LV OM - I etap

I etap LV Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
LV OM I etap - Zadania [1]	112.99 KB
LV OM I etap - Zadania z rozwiązaniami [2]	158.53 KB

LV OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

LV OM, 2003-2004

Etap:

Dany jest wielokąt o bokach długości wymiernej, w którym wszystkie kąty wewnętrzne są równe $90^{\circ}$ lub $270^{\circ}$ . Z ustalonego wierzchołka wypuszczamy promień świetlny do wnętrza wielokąta w kierunku dwusiecznej kąta wewnętrznego przy tym wierzchołku. Promień odbija się zgodnie z zasadą: kąt padania jest równy kątowi odbicia. Udowodnić, że promień trafi w jeden z wierzchołków wielokąta.

Rozwiązanie

Ponieważ każdy kąt wewnętrzy rozpatrywanego wielokąta $\mathcal{W}$ wynosi $90^{\circ}$ lub $270^{\circ}$ , więc wszystkie boki tego wielokąta (po odpowiednim jego obrocie) są ustawione poziomo lub pionowo (rys. 1). Niech $p_1/q_1,p_2/q_2,\ldots,p_n/q_n$ będą długościami kolejnych boków wielokąta $\mathcal{W}$ , przy czym każda z liczb $p_1,p_2, \ldots ,p_n$ , $q_1,q_2,\ldots,q_n$ jest całkowita dodatnia.

Rozpatrzmy kwadratową kratę, w której każdy mały kwadracik ma bok długości $1/(q_1q_2\ldots q_n)$ . Wówczas wielokąt $\mathcal{W}$ można tak umieścić na tej kracie, by każdy jego bok był zawarty w pewnej prostej wyznaczającej kratę (rys. 1). Promień świetlny wypuszczony z wierzchołka wielokąta $\mathcal{W}$ zgodnie z podanymi zasadami porusza się wtedy wzdłuż przekątnych kwadratów kraty i odbija od boków wielokąta $\mathcal{W}$ w punktach kratowych.

Przypuśćmy, że promień świetlny nie trafił w żaden wierzchołek wielokąta $\mathcal{W}$ . Odbijał się on zatem od boków wielokąta dowolnie wiele razy. Stąd wynika, że promień trafił co najmniej trzykrotnie w pewien punkt $\mathcal{P}$ leżący na obwodzie wielokąta $\mathcal{W}$ . Zatem co najmniej dwukrotnie promień trafił w punkt $\mathcal{P}$ poruszając się z tego samego kierunku. To oznacza, że trajektoria promienia jest okresowa, co nie jest możliwe, gdyż promień rozpoczął swój bieg z wierzchołka wielokąta $\mathcal{W}$ .

LV OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

LV OM, 2003-2004

Etap:

Rozstrzygnąć, czy istnieje liczba pierwsza $p$ oraz liczby całkowite nieujemne $x$ , $y$ , $z$ spełniające równanie

$ (12x + 5)(12y + 7)= p^z. $

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że istnieją liczby $p$ , $x$ , $y$ , $z$ spełniające dane w zadaniu równanie. Skoro $p$ jest liczbą pierwszą, to dzielnikami liczby $p^z$ są tylko potęgi liczby $p$ . Zatem istnieją takie liczby całkowite nieujemne $a$ , $b$ , że $12x + 5 = p^a$ oraz $12y + 7 = p^b$ . Stąd widać, że liczba $p$ jest nieparzysta i niepodzielna przez 3, jest więc postaci $6k + 1$ lub $6k - 1$ , gdzie $k$ jest liczbą całkowitą dodatnią. Wówczas

$ p^2 = 36k^2 \pm 12k +1 = 12(3k^2 \pm k) +1, $

skąd wynika, że

$ (*) \qquad p^{n}\equiv\left\{\begin{array}{ll} 1(\mathrm{mod}\ 12),&\textrm{gdy $n$ jest liczbą parzystą,}\\ p(\mathrm{mod}\ 12),&\textrm{gdy $n$ jest liczbą nieparzystą.} \end{array}\right. $

Z drugiej strony, $p^a \equiv 5 (\mathrm{mod}\ 12)$ oraz $p^b = 7 (\mathrm{mod}\ 12)$ . Ale na mocy zależności (*) obie te kongruencje nie mogą zachodzić jednocześnie. Otrzymana sprzeczność dowodzi, że nie istnieją liczby spełniające podane warunki.

LV OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

LV OM, 2003-2004

Etap:

Niech $\mathbb{Q}$ oznacza zbiór wszystkich liczb wymiernych. Wyznaczyć wszystkie funkcje $f: \mathbb{Q} \to \mathbb{Q}$ spełniające warunek

$ (1) \qquad f (x^2 + y) = xf (x) + f (y) $

dla każdej pary liczb wymiernych $x$ , $y$ .

Rozwiązanie

Sposób I.

Niech $n$ będzie liczbą całkowitą dodatnią. Wykażemy indukcyjnie, że dla dowolnej liczby wymiernej $y$ oraz dowolnej liczby całkowitej dodatniej $k$ zachodzi równość

$ (2) \qquad f\left(\frac{k}{n^{2}}+y\right)=\frac{k}{n}\cdot f\left(\frac{1}{n}\right)+f(y). $

Dla $k = 1$ równość (2) uzyskujemy bezpośrednio z zależności (1) podstawiając $x = 1/n$ . Załóżmy teraz, że równość (2) jest spełniona dla liczby $k$ oraz wszystkich liczb wymiernych $y$ . Wówczas

$ \begin{array}{rcl} f\left(\frac{k+1}{n^{2}}+y\right)&=&f\left(\frac{k}{n^{2}}+\left(\frac{1}{n^{2}}+y\right)\right)=\frac{k}{n}\cdot f\left(\frac{1}{n}\right)+f\left(\frac{1}{n^{2}}+y\right)=\\ &=&\frac{k}{n}\cdot f\left(\frac{1}{n}\right)+\frac{1}{n}\cdot f\left(\frac{1}{n}\right)+f\left(y\right)=\frac{k+1}{n}\cdot f\left(\frac{1}{n}\right)+f\left(y\right), \end{array} $

co kończy dowód indukcyjny zależności (2).

Kładąc w równaniu (1) $x=y = - 1$ dostajemy $f(0) = -f(-1) + f(-1) = 0$ . Podstawiając następnie $y = 0$ i $k = n^2$ do zależności (2) otrzymujemy

$ (3) \qquad f\left(\frac{1}{n}\right)= \frac{f(1)}{n}\ \textrm{dla}\ n=1,2,3, \ldots. $

Przyjmując z kolei w równości (2) $k = m \cdot n$ , gdzie $m$ jest pewną liczbą całkowitą dodatnią, oraz wykorzystując zależność (3) mamy

$ (4)\qquad f\left(\frac{m}{n}+y\right)=m\cdot f\left(\frac{1}{n}\right)+f(y)=f(1)\cdot\frac{m}{n}+f(y) $

dla wszystkich liczb całkowitych dodatnich $m$ i $n$ oraz wymiernych $y$ . Podstawiając wreszcie $y = 0$ oraz $y = -m/n$ w równości (4) uzyskujemy odpowiednio

$ (5)\qquad f\left(\frac{m}{n}\right)=f(1)\cdot \frac{m}{n}\ \textrm{oraz}\ f\left(-\frac{m}{n}\right)=-f(1)\cdot \frac{m}{n} $

dla wszystkich liczb całkowitych dodatnich $m$ , $n$ . Niech $a = f(1)$ . Ze związków (5) oraz z równości $f(0) = 0$ wynika, że $f(x) = ax$ dla wszystkich liczb wymiernych $x$ .

Bezpośrednio sprawdzamy, że każda funkcja określona wzorem $f(x) = ax$ , gdzie $a$ jest liczbą wymierną, spełnia warunki zadania.

Sposób II.

Niech $a = f(1)$ . Wówczas dla dowolnej liczby wymiernej $x$ mamy

$ \begin{array}{rcl} f(-x)&=&f(x^{2}-x)-xf(x)=f((x-1)^{2}+(x-1))-xf(x)=\\ &=&(x-1)f(x-1)+f(x-1)-xf(x)=\\ &=&x(f(x-1)-f(1^{2}+(x-1)))=-xf(1)=-ax,\\ \end{array} $

skąd $f(x) = ax$ dla dowolnej liczby wymiernej $x$ .

Bezpośrednio sprawdzamy, że każda funkcja określona wzorem $f(x) = ax$ , gdzie $a$ jest liczbą wymierną, spełnia warunki zadania.

LV OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

LV OM, 2003-2004

Etap:

Dany jest trójkąt ostrokątny $ABC$ . Rozważamy wszystkie takie trójkąty równoboczne $XYZ$ , że punkty $A$ , $B$ , $C$ są odpowiednio punktami wewnętrznymi odcinków $YZ$ , $ZX$ , $XY$ . Dowieść, że środki ciężkości wszystkich rozważanych trójkątów $XYZ$ leżą na jednym okręgu.

Rozwiązanie

Jeśli trójkąt $ABC$ jest równoboczny, to środki ciężkości wszystkich rozważanych trójkątów $XYZ$ pokrywają się ze środkiem ciężkości trójkąta $ABC$ . Punkt ten leży oczywiście na każdym okręgu, który przezeń przechodzi.

Załóżmy więc, że trójkąt $ABC$ nie jest równoboczny. Wtedy bez straty ogólności możemy przyjąć, że $\measuredangle ACB> 60^{\circ}$ . Niech $P$ i $Q$ będą takimi punktami leżącymi wewnątrz kąta wypukłego $ACB$ , że

$ \measuredangle PBC = \measuredangle PCB = \measuredangle QAC = \measuredangle QCA = 30^{\circ} . $

Niech ponadto $R$ będzie takim punktem leżącym po tej samej stronie prostej $PQ$ , co punkt $C$ , że trójkąt $PQR$ jest równoboczny (rys. 2, 3). Wykażemy, że środki ciężkości wszystkich rozpatrywanych trójkątów $XYZ$ leżą na okręgu opisanym na trójkącie $PQR$ , co zakończy rozwiązanie zadania.

Z równości $\measuredangle BPC+ \measuredangle BXC = 120^{\circ} +60^{\circ} = 180^{\circ}$ wnioskujemy, że na czworokącie $BXCP$ można opisać okrąg. Stąd $\measuredangle PXB = \measuredangle PCB = 30^{\circ}$ co oznacza, że prosta $XP$ przechodzi przez środek ciężkości $S$ trójkąta $XYZ$ . Analogicznie dowodzimy, że prosta $YQ$ przechodzi przez $S$ . Pozostaje zatem wykazać, że punkt $S$ leży na okręgu opisanym na trójkącie $PQR$ .

Ponieważ $\measuredangle ACB > 60^{\circ}$ , więc możliwe są następujące dwa przypadki:

Punkt $S$ nie należy do odcinków $XP$ i $YQ$ (rys. 2). Wówczas

$ \measuredangle PSQ = \measuredangle XSY = 120^{\circ} = 180^{\circ} - \measuredangle PRQ, $

co oznacza, że punkt $S$ leży na okręgu opisanym na trójkącie $PQR$ .
Punkt $S$ leży na jednym z odcinków $XP$ lub $YQ$ . Bez straty ogólności przyjmijmy, że punkt $S$ należy do odcinka $XP$ (rys. 3). Wówczas

$ \measuredangle PSQ = \measuredangle PSY = 60^{\circ} = \measuredangle PRQ, $

co dowodzi, że punkty $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ leżą na jednym okręgu.

LV OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

LV OM, 2003-2004

Etap:

Dla liczb całkowitych dodatnich $m$ , $n$ niech $N(m,n)$ oznacza liczbę $m$ -wyrazowych ciągów niemalejących o wyrazach ze zbioru

$ \{1,2, 3,\ldots,n\}. $

Dowieść, że $N(m, n+1) =N(n, m+1)$ .

Rozwiązanie

Dowolnemu ciągowi niemalejącemu $a_1,a_2,\ldots,a_m$ o wyrazach ze zbioru $\{1,2,3,\ldots,n+1\}$ przypisujemy ciąg $b_1, b_2, \ldots, b_n$ określony następująco: dla $\ell = 1,2,\ldots,n$

$ (1) \qquad b_\ell = 1+(\textrm{liczba wyrazów ciągu $a_1,a_2,... ,a_m$ mniejszych lub równych $\ell$}). $

W ten sposób określony ciąg $b_1, b_2, ...,b_n$ ma wyrazy ze zbioru $\{1,2,...,m+1\}$ i jest niemalejący. Ponadto, każdy ciąg niemalejący $b_1,b_2,... ,b_n$ o wyrazach należących do zbioru $\{1,2, ...,m+1\}$ można otrzymać za pomocą wzoru (1) z dokładnie jednego ciągu niemalejącego $a_1 , a_2, ..., a_m$ o wyrazach należących do zbioru $\{1,2,...,n+1\}$ . Istotnie: znając wartości $b_1,b_2, ...,b_n$ znamy również liczbę $c_1 = b_1 - 1$ oraz liczby

$ c_\ell = b_\ell - b_{\ell -1}\ \textrm{dla}\ \ell = 2,3,\ldots,n. $

Liczba $c_\ell$ dla $\ell =1,2,\ldots ,n$ jest, na mocy wzoru (1), liczbą wszystkich wyrazów ciągu $a_1,a_2,... ,a_m$ równych $\ell$ . Z kolei wyrazów ciągu $a_1, a_2, ..., a_m$ równych $n+1$ jest

$ c_{n+1} = m - (c_1 + c_2 + \ldots + c_n) = m + 1 - b_n. $

Ponieważ ciąg $b_1 ,b_2,\ldots,b_n$ jest niemalejący, $b_1 \geq 1$ oraz $b_n \leq m+1$ , więc wszystkie liczby $c_1, c_2, ..., c_{n+1}$ są nieujemne. Liczby te wyznaczają zatem jednoznacznie ciąg niemalejący $a_1, a_2, ...,a_m$ o wyrazach ze zbioru $\{1,2, ...,n+1\}$ .

Wykazaliśmy tym samym, że wzór (1) opisuje wzajemnie jednoznaczną odpowiedniość pomiędzy $m$ -wyrazowymi ciągami niemalejącymi o wyrazach ze zbioru $\{1,2,... ,n+1\}$ , a $n$ -wyrazowymi ciągami niemalejącymi o wyrazach ze zbioru $\{1,2,...,m+1\}$ . Stąd $N(m,n + 1) = N(n,m + 1)$ .

LV OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

LV OM, 2003-2004

Etap:

Niech $c$ będzie taką liczbą rzeczywistą, że wielomian

$ P(x) = x^5 - 5x^3 + 4x - c $

ma pięć różnych pierwiastków rzeczywistych $x_1$ , $x_2$ , $x_3$ , $x_4$ , $x_5$ . Wyznaczyć, w zależności od $c$ , sumę wartości bezwzględnych współczynników wielomianu

$ Q(x)=(x-x_{1}^{2})(x-x_{2}^{2})(x-x_{3}^{2})(x-x_{4}^{2})(x-x_{5}^{2}). $

Rozwiązanie

Z równości

$ \begin{array}{rcl} Q(x^{2})&=&(x^{2}-x_{1}^{2})(x^{2}-x_{2}^{2})(x^{2}-x_{3}^{2})(x^{2}-x_{4}^{2})(x^{2}-x_{5}^{2})=\\ &=&(x-x_{1})(x-x_{2})(x-x_{3})(x-x_{4})(x-x_{5})\\ &&\quad\cdot (x+x_{1})(x+x_{2})(x+x_{3})(x+x_{4})(x+x_{5})=\\ &=&P(x)\cdot(-P(-x))=(x^{5}-5x^{3}+4x-c)\cdot(x^{5}-5x^{3}+4x+c)=\\ &=&(x^{5}-5x^{3}+4x)^{2}-c^{2}=x^{10}-10x^{8}+33x^{6}-40x^{4}+16x^{2}-c^{2} \end{array} $

wnioskujemy, że

$ Q(x) = x^5 - 10x^4 + 33x^3 - 40x^2 + 16x - c^2 \ \textrm{dla wszystkich}\ x \geq 0 . $

Wyrażenia po obu stronach tej równości są wielomianami. Stąd wynika, że uzyskany wzór jest prawdziwy dla dowolnej liczby rzeczywistej $x$ . Zatem suma wartości bezwzględnych współczynników wielomianu $Q(x)$ wynosi:

$ 1 + 10 + 33 + 40 + 16 + c^2 = 100 + c^2. $

LV OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

LV OM, 2003-2004

Etap:

Znaleźć wszystkie takie rozwiązania równania $a^2+b^2=c^2$ w liczbach całkowitych dodatnich, że liczby $a$ i $c$ są pierwsze, a liczba $b$ jest iloczynem co najwyżej czterech liczb pierwszych.

Rozwiązanie

Odpowiedź: Istnieją trzy rozwiązania $(a,b,c): (3,4,5), (5,12,13), (11,60,61)$ . Niech $a$ , $b$ , $c$ będą liczbami spełniającymi warunki zadania. Wówczas

$ a^2 = c^2 - b^2 = (c - b)(c + b), $

skąd wobec założenia, że liczba $a$ jest pierwsza, otrzymujemy $c= b+ 1$ . Zatem $a^2 = 2b+ 1$ , skąd wynika, że liczba $a$ jest nieparzysta.

Niech $a = 2n+ 1$ . Wtedy

$ b=\frac{1}{2}(a^{2}-1)=2n(n+1)\ \textrm{oraz}\ c=2n^{2}+2n+1. $

Jeśli liczba $n$ daje przy dzieleniu przez 3 resztę 1, to liczba $a$ jest podzielna przez 3. Zatem jest ona złożona, poza przypadkiem $n = 1$ , który daje rozwiązanie $(a,b, c) = (3,4,5)$ . Jeśli z kolei liczba $n$ daje przy dzieleniu przez 5 resztę 2, to liczba $a$ jest podzielna przez 5. Zatem jest ona złożona, poza przypadkiem, gdy $n = 2$ . Przypadek ten daje drugie rozwiązanie $(a,b,c) = (5,12,13)$ .

Jeśli natomiast liczba $n$ daje przy dzieleniu przez 5 resztę 1 lub 3, to liczba $c$ jest podzielna przez 5. Zatem jest ona złożona poza przypadkiem $n = 1$ , który już rozpatrzyliśmy.

Pozostał jeszcze do rozpatrzenia przypadek, gdy liczba $n$ daje przy dzieleniu przez 3 resztę 0 lub 2, a przy dzieleniu przez 5 resztę 0 lub 4. Wówczas liczba $b$ jest podzielna przez $2 \cdot 6 \cdot 5 = 60$ . Z drugiej strony, liczba $b$ jest iloczynem co najwyżej czterech liczb pierwszych, skąd wynika, że $b= 60$ . Przypadek ten prowadzi do trzeciego rozwiązania: $(a, b, c) = (11, 60, 61)$ .

LV OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

LV OM, 2003-2004

Etap:

Punkt $P$ leży wewnątrz czworościanu $ABCD$ . Dowieść, że

$ \measuredangle APB + \measuredangle BPC + \measuredangle CPD + \measuredangle DPA> 360^{\circ} . $

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $K$ punkt przecięcia płaszczyzny $CDP$ z krawędzią $AB$ oraz przez $L$ punkt przecięcia płaszczyzny $ABP$ z krawędzią $CD$ (rys. 4).

Analogicznie, niech $M$ będzie punktem przecięcia płaszczyzny $ADP$ i krawędzi $BC$ oraz niech $N$ oznacza punkt wspólny płaszczyzny $BCP$ i krawędzi $AD$ .

Punkty $K$ , $P$ i $L$ należą do części wspólnej płaszczyzn $ABP$ i $CDP$ , leżą więc na jednej prostej. Analogicznie, punkty $M$ , $P$ i $N$ leżą na jednej prostej. Stąd wynika, że punkty $K$ , $L$ , $M$ , $N$ i $P$ leżą w jednej płaszczyźnie. Zatem

$ \begin{array}{l} \measuredangle APB + \measuredangle BPC + \measuredangle CPD + \measuredangle DPA =\\ \qquad\qquad= \measuredangle KPB + \measuredangle BPM + \measuredangle MPC + \measuredangle CPL\\ \qquad\qquad\quad+ \measuredangle LPD + \measuredangle DPN + \measuredangle NPA + \measuredangle APK >\\ \qquad\qquad> \measuredangle KPM + \measuredangle MPL + \measuredangle LPN + \measuredangle NPK = 360^{\circ}, \end{array} $

co kończy rozwiązanie zadania.

LV OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

LV OM, 2003-2004

Etap:

Dane są wielomiany $W_1(x),W_2(x), W_3(x),\ldots, W_n(x)$ stopnia co najmniej 1, o współczynnikach całkowitych. Wykazać, że dla pewnej liczby całkowitej $a$ wszystkie liczby

$ W_1(a), W_2(a), W_3(a),\ldots, W_n(a) $

są złożone.

Rozwiązanie

Dane wielomiany mają stopień co najmniej 1, więc istnieje taka liczba naturalna $x_0$ , że dla $i = 1,2,\ldots,n$ liczby $c_i = |W_i(x_0)|$ są większe od 1 oraz $|W_i(x)| >c_i$ dla wszystkich $x>x_0$ .

Niech $a = x_o + c_1 c_2 \ldots c_n$ . Wykażemy, że liczby

$ W_1(a),W_2(a),W_3(a),\ldots,W_n(a) $

są złożone, co zakończy rozwiązanie zadania.

Z zależności $a \equiv x_0 (\mathrm{mod}\ c_i)$ wynika, że $W_i(a) \equiv W_i(x_0) (\mathrm{mod}\ c_i)$ . Ponieważ $c_i = |W_i(x_0)|$ , więc liczba $W_i(a)$ jest podzielna przez $c_i$ . Ponadto $a>x_0$ , co daje $|W_i(a)| > c_i$ . Zatem dla $i = 1, 2, \ldots , n$ liczba $W_i(a)$ jest złożona.

LV OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

LV OM, 2003-2004

Etap:

Dany jest wielokąt wypukły o parzystej liczbie boków. Każdy bok wielokąta ma długość 2 lub 3, przy czym liczba boków każdej z tych długości jest parzysta. Dowieść, że istnieją dwa wierzchołki wielokąta, które dzielą jego obwód na dwie części jednakowej długości.

Rozwiązanie

Niech liczba boków wielokąta będzie równa $2n$ . Oznaczmy wierzchołki wielokąta kolejno $A_1, A_2, A_3, \ldots A_{2n}$ . Dla $i = 1, 2, \ldots 2n$ niech

$ \begin{array}{l} f(i) = A_i A_{i+1} + A_{i+1} A_{i+2} + A_{i+2} A_{i+3} + \ldots + A_{i+n-1}A_{i+n} +\\ \qquad - A_{i+n}A_{i+n+1} - A_{i+n+1}A_{i+n+2} - A_{i+n+2}A_{i+n+3} - \ldots - A_{i+2n-1}A_i , \end{array} $

gdzie $A_{k+2n} = A_k$ dla $k = 1, 2, \ldots, 2n-1$ . Innymi słowy, $f(i)$ jest różnicą długości części, na które dzielą obwód wielokąta punkty $A_i$ oraz $A_{i+n}$ .

Wówczas dla $i = 1, 2, \ldots , 2n$ liczba $f(i)$ jest całkowita parzysta oraz

$ \begin{array}{rcl} |f(i + 1) - f(i)| &=& |2 \cdot A_{i+n}A_{i+n+1} - 2 \cdot A_iA_{i+1}| =\\ &=& 2 \cdot |A_{i+n}A_{i+n+1} - A_i A_{i+1}| \leq 2 . \end{array} $

Ponadto $f(i) = -f(i + n)$ . Stąd wynika, że ciąg liczb

$ f(1), f(2),\ldots, f(n + 1) = -f(1) $

składa się z liczb parzystych, a jego kolejne wyrazy różnią się o nie więcej niż 2. Zatem istnieje takie $i$ , że $f(i) = 0$ , a to właśnie należało udowodnić.

LV OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

LV OM, 2003-2004

Etap:

Punkt $O$ jest środkiem okręgu opisanego na trapezie równoramiennym $ABCD$ o podstawach $AB$ i $CD$ . Punkty $K$ , $L$ , $M$ , $N$ leżą odpowiednio na bokach $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DA$ , przy czym czworokąt KLMN jest rombem. Udowodnić, że punkt $O$ leży na prostej $KM$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $P$ , $Q$ , $R$ odpowiednio środki odcinków $AD$ , $BC$ , $KM$ (rys. 5). Wówczas punkty $P$ , $Q$ i $R$ leżą na jednej prostej - równoległej do podstaw trapezu $ABCD$ . Przez punkt $L$ poprowadźmy prostą równoległą do podstaw trapezu $ABCD$ , przecinającą odcinek $AD$ w punkcie $S$ .

Ponieważ punkt $R$ jest środkiem przekątnej $KM$ rombu $KLMN$ , więc jest on również środkiem drugiej przekątnej tego rombu, czyli odcinka $NL$ . Zatem z równoległości prostych $PR$ i $SL$ wnioskujemy, że $NP = PS$ . Punkt $P$ jest środkiem odcinka $AD$ , więc $OP\perp AD$ . Ta własność, równość $NP = PS$ oraz fakt, iż punkt $O$ leży na symetralnej odcinków $AB$ , $CD$ i $LS$ dają

$ ON = OS = OL. $

Stąd wynika, że punkt $O$ leży symetralnej odcinka $NL$ , czyli na prostej $KM$ .

LV OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

LV OM, 2003-2004

Etap:

Dana jest liczba całkowita $n \geq 5$ . Wyznaczyć liczbę rozwiązań w liczbach rzeczywistych $x_1, x_2, x_3, \ldots, x_n$ układu równań

$ x_{i-2}^{3}+x_{i-1}^{3}+x_{i}^{3}=x_{i}^{4}+x_{i+1}^{3}+x_{i+2}^{2}\ \textrm{dla}\ i=1,2,3, \ldots, n, $

gdzie $x_{-1}=x_{n-1},$ $x_{0}=x_{n},$ $x_{1}=x_{n+1},$ $x_{2}=x_{n+2}$ .

Rozwiązanie

Dodając równania stronami otrzymujemy

$ 3\sum_{i=1}^{n}x_{i}^{3}=\sum_{i=1}^{n}x_{i}^{4}+\sum_{i=1}^{n}x_{i}^{3}+\sum_{i=1}^{n}x_{i}^{2},\ \textrm{czyli}\ \sum_{i=1}^{n}x_{i}^{2}(x_{i}-1)^{2}=0. $

Zatem liczby $x_1,x_2,\ldots ,x_n$ przyjmują wartości 0 lub 1. Zadanie sprowadza się zatem do wyznaczenia liczby rozwiązań układu równań

$ \left\{\begin{array}{c} x_1+x_2=x_4+x_5\\ x_2+x_3=x_5+x_6\\ x_3+x_4=x_6+x_7\\ \vdots\\ x_{n-2}+x_{n-1}=x_1+x_2\\ x_{n-1}+x_n=x_2+x_3\\ x_n+x_1=x_3+x_4\\ \end{array}\right. $

w liczbach należących do zbioru $\{0,1\}$ .

Zauważmy, że układ równań (1) jest spełniony, gdy $x_i = x_2 =\dots = x_n = 1$ lub gdy $x_1 = x_2 = \ldots = x_n =0$ .

Załóżmy, że liczba $n$ nie jest podzielna przez 3. Wówczas uzyskujemy

$ x_1 + x_2 = x_4 + x_5 = x_7 + x_8 = \ldots = x_n + x_1, $

skąd $x_n=x_2$ . Analogicznie dowodzimy, że $x_i=x_{i+2}$ dla $i = 1,2,\ldots,n-1$ . Zatem jeżeli $n$ jest liczbą nieparzystą i niepodzielną przez 3, to jedynymi rozwiązaniami $(x_1 , x_2 , \ldots , xn )$ układu (1) są $(0,0,0,\ldots,0)$ i $(1,1,1,\ldots, 1)$ . Natomiast dla liczb parzystych $n$ , niepodzielnych przez 3, otrzymujemy dwa dodatkowe rozwiązania $(x_1,x_2,\ldots,xn)$ , a mianowicie

$ (0,1,0,1,\ldots, 0,1)\ \textrm{oraz}\ (1,0,1,0,..., 1,0). $

Załóżmy teraz, że liczba $n$ jest podzielna przez 3. Wówczas układ równań (1) ma co najmniej 8 rozwiązań: niewiadome mogą się powtarzać okresowo z okresem 3.

Zbadajmy istnienie rozwiązań $(x_1,x_2,x_3,\ldots ,x_n)$ , które nie są okresowe z okresem 3. Bez szkody dla ogólności przyjmijmy, że $x_1 = x_4$ . Wówczas równość $x_1 + x_2 = x_4+x_5$ jest możliwa tylko wtedy, gdy $x_1 + x_2 = 1$ . Stąd $x_1 = x_2$ oraz $x_2 = x_5$ .

Powtarzając rozumowanie stwierdzamy, że $x_2 = x_3$ oraz $x_3 = x_6$ , skąd dla dowolnego $i$ mamy $x_i = x_{i+1}$ . Zatem niewiadome muszą być na przemian równe 0 i 1, co jest możliwe tylko dla $n$ parzystego.

Podsumowując: liczba rozwiązań danego układu równań wynosi:

2 dla $n$ względnie pierwszych z 6;
4 dla $n$ parzystych niepodzielnych przez 3;
8 dla $n$ nieparzystych podzielnych przez 3;
10 dla $n$ podzielnych przez 6.