LVI OM - II etap

II etap LVI Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
LVI OM II etap - Zadania [1]	66.89 KB
LVI OM II etap - Zadania z rozwiązaniami [2]	128.54 KB

LVI OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

LVI OM, 2004-2005

Etap:

Wyznaczyć wszystkie dodatnie liczby całkowite $n$ , dla których

$ n^n+1\ \textrm{oraz}\ (2n)^{2n}+1 $

są liczbami pierwszymi.

Rozwiązanie

Niech $a\geq 2$ , $m\geq 1$ będą liczbami całkowitymi. Wykażemy najpierw, że jeśli liczba $m$ ma dzielnik nieparzysty większy od 1, to liczba $a^m+1$ jest złożona. Istotnie: jeśli $l$ jest dzielnikiem nieparzystym liczby $m$ to $m=ld$ dla pewnej liczby całkowitej $d$ dodatniej oraz

$ a^{m}+1=(a^{d})^{l}+1=(a^{d}+1)\cdot((a^{d})^{l-1}-(a^{d})^{l-2}+\ldots-a^{d}+1). $

Z powyższego wzoru wynika, że liczba $a^{d}+1$ jest dzielnikiem liczby $a^{m}+1$ . Dla $l>1$ dzielnik ten jest większy od 1 i mniejszy od $a^{m}+1$ . Zatem liczba $a^{m}+1$ jest złożona.

Liczba $n=1$ spełnia warunki zadania: liczby $1^1+1=2$ , $2^{2}+1=5$ są liczbami pierwszymi. Załóżmy więc w dalszej części rozumowania, że $n\geq 2$ .

Jeśli liczba $n^{n}+1$ jest liczbą pierwszą, to $n$ nie ma dzielników nieparzystych większych od 1. Stąd wynika, że $n=2^k$ dla pewnej liczby całkowitej dodatniej $k$ . Wówczas

$ (1)\qquad n^{n}+1=2^{k\cdot 2^{k}}+1\ \text{oraz}\ (2n)^{2n}+1=2^{(k+1)\cdot 2^{k+1}}+1. $

Dla $k\geq 2$ co najmniej jedna z liczb $k\cdot 2^{k}$ , $(k+1)\cdot 2^{k+1}$ ma dzielnik nieparzysty większy od 1, a więc co najmniej jedna z liczb (1) jest złożona. Wobec tego musi być $k=1$ , czyli $n=2$ .

Pozostało upewnić się, że liczba $n=2$ spełnia warunki zadania: liczby $2^2+1=5$ oraz $4^4+1=257$ są liczbami pierwszymi.

Odpowiedź: $n=1$ lub $n=2$ .

LVI OM - II - Zadanie 2

Etap:

W czworokącie wypukłym $ABCD$ punkt $M$ jest środkiem przekątnej $AC$ . Wykazać, że jeżeli

$ \measuredangle BAD= \measuredangle BMC =\measuredangle CMD $

to na czworokącie $ABCD$ można opisać okrąg.

Rozwiązanie

Oznaczmy: $\alpha=\measuredangle BAD$ .

Jeśli $\alpha=90^{\circ}$ , to punkty $B$ , $M$ , $D$ leżą na jednej prostej. Wtedy punkty $A$ i $C$ są symetryczne względem prostej $BD$ . Stąd $\measuredangle BCD = \measuredangle BAD = 90^{\circ}$ , czyli na czworokącie $ABCD$ można opisać okrąg.

W dalszym ciągu przyjmijmy, że $\alpha \neq 90^{\circ}$ . Niech $E$ będzie punktem symetrycznym do punktu $D$ względem symetralnej odcinka $AC$ (rys. 1, 2). Wówczas $\measuredangle BMC= \measuredangle CMD =\measuredangle AME$ , skąd wynika, że punkty $B$ , $M$ , $E$ leżą na jednej prostej. Proste $AC$ i $ED$ są równoległe. Zatem gdy $\alpha<90^{\circ}$ (rys. 1), to

$ \measuredangle BAD=\measuredangle BMC = \measuredangle BED; $

natomiast jeśli $\alpha>90^{\circ}$ (rys. 2), to

$ \measuredangle BAD = \measuredangle BMC =180^{\circ}- \measuredangle BMA= 180^{\circ}-\measuredangle BED $

W obu przypadkach otrzymana równość oznacza, że punkty $A$ , $B$ , $D$ , $E$ leżą na jednym okręgu. Ponadto czworokąt o wierzchołkach $A$ , $C$ , $D$ , $E$ jest trapezem równoramiennym, a więc również punkty $A$ , $C$ , $D$ , $E$ leżą na jednym okręgu. Zatem punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ leżą na jednym okręgu, co należało wykazać.

LVI OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

LVI OM, 2004-2005

Etap:

W przestrzeni danych jest $n$ punktów ( $n\geq 2$ ) z których żadne cztery nie leżą w jednej płaszczyźnie. Niektóre z tych punktów zostały połączone odcinkami. Niech $K$ będzie liczbą poprowadzonych odcinków ( $K\geq 1$ ), a $T$ liczbą powstałych trójkątów. Udowodnić, że

$ 9T^{2}<2K^{3}. $

Rozwiązanie

Ponumerujmy liczbami od 1 do $m$ te punkty, z których wychodzi co najmniej jeden odcinek i przyjmijmy, że z punktu o numerze $i$ ( $i=1,2,\ldots,m$ ) wychodzi dokładnie $k_i$ odcinków. Wtedy $k_i>0$ . Oznaczmy ponadto przez $t_i$ ( $i=1,2,\ldots,m$ ) liczbę tych trójkątów, których jednym z wierzchołków jest punkt o numerze $i$ Wówczas

$ (1) \qquad k_{1}+k_{2}+\ldots+k_{m}=2K\ \textrm{oraz}\ t_{1}+t_{2}+\ldots+t_{m}=3T. $

Zbiór $A_i$ tych punktów, które zostały połączone odcinkiem z punktem o numerze $i$ zawiera dokładnie $k_i$ elementów. Ponadto trójkątów mających wierzchołek w punkcie o numerze $i$ jest tyle samo, ile poprowadzonych odcinków o wierzchołkach w zbiorze $A_i$ . Zatem

$ (2)\qquad t_{i}\leq {{k_i} \choose 2} = \frac{k_{i}^{2}-k_{i}}{2} < \frac{k_{i}^{2}}{2}. $

Z drugiej strony, liczba tych odcinków jest mniejsza niż liczba wszystkich poprowadzonych odcinków. Wobec tego

$ (2)\qquad t_{i}\leq K. $

Mnożąc stronami nierówności (2) i (3) uzyskujemy $t_i^2< \frac{1}{2}k_i^2K$ . Stąd oraz z równości (1) otrzymujemy

$ 3T = \sum_{i=1}^{m}t_{i} < \sum_{i=1}^{m}\frac{k_{i}\cdot\sqrt{K}}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{K}}{\sqrt{2}}\cdot\sum_{i=1}^{m}k_{i} = \frac{2K\sqrt{K}}{\sqrt{2}}. $

Podnosząc ostatnią nierówność stronami do kwadratu dostajemy tezę.

LVI OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

LVI OM, 2004-2005

Etap:

Dany jest wielomian $W(x)=x^2+ax+b$ , o współczynnikach całkowitych, spełniający warunek:

Dla każdej liczby pierwszej $p$ istnieje taka liczba całkowita $k$ , że liczby $W(k)$ oraz $W(k + 1)$ są podzielne przez $p$ . Dowieść, że istnieje liczba całkowita $m$ , dla której

$ W (m)= W (m +1)=0. $

Rozwiązanie

Warunek $W(m) = W(m +1) = 0$ oznacza, że $W(x)=(x-m)(x-m+1)$ , czyli $W(x)=x^{2}-(2m+1)x+m^{2}+m$ . Należy zatem wykazać, że istnieje taka liczba całkowita $m$ , że

$ a=-2m-1\ \textrm{oraz}\ b=m^{2}+m. $

Ustalmy liczbę pierwszą $p$ . Wówczas dla pewnej liczby całkowitej $k$ liczby

$ A=W(k)=k^{2}+ak+b, $

$ B=W(k+1)=k^{2}+(a+2)k+(a+b+1). $

są podzielne przez $p$ . Przez $p$ dzielą się więc kolejno następujące liczby:

$ C=B-A=2k+(a+1), $

$ D=2A-kC=(a-1)k+2b, $

$ E=(a-1)C-2D=a^{2}-4b-1. $

Liczba $E$ jest wyznaczona przez współczynniki wielomianu $W$ i nie zależy od $k$ . Przeprowadzając to rozumowanie dla każdej liczby pierwszej $p$ stwierdzamy, że liczba $E$ jest podzielna przez każdą liczbę pierwszą $p$ i w konsekwencji $E = 0$ . Stąd wynika, że liczba $a$ jest nieparzysta, tzn. $a = -2m-1$ dla pewnej liczby całkowitej $m$ , oraz $b= \frac{1}{4}(a^{2}-1)=m^{2}+m$ .

LVI OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

LVI OM, 2004-2005

Etap:

Dany jest romb $ABCD$ , w którym $\measuredangle BAD > 60^{\circ}$ . Punkty $E$ i $F$ leżą odpowiednio na bokach $AB$ i $AD$ , przy czym $\measuredangle ECF = \measuredangle ABD$ . Proste $CE$ i $CF$ przecinają przekątną $BD$ odpowiednio w punktach $P$ i $Q$ . Wykazać, że

$ \frac{PQ}{EF}=\frac{AB}{BD}. $

Rozwiązanie

Z równości $\measuredangle FDQ = \measuredangle PCQ$ wynika, że trójkąty $FDQ$ i $PCQ$ są podobne. Ponieważ punkty $A$ i $C$ są symetryczne względem prostej $BD$ , więc trójkąty $PCQ$ i $PAQ$ są przystające oraz

$ \measuredangle APQ = \measuredangle CPQ = \measuredangle DFQ = 180^{\circ} - \measuredangle AFQ. $

Równość ta oznacza, że punkty $A$ , $P$ , $Q$ , $F$ leżą na jednym okręgu. Podobnie dowodzimy, że punkty $A$ , $P$ , $Q$ , $E$ leżą na jednym okręgu. Istnieje więc okrąg przechodzący przez punkty $A$ , $P$ , $Q$ , $E$ i $F$ .

Z zależności $\measuredangle CPQ = \measuredangle CFE$ wnioskujemy, że trójkąty $CPQ$ i $CFE$ są podobne. Analogicznie uzyskujemy podobieństwo trójkątów $DQF$ i $DAP$ . Ponadto podobne są trójkąty $PAQ$ i $ABQ$ . Stąd

$ \frac{EF}{PQ}=\frac{FC}{PC}=\frac{FQ+AQ}{PC}=\frac{FQ}{PA}+\frac{AQ}{PA}=\frac{DQ}{AD}+\frac{BQ}{AB}=\frac{BD}{AB}, $

co należało wykazać.

LVI OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

LVI OM, 2004-2005

Etap:

Liczby $a$ , $b$ , $c$ należą do przedziału $\langle 0;1\rangle$ . Udowodnić, że

$ \frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ca+1}+\frac{c}{ab+1}\leq 2. $

Rozwiązanie

Wykażemy, że dla dowolnych liczb $a$ , $b$ , $c$ należących do przedziału $\langle 0; 1\rangle$ zachodzi nierówność

$ (1) \qquad \frac{a}{bc+1}\leq\frac{2a}{a+b+c}. $

Istotnie: jeśli $a = 0$ , to powyższa nierówność jest spełniona. Dla $a>0$ zależność (1) jest równoważna nierówności $a + b + c \leq 2bc + 2$ , którą można zapisać jako

$ a \leq 1 + bc + (b- 1)(c-1). $

Ostatnia nierówność jest spełniona - wynika ona bezpośrednio z zależności $a \leq 1$ , $0 \leq bc$ , $0 \leq (b - 1)(c - 1)$ . To kończy dowód własności (1).

Analogicznie dowodzimy, że

$ (2) \qquad \frac{b}{ca+1}\leq\frac{2b}{a+b+c}\ \textrm{oraz}\ \frac{c}{ab+1}\leq\frac{2c}{a+b+c}. $

Dodając stronami nierówności (1) oraz (2) uzyskujemy tezę.