LI OM - II etap

II etap LI Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
LI OM II etap - Zadania z rozwiązaniami [1]	219.04 KB

LI OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

Rozstrzygnąć, czy każdą liczbę wymierną dodatnią można przedstawić w postaci

$ \frac{a^2+b^3}{c^5+d^7}, $

gdzie $a$ , $b$ , $c$ , $d$ są liczbami całkowitymi dodatnimi.

Rozwiązanie

Dla dowolnych liczb całkowitych dodatnich $p$ , $q$ zachodzą następujące równości:

$ \frac{p}{q}=\frac{p}{q}\cdot\frac{p^{5}q^{4}+p^{14}q^{6}}{p^{5}q^{4}+p^{14}q^{6}}=\frac{p^{6}q^{4}+p^{15}q^{6}}{p^{5}q^{5}+p^{14}q^{7}}=\frac{(p^{3}q^{2})^{2}+(p^{5}q^{2})^{3}}{(pq)^{5}+(p^{2}q)^{7}}. $

Zatem każdą liczbę wymierną dodatnią można przedstawić w żądanej postaci.

LI OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

Dwusieczna kąta $BAC$ trójkąta $ABC$ przecina okrąg opisany na tym trójkącie w punkcie $D$ różnym od $A$ . Punkty $K$ i $L$ są rzutami prostokątnymi odpowiednio punktów $B$ i $C$ na prostą $AD$ . Dowieść, że

$ AD \geq BK + CL. $

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $o$ okrąg opisany na trójkącie $ABC$ . Z równości kątów $BAD$ i $DAC$ wynika, że długości łuków $BD$ i $DC$ okręgu $o$ są równe (długość łuku $XY$ jest mierzona od punktu $X$ do punktu $Y$ w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara).

Niech $E$ będzie punktem symetrycznym do punktu $D$ względem symetralnej boku $AB$ , zaś niech $N$ będzie rzutem prostokątnym punktu $E$ na prostą $AD$ (rys. 1 i 2). Wówczas $AD = BE$ . Ponadto długości łuków $DC$ i $EA$ są równe, co oznacza, że $EN = CL$ .

Punkty $B$ i $E$ leżą po dwóch różnych stronach prostej $AD$ . Zatem długość odcinka $BE$ jest nie mniejsza niż suma odległości punktów $B$ i $E$ od prostej $AD$ . Innymi słowy $BE\geq BK + EN$ , czyli $AD \geq BK + CL$ .

LI OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

Na polach szachownicy $n \times n$ rozmieszczono $n^2$ różnych liczb całkowitych, po jednej na każdym polu. W każdej kolumnie pole z największą liczbą pomalowano na czerwono. Zbiór $n$ pól szachownicy nazwiemy dopuszczalnym, jeżeli żadne dwa z tych pól nie znajdują się w tym samym wierszu, ani w tej samej kolumnie. Spośród wszystkich zbiorów dopuszczalnych wybrano zbiór, dla którego suma liczb umieszczonych na jego polach jest największa.

Wykazać, że w tak wybranym zbiorze jest czerwone pole.

Rozwiązanie

Przeprowadzimy dowód nie wprost.

Załóżmy, że w wybranym zbiorze dopuszczalnym (oznaczmy go przez $A$ ) nie ma czerwonego pola.

Zdefiniujemy ciąg pól $D_1,E_1,D_2,E_2,\ldots$ danej szachownicy według niżej opisanej reguły. (Dla $n = 8$ proces wyboru pól $D_1,E_1,D_2,E_2,\ldots$ jest przedstawiony na rysunkach 1 i 2. Pola czerwone są zacieniowane, zaś pola ze zbioru $A$ są oznaczone kółkiem.)

Pole $D_1$ jest dowolnym polem ze zbioru $A$ . Niech $E_1$ będzie polem czerwonym leżącym w tej samej kolumnie, co $D_1$ .

Następnie rozważamy to pole $D_2$ ze zbioru $A$ , które leży w tym samym wierszu, co $E_1$ . Przez $E_2$ oznaczamy pole czerwone leżące w tej samej kolumnie, co $D_2$ . Postępowanie to kontynuujemy. (Ogólnie: pole czerwone $E_i$ leży w tej samej kolumnie, co $D_i$ , natomiast pole $D_{i+1}$ jest polem ze zbioru $A$ leżącym w tym samym wierszu, co $E_i$ .)

W ten sposób otrzymujemy ciąg pól $D_1,E_1,D_2,E_2,D_3,\ldots$ , w którym każde pole jednoznacznie wyznacza pole następne. Ponieważ pól czerwonych jest skończenie wiele, więc znajdziemy takie liczby całkowite dodatnie $i$ , $t$ , dla których $E_i = E_{i+t}$ oraz $E_i \neq E_{i+s}$ dla $s= 1, 2, \ldots, t-1$ . (W naszym przykładzie przedstawionym na rysunkach 1 i 2, $E_2 = E_5$ , a więc $i = 2$ , $t = 3$ .)

Usuwamy ze zbioru $A$ pola $D_{i+1},D_{i+2},\ldots,D_{i+t}$ zastępując je odpowiednio polami $E_{i+1},E_{i+2},\ldots,E_{i+t}$ (rys. 3). Otrzymany w ten sposób zbiór oznaczmy przez $B$ .

Z określenia ciągu $D_1,E_1,D_2,E_2,D_3,\ldots$ wynika, że pola

$ D_{i+1},D_{i+2},\ldots,D_{i+t} $

znajdują się odpowiednio w tych samych kolumnach, co pola

$ E_{i+1},E_{i+2},\ldots,E_{i+t} $

oraz odpowiednio w tych samych wierszach, co pola

$ E_i = E_{i+t}, E_{i+1}, E_{i+2}, \ldots, E_{i+t-1} . $

Zatem zbiór $B$ jest dopuszczalny. Ponadto liczby, które zostały napisane na polach $E_{i+1},E_{i+2},\ldots,E_{i+t}$ są większe odpowiednio od liczb napisanych na polach $D_{i+1},D_{i+2},\ldots,D_{i+t}$ . Wynika stąd, że suma liczb napisanych na polach zbioru $B$ jest większa od sumy liczb napisanych na polach zbioru $A$ . To jednak przeczy założeniu, że $A$ ma największą sumę liczb spośród wszystkich zbiorów dopuszczalnych.

LI OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

Punkt $I$ jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$ , w którym $AB \neq AC$ . Proste $BI$ i $CI$ przecinają boki $AC$ i $AB$ odpowiednio w punktach $D$ i $E$ . Wyznaczyć wszystkie miary kąta $BAC$ , dla których może zachodzić równość $DI = EI$ .

Rozwiązanie

Wykażemy, że jedyną wartością przyjmowaną przez kąt $BAC$ jest $60^\circ$ .

Na mocy twierdzenia sinusów zastosowanego do trójkątów $ADI$ i $AEI$ otrzymujemy $\sin \measuredangle AEI = \sin \measuredangle ADI$ . Stąd

$ \measuredangle AEI = \measuredangle ADI \quad \textrm{lub} \quad \measuredangle AEI+ \measuredangle ADI = 180^\circ. $

Przypuśćmy najpierw, że zachodzi równość $\measuredangle AEI = \measuredangle ADI$ (rys. 1). Wtedy również $\measuredangle AIE = \measuredangle AID$ , co oznacza, że trójkąty $AEI$ oraz $ADI$ są przystające (cecha kąt-bok-kąt). Zatem $AD = AE$ . To dowodzi, że przystające są także trójkąty $ADB$ i $AEC$ (cecha kąt-bok-kąt). Stąd uzyskujemy równość $AB = AC$ , co przeczy założeniom poczynionym w treści zadania.

Pozostał do rozpatrzenia przypadek, w którym $\measuredangle AEI+ \measuredangle ADI = 180^\circ$ (rys. 2). Wtedy punkty $A$ , $E$ , $I$ , $D$ leżą na jednym okręgu. Zatem

$ \measuredangle BAC = \measuredangle DIC = \measuredangle IBC+ \measuredangle ICB = \frac{1}{2} \measuredangle ABC+ \frac{1}{2} \measuredangle BCA. $

Stąd otrzymujemy

$ 180^\circ = \measuredangle BAC + \measuredangle ABC + \measuredangle BCA= \measuredangle BAC + 2\measuredangle BAC = 3 \measuredangle BAC, $

czyli $\measuredangle BAC = 60^\circ$ .

Do zakończenia rozwiązania pozostało wykazać, że istnieje trójkąt $ABC$ , w którym $AB\neq AC$ , $\measuredangle BAC = 60^\circ$ oraz $DI = EI$ . Wykażemy więcej: w każdym trójkącie $ABC$ o kącie $BAC$ równym $60^\circ$ zachodzi równość $DI = EI$ .

Jeżeli $\measuredangle BAC = 60^\circ$ , to

$ \measuredangle DIC =\frac{1}{2} \measuredangle ABC + \frac{1}{2} \measuredangle BCA = 90^\circ - \frac{1}{2} \measuredangle BAC = 60^\circ = \measuredangle BAC. $

Na czworokącie $AEID$ można więc opisać okrąg. Ponieważ $AI$ jest dwusieczną kąta $EAD$ , więc $DI = EI$ .

LI OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

Niech $\mathbb{N}$ oznacza zbiór liczb całkowitych dodatnich. Rozstrzygnąć, czy istnieje taka funkcja $f: \mathbb{N}\to \mathbb{N}$ , że dla każdego $n\in \mathbb{N}$ zachodzi równość $f(f(n)) =2n$ .

Rozwiązanie

Taka funkcja istnieje. Oto przykład.

Niech $A$ będzie zbiorem tych liczb całkowitych dodatnich, w których rozkładzie na czynniki pierwsze „trójka" występuje nieparzystą liczbę razy. Funkcję $f$ definiujemy wzorem:

$ f(n)=\left\{\begin{array}{ll} \frac{1}{3}n&\textrm{dla}\quad n\in A,\\ 6n&\textrm{dla}\quad n\in \mathbb{N}\setminus A. \end{array}\right. $

Wówczas, jeśli $n \in A$ , to $f(n) \in \mathbb{N}\setminus A$ , skąd

$ f(f(n)) = f(\frac{1}{3}n) = 2n\ \textrm{dla}\ n\in A. $

Podobnie, jeżeli $n \in \mathbb{N}\setminus A$ , to $f(n) \in A$ , co daje

$ f(f(n)) = f(6n) = 2n \quad \textrm{dla}\ n \in \mathbb{N}\setminus A. $

LI OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

Wielomian $w(x)$ stopnia drugiego o współczynnikach całkowitych przyjmuje dla całkowitych $x$ wartości będące kwadratami liczb całkowitych. Dowieść, że wielomian $w(x)$ jest kwadratem pewnego wielomianu.

Rozwiązanie

Niech $w(x) = ax^2 + bx + c$ . Wprowadźmy oznaczenie: $k_n = \sqrt{w(n)}$ dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej $n$ . Wówczas $k_n$ może być zerem dla co najwyżej dwóch wartości $n$ . Dla pozostałych $n$ mamy

$ k_{n+1}-k_{n}=\frac{k_{n+1}^{2}-k_{n}^{2}}{k_{n+1}+k_{n}}=\frac{(2n+1)a+b}{\sqrt{a(n+1)^{2}+b(n+1)+c}+\sqrt{an^{2}+bn+c}}. $

Dzieląc licznik i mianownik otrzymanego ułamka przez $n$ i przechodząc z $n$ do nieskończoności widzimy, że ciąg $(k_{n+1} - k_n)$ jest zbieżny i jego granica wynosi $\sqrt{a}$ . Ponieważ wyrazy ciągu $(k_{n+1} - k_n)$ są całkowite, więc granica tego ciągu, liczba $\sqrt{a}$ , jest też całkowita. Ponadto istnieje taka liczba naturalna $m$ , że

$ (1) \qquad k_{n+1} - k_n = \sqrt{a}\quad \textrm{dla}\ n\geq m. $

Niech $d = k_m - m\sqrt{a}$ . Ze związku (1) wynika, że

$ (2) \qquad k_n = n\sqrt{a}+d \quad \textrm{dla}\ n\geq m. $

Przyjmijmy: $p(x) = (x\sqrt{a} + d)^2$ . Na mocy definicji liczb $k_n$ oraz równości (2) uzyskujemy równość $p(n) = w(n)$ dla $n \geq m$ . To oznacza, że $p(x) = w(x)$ , skąd

$ w(x)=(x\sqrt{a}+d)^2. $