LVI OM - III etap

III etap LVI Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
LVI OM III etap - Zadania [1]	67.92 KB
LVI OM III etap - Zadania z rozwiązaniami [2]	129.64 KB

LVI OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

LVI OM, 2004-2005

Etap:

III

Wyznaczyć wszystkie trójki $(x,y,n)$ liczb całkowitych dodatnich spełniające równanie

$ (x-y)^n=xy. $

Rozwiązanie

Dla $n = 1$ podane równanie ma postać $(x + 1)(y - 1) = -1$ , więc nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich. Przyjmijmy zatem, że $n \geq 2$ .

Niech $z = x - y$ . Dane równanie przybiera postać $x^{2}-xz =z^{n}$ . Po przemnożeniu przez 4 i prostym przekształceniu uzyskujemy

$ (1) \qquad (2x-z)^{2}=z^{2}(1+4z^{n-2}). $

Stąd wynika, że czynnik $1+4z^{n-2}$ jest kwadratem liczby całkowitej. Ponieważ jest to liczba nieparzysta większa od 1, więc dla pewnej liczby całkowitej dodatniej $t$ mamy $1+4z^{n-2}=(2t+1)^{2}$ , czyli

$ z^{n-2}=t(t+1). $

Dla $n = 2$ uzyskujemy $1 = t(t + 1)$ , co nie może być spełnione, gdyż liczba $t(t + 1)$ jest parzysta dla każdej liczby całkowitej $t$ . Zatem jeśli $n = 2$ , to dane równanie nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich.

Dla $n = 3$ mamy $z = t(t+ 1)$ . Wstawiając to wyrażenie do równania (1) wyznaczamy niewiadomą $x$ . Po kilku przekształceniach otrzymujemy

$ x=t(t+1)^{2}\ \text{lub}\ x=-t^{2}(t+1). $

Ponieważ $t> 0$ , a $x$ jest liczbą dodatnią, to druga z wyznaczonych wartości $x$ odpada. Ponadto $y=x-z =t(t+1)^{2}-t(t+1)=t^{2}(t+1)$ . Znaleźliśmy w ten sposób następujące trójki:

$ (2) \qquad (x,y,n) =(t(t+1)^{2},\ t^{2}(t+1), 3),\ \textrm{gdzie}\ t =1,2,3, \ldots $

Bezpośrednio sprawdzamy, że są one rozwiązaniami danego równania.

Pozostał do rozpatrzenia przypadek $n \geq 4$ . Ponieważ liczby $t$ , $t + 1$ są względnie pierwsze, a ich iloczyn jest $(n-2)$ -gą potęgą liczby całkowitej dodatniej, to każda z tych liczb musi być $(n-2)$ -gą potęgą liczby całkowitej dodatniej. Jednak dla $n \geq 4$ nie istnieją dwie kolejne liczby całkowite dodatnie będące $(n-2)$ -gimi potęgami liczb całkowitych. Zatem jeśli $n \geq 4$ , to dane równanie nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich.

Reasumując: dane równanie ma rozwiązanie $(x,y)$ w liczbach całkowitych dodatnich tylko dla $n = 3$ . Wszystkie rozwiązania są dane wzorem (2).

LVI OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

LVI OM, 2004-2005

Etap:

III

Punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ leżą, w tej właśnie kolejności, na okręgu $o$ . Punkt $S$ leży wewnątrz okręgu $o$ i spełnia warunki

$ \measuredangle SAD = \measuredangle SCB \ \textrm{oraz}\ \measuredangle SDA = \measuredangle SBC. $

Prosta zawierająca dwusieczną kąta $ASB$ przecina okrąg $o$ w punktach $P$ i $Q$ . Dowieść, że $PS = QS$ .

Rozwiązanie

Przyjmijmy, że proste $AS$ , $BS$ , $CS$ przecinają okrąg $o$ po raz drugi odpowiednio w punktach $E$ , $F$ , $G$ (rys. 1). Z danych w zadaniu równości wynika podobieństwo trójkątów $ASD$ i $CSB$ , a stąd

$ \frac{AS}{CS}=\frac{DS}{BS} \ \textrm{oraz}\ \measuredangle BSC =\measuredangle DSA, $

więc i $\measuredangle ASC = \measuredangle DSB$ . Równości te dowodzą, że trójkąty $ASC$ i $DSB$ są podobne, skąd w szczególności dostajemy $\measuredangle ACS = \measuredangle DBS$ . Stąd wniosek, że łuki $GA$ i $FD$ okręgu $o$ są równe (pisząc „łuk $XY$ " mamy na myśli łuk biegnący wzdłuż okręgu $o$ od punktu $X$ do punktu $Y$ w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara). Analogicznie, z równości $\measuredangle SAD = \measuredangle SCB$ wnioskujemy, że łuki $GB$ i $ED$ są równe. Zatem także łuki $AB$ i $EF$ są równe.

Czworokąt $ABEF$ jest więc trapezem równoramiennym, a punkt $S$ jest punktem przecięcia jego przekątnych (rys. 2). Przyjmijmy, że punkt $P$ leży na tym łuku $AB$ okręgu $o$ , który nie zawiera punktów $C$ i $D$ . Z równości

$ \measuredangle PSA = \frac{1}{2}\measuredangle ASB =\frac{1}{2}(\measuredangle FAS+\measuredangle AFS)=\measuredangle FAS $

wynika, że prosta $PQ$ jest równoległa do prostych $BE$ i $AF$ . Stąd wniosek, że punkty $A$ , $P$ , $B$ są odpowiednio obrazami punktów $F$ , $Q$ , $E$ w symetrii względem symetralnej odcinków $AF$ i $BE$ . Zatem $PS = QS$ .

LVI OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

LVI OM, 2004-2005

Etap:

III

W kwadratowej tablicy o wymiarach $2n \times 2n$ , gdzie $n$ jest liczbą naturalną, znajduje się $4n^2$ liczb rzeczywistych o sumie równej 0 (na każdym polu tablicy jedna liczba). Wartość bezwzględna każdej z tych liczb jest nie większa od 1. Dowieść, że wartość bezwzględna sumy wszystkich liczb z pewnego rzędu (poziomego lub pionowego) nie przekracza $n$ .

Rozwiązanie

Ponumerujmy wiersze i kolumny danej tablicy liczbami $1,2,\ldots, 2n$ .

Niech $r_1,r_2,\ldots ,r_{2n}$ będą sumami liczb napisanych w wierszach o numerach $1,2,\ldots,2n$ , a $c_1,c_2,\ldots,c_{2n}$ sumami liczb znajdujących się w kolumnach o numerach $1,2,\ldots,2n$ . Zmieniając numerację wierszy oraz kolumn możemy założyć, że $r_1 \geq r_2 \geq \ldots \geq r_{2n}$ oraz $c_i \geq c_2 \geq \ldots \geq c_{2n}$ .

Oznaczmy przez $A$ , $B$ , $C$ , $D$ sumy liczb w czterech ćwiartkach tablicy, jak pokazuje rysunek 3.

Wówczas $A + B + C + D = 0$ , skąd wynika, że w ciągu $(A,B,C,D,A)$ istnieją dwie kolejne liczby, z których jedna jest nieujemna, a druga niedodatnia. Przyjmijmy na przykład, że $AB \leq 0$ . Rozumowanie w pozostałych przypadkach jest analogiczne.

Liczby $A$ i $B$ powstały z sumowania $n^2$ liczb rzeczywistych o wartości bezwzględnej nie większej niż 1, a więc $|A| \leq n^2$ oraz $|B| \leq n^2$ . Jedna z liczb $A$ , $B$ jest nieujemna, a druga niedodatnia, więc $|A + B| \leq max(|A|,|B|) \leq n^2$ . Stąd otrzymujemy również $|C + D| = | A + B| \leq n^2$ .

Jeżeli $r_n \geq 0$ , to liczby $r_1 ,r_2,\ldots,r_n$ są nieujemne. Wtedy ich suma $A + B$ jest też nieujemna, skąd uzyskujemy $r_1 + r_2 +\ldots + r_n = A + B \leq n^2$ . Zatem co najmniej jedna z (nieujemnych) liczb $r_1,r_2,\ldots ,r_n$ nie przekracza $n$ .

Jeżeli natomiast $r_n < 0$ , to liczby $r_{n+1},r_{n+2},\ldots, r_{2n}$ są ujemne i ich suma wynosi $C + D$ . Wtedy $|r_{n+1}| + |r_{n+2}| +\ldots + |r_{2n}| = |C + D|\leq n^2$ . Stąd wynika, że co najmniej jedna z liczb $|r_{n+1}, |r_{n+2}|,\ldots,|r_{2n}|$ nie przekracza $n$ .

To dowodzi zadania.

LVI OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

LVI OM, 2004-2005

Etap:

III

Dana jest liczba rzeczywista $c> -2$ . Dowieść, że jeżeli liczby $x_1, x_2,... ,x_n$ ( $n \geq 2$ ) są dodatnie oraz

$ \begin{array}{r} \sqrt{x_{1}^{2}+cx_{1}x_{2}+x_{2}^{2}}+\sqrt{x_{2}^{2}+cx_{2}x_{3}+x_{3}^{2}}+\ldots+\sqrt{x_{n}^{2}+cx_{n}x_{1}+x_{1}^{2}}=\\ =\sqrt{c+2}(x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}), \end{array} $

to $c =2$ lub $x_1 = x_2 = \ldots = x_n$ .

Rozwiązanie

Wprowadźmy następujące oznaczenia:

$ a_{i}=\sqrt{c+2}(x_{i}+x_{i+1})\ \textrm{oraz}\ b_{i}=2\sqrt{x_{i}^{2}+cx_{i}x_{i+1}+x_{i+1}^{2}}\ \textrm{dla}\ i=1,2, \ldots, n, $

przyjmując $x_{n+1} = x_1$ . Liczby $a_i$ są dodatnie. Redukując wyrazy podobne otrzymujemy zależność $a_{i}^{2}-b_{i}^{2}=(c-2)(x_{i}-x_{i+1})^{2}$ . Stąd oraz z danej w treści zadania równości dostajemy

$ 0=\sum_{i=1}^{n}(a_{i}-b_{i})=\sum_{i=1}^{n}\frac{a_{i}^{2}-b_{i}^{2}}{a_{i}+b_{i}}=(c-2)\sum_{i=1}^{n}\frac{(x_{i}-x_{i+1})^{2}}{a_{i}+b_{i}}. $

Prawa strona powyższej równości jest równa 0 jedynie wtedy, gdy $c = 2$ lub $x_1 = x_2 = \ldots = x_n$ .

LVI OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

LVI OM, 2004-2005

Etap:

III

Niech $k$ będzie liczbą naturalną większą od 1 i niech $m = 4k^2 - 5$ .

Wykazać, że istnieją takie liczby całkowite dodatnie $a$ , $b$ , że każdy wyraz ciągu $(x_n)$ określonego wzorami

$ x_{1}=a,\ x_{2}=b,\ x_{n+2}=x_{n+1}+x_{n}\ \textrm{dla}\ n\geq 1 $

jest względnie pierwszy z liczbą $m$ .

Rozwiązanie

Wykażemy, że warunki zadania spełniają liczby $a = 1$ , $b = 2k^2 + k - 2$ . Udowodnimy indukcyjnie, że $x_n \equiv b^{n-1}(\mathrm{mod}\ m)$ dla $n = 1,2,3,...$ . Dla $n = 1$ i $n = 2$ zależność ta jest oczywiście spełniona.

Korzystając ze związku $4k^2\equiv 5(\mathrm{mod}\ m)$ uzyskujemy kolejno:

$ 2b=4k^{2}+2k-4\equiv 2k+1(\mathrm{mod}\ m), $

$ 4b^{2}\equiv 4k^{2}+4k+1\equiv 4k+6\equiv 4b+4(\mathrm{mod}\ m). $

Liczby 4 i $m$ są względnie pierwsze, więc $b^2\equiv b+1(\mathrm{mod}\ m)$ . Stąd i z założenia indukcyjnego dostajemy

$ x_{n+2}=x_{n+1}+x_{n}\equiv b^{n}+b^{n-1}\equiv b^{n+1}(\mathrm{mod}\ m). $

Dowód indukcyjny jest zakończony.

Z uzyskanej w tym dowodzie zależności $b^2 \equiv b +1 (\mathrm{mod}\ m)$ wynika, że liczby $b$ i $m$ są względnie pierwsze. Skoro zaś $x_n \equiv b^{n-1} (\mathrm{mod}\ m)$ , wnosimy stąd, że (dla każdego $n$ ) liczby $x_n$ i $m$ są względnie pierwsze.

LVI OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

LVI OM, 2004-2005

Etap:

III

Udowodnić, że każdy wielokąt wypukły o polu 1 zawiera sześciokąt wypukły o polu nie mniejszym niż 3/4.

Rozwiązanie

Spośród wierzchołków danego wielokąta $\mathcal{W}$ wybieramy trzy $A$ , $B$ i $C$ będące wierzchołkami trójkąta o największym polu, równym $s$ . Niech $X$ będzie punktem wielokąta $\mathcal{W}$ , leżącym po przeciwnej stronie prostej $BC$ niż punkt $A$ i oddalonym najdalej od prostej $BC$ (rys. 4). Analogicznie definiujemy punkty $Y$ i $Z$ .

Wykażemy, że pole sześciokąta $AZBXCY$ jest nie mniejsze niż 3/4, co zakończy rozwiązanie zadania.

Przez punkty $A$ , $B$ i $C$ poprowadźmy proste równoległe odpowiednio do prostych $BC$ , $CA$ i $AB$ wyznaczające trójkąt o wierzchołkach $D$ , $E$ , $F$ (rys. 5). Z faktu, iż trójkąt $ABC$ ma największe pole spośród wszystkich trójkątów o wierzchołkach w wierzchołkach wielokąta $\mathcal{W}$ wynika, że wielokąt $\mathcal{W}$ jest zawarty w trójkącie $DEF$ .

Przez punkty $X$ , $Y$ , $Z$ prowadzimy proste równoległe odpowiednio do prostych $BC$ , $CA$ , $AB$ przecinające boki trójkąta $DEF$ w punktach $K$ , $L$ , $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ , jak na rysunku 5. Z określenia punktów $X$ , $Y$ , $Z$ wynika, że wielokąt $\mathcal{W}$ jest zawarty w sześciokącie o wierzchołkach $K$ , $L$ , $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ .

Oznaczmy przez $s$ pole trójkąta $ABC$ . Wówczas każdy z trójkątów $BCD$ , $CAE$ i $ABF$ ma pole równe $s$ . Niech ponadto $x$ , $y$ , $z$ oznaczają odpowiednio pola trójkątów $BCX$ , $CAY$ i $ABZ$ . Należy wykazać, że $x + y + z + s \geq 3/4$ .

Niech $J$ będzie takim punktem, że czworokąt $CBJL$ jest równoległobokiem. Wówczas trójkąty $CBD$ i $JKB$ są podobne. Oznaczając przez $[\mathcal{F}]$ pole figury $\mathcal{F}$ , mamy zależności