LIII OM - II etap

II etap LIII Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
LIII OM II etap - Zadania [1]	77.2 KB
LIII OM II etap - Zadania z rozwiązaniami [2]	105.94 KB

LIII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

Dana jest taka funkcja $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ , że dla każdej liczby rzeczywistej $x$ zachodzą równości

$ f(x) = f(2x) = f(1 - x) . $

Dowieść, że funkcja $f$ jest okresowa.

Rozwiązanie

Na mocy danych w treści zadania równości, otrzymujemy dla dowolnej liczby rzeczywistej $x$ :

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

co dowodzi, że funkcja $f$ jest okresowa o okresie $\frac{1}{2}$ .

LIII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

W czworokącie wypukłym $ABCD$ zachodzą równości

$ \measuredangle ADB = 2 \measuredangle ACB \ \textrm{oraz}\ \measuredangle BDC = 2\measuredangle BAC. $

Udowodnić, że $AD = CD$ .

Rozwiązanie

Z danych w zadaniu równości kątów oraz z nierówności $\measuredangle ADC < 180^\circ$ wynika, że

$ \measuredangle ACB + \measuredangle BAC = \frac{1}{2} (\measuredangle ADB + \measuredangle BDC) = \frac{1}{2} \measuredangle ADC < 90^\circ. $

Kąty $ACB$ i $BAC$ są więc ostre, co oznacza, że środek $O$ okręgu opisanego na trójkącie $ABC$ leży wewnątrz kąta $ABC$ (rys. 1). Stąd w szczególności wynika, że punkty $O$ i $D$ leżą po tej samej stronie prostej $BC$ . Ponadto

$ \measuredangle BDC = 2\measuredangle BAC = \measuredangle BOC. $

Zatem punkty $B$ , $C$ , $O$ , $D$ leżą na jednym okręgu $o_1$ .

Analogicznie dowodzimy, że punkty $A$ , $B$ , $O$ , $D$ leżą na jednym okręgu $o_2$ . Okręgi $o_1$ i $o_2$ są różne - w przeciwnym razie okrąg opisany na trójkącie $ABC$ przechodziłby przez punkt $O$ , czyli swój środek. Okręgi $o_1$ i $o_2$ mają jednak trzy punkty wspólne: $B$ , $D$ i $O$ . Ponieważ $B \ne D$ , więc musi być $O = D$ , czyli $AD = CD$ .

LIII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

W $n$ -osobowym stowarzyszeniu działa sześć komisji. W skład każdej z nich wchodzi nie mniej niż $n/4$ osób. Dowieść, że istnieją dwie komisje oraz grupa licząca nie mniej niż $n/30$ osób, należących do obu tych komisji.

Rozwiązanie

Ponumerujmy komisje liczbami $1,2,\ldots,6$ i oznaczmy przez $K_i$ liczbę tych członków $i$ -tej komisji, którzy nie są członkami żadnej komisji o numerze mniejszym od $i$ .

$K_1$ to liczba wszystkich członków komisji nr $1$ , co daje $K_1 \geq n/4$ .

Przypuśćmy, że część wspólna dowolnych dwóch komisji liczy mniej niż $n/30$ osób.

Ponieważ w skład komisji nr $2$ wchodzi co najmniej $n/4$ osób, więc liczba tych członków komisji nr $2$ , którzy nie są w komisji nr $1$ musi być większa od $n/4$ - $n/30$ . Stąd

$ K_{2}>\frac{n}{4}-\frac{n}{30}. $

Analogicznie stwierdzamy, że

$ K_{i}>\frac{n}{4}-(i-1)\frac{n}{30}\ \textrm{dla}\ i=3,4,5,6. $

Dodając stronami powyższe nierówności uzyskujemy

$ K_{1}+K_{2}+K_{3}+K_{4}+K_{5}+K_{6}>\frac{6n}{4}-(1+2+3+4+5)\frac{n}{30}=n. $

Otrzymaliśmy sprzeczność, gdyż wielkość $K_{1}+K_{2}+\ldots+K_{6}$ jest nie większa od liczby wszystkich członków stowarzyszenia, czyli $n$ . Zatem do części wspólnej pewnych dwóch komisji należy co najmniej $n/30$ osób.

LIII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

Wyznaczyć wszystkie takie trójki liczb pierwszych $p \leq q \leq r$ , że liczby

$ pq+r,\ pq+r^{2},\ qr+p,\ qr+p^{2},\ rp+q,\ rp+q^{2} $

są pierwsze.

Rozwiązanie

Gdyby wszystkie trzy liczby pierwsze $p$ , $q$ , $r$ były większe od $2$ , to liczba $pq + r$ jako liczba parzysta większa od $2$ byłaby złożona. Zatem co najmniej jedna z liczb $p$ , $q$ , $r$ jest równa $2$ , co na mocy nierówności $p \leq q \leq r$ daje $p = 2$ .

Ponadto $q> 2$ , gdyż przy $q = 2$ mielibyśmy $qr + p = 2(r + 1)$ , co jest liczbą złożoną.

Gdyby obie liczby pierwsze $q$ , $r$ były większe od $3$ , to liczba $qr$ byłaby niepodzielna przez $3$ , a zatem jedna z liczb $qr+ 2$ , $qr+ 4$ byłaby podzielna przez $3$ i większa od $3$ , czyli złożona. Stąd wynika, że jedna z liczb $q$ , $r$ jest równa $3$ , co na mocy nierówności $2 < q \leq r$ daje $q = 3$ .

Pozostało wyznaczyć wszystkie takie liczby pierwsze $r \geq 3$ , aby liczby

$ (1) \qquad 6 + r,\ 6 + r^2,\ 3r + 2,\ 3r + 4,\ 2r + 3,\ 2r + 9 $

były pierwsze.

Gdyby liczba pierwsza $r$ była różna od $5$ , to przez $5$ dzieliłaby się jedna z liczb $r+ 1$ , $r+ 2$ , $r+ 3$ , $r+ 4$ , a co za tym idzie, również jedna z liczb

$ \begin{array}{rcl} 6+ r = (r+ 1) + 5 , & 2r+ 9 = 2(r+ 2) + 5 ,\\ 3r + 4 = 3(r + 3) - 5 , & 2r + 3 = 2(r + 4) - 5 . \end{array} $

Zatem musi być $r = 5$ . Wtedy liczby (1) przyjmują odpowiednio wartości $11$ , $31$ , $17$ , $19$ , $13$ , $19$ i wszystkie one są pierwsze.

Odpowiedź: Warunki zadania spełnia jedna trójka $(p,q,r) = (2,3,5)$ .

LIII OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

Trójkąt $ABC$ , w którym $\measuredangle A = 90^\circ$ , jest podstawą ostrosłupa $ABCD$ . Ponadto zachodzą równości

$ AD = BD \ \textrm{oraz}\ AB = CD. $

Udowodnić, że $\measuredangle ACD \geq 30^\circ$ .

Rozwiązanie

Trójkąt $BAC$ uzupełniamy do prostokąta $BACE$ . Wówczas z równości $AD = BD$ wynika, że $CD = ED$ . To w połączeniu z $AB = CD$ dowodzi, że trójkąt $CDE$ jest równoboczny. Zatem

$ \measuredangle ACD \geq \measuredangle ACE - \measuredangle DCE = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ. $

LIII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

Wyznaczyć wszystkie takie liczby naturalne n, że dla dowolnych liczb rzeczywistych $x_{1},x_{2},\ldots,x_{n},$ $y_{1},y_{2},\ldots,y_{n}$ zachodzi nierówność

$ (1) \qquad x_{1}x_{2}\ldots x_{n}+y_{1}y_{2}\ldots y_{n}\leq\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}\cdot\sqrt{x_{2}^{2}+y_{2}^{2}}\cdot\ldots\cdot\sqrt{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}}. $

Rozwiązanie

Dla $n = 1$ dana nierówność przybiera postać

$ x_{1}+y_{1}\leq\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}, $

co nie dla dowolnych liczb rzeczywistych $x$ , $y$ jest prawdą - wystarczy przyjąć $x_1 = y_1 = 1$ .

Wykażemy, że nierówność (1) jest prawdziwa, jeśli $n \geq 2$ .

Jeśli któryś z czynników stojących po prawej stronie nierówności (1), np.

$ \sqrt{x_{k}^{2}+y_{k}^{2}} $

jest równy $0$ , to obie liczby $x_k$ i $y_k$ muszą być zerami. Wtedy nierówność (1) jest spełniona.

Przyjmijmy więc, że liczba stojąca po prawej stronie nierówności (1) jest różna od $0$ , a zatem dodatnia. Wówczas dowodzoną nierówność możemy sprowadzić do postaci

$ (2)\qquad \frac{x_{1}}{\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}} \cdot \ldots \cdot \frac{x_{n}}{\sqrt{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}}}+ \frac{y_{1}}{\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}}\cdot\ldots\cdot \frac{y_{n}}{\sqrt{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}}}\leq 1. $

Podstawmy:

$ a_{k}=\frac{x_{k}^{2}}{x_{k}^{2}+y_{k}^{2}},\ b_{k}=\frac{y_{k}^{2}}{x_{k}^{2}+y_{k}^{2}}\ (k=1,2,\ldots,n). $

Liczby $a_{1},a_{2}, \ldots, a_{n},$ $b_{1},b_{2}, \ldots, b_{n}$ należą do przedziału $\langle 0,1 \rangle$ oraz $a_k + b_k = 1$ . Stąd oraz z nierówności pomiędzy średnią geometryczną a średnią arytmetyczną uzyskujemy

$ \begin{split} \sqrt{a_{1}a_{2}\ldots a_{n}}+\sqrt{b_{1}b_{2} \ldots b_{n}}& \leq\sqrt[n]{a_{1}a_{2}\ldots a_{n}}+\sqrt[n]{b_{1}b_{2}\ldots b_{n}}\leq\\ &\leq\frac{1}{n}(a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n})+\frac{1}{n}(b_{1}+b_{2}+\ldots+b_{n})=1, \end{split} $

czyli

$ (3)\qquad \frac{|x_{1}|}{\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}}\cdot\ldots \cdot\frac{|x_{n}|}{\sqrt{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}}} + \frac{|y_{1}|}{\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}}\cdot\ldots \cdot \frac{|y_{n}|}{\sqrt{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}}}\leq 1. $

Lewa strona nierówności (2) jest nie większa niż lewa strona nierówności (3). To oznacza, że udowodniona właśnie nierówność (3) pociąga za sobą nierówność (2), a tym samym dowodzi nierówności (1).