LVIII OM - I - Zadanie 1

Zadanie 1.

Rozwiązać w liczbach rzeczywistych , , układ równań

Rozwiązanie

Odejmując drugie równanie układu od pierwszego dostajemy

Podobnie odejmując trzecie równanie od pierwszego uzyskujemy równanie . Zatem dany w treści zadania układ równań jest równoważny układowi

Iloczyn dwóch liczb jest równy zeru wtedy i tylko wtedy, gdy przynajmniej jeden z czynników jest równy zeru. Wobec tego układ (1) jest równoważny następującej alternatywie czterech układów:

W pierwszym z układów (2) drugie i trzecie równanie prowadzą do wniosku, że . Wykorzystując tę zależność w pierwszym równaniu tego układu otrzymujemy równanie kwadratowe , które ma dwa rozwiązania: oraz . Zatem rozważany układ równań ma dwa rozwiązania: i .

Zbadajmy teraz drugi z układów (2). Drugie równanie tego układu oznacza, że ; łącząc to z trzecim równaniem widzimy, że . Zatem pierwsze równanie układu przyjmuje postać

Równanie kwadratowe ma rozwiązania oraz . To daje dwa rozwiązania badanego układu: i .

Podobnie rozwiązujemy trzeci z układów (2), otrzymując rozwiązania oraz .

Przejdźmy wreszcie do ostatniego z układów (2). Łącząc drugie i trzecie równanie widzimy, że , czyli . Wobec tego drugie równanie przybiera postać , zaś pierwsze możemy zapisać jako

co po rozwiązaniu równania kwadratowego daje i . W efekcie dostajemy dwa rozwiązania: oraz .

Pozostaje na koniec przekonać się, że każda z wyznaczonych trójek istotnie stanowi rozwiązanie danego w zadaniu układu równań.

Odpowiedź: Rozwiązaniami danego układu równań są:

LVIII OM - I - Zadanie 2

Wyznaczyć wszystkie pary dodatnich liczb całkowitych , , dla których każda z liczb , jest kwadratem liczby całkowitej.

Rozwiązanie

Sposób I

Przypuśćmy, że para spełnia warunki zadania.

Jeżeli prawdziwa jest nierówność , to

a ponieważ jest kwadratem liczby całkowitej, więc wynika stąd, że musi zachodzić jedna z równości lub .

Jeżeli , to i na mocy warunków zadania liczba ma być kwadratem liczby całkowitej. Mamy , zatem spełniona jest zależność

z której otrzymujemy i . Uwzględniając równość widzimy, że musi być liczbą nieparzystą. Bezpośrednim rachunkiem sprawdzamy, że wartości wyrażenia dla , , , , są odpowiednio równe 9, 37, 73, 117, 169. Uzyskujemy kwadraty liczb całkowitych jedynie dla i ; odpowiadające wartości wynoszą 2 i 22.

Jeżeli , to , zatem liczba jest kwadratem liczby całkowitej. Nierówność

dowodzi, że , co daje . Ponadto liczba jest całkowita, więc liczba jest podzielna przez . Wyrażenie dla wartości , przyjmuje odpowiednio wartości 32, 100 i tylko dla otrzymujemy kwadrat liczby całkowitej; odpowiadającą wartością jest 9.

Pozostał do rozpatrzenia przypadek . Wówczas możemy napisać

i z uwagi na to, że jest kwadratem liczby całkowitej, uzyskujemy zależność , czyli . Ta równość nie może jednak być prawdziwa, bowiem jej lewa strona jest liczbą parzystą, a prawa - nieparzystą. Wobec tego w tym przypadku nie ma rozwiązań.

Wystarczy już tylko wykonać bezpośrednie sprawdzenie, że otrzymane trzy pary istotnie spełniają warunki zadania.

Sposób II

Jeżeli para spełnia warunki zadania, to liczba jest kwadratem liczby całkowitej większej od i tej samej parzystości, co liczba . Możliwe są zatem następujące trzy przypadki:

1. .
2. .
3. .

Rozpatrzmy po kolei powyższe trzy możliwości:

1. Przypadek 1.
   Równość oznacza, że . Ponadto liczba jest, na mocy warunków zadania, kwadratem liczby całkowitej. Z nierówności

   wynika, że albo . Pierwsze z tych równań ma postać , skąd i , zaś drugie równanie możemy przekształcić do postaci , co daje i .

2. Przypadek 2.

   W tej sytuacji ma miejsce równość . Jeżeli więc liczba jest kwadratem liczby całkowitej, to z uwagi na nierówności

   stwierdzamy, że , czyli . Zatem i .

3. Przypadek 3.

   Mamy wówczas . Z drugiej strony, zgodnie z założeniami zadania liczba jest kwadratem liczby całkowitej i wobec tego , czyli . Stąd uzyskujemy

   Otrzymana sprzeczność wskazuje, że w przypadku 3. nie ma rozwiązań i pozostaje jeszcze tylko upewnić się, że trzy pary wyznaczone w przypadkach 1. i 2. istotnie są rozwiązaniami zadania.

Odpowiedź: Żądaną własność mają następujące pary :

LVIII OM - I - Zadanie 3

W czworokącie wypukłym , nie będącym równoległobokiem, zachodzi równość . Punkty i są odpowiednio środkami przekątnych i . Dowieść, że rzuty prostokątne odcinków i na prostą są odcinkami o jednakowej długości, równej długości odcinka .

Rozwiązanie

Niech punkt będzie środkiem boku , zaś punkt - środkiem odcinka (rys. 1).

Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa wynika, że oraz . Analogicznie uzyskujemy zależności i . Stąd i z równości otrzymujemy . Trojkąt jest zatem równoramienny, co oznacza, że . Wobec tego rzutem prostokątnym odcinka na prostą jest odcinek ; a ponieważ odcinek jest równoległy do odcinka i ma dwukrotnie większą długość, więc rzutem odcinka na prostą jest odcinek o długości .

Analogicznie dowodzimy, że rzut prostokątny odcinka na prostą jest odcinkiem o długości , co kończy rozwiązanie zadania.

LVIII OM - I - Zadanie 4

Dla każdej liczby naturalnej wyznaczyć liczbę ciągów , gdzie , o następującej własności:\break w każdej trójce kolejnych wyrazów są co najmniej dwa wyrazy równe.

Rozwiązanie

Niech będzie liczbą ciągów -wyrazowych mających żądane własności (będziemy je dalej nazywać ciągami {\it dobrymi}). Niech będzie liczbą dobrych ciągów , których dwa ostatnie wyrazy i są równe, natomiast niech oznacza liczbę dobrych ciągów , w których . Oczywiście spełniona jest równość .

Każdy dobry ciąg -wyrazowy , w którym dwa ostatnie wyrazy i są równe, powstaje z dokładnie jednego dobrego ciągu przez dodanie warunku . Prawdziwa jest zatem zależność

Natomiast dobry ciąg -wyrazowy , w którym dwa ostatnie wyrazy i są różne, możemy otrzymać na dwa sposoby. W pierwszym sposobie należy wziąć dobry -wyrazowy ciąg , w którym , zaś za przyjąć dowolną liczbę ze zbioru różną od . Tak postępując otrzymamy różnych dobrych -wyrazowych ciągów. W drugim sposobie wybieramy dobry -wyrazowy ciąg , w którym i przyjmujemy . Tym razem uzyskamy różnych ciągów. Ponadto żaden ciąg nie może być otrzymany oboma sposobami. Wynika stąd równość

Ze związków (1) i (2) dostajemy

dla . Zastosujemy teraz metodę rozwiązywania rekurencji liniowych (zob. L Olimpiada Matematyczna, Sprawozdanie Komitetu Głównego, Warszawa 2000, Dodatek A, str. 103). Równaniem charakterystycznym rekurencji (3) jest , które ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste: oraz . Zatem istnieją takie liczby rzeczywiste , , że zachodzi równość

Do zakończenia rozwiązania pozostaje wyznaczyć wartości , . W tym celu obliczymy liczby , . Ze wzorów (1) i (2) wynika, że

Liczba dobrych ciągów , w których , wynosi , gdyż wartości , możemy wybrać dowolnie, natomiast liczba dobrych ciągów , w których , wynosi , bowiem parę różnych liczb można wybrać dowolnie i musi być równe lub . Zatem

Łącząc obliczone wyżej wartości z warunkiem (4) otrzymujemy układ równań

którego rozwiązaniem są liczby .

Odpowiedź: Szukana liczba ciągów wynosi .

Uwaga:Po uzyskaniu zależności (1) i (2) można dokończyć rozwiązanie zadania bez stosowania metody rozwiązywania rekurencji liniowych (aczkolwiek wymaga to zgadnięcia właściwych współczynników). Mianowicie, ze związków (1) i (2) dostajemy

Przyjmując teraz oznaczenia

mamy więc

Obliczamy ponadto, że , , czyli , ; wobec tego z zależności (5) przez indukcję uzyskujemy wzory

Stąd ostatecznie

LVIII OM - I - Zadanie 5

Dany jest trójkąt ostrokątny , w którym . Punkt jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie , punkt jest punktem przecięcia wysokości trójkąta . Prosta przechodząca przez punkt i prostopadła do prostej przecina proste i odpowiednio w punktach i . Wykazać, że

Rozwiązanie

Niech będzie spodkiem wysokości poprowadzonej z wierzchołka i niech będzie punktem symetrycznym do punktu względem prostej (rys. 2); odcinki i przecinają się w punkcie .

Zauważmy, że punkt leży na okręgu opisanym na trójkącie . Rzeczywiście, ze względu na prostopadłości , mamy

a więc punkty , , , leżą na jednym okręgu.

W trójkącie zachodzą równości i , skąd wyznaczamy . Zatem . Stąd , toteż punkty , , leżą na jednej prostej w tej właśnie kolejności. To daje

czyli wielkość jest równa promieniowi okręgu opisanego na trójkącie . Analogicznie dowodzimy, że temu promieniowi jest równa wielkość , co kończy rozwiązanie.

LVIII OM - I - Zadanie 6

Wykazać, że jeżeli liczby są dodatnie, to

Rozwiązanie

Korzystając z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną otrzymujemy

i analogicznie oraz . Stąd wynika, że

Zatem zadanie będzie rozwiązane, jeżeli wykażemy nierówność

Wprowadzając oznaczenia , , zapisujemy powyższą nierówność w postaci

a ta nierówność jest prawdziwa na mocy nierówności między średnimi, gdyż

LVIII OM - I - Zadanie 7

Dany jest czworościan . Dwusieczna kąta przecina krawędź w punkcie . Punkt jest symetryczny do względem punktu . Punkt leży na krawędzi , przy czym . Udowodnić, że z odcinków o długościach , oraz można zbudować trójkąt.

Rozwiązanie

Niech będzie środkiem krawędzi , zaś - punktem symetrycznym do punktu względem punktu (rys. 3).

Ponieważ , więc punkty i leżą symetrycznie względem dwusiecznej kąta , a zatem . Ponadto trójkąt jest obrazem trójkąta w jednokładności o środku w punkcie i skali , co daje . Wreszcie końce odcinków i są odpowiednio symetryczne do siebie względem punktu , skąd .

Z wyprowadzonych zależności otrzymujemy, że trójkąt jest zbudowany z odcinków o długościach , oraz , skąd wynika teza (punkty , , nie leżą na jednej prostej, gdyż punkt znajduje się poza płaszczyzną ).

LVIII OM - I - Zadanie 8

Niech będzie liczbą pierwszą. Dowieść, że istnieje taka permutacja zbioru , że liczby

dają różne reszty przy dzieleniu przez .

Rozwiązanie

Przyjmijmy oraz dla niech będzie taką liczbą ze zbioru , że liczba jest podzielna przez .

Oczywiście musimy najpierw wykazać, że podane określenie liczby jest poprawne, czyli że taka liczba istnieje. W tym celu dla ustalonej wartości rozpatrzmy liczby

Żadna z tych liczb nie daje reszty przy dzieleniu przez ; gdyby bowiem dla pewnego liczba dawała resztę , to liczba byłaby podzielna przez , co jest niemożliwe wobec nierówności , oraz faktu, iż jest liczbą pierwszą. Analogicznie dowodzimy, że jeśli , są liczbami całkowitymi spełniającymi nierówności , to liczba

nie jest podzielna przez . To oznacza, że wśród wypisanych liczb żadne dwie nie dają tej samej reszty z dzielenia przez oraz żadna nie daje reszty . Wynika stąd, że dokładnie jedna z tych liczb daje resztę , czyli dzieli się przez .

Udowodnimy teraz, że otrzymane w ten sposób liczby , , , są parami różne. Żadna z liczb , , , nie jest równa , gdyż liczba nie jest podzielna przez . Przypuśćmy z kolei, że dla pewnych wskaźników zachodzi równość . Wtedy liczby oraz są podzielne przez , a więc różnica

dzieli się przez liczbę pierwszą , co jest niemożliwe, gdyż , jak również .

Pozostaje wykazać, że skonstruowane liczby spełniają warunki zadania. W tym celu wykażemy indukcyjnie, że dla liczba daje resztę z dzielenia przez . Dla jest to prawda. Załóżmy teraz prawdziwość tej własności dla . Liczba jest zatem podzielna przez , a więc i liczba dzieli się przez . Ale z określenia liczby wynika, że liczba daje resztę przy dzieleniu przez . Wobec tego liczba daje resztę z dzielenia przez , co kończy dowód indukcyjny i rozwiązanie zadania.

Uwaga: Znajomość podstawowych własności arytmetyki liczb modulo pozwala znacznie uprościć zapis powyższego rozumowania. Mianowicie przyjmujemy

Ponieważ jest liczbą pierwszą, więc określenie liczby jest poprawne. Jest jasne, że liczby , , , są różne od ; ponadto równość dla pewnych prowadziłaby do zależności

co daje oczywistą sprzeczność . Pozostaje sprawdzić, że dla mamy

a więc .

LVIII OM - I - Zadanie 9

Niech będzie iloczynem wszystkich dodatnich dzielników liczby całkowitej dodatniej . Rozstrzygnąć, czy istnieją różne liczby całkowite dodatnie , , dla których .

Rozwiązanie

Odpowiedź: Takie liczby i nie istnieją.

Niech będą wszystkimi dodatnimi dzielnikami ustalonej liczby całkowitej dodatniej . Wówczas , , , także są wszystkimi dodatnimi dzielnikami liczby , zatem możemy napisać

Stąd wynika, że

gdzie oznacza liczbę wszystkich dodatnich dzielników liczby .

Przypuśćmy teraz, że dla pewnych liczb całkowitych dodatnich , zachodzi równość . Wtedy , a więc uzyskujemy zależność . Zatem (patrz: {\it Uwaga\/}) liczby , są potęgami tej samej liczby całkowitej dodatniej: i dla pewnych liczb całkowitych dodatnich , , .

Załóżmy, że . Wtedy jest potęgą tej samej liczby całkowitej dodatniej co , ale o mniejszym wykładniku. Stąd wynika, że oraz - ponieważ każdy dzielnik liczby jest także dzielnikiem liczby - zachodzi . Wobec tego i otrzymaliśmy sprzeczność. Podobna sprzeczność powstaje przy założeniu . Musi więc być , skąd otrzymujemy .

Uwaga: W powyższym rozwiązaniu skorzystaliśmy z następującego faktu: jeżeli liczby całkowite dodatnie , , , spełniają równość , to i są potęgami tej samej liczby całkowitej dodatniej.

Ażeby to udowodnić, weźmy i niech , ; liczby całkowite dodatnie i są względnie pierwsze. Ponadto z równości otrzymujemy . Stąd wynika, że jeżeli jest dowolnym dzielnikiem pierwszym liczby oraz jest taką liczbą całkowitą dodatnią, że dzieli się przez i nie dzieli sie przez , to liczba dzieli się przez i nie dzieli się przez .

Jednakże jest jednocześnie -tą potęgą liczby całkowitej , zatem musi być dzielnikiem iloczynu . Skoro zaś i są względnie pierwsze, liczba musi być dzielnikiem liczby . Tak więc każdy dzielnik pierwszy liczby wchodzi do jej rozkładu na czynniki pierwsze z wykładnikiem podzielnym przez , przeto jest -tą potęgą liczby całkowitej. Wobec tego z równości wynika, że , czyli i są potęgami liczby całkowitej .

LVIII OM - I - Zadanie 10

Dany jest trójkąt ostrokątny . Punkty i leżą na boku , punkty i leżą na boku , punkty i leżą na boku , przy czym

Dowieść, że trójkąty i są przystające.

Rozwiązanie

Sposób I

Skoro oraz , to . Analogicznie oraz . Trójkąty i są więc podobne, jako trójkąty o odpowiednich bokach równoległych (rys. 4).

Z trójkątów prostokątnych i odczytujemy zależności

Zachodzi więc równość

Podobnie rozważając trójkąty prostokątne i oraz i uzyskujemy analogiczne równości

Dodając równości , , stronami otrzymujemy zależności

Jeśli przez oznaczymy skalę podobieństwa trójkątów i , tzn. , , , to z równości wynika natychmiast, że . A to znaczy, że trójkąty i są przystające.

Sposób II

Niech okrąg opisany na trójkącie przecina boki , , po raz drugi odpowiednio w punktach , , (rys. 5).

Ponieważ , więc odcinek jest średnicą okręgu . Analogicznie i są średnicami tego okręgu. Stąd w szczególności odcinki i są równe i równoległe, co oznacza, że . W podobny sposób uzyskujemy

Wynika stąd, że trójkąty i są przystające oraz punkty , , spełniają te same warunki, co warunki nałożone na punkty , , w treści zadania.

Wykażemy, że muszą zachodzić równości , , , skąd natychmiast otrzymamy tezę.

Przypuśćmy więc nie wprost, że na przykład . Bez utraty ogólności rozumowania przyjmijmy, że na boku punkt leży pomiędzy punktami i (rys. 6). Ze względu na prostopadłości , mamy , zatem na boku punkt leży pomiędzy i . Analogicznie punkt leży na boku pomiędzy punktami i i wreszcie punkt leży na boku pomiędzy i , wbrew wcześniejszemu założeniu.

LVIII OM - I - Zadanie 11

Dla każdej liczby całkowitej dodatniej wyznaczyć liczbę permutacji zbioru , spełniających warunki:

Rozwiązanie

Odpowiedź: Szukaną liczbą jest

Dla dowolnej permutacji spełniającej warunki zadania zachodzą następujące ciągi nierówności

Zauważmy, że każdy z elementów , , , został w rozważanych wierszach wypisany dokładnie raz. Rzeczywiście, w nierównościach (1) pojawiły się wszystkie wskaźniki nieparzyste z przedziału , parzyste z przedziału i nieparzyste z przedziału , w nierównościach (2) zaś - wszystkie wskaźniki parzyste z przedziału , nieparzyste z przedziału i parzyste z przedziału . Badając ilość liczb parzystych i nieparzystych w odpowiednich przedziałach obliczamy, że w związku (1) występuje liczb, a w związku (2) występuje liczb.

Nietrudno spostrzec, że każda nierówność postaci lub dająca się wywnioskować z warunków zadania znajduje się w zależności (1) lub (2). To oznacza, że jeżeli dla pewnej permutacji oba te ciągi nierówności są spełnione, to permutacja ta ma postulowane własności. Wobec tego każda permutacja spełniająca warunki zadania jest jednoznacznie wyznaczona przez podanie liczb wypisanych w nierównościach (1) - należy bowiem uszeregować je rosnąco, za przyjąć najmniejszą z tych liczb, za liczbę bezpośrednio po niej następującą itd., co pozwala jednoznacznie określić wyrazy permutacji znajdujące się w związkach (1); pozostałe liczb po ustawieniu w kolejności rosnącej analogicznie określają wyrazy permutacji znajdujące się w związkach (2).

Zatem liczba permutacji mających żądaną własność jest równa liczbie -elementowych podzbiorów zbioru -elementowego, czyli liczbie

LVIII OM - I - Zadanie 12

Wielomian o współczynnikach rzeczywistych przyjmuje w przedziale (gdzie ) tylko wartości dodatnie. Udowodnić, że istnieją takie wielomiany oraz , że

dla każdej liczby rzeczywistej .

Rozwiązanie

Dowód przeprowadzimy indukcyjnie ze względu na stopień wielomianu .

Jeżeli jest wielomianem stałym, to oczywiście i w tym przypadku można przyjąć , i .

Przypuśćmy teraz, że teza zadania jest prawdziwa dla wszystkich wielomianów stopnia mniejszego niż i niech będzie wielomianem stopnia .

Funkcja

rozważana w przedziale , jest ciągła i przyjmuje w nim wartości dodatnie, które przy końcach przedziału dążą do nieskończoności. Zatem w pewnym punkcie (niekoniecznie jednym) funkcja osiąga swoją wartość minimalną ; jest to liczba dodatnia.

Zachodzi wobec tego nierówność , czyli dla , która w pewnym punkcie (punktach) staje się równością. Mówiąc obrazowo, jest liczbą, dla której parabola w przedziale jest ,,styczna od dołu'' do wykresu wielomianu na tym przedziale, być może w kilku punktach (rys. 7). Tak więc wielomian w badanym przedziale przyjmuje wartości nieujemne i posiada przynajmniej jeden pierwiastek (rys. 8).

Zauważmy, że i , a więc wielomian na końcach przedziału przybiera wartości dodatnie. Zatem pierwiastki wielomianu w przedziale mają parzystą krotność. Istnieją zatem takie liczby (niekoniecznie różne) , że wielomian ma postać

przy czym wielomian w przedziale przyjmuje tylko wartości dodatnie. Oznaczmy ; mamy więc .

Jeśli jest stopniem wielomianu , to , z wyjątkiem przypadku , kiedy to . Ponadto wielomian ma stopień nie większy niż . Zatem jest wielomianem stopnia niższego niż . Wobec tego na mocy założenia indukcyjnego istnieje przedstawienie postaci

Stąd otrzymujemy

i jest to żądane przedstawienie wielomianu . Tym samym rozwiązanie zadania zostało zakończone.

LVIII OM - II - Zadanie 1

Wielomian ma współczynniki całkowite. Udowodnić, że jeżeli wielomiany oraz mają wspólny pierwiastek rzeczywisty, to mają także wspólny pierwiastek całkowity.

Rozwiązanie

Niech liczba rzeczywista będzie wspólnym pierwiastkiem wielomianów i . Z równości oraz otrzymujemy . Liczba całkowita spełnia zatem warunki

co oznacza, że jest żądanym wspólnym pierwiastkiem całkowitym.

LVIII OM - II - Zadanie 2

Dany jest pięciokąt wypukły , w którym

Udowodnić, że z odcinków o długościach , , można zbudować trójkąt. Wyznaczyć miary jego kątów, znając miarę kąta i miarę kąta .

Rozwiązanie

Niech będzie obrazem punktu przy obrocie o kąt wokół punktu (rys. 9); wtedy oczywiście proste i są prostopadłe oraz .

Przy tym obrocie punkt przechodzi na punkt , a zatem trójkąty oraz są przystające. Stąd wynika, że oraz .

W każdym pięciokącie suma kątów wewnętrznych wynosi , a więc . Wobec tego

Stąd oraz z zależności oraz wynika, że trójkąty i są przystające. A skoro punkt przy obrocie o kąt wokół punktu przechodzi na punkt , więc punkt przy tym obrocie musi przejść na punkt . Stąd wynika, że proste i są prostopadłe oraz . Trójkąt jest zatem zbudowany z odcinków o długościach , , .

Ponieważ proste i są prostopadłe, więc . Analogicznie uzyskujemy . Wobec tego miary kątów trójkąta zbudowanego z odcinków , , wynoszą: , , .

LVIII OM - II - Zadanie 3

Z płytek w kształcie trójkąta równobocznego o boku ułożono trójkąt równoboczny o boku . Każda płytka jest z jednej strony biała, a z drugiej czarna. Ruch polega na wykonaniu następujących czynności: Wybieramy płytkę mającą wspólne boki z co najmniej dwiema płytkami, których widoczne strony mają kolor inny niż widoczna strona płytki . Następnie odwracamy płytkę na drugą stronę.

Dla każdego rozstrzygnąć, czy istnieje początkowe ułożenie płytek, pozwalające wykonać nieskończony ciąg ruchów.

Rozwiązanie

Nazwijmy odcinkiem granicznym wspólny bok dwóch płytek, których widoczne strony mają różne kolory. Oczywiście liczba odcinków granicznych jest nieujemna i nie przekracza liczby wszystkich odcinków będących wspólnym bokiem dwóch płytek. Zbadamy, jak zmienia się liczba odcinków granicznych w wyniku wykonania dozwolonego ruchu.

Każda z płytek ma wspólne boki z co najwyżej trzema innymi płytkami. Odwrócenie płytki jest dopuszczalne, jeżeli co najmniej dwa z takich boków są odcinkami granicznymi. Przypuśćmy, że odwracamy płytkę . Wówczas odcinki graniczne mogą pojawić się albo zniknąć jedynie na bokach płytki . Ponadto bok płytki jest po odwróceniu odcinkiem granicznym wtedy i tylko wtedy, gdy przed odwróceniem nie był on odcinkiem granicznym. Wynika stąd, że w wyniku wykonania dozwolonego ruchu liczba odcinków granicznych zmniejsza się.

Udowodniliśmy w ten sposób, że z dowolnego początkowego ułożenia płytek można wykonać nie więcej niż ruchów.

Odpowiedź: Dla żadnego nie istnieje ułożenie pozwalające wykonać nieskończony ciąg ruchów.

LVIII OM - II - Zadanie 4

Udowodnić, że jeżeli , , , są liczbami całkowitymi dodatnimi oraz to liczba

jest złożona.

Rozwiązanie

Z warunków zadania otrzymujemy równość , a więc

Z drugiej strony, z rozkładu różnicy kwadratów na czynniki mamy

Łącząc powyższe zależności uzyskujemy

Czynnik jest liczbą całkowitą większą od . Gdyby był on równy , to na mocy nierówności (prawdziwej dla ) otrzymalibyśmy równości , jednakże liczby te nie spełniają warunków zadania. Zatem jest właściwym dzielnikiem liczby , skąd wynika teza zadania.

Uwaga:Jak widać, kluczem do rozwiązania zadania jest równość (1). Jednakże wielu uczestników Olimpiady uznało, że z chwilą wyprowadzenia tej równości można uznać rozwiązanie zadania za zakończone. Tak nie jest; należy bowiem pamiętać, że przedstawienie liczby całkowitej dodatniej w postaci iloczynu dwóch liczb całkowitych nie dowodzi jeszcze, że rozważana liczba jest złożona. Trzeba ponadto sprawdzić, że żaden z czynników nie jest równy ani .

Czynnik w iloczynie po prawej stronie zależności (1) jest liczbą całkowitą większą od , więc wystarczy wykluczyć równość .

Znaczna część zawodników wykazywała, że , w następujący bardziej skomplikowany sposób: Przypuśćmy, że ; wiemy z założeń zadania, że , prawdziwa jest zatem równość

z której otrzymujemy

czyli

Ostatnia równość jest niemożliwa, gdyż , , , . Sprzeczność ta dowodzi, że i w konsekwencji rozkład (1) jest rozkładem na dzielniki właściwe.

LVIII OM - II - Zadanie 5

Czworokąt wypukły , w którym , jest wpisany\break w okrąg. Czworokąty i są rombami o bokach długości . Dowieść, że punkty , , , leżą na jednym okręgu.

Rozwiązanie

Sposób I

Ponieważ cięciwy i są różnej długości, więc proste i nie są równoległe. Oznaczmy punkt ich przecięcia przez (rys. 10). Wykażemy, że punkty , , i leżą na okręgu o środku .

Prosta jest symetralną odcinka , skąd dostajemy . Analogicznie . Wystarczy zatem dowieść, że .

Oznaczmy przez punkt przecięcia przekątnych rombu . Wówczas na mocy twierdzenia Pitogarasa otrzymujemy

Analogicznie dowodzimy, że

Punkty , , , leżą na jednym okręgu, więc spełniona jest równość

Łącząc zależności (1), (2) i (3) dochodzimy do wniosku, że

skoro zaś , uzyskujemy stąd równość , która kończy rozwiązanie zadania.

Sposób II

Z warunku wynika, że proste , nie są równoległe. Zatem proste , , będące odpowiednio symetralnymi boków , , przecinają się w punkcie - środku okręgu opisanego na czworokącie .

Z równości oraz wnioskujemy, że punkt albo leży poza odcinkami i , albo też znajduje się na każdym z tych odcinków. Rozpatrzymy pierwszy z tych przypadków; drugi jest analogiczny.

Niech będzie środkiem odcinka (rys. 10).
Czworokąt jest rombem, więc jest także środkiem odcinka .
Stosując dwukrotnie twierdzenie Pitagorasa otrzymujemy

Analogicznie uzyskujemy zależność

Na mocy założeń danych w treści zadania mamy . Ponieważ także , więc dochodzimy do wniosku, że

Punkt jest punktem przecięcia prostych zawierających odcinki
i oraz leży poza każdym z tych odcinków. To wraz
z równością (4) dowodzi, że punkty , , ,
leżą na jednym okręgu.

LVIII OM - II - Zadanie 6

Liczby dodatnie , , , spełniają warunek

Wykazać, że

Rozwiązanie

Wykażemy, że dla dowolnych liczb dodatnich , zachodzi nierówność

Rzeczywiście, przekształcając równoważnie powyższą nierówność mamy

Ostatnia nierówność jest spełniona, gdyż liczby oraz mają jednakowy znak.

Korzystając z zależności (1) widzimy, że zadanie będzie rozwiązane, jeżeli udowodnimy nierówność

Lewa strona powyższej nierówności jest równa

Aby dokończyć rozwiązanie, wystarczy zatem dowieść, że

Jednakże na mocy łatwej do sprawdzenia nierówności mamy

To uzasadnia nierówność (2), do której wcześniej został sprowadzony dowód tezy zadania.

Uwaga: Po zakończeniu zawodów wielu uczestników skarżyło się, że
rozwiązanie zadania wymaga wymyślenia nierówności (1),
a jej zgadnięcie jest niemal niewykonalne.

Okazuje się jednak, że nierówność ta ujawnia
się w naturalny sposób. Aby się o tym przekonać,
wystarczy spróbować rozwiązać zadanie przy
dodatkowym założeniu, że oraz .
Wówczas dany w treści zadania warunek
można przepisać jako

natomiast nierówność do udowodnienia przyjmuje postać

Stąd pomysł, by spróbować ten szczególny
przypadek udowodnić oddzielnie (skoro
występują w nim tylko dwie niewiadome),
a następnie wykorzystać go do rozwiązania
w przypadku ogólnym.

LVIII OM - III - Zadanie 1

W trójkącie ostrokątnym punkt jest środkiem okręgu opisanego, odcinek jest wysokością, punkt leży na boku , a punkt jest środkiem odcinka . Prosta prostopadła do prostej i przechodząca przez punkt przecina proste , odpowiednio w punktach , . Dowieść, że

Rozwiązanie

Poprowadźmy przez punkt prostą równoległą do boku , która przecina odcinki i odpowiednio w punktach i (rys. 12). Wówczas punkty i są odpowiednio środkami boków i . Ponieważ punkt jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie , więc . Ponadto . Stąd wynika, że punkty , , , leżą na jednym okręgu, którego średnicą jest odcinek . Wobec tego .

Analogicznie dowodzimy, że . Z równości tych wynika, że trójkąty i są podobne. Oznaczając zatem przez rzut prostokątny punktu na prostą uzyskujemy

Oznaczmy przez środek odcinka oraz niech ,
będą odpowiednio rzutami prostokątnymi punktów
i na prostą
(rys. 13). Ponieważ
, więc
punkty , , , leżą na jednym okręgu,
którego środkiem jest punkt . Zatem ,
a więc . Ponadto punkt jest środkiem odcinka
, więc . Stąd uzyskujemy .
Wobec tego

Łącząc równości (1) i (2) uzyskujemy tezę.

Uwaga: Po otrzymaniu zależności (1) można w nieco inny sposób
dokończyć rozwiązanie zadania.
Niech mianowicie będzie środkiem odcinka oraz niech
oznacza środek ciężkości trójkąta
(rys. 14).

Wówczas punkt dzieli każdą ze środkowych , ,
trójkąta w stosunku . Zatem jednokładność
o środku w punkcie i skali przeprowadza punkty
, , odpowiednio na punkty , , .

Z drugiej strony, prosta przechodząca przez punkt
i prostopadła do prostych i zawiera
zarówno punkt (gdyż jest rzutem prostokątnym
punktu na prostą ), jak i punkt (rzut
środka okręgu opisanego na trójkącie na bok
tego trójkąta jest bowiem środkiem rozważanego
boku). Innymi słowy, odcinek jest wysokością
w trójkącie .

W efekcie jednokładność przeprowadza spodek
wysokości w trójkącie na spodek
wysokości w trójkącie . To oznacza, że
przeprowadza odcinki i odpowiednio
na odcinki i . Wynika stąd równość stosunków

która wraz z równością (1) pociąga tezę zadania.

LVIII OM - III - Zadanie 2

Liczbę całkowitą dodatnią nazwiemy białą, jeżeli jest równa 1
lub jest iloczynem parzystej liczby liczb pierwszych (niekoniecznie różnych).
Pozostałe liczby całkowite dodatnie nazwiemy czarnymi.

Zbadać, czy istnieje taka liczba całkowita dodatnia, że suma jej białych
dzielników jest równa sumie jej czarnych dzielników.

Rozwiązanie

Dla liczby całkowitej oznaczmy

Udowodnimy, że dla dowolnych względnie pierwszych liczb całkowitych dodatnich l, prawdziwa jest równość

Istotnie, każdy dodatni dzielnik iloczynu ma jednoznaczne
przedstawienie w postaci , gdzie jest dzielnikiem liczby ,
zaś jest dzielnikiem liczby . Ponadto jest dzielnikiem
białym wtedy i tylko wtedy, gdy liczby , mają ten sam kolor.

Suma wszystkich iloczynów postaci , gdzie ,
są odpowiednio białymi dzielnikami liczb , , jest równa ,
natomiast suma wszystkich takich iloczynów, w których dzielniki ,
są czarne, wynosi . Zatem

Analogicznie uzasadniamy równość

Ze związków (2) i (3) wynika, że

co kończy dowód zależności (1).

Przypuśćmy teraz, że suma białych dzielników pewnej liczby całkowitej
jest równa sumie jej czarnych dzielników. Mamy więc .
Rozłóżmy liczbę na iloczyn potęg różnych liczb pierwszych:

Na mocy wzoru (1) zachodzi równość

Wobec tego istnieje liczba pierwsza i liczba całkowita
dodatnia , dla których . Jest to jednak niemożliwe:
wszystkimi białymi dzielnikami liczby są liczby , , ,
, a wszystkimi czarnymi dzielnikami - liczby
, , , , i w konsekwencji zachodzi równość

zaś liczba stojąca po prawej stronie powyższej równości daje resztę
z dzielenia przez , jest więc różna od zera.
Doszliśmy zatem do sprzeczności.

Odpowiedź: Nie istnieje.

LVIII OM - III - Zadanie 3

Płaszczyznę podzielono prostymi poziomymi i pionowymi na kwadraty jednostkowe.
W każdy kwadrat należy wpisać liczbę całkowitą dodatnią tak, by każda
liczba całkowita dodatnia wystąpiła na płaszczyźnie dokładnie raz.
Rozstrzygnąć, czy można to uczynić w taki sposób, aby każda napisana liczba
była dzielnikiem sumy liczb wpisanych w cztery kwadraty sąsiednie.

Rozwiązanie

Udowodnimy, że istnieje postulowany sposób wpisania liczb.

Zacieniujmy niektóre kwadraty jednostkowe oraz narysujmy drogę przechodzącą
przez każdy kwadrat jednostkowy dokładnie raz tak, jak pokazuje rys. 15.
Następnie w kolejne kwadraty zaznaczonej drogi wpiszmy liczby
według następujących zasad:

Startujemy z kwadratu zaznaczonego grubą kropką.

A) Jeżeli dany kwadrat nie jest zacieniowany, wpisujemy najmniejszą liczbę całkowitą dodatnią, która nie została jeszcze napisana na płaszczyźnie.

B) Jeżeli dany kwadrat jest zacieniowany, ma on bok wspólny z dokładnie jednym kwadratem , w który jest już wpisana liczba i dla którego w trzy pozostałe sąsiednie kwadraty (różne od ) są już wpisane liczby. Wówczas wpisujemy w najmniejszą taką liczbę całkowitą dodatnią nie występującą jeszcze na płaszczyźnie, że liczba wpisana w kwadrat jest dzielnikiem sumy czterech liczb znajdujących się w kwadratach sąsiadujących z kwadratem .

(Por. rys. 16, gdzie przedstawiono rezultat wykonywania kroków A) i B) dla kilkudziesięciu początkowych kwadratów na drodze. Na przykład dla kwadratu , w który wpisana jest liczba 37, odpowiadającym kwadratem jest kwadrat zawierający liczbę 13, a w pozostałe trzy sąsiadujące kwadraty wpisane są liczby 27, 12, 15. Zatem liczbę należy wybrać tak, by suma dzieliła się przez . Liczby i zostały napisane na płaszczyźnie już wcześniej, wybieramy więc wartość .)

Zauważmy przede wszystkim, że liczba zgodna z wymaganiami warunku B) zawsze istnieje. Rzeczywiście, jeżeli w trzech kwadratach sąsiadujących z kwadratem są już napisane liczby , , , zaś w kwadracie znajduje się liczba , to liczbę musimy wybrać w taki sposób, by liczba dzieliła się przez . Jest to możliwe, bowiem na płaszczyźnie wpisano dotąd skończenie wiele liczb.

Zatem postępując we wskazany sposób wpiszemy liczbę całkowitą dodatnią w każdy kwadrat na płaszczyźnie. Pozostaje wykazać, że ów sposób wpisania spełnia warunki zadania.

Ponieważ nieskończenie wiele kwadratów jest niezacieniowanych, krok A) zapewnia, że każda liczba całkowita w pewnym momencie pojawi się na płaszczyźnie. Ponadto w krokach A) i B) wybieramy za każdym razem liczbę, która dotąd nie została napisana. Wobec tego każda liczba całkowita dodatnia będzie wpisana w dokładnie jeden kwadrat. Na koniec, dla dowolnego kwadratu , spośród czterech kwadratów sąsiadujących z kwadrat występujący na zaznaczonej drodze jako ostatni jest zacieniowany, a więc wpisanie liczby w ten kwadrat następuje na podstawie procedury B). Z treści tej procedury wnioskujemy, że liczba znajdująca się w kwadracie jest dzielnikiem sumy czterech liczb wpisanych w kwadraty sąsiadujące z kwadratem .

Wykazaliśmy tym samym, że opisany sposób rozmieszczania liczb w kwadratach spełnia warunki zadania.

LVIII OM - III - Zadanie 4

Dana jest liczba całkowita . Wyznaczyć liczbę możliwych wartości iloczynu , gdzie , są liczbami całkowitymi
spełniającymi nierówności

Rozwiązanie

Sposób I

Przypuśćmy, że dwie różne pary i ,
spełniające zadany warunek, dają jednakowy iloczyn .
Oznaczmy

Wówczas , czyli ; różnica
wyraża się analogicznie. Gdyby zachodziła równość ,
wynikałaby stąd także równość . To jednak nie jest
możliwe, skoro pary i są różne. Zatem
; nie tracąc ogólności przyjmijmy, że .
Tak więc

wobec czego

i w konsekwencji Widać stąd, że nie może być zerem. Zatem jest
liczbą nieujemną i z ostatniej nierówności wynika, że
. To znaczy, że

Różnica liczb , z przedziału
nie może być większa niż jego długość, równa .
Nierówność (2) musi więc być równością, a liczby
, muszą pokrywać się z końcami tego przedziału.

Muszą ponadto zachodzić równości we wszystkich wcześniejszych
nierównościach, z których zależność (2) została
wyprowadzona. Równość w związkach (1) oznacza zaś, że
. Ostatecznie więc

Znalezione pary i istotnie mają równe iloczyny
; a z przeprowadzonego rozumowania wynika, że są to
jedyne takie dwie różne pary.

W zbiorze jest liczb.
Można z nich utworzyć par , w których
, oraz par, w których ; łącznie
par. Wśród wyznaczonych przez nie wartości
iloczynu występuje dokładnie jedno powtórzenie. Tak
więc liczba możliwych wartości iloczynu jest o jeden
mniejsza i wynosi .

Sposób II

Uporządkujmy wszystkie pary spełniające warunek (1) tak,
aby sumy tworzyły ciąg niemalejący, zaś w każdym bloku
kolejnych par, w którym ta suma jest stała, niech wartości tworzą
ciąg malejący (rys. 17).

Wypiszmy ciąg iloczynów odpowiadających parom
uporządkowanym w opisany sposób. Udowodnimy, że:

1. W obrębie bloku, w którym suma jest stała,
   ciąg iloczynów jest ściśle rosnący.

\smallskip

2. Dla dwóch kolejnych par oraz
   spełniających warunek zachodzi nierówność
   , z jednym wyjątkiem: Dla par
   i
   iloczyny są równe.

Dowód zdania 1. Niech dla par , będzie oraz

Jest jasne, że . Funkcja kwadratowa
jest ściśle rosnąca na przedziale .
Otrzymujemy stąd żądaną nierówność

Dowód zdania 2. Przyjmijmy, że , gdzie
(na rys. 17 jest to pole znajdujące się
na górnym brzegu kwadratu). Wówczas . Ponadto
w zależności od parzystości liczby mamy

Bezpośrednio sprawdzamy, że

Rzeczywiście, pierwsza z powyższych nierówności jest równoważna
nierówności , która zachodzi dla ,
przy czym równość ma miejsce jedynie dla , natomiast druga
nierówność sprowadza się do , co jest prawdą dla .

Analogicznie rozważamy przypadek
(pole na prawym brzegu kwadratu na rys. 17). Wtedy
i

Nierówność przekształcamy równoważnie do postaci

co jest prawdą, gdyż . To kończy dowód zdania 2.

W oparciu o zdania 1 i 2 stwierdzamy, że liczba różnych wartości
iloczynu jest o jeden mniejsza od liczby par
spełniających warunek (1). Patrząc na rys. 17
widzimy, że ta ostatnia liczba jest równa sumie

Zatem liczba możliwych wartości iloczynu wynosi .

LVIII OM - III - Zadanie 5

W czworościanie spełnione są zależności

Udowodnić, że środek sfery opisanej na tym czworościanie leży na prostej przechodzącej przez środki krawędzi i .

Rozwiązanie

Rozważmy sześciokąt będący siatką czworościanu (rys. 18).

Przepisując pierwszą z danych w treści zadania równości jako

widzimy, że suma miar kątów i (traktowanych
jako kąty wewnętrzne sześciokąta ,
a zatem niekoniecznie wypukłych) jest równa sumie
miar kątów wewnętrznych trójkątów i ,
co daje

Ponieważ oraz (gdyż odpowiednie odcinki
pochodzą z rozklejenia jednej krawędzi czworościanu),
więc na mocy równości (1) trójkąty równoramienne
i są podobne (przy czym
mogą być zdegenerowane do odcinka).
Wobec tego

Ponadto , przy czym oba kąty są jednakowo zorientowane, skąd otrzymujemy

Z zależności (2) i (3) wynika, że
trójkąty oraz
są podobne. Analogicznie korzystając z drugiej
równości danej w treści zadania dowodzimy,
iż trójkąty i są podobne.
Wobec tego podobne są trójkąty i ;
ze względu na równość są one
przystające. Zatem

Niech teraz punkty , będą odpowiednio
środkami krawędzi , w czworościanie (rys. 19).
Na mocy (4) trójkąty i są przystające.
Wobec tego odcinki i , będące odpowiednio
środkowymi w tych trójkątach, mają równe długości.
Innymi słowy, , zatem w trójkącie równoramiennym
środkowa jest prostopadła do boku .
Analogicznie rozpatrując trójkąt dowodzimy,
że .

Prosta jest więc krawędzią przecięcia
płaszczyzn symetralnych
krawędzi i czworościanu . Środek
sfery opisanej na czworościanie leży na każdej
z tych płaszczyzn, zatem leży na prostej ,
co dowodzi tezy.

LVIII OM - III - Zadanie 6

Ciąg , , , jest określony przez warunki: oraz

Wykazać, że dla .

Rozwiązanie

Przeprowadzimy dowód indukcyjny.

Liczba jest dodatnia. Przypuśćmy z kolei,
że dla pewnego wskaźnika liczby , , ,
są dodatnie. Udowodnimy, że liczba również jest
dodatnia. W tym celu zauważmy, że prawdziwa jest zależność

gdyż jest ona równoważna nierówności .
Zatem korzystając z założenia indukcyjnego oraz z danej
w treści zadania równości otrzymujemy

Wobec tego spełniona jest nierówność

która kończy dowód indukcyjny i rozwiązanie zadania.