LIV OM - I etap

I etap LV Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
LIV OM I etap - Zadania [1]	97.1 KB
LIV OM I etap - Zadania z rozwiązaniami [2]	143.67 KB

LIV OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

LIV OM, 2002-2003

Etap:

Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych dodatnich $x$ , $y$ spełniających równanie

$ (x + y)^2 - 2(xy)^2 = 1. $

Rozwiązanie

Dla dowolnych liczb rzeczywistych $x,y \geq 2$ mamy

$ (1) \qquad xy = x \cdot \frac{y}{2} + y \cdot \frac{x}{2} \geq x + y. $

Zatem dla liczb rzeczywistych $x,y \geq 2$ prawdziwe są nierówności

$ 2(xy)^2 + 1 > (xy)^2 \geq (x + y)^2 , $

co oznacza, że dane równanie nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych (a nawet rzeczywistych) $x,y \geq 2$ .

Wobec tego, jeśli para $(x,y)$ liczb całkowitych dodatnich spełnia dane w treści zadania równanie, to jedna z liczb $x$ , $y$ musi być równa 1. Przyjmijmy ze względu na symetrię, że tą liczbą jest $x$ . Dane równanie przyjmuje wówczas postać $(y + 1)^2 - 2y^2 = 1$ . Po uproszczeniu dostajemy $y^2 - 2y = 0$ , skąd $y = 2$ .

Równanie ma więc dwa rozwiązania: $x = 1$ , $y = 2$ oraz $x = 2$ , $y = 1$ .

Uwaga: Kluczem do rozwiązania zadania jest nierówność $xy \geq x + y$ prawdziwa dla dowolnych liczb rzeczywistych $x,y \geq 2$ . Jej krótki dowód został przedstawiony w powyższym rozwiązaniu w linijce (1). Inny, równie krótki dowód to:

$ x,y \geq 2 \Rightarrow (x - 1)(y - 1) \geq 1 \Leftrightarrow xy \geq x + y. $

LIV OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

LIV OM, 2002-2003

Etap:

Dana jest liczba rzeczywista $a_1 > 1$ . Definiujemy ciąg $(a_n)$ wzorem

$ a_{n+1} = a_n^2 - a_{n} + 1 \ \textrm{dla}\ n \geq 1. $

Dowieść, że dla każdej liczby naturalnej $n$ zachodzi nierówność

$ \frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\ldots+\frac{1}{a_n}<\frac{1}{a_1-1}. $

Rozwiązanie

Niech $b_n = a_n - 1$ . Wówczas daną w treści zadania zależność rekurencyjną możemy przepisać w postaci

$ b_{n+1} = b_n(b_n + 1) \ \textrm{dla}\ n \geq 1. $

Z powyższego wzoru oraz z nierówności $b_1 > 0$ uzyskujemy przez indukcję nierówność $b_n > 0$ dla dowolnego $n \geq 1$ . Ponadto

$ \frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b_{n+1}}=\frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b_{n}(b_n+1)}=\frac{b_n+1-1}{b_{n}(b_n+1)}=\frac{1}{b_n+1}=\frac{1}{a_n}. $

Stąd otrzymujemy

$ \begin{array}{l} \frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\ldots+\frac{1}{a_n} =\\ \qquad=\left(\frac{1}{b_1} - \frac{1}{b_2} \right) + \left(\frac{1}{b_2} - \frac{1}{b_3} \right)+\left(\frac{1}{b_3} - \frac{1}{b_4}\right)+\ldots +\left(\frac{1}{b_n} - \frac{1}{b_{n+1}} \right) =\\ \qquad= \frac{1}{b_1} - \frac{1}{b_{n+1}} = \frac{1}{a_1-1} - \frac{1}{b_{n+1}}< \frac{1}{a_1-1}, \end{array} $

czego należało dowieść.

LIV OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

LIV OM, 2002-2003

Etap:

Trzy różne punkty $A$ , $B$ , $C$ leżą na okręgu $o$ . Proste styczne do okręgu $o$ w punktach $A$ i $B$ przecinają się w punkcie $P$ . Prosta styczna do okręgu $o$ w punkcie $C$ przecina prostą $AB$ w punkcie $Q$ . Udowodnić, że

$ PQ^2 = PB^2 + QC^2. $

Rozwiązanie

Niech $M$ będzie środkiem odcinka $AB$ (rys. 1). Wówczas trójkąt $PMQ$ jest prostokątny. Na mocy twierdzenia Pitagorasa oraz podobieństwa trójkątów $QBC$ i $QCA$ otrzymujemy

$ \begin{array}{rcl} PQ^2 &=& PM^2 + QM^2 = PB^2 - MB^2 + QM^2 \\ &=& PB^2 + (QM-MB )(QM+MB) \\ &=& PB^2 + QB \cdot QA = PB^2 + QC^2, \end{array} $

co należało udowodnić.

LIV OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

LIV OM, 2002-2003

Etap:

Rozpatrujemy zbiór wszystkich $k$ -wyrazowych ciągów o wyrazach ze zbioru $\{1, 2, 3,\ldots , m\}$ . Z każdego takiego ciągu wybieramy wyraz najmniejszy i sumujemy wybrane wyrazy. Udowodnić, że otrzymana suma jest równa

$ 1^k + 2^k + 3^k + \ldots + m^k. $

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $L_i$ $(i =1,2,\ldots,m)$ liczbę tych $k$ -wyrazowych ciągów o wyrazach ze zbioru $\{1, 2, 3, \ldots , m\}$ , których każdy wyraz jest nie mniejszy niż $i$ . Ciągi takie to $k$ -wyrazowe ciągi o wyrazach z $(m-i+1)$ -elementowego zbioru

$ \{i, i +1, i + 2, \ldots ,m\}. $

Stąd wynika, że $L_i = (m-i+1)^k$ . Zatem liczba ciągów o najmniejszym wyrazie równym $i$ wynosi $L_i - L_{i+1} = (m - i + 1)^k - (m - i)^k$ .

Suma wszystkich wyrazów najmniejszych jest więc równa

$ \begin{array}{l} 1\cdot(m^k-(m-1)^k)+2\cdot((m-1)^k-(m-2)^k)+3\cdot((m-2)^k-(m-3)^k)+\ldots\\ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \ldots+(m-1)\cdot(2^k-1^k)+m\cdot 1^k=\\ \qquad=1^k+2^k+3^k+\ldots+m^k, \end{array} $

czego należało dowieść.

LIV OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

LIV OM, 2002-2003

Liczba naturalna $n_1$ zapisana jest w układzie dziesiętnym za pomocą 333 cyfr, z których żadna nie jest zerem. Dla $i = 1 , 2, 3, \ldots , 332$ liczba $n_{i+1}$ powstaje z liczby $n_i$ przez przeniesienie cyfry jedności na początek. Dowieść, że albo wszystkie liczby $n_1, n_2, n_3, \ldots , n_{333}$ są podzielne przez 333, albo żadna z nich.

Rozwiązanie

Niech $j_i$ $(i = 1,2,3,\ldots ,333)$ oznacza cyfrę jedności liczby $n_i$ . Wówczas dla $i =1,2,\ldots,332$ mamy

$ (1) \qquad n_{i+1}=\frac{n_i+10^{333}j_i-j_i}{10},\ \textrm{skąd}\ 10n_{i+1}=n_i+(10^{333}-1)j_i. $

Liczba $10^{333} - 1 = (10^3 - 1) \cdot (10^{330} + 10^{327} + 10^{324} +\ldots + 10^3 + 1)$ jest podzielna przez 333 oraz liczby 10 i 333 są względnie pierwsze. Z drugiej równości (1) wynika zatem, że liczba $n_i$ jest podzielna przez 333 wtedy i tylko wtedy, gdy liczba $n_{i+1}$ jest podzielna przez 333.

Jeśli liczba $n_1$ jest podzielna przez 333, to na mocy powyższego stwierdzenia uzyskujemy (indukcyjnie) podzielność przez 333 każdej z liczb $n_2, n_3, \ldots , n_{333}$ . Jeżeli natomiast liczba $n_1$ nie dzieli się przez 333, to analogicznie jak wyżej wnioskujemy, że żadna z liczb $n_2, n_3, \ldots , n_{333}$ nie dzieli się przez 333.

LIV OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

LIV OM, 2002-2003

Etap:

Punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ leżą w tej właśnie kolejności na okręgu $o$ . Punkt $M$ jest środkiem tego łuku $AB$ okręgu $o$ , który nie zawiera punktów $C$ i $D$ ; punkt $N$ jest środkiem tego łuku $CD$ okręgu o, który nie zawiera punktów $A$ i $B$ . Dowieść, że

$ \frac{AN^2-BN^2}{AB}=\frac{DM^2-CM^2}{CD}. $

Rozwiązanie

Z twierdzenia Ptolemeusza (zob. LI Olimpiada Matematyczna, Sprawozdanie Komitetu Głównego, Dodatek D, str. 112) zastosowanego do czworokąta $AMBN$ uzyskujemy równość $BM \cdot (AN + BN) = MN \cdot AB$ . Stąd

$ \frac{AN^2-BN^2}{AB}=\frac{(AN-BN)\cdot MN}{BM}. $

Zatem zadanie sprowadza się do wykazania, że

$ (1)\qquad\frac{AN-BN}{BM}=\frac{DM-CM}{CN}. $

Bez straty ogólności przyjmijmy, że $AN < BN$ ; wtedy $DM < CM$ . Niech $A'$ będzie punktem symetrycznym do $A$ względem prostej $MN$ (rys. 2). Ponieważ $MN$ jest dwusieczną kąta $ANB$ , punkt $A'$ leży na odcinku $BN$ . Ponadto $BM = AM = A'M$ .

Analogicznie, oznaczając przez $D'$ punkt symetryczny do $D$ względem prostej $MN$ wnioskujemy, że punkt $D'$ leży na odcinku $CM$ oraz $CN = D'N$ . Na mocy równości

$ \measuredangle MBN = \measuredangle MCN , $

trójkąty równoramienne $BMA'$ i $CND'$ są podobne. Stąd

$ \frac{BA'}{BM} = \frac{CD'}{CN}, $

co jest równoważne dowodzonej równości (1).

LIV OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

LIV OM, 2002-2003

Etap:

U cioci Reni spotkało się (łącznie z ciocią) $n \geq 4$ osób. Każdy z obecnych podarował co najmniej jednej z pozostałych osób co najmniej jeden prezent. Okazało się, że każdy podarował trzykrotnie więcej prezentów niż sam otrzymał, z jednym wyjątkiem: ciocia Renia podarowała zaledwie $\frac{1}{6}$ liczby prezentów, które dostała. Wyznaczyć, w zależności od $n$ , najmniejszą możliwą liczbę prezentów, które mogła otrzymać ciocia Renia.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $x_i$ ( $i = 1,2, \ldots ,n-1$ ) liczbę prezentów otrzymanych przez $i$ -tego gościa cioci Reni oraz niech $x_R$ oznacza liczbę prezentów, które otrzymała ciocia Renia. Wówczas łączna liczba prezentów wynosi

$ (1) \qquad \sum^{n-1}_{i=1} x_i+x_R=\sum^{n-1}_{i=1} 3x_i+\frac{1}{6} x_R,\ \textrm{skąd}\ \sum^{n-1}_{i=1} x_i=\frac{5}{12}{x_R}. $

Zatem liczba $x_R$ jest podzielna przez $12$ , powiedzmy $x_R = 12k$ , gdzie $k$ jest pewną liczbą całkowitą nieujemną.

Ponieważ każda osoba podarowała co najmniej jeden prezent, więc musiała ona także otrzymać przynajmniej jeden upominek. Stąd wnioskujemy, że $x_i \geq 1$ dla $i = 1,2,\ldots ,n-1$ , co na mocy drugiej równości (1) daje $5k \geq n- 1$ . Ponieważ liczba $k$ jest całkowita, więc ostatnia nierówność jest równoważna nierówności $k \geq [(n-1+4)/5]$ , gdzie $[a]$ oznacza największą liczbę całkowitą nie większą niż $a$ . Zatem

$ x_R\geq \left[ \frac{n+3}{5} \right]. $

Pozostaje wykazać, że przy spełnieniu warunków zadania możliwe jest, aby ciocia Renia dostała dokładnie $12 [(n+3)/5]$ prezentów.

Załóżmy, że $n - 1 = 5k - r$ , gdzie $r = 0,1,2,3,4$ , zaś $k$ jest pewną liczbą całkowitą dodatnią. Podzielmy $n-1$ gości cioci Reni na (co najwyżej) trzy rozłączne grupy:

$ A_1,A_2,\ldots,A_{3k-r} , \ B_1,B_2,\ldots,B_{2k-r} , \ C_1,C_2,\ldots ,C_r . $

(Ponieważ $n \geq 4$ , więc $2k-r \geq 0$ .) Następnie posadźmy wszystkie osoby $A_i$ oraz $C_i$ przy okrągłym stole i przyjmijmy, że:

Każda osoba $A_i$ , $C_i$ daje 1 prezent osobie siedzącej po jej prawej stronie;
Każda osoba $A_i$ daje 2 prezenty cioci Reni;
Każda osoba $B_i$ daje 3 prezenty cioci Reni;
Każda osoba $C_i$ daje 5 prezentów cioci Reni;
Ciocia Renia daje po 1 prezencie każdej osobie $B_i$ oraz $C_i$ .

W ten sposób każda osoba $A_i$ oraz $B_i$ podarowała $3$ prezenty, zaś otrzymała jeden, natomiast każda osoba $C_i$ dała $6$ prezentów, a sama dostała dwa. Zatem każdy gość cioci Reni podarował trzykrotnie więcej prezentów niż sam dostał. Z kolei ciocia Renia otrzymała

$ 2(3k - r) +3(2k - r) + 5r = 12k = 12[(n+3)/5] $

prezentów, sama zaś podarowała $2k$ upominków, czyli sześciokrotnie mniej.

Odpowiedź: Ciocia Renia mogła otrzymać co najmniej 12[(n+3)/5] prezentów.

LIV OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

LIV OM, 2002-2003

Etap:

W czworościanie $ABCD$ punkty $M$ i $N$ są odpowiednio środkami krawędzi $AB$ i $CD$ . Punkt $P$ leży na odcinku $MN$ , przy czym $MP = CN$ oraz $NP = AM$ . Punkt $O$ jest środkiem sfery opisanej na czworościanie $ABCD$ . Dowieść, że jeżeli $O \neq P$ , to $OP \perp MN$ .

Rozwiązanie

Wprowadźmy następujące oznaczenia:

$ \alpha = \measuredangle OPM,\ a = AM = MB = NP, \ b = CN = ND = MP, x = OP. $

Wówczas na mocy twierdzenia cosinusów mamy

$ (1) \qquad OM^2 = b^2 + x^2 + 2bx \cos \alpha \ \textrm{oraz}\ ON^2 = a^2 + x^2 2ax \cos \alpha . $

Ponadto korzystając z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy

$ (2) \qquad OM^2 + a^2 = OA^2 = OD^2 = ON^2 + b^2. $

Odejmując stronami równości (1) oraz wykorzystując zależność (2) uzyskujemy $2(a + b)x \cos a = 0$ . Stąd $\alpha = 90^\circ$ , czyli $OP \perp MN$ .

LIV OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

LIV OM, 2002-2003

Etap:

Znaleźć wszystkie wielomiany $W$ o współczynnikach rzeczywistych, mające następującą własność: jeśli $x+ y$ jest liczbą wymierną, to

$ W(x) + W(y) $

jest liczbą wymierną.

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że warunki zadania są spełnione przez każdy wielomian postaci $W(x) = ax + b$ , gdzie $a$ i $b$ są liczbami wymiernymi.

Udowodnimy, że są to wszystkie wielomiany o własności podanej w zadaniu.

Niech $W$ będzie wielomianem spełniającym warunki zadania. Dla liczby wymiernej $q$ rozważamy wielomian $P(x) = W(q + x) + W(q - x)$ . Wielomian $P$ przyjmuje wartości wymierne dla wszystkich argumentów rzeczywistych $x$ , jest więc wielomianem stałym równym $P(0) = 2W(q)$ . Stąd wynika, że dla dowolnej liczby całkowitej $n$ zachodzi równość $W(n - 1) + W(n +1) = 2W(n)$ , czyli

$ W(n) - W(n - 1) = W(n +1) - W(n). $

Niech $V(x) = W(x) - ax - b$ , gdzie $a = W(1) - W(0)$ oraz $b = W(0)$ . Wówczas $V(0) = V(1) = 0$ oraz dla dowolnej liczby całkowitej n zachodzi równość

$ V(n) - V(n - 1) = V(n +1) - V(n). $

Zatem wielomian $V$ przyjmuje wartość $0$ dla wszystkich argumentów całkowitych, musi więc być wielomianem zerowym, a w konsekwencji $W(x) = ax + b$ .

LIV OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

LIV OM, 2002-2003

Etap:

Mamy talię 52 kart. Tasowaniem będziemy nazywać wykonanie następujących czynności: dowolny podział talii na część górną i dolną, a następnie dowolne zmieszanie kart z zachowaniem porządku w obrębie każdej części. Mówiąc formalnie, tasowaniem jest dowolne przemieszanie kart, w którym $i$ -ta karta od wierzchu przechodzi na pozycję $p_i$ , przy czym istnieje takie $m\in \{ 1, 2, 3, \ldots, 51\}$ , że $p_i < p_{i+1}$ dla $i<m$ oraz dla $i > m$ .

Rozstrzygnąć, czy rozpoczynając od ustalonego początkowego uporządkowania kart, można uzyskać każde inne uporządkowanie wykonując pięć tasowań.

Rozwiązanie

Udowodnimy, że po pięciu tasowaniach nie można uzyskać porządku odwrotnego do wyjściowego.

Zauważmy, że karty, które podczas pewnego tasowania znalazły się w tej samej części, nie zmieniają wzajemnego porządku po tym tasowaniu.

Spośrod 52 kart podczas pierwszego tasowania w jednej z części znajdzie się co najmniej 26 kart. Spośród tych 26 kart co najmniej 13 znajdzie się w jednej części także podczas drugiego tasowania.

Rozumując podobnie dalej wnioskujemy, że istnieje co najmniej 7 kart, które będą się znajdowały w tej samej części przez pierwsze trzy tasowania. Co najmniej 4 z nich będą w tej samej części także przy czwartym tasowaniu, a pewne dwie po wszystkich pięciu tasowaniach. Zatem zawsze będą istniały dwie karty, które przez pięć tasowań nie zmienią wzajemnego położenia.

Nie można więc uzyskać kart w porządku odwrotnym do wyjściowego, gdyż wtedy każde dwie karty musiałyby zmienić wzajemną kolejność.

LIV OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

LIV OM, 2002-2003

Etap:

Dany jest czworokąt wypukły $ABCD$ . Punkty $P$ i $Q$ , różne od wierzchołków czworokąta, leżą odpowiednio na bokach $BC$ i $CD$ , przy czym $\measuredangle BAP = \measuredangle DAQ$ . Udowodnić, że trójkąty $ABP$ i $ADQ$ mają równe pola wtedy i tylko wtedy, gdy ich ortocentra leżą na prostej prostopadłej do $AC$ .

Uwaga: Ortocentrum trójkąta to punkt przecięcia wysokości.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $K$ , $L$ rzuty prostokątne punktów $A$ , $B$ odpowiednio na proste $BC$ , $AP$ (rys. 3). Niech ponadto $H$ oznacza ortocentrum trójkąta $ABP$ oraz niech $X$ będzie rzutem prostokątnym punktu $H$ na prostą $AC$ .

Korzystając z podobieństwa trójkątów prostokątnych $AHL$ i $APK$ otrzymujemy

$ \frac{AH}{AL}=\frac{AP}{AK}. $

Analogicznie, z podobieństwa trójkątów prostokątnych $AHX$ i $ACK$ uzyskujemy zależność

$ \frac{AH}{AX}=\frac{AC}{AK}. $

Wprowadźmy następujące oznaczenie:

$ \alpha = \measuredangle BAP = \measuredangle DAQ. $

Z nierówności $\measuredangle BAD < 180^\circ$ wynika, że $\alpha< 90^\circ$ . Zatem

$ (1) \qquad AC\cdot AX = AH\cdot AK = AP\cdot AL = AP\cdot BL\cdot \mathrm{ctg} \alpha = 2 [ABP] \cdot \mathrm{ctg}\alpha, $

gdzie $[TUW]$ oznacza pole trójkąta $TUW$ .

Oznaczmy przez $Y$ rzut prostokątny ortocentrum trójkąta $ADQ$ na prostą $AC$ . Wówczas, analogicznie jak wyżej, otrzymujemy zależność

$ (2) AC \cdot AY = 2[ADQ] \cdot \mathrm{ctg} \alpha. $

Porównując równości (1) oraz (2) wnioskujemy, że $[ABP] = [ADQ]$ wtedy i tylko wtedy, gdy $AX = AY$ . Ostatnia równość jest równoważna stwierdzeniu, że ortocentra trójkątów $ABP$ i $ADQ$ leżą na prostej prostopadłej do $AC$ , jeśli przekonamy się, że punkty $X$ i $Y$ leżą na prostej $AC$ po tej samej stronie punktu $A$ .

W tym celu wykażemy, że punkt $X$ leży na półprostej $AC^\rightarrow$ Ponieważ $\alpha< 90^\circ$ , więc punkt $H$ leży na półprostej $AK^\rightarrow$ . Ponadto trójkąt $AKC$ jest prostokątny (lub $K = C$ ), więc rzut prostokątny półprostej $AK^\rightarrow$ na prostą $AC$ pokrywa się z półprostą $AC^\rightarrow$ Stąd bezpośrednio wynika, że punkt $X$ leży na półprostej $AC^\rightarrow$ Analogicznie dowodzimy, że punkt $Y$ leży na półprostej $AC^\rightarrow$ , co kończy rozwiązanie zadania.

Uwaga: Rysunek 3 przedstawia przypadek, w którym trójkąty $ABP$ i $ADQ$ są ostrokątne. Zaprezentowane rozwiązanie pozostaje jednak w mocy dla każdej innej konfiguracji spełniającej warunki zadania.

LIV OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

LIV OM, 2002-2003

Etap:

Dla liczb dodatnich $a$ , $b$ , $c$ , $d$ określamy

$ A = a^3 + b^3 + c^3 + d^3, \ B = bcd + cda + dab + abc. $

Udowodnić nierówność

$ (a + b + c + d)^3 < 4A + 24B. $

Rozwiązanie

Niech $S = a + b + c + d$ . Wtedy $S^3 = A + 6B + 3Q$ , gdzie

$ \begin{array}{rcl} Q &=& a^2(b+c + d)+ b^2 (c + d+a)+ c^2 (d+a + b) + d^2(a + b+c) = \\ &=& a^2(S - a) + b^2(S - b)+ c^2(S - c) + d^2 (S - d) = \\ &=& a(Sa - a^2) + b(Sb - b^2) + c(Sc - c^2) + d(Sd - d^2). \end{array} $