LVII OM - I etap

I etap LVII Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
LVII OM I etap - Zadania [1]	108.63 KB
LVII OM I etap - Zadania z rozwiązaniami [2]	176.67 KB

LVII OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

Wyznaczyć wszystkie nieujemne liczby całkowite $n$ , dla których liczba
$2^n +105$ jest kwadratem liczby całkowitej.

Rozwiązanie

Jeśli $n$ jest liczbą nieparzystą, to liczba $2^n +105$ daje z dzielenia przez 3 resztę 2. Ponieważ liczba będąca kwadratem liczby całkowitej nie może dawać reszty 2 z dzielenia przez 3, więc liczba $n$ spełniająca warunki zadania musi być parzysta.

Przyjmijmy więc, że $n =2k$ dla pewnej liczby całkowitej nieujemnej $k$ . Chcemy rozwiązać równanie $2^2k +105 = m^2$ w liczbach całkowitych nieujemnych $k$ i $m$ . Równanie to przepisujemy w postaci $(m-2^k)(m+2^k) = 105$ .

Z uzyskanej równości wynika, że $m-2^k >0$ . Oczywiście również spełniona jest nierówność $m+2^k >m-2^k$ . Ponieważ $105=3\cdot 5\cdot 7$ , więc wyznaczenie liczb całkowitych nieujemnych m i k spełniających zależność $(m-2^k)(m+2^k)=105$ sprowadza się do rozwiązania czterech układów równań:

$ \begin{cases} m-2^k =7 \\ m+2^k = 15 \end{cases} \begin{cases} m-2^k =5 \\ m+2^k = 21 \end{cases} \begin{cases} m-2^k =3 \\ m+2^k = 35 \end{cases} \begin{cases} m-2^k =1 \\ m+2^k = 105 \end{cases} $

Odejmując stronami pierwsze równanie od drugiego dochodzimy do wniosku, że liczba $2 \cdot 2^k =2^{k+1}$ równa się 8, 16, 32 lub 104. Stąd uzyskujemy trzy możliwe wartości $k$ ; są nimi: 2, 3 lub 4. Tym samym możliwe wartości liczby n wynoszą 4, 6 lub 8.

Bezpośrednio sprawdzamy, że dla uzyskanych trzech wartości $n$ liczba $2^n +105$ jest kwadratem liczby całkowitej:

$ \begin{split} 2^4 +105 &= 121 = 11^2,\\ 2^6 +105 &= 169 = 13^2,\\ 2^8 +105 &= 361 = 19^2 . \end{split} $

LVII OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

Rozwiązać w liczbach rzeczywistych nieujemnych $x$ równanie

$ \sqrt[5]{x}=\left[\sqrt[5]{3x}\right] $

Uwaga: $[t]$ oznacza największą liczbę całkowitą nie większą od $t$ .

Rozwiązanie

Niech $x$ będzie liczbą spełniającą dane równanie. Wtedy liczba $y = \sqrt[5]{x}$ jest całkowita. Ponadto $y \geq 0$ , gdyż $x \geq 0$ . Podstawiając więc $x = y^5$ do rozpatrywanego równania otrzymujemy

$ y = \left[\sqrt[5]{3}\cdot y\right]. $

Zależność ta oznacza, że

$ y\leq \sqrt[5]{3} \cdot < y+1. $

Pierwsza z tych nierówności jest prawdziwa dla dowolnej liczby nieujemnej y. Druga natomiast jest równoważna nierówności

$ (1) \qquad y < \frac{1}{\sqrt[5]{3}-1} $

Ponieważ liczba $1/(\sqrt[5]{3}-1)$ należy do przedziału $(4,5)$ , więc spośród liczb całkowitych nieujemnych tylko liczby 0, 1, 2, 3, 4 spełniają zależność (1). Tym samym niewiadoma $x$ przyjmuje jedną z pięciu wartości: 0, 1, $2^5$ , $3^5$ lub $4^5$ .

Bezpośrednie sprawdzenie pokazuje, że każda z tych pięciu liczb spełnia wyjściowe równanie.

LVII OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

Trójkąt ostrokątny $ABC$ jest wpisany w okrąg o środku $O$ . Punkt $D$ jest rzutem prostokątnym punktu $C$ na prostą $AB$ , a punkty $E$ i $F$ są rzutami prostokątnymi punktu $D$ odpowiednio na proste $AC$ i $BC$ . Wykazać, że pole czworokąta $EOFC$ jest równe połowie pola trójkąta $ABC$ .

Rozwiązanie

Niech $P$ będzie punktem symetrycznym do punktu $C$ względem punktu $O$ (rys. 1). Ponieważ trójkąt $ABC$ jest ostrokątny,
więc punkty $A$ , $P$ , $B$ i $C$ leżą na okręgu o środku $O$ w tej własnie kolejności.

Pola trójkątów $COE$ i $POE$ są równe, gdyż trójkąty te mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka $E$ , a odcinki $CO$ i $OP$ są równej długości. Analogicznie, pola trójkątów $COF$ i $POF$ są równe. Stąd otrzymujemy $[EOFC] = \frac{1}{2}\cdot [EPFC]$ , gdzie symbolem $[\mathcal{F}]$ oznaczyliśmy pole figury $\mathcal{F}$ .

Aby dokończyc rozwiązanie należy dowieść, ze $[EPFC]=[ABC]$ .

Odcinek $CP$ jest średnicą okręgu opisanego na trójkącie $ABC$ , więc proste $AP$ i $AC$ są prostopadłe. Prosta $DE$ jest
prostopadła do prostej $AC$ , więc równoległa do prostej $AP$ . Stąd wynika, że pola trójkątów $DEA$ i $DEP$ są równe. Podobnie,
pola trójkątów $DFB$ i $DFP$ są równe. Zatem

$ \begin{split} [EPFC] &= [EDFC]+[DEP]+[DFP]= \\ &= [EDFC]+[DEA]+[DFB]=[ABC], \end{split} $

co kończy rozwiązanie zadania.

LVII OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

Uczestnicy zawodów matematycznych rozwiązywali sześć zadań, każde oceniane jedną z ocen 6, 5, 2, 0. Okazało się, że
dla każdej pary uczestników $A, B$ można wskazać takie dwa zadania, że w każdym z nich $A$ uzyskał inną ocenę niż $B$ .

Wyznaczyć największą liczbę uczestników, dla której taka sytuacja jest możliwa.

Rozwiązanie

Wykażemy, że największą liczbą uczestników, dla której taka sytuacja jest możliwa, jest 1024. W dalszym ciągu przyjmiemy, że dopuszczalnymi ocenami są liczby 0, 1, 2, 3 (zamiast 5 punktów stawiamy 4, a następnie każdą ocenę dzielimy przez 2).

Niech $P = \{0,1,2,3\}$ i rozważmy zbiór

$ X = \{(a_1,a_2,\dots ,a_6) \;:\; a_1,a_2,\dots ,a_6 \in P \}. $

Zbiór $X$ ma oczywiście 4096 elementów. Będziemy rozważać podzbiory $A$ zbioru $X$ o następującej własności (*):

(*) jeśli $(a_1,a_2,\dots,a_6)$ , $(b_1,b_2,\dots,b_6) \in A$ to istnieją i,j takie, że

$ 1 \leq i,j \leq 6,\quad i \neq j,\quad \text{oraz}\quad a_i \neq b_i,\;a_j \neq b_j. $

Wystarczy pokazać, że największa liczba elementów zbioru $A$ o własności (*) wynosi 1024.

Najpierw pokazujemy, że jeśli zbiór $A$ ma własność (*), to ma co najwyżej 1024 elementy. Załóżmy zatem, że mamy dany podzbiór
$A$ zbioru $X$ mający własność (*) i przypuśćmy, że ma on co najmjniej 1025 elementów. Ponieważ istnieją dokładnie 1024 ciągi
długości 5 o wyrazach ze zbioru czteroelementowego $P$ , więc z zasady szufladkowej Dirichleta wynika, że w zbiorze $A$ istnieją
co najmniej dwa ciągi, mające te same wyrazy od pierwszego do piątego. Te ciągi różnią się więc tylko jednym wyrazem – szóstym,
co jest sprzeczne z własnością (*). Zatem zbiór $A$ ma co najwyżej 1024 elementy.

Teraz pokazujemy, że istnieje zbiór A mający co najmniej 1024 elementy i mający własność (*). Wystarczy mianowicie wziąć następujący zbiór:

$ A = \{(a_1,a_2,\dots,a_6) \in X \;:\; 4 | a_1 +a_2 +\dots+a_6\}. $

Najpierw pokazujemy, że zbiór $A$ ma co najmniej 1024 elementy. Weźmy dowolne liczby $a_1,a_2,\dots,a_5 \in P$ . Takiego
wyboru możemy dokonać na 1024 sposoby. Niech $r$ będzie resztą z dzielenia przez 4 sumy $a_1+a_2+\dots+a_5$ i przyjmijmy
$a_6 =4 - r$ . Wtedy oczywiście $(a_1,a_2,\dots,a_6) \in A$ , a więc wskazaliśmy w zbiorze $A$ co najmniej 1024 różne ciągi.
Wreszcie pokazujemy, że zbiór $A$ ma własność (*). Przypuśćmy, że

$ (a_1,a_2,\dots,a_6),\; (b_1,b_2,\dots,b_6) \in A $

oraz ciągi $(a_1,a_2,\dots,a_6)$ i $(b_1,b_2,\dots,b_6)$ różnią się tylko jednym wyrazem, np. wyrazem o indeksie $k:\;a_k \neq b_k$ , gdzie $1 \leq k \leq 6$
oraz $a_i = b_i$ dla $i\neq k$ . Ponieważ liczby $a_1 +a_2 +\dots +a_6$ i $b_1 +b_2 +\dots+b_6$ są podzielne przez 4, więc ich
różnica też jest podzielna przez 4. Ale

$ (a_1 + a_2 +\dots +a_6)-(b_1 +b_2 +\dots +b_6)= a_k -b_k. $

Zatem liczba $a_k - b_k$ jest podzielna przez 4. Ponieważ $a_k,b_k \in P$ , więc

$ a_k - b_k \in \{-3,-2,-1,0,1,2,3\}. $

W zbiorze $\{-3,-2, -1,0,1,2,3\}$ jest tylko jedna liczba podzielna przez 4, mianowicie 0. Zatem $a_k = b_k$ , wbrew założeniu,
że ciągi $(a_1,a_2,\dots,a_6)$ oraz $(b_1,b_2,\dots,b_6)$ różnią się wyrazem o indeksie $k$ . Ta sprzeczność dowodzi, że zbiór
$A$ ma własność (*), co kończy dowód.

LVII OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

Niech $a, b$ będą liczbami rzeczywistymi. Rozważamy funkcje $f(x)= ax+b|x|$ oraz $g(x)= ax-b|x|$ .
Wykazać, że jeśli $f(f(x)) = x$ dla każdej liczby rzeczywistej $x$ , to również $g(g(x)) = x$ dla każdej liczby rzeczywistej $x$ .

Rozwiązanie

Zauważmy, że dla dowolnej liczby rzeczywistej $x$ mamy

$ g(x)= ax-b|x| = -(a\cdot (-x)+b\cdot |-x|)= -f(-x). $

Zatem dla każdej liczby rzeczywistej $x$ otrzymujemy

$ g(g(x)) = -f(-g(x)) = -f(f(-x)) = -(-x)= x, $

co należało udowodnić.

LVII OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

W trójkącie ostrokątnym $ABC$ wysokości przecinają się w punkcie $H$ . Prosta przechodząca przez $H$ przecina odcinki $AC$ i $BC$
odpowiednio w punktach $D$ i $E$ . Prosta przechodząca przez $H$ i prostopadła do prostej $DE$ przecina prostą $AB$ w punkcie $F$ .
Dowieść, że

$ \frac{DH}{HE} = \frac{AF}{FB} $

Rozwiązanie

Niech $K$ będzie punktem przecięcia prostej $AH$ z prostą przechodzącą przez punkt $B$ i równoległą do prostej
$FH$ (rys. 2). Oznaczmy przez $X$ rzut prostokątny punktu $A$ na prostą $BC$ , zaś przez $Y$ punkt przecięcia prostych
prostopadłych $DE$ i $BK$ .

Odcinki $BX$ i $HY$ są wysokościami w trójkącie $BHK$ , a zatem prosta $KE$ zawiera trzecią wysokość tego trójkąta.
Zatem prosta $KE$ jest prostopadła do prostej $BH$ , czyli równoległa do prostej $AC$ . Stąd

$ \frac{DH}{HE}=\frac{AH}{HK}=\frac{AF}{FB} $

LVII OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

Dana jest liczba pierwsza $p> 3$ oraz takie liczby całkowite dodatnie $a, b, c$ , że $a + b+ c = p+1$ oraz liczba
$a^3 +b^3 +c^3 -1$ jest podzielna przez $p$ . Udowodnić, że co najmniej jedna z liczb $a, b, c$ jest równa 1.

Rozwiązanie

Zauważmy, że

$ \begin{split} (a+b+c)^3 &= a^3 +b^3 +c^3 +3(a^2b+b^2a+b^2c+c^2b+ca+ac+2abc)= \\ &= a^3 +b^3 +c^3 +3(a+b)(b+c)(c+a). \end{split} $

Zgodnie z warunkami zadania liczby $a+b+c$ oraz $a^3 +b^3 +c^3$ dają z dzielenia przez $p$ resztę 1, a więc na mocy powyższej tożsamości liczba

$ 3(a +b)(b+c)(c+a) $

jest podzielna przez $p$ . Skoro $p$ jest liczbą pierwszą różną od 3, to któryś z czynników $a + b$ , $b + c$ lub $c + a$ jest podzielny przez $p$ . Przyjmijmy, bez straty ogólności, że $p|a+b$ .

Liczby $a, b, c$ są całkowite dodatnie, więc $0 <a+b<a+b+c = p+1$ . Stąd wynika, że $a+b = p$ , czyli $c = 1$ .

LVII OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

Czworościan $ABCD$ jest opisany na kuli o środku $S$ i promieniu 1, przy czym $SA \geq SB \geq SC$ . Wykazać, że $SA > \sqrt{5}$ .

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw następujący lemat.

Lemat

Trójkąt $ABC$ jest zawarty w kole o promieniu $R$ . Okrąg o promieniu $r$ jest wpisany w trójkąt $ABC$ . Wówczas $R \geq 2r$ .

Dowód

Niech $D, E, F$ będą odpowiednio środkami boków $BC, CA, AB$ (rys. 3). Oznaczmy ponadto przez $S$ punkt przecięcia środkowych
$AD$ , $BE$ i $CF$ . Rozpatrzmy dalej jednokładność o środku $S$ i skali $-1/2$ . Jednokładność ta przeprowadza punkty $A$ , $B$ i $C$
odpowiednio na punkty $D$ , $E$ i $F$ , natomiast okrąg o promieniu $R$ zawierający trójkąt $ABC$ na okrąg $\omega$ o promieniu $R/2$
zawierający trójkąt $DEF$ .

Poprowadźmy styczną $k_A$ do okręgu $\omega$ , która jest równoległa do boku $BC$ i która leży po przeciwnej stronie prostej
$BC$ niż punkt $A$ . Taka prosta istnieje, gdyż okrąg $\omega$ przecina prostą $BC$ . Analogicznie konstruujemy styczne
$k_B$ i $k_C$ równoległe odpowiednio do prostych $CA$ i $AB$ . Proste $k_A$ , $k_B$ , $k_C$ wyznaczają boki trójkąta
$XYZ$ podobnego do trójkąta $ABC$ (rys. 4). Ponadto okrąg $\omega$ jest wpisany w trójkąt $XYZ$ . Ponieważ trójkąt
$ABC$ jest zawarty w trójkącie $XYZ$ , więc promień okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$ nie przekracza promienia okręgu wpisanego
w trójkąt $XYZ$ . Stąd $r \leq R/2$ , czyli $R \geq 2r$ . To kończy dowód lematu.

Przystępujemy do rozwiązania zadania.

Rozpatrzmy płaszczyznę $\pi$ przechodzącą przez punkt $S$ i równoległą do płaszczyzny $ABC$ . Płaszczyzna $\pi$ przecina krawędzie $AD$ , $BD$ , $CD$ odpowiednio w punktach $A'$ , $B'$ , $C'$ i jej przekrój ze sferą wpisaną w czworościan $ABCD$ jest okręgiem $\omega$ o promieniu 1, zawartym w trójkącie $A'B'C'$ . Jednokładność o środku $D$ , która przeprowadza trójkąt $A'B'C'$ na trójkąt $ABC$ odwzorowuje okrąg $\omega$ na okrąg o promieniu większym niż 1 i zawartym w trójkącie $ABC$ . Stąd wniosek, że promień okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$ jest większy od 1.

Niech $T$ będzie punktem styczności sfery wpisanej w czworościan $ABCD$ ze ścianą $ABC$ i przypuśćmy, że $SA \leq \sqrt{5}$ . Wtedy również $SB \leq \sqrt{5}$ oraz
$SC \leq \sqrt{5}$ . Ponadto

$ TA = \sqrt{SA^2-1} \leq 2 $

i analogicznie $TB \leq 2$ oraz $TC \leq 2$ . Zatem trójkąt $ABC$ leży wewnątrz okręgu o środku $T$ i promieniu 2, co oznacza (na mocy lematu), że promień okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$ jest mniejszy lub równy 1. Otrzymaliśmy sprzeczność, gdyż jak udowodniliśmy wyżej promień ten jest większy od 1. Sprzeczność ta dowodzi, że $SA > 5$ .

LVII OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

Dane są nieujemne liczby całkowite $k_1 <k_2 <\dots <k_m$ . Niech

$ n =2^{k_1} +2^{k_2} +\dots+2^{k_m}. $

Wyznaczyć liczbę nieparzystych współczynników wielomianu

$ P(x)=(x+1)^n . $

Rozwiązanie

Na początku udowodnimy następujący lemat:

Lemat

Jeśli $1 \leq t \leq 2^k$ , to liczba $\binom{2^k}{t}$ jest parzysta.

Dowód

Zauważmy, że

$ \binom{2^k}{t} = \frac{2^k \cdot (2^k -1)\cdot (2^k -2)\cdot \dots \cdot (2^k -(t -2)) \cdot (2^k -(t-1))}{t \cdot 1\cdot 2\cdot ...\cdot (t-2)\cdot (t-1)} $

Następnie, dla dowolnych liczb $j$ i $p$ takich, że $1\leq j \leq k$ oraz $1\leq p<t$ zachodzi następująca równoważność

$ 2^j | p \Leftrightarrow 2^j | 2^k -p. $

Stąd wynika, że w rozkładzie liczb $p$ i $2^k -p$ na czynniki pierwsze, liczba 2 występuje w tej samej potędze. Zatem liczba 2
występuje w tej samej potędze w liczniku i mianowniku ułamka

$ \frac{(2^k -1)\cdot (2^k -2)\cdot \dots \cdot (2^k -(t -2)) \cdot (2^k -(t-1))}{1\cdot 2\cdot ...\cdot (t-2)\cdot (t-1)} $

Ponieważ $t<2^k$ , więc liczba 2 występuje w rozkładzie liczby $t$ w potędze o wykładniku mniejszym od $k$ . Zatem w liczniku ułamka $\frac{2^k}{t}$ występuje więcej dwójek niż w mianowniku, co dowodzi, że ułamek

$ \frac{2^k \cdot (2^k -1)\cdot (2^k -2)\cdot \dots \cdot (2^k -(t -2)) \cdot (2^k -(t-1))}{t \cdot 1\cdot 2\cdot ...\cdot (t-2)\cdot (t-1)} $

(po skróceniu) jest liczbą parzystą. To kończy dowód lematu.

Z lematu wynika, że wielomian

$ (x+1)^{2^k} = x^{2^k} + \binom{2^k}{1} x^{2^{k-1}} + \dots + \binom{2^k}{2^k-1} x+1 $

ma dokładnie dwa współczynniki nieparzyste: przy $x$ w najwyższej potędze oraz jedynkę. Stąd wynika, że w wielomianie

$ (x+1)^n =(x+1)^{2^{k_1}} \cdot (x+1)^{2^{k_2}} \cdot \dots \cdot (x+1)^{2^{k_m}} $

jedyne współczynniki nieparzyste mogą wystąpić przy iloczynach postaci $x^{2^{k_{i_1}}}\cdot \dots \cdot x^{2^{k_{i_j}}}$
(a także przy iloczynie jedynek). Takich iloczynów (łącznie z iloczynem jedynek) jest $2^m$ . Musimy tylko udowodnić, że
nie nastąpi redukcja wyrazów podobnych zmniejszająca liczbę współczynników nieparzystych. Wynika to z następującego lematu:

Lemat

Jeśli $k_1 <k_2 <\dots <k_m$ , $j_1 <j_2 <\dots <j_s$ oraz ciągi $(k_1,\dots ,k_m)$ i $(j_1,\dots ,j_s)$ są różne, to
$2^{k_1}+\dots +2^{k_m} \neq 2^{j_1}+\dots+2^{j_s}$ .

Dowód

Przypuśćmy, że

$ 2^{k_1} +\dots +2^{k_m} =2^{j_1} +\dots +2^{j_s}. $

Jeśli $2^{k_m} = 2^{j_s}$ , to w powyższej równości możemy skrócić najwyższe potęgi. Bez zmniejszenia ogólności możemy więc
założyć, że najwyższe potęgi są różne, np. $2^{k_m} > 2^{j_s}$ . Mamy wtedy:

$ \begin{split} 2^{k_1} + \dots + 2^{k_m} \geq 2^{k_m} > 2^{k_m} -1 = 2^{k_m-1} +2^{k_m-2} +\dots + 2^2 + 2^1 + 1 \geq \\ 2^{j_1} + \dots + 2^{j_s}. \end{split} $

To kończy dowód lematu i tym samym dowodzi, że wielomian $(x + 1)^n$ ma $2^m$ współczynników nieparzystych.

LVII OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

Liczby rzeczywiste dodatnie $a, b, c$ spełniają warunek

$ ab+ bc +ca =3. $

Dowieść, że

$ a^3 + b^3 + c^3 + 6abc \geqslant 9. $

Rozwiązanie

Wykażemy najpierw, że dla dowolnych liczb dodatnich a, b, c spełniona jest nierówność

$ (1) \qquad a^3 +b^3 + c^3 +6abc \geq (a+b+c)(ab+bc+ca). $

Wymnażając nawiasy przepisujemy nierówność (1) w postaci

$ a^3 +b^3 +c^3 -(a^2b+ab^2 +b^2c+bc^2 +c^2a+ca^2)+3abc \geq 0, $

po czym grupując odpowiednie wyrazy sprowadzamy ją do zależności

$ a(a-b)(a-c)+b(b -c)(b -a)+c(c-a)(c-b) \geq 0. $

Bez straty ogólności przyjmijmy, że $a \leq b \leq c$ oraz zapiszmy ostatnią nierówność jako

$ a(b-a)(c-a)+(c-b)(c(c-a)-b(b-a)) \geq 0. $

Oba składniki powyższej sumy są nieujemne. To kończy dowód nierówności (1).

Udowodnimy następnie, że dla dowolnych liczb dodatnich $a, b, c$ spełniona jest nierówność

$ (2) (a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca). $

Istotnie: nierówność (2) jest równoważna zależności $a^2 +b^2 +c^2 \geq ab+bc+ca$ , która z kolei po pomnożeniu stronami przez 2 sprowadza się do zależności $(a-b)^2 +(b-c)^2 +(c-a)^2 \geq 0$ . Dowód nierówności (2) jest więc zakończony.

Korzystając z nierówności (1), (2) oraz uwzględniając dany w treści zadania warunek $ab+bc+ca = 3$ otrzymujemy

$ a^3 +b^3 +c^3 +6abc \geq \sqrt{3(ab+bc+ca)} \cdot (ab+bc+ca)=9. $

LVII OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

W czworokącie $ABCD$ miara kąta wewnętrznego przy wierzchołku $A$ jest większa od $180^{\circ}$ oraz zachodzi równość

$ AB \cdot CD = AD \cdot BC . $

Punkt $P$ jest symetryczny do punktu $A$ względem prostej $BD$ Udowodnić, że $\measuredangle PCB = \measuredangle ACD$ .

Rozwiązanie

Jeśli $AB=AD$ , to z danej równości wynika, że $CD =BC$ . Wtedy punkty $A$ i $P$ leżą na dwusiecznej kąta $BCD$ ,
skąd bezpośrednio wnioskujemy, że $\measuredangle PCB = \measuredangle ACD$ .

Przyjmijmy więc w dalszej części rozwiązania, że $AB \neq AD$ oraz niech dla ustalenia uwagi $AB < AD$ (rys. 5).

Załóżmy, że dwusieczna kąta $DAB$ przecina odcinek $BD$ w punkcie $K$ . Wówczas na mocy twierdzenia o dwusiecznej otrzymujemy

$ \frac{KB}{KD} = \frac{AB}{AD} = \frac{BC}{CD} $

skąd wynika, że punkt $K$ leży również na dwusiecznej kąta $BCD$ . Innymi słowy, dwusieczne kątów $BAD$ i $BCD$ przecinają
się w punkcie $K$ leżącym na prostej $BD$ . Analogicznie, korzystając z twierdzenia o dwusiecznej kąta zewnętrznego dowodzimy,
że dwusieczne kątów zewnętrznych $BAD$ i $BCD$ przecinają się w punkcie $L$ , który leży na prostej $BD$ . Ponadto

$ \begin{split} \measuredangle KAL &= \measuredangle KAB +\measuredangle BAL = 90^{\circ}, \\ \measuredangle KCL &= \measuredangle KCB +\measuredangle BCL = 90^{\circ}. \end{split} $

Stąd wynika, że punkty $A$ i $C$ leżą na okręgu $\omega$ o średnicy $KL$ . Punkt $P$ — symetryczny do punktu $A$ względem prostej
$KL$ — również leży na okręgu $\omega$ . Ponadto łuki $AK$ i $KP$ okręgu $\omega$ (nie zawierające punktu $C$ ) są równej długości,
a więc $\measuredangle ACK = \measuredangle KCP$ . Stąd

$ \measuredangle ACD = \measuredangle DCK -\measuredangle ACK = \measuredangle KCB -\measuredangle KCP = \measuredangle PCB, $

co należało wykazać.

LVII OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

Niech $a_0$ będzie liczbą całkowitą dodatnią i niech

$ a_{i+1} = \begin{cases} a_i/2, &\text{gdy } a_i \text{ jest liczbą parzystą}, \\ 3a_i -1, &\text{gdy } a_i \text{ jest liczbą nieparzystą} \end{cases} $

dla $i=0,1,2,\dots$ . Wykazać, że jeśli $n$ jest liczbą całkowitą dodatnią spełniającą warunek $a_n = a_0$ , to $2^n >a_0$ .

Rozwiązanie

Niech $a_{\ell}$ będzie największym spośród wyrazów $a_0,a_1,\dots ,a_{n-1}$ . Wówczas ciąg $b_i = a_{\ell+i}$ dla $i =0,1,2,...$ także spełnia dany w treści zadania warunek rekurencyjny oraz równość $b_n =b_0$ . Ponadto $b_0$ jest największą liczbą spośród $b_0,b_1,\dots,b_{n-1}$ .

Możemy więc bez straty ogólności przyjąć, że $a_0$ jest największą liczbą spośród $a_0,a_1,\dots ,a_{n-1}$ .
Stąd w szczególności wynika, że $a_0$ jest liczbą parzystą.

Oznaczmy: $f(x)= x/2$ oraz $g(x)=3x-1$ . Wówczas równość $a_0 = a_n$ możemy przypisać w postaci

$ (1) \qquad a_0 =(f_n \circ f_{n-1} \circ \dots \circ f_1)(a_0), $

gdzie każda z funkcji $f_1,f_2,\dots ,f_n$ jest równa funkcji $f$ lub funkcji $g$ . Przyjmijmy w dalszej części rozwiązania, że
w złożeniu występującym z prawej strony równości (1) znajduje się dokładnie $r$ funkcji $f$ oraz dokładnie $s$ funkcji $g$ .
Wtedy oczywiście $r + s = n$ oraz $r,s \geq 1$ .

Odwzorowanie $g$ przeprowadza wyraz nieparzysty $a_i$ na wyraz parzysty $3a_i-1$ . Stąd wynika, że jeśli dla pewnego $i$
mamy $f_i = g$ , to $f_{i-1} = f$ . Wyraz $a_0$ jest parzysty, więc $f_1 = f$ . Z obserwacji tych wynika, że $r \geq s$ .

Niech $p(x)=3x$ . Wtedy dla dowolnej liczby rzeczywistej $x$ spełniona jest zależność $g(x)<p(x)$ . Obie funkcje $p$ i $q$
są rosnące, więc zastępując każdą funkcję $g$ znajdującą się w równości (1) przez funkcję $p$ powiększamy wartość wyrażenia
stojącego z prawej stronie równości (1). Innymi słowy

$ (2) \qquad a_0 < (\tilde{f}_n \circ \tilde{f}_{n-1} \circ \dots \circ \tilde{f}_1)(a_0), $

gdzie tym razem każda z funkcji $\tilde{f}_1,\tilde{f}_2,\dots ,\tilde{f}_n$ jest równa funkcji $f$ lub funkcji $p$ .
Nierówność (2) jest równoważna zależności

$ a_0 < \frac{a_0\cdot 3^s}{2^r}, $

czyli $3^s > 2^r$ .

Niech

$ h(x)= g(f(x)) = \frac{3}{2}x-1. $

Jak zauważyliśmy wyżej, w równości (1) mamy $f_1 = f$ . Ponadto jeśli dla pewnego $i \geq 2$ spełniona jest zależność
$f_i = g$ , to $f_{i-1} = f$ . Zatem związek (1) możemy przepisać w postaci

$ (3) \qquad a_0 =(g_r \circ g_{r-1} \circ \dots \circ g_1)(a_0), $

gdzie każda z funkcji $g_1,g_2,\dots,g_r$ jest równa $f$ lub $h$ . Ponadto z prawej strony równości (3) występuje dokładnie
$s$ funkcji $h$ oraz $r-s$ funkcji $f$ .

Dalej zauważmy, że $h(f(x))= \frac{3}{4}x-1< \frac{3}{4}x-\frac{1}{2} =f(h(x))$ dla dowolnej liczby rzeczywistej $x$ .
Obie funkcje $f$ i $h$ są rosnące, zatem wymieniając w równości 3) dowolne złożenie $f \circ h$ na złożenie $h \circ f$
zmniejszamy wartość wyrażenia stojącego po prawej stronie równości (3). Przy pomocy skończonej liczby takich zamian możemy
doprowadzić prawą stronę związku (3) do postaci

$ (\underbrace{h\circ h\circ \dots \circ h}_{s\text{ razy}} \circ \underbrace{f \circ f \circ \dots \circ f}_{r-s \text{ razy}})(a_0)=(h^s\circ f^{r-s})(a0). $

A zatem

$ (4)\qquad a_0 \geqslant (h^s \circ f^{r-s})(a_0). $

Udowodnimy indukcyjnie, że $h^s(x)=(\frac{3}{2})^s(x-2)+2$ dla $s=1,2,\dots$ (gdzie $h^s$ oznacza $s$ -krotne złożenie
funkcji $h$ ). Istotnie: Dla $s=1$ powyższa równość jest spełniona, a krok indukcyjny wygląda następująco:

$ \begin{split} h^{s+1}(x) &= h(h^s(x)) = h \left( \left( \frac{3}{2}\right)^s (x-2)+2 \right) = \\ &= \frac{3}{2} \cdot \left(\left(\frac{3}{2}\right)^s (x-2)+2\right)-1 = \left(\frac{3}{2}\right)^{s+1}(x-2)+2. \end{split} $

Korzystając z udowodnionej właśnie zależności przepisujemy nierówność (4) jako

$ a_0 \geqslant \left(\frac{3}{2}\right)\left(\frac{a_0}{2^{r-s}}-2\right)+2 $

Mnożąc ją stronami przez $2r$ i przegrupowując wyrazy uzyskujemy

$ (3^s-2^r)a_0 \leqslant 3^s \cdot 2^{r-s+1} - 2^{r+1}. $

Wyżej udowodniliśmy, że $3^s > 2^r$ , a więc $3^s -2^r \geq 1$ . Zatem

$ a_0 \leq (3^s - 2^r) a_0 \leq 2^{r+1} \left(\left(\frac{3}{2}\right)^s-1\right) = 2^{n+1}\left(\left(\frac{3}{r}\right)^s - \left(\frac{1}{2}\right)^s \right) $

Aby dokończyć rozwiązanie zadania wystarczy wykazać, że

$ \left(\frac{3}{r}\right)^s - \left(\frac{1}{2}\right)^s < \frac{1}{2} \text{ dla }s =1,2,3,\dots. $

Bezpośrednio sprawdzamy, że dla $s=1$ i dla $s = 2$ powyższa nierówność jest spełniona. Jeśli natomiast $s \geq 3$ , to

$ \left(\frac{3}{r}\right)^s - \left(\frac{1}{2}\right)^s < \left(\frac{3}{r}\right)^s \leq \left(\frac{3}{r}\right)^3 = \frac{27}{64} <\frac{1}{2}. $

Tym samym rozwiązanie zadania zostało zakończone.