złożony z 5 punktów płaszczyzny, z których żadne trzy nie leżą na jednej prostej, że $a(P)=7$ .

Rozpatrzmy w tym celu okrąg $k$ o środku $O$ oraz trzy różne punkty $A$ , $B$ , $C$ leżące na tym okręgu i spełniające równości

$ \measuredangle AOB=\measuredangle BOC=\alpha, $

gdzie $\alpha$ jest kątem mniejszym od $45^\circ$ . Następnie niech odcinki $AX$ , $BY$ , $CZ$ będą średnicami okręgu $k$ . Wybierzmy dowolny punkt $D$ wewnątrz trójkąta ograniczonego prostymi $BY$ , $CY$ , $AX$ oraz niech $E$ będzie punktem symetrycznym do punktu $D$ względem średnicy $BY$ (rys. 6).

Wykażemy, że dla zbioru $P=\{A,B,C,D,E\}$ zachodzi równość $a(P)=7$ .

Trójkąt $ACD$ jest ostrokątny, gdyż

$ \begin{split} \measuredangle ADC & <\measuredangle AOC=2\alpha<90^\circ, \\ \measuredangle ACD & <\measuredangle ACY<\measuredangle ACX=90^\circ, \\ \measuredangle CAD & <\measuredangle CAY<\measuredangle CAZ=90^\circ. \end{split} $

Analogicznie trójkąt $ACE$ jest ostrokątny. Dalej, trójkąt $ABE$ jest ostrokątny, mamy bowiem

$ \begin{split} \measuredangle BAE & <\measuredangle BAY=90^\circ , \\ \measuredangle ABE & <\measuredangle ABY<\measuredangle ABX=90^\circ, \\ \measuredangle AEB & <\measuredangle AEC<\measuredangle AOC=2\alpha<90^\circ. \end{split} $

Podobnie stwierdzamy, że trójkąt $BCD$ jest ostrokątny. Następnie trójkąt $ABD$ jest ostrokątny:

$ \begin{split} \measuredangle ABD & <\measuredangle ABX=90^\circ, \\ \measuredangle BAD & <\measuredangle BAY=90^\circ, \\ \measuredangle ADB & <\measuredangle ADC<\measuredangle AOC=2\alpha<90^\circ. \end{split} $

Tak samo dowodzimy, że trójkąt $BCE$ jest ostrokątny. Wreszcie trójkąt $BDE$ jest równoramienny oraz kąt pomiędzy jego ramionami spełnia nierówność $\measuredangle DBE< \measuredangle XBZ=\alpha<45^\circ$ , zatem trójkąt ten jest ostrokątny.

Wskazaliśmy tym samym 7 trójkątów ostrokątnych ( $ACD$ , $ACE$ , $ABD$ , $ABE$ , $BCD$ , $BCE$ i $BDE$ ) o wierzchołkach należących do zbioru $P$ . To w połączeniu z pierwszą częścią kończy rozwiązanie zadania.

Odpowiedź: Największa możliwa wartość $a(P)$ wynosi 7.

I MEMO - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

I MEMO, 2007

Czworościan $T$ nazwiemy dobrym, jeżeli wszystkie długości jego krawędzi są różnymi dodatnimi liczbami całkowitymi, z których jedna jest równa 2, a jedna 3. Oznaczmy przez $s(T)$ sumę długości krawędzi dobrego czworościanu $T$ .

Znaleźć wszystkie takie dodatnie liczby całkowite $n$ , dla których istnieje dobry czworościan $T$ spełniający warunek $s(T)=n$ .

Ile istnieje nieprzystających dobrych czworościanów $T$ , dla których $s(T)=2007$ ?

Uwaga: Nie jest konieczne dowodzenie, że rozważane czworościany są niezdegenerowane, tzn. posiadają dodatnią objętość.

Rozwiązanie

Dobre czworościany dzielimy na dwie kategorie:

Krawędzie o długościach 2 i 3 nie należą do jednej ściany.

Oznaczmy wierzchołki danego czworościanu przez $A$ , $B$ , $C$ , $D$ tak, by $AB=2$ , $CD=3$ oraz by krawędź $AC$ była najkrótszą wśród czterech pozostałych krawędzi (rys. 7). Wszystkie krawędzie rozpatrywanego czworościanu mają różne długości całkowite, więc w szczególności $AC\ge 4$ .

(Równość $AC=1$ jest wykluczona, gdyż wraz z nierównością trójkąta prowadziłaby ona do wniosku, że $|AB-CB|<AC=1$ , wbrew temu, że $AB$ i $CB$ są różnymi liczbami całkowitymi.)

Z nierówności trójkąta otrzymujemy $BC<AB+AC=AC+2$ . Ponadto krawędź $AC$ jest krótsza od krawędzi $BC$ , skąd wynika, że $BC=AC+1$ .

Następnie raz jeszcze korzystając z nierówności trójkąta uzyskujemy $AD<AC+CD=AC+3$ . Ponadto $AD>AC$ oraz liczba $AC+1$ jest długością krawędzi $BC$ . Zatem $AD=AC+2$ . Wreszcie

$ |BD-(AC+2)|=|BD-AD|<AB=2, $

czyli długość $BD$ jest jedną z liczb $AC+1$ , $AC+2$ , $AC+3$ . Dwie pierwsze liczby są długościami odpowiednio krawędzi $BC$ i $AD$ , więc $BD=AC+3$ .

Udowodniliśmy w ten sposób, że

$ AB=2, \quad CD=3, \quad AC=k, \quad BC=k+1, \quad AD=k+2, \quad BD=k+3 $

dla pewnej liczby całkowitej $k\ge 4$ . Suma długości krawędzi czworościanu $ABCD$ wynosi w tym przypadku

$ 2+3+k+(k+1)+(k+2)+(k+3)=4k+11. $

Suma ta może być równa dowolnej liczbie całkowitej nie mniejszej od 27 oraz dającej resztę 3 z dzielenia przez 4, i każdej takiej liczbie odpowiada dokładnie jeden czworościan należący do kategorii 1.
Krawędzie o długościach 2 i 3 należą do jednej ściany.

Oznaczmy dany czworościan przez $ABCD$ i przyjmijmy, że $BC=2$ oraz $AB=3$ . Wówczas z nierówności trójkąta oraz z założenia, że długości wszystkich krawędzi są różnymi liczbami całkowitymi, dostajemy $AC=4$ .

Ponadto $|BD-CD|<BC=2$ , więc długości krawędzi $BD$ i $CD$ są dwiema kolejnymi liczbami całkowitymi.

Jeżeli $BD=k$ i $CD=k+1$ (rys. 8), to otrzymujemy

$ |AD-k|=|AD-BD|<AB=3 \quad\hbox{oraz}\quad |AD-(k+1)|=|AD-CD|<AC=4. $

Stąd wynika, że $AD$ może przyjąć jedną z następujących trzech wartości: $k-2$ , $k-1$ , $k+2$ . Odpowiadające im zakresy zmienności $k$ to $k\ge 7$ , $k\ge 6$ , $k\ge 5$ , a odpowiadające sumy długości krawędzi wynoszą $3k+8$ , $3k+9$ , $3k+12$ . W ten sposób możemy uzyskać dowolną liczbę całkowitą nie mniejszą od 27 podzielną przez 3 oraz dowolną liczbę całkowitą nie mniejszą od 29 dającą resztę 2 z dzielenia przez 3.

Przypuśćmy z kolei, że $BD=k+1$ i $CD=k$ . Wtedy

$ |AD-(k+1)|=|AD-BD|<AB=3 \quad\hbox{oraz}\quad |AD-k|=|AD-CD|<AC=4. $

Zatem $AD$ może przyjąć jedną z następujących trzech wartości: $k-1$ , $k+2$ , $k+3$ . Odpowiadające im zakresy zmienności $k$ to $k\ge 6$ , $k\ge 5$ , $k\ge 5$ , a odpowiadające sumy długości krawędzi wynoszą $3k+9$ , $3k+12$ , $3k+13$ . W ten sposób możemy otrzymać dowolną liczbę całkowitą nie mniejszą od 27 podzielną przez 3 oraz dowolną liczbę całkowitą nie mniejszą od 28 dającą resztę 1 z dzielenia przez 3.

Ponieważ $2007\equiv 3\,\,\mod{4}$ i $3\,|\,2007$ , więc istnieje jeden dobry czworościan o sumie długości krawędzi równej 2007 należący do kategorii 1. - jego krawędzie mają długości 2, 3, 499, 500, 501, 502, oraz co najwyżej cztery nieprzystające dobre czworościany o sumie długości krawędzi równej 2007 należące do kategorii 2. - ich krawędzie mają długości 2, 3, 4, 665, 666, 667. Otrzymujemy następujących pięć czworościanów (rys. 9).

Nietrudno sprawdzić, że żadne dwa z powyższych czworościanów nie są przystające. Rzeczywiście, pierwszy ma inne długości krawędzi niż pozostałe cztery. Badając cztery pozostałe widzimy, że z wierzchołka, w którym schodzą się krawędzie o długościach 2 i 3 w drugim i trzecim czworościanie wychodzi krawędź o długości 666, w czwartym - o długości 667, w piątym - o długości 665. Ponadto czworościan drugi nie jest przystający do trzeciego, gdyż tylko jeden z nich zawiera ścianę o krawędziach długości 3, 665, 666.

Odpowiedź:

Taki czworościan istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy $n\ge 27$ .
5 czworościanów.

I MEMO - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

I MEMO, 2007

Wyznaczyć wszystkie dodatnie liczby całkowite $k$ , dla których istnieje taka liczba całkowita $a$ , że liczba $(a+k)^3-a^3$ jest podzielna przez 2007.

Rozwiązanie

Jeżeli liczba $(a+k)^3-a^3=3(a^2k+ak^2)+k^3$ dzieli się przez $2007=3\cdot 669$ , to tym bardziej dzieli się przez 3, co może mieć miejsce jedynie wtedy, gdy spełniona jest podzielność $3\,|\,k^3$ . Zatem warunkiem koniecznym na to, by dodatnia liczba całkowita $k$ spełniała warunki zadania, jest podzielność $3\,|\,k$ .

Wykażemy, iż jest to również warunek dostateczny.

Jeżeli mianowicie $3\,|\,k$ , to $k=3m$ dla pewnej liczby całkowitej $m>0$ ; wówczas dla wartości $a=38m$ liczba

$\begin{split}(a+k)^3-a^3&=(38m+3m)^3-(38m)^3=\cr &=(41^3-38^3)m^3=14049m^3=2007\cdot 7m^3}$

jest podzielna przez 2007.

Odpowiedź: Liczba całkowita dodatnia $k$ spełnia warunki zadania wtedy i tylko wtedy, gdy jest podzielna przez 3.

Uwaga: Jak dojść do tego, że gdy $k=3m$ , to należy podstawić $a=38m$ , by liczba $(a+k)^3-a^3$ była podzielna przez 2007 ?

Rozpatrzmy szczególny przypadek $m=1$ . Chcemy, aby liczba

$ (a+3)^3-a^3=9(a^2+3a+3) $

była podzielna przez $2007=9\cdot 223$ , co jest oczywiście równoważne podzielności $223\,|\,a^2+3a+3$ , czyli równości

$ (1) \qquad a^2+3a+3=223n $

dla pewnej liczby całkowitej $n$ . Potraktujmy tę równość jako równanie kwadratowe ze względu na zmienną $a$ przy danej wartości $n$ . Jeżeli rozwiązanie równania jest liczbą całkowitą, to wyróżnik tego równania, który wynosi $3^2-4(3-223n)=892n-3$ , powinien być kwadratem liczby całkowitej. Przy tym liczba $n$ musi być nieparzysta, gdyż lewa strona równości (1) jest liczbą nieparzystą dla dowolnej liczby całkowitej $a$ .

Obliczając wielkość $892n-3$ kolejno dla liczb $n=1,3,5,\ldots$ stwierdzamy, że dla $n=7$ otrzymujemy kwadrat: $892\cdot 7-3=6241=79^2$ . Równanie (1) przybiera wówczas postać $a^2+3a+3=1561$ i jego rozwiązaniami są liczby $a=38$ oraz $a=-41$ .

Zatem do liczby $m=1$ możemy dobrać wartość $a=38$ . Mnożąc teraz liczbę $(38+3)^3-38^3$ (która jest podzielna przez 2007) przez $m^3$ widzimy, że do dowolnej wartości $m$ można dobrać liczbę $a=38m$ .