LVIII OM - II etap

II etap LVIII Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
LVIII OM II etap - Zadania [1]	68.73 KB
LVIII OM II etap - Zadania z rozwiązaniami [2]	119.46 KB

LVIII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

LVIII OM, 2006-2007

Etap:

Wielomian $P(x)$ ma współczynniki całkowite. Udowodnić, że jeżeli wielomiany $P(x)$ oraz $P(P(P(x)))$ mają wspólny pierwiastek rzeczywisty, to mają także wspólny pierwiastek całkowity.

Rozwiązanie

Niech liczba rzeczywista $a$ będzie wspólnym pierwiastkiem wielomianów $P(x)$ i $P(P(P(x)))$ . Z równości $P(a)=0$ oraz $P(P(P(a)))=0$ otrzymujemy $P(P(0))=0$ . Liczba całkowita $m=P(0)$ spełnia zatem warunki

$ P(m)=P(P(0))=0\quad\hbox{oraz}\quad P(P(P(m)))=P(P(P(P(0))))=P(P(0))=0, $

co oznacza, że $m$ jest żądanym wspólnym pierwiastkiem całkowitym.

LVIII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

LVIII OM, 2006-2007

Etap:

Dany jest pięciokąt wypukły $ABCDE$ , w którym

$BC=CD,\quad DE=EA,\quad \measuredangle BCD=\measuredangle DEA=90^\circ. $

Udowodnić, że z odcinków o długościach $AC$ , $CE$ , $EB$ można zbudować trójkąt. Wyznaczyć miary jego kątów, znając miarę $\alpha$ kąta $ACE$ i miarę $\beta$ kąta $BEC$ .

Rozwiązanie

Niech $P$ będzie obrazem punktu $B$ przy obrocie o kąt $90^\circ$ wokół punktu $E$ (rys. 9); wtedy oczywiście proste $BE$ i $EP$ są prostopadłe oraz $BE=EP$ .

Przy tym obrocie punkt $A$ przechodzi na punkt $D$ , a zatem trójkąty $ABE$ oraz $DPE$ są przystające. Stąd wynika, że $AB=DP$ oraz $\measuredangle EAB=\measuredangle EDP$ .

W każdym pięciokącie suma kątów wewnętrznych wynosi $540^\circ$ , a więc $\measuredangle EAB+\measuredangle ABC+\measuredangle CDE=360^\circ$ . Wobec tego

$ \measuredangle PDC=360^\circ-\measuredangle EDC-\measuredangle EDP= 360^\circ-\measuredangle EDC-\measuredangle EAB=\measuredangle ABC\,. $

Stąd oraz z zależności $AB=DP$ oraz $BC=DC$ wynika, że trójkąty $PDC$ i $ABC$ są przystające. A skoro punkt $D$ przy obrocie o kąt $90^\circ$ wokół punktu $C$ przechodzi na punkt $B$ , więc punkt $P$ przy tym obrocie musi przejść na punkt $A$ . Stąd wynika, że proste $AC$ i $PC$ są prostopadłe oraz $AC=PC$ . Trójkąt $EPC$ jest zatem zbudowany z odcinków o długościach $AC$ , $CE$ , $EB$ .

Ponieważ proste $BE$ i $PE$ są prostopadłe, więc $\measuredangle PEC=90^\circ-\beta$ . Analogicznie uzyskujemy $\measuredangle ACP=90^\circ-\alpha$ . Wobec tego miary kątów trójkąta zbudowanego z odcinków $AC$ , $CE$ , $EB$ wynoszą: $90^\circ{-}\beta$ , $\alpha+\beta$ , $90^\circ{-}\alpha$ .

LVIII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

LVIII OM, 2006-2007

Etap:

Z $n^2$ płytek w kształcie trójkąta równobocznego o boku $1$ ułożono trójkąt równoboczny o boku $n$ . Każda płytka jest z jednej strony biała, a z drugiej czarna. Ruch polega na wykonaniu następujących czynności: Wybieramy płytkę $P$ mającą wspólne boki z co najmniej dwiema płytkami, których widoczne strony mają kolor inny niż widoczna strona płytki $P$ . Następnie odwracamy płytkę $P$ na drugą stronę.

Dla każdego $n\ge 2$ rozstrzygnąć, czy istnieje początkowe ułożenie płytek, pozwalające wykonać nieskończony ciąg ruchów.

Rozwiązanie

Nazwijmy odcinkiem granicznym wspólny bok dwóch płytek, których widoczne strony mają różne kolory. Oczywiście liczba odcinków granicznych jest nieujemna i nie przekracza liczby $m$ wszystkich odcinków będących wspólnym bokiem dwóch płytek. Zbadamy, jak zmienia się liczba odcinków granicznych w wyniku wykonania dozwolonego ruchu.

Każda z $n^2$ płytek ma wspólne boki z co najwyżej trzema innymi płytkami. Odwrócenie płytki jest dopuszczalne, jeżeli co najmniej dwa z takich boków są odcinkami granicznymi. Przypuśćmy, że odwracamy płytkę $P$ . Wówczas odcinki graniczne mogą pojawić się albo zniknąć jedynie na bokach płytki $P$ . Ponadto bok płytki $P$ jest po odwróceniu odcinkiem granicznym wtedy i tylko wtedy, gdy przed odwróceniem nie był on odcinkiem granicznym. Wynika stąd, że w wyniku wykonania dozwolonego ruchu liczba odcinków granicznych zmniejsza się.

Udowodniliśmy w ten sposób, że z dowolnego początkowego ułożenia płytek można wykonać nie więcej niż $m$ ruchów.

Odpowiedź: Dla żadnego $n\ge 2$ nie istnieje ułożenie pozwalające wykonać nieskończony ciąg ruchów.

LVIII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

LVIII OM, 2006-2007

Etap:

Udowodnić, że jeżeli $a$ , $b$ , $c$ , $d$ są liczbami całkowitymi dodatnimi oraz $\ ad=b^2+bc+c^2\;,\;$ to liczba

$ a^2+b^2+c^2+d^2$$ $

jest złożona.

Rozwiązanie

Z warunków zadania otrzymujemy równość $2ad=b^2+c^2+(b+c)^2$ , a więc

$ (a+d)^2-(b+c)^2=(a+d)^2-2ad+b^2+c^2=a^2+b^2+c^2+d^2. $

Z drugiej strony, z rozkładu różnicy kwadratów na czynniki mamy

$ (a+d)^2-(b+c)^2=(a+d+b+c)(a+d-b-c). $

Łącząc powyższe zależności uzyskujemy

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

Czynnik $a+b+c+d$ jest liczbą całkowitą większą od $1$ . Gdyby był on równy $a^2+b^2+c^2+d^2$ , to na mocy nierówności $k^2>k$ (prawdziwej dla $k>1$ ) otrzymalibyśmy równości $a=b=c=d=1$ , jednakże liczby te nie spełniają warunków zadania. Zatem $a+b+c+d$ jest właściwym dzielnikiem liczby $a^2+b^2+c^2+d^2$ , skąd wynika teza zadania.

Uwaga:Jak widać, kluczem do rozwiązania zadania jest równość (1). Jednakże wielu uczestników Olimpiady uznało, że z chwilą wyprowadzenia tej równości można uznać rozwiązanie zadania za zakończone. Tak nie jest; należy bowiem pamiętać, że przedstawienie liczby całkowitej dodatniej w postaci iloczynu dwóch liczb całkowitych nie dowodzi jeszcze, że rozważana liczba jest złożona. Trzeba ponadto sprawdzić, że żaden z czynników nie jest równy $1$ ani $-1$ .

Czynnik $a+b+c+d$ w iloczynie po prawej stronie zależności (1) jest liczbą całkowitą większą od $1$ , więc wystarczy wykluczyć równość $a-b-c+d=1$ .

Znaczna część zawodników wykazywała, że $a-b-c+d\ne 1$ , w następujący bardziej skomplikowany sposób: Przypuśćmy, że $a-b-c+d=1$ ; wiemy z założeń zadania, że $ad=b^2+bc+c^2$ , prawdziwa jest zatem równość

$ ad+bc=(b+c)^2=(a+d-1)^2=a^2+d^2+1-2a-2d+2ad, $

z której otrzymujemy

$ a^2+d^2+1+ad-bc-2a-2d=0, $

czyli

$ (a-1)^2+(d-1)^2+ad-bc-1=(a-1)^2+(d-1)^2+b^2+c^2-1=0. $

Ostatnia równość jest niemożliwa, gdyż $(a-1)^2\ge 0$ , $(d-1)^2\ge 0$ , $b^2\ge 1$ , $c^2\ge 1$ . Sprzeczność ta dowodzi, że $a-b-c+d\ne 1$ i w konsekwencji rozkład (1) jest rozkładem na dzielniki właściwe.

LVIII OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

LVIII OM, 2006-2007

Etap:

Czworokąt wypukły $ABCD$ , w którym $AB\ne CD$ , jest wpisany\break w okrąg. Czworokąty $AKDL$ i $CMBN$ są rombami o bokach długości $a$ . Dowieść, że punkty $K$ , $L$ , $M$ , $N$ leżą na jednym okręgu.

Rozwiązanie

Sposób I

Ponieważ cięciwy $AB$ i $CD$ są różnej długości, więc proste $AD$ i $BC$ nie są równoległe. Oznaczmy punkt ich przecięcia przez $P$ (rys. 10). Wykażemy, że punkty $K$ , $L$ , $M$ i $N$ leżą na okręgu o środku $P$ .

Prosta $AD$ jest symetralną odcinka $KL$ , skąd dostajemy $PK=PL$ . Analogicznie $PM=PN$ . Wystarczy zatem dowieść, że $PK=PN$ .

Oznaczmy przez $Q$ punkt przecięcia przekątnych rombu $AKDL$ . Wówczas na mocy twierdzenia Pitogarasa otrzymujemy

$ (1) \qquad \begin{split} AP\cdot DP&=(PQ+AQ)(PQ-AQ)=PQ^2-AQ^2= \\ &=PK^2-KQ^2-AQ^2=PK^2-AK^2\,. \end{split} $

Analogicznie dowodzimy, że

$ (2) \qquad BP\cdot CP=PN^2-BN^2\,. $

Punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ leżą na jednym okręgu, więc spełniona jest równość

$ (3) \qquad AP\cdot DP=BP\cdot CP\,. $

Łącząc zależności (1), (2) i (3) dochodzimy do wniosku, że

$ PK^2-AK^2=PN^2-BN^2\,; $

skoro zaś $AK=BN=a$ , uzyskujemy stąd równość $PK=PN$ , która kończy rozwiązanie zadania.

Sposób II

Z warunku $AB\ne CD$ wynika, że proste $AD$ , $BC$ nie są równoległe. Zatem proste $KL$ , $MN$ , będące odpowiednio symetralnymi boków $AD$ , $BC$ , przecinają się w punkcie $O$ - środku okręgu opisanego na czworokącie $ABCD$ .

Z równości $DK=CM=a$ oraz $OD=OC$ wnioskujemy, że punkt $O$ albo leży poza odcinkami $KL$ i $MN$ , albo też znajduje się na każdym z tych odcinków. Rozpatrzymy pierwszy z tych przypadków; drugi jest analogiczny.

Niech $E$ będzie środkiem odcinka $AD$ (rys. 10).
Czworokąt $AKDL$ jest rombem, więc $E$ jest także środkiem odcinka $KL$ .
Stosując dwukrotnie twierdzenie Pitagorasa otrzymujemy

$ \begin{split} OK\cdot OL & = (OE+EK)(OE-EK)=OE^2-EK^2=OE^2-(DK^2-DE^2)= \\ & =OE^2+DE^2-DK^2=OD^2-DK^2. \end{split} $

Analogicznie uzyskujemy zależność

$ OM\cdot ON=OC^2-CM^2. $

Na mocy założeń danych w treści zadania mamy $DK=CM=a$ . Ponieważ także $OD=OC$ , więc dochodzimy do wniosku, że

$ (4) \qquad OK\cdot OL=OD^2-DK^2=OC^2-CM^2=OM\cdot ON. $

Punkt $O$ jest punktem przecięcia prostych zawierających odcinki $KL$
i $MN$ oraz leży poza każdym z tych odcinków. To wraz
z równością (4) dowodzi, że punkty $K$ , $L$ , $M$ , $N$
leżą na jednym okręgu.

LVIII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

LVIII OM, 2006-2007

Etap:

Liczby dodatnie $a$ , $b$ , $c$ , $d$ spełniają warunek

$ {1\over a}+{1\over b}+{1\over c}+{1\over d}=4. $

Wykazać, że

$ \root{\scriptstyle 3}\of{{a^3+b^3\over 2}} +\root{\scriptstyle 3}\of{{b^3+c^3\over 2}} +\root{\scriptstyle 3}\of{{c^3+d^3\over 2}} +\root{\scriptstyle 3}\of{{d^3+a^3\over 2}} \le 2(a+b+c+d)-4. $

Rozwiązanie

Wykażemy, że dla dowolnych liczb dodatnich $x$ , $y$ zachodzi nierówność

$ (1) \qquad \root{\scriptstyle 3}\of{{x^3+y^3\over 2}} \le{x^2+y^2\over x+y}. $

Rzeczywiście, przekształcając równoważnie powyższą nierówność mamy

$ \begin{split} (x^3+y^3)(x+y)^3 & \le 2(x^2+y^2)^3, \\ (x^3+y^3)(x^3+3x^2y+3xy^2+y^3) & \le 2x^6+6x^4y^2+6x^2y^4+2y^6, \\ 3x^5y+2x^3y^3+3xy^5 & \le x^6+3x^4y^2+3x^2y^4+y^6, \\ 0 & \le (x^3-y^3)^2-3xy(x-y)(x^3-y^3), \\ 0 & \le (x^3-y^3)(x-y)^3. \end{split} $

Ostatnia nierówność jest spełniona, gdyż liczby $x-y$ oraz $x^3-y^3$ mają jednakowy znak.

Korzystając z zależności (1) widzimy, że zadanie będzie rozwiązane, jeżeli udowodnimy nierówność

$ {a^2+b^2\over a+b}+{b^2+c^2\over b+c}+ {c^2+d^2\over c+d}+{d^2+a^2\over d+a}\le 2(a+b+c+d)-4. $

Lewa strona powyższej nierówności jest równa

$ 2(a+b+c+d)-{2ab\over a+b}-{2bc\over b+c}-{2cd\over c+d} -{2da\over d+a}. $

Aby dokończyć rozwiązanie, wystarczy zatem dowieść, że

$ (2) \qquad {2ab\over a+b}+{2bc\over b+c}+{2cd\over c+d} +{2da\over d+a}\ge 4. $

Jednakże na mocy łatwej do sprawdzenia nierówności $\displaystyle{x+y\ge{4\over{1\over x}+{1\over y}}}$ mamy

$ \begin{split} {2ab\over a+b}+{2cd\over c+d} & \ge {8\over\di{a+b\over ab}+{c+d\over cd}}= {8\over\di{1\over a}+{1\over b}+{1\over c}+{1\over d}}=2, \\ {2bc\over b+c}+{2da\over d+a} & \ge {8\over\di{b+c\over bc}+{d+a\over da}}= {8\over\di{1\over b}+{1\over c}+{1\over d}+{1\over a}}=2. \end{split} $

To uzasadnia nierówność (2), do której wcześniej został sprowadzony dowód tezy zadania.

Uwaga: Po zakończeniu zawodów wielu uczestników skarżyło się, że
rozwiązanie zadania wymaga wymyślenia nierówności (1),
a jej zgadnięcie jest niemal niewykonalne.

Okazuje się jednak, że nierówność ta ujawnia
się w naturalny sposób. Aby się o tym przekonać,
wystarczy spróbować rozwiązać zadanie przy
dodatkowym założeniu, że $a=c$ oraz $b=d$ .
Wówczas dany w treści zadania warunek
można przepisać jako

$ {1\over a}+{1\over b}=2, $

natomiast nierówność do udowodnienia przyjmuje postać

$ \root{\scriptstyle 3}\of{{a^3+b^3\over 2}} \le a+b-1=a+b-{2\over{1\over a}+{1\over b}}= a+b-{2ab\over a+b}={a^2+b^2\over a+b}. $

Stąd pomysł, by spróbować ten szczególny
przypadek udowodnić oddzielnie (skoro
występują w nim tylko dwie niewiadome),
a następnie wykorzystać go do rozwiązania
w przypadku ogólnym.