LV OM - II etap

II etap LV Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
LV OM II etap - Zadania [1]	69.01 KB
LV OM II etap - Zadania z rozwiązaniami [2]	123.5 KB

LV OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

LV OM, 2003-2004

Etap:

Liczby dodatnie $a$ , $b$ , $c$ , $d$ spełniają układ równań

$ \left\{ \begin{array}{l} a^3 + b^3 + c^3 = 3d^3\\ b^4 + c^4 + d^4 = 3a^4\\ c^5 + d^5 + a^5 = 3b^5. \end{array} \right. $

Udowodnić, że $a = b = c = d$ .

Rozwiązanie

Niech $\langle p,q\rangle$ będzie najmniejszym przedziałem zawierającym liczby $a$ , $b$ , $c$ , $d$ . Wówczas co najmniej jedna z liczb $d$ , $a$ , $b$ pokrywa się z końcem (lewym lub prawym) przedziału $\langle p,q\rangle$ .

Jeśli $d=p$ , to na mocy pierwszej równości mamy $3d^3 = a^3 + b^3 + c^3 \geq 3d^3$ . Stąd wynika, że każda z liczb $a$ , $b$ , $c$ musi być równa $d$ , czyli $a = b = c = d$ . Jeśli natomiast $d = q$ , to otrzymujemy $3d^3 = a^3 + b^3 + c^3 \leq 3d^3$ , co podobnie jak wyżej daje $a = b = c = d$ .

Analogicznie, korzystając z drugiego lub trzeciego równania dowodzimy, że $a=b=c=d$ , gdy któraś z liczb $a$ , $b$ jest równa $p$ lub $q$ . To kończy rozwiązanie zadania.

LV OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

LV OM, 2003-2004

Etap:

W sześciokącie wypukłym $ABCDEF$ wszystkie boki są równej długości oraz

$ \measuredangle A + \measuredangle C + \measuredangle E = \measuredangle B + \measuredangle D + \measuredangle F. $

Dowieść, że przekątne $AD$ , $BE$ i $CF$ przecinają się w jednym punkcie.

Rozwiązanie

Z danej w treści zadania równości kątów wynika, że $\measuredangle B + \measuredangle D + \measuredangle F = 360^\circ$ . Długości wszystkich boków danego sześciokąta są równe, więc z trójkątów $ABC$ , $CDE$ oraz $EFA$ można złożyć trójkąt $PCE$ przystający do trójkąta $ACE$ (rys. 1). Punkt $D$ jest wówczas środkiem okręgu opisanego na trójkącie $PCE$ . Niech $O$ będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie $ACE$ . Trójkąty $ACE$ i $PCE$ są przystające, więc promienie okręgów opisanych na tych trójkątach są równe.

Stąd wynika, że czworokąty $AOEF$ i $COED$ są rombami, a więc odcinki $AF$ , $OE$ i $CD$ są równe i równoległe. Zatem czworokąt $ACDF$ jest równoległobokiem, co oznacza, że środki odcinków $AD$ i $CF$ pokrywają się. Analogicznie, środki odcinków $AD$ i $BE$ pokrywają się. Stąd wniosek, że proste $AD$ , $BE$ i $CF$ mają punkt wspólny, będący środkiem każdej z przekątnych $AD$ , $BE$ i $CF$ .

LV OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

LV OM, 2003-2004

Etap:

Wyznaczyć liczbę ciągów nieskończonych $a_1,a_2,a_3,\dots$ o wyrazach równych $+1$ i $-1$ , spełniających równanie

$ a_{mn} = a_ma_n \ \textrm{dla}\ m,n = 1, 2,3,\ldots $

oraz warunek: w każdej trójce kolejnych wyrazów $(a_n, a_{n+1}, a_{n+2})$ występuje zarówno $+1$ , jak i $-1$ .

Rozwiązanie

Niech $(a_n)$ będzie takim ciągiem. Rozpoczniemy od wykazania, że

$ (1) \qquad a_{3k+1} \neq a_{3k+2}\ \textrm{dla}\ k = 1,2,3,\ldots. $

Przypuśćmy, że $a_{3k+1} = a_{3k+2} = a$ . Wówczas musi być $a_{3k} = a_{3k+3} = b$ oraz $b \neq a$ . Mnożąc powyższe równości przez $a_2$ uzyskujemy $a_{6k+2} = a_{6k+4} = c$ oraz $a_{6k} = a_{6k+6} = d$ , przy czym $c \neq d$ . W trójce $(a_{6k+2},a_{6k+3},a_{6k+4})$ występuje +1 oraz -1, skąd wynika, że $a_{6k+3} = d$ . Zatem $a_{6k} = a_{6k+3} = a_{6k+6}$ . Dzieląc równości te stronami przez $a_3$ otrzymujemy $a_{2k} = a_{2k+1} = a_{2k+2}$ . Sprzeczność.

Następnie udowodnimy przez indukcję, że

$ (2) \qquad a_{3k+1} = 1,\ a_{3k+2} = -1 \ \textrm{dla}\ k = 0,1,2,3,\ldots. $

Oczywiście $a_1 = a_1^2 = 1$ ; a z własności (1) wynika, że $a_{50} \neq a_{49} = a^2_7 = 1$ , czyli $a_{50} = -1$ ; ale $a_{50} = a_{2}a_{5}^2 = a_2$ , więc $a_2 = -1$ ; równości (2) zachodzą dla $k = 0$ .

Ustalmy $k \geq 1$ i przyjmijmy, że $a_{3i+1} = 1$ , $a_{3i+2} = -1$ dla $i < k$ . Zapiszmy liczbę $k$ w postaci $2j$ lub $2j+1$ . Jeśli $k = 2j$ , to $3k + 2 = 2(3j + 1)$ , i w konsekwencji $a_{3k+2} = a_2a_{3j+1} = -1$ ; jeśli zaś $k = 2j + 1$ , to $3k + 1 = 2(3j + 2)$ , więc $a_{3k+1} = a_2a_{3j+2} = 1$ . W obu przypadkach została wykazana jedna z równości (2); druga jest wtedy wnioskiem z zależności (1). To kończy indukcyjny dowód tezy (2).

Niech $a_3 = c$ . Każda liczba naturalna $n$ ma jednoznaczne przedstawienie w postaci $n = 3^rm$ , gdzie $r > 0$ , a $m$ nie dzieli się przez 3. Z warunku multyplikatywności wynika, że $a_n = a_3^r a_m = c^ra_m$ , i w myśl związków (2):

$ (3) \qquad a_n=\left\{ \begin{array}{l} c^r\ \textrm{dla}\ n = 3^r(3k + 1),\\ -c^r\ \textrm{dla}\ n = 3^r(3k + 2). \end{array}\right. $

Zatem ciąg $(a_n)$ jest wyznaczony przez wartość $c= a_3$ , która może być równa 1 lub -1. Na odwrót, zarówno dla $c= 1$ , jak i dla $c= -1$ , wzór (3) określa ciąg $(a_n)$ , spełniający zadane warunki. Są więc dwa takie ciągi.

LV OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

LV OM, 2003-2004

Etap:

Wyznaczyć wszystkie liczby całkowite dodatnie $n$ , mające dokładnie $\sqrt{n}$ dzielników dodatnich.

Rozwiązanie

Liczba $n = 1$ spełnia warunki zadania. Załóżmy więc w dalszej części rozwiązania, że $n >1$ .

Z warunków zadania wynika, że $n = k^2$ dla pewnej liczby całkowitej dodatniej $k$ . Liczba dzielników dodatnich liczby $n$ , mniejszych od $k$ , jest równa liczbie jej dzielników większych od $k$ . Istotnie: każdemu dzielnikowi $d < k$ liczby $n$ odpowiada dzielnik $n/d$ liczby $n$ , który jest większy od $k$ . Dodatkowo sama liczba $k$ jest dzielnikiem liczby $n$ , skąd wynika, że $n$ ma nieparzystą liczbę dzielników. Zatem $k$ , a więc również $n$ , jest liczbą nieparzystą.

Zadanie sprowadza się zatem do wyznaczenia takich liczb nieparzystych $n = k^2$ $(n> 1)$ , których liczba dzielników mniejszych od $k$ jest równa $\frac{1}{2} (k-1)$ .

Ponieważ $k^2$ jest liczbą nieparzystą, więc żadna liczba parzysta nie jest dzielnikiem liczby $k^2$ . Aby więc liczba dzielników mniejszych od $k$ liczby $k^2$ była równa $\frac{1}{2} (k-1)$ , każda liczba nieparzysta mniejsza od $k$ musi być dzielnikiem liczby $k^2$ . W szczególności $k^2$ ma się dzielić przez $k-2$ . Ponieważ $k_2 = (k-2)(k+2)+4$ , więc liczba $k-2$ jest nieparzystym dzielnikiem liczby 4. To oznacza, że $k - 2 = 1$ , czyli $k = 3$ .

Bezpośrednio sprawdzamy, że liczba $n = 3^2 = 9$ spełnia warunki zadania. Zatem szukanymi liczbami są $n = 1$ i $n = 9$ .

LV OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

LV OM, 2003-2004

Etap:

Punkty $D$ i $E$ leżą odpowiednio na bokach $BC$ i $CA$ trójkąta $ABC$ , przy czym $BD = AE$ . Odcinki $AD$ i $BE$ przecinają się w punkcie $P$ . Dwusieczna kąta $ACB$ przecina odcinki $AD$ i $BE$ odpowiednio w punktach $Q$ i $R$ . Wykazać, że

$ \frac{PQ}{AD} = \frac{PR}{BE}. $

Rozwiązanie

Niech $\ell$ będzie dowolną prostą prostopadłą do dwusiecznej kąta $ACB$ (rys. 2). Oznaczmy przez $A'$ , $B'$ , $C'$ , $D$ ', $E'$ , $P'$ odpowiednio rzuty prostokątne punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ , $P$ na prostą $\ell$ .

Proste $AC$ i $BC$ tworzą równe kąty z prostą $\ell$ , zatem na mocy równości $AE = BD$ mamy $A'E' = B'D'$ . Wobec tego $A'D' = B'E'$ . Stąd korzystając z twierdzenia Talesa uzyskujemy dowodzoną równość:

$ \frac{PQ}{AD} =\frac{C'P'}{A'D'} =\frac{C' P'}{B'E'} = \frac{PR}{BE}. $

LV OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

LV OM, 2003-2004

Etap:

Na przyjęciu spotkało się $n$ osób $(n \geq 5)$ . Wiadomo, że wśród dowolnych trzech osób pewne dwie znają się. Dowieść, że spośród uczestników przyjęcia można wybrać nie mniej niż $n/2$ osób i posadzić przy okrągłym stole tak, aby każdy siedział między dwoma swoimi znajomymi.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $X$ zbiór osób obecnych na przyjęciu. Niech $k$ będzie największą liczbą naturalną o własności: Istnieje $k$ osób $A_1,A_2,\ldots,A_k$ takich, że dla $i = 1,2,\ldots,k-1$ osoby $A_i$ oraz $A_{i+1}$ znają się. Oznaczmy:

$ S = X\setminus\{A_1,A_2,\ldots,A_k \}. $

W dalszym ciągu rozwiązania rozpatrzymy trzy przypadki:

$k \leq n/2$ . Wówczas zbiór $S$ liczy co najmniej $n/2$ osób. Osoba $A_k$ nie zna żadnej osoby ze zbioru $S$ , więc każde dwie osoby w tym zbiorze muszą się znać. Jeśli osoby te usiądą dowolnie przy okrągłym stole, to każda z nich będzie siedzieć obok dwóch swoich znajomych.
$n/2 <k \leq n - 1$ . Wówczas zbiór $S$ jest niepusty i żadna osoba z tego zbioru nie zna ani $A_1$ , ani $A_k$ . Stąd wynika, że osoby $A_1$ i $A_k$ się znają. Zatem osoby $A_1 , A_2, \ldots , A_k$ można posadzić przy okrągłym stole zgodnie z warunkami opisanymi w treści zadania.
$k = n$ . Niech $\ell =[(n+1)/2]$ . Wiemy, że wśród osób $A_1$ , $A_\ell$ , $A_n$ pewne dwie się znają. Stąd wynika, że osoby należące do co najmniej jednego spośród zbiorów

$ \{A_1,A_2,\ldots,A_\ell\},\ \{A_\ell,A_{\ell+1} ,\ldots,A_n\},\ \{A_1,A_2,\ldots,A_n\} $

mogą usiąść przy okrągłym stole zgodnie z warunkami zadania. Pozostaje zauważyć, że każdy z tych trzech zbiorów liczy co najmniej n/2 osób.