LVII OM - III etap

III etap LVII Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
LVII OM III etap - Zadania [1]	69.79 KB
LVII OM III etap - Zadania z rozwiązaniami [2]	127.48 KB

LVII OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

III

Rozwiązać w liczbach rzeczywistych $a, b, c, d, e$ układ równań

$ \begin{cases} a^2 &= b^3 + c^3 \\ b^2 &= c^3 + d^3 \\ c^2 &= d^3 + e^3 \\ d^2 &= e^3 + a^3 \\ e^2 &= a^3 + b^3 \\ \end{cases} $

Rozwiązanie

Przyjmijmy, że liczby $a, b, c, d, e$ spełniają podany układ równań i że $b$ jest największą z nich (nie tracimy ogólności, bo układ jest cykliczny). Wykażemy, że wówczas $b = d$ .

Przypuśćmy, przeciwnie, że $b>d$ . Odejmując drugie równanie od równania pierwszego dostajemy $a^2 - b^2 = b^3 - d^3 > 0$ , czyli

$ (a-b)(a+b) > 0. $

Liczba $a$ nie jest większa od liczby $b$ ; w takim razie $a - b < 0$ oraz $a + b < 0$ . Ta ostatnia nierówność daje jednak wniosek, że $a^3 + b^3 < 0$ , w sprzeczności z równaniem $e^2 = a^3 + b^3$ .

Zatem istotnie $b = d$ , co oznacza, że także $d$ ma maksymalną wartość wśród pięciu niewiadomych. Powtarzając to rozumowanie
stwierdzamy kolejno, że $d = a = c = e$ .

Dany w zadaniu układ równań sprowadza się zatem do rozwiązania równania $a^2 =2a^3$ , skąd otrzymujemy $a = 0$ lub $a = \frac{1}{2}$ .

Odpowiedź: Układ równań ma dwa rozwiązania $(a,b,c,d,e)$ :

$ (0,0,0,0,0) \quad\text{oraz}\quad (\frac{1}{2}, \frac{1}{2} ,\frac{1}{2} ,\frac{1}{2} ,\frac{1}{2}). $

LVII OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

III

Wyznaczyć wszystkie liczby całkowite dodatnie $k$ , dla których liczba $3^k+5^k$ jest potęgą liczby całkowitej o wykładniku naturalnym większym od 1.

Rozwiązanie

Jeżeli $k$ jest liczbą parzystą, to liczby $3^k$ i $5^k$ są kwadratami liczb nieparzystych, dającymi resztę 1 z dzielenia
przez 4. Stąd wniosek, że liczba $3^k+5^k$ daje resztę 2 z dzielenia przez 4, a więc dzieli się przez 2 i nie dzieli się przez $2^2$ .
Taka liczba nie może być potęgą liczby całkowitej o wykładniku większym od 1.

Jeżeli $k$ jest liczbą nieparzystą, to

$ 3^k+5^k = (3+5)(3^{k-1} -3^{k-2} \cdot 5 + 3^{k-3} \cdot 5^2 - 3^{k-4} \cdot 5^3 + \dots -3\cdot 5^{k-2} + 5^{k-1}). $

Drugi czynnik po prawej stronie powyższej zależności zawiera nieparzystą (równą $k$ ) liczbę nieparzystych składników.
Stąd wynika, że liczba $3^k+5^k$ dzieli się przez 8 i nie dzieli się przez 16. Jeśli więc liczba ta jest potęgą liczby
całkowitej o wykładniku większym od 1, to musi być ona sześcianem liczby całkowitej.

Jeżeli $k = 1$ , to rozpatrywana liczba jest sześcianem liczby całkowitej: $3^1 +5^1 =2^3$ . Przyjmijmy więc w dalszej
części rozumowania, że $k \geq 3$ . Z zależności

$ \begin{split} 0^3 \equiv 0 (\mod 9),& (\pm 1)^3 \equiv \pm 1 (\mod 9), (\pm 2)^3 \equiv \mp (\mod 9) , \\ & (\pm 3)^3 \equiv 0 (\mod 9), (\pm 4)^3 \equiv \pm 1 (mod 9) \end{split} $

wynika, że sześciany liczb całkowitych dają z dzielenia przez 9 jedynie reszty 0, 1, 8. Dla $k \geq 3$ mamy $9 | 3^k$ ,
więc $3^k+5^k \equiv 5^k (\mod 9)$ .

Reszty z dzielenia przez 9 liczb $5, 5^2, 5^3, 5^4, 5^5, 5^6$ są odpowiednio równe 5, 7, 8, 4, 2, 1. Wobec tego jeżeli
$3^k+5^k$ jest sześcianem liczby całkowitej przy $k \geq 3$ , to $3|k$ . Wcześniej wykazaliśmy, że $k$ nie może być liczbą parzystą.
Zatem liczba $k$ jest postaci $6l+3$ , gdzie $l$ jest liczbą całkowitą nieujemną.

Z zależności $3^3 \equiv 5^3 \equiv 6 (\mod 7)$ oraz $3^6 \equiv 5^6 \equiv 1 (\mod 7)$ wynika, że

$ 3^k+5^k =3^{6l+3} +5^{6l+3} \equiv 3^3 +5^3 \equiv 5 (\mod 7). $

Jednakże z bezpośredniego sprawdzenia otrzymujemy, że sześcian liczby całkowitej daje z dzielenia przez 7 resztę 0, 1 lub 6:

$ \begin{split} 0^3 \equiv 0 (\mod 7), & (\pm 1)^3 \equiv \pm 1 (\mod 7),\\ (\pm 2)^3 \equiv \pm 1 (\mod 7), & (\pm 3)^3 \equiv \mp 1 (\mod 7). \end{split} $

Zatem rozpatrywana liczba dla $k \geq 3$ nie może być sześcianem liczby całkowitej, co kończy rozwiązanie zadania.

Odpowiedź: $k = 1$ .

LVII OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

III

Dany jest sześciokąt wypukły $ABCDEF$ , w którym $AC = DF$ , $CE = FB$ oraz $EA = BD$ . Dowieść, że proste łączące środki przeciwległych boków tego sześciokąta przecinają się w jednym punkcie.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $P, Q, R$ odpowiednio środki przekątnych $AD, BE, CF$ .

Przyjmijmy najpierw, że dwa spośród punktów $P, Q, R$ pokrywają się; niech na przykład $P = Q$ (rys. 1).
Wtedy czworokąt $ABDE$ jest równoległobokiem. Ponadto trójkąt $ACE$ jest przystający do trójkąta $DFB$ , skąd wynika, że
$\measuredangle EAC = \measuredangle BDF$ . Równość ta wraz z uzyskaną zależnością $BD || EA$ dowodzi, że odcinki
$AC$ i $DF$ są równoległe. Ponadto odcinki te są równej długości, a zatem czworokąt $ACDF$ jest równoległobokiem. Punkt
$R$ pokrywa się więc z punktami $P$ i $Q$ , skąd wynika, że jest on środkiem symetrii sześciokąta $ABCDEF$ . Pozostaje zauważyć,
że wówczas proste łączące środki przeciwległych boków sześciokąta $ABCDEF$ przechodzą przez jego środek symetrii.

Przyjmijmy z kolei, że punkty $P, Q, R$ są różne. Niech $M$ i $N$ będą odpowiednio środkami odcinków $AB$ i $DE$ (rys. 2).

Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa wynika, że odcinki $PN$ i $AE$ są równoległe, a ponadto
$PN = \frac{1}{2}AE$ . Analogicznie uzyskujemy związki $QM = \frac{1}{2}AE$ , $PM = \frac{1}{2}BD$ oraz $QN = \frac{1}{2}BD$ .
Z zależności tych oraz z równości $AE = BD$ wnioskujemy, że $PN = QM = PM = QN$ , co oznacza, że czworokąt $MPNQ$ jest rombem.
Zatem prosta $MN$ jest symetralną odcinka $PQ$ .

Analogicznie dowodzimy, że pozostałe dwie proste łączące środki przeciwległych boków danego sześciokąta są symetralnymi
odcinków $QR$ i $RP$ . Stąd proste łączące środki przeciwległych boków sześciokąta $ABCDEF$ mają punkt wspólny, będący
środkiem okręgu opisanego na trójkącie $PQR$ .

LVII OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

III

Na trójce liczb wykonujemy następującą operację. Wybieramy dwie spośród tych liczb i zastępujemy je ich sumą oraz ich iloczynem, pozostała liczba nie ulega zmianie. Rozstrzygnąć, czy rozpoczynając od trójki (3,4,5) i wykonując tę operację możemy ponownie uzyskać trójkę liczb będących długościami boków trójkąta prostokątnego.

Rozwiązanie

Jeżeli w pierwszym kroku wybierzemy liczby 3 i 5, to otrzymamy trójkę (4,8,15), w której dokładnie jedna liczba jest nieparzysta. Wybierając z takiej trójki dwie liczby parzyste zamieniamy je na liczby parzyste, natomiast decydując się na jedną liczbę parzystą, a drugą nieparzystą dostajemy liczby różnych parzystości. Zatem z trójki, w której dokładnie jedna liczba jest nieparzysta, otrzymamy trójkę, która ma tę samą własność.

Jeżeli jednak wśród liczb naturalnych $a, b, c$ dokładnie jedna jest nieparzysta, to równość $a^2+b^2=c^2$ nie może zachodzić — jedna ze stron tej równości jest nieparzysta, a druga parzysta. Nie otrzymamy więc trójki liczb będących długościami boków trójkąta prostokątnego.

Z kolei wybierając w pierwszym kroku liczby 3 i 4 otrzymamy trójkę (5,7,12), a biorąc 4 i 5 uzyskamy trójkę (3,9,20). W obu tych trójkach jest dokładnie jedna liczba parzysta i jest ona największą liczbą w trójce. Jeżeli w takiej trójce wybierzemy dwie liczby nieparzyste, to otrzymamy trójkę, w której dokładnie jedna liczba jest nieparzysta. Z takiej trójki, jak już wiemy, nie otrzymamy trójki liczb będących długościami boków trójkąta prostokątnego.

Jeżeli natomiast będziemy konsekwentnie wybierać liczby różnych parzystości, to w każdym kroku otrzymamy trójkę z dokładnie jedną liczbą parzystą, a z nierówności $xy > x + y$ (prawdziwej dla liczb $x,y > 2$ ) wynika, że ta liczba parzysta będzie największą liczbą w trójce.

Pozostaje zauważyć, że jeżeli liczby naturalne $a, b$ są nieparzyste, a liczba $c$ jest parzysta, to $a^2 + b^2 \equiv 1+1 (\mod 4)$ ,
więc równość $a^2 + b^2 = c^2$ nie może być spełniona.

Odpowiedź: Ponowne uzyskanie trójki liczb będących długościami boków trójkąta prostokątnego nie jest możliwe.

LVII OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

III

Dany jest czworościan $ABCD$ , w którym $AB = CD$ . Sfera wpisana w ten czworościan jest styczna do ścian $ABC$ i $ABD$ odpowiednio w punktach $K$ i $L$ . Dowieść, że jeżeli punkty $K$ i $L$ są środkami ciężkości ścian $ABC$ i $ABD$ , to czworościan $ABCD$ jest foremny.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $s$ sferę wpisaną w czworościan $ABCD$ . Rozpoczniemy od wykazania, że trójkąty $ABC$ i $ABD$ są przystające.

Niech $E$ będzie środkiem krawędzi $AB$ . Ponieważ $K$ i $L$ są punktami styczności sfery $s$ do czworościanu $ABCD$ , to $AK = AL$ i $BK = BL$ , skąd wynika, że trójkąty $AKB$ i $ALB$ są przystające. Ich środkowe $KE$ i $LE$ mają jednakową długość, skąd $CE =3\cdot KE =3\cdot LE = DE$ . Ale

$ \measuredangle CEB = \measuredangle KEB = \measuredangle LEB = \measuredangle DEB, $

więc trójkąty $BEC$ i $BED$ są przystające.

Analogicznie dowodzimy, że trójkąty $AEC$ i $AED$ są przystające. Zatem trójkąty $ABC$ i $ABD$ są przystające.

Niech $M$ i $N$ będą punktami styczności sfery $s$ odpowiednio ze ścianami $BCD$ i $CDA$ .Otrzymujemy następujące pary
trójkątów przystających: $BKC$ i $BMC$ ; $BLD$ i $BMD$ ; $AKC$ i $ANC$ ; $ALD$ i $AND$ ; $CMD$ i $CND$ .

Oznaczmy: $\alpha = \measuredangle AKC$ , $\beta = \measuredangle BKC$ . Wtedy $\measuredangle ALD = \alpha$ oraz
$\measuredangle BLD = \beta$ , gdyż trójkąty $ABC$ i $ABD$ są przystające. Zatem

$ \begin{split} \measuredangle ANC = \measuredangle AKC = \alpha, &\quad \measuredangle AND = \measuredangle ALD = \alpha, \\ \measuredangle BMC = \measuredangle BKC = \beta , &\quad \measuredangle BMD = \measuredangle BLD = \beta. \end{split} $

Stąd otrzymujemy $\measuredangle DNC = 360^{\circ} - \measuredangle ANC - \measuredangle AND = 360^{\circ} - 2\alpha$ ,
jak również $\measuredangle DMC = 360^{\circ} -\measuredangle BMC -\measuredangle BMD = 360^{\circ} -2\beta$ .
Ale $\measuredangle DMC = \measuredangle DNC$ , skąd $\alpha = \beta$ . Zatem $\measuredangle AKE = \measuredangle BKE$ , więc
$KE$ jest jednocześnie dwusieczną i środkową w trójkącie $AKB$ . Stąd $AK = BK$ , a więc $AC = BC$ . Ostatecznie otrzymujemy
więc $AC = BC = AD = BD$ .

Przez każdą krawędź czworościanu $ABCD$ poprowadźmy płaszczyznę równoległą do przeciwległej krawędzi czworościanu. Płaszczyzny te wyznaczają równoległościan. W każdej z jego ścian jedna przekątna jest krawędzią czworościanu $ABCD$ , a druga przekątna jest równa i równoległa do przeciwległej krawędzi tego czworościanu. Ponieważ przeciwległe krawędzie czworościanu $ABCD$ są równe, więc wszystkie ściany otrzymanego równoległościnu są prostokątami. A zatem równoległościan ten jest prostopadłościanem. Wynika stąd w szczególności, że prosta łącząca środki krawędzi $AD$ i $BC$ jest prostopadła do tych krawędzi.

Rozpatrzmy przekształcenie będące obrotem o kąt $180^{\circ}$ wokół prostej łączącej środki krawędzi $AD$ i $BC$ . W wyniku tego przekształcenia czworościan $ABCD$ przechodzi na siebie, więc sfera $s$ też musi przejść na siebie. Ponadto ściany $ABC$ i $ABD$ przechodzą odpowiednio na ściany $DCB$ i $DCA$ , a zatem środki ciężkości ścian $DCB$ i $DCA$ pokrywają się z punktami $M$ i $N$ .

Analogicznie jak wyżej wykazujemy, że $AB = BD = DC = CA$ , skąd wnioskujemy, że wszystkie krawędzie czworościanu
$ABCD$ są równej długości. To oznacza, że czworościan $ABCD$ jest foremny.

LVII OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

III

Wyznaczyć wszystkie pary liczb całkowitych $a$ , $b$ , dla których istnieje taki wielomian $P(x)$ o współczynnikach całkowitych, że iloczyn $(x^2 + ax + b)\cdot P(x)$ jest wielomianem postaci

$ x^n +c_{n-1}x + \dots + c_1x + c_0, $

gdzie każda z liczb $c_0,c_1,\dots ,c_{n-1}$ jest równa 1 lub -1.

Rozwiązanie

Jeżeli trójmian $x^2 + ax + b$ jest dzielnikiem pewnego wielomianu $Q(x)$ o współczynnikach całkowitych, to oczywiście wyraz wolny $b$ jest dzielnikiem wyrazu wolnego wielomianu $Q(x)$ . Wobec tego (w rozważanej sytuacji) $b=\pm 1$ .

Żaden wielomian $Q(x)$ postaci $x^n \pm x^{n-1} \pm x^{n-2} \pm \ldots \pm x\pm 1$ nie ma pierwiastków rzeczywistych o wartości
bezwzględnej większej lub równej 2. Przypuśćmy bowiem, że liczba r o module |r|. 2 spełnia zależność Q(r) = 0. Wtedy

$ \begin{split} |r|^n = |r^n| = |r^{n-1} \pm r^{n-2} \pm \ldots \pm r \pm 1| \leq \\ \leq |r|^{n-1} + |r|^{n-2} +\ldots +|r|+1 = \frac{|r|^n-1}{|r|-1} < \frac{|r|^n}{|r|-1}, \end{split} $

skąd wynika, że $|r| < 2$ . Sprzeczność.

Z drugiej strony, każdy pierwiastek trójmianu $T(x)= x^2 + ax + b$ jest też pierwiastkiem wielomianu $T(x)\cdot P(x)$ .
Stąd wynika, że trójmian $T(x)$ nie ma pierwiastków w zbiorze $(-\infty,-2\rangle \cup \langle 2,+\infty)$ .
Zatem $T(-2) > 0$ oraz $T(2) > 0$ , czyli $4-2a+b > 0$ oraz $4+2a+b> 0$ .

Jeśli $b = 1$ , to mamy $5 > 2a$ i $5 > -2a$ , skąd wynika, że $a$ jest jedną z liczb $-2, -1, 0, 1, 2$ . Jeżeli natomiast
$b = -1$ , to $3 > 2a$ i $3 > -2a$ i do rozpatrzenia pozostają przypadki, gdy $a$ jest jedną z liczb -1, 0, 1.

Bezpośrednie sprawdzenie dowodzi, że wszystkie uzyskane pary (a,b) spełniają warunki zadania:

$ \begin{split} (x^2-2x+1)\cdot (x+1) = x^3 -x^2 -x+1, &\quad (x^2 +1)\cdot (x+1) = x^3 +x^2 +x+1, \\ (x^2+2x+1)\cdot (x-1) = x^3 +x^2 -x-1, &\quad (x^2 -1)\cdot (x+1) = x^3 +x^2 -x-1, \\ (x^2-x+1)\cdot 1= x^2 -x+1, &\quad (x^2 +x+1)\cdot 1= x^2 +x+1, \\ (x^2-x-1)\cdot 1= x^2 -x-1, &\quad (x^2 +x-1)\cdot 1= x^2 +x-1. \end{split} $

Odpowiedź: Warunki zadania spełnia następujących osiem par
$(a,b)$ : (-2,1), (-1,-1), (-1,1), (0,-1), (0,1), (1,-1), (1,1), (2,1).