LIX OM - I etap

I etap LIX Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
LIX OM I etap - Zadania [1]	109.01 KB
LIX OM I etap - Zadania z rozwiązaniami [2]	188.16 KB

LIX OM - I -Zadanie 1

Zawody matematyczne:

LIX OM, 2007-2008

Etap:

Rozwiązać w liczbach rzeczywistych $x, y, z$ układ równań

$ \begin{cases} x^5 =5 y^3 -4z \\ y^5 =5z^3 -4x \\ z^5 =5x^3 -4y \end{cases} $

Rozwiązanie

Jeżeli trójka liczb $(x,y,z)$ spełnia dany układ równań, to spełniają go również trójki liczb
$(y,z,x)$ i $(z,x,y)$ . Zatem bez ograniczenia ogólności rozumowania możemy przyjąć, że $x$ jest
najmniejszą wśród liczb $x, y, z$ (pozostałe rozwiązania otrzymamy przez cykliczne przestawienie zmiennych).

Rozpatrzmy dwa przypadki.

1. $y \leqslant z$ . Mamy więc $x \leqslant y \leqslant z$ . Funkcja
$f(t) = t^5$ jest ściśle rosnąca, zatem z drugiego i trzeciego równania danego układu otrzymujemy

$ 5 z^3 = y^5 +4x \leqslant z^5 +4y =5x^3. $

Funkcja $f(t) = t^3$ również jest ściśle rosnąca. Wobec tego powyższa nierówność implikuje, że
$z\leqslant x$ . W konsekwencji $x= y= z$ . Stąd wynika, że rozwiązania danego układu równań w tym
przypadku mają postać $x= y= z= t$ , gdzie $t$ jest rozwiązaniem równania $t=5 t^3 -4t$ . To równanie jest
równoważne równaniu

$ 0= t^5 -5 t^3 +4t = t(t^4 -5t^2 +4)= t(t^2 -1)(t^2 -4) = t(t-1)(t+1)(t-2)(t+2), $

które ma rozwiązania $t = -2,-1,0,1,2$ . Otrzymujemy więc 5 rozwiązań danego układu równań:
$x= y= z \in {-2,-1,0,1, 2}$ .

2. $y>z$ . W tym przypadku $x \leqslant z<y$ . Rozumując podobnie jak poprzednio uzyskujemy

$ 5 y^3 = x^5 +4z < z^5 +4y =5x^3, $

czyli $y < x$ . Zatem $x \leqslant z < y < x$ , co nie może mieć miejsca. Uwalniając się od założenia,
że $x$ jest najmniejszą wśród liczb $x, y, z$ , widzimy, że jedynymi rozwiązaniami układu są rozwiązania
otrzymane w przypadku 1.

Odpowiedź: Rozwiązaniami $(x,y,z)$ danego układu równań są:

$ (-2,-2,-2),(-1,-1,-1),(0,0,0),(1,1,1),(2,2,2). $

LIX OM - I -Zadanie 2

Zawody matematyczne:

LIX OM, 2007-2008

Etap:

Dany jest kąt wypukły o wierzchołku $P$ i punkt $A$ leżący wewnątrz tego kąta. Punkty $X$ i $Y$ leżą na różnych
ramionach tego kąta, przy czym $PX = PY$ oraz wartość sumy $AX +AY$ jest najmniejsza. Wykazać, że
$\measuredangle XAP = \measuredangle YAP$ .

Rozwiązanie

Niech $B$ będzie takim punktem płaszczyzny, dla którego $PB = PA$ oraz
$\measuredangle BPA = \measuredangle YPX$ (rys. 1).

Mamy wówczas $\measuredangle BPY = \measuredangle APX$ , zatem trójkąty $BPY$ i $APX$ są przystające
(cecha bok-kąt-bok). Stąd otrzymujemy równość $BY = AX$ . Wartość wyrażenia $AX + AY = BY + AY$
jest najmniejsza, więc stosując nierówność trójkąta dochodzimy do wniosku, że punkt $Y$ leży na odcinku $AB$ .
Ponieważ zaś trójkąt $BPA$ jest równoramienny, uzyskujemy

$ \measuredangle YAP = \measuredangle BAP = \measuredangle ABP = \measuredangle YBP = \measuredangle XAP, $

co kończy rozwiązanie.

LIX OM - I -Zadanie 3

Zawody matematyczne:

LIX OM, 2007-2008

Etap:

Ciąg liczb całkowitych $a_1, a_2, a_3, \dots$ jest określony przez warunki: $a_1 = 1, a_2 = 2$ ,

$ (1)\qquad a_n =3a_n-1 +5a_{n-2} \quad\text{ dla }n =3,4,5,\dots . $

Rozstrzygnąć, czy istnieje taka liczba całkowita $k \geqslant 2$ , że liczba $a_k$ jest dzielnikiem
iloczynu $a_{k+1}a_{k+2}$ .

Rozwiązanie

Z danego w treści zadania warunku (1) wynika, że

$ a_{k+1}a_{k+2} = a_{k+1}(3a_k +5a_{k+1})=3a_ka_{k+1} +5a_{k+1}^2 $

dla $k \geqslant 2$ . Wobec tego liczba $a_k$ jest dzielnikiem iloczynu $a_{k+1}a_{k+2}$ wtedy i tylko
wtedy, gdy jest dzielnikiem liczby $5a_{k+1}^2$ .

Zauważmy, że żaden wyraz ciągu $a_1, a_2, a_3, \dots$ nie jest liczbą podzielną przez 5. W istocie,
dla każdego wskaźnika $n\geqslant 3$ z równości $a_n-3a_{n-1} =5a_{n-2}$ wynika, że liczby
$a_n, a_{n-1}$ są obie podzielne przez 5 lub też żadna z nich.

Ponieważ jednak $a_1 =1, a_2 =2$ są liczbami niepodzielnymi przez 5, więc przez prostą indukcję otrzymujemy
żądany wniosek. Analogicznie dowodzimy, że dla dowolnego $n \geqslant 3$ liczby $a_n, a_{n-2}$ są obie
podzielne albo obie niepodzielne przez 3, zatem w danym ciągu nie występują liczby podzielne przez 3.

Pozostaje więc zbadać, czy istnieje taka liczba całkowita $k \geqslant 2$ , że liczba $a_2$ jest podzielna przez
$a_k$ . Ponieważ $a_k \geqslant 2$ , więc oznacza to, że liczby $a_k$ i $a_{k+1}$ muszą mieć wspólny dzielnik
pierwszy $p$ . Jak wykazaliśmy wyżej, liczba $p$ jest różna od 3 i 5. Ponadto istnieje najmniejsza taka liczba
całkowita dodatnia $m$ , że liczby $a_m$ i $a_{m+1}$ są podzielne przez $p$ . Mamy oczywiście $m\geqslant 2$ ,
więc zachodzi równość $5a_{m-1} = a_{m+1} -3a_m$ , z której wnioskujemy, że liczba $a_{m-1}$ jest podzielna
przez $p$ . To jednak przeczy określeniu liczby $m$ .

Uzyskana sprzeczność dowodzi, że taka liczba $k$ nie istnieje.

LIX OM - I -Zadanie 4

Zawody matematyczne:

LIX OM, 2007-2008

Etap:

Dana jest liczba całkowita $n \geqslant 1$ . Każdemu niepustemu podzbiorowi $A$ zbioru $\{1, 2,\dots ,n\}$
przyporządkowujemy liczbę $w(A)$ w następujący sposób: Jeżeli $a_1 >a_2 >\dots >a_k$ są wszystkimi elementami
zbioru A, to

$ (1)\qquad w(A)= a_1 -a_2 +a_3 -\dots +(-1)^{k+1} a_k. $

Obliczyć sumę wszystkich $2n-1$ otrzymanych liczb $w(A)$ .

Rozwiązanie

Sposób I

Dla $n = 1$ rozważana suma jest równa 1. Przyjmijmy więc, że $n \geqslant 2$ .

Niech $B_1, B_2, \dots , B_m$ będą wszystkimi niepustymi podzbiorami zbioru $\{1, 2,\dots ,n-1\}$ .
Wówczas $m =2^{n-1} -1$ oraz

$ B_1,B_2, \dots , Bm, \{n\},B_1 \cup \{n\},B_2 \cup \{n\}, \dots , B_m \cup \{n\} $

są wszystkimi niepustymi podzbiorami zbioru $\{1, 2,\dots ,n\}$ .

Ustalmy wartość $i\in \{1,2,\dots ,m\}$ . Niech $c_1 >c_2 >\dots >c_k$ będą wszystkimi elementami zbioru $B_i$ . Nietrudno spostrzec, że

$ \begin{split} w(B_i) &= c_1 -c_2 +c_3 -\dots +(-1)^{k+1} c_k, \\ w(B_i \cup \{n\}) &= n-c_1 + c_2 -\dots +(-1)^{k+2} c_k, \end{split} $

zatem

$ (2) \qquad w(B_i)+w(B_i \cup \{n\})= n. $

Wypisując równość (2) dla $i =1,2,\dots ,m$ i sumując stronami uzyskujemy

$ w(B_1)+w(B_1 \cup \{n\})+\dots +w(B_m)+w(B_m \cup \{n\})= m\cdot n. $

Wobec tego suma, którą należy wyznaczyć, jest równa $w({n})+ m\cdot n = n+(2^{n-1} -1)\cdot n = n\cdot 2^{n-1}$ .

Sposób II

Niech $A_1, A_2, \dots , A_m$ ( $m =2^n - 1$ ) będą wszystkimi niepustymi podzbiorami zbioru
$\{1,2,\dots ,n\}$ . Utwórzmy tabelę o $m$ wierszach i $n$ kolumnach. W każde pole tej tabeli wpisujemy
liczbę zgodnie z następującą zasadą: Jeżeli $a_1 >a_2 >\dots >a_k$ są wszystkimi elementami zbioru
$A_j$ (gdzie $j =1,2,\dots ,m$ ), to w pole znajdujące się w $j$ -tym wierszu oraz $a_i$ -tej kolumnie
wpisujemy liczbę $(-1)^{i+1}a_i$ . W pozostałe pola tej tabeli wpisujemy zera.

Na mocy warunku (1) suma liczb znajdujących się w $j$ -tym wierszu tabeli wynosi $w(A_j)$ . To oznacza, że suma
$S$ , która należy obliczyć w zadaniu, jest równa sumie wszystkich liczb w tabeli. Zatem

$ (3)\qquad S = k_1 +k_2 +\dots + k_n, $

gdzie $k_i$ jest sumą liczb znajdujących się w $i$ -tej kolumnie.

Dla każdego ze zbiorów $A_1, A_2, \dots , A_m$ liczba $n$ jest bądź jego największym elementem, bądź też do
niego nie należy. Ponadto liczba tych zbiorów, które zawierają liczbę $n$ , jest równa liczbie podzbiorów
zbioru $\{1,2,\dots ,n-1\}$ , czyli liczbie $2^{n-1}$ . Wynika stąd, że w $n$ -tej kolumnie tabeli znajduje
się $2^{n-1}$ liczb $n$ , a pozostałe liczby są zerami. Zatem $k_n = n\cdot 2^{n-1}$ .

Wykażemy z kolei, że $k_1 = k_2 = \dots = k_{n-1} = 0$ .

Ustalmy wartość $j \in \{1,2,\dots ,n - 1\}$ . Każda liczba występująca w $j$ -tej kolumnie jest równa
0, $j$ albo $-j$ . Musimy wykazać, że liczb $j$ jest tyle samo, co liczb $-j$ . Zauważmy, że w $i$ -tym wierszu
rozważanej kolumny znajduje się liczba $j$ wtedy i tylko wtedy, gdy do zbioru $A_i$ należy liczba $j$
oraz parzysta liczba liczb większych od $j$ (wybranych z $(n - j - 1)$ -elementowego zbioru
$\{j +1,j +2,\dots ,n-1,n\}$ ); liczby mniejsze od $j$ nie mają na to wpływu. Zatem liczba liczb
$j$ w $j$ -tej kolumnie tabeli jest równa

$ (4) \qquad 2^{j-1} \left(\binom{n-j-1}{0} + \binom{n-j-1}{2} + \binom{n-j-1}{4} + \hdots \right), $

przy czym ostatni składnik w powyższej sumie wynosi $\binom{n-j-1}{n-j-1}$ albo $\binom{n-j-1}{n-j-2}$
w zależności od parzystości liczby $n - j -1$ . Podobnie dowodzimy, że liczba liczb $-j$ w $j$ -tej kolumnie
jest równa

$ (5) \qquad 2^{j-1} \left(\binom{n-j-1}{1} + \binom{n-j-1}{3} + \binom{n-j-1}{5} + \hdots \right), $

Liczby (4) i (5) są równe, gdyż na mocy wzoru dwumianowego ich różnica wynosi
$2^{j-1} \cdot (1-1)n-j-1 = 0$ . To kończy dowód równości $k_j = 0$ .

Z udowodnionych zależności otrzymujemy na mocy (3), że $S = n\cdot 2^{n-1}$ .

LIX OM - I -Zadanie 5

Zawody matematyczne:

LIX OM, 2007-2008

Etap:

Znaleźć wszystkie takie trójki liczb pierwszych $(p,q,r)$ , że liczby

$ pq + qr + rp \quad \text{oraz} \quad p^3+q^3+r^3-2pqr $

są podzielne przez $p+ q +r$ .

Rozwiązanie

Niech liczby pierwsze $p, q, r$ spełniają żądane warunki. Liczba

$ pq +qr +rp = p(p+q +r)-(p^2 -qr) $

jest podzielna przez $p+q+r$ . Wobec tego liczby $p^2-qr$ oraz $p(p^2-qr)=p^3-pqr$ są również podzielne
przez $p+q+r$ . Analogicznie dowodzimy, że liczby

$ q^3 -pqr \quad \text{oraz} \quad r^3 -pqr $

są podzielne przez $p + q + r$ . Sumując te trzy liczby dostajemy podzielność liczby
$p^3 + q^3 + r^3 -3pqr$ przez $p + q + r$ . Zatem na mocy warunków zadania liczba $p+ q +r$ jest dzielnikiem
liczby $pqr$ .

Liczby $p, q, r$ są pierwsze, więc wszystkimi dodatnimi dzielnikami liczby pqr są:
$1, p, q, r, pq, qr, rp, pqr$ (przy czym niektóre z nich mogą być równe). To oznacza, że $p + q + r$
musi być równe jednemu z tych dzielników. Cztery pierwsze dzielniki są mniejsze od $p + q + r$ . Ponadto
$pqr >p + q + r$ , gdyż ze względu na nierówności $p,q,r \geqslant 2$ mamy

$ pqr \geqslant 4\cdot \max\{p,q,r\} > 3\cdot \max\{p,q,r\}\geqslant p+q +r. $

Zatem liczba $p+q+r$ jest równa $pq$ , $qr$ lub $rp$ . Dla ustalenia uwagi przyjmijmy, że
$p+q +r = pq$ . Liczba $pq +qr +rp$ jest więc podzielna przez $pq$ . Stąd liczba

$ pq(p+q +1)-(pq +qr +rp)=(p+ q)(pq -r)=(p+ q)^2 $

dzieli się przez $pq$ . To oznacza, że liczba $p + q$ jest podzielna przez liczby pierwsze
$p$ i $q$ . Musi więc być $p = q$ . Ponadto $r = pq -p-q = p^2 -2p = p(p-2)$ jest liczbą pierwszą.
Wobec $p \geqslant 2$ iloczyn $p(p - 2)$ może być liczbą pierwszą jedynie wtedy, gdy
$p-2 = 1$ . Ostatecznie mamy $p = q =3$ i $r =3\cdot 1 = 3$ .

Pozostaje bezpośrednio sprawdzić, że otrzymane liczby spełniają warunki zadania.

Odpowiedź: Jedynym rozwiązaniem są liczby $(p,q,r) = (3,3,3)$ .

Uwaga

W powyższym rozwiązaniu udowodniliśmy, że liczba $p^3 + q^3 + r^3 -3pqr$ jest podzielna przez
$p + q + r$ . Można tę podzielność również wykazać przy użyciu tożsamości

$ x^3 +y^3 +z^3 -3xyz =(x +y +z)(x^2 +y^2 +z^2 -xy -yz -zx). $

LIX OM - I -Zadanie 6

Zawody matematyczne:

LIX OM, 2007-2008

Etap:

Wyznaczyć wszystkie takie wielomiany $W(x)$ o współczynnikach rzeczywistych, że dla każdej liczby
rzeczywistej $x$ spełniona jest równość

$ (1) \qquad W(x^2)\cdot W (x^3)=(W (x))^5. $

Rozwiązanie

Sposób I

Zauważmy najpierw, że jedynymi wielomianami stałymi spełniającymi warunki zadania są $W(x) \equiv 0$ oraz
$W(x) \equiv 1$ . Przyjmijmy więc dalej, że wielomian $W(x)$ nie jest stały.

Jeżeli wielomian $W(x)$ jest postaci $W(x)=cx^n$ dla pewnej liczby rzeczywistej $c \neq 0$
i liczby całkowitej $n \geqslant 1$ , to w warunku (1) mamy

$ W(x^2)\cdot W(x^3)= c^2 x^{5n} =(W(x))^5 = c^5 x^{5n} , $

co implikuje $c^2=c^5$ i $c=1$ . Wobec tego wśród wielomianów rozważanej postaci tylko wielomiany
$W(x)= x$ dla $n \geqslant 1$ spełniają warunki zadania.

Pozostał do rozpatrzenia przypadek, gdy wielomian $W(x)$ jest sumą co najmniej dwóch niezerowych
jednomianów. W takim razie możemy napisać

$ W(x)= a_nx^n +a_lx^l +G(x), $

gdzie $n>l \geqslant 0$ , $a_n \neq 0$ , $a_l \neq 0$ , a wielomian $G(x)$ jest wielomianem zerowym albo ma stopień najwyżej $l -1$ . Zatem

$ \begin{split} W(x^2)\cdot W(x^3)&=(a_nx^{2n} +a_lx^{2l} +G(x^2))(a_nx^{3n} +a_lx^{3l} +G(x^3)) \\ &= a_n^2 x^{5n} + a_la_n x^{3n+2l} + a_la_n x^{2n+3l} + P(x), \end{split} $

gdzie $P(x)$ jest wielomianem stopnia co najwyżej $2n+3l -1$ , oraz

$ (W(x))^5 =(a_nx^n +a_lx^l +G(x))^5 = a_n^5x^{5n} +5a_na_lx^{4n+l}+Q(x), $

gdzie $Q(x)$ jest wielomianem stopnia co najwyżej $3n +2l$ . Liczby $2n +3l$ i $3n+2l$
są mniejsze od $4n+l$ . Wobec tego współczynnik przy potędze $x^{4n+l}$ w wielomianie
$W(x^2)\cdot W(x^3)$ jest równy zeru, a w wielomianie $(W(x))^5$ wynosi on $5a_na_l \neq 0$ .
Doszliśmy więc do sprzeczności.

Sposób II

Tak jak w sposobie I rozpatrujemy najpierw przypadek, gdy wielomian $W(x)$ jest stały.
Otrzymujemy więc rozwiązania $W(x)\equiv 0$ i $W(x)\equiv 1$ ,a w dalszej części rozwiązania
przyjmujemy, że wielomian $W(x)$ nie jest stały.

Podstawiając $x = 0$ w zależności (1) otrzymujemy $(W(0))^2 =(W(0))^5$ . Zatem
$W(0)=0$ albo $W(0) = 1$ .

Przypuśćmy najpierw, że $W(0) = 1$ . Wielomian $W(x)-1$ nie jest stały i jego pierwiastkiem jest liczba $x=0$ . Wobec tego istnieją taka liczba całkowita dodatnia $k$ oraz taki wielomian $G(x)$ , że

$ W(x)=1+x^k \cdot G(x),\quad \text{przy czym } G(0) \neq 0. $

Korzystając ze wzoru dwumianowego obliczamy, że

$ \begin{split} W (x 2)\cdot W (x 3) &= (1+x^{2k}G(x^2))(1+x^{3k}G(x^3)) = 1+x^{2k}P(x), \\ (W(x))^5 &= (1+x^kG(x))^5 = 1+5x^kG(x)+x^{2k}Q(x), \end{split} $

gdzie $P(x), Q(x)$ są pewnymi wielomianami o współczynnikach rzeczywistych. Jeżeli więc równość (1) zachodzi dla każdej liczby rzeczywistej $x$ , to

$ (2) \qquad x^{2k}(P(x)-Q(x)) = x^k \cdot G(x) $

dla wszystkich $x$ . Jednakże wielomian występujący po lewej stronie równości (2) jest podzielny przez
$x^{2k}$ , a wielomian po prawej stronie zawiera niezerowy współczynnik $G(0)$ przy potędze $x^k$ .
Otrzymaliśmy więc sprzeczność.

Pozostaje więc do rozpatrzenia przypadek $W(x) \neq 0$ , $W(0)=0$ . Wówczas możemy napisać

$ (3) \qquad W(x)= x^m \cdot G(x) $

dla pewnej liczby całkowitej dodatniej $m$ i wielomianu $G(x)$ spełniającego warunek
$G(0) \neq 0$ . Na mocy (1) i (3) mamy

$ x^{5m} \cdot G(x^2) \cdot G(x^3)= W (x^2)\cdot W(x^3)=(W(x))^5 = x^{5m} \cdot (G(x))^5 , $

zatem dla dowolnej liczby rzeczywistej x zachodzi równość

$ G(x^2) \cdot G(x^3)=(G(x))^5. $

Innymi słowy, wielomian $G(x)$ również spełnia warunki zadania. Ponieważ $G(0)\neq 0$ , więc
z poprzedniej części rozwiązania wnioskujemy, że $G(x) \equiv 1$ . Wobec tego $W(x)= x$ .

Pozostaje już tylko zauważyć, że każdy taki wielomian $W(x)$ spełnia warunki zadania.

Odpowiedź: $W(x) \equiv 0$ , $W(x) \equiv 1$ oraz $W (x)= x^n$ dla $n =1,2,3,\dots$ .

LIX OM - I -Zadanie 7

Zawody matematyczne:

LIX OM, 2007-2008

Etap:

W $n$ -osobowym stowarzyszeniu działa $2n-1$ komisji (każdy niepusty zbiór członków stowarzyszenia
tworzy komisję). W każdej komisji należy wybrać przewodniczącego. Wymagany jest przy tym warunek: Jeżeli
komisja $C$ jest sumą $C = A\cup B$ dwóch komisji $A$ i $B$ , to przewodniczący komisji $C$ jest też
przewodniczącym co najmniej jednej z komisji $A$ , $B$ . Wyznaczyć liczbę możliwych wyborów przewodniczących.

Rozwiązanie

Odpowiedź: n!.

Wskażemy wzajemnie jednoznaczną odpowiedniość między możliwymi wyborami przewodniczących komisji
a sposobami przydzielenia członkom stowarzyszenia numerów $1, 2, \dots , n$ (przy czym różnym członkom
przydzielone są różne numery). Tych ostatnich jest oczywiście tyle samo, ile permutacji zbioru $n$ -elementowego,
czyli $n!$ .

Przypuśćmy więc, że w każdej komisji wybrano przewodniczącego zgodnie z założeniami zadania.
Przypisujemy członkom stowarzyszenia numery indukcyjnie w następujący sposób:

Numer 1 otrzymuje przewodniczący komisji, w skład której wchodzą wszyscy członkowie stowarzyszenia.
Numer 2 otrzymuje przewodniczący komisji, w skład której wchodzą wszyscy członkowie stowarzyszenia oprócz członka o numerze 1.
Numer 3 otrzymuje przewodniczący komisji, w skład której wchodzą wszyscy członkowie stowarzyszenia oprócz członków o numerach 1 i 2, itd.

Wykażemy, że przy takim sposobie przypisania numerów spełniony jest następujący warunek:

(*) Przewodniczącym dowolnej komisji jest ten spośród jej członków, któremu przydzielony jest najmniejszy numer.

Rzeczywiście, rozpatrzmy dowolną komisję $A$ i niech $k$ będzie najmniejszym z numerów przypisanych członkom
tej komisji. Niech $B$ będzie komisją złożoną z wszystkich członków stowarzyszenia, którym przydzielono numery
nie mniejsze niż $k$ . Ze sposobu rozdzielenia numerów wynika, że przewodniczącym komisji $B$ jest członek
o numerze $k$ . Ponadto komisja $B$ jest sumą dwóch komisji: $A$ oraz $B\A$ . Ponieważ członek o numerze
$k$ nie należy do komisji $B\A$ , więc zgodnie z warunkami zadania musi on być przewodniczącym komisji A.

Określiliśmy więc odwzorowanie, które wyborowi przewodniczących komisji przyporządkowuje sposób przydzielenia
członkom stowarzyszenia liczb $1, 2, \dots , n$ . Aby dokończyć rozwiązanie zadania, wskażemy teraz odwzorowanie
odwrotne.

Mianowicie, jeżeli członkom stowarzyszenia przypisano liczby $1, 2, \dots , n$ , to w każdej komisji
wybieramy na przewodniczącego tego jej członka, który ma najmniejszy numer (warunek (*) będzie więc spełniony).
Jeżeli komisja $C$ jest sumą $C = A\cup B$ dwóch komisji $A, B$ i członek o numerze $k$ jest przewodniczącym
komisji $C$ , to należy on do jednej z komisji $A, B$ , w której jest członkiem o najniższym numerze — a więc jest
jej przewodniczącym. Widzimy zatem, że warunek dany w treści zadania jest spełniony. Wobec tego jeżeli
rozpoczniemy od wyborów przewodniczących komisji, przyporządkujemy członkom stowarzyszenia numery zgodnie
z określoną wcześniej zasadą, a następnie z tych numerów odtworzymy przewodniczących komisji, to
otrzymamy wyjściowy wybór przewodniczących. Podobnie jeżeli rozdzielimy numery członkom stowarzyszenia, na
ich podstawie wybierzemy przewodniczących komisji, a potem zgodnie z opisaną procedurą indukcyjną przypiszemy
członkom numery, to będą one tożsame z wyjściowymi numerami. W takim razie określone odwzorowania są wzajemnie
odwrotne, co kończy rozwiązanie.

LIX OM - I -Zadanie 8

Zawody matematyczne:

LIX OM, 2007-2008

Etap:

Dany jest ostrosłup czworokątny $ABCDS$ o podstawie czworokąta wypukłego $ABCD$ . Sfera wpisana w ten
ostrosłup jest styczna do ściany $ABCD$ w punkcie $P$ . Dowieść, że

$ \measuredangle APB + \measuredangle CPD = 180^{\circ}. $

Rozwiązanie

Sposób I

Oznaczmy przez $K, L, M, N$ punkty styczności rozpatrywanej sfery odpowiednio ze ścianami
$SDA, SAB, SBC, SCD$ . Niech ponadto $K', L', M', N'$ będą odpowiednio punktami przecięcia prostych
$SK, SL, SM, SN$ z płaszczyzną $ABCD$ .

Z równości $KS = SL$ oraz $AK = AL$ wynika, że trójkąty $AKS$ i $ALS$ są przystające. A zatem

$ (1)\qquad \measuredangle AKK' = 180^{\circ} -\measuredangle AKS = 180^{\circ} -\measuredangle ALS = \measuredangle ALL' . $

Z kolei z równości $K'K = K'P$ oraz $AK = AP$ wynika, że trójkąty $AKK'$ oraz $APK$ są przystające.
Wobec tego $\measuredangle AKK' = \measuredangle APK'$ . Analogicznie dowodzimy, że $\measuredangle ALL' = \measuredangle APL'$ .

Łącząc ostatnie dwie równości z zależnością (1) uzyskujemy

$ \measuredangle APK' = \measuredangle APL' = \alpha. $

Rozumując podobnie dostajemy (rys. 2)

$ \measuredangle BPL' = \measuredangle BPM' = \beta,\quad \measuredangle CPM' = \measuredangle CPN' = \gamma, \quad \measuredangle DPN' = \measuredangle DPK' = \delta. $

Wobec tego

$ 2\alpha +2\beta +2\gamma +2\delta = \measuredangle K'PL' +\measuredangle L'PM' +\measuredangle M'PN' +\measuredangle N'PK' = 360^{\circ}, $

czyli $\alpha+\beta +\gamma +\delta = 180^{\circ}$ . Pozostało zauważyć, że

$ \measuredangle APB +\measuredangle CPD =(\alpha +\beta )+(\gamma + \delta) = 180^{\circ}, $

co kończy rozwiązanie zadania.

Sposób II

Poprowadźmy przez punkt $S$ wszystkie proste, które są styczne do danej sfery $s$ . Proste te wyznaczają
stożek $t$ , w który wpisana jest sfera $s$ . Część wspólna stożka $t$ oraz płaszczyzny $ABCD$ jest elipsą
$e$ wpisaną w czworokąt $ABCD$ , której jednym z ognisk jest punkt $P$ (zob. Szkoła geometrii. Odczyty
kaliskie — praca zbiorowa, Warszawa 1993).

Oznaczmy przez $K, L, M, N$ punkty styczności elipsy $e$ odpowiednio z bokami $DA, AB, BC, CD$ (rys. 3).
Wówczas (zob. LI Olimpiada Matematyczna, Sprawozdanie Komitetu Głównego, Warszawa 2001, Dodatek B, str. 107, twierdzenie 3) otrzymujemy zależności

$ \measuredangle APK = \measuredangle APL, \quad \measuredangle BPL = \measuredangle BPM, \quad \measuredangle CPM = \measuredangle CPN, \quad \measuredangle DPN = \measuredangle DPK, $

z których analogicznie jak w sposobie I wynika teza zadania.

LIX OM - I -Zadanie 9

Zawody matematyczne:

LIX OM, 2007-2008

Etap:

Wyznaczyć najmniejszą liczbę rzeczywistą a o następującej własności:

Dla dowolnych liczb rzeczywistych $x, y, z \geqslant a$ spełniających warunek $x +y + z = 3$
prawdziwa jest nierówność

$ x^3 + y^3 + z^3 \geqslant 3. $

Rozwiązanie

Odpowiedź: $a = -5$ .

W rozwiązaniu wykorzystamy następującą tożsamość:

$ (1)\qquad t^3 +2\cdot \left(\frac{3-t}{2}\right)^3 - 3= \frac{3(t+5)(t-1)^2}{4} . $

Przypuśćmy, że liczba $a \leqslant 1$ ma daną w treści zadania własność. Liczby
$x = a, y = z = 2\cdot (\frac{3-a}{2})$ spełniają warunki $x, y, z \geqslant a$ i $x+y+z = 3$ , zatem

$ 0\leqslant x^3 + y^3 + z^3 - 3 = a^3 +2\cdot \left(\frac{3-a}{2}\right)^3 - 3= \frac{3(a+5)(a-1)^2}{4} $

na mocy (1), skąd wynika nierówność $a \geqslant -5$ .

Wykażemy z kolei, że liczba $a = -5$ spełnia warunki zadania. W tym celu rozpatrzmy takie liczby
$x, y, z \geqslant-5$ , że $x + y + z = 3$ . Bez ograniczenia ogólności przyjmijmy, że
$x \leqslant y \leqslant z$ . Suma $y + z$ jest liczbą dodatnią, gdyż w przeciwnym razie wobec
$y\leqslant z$ mielibyśmy $x \leqslant y \leqslant 0$ , skąd wynikałoby, że $x +y + z \leqslant y + z \leqslant 0$ ,
co przeczy warunkowi $x+y+z = 3$ . Skoro zaś $y + z> 0$ , prawdziwa jest nierówność

$ y^3 + z^3 - 2\left( \frac{y+z}{2}\right)^3 = \frac{3(y^3-y^2z-yz^2+z^3)}{4} = \frac{3(y-z)^2(y+z)}{4}\geqslant 0. $

skąd na podstawie tożsamości (1) otrzymujemy ostatecznie

$ x^3 + y^3 + z^3 \geqslant x^3 + 2\left(\frac{y+z}{2}\right)^3 = x^3 +2\cdot \left(\frac{3-x}{2}\right)^3 = 3 + \frac{3(x+5)(x-1)^2}{4} \geqslant 3. $

LIX OM - I -Zadanie 10

Zawody matematyczne:

LIX OM, 2007-2008

Etap:

Dana jest liczba pierwsza p. Ciąg liczb całkowitych dodatnich $a_1, a_2, a_3, \dots$ spełnia warunek

$ (1) \qquad a_{n+1} = a_n +p\left[ \sqrt[p]{a_n} \right]\quad \text{dla } n =1, 2,3,\dots. $

Wykazać, że pewien wyraz tego ciągu jest $p$ -tą potęgą liczby całkowitej.
(Uwaga: Symbol $[x]$ oznacza największą liczbę całkowitą nie przekraczającą $x$ .)

Rozwiązanie

Zdefiniujmy ciągi liczb całkowitych nieujemnych $b_1, b_2, b_3, \dots$ oraz $r_1, r_2, r_3, \dots$
w następujący sposób:

$ b_n^p \leqslant a_n < (b_n + 1)^p \quad \text{ oraz } \quad r_n = a_n -b_^p $

dla $n =1,2,3,\dots$ . Inaczej mówiąc, $r_n$ jest różnicą między wyrazem an a największą nie
przekraczającą tego wyrazu $p$ -tą potęgą liczby całkowitej. Warunek (1) przepisujemy teraz w postaci

$ (2) \qquad a_{n+1} = a_n +pb_n. $

Zauważmy, ze jeżeli $r_n = 0$ , to $a_n = b_n^p$ jest $p$ -tą potęgą liczby całkowitej. Zadanie będzie
więc rozwiązane, jeśli udowodnimy, że $r_n = 0$ dla pewnej wartości $n$ .

Przypuśćmy, że wszystkie wyrazy ciągu $r_1, r_2, r_3, \dots$ są liczbami całkowitymi dodatnimi. Niech
$r_m$ będzie najmniejszym wśród tych wyrazów. Mamy więc $a_m = b_m^p +rm$ . Ponadto
$b_{m-1} <b_m$ , gdyż w przeciwnym razie mielibyśmy

$ r_{m-1} = a_{m-1} -b^p_{m-1} < a_m -b^p_{m-1} = r_m $

wbrew określeniu $m$ . Zauważmy dalej, że $a_{m-1} <(b_{m-1}+1)^p \leqslant b^p_m \leqslant a_m$
i wobec tego zachodzi nierówność

$ (3)\qquad r_m = a_m -b_m^p <am -a_{m-1} = pb_{m-1} < pb_m. $

Niech ponadto $k>m$ będzie najmniejszym wskaźnikiem, dla którego $b_k >b_m$ . Wówczas
$b_m = b_{m+1} = \dots = b_{k-1}$ , więc na mocy (2) otrzymujemy

$ \begin{split} a_{m+1} &= a_m +pb_m, \\ a_{m+2} &= a_{m+1} +pb_m, \\ \dots \\ a_k &= a_{k-1} +pb_m \end{split} $

i sumując stronami dochodzimy do wniosku, że

$ (4) \qquad a_k = a_m +pb_m(m -k)= b^p_m +pb_m(m-k)+r_m. $

Wykażemy z kolei, że $b_k = b_m +1$ . Istotnie, gdyby zachodziła nierówność
$b_k \geqslant b_m +2= b_{k-1} +2$ , mielibyśmy $a_{k-1} < (b_{k-1} +1)^p$ , $a_k \geqslant (b_{k-1} +2)^p$
oraz

$ (5) \qquad pb_{k-1} = a_k -a_{k-1} > (b_{k-1} +2)^p -(b_{k-1} +1)^p, $

ale pisząc $x = b_{k-1} +2$ , $y = b_{k-1} +1$ mamy $x-y =1$ , $x>y>b_{k-1}$ i widzimy, że

$ x^p-y^p=(x-y)(x^{p-1} + x^{p-2}y +\dots +y^{p-1}) > 1\cdot py^{p-1} > pb^{p-1}_{k-1} \geqslant pb_{k-1}. $

Nierówność (5) jest więc fałszywa, co dowodzi równości $b_k = b_m +1$ .

Na mocy (4) możemy zatem napisać

$ (b_m +1)^p +r_k = b^p_k +r_k = a_k = b^p_m +pb_m(m-k)+r_m, $

czyli

$ (6) \qquad r_m -r_k=(b_m+1)^p -b^p_m -pb_m(m-k). $

Ze wzoru dwumianowego otrzymujemy

$ (b_m +1)^p - b_m^p = \binom{p}{1} b^{p-1}_m + \binom{p}{2}b^{p-2}_m + \dots + \binom{p}{p-1} b_m +1 $

Ponieważ $p$ jest liczbą pierwszą, więc współczynniki dwumianowe $\binom{p}{i}$ są dla $i =1,2,\dots ,p - 1$
liczbami podzielnymi przez $p$ . Zatem liczba $(b_m + 1)^p - b_m^p$ daje resztę 1 z dzielenia przez
$pb_m$ . Wobec tego z (6) wynika, że liczba $r_m -r_k$ daje resztę 1 z dzielenia przez $pb_m$ .

W (3) uzyskaliśmy nierówność $r_m <pb_{m-1}$ korzystając jedynie z tego, że
$b_{m-1} <b_m$ . Analogicznie wyprowadzamy z nierówności $b_{k-1} <b_k$ , że $r_k <pb_m$ .
Liczby $r_m$ i $r_k$ należą więc do przedziału $(0; pb_m)$ , a różnica $r_m-r_k$ daje resztę 1 z dzielenia
przez $pb_m$ . Wynika stąd, że $r_k = r_m -1$ , co przeczy założeniu, że $r_m$ jest najmniejszym wyrazem
w ciągu $r_1, r_2, r_3, \dots$ .

To oznacza, że $r_n = 0$ dla pewnego wskaźnika $n$ , skąd wynika teza.

LIX OM - I -Zadanie 11

Zawody matematyczne:

LIX OM, 2007-2008

Etap:

Punkty $P_1, P_2, P_3, P_4, P_5, P_6, P_7$ leżą odpowiednio na bokach $BC, CA, AB, BC, CA, AB, BC$
trójkąta $ABC$ , przy czym spełnione są równości

$ \measuredangle P_1P_2C =\measuredangle AP_2P_3 =\measuredangle P_3P_4B =\measuredangle CP_4P_5 =\measuredangle P_5P_6A=\measuredangle BP_6P_7 =60^{\circ}. $

Dowieść, że $P_1 = P_7$ .

Rozwiązanie

Niech o będzie okręgiem opisanym na trójkącie $P_1P_2P_3$ .

Z warunków zadania wynika równość $\measuredangle P_1P_2P_3 = 60^{\circ}$ . To w połączeniu z równością
$\measuredangle P_3P_4B =60^{\circ}$ . dowodzi, że punkt $P_4$ leży na okręgu o, niezależnie od tego, czy leży
on na odcinku $P_1C$ (rys. 4), czy na odcinku $P_1B$ (rys. 5). Zauważmy ponadto, iż równość $P_1 = P_4$
zachodzi jedynie wtedy, gdy okrąg o jest styczny do boku $BC$ .

Dalej, na mocy założeń zadania mamy $\measuredangle P_5P_4P_3 = 60^{\circ}$ i $\measuredangle AP_2P_3 = 60^{\circ}$ ,
skąd wnioskujemy, że punkt $P_5$ leży na okręgu $o$ , zarówno wtedy, gdy punkt $P_5$ leży na odcinku $P_2C$
(rys. 6), jak i wtedy, gdy leży on na odcinku $P_2A$ (rys. 7). Tak jak poprzednio, równość $P_2 =P_5$
oznacza, że okrąg o jest styczny do boku $CA$ .

Analogicznie dowodzimy, że punkty $P_6$ i $P_7$ leżą na okręgu $o$ . Wynika stąd, że punkty $P_1, P_4, P_7$
leżą jednocześnie na okręgu $o$ i na boku $BC$ . Jeżeli okrąg ten jest styczny do danego boku, to oczywiście
$P_1 = P_4 = P_7$ . Jeżeli natomiast okrąg o przecina bok $BC$ w dwóch różnych punktach, to z przeprowadzonego
rozumowania otrzymujemy $P_1 \neq P_4$ i $P_4 \neq P_7$ , zatem równość $P_1 = P_7$ także jest spełniona.

LIX OM - I -Zadanie 12

Zawody matematyczne:

LIX OM, 2007-2008

Etap:

Dana jest liczba całkowita $m \geqslant 2$ . Wyznaczyć najmniejszą taką liczbę całkowitą
$n \geqslant m$ , że dla każdego rozbicia zbioru $\{m,m+1,\dots ,n\}$ na dwa podzbiory, przynajmniej jeden z
tych podzbiorów zawiera takie liczby $a, b, c$ (niekoniecznie różne), że $ab = c$ .

Rozwiązanie

Odpowiedź: $n = m^5$ .

Załóżmy, że istnieje rozbicie zbioru $\{m,m+1,\dots ,m^5\}$ na dwa podzbiory $S$ i $T$ ,
z których żaden nie zawiera dwóch liczb (niekoniecznie różnych) wraz z ich iloczynem. Przypuśćmy przy tym,
że $m \in S$ . Liczba $m^2 = m \cdot m$ jest iloczynem dwóch elementów zbioru $S$ , zatem musimy mieć
$m^2 \in T$ . Stąd zaś $m^4= m^2\cdot m^2 \in S$ . Widzimy, że $m, m^4 \in S$ , co oznacza, że liczba
$m^5= m \cdot m^4$ należy do zbioru $T$ . Z drugiej strony, liczby $m, m^4$ są elementami zbioru $S$ ,
więc liczba $m^3$ nie może należeć do tego zbioru. Wobec tego $m, m^3, m^5 \in T$ .
Otrzymaliśmy zatem $m^2, m^3, m^5 \in T$ , czyli mamy sprzeczność.

Z drugiej strony, jeżeli podzielimy zbiór $\{m,m+1,\dots ,m^5 -1\}$ na następujące dwa podzbiory:

$ \begin{split} S &= \{m,m+1,\dots ,m^2 -2,m^2-1,m ,m^4 +1,\dots ,m^5 -2,m^5 -1\}, \\ T &= \{m^2 ,m^2 +1,\dots ,m^4 -2,m^4 -1\}, \end{split} $

to iloczyn dwóch elementów (niekoniecznie różnych) każdego z tych podzbiorów nie jest elementem tego
podzbioru. Rzeczywiście, do zbioru $T$ należą liczby nie mniejsze od $m^2$ , a więc iloczyn dowolnych dwóch
z nich jest równy co najmniej $m^4$ , zaś największym elementem tego zbioru jest liczba $m^4 -1$ . Z kolei do
zbioru $S$ należą liczby nie mniejsze od $m$ , więc iloczyn dowolnych dwóch jest równy co najmniej $m$ .
Iloczyn ten jest mniejszy od $m^4$ , jeżeli obie liczby są mniejsze od $m^2$ , albo jest równy przynajmniej
$m^5$ , jeżeli jedna z liczb wynosi co najmniej $m^4$ , i w obu przypadkach nie należy do zbioru $S$ .

Widzimy więc, że liczba $n = m^5 -1$ nie spełnia warunków zadania. Tym bardziej liczby
$n<m^5 - 1$ nie spełniają tych warunków, wystarczy bowiem z każdego ze zbiorów $S, T$ utworzonych dla wartości
$m^5 - 1$ usunąć liczby większe od $n$ . Wobec tego szukaną najmniejszą wartością jest $n = m^5$ .