LIII OM - III etap

III etap LIII Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
LIII OM III etap - Zadania [1]	61.14 KB
LIII OM III etap - Zadania z rozwiązaniami [2]	122.24 KB

LIII OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

III

Wyznaczyć wszystkie takie trójki liczb naturalnych $a$ , $b$ , $c$ , że liczby $a^2 +1$ i $b^2 +1$ są pierwsze oraz

$ (a^2 + 1)(b^2 + 1) = c^2 + 1 . $

Rozwiązanie

Bez szkody dla ogólności rozwiązania możemy założyć, że $a \leq b$ . Niech $p = b^2 +1$ . Wówczas liczba $(c^2 +1) - (b^2 + 1) = (c - b)(c + b)$ dzieli się przez $p$ . Z danej w treści zadania równości wynika, że $b < c$ . Ponadto

$ c=\sqrt{(a^{2}+1)(b^{2}+1)-1}\leq\sqrt{(b^{2}+1)^{2}-1}<b^{2}+1=p. $

Stąd $c - b < p$ oraz $c + b < 2p$ . Skoro $p | (c - b)(c + b)$ , więc musi być $c + b = p$ , czyli

$ (1) \qquad c = b(b -1) + 1. $

Liczby $a = b = 1$ nie spełniają warunków zadania; możemy więc przyjąć, że $b > 1$ . Wówczas $p$ jest liczbą pierwszą nieparzystą. Z zależności (1) wynika, że $c$ jest nieparzyste, a to dowodzi kolejno parzystości liczb $c^2 + 1$ oraz $a^2 + 1$ . Liczba $a^2 + 1$ jest pierwsza, a więc $a^2 + 1 = 2$ , skąd $a = 1$ . Zatem dane w zadaniu równanie przybiera postać

$ (2) \qquad 2(b^2 + 1) = c^2 + 1. $

Łącząc równości (1) i (2) uzyskujemy $2b^2 + 2 = b^2(b - 1)^2 + 2b(b - 1) + 2$ , czyli $2b = b(b - 1)^2 + 2b - 2$ . Stąd $b$ jest dzielnikiem liczby $2$ , a ponieważ $b> 1$ , więc musi być $b = 2$ . To pociąga za sobą $c = 3$ .

Pozostaje stwierdzić, że trójka $(a,b,c) = (1,2,3)$ spełnia warunki zadania.

Uwalniając się od założenia $a\leq b$ otrzymujemy dwie trójki $(a,b,c)$ spełniające warunki zadania. Są nimi: $(1, 2, 3)$ oraz $(2, 1, 3)$ .

LIII OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

III

Na bokach $AC$ i $BC$ trójkąta ostrokątnego $ABC$ zbudowano, po jego zewnętrznej stronie, prostokąty $ACPQ$ i $BKLC$ o równych polach. Udowodnić, że środek odcinka $PL$ , punkt $C$ oraz środek okręgu opisanego na trójkącie $ABC$ leżą na jednej prostej.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $O$ środek okręgu opisanego na trójkącie $ABC$ (rys. 1). Uzupełnijmy trójkąt $PCL$ do równoległoboku $PCLX$ . Wystarczy udowodnić, że punkty $X$ , $C$ , $O$ są współliniowe.

Z równości pól danych prostokątów otrzymujemy

$ \frac{XL}{LC} =\frac{PC}{LC} =\frac{BC}{CA}. $

Ponadto $\measuredangle XLC = 180^\circ - \measuredangle PCL = \measuredangle BCA$ . Uzyskane zależności dowodzą, że trójkąty $XLC$ oraz $BCA$ są podobne. Stąd oraz z równości $BO = CO$ wynika kolejno, że

$ \measuredangle XCL = \measuredangle BAC = \frac{1}{2} \measuredangle BOC = 90^\circ - \measuredangle BCO, $

czyli $\measuredangle XCL + \measuredangle LCB + \measuredangle BCO = 180^\circ$ . Ostatnia równość oznacza, że punkty $X$ , $C$ , $O$ leżą na jednej prostej.

LIII OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

III

Na tablicy są napisane trzy nieujemne liczby całkowite. Wybieramy z tej trójki dwie liczby $k$ , $m$ i zastępujemy je liczbami $k + m$ i $|k - m|$ , a trzecia liczba pozostaje bez zmiany. Z otrzymaną trójką postępujemy tak samo. Rozstrzygnąć, czy z każdej początkowej trójki liczb całkowitych nieujemnych, kontynuując to postępowanie, można otrzymać trójkę, w której co najmniej dwie liczby są zerami.

Rozwiązanie

Każdą trójkę liczb całkowitych nieujemnych można przedstawić w postaci

$ (1) \qquad (2^pa,2^qb, 2^rc) $

gdzie $p$ , $q$ , $r$ są liczbami całkowitymi nieujemnymi, zaś każda z liczb $a$ , $b$ , $c$ jest nieparzysta lub równa $0$ . Wagą trójki przedstawionej w postaci (1) nazwiemy wielkość $a + b + c$ .

Wykażemy, że z każdej trójki liczb całkowitych nieujemnych o co najmniej dwóch liczbach niezerowych, wykonując operacje opisane w treści zadania, da się uzyskać trójkę o mniejszej wadze. Tym samym udowodnimy, że zawsze można otrzymać trójkę, w której co najmniej dwie liczby są zerami.

Załóżmy więc, że w trójce $(2^pa,2^qb,2^rc)$ co najmniej dwie liczby są różne od $0$ . Bez straty ogólności przyjmijmy, że $b,c \neq 0$ oraz $q \leq r$ .

Wykonując $2(r-q)$ -krotnie operację $(k,l,m) \to (k +l, |k - l|,m)$ przeprowadzamy trójkę $(2^pa,2^qb, 2^rc)$ na trójkę $(2^{p+r-q}a,2^rb,2^rc)$ , którą następnie przekształcamy na $(2^{p+r-q}a,2^r|b - c|,2^r(b + c))$ . Liczby $b$ i $c$ są nieparzyste, więc waga ostatniej trójki nie przekracza

$ a+\frac{1}{2}|b-c|+\frac{1}{2}(b+c)=a+\max(b,c), $

co jest mniejsze od $a + b + c$ , czyli od wagi trójki $(2^pa,2^qb,2^rc)$ .

LIII OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

III

Dowieść, że dla każdej liczby naturalnej $n \geq 3$ i dla każdego ciągu liczb dodatnich $x_1,x_2,\ldots,x_n$ zachodzi co najmniej jedna z nierówności

$ \sum_{i=1}^{n}\frac{x_{i}}{x_{i+1}+x_{i+2}}\geq\frac{n}{2},\ \sum_{i=1}^{n}\frac{x_{i}}{x_{i-1}+x_{i-2}}\geq\frac{n}{2} $

(przyjmujemy $x_{n+1}=x_{1},\ x_{n+2}=x_{2}$ oraz $x_{0}=x_{n},\ x_{-1}=x_{n-1}$ ).

Rozwiązanie

Gdyby żadna z podanych nierówności nie zachodziła, to po dodaniu stronami mielibyśmy $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\frac{x_{i-1}+x_{i+2}}{x_{i}+x_{i+1}}<n$ . Wystarczy zatem udowodnić, że

$ \sum_{i=1}^{n}\frac{x_{i-1}+x_{i+2}}{x_{i}+x_{i+1}}\geq n,\ \textrm{albo, że},\ \sum_{i=1}^{n}\frac{x_{i-1}+x_{i}+x_{i+1}+x_{i+2}}{x_{i}+x_{i+1}}\geq 2n. $

Po podstawieniu $a_{i}=\displaystyle \frac{x_{i-1}+x_{i}}{x_{i}+x_{i+1}}$ ostatnia nierówność przybiera postać

$ \sum_{i=1}^{n}a_{i}+\frac{1}{a_{i+1}}\geq 2n,\ \textrm{czyli}\ \sum_{i=1}^{n}a_{i}+\frac{1}{a_{i}}\geq 2n, $

a to jest prawda, gdyż $a + \frac{1}{a} \geq 2$ dla dowolnej liczby dodatniej $a$ .

LIII OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

III

W przestrzeni dany jest trójkąt $ABC$ oraz sfera $s$ rozłączna z płaszczyzną $ABC$ . Przez każdy z punktów $A$ , $B$ , $C$ poprowadzono prostą styczną do tej sfery. Punkty styczności oznaczono odpowiednio $K$ , $L$ , $M$ . Punkt $P$ leży na sferze $s$ i spełnia warunki

$ \frac{AK}{AP}=\frac{BL}{BP}=\frac{CM}{CP}. $

Udowodnić, że sfera opisana na czworościanie $ABCP$ jest styczna do sfery $s$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $\lambda$ wspólną wartość danych w treści zadania ułamków. Niech $A'$ , $B'$ , $C'$ będą odpowiednio drugimi punktami przecięcia prostych $PA$ , $PB$ , $PC$ ze sferą $s$ (rys. 2 i 3). Jeśli któraś z tych prostych, powiedzmy $PA$ , jest styczna do sfery $s$ , to przyjmujemy $A' = P$ . Wówczas $AK^2 = AP\cdot AA'$ , a więc

$ (1)\qquad \frac{AA'}{AP}=\left(\frac{AK}{AP}\right)^{2}=\lambda^{2}.\ \textrm{Zatem} \ \frac{AA'}{AP}=\frac{BB'}{BP}=\frac{CC'}{CP}=\lambda^{2}. $

Stąd wynika, że jednokładność $j$ o środku $P$ przekształcająca punkt $A$ na $A'$ , przeprowadza punkt $B$ na $B'$ oraz punkt $C$ na $C'$ . Ponadto każdy z punktów $A'$ , $B'$ , $C'$ jest różny od $P$ - w przeciwnym razie równości (1) implikują, że proste $PA$ , $PB$ , $PC$ są styczne do sfery $s$ w punkcie $P$ , a więc $P$ jest punktem wspólnym płaszczyzny $ABC$ i sfery $s$ , co przeczy założeniom.

Sfera opisana na czworościanie $ABCP$ jest zatem obrazem sfery $s$ przy jednokładności $j^{-1}$ , której środek (punkt $P$ ) leży na sferze $s$ . Stąd teza.

LIII OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

III

Dana jest liczba naturalna $k$ . Określamy ciąg $(a_n)$ wzorami

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

Wykazać, że jeżeli $m \ne n$ , to liczby $a_m$ i $a_n$ są względnie pierwsze.

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw indukcyjnie, że dla $n \geq 1$ zachodzi równość

$ (1) \qquad a_{n+1} = a_1a_2 \ldots a_n + k. $

Z danej w treści zadania zależności rekurencyjnej obliczamy

$ a_2 = (k + 1)^2 - k(k + 1) + k = 2k + 1 = a_1 + k, $

co dowodzi prawdziwości zdania (1) dla $n = 1$ , natomiast krok indukcyjny sprowadza się do ciągu równości:

$ a_{n+1}=a_{n}^{2}-ka_{n}+k=a_{n}(a_{1}a_{2}\ldots a_{n-1}+k)-ka_{n}+k=a_{1}a_{2}\ldots a_{n}+k. $

Przypuśćmy teraz, że $p$ jest wspólnym dzielnikiem pierwszym liczb $a_l$ i $a_m$ , przy czym $l > m$ . Wówczas z zależności (1) dla $n = l-1$ wynika, że $p | k$ , a więc $p\nmid a_1$ . Niech $r$ będzie najmniejszą liczbą naturalną, dla której $p | a_r$ (taka liczba $r$ istnieje). Wtedy $1 <r \leq m$ . Stosując ponownie równość (1), lecz tym razem dla $n = r-1$ wnioskujemy, że $p$ jest dzielnikiem jednej z liczb $a_1 ,a_2,\ldots,a_{r-1}$ , wbrew temu, że $r$ jest najmniejszą liczbą o własności $p | a_r$ .

Otrzymana sprzeczność dowodzi, że liczby $a_l$ i $a_m$ są względnie pierwsze.