LII OM - II etap

II etap LII Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
LII OM II etap - Zadania z rozwiązaniami [1]	105.94 KB

LII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

LII OM, 2000-2001

Etap:

Dane są liczby naturalne $k$ , $n$ większe od $1$ , przy czym liczba $p = 2k-1$ jest pierwsza. Dowieść, że jeżeli liczba

$ {n \choose 2} - {k \choose 2} $

jest podzielna przez $p$ , to jest ona podzielna przez $p^2$ .

Rozwiązanie

Liczba $p$ jest dzielnikiem liczby

$ a=\frac{n(n-1)}{2}-\frac{k(k-1)}{2}=\frac{(4n^{2}-4n+1)-(4k^{2}-4k+1)}{8}=\frac{(2n-1)^{2}-p^{2}}{8}. $

Zatem $p$ , jako liczba nieparzysta, jest dzielnikiem liczby $(2n - 1)^2 - p^2$ . Liczba $p$ jest pierwsza, skąd $p | (2n-1)$ . Z podzielności tej wynika, że $p^2 | (2n - 1)^2$ , czyli $p^2 | a$ .

LII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

Punkty $A$ , $B$ , $C$ leżą w tej właśnie kolejności na jednej prostej, przy czym $AB < BC$ . Punkty $D$ , $E$ są wierzchołkami kwadratu $ABDE$ . Okrąg o średnicy $AC$ przecina prostą $DE$ w punktach $P$ i $Q$ , przy czym punkt $P$ należy do odcinka $DE$ . Proste $AQ$ i $BD$ przecinają się w punkcie $R$ . Udowodnić, że $DP = DR$ .

Rozwiązanie

Kąt $APC$ jest prosty jako kąt wpisany oparty na średnicy (rys. 1). Stąd

$ \measuredangle EAP = 90^\circ - \measuredangle PAC = \measuredangle ACP. $

Z kolei z równości łuków $AP$ i $CQ$ wynika równość kątów $ACP$ i $CAQ$ , skąd

$ \measuredangle EAP = \measuredangle BAR. $

Trójkąty $PAE$ i $RBA$ są więc przystające (cecha kąt-bok-kąt), co dowodzi, że $EP = BR$ . Stąd $DP = DR$ .

LII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

LII OM, 2000-2001

Etap:

Niech $n \geq 3$ będzie liczbą naturalną. Dowieść, że dowolny wielomian postaci

$ x^{n}+a_{n-3}x^{n-3}+a_{n-4}x^{n-4}+a_{n-5}x^{n-5}+\ldots+a_{1}x+a_{0}, $

gdzie co najmniej jeden ze współczynników rzeczywistych $a_0,a_1,\ldots, a_{n-3}$ jest różny od zera, ma mniej niż $n$ pierwiastków rzeczywistych (każdy pierwiastek liczymy tyle razy, ile wynosi jego krotność).

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że dany w treści zadania wielomian ma $n$ pierwiastków rzeczywistych $x_1,x_2,\ldots,x_n$ . Ze wzorów Viete'a wynika, że

$ x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}=-a_{n-1}=0\ \textrm{oraz}\sum_{1\leq i<j\leq n}x_{i}x_{j}=a_{n-2}=0. $

Zatem $x_1^2 + x_2^2 +\ldots + x_n^2 =a_{n-1}^2 - 2a_{n-2} = 0$ , skąd $x_1 = x_2 = \ldots = x_n = 0$ . Jednak powyższa równość pociąga za sobą $a_0 = a_1 = \ldots = a_{n-3} =0$ , co przeczy założeniu.

Otrzymana sprzeczność dowodzi, że dany wielomian stopnia n nie może mieć $n$ pierwiastków rzeczywistych, zatem musi ich mieć mniej niż $n$ .

LII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

LII OM, 2000-2001

Etap:

Wyznaczyć wszystkie liczby naturalne $n \geq 3$ , dla których prawdziwe jest następujące zdanie:

W dowolnym $n$ -wyrazowym ciągu arytmetycznym $a_1, a_2,\ldots,a_n$ , dla którego liczba $1 \cdot a_1 + 2\cdot a_2 +... + n \cdot a_n$ jest wymierna, istnieje wyraz będący liczbą wymierną.

Rozwiązanie

Odpowiedź: Rozpatrywane zdanie jest prawdziwe jedynie dla liczb $n \geq 3$ dających z dzielenia przez $3$ resztę $1$ .

Niech $a_i = a + ir$ ( $i = 1,2,\ldots,n$ ) będzie ciągiem arytmetycznym. Korzystając ze wzorów

$ 1+2+\ldots+n = \frac{n(n+1)}{2} \ \text{oraz}\ 1^{2}+2^{2}+\ldots+n^{2} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} $

stwierdzamy, że dana w treści zadania suma jest równa

$ S=\frac{n(n+1)}{2}a+\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}r. $

Stąd uzyskujemy

$ (1)\qquad \frac{2S}{n(n+1)}=a+\frac{2n+1}{3}r. $

Załóżmy najpierw, że liczba $n$ daje z dzielenia przez $3$ resztę $1$ . Wówczas liczba $k = \frac{1}{3}(2n +1)$ jest całkowita. Z równości (1) oraz z faktu, że $S$ jest liczbą wymierną wynika, że wyraz $a_k$ jest liczbą wymierną. Zatem rozpatrywane zdanie jest w tym przypadku prawdziwe.

Załóżmy z kolei, że liczba $n$ nie daje z dzielenia przez $3$ reszty $1$ (innymi słowy, liczba $\frac{1}{3} (2n + 1)$ nie jest całkowita). Skonstruujemy ciąg arytmetyczny $a_i$ , dla którego rozpatrywane zdanie nie jest prawdziwe. Przyjmijmy:

$ r = \sqrt{2}\ \textrm{oraz}\ a = -\frac{1}{3} (2n + 1)\sqrt{2}. $

Ze związku (1) otrzymujemy $S = 0$ , jednak dla dowolnego $i \in \{1,2,...,n\}$ liczba

$ a_{i}=\left(i-\frac{1}{3}(2n+1)\right)\sqrt{2} $

jest niewymierna. Rozpatrywane zdanie nie jest więc prawdziwe, jeśli $n$ nie daje z dzielenia przez $3$ reszty $1$ .

LII OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

LII OM, 2000-2001

Etap:

Punkt $I$ jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$ . Prosta $AI$ przecina bok $BC$ w punkcie $D$ . Dowieść, że $AI + CD = AC$ wtedy i tylko wtedy, gdy $\measuredangle B = 60^\circ + \frac{1}{3}\measuredangle C$ .

Rozwiązanie

Niech $E$ będzie takim punktem leżącym na boku $AC$ , że $AI = AE$ (rys. 1). Wówczas

$ \begin{split} AI + CD = AC & \Leftrightarrow CE = CD\\ &\Leftrightarrow \textrm{trójkąty}\ CDI\ \textrm{i}\ CEI\ \textrm{są przystające}\\ &\Leftrightarrow \measuredangle AEI = \measuredangle ADB\\ &\Leftrightarrow \textrm{trójkąty}\ AIE\ \textrm{i}\ ABD\ \textrm{są podobne}\\ &\Leftrightarrow \measuredangle B = \measuredangle ADB\\ &\Leftrightarrow \measuredangle B = \frac{1}{2}\measuredangle A + \measuredangle C\\ &\Leftrightarrow \measuredangle B = 60^\circ +\frac{1}{3} \measuredangle C. \end{split} $

LII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

LII OM, 2000-2001

Etap:

Dla danej liczby całkowitej dodatniej $n$ rozstrzygnąć, czy podzbiorów $n$ -elementowych zbioru $\{1,2,3,\ldots,2n-1,2n\}$ mających sumę elementów parzystą jest tyle samo, co podzbiorów $n$ -elementowych mających nieparzystą sumę elementów. Jeśli nie, to rozstrzygnąć, których jest więcej i o ile.

Rozwiązanie

Połączmy liczby ze zbioru $S = \{1,2,3,\ldots,2n-1,2n\}$ w pary:

$ (1,2),\ (3,4),\ \ldots, (2n-1,2n). $

Niech $X$ będzie dowolnym $n$ -elementowym podzbiorem zbioru $S$ . Wybierzmy (jeśli jest to możliwe) najmniejszą liczbę $x$ ze zbioru $X$ o tej własności, że liczba $y$ występująca w parze z liczbą $x$ nie należy do zbioru $X$ . Następnie usuńmy ze zbioru $X$ element $x$ zastępując go elementem $y$ . Otrzymany zbiór nazwijmy $f(X)$ . Zbiory $X$ i $f(X)$ mają sumy elementów różnej parzystości.

W dalszej części rozwiązania rozpatrzymy dwa przypadki:

(a) Liczba $n$ jest nieparzysta.

Odwzorowanie $f$ jest określone dla dowolnego $n$ -elementowego podzbioru zbioru $S$ i łączy ono w pary $(X,f(X))$ wszystkie podzbiory $n$ -elementowe o nieparzystej sumie elementów ze wszystkimi $n$ -elementowymi podzbiorami o sumie elementów parzystej. To dowodzi, że $n$ -elementowych podzbiorów o parzystej sumie elementów jest tyle samo, co $n$ -elementowych podzbiorów o nieparzystej sumie elementów.

(b) Liczba $n$ jest parzysta.

W tym przypadku odwzorowania $f$ nie da się określić jedynie na tych $n$ -elementowych podzbiorach zbioru $S$ , które są złożone z pełnych par. Zbiorów tych jest $n \choose {n/2}$ i wszystkie one mają sumę elementów o takiej samej parzystości, jak parzystość liczby $n/2$ . Pozostałe podzbiory możemy połączyć w pary $(X,f(X))$ . Jeżeli $n$ dzieli się przez cztery, to $n$ -elementowych podzbiorów o parzystej sumie elementów jest o ${n \choose n/2}$ więcej niż $n$ -elementowych podzbiorów o nieparzystej sumie elementów. Jeśli natomiast $n$ nie dzieli się przez cztery, to podzbiorów o nieparzystej sumie elementów jest o ${n \choose n/2}$ więcej.