LI OM - III etap

III etap LI Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
LI OM III etap - Zadania [1]	59.2 KB
LI OM III etap - Zadania z rozwiązaniami [2]	159.2 KB

LI OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

III

Dana jest liczba całkowita $n \geq 2$ .

Wyznaczyć liczbę rozwiązań $(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ układu równań

$ \left\{\begin{array}{c} x_{2}+x_{1}^{2}=4x_{1}\\ x_{3}+x_{2}^{2}=4x_{2}\\ x_{4}+x_{3}^{2}=4x_{3}\\ \vdots\\ x_{n}+x_{n-1}^{2}=4x_{n-1}\\ x_{1}+x_{n}^{2}=4x_{n} \end{array}\right. $

w liczbach rzeczywistych nieujemnych.

Rozwiązanie

Odpowiedź: $2^n$ .

Z pierwszego równania otrzymujemy

$ x_1(x_1 -4) = x_1^2 - 4x_1 = - x_2 \leq 0, $

skąd wynika, że $x_1 \leq 4$ . Istnieje więc dokładnie jedna liczba $\alpha \in \langle 0,\pi/2\rangle$ , spełniająca zależność $x_1 =4\sin^2 \alpha$ .

Wówczas $x_{2}=x_{1}(4-x_{1})=4\sin^{2}\alpha\cdot 4\cos^{2}\alpha=4\sin^{2}2\alpha$ . Rozumując analogicznie dostajemy

$ x_{k}=4\sin^{2}(2^{k-1}\alpha)\ (k=3,4, \ldots,n) $

oraz $x_{1}=4\sin^{2}(2^{n}\alpha)$ .

Liczba rozwiązań danego układu równań w liczbach nieujemnych jest więc równa liczbie rozwiązań równania

$ \sin^2 \alpha = \sin^2 (2^n\alpha) $

w liczbach rzeczywistych $\alpha \in \langle 0,\pi/2\rangle$ . Ponieważ równość $\sin\beta=\pm\sin\gamma$ zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy któraś z liczb $\beta+\gamma$ , $\beta-\gamma$ jest całkowitą wielokrotnością $\pi$ , więc jedna z liczb $(2^n+1)\alpha$ , $(2^n-1)\alpha$ musi być całkowitą wielokrotnością $\pi$ . Stąd wynika, że $\alpha$ jest jedną z liczb:

$ 0,\ \frac{k\pi}{2^{n}+1},\ \frac{\ell\pi}{2^{n}-1},\ \text{gdzie}\ k\ \in\{1,2,\ldots,2^{n-1}\},\ \ell\in\{1,2, \ldots,2^{n-1}-1\}. $

Ponieważ największy wspólny dzielnik liczb $2^n + 1$ i $2^n - 1$ jest równy $1$ , więc wyżej wypisane możliwe wartości $\alpha$ są różne. Zatem istnieje dokładnie $2^n$ ciągów liczb nieujemnych $(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ spełniających dany układ równań.

LI OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

III

Dany jest trójkąt $ABC$ , w którym $AC = BC$ . Punkt $P$ leży wewnątrz trójkąta $ABC$ , przy czym $\measuredangle PAB = \measuredangle PBC$ . Punkt $M$ jest środkiem boku $AB$ . Dowieść, że

$ \measuredangle APM + \measuredangle BPC =180^\circ. $

Rozwiązanie

Załóżmy najpierw, że punkt $P$ leży wewnątrz trójkąta $AMC$ lub na odcinku $MC$ .

Niech $Q \neq C$ będzie punktem przecięcia okręgu opisanego na trójkącie $BCP$ z prostą $CM$ (rys. 1 i 2). Ponieważ $\measuredangle PAM = \measuredangle PBC = \measuredangle PQC$ , więc punkty $A$ , $P$ , $M$ , $Q$ leżą na jednym okręgu. Ponadto

$ (1) \qquad \measuredangle BPC = \measuredangle BQC = \measuredangle AQC. $

Jeżeli punkt $Q$ znajduje się na zewnątrz trójkąta $ABC$ (rys. 1) lub na odcinku $AB$ , to na mocy zależności (1) otrzymujemy

$ \measuredangle APM + \measuredangle BPC = \measuredangle APM + \measuredangle AQC = 180^\circ. $

Jeżeli natomiast punkt $Q$ znajduje się wewnątrz trójkąta $ABC$ (rys. 2), to korzystając raz jeszcze z równości (1) uzyskujemy

$ \measuredangle APM + \measuredangle BPC = \measuredangle AQM + \measuredangle AQC = 180^\circ. $

Załóżmy teraz, że punkt $P$ znajduje się wewnątrz trójkąta $BCM$ . Ponieważ $\measuredangle PBA = \measuredangle PAC$ , więc przeprowadzając rozumowanie analogiczne do powyższego otrzymujemy równość $\measuredangle BPM + \measuredangle APC = 180^\circ$ . Stąd

$ \measuredangle APM + \measuredangle BPC = 180^\circ, $

co kończy

Rozwiązanie

zadania.

LI OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

III

W ostrosłupie prawidłowym o wierzchołku $S$ i podstawie $A_1A_2\ldots A_n$ każda krawędź boczna tworzy z płaszczyzną podstawy kąt $60^\circ$ . Dla każdej liczby naturalnej $n \geq 3$ rozstrzygnąć, czy można wybrać takie punkty $B_2,B_3,\ldots,B_n$ leżące odpowiednio na krawędziach $A_2S, A_3S,\ldots,A_nS$ , że

$ A_1B_2 + B_2B_3 + B_3B_4 +\ldots + B_{n-1}B_n + B_nA_1 < 2A_1S. $

Rozwiązanie

Takie punkty istnieją dla dowolnego $n \geq 3$ .

Niech $O$ będzie spodkiem wysokości ostrosłupa, zaś $\alpha$ miarą kąta ściany bocznej przy wierzchołku $S$ . Z równości $A_1S = 2A_1O$ otrzymujemy

$ \sin\frac{\alpha}{2}=\frac{A_{1}A_{2}}{2A_{1}S}=\frac{1}{2}\cdot\frac{A_{1}A_{2}}{2A_{1}O}=\frac{1}{2}\sin\frac{180^{\circ}}{n}=\sin\frac{90^{\circ}}{n}\cos\frac{90^{\circ}}{n}<\sin\frac{90^{\circ}}{n}, $

skąd

$ (1)\qquad n\alpha< 180^\circ. $

Rozetnijmy powierzchnię boczną ostrosłupa wzdłuż krawędzi $A_1S$ i rozłóżmy ją na płaszczyźnie. Otrzymamy wtedy wielokąt $S'A'_1A'_2...A'_nA''_1$ (rys. 1). Na mocy nierówności (1), $\measuredangle A'_1S'A''_1 = n\alpha< 180^\circ$ .

Niech $B'_2,B'_3,\ldots,B'_n$ będą punktami przecięcia odcinka $A'_1A''_1$ odpowiednio z odcinkami $A'_2S',A'_3S',\ldots,A'_nS'$ . Na mocy nierówności trójkąta,

$ A'_1B'_2 + B'_2B'_3 + B'_3B'_4 +\ldots + B'_{n-1}B'_n + B'_nA''_1 < 2A'_1S'. $

Punkty $B'_2,B'_3,\ldots,B'_n$ wyznaczają więc punkty $B_2,B_3,\ldots,B_n$ na krawędziach ostrosłupa spełniające warunki zadania.

LI OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

III

Dla danej liczby naturalnej $n \geq 2$ znaleźć najmniejszą liczbę $k$ o następującej własności. Z dowolnego $k$ -elementowego zbioru pól szachownicy $n \times n$ , można wybrać taki niepusty podzbiór, że liczba pól tego podzbioru w każdym wierszu i w każdej kolumnie szachownicy jest parzysta.

Rozwiązanie

Udowodnimy następujące dwa zdania:

Z dowolnego zbioru złożonego z $m + n$ pól szachownicy o wymiarach $m \times n$ ( $m,n \geq 2$ ) można wybrać niepusty podzbiór mający w każdym wierszu i w każdej kolumnie szachownicy parzystą liczbę pól.
Istnieje zbiór $m+n-1$ pól szachownicy o wymiarach $m \times n$ , z którego nie da się wybrać niepustego podzbioru mającego w każdym wierszu i w każdej kolumnie szachownicy parzystą liczbę pól.

Z powyższych zdań zastosowanych dla $m = n$ wnioskujemy, że najmniejszą liczbą spełniającą warunki zadania jest $k = 2n$ .

Dowód zdania 1.

Przeprowadzimy dowód indukcyjny względem $m + n$ . Dla $m = 2$ , $n = 2$ teza zdania 1 jest prawdziwa.

Ustalmy dwie liczby naturalne $m$ , $n$ o sumie większej niż $4$ i załóżmy, że zdanie $1$ jest prawdziwe dla dowolnej szachownicy o sumie wymiarów mniejszej niż $m + n$ . Rozważmy dowolny zbiór A złożony z $m + n$ pól szachownicy $S$ o wymiarach $m \times n$ . Możliwe są następujące trzy przypadki:

istnieje wiersz lub kolumna szachownicy $S$ nie zawierająca żadnego pola ze zbioru $A$ ;
istnieje wiersz lub kolumna szachownicy $S$ , w której znajduje się dokładnie jedno pole ze zbioru $A$ ;
w każdym wierszu i w każdej kolumnie znajdują się co najmniej dwa pola ze zbioru $A$ .

W przypadku (a) usuwamy z szachownicy $S$ tę kolumnę (lub wiersz), która nie zawiera żadnego pola ze zbioru $A$ . Następnie usuwamy ze zbioru $A$ dowolne pole (na rysunku 1 pola zbioru A oznaczone są kółeczkami). W ten sposób otrzymujemy nową szachownicę, która zawiera pewien zbiór $A'$ złożony z $m + n - 1$ pól i której suma wymiarów jest równa $m + n - 1$ (rys. 2). Stąd wynika, że każdy z wymiarów uzyskanej szachownicy jest nie mniejszy niż $2$ . Zatem na mocy założenia indukcyjnego można wybrać ze zbioru $A'$ niepusty podzbiór mający w każdym wierszu i w każdej kolumnie parzystą liczbę pól. Wklejając z powrotem usuniętą kolumnę lub usunięty wiersz na swoje miejsce (rys. 3) otrzymujemy żądany podzbiór zbioru $A$ .

Podobnie postępujemy w przypadku (b): znajdujemy najpierw kolumnę (lub wiersz), w której znajduje się dokładnie jedno pole ze zbioru $A$ , a następnie usuwamy tę kolumnę z szachownicy $S$ (rys. 4). W rezultacie otrzymujemy nową szachownicę, która zawiera pewien zbiór $A$ ' złożony z $m + n - 1$ pól i której suma wymiarów jest równa $m + n - 1$ (rys. 5). Tak jak wyżej, stosujemy założenie indukcyjne, po czym wklejamy z powrotem usuniętą kolumnę lub usunięty wiersz (rys. 6).

Rozpatrzmy przypadek (c). Niech $k_1,k_2,\ldots,k_n, w_1,w_2,\ldots,w_m$ oznaczają odpowiednio liczby pól zbioru $A$ w poszczególnych kolumnach i wierszach. Wówczas

$ (k_1 + k_2 +\ldots + k_n) + (w_1 + w_2 +\ldots + w_m) = 2(m + n). $

Ponadto $k_i,w_j \geq 2$ dla wszystkich $i$ , $j$ . Stąd wynika, że $k_i = w_j = 2$ . Zatem zbiór $A$ ma w każdej kolumnie i w każdym wierszu dokładnie dwa pola. To oznacza, że liczba pól zbioru $A$ w każdym wierszu i w każdej kolumnie jest parzysta.

Dowód indukcyjny, a tym samym dowód zdania 1, został zakończony.

Dowód zdania 2.

Rozważmy zbiór $A$ złożony ze wszystkich $m + n- 1$ pól szachownicy o wymiarach $m \times n$ znajdujących się w dolnym wierszu i pierwszej kolumnie (rys. 7). Aby otrzymać parzystą liczbę pól w kolumnach od drugiej do ostatniej musimy usunąć ze zbioru $A$ pola, które się w tych kolumnach znajdują. Po ich usunięciu widzimy, że z tego samego powodu musimy usunąć pozostałe pola zbioru $A$ . To kończy dowód zdania $2$ .

LI OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

III

Stopień wielomianu $P(x)$ o współczynnikach rzeczywistych jest nieparzysty. Ponadto dla każdego $x$

$ P (x^2 - 1)= (P (x))^2 - 1. $

Udowodnić, że dla każdej liczby rzeczywistej $x$ zachodzi równość

$ P(x) = x. $

Rozwiązanie

Dla dowolnej liczby rzeczywistej $x$ prawdziwe są zależności

$ (P (-x))^2 = P (x^2 - 1) +1 = (P (x))^2. $

Stąd wynika, że dla każdego $x$ zachodzi jedna z równości: $P(-x) = P(x)$ lub P $(-x) = -P (x)$ .

Przypuśćmy, że dla nieskończenie wielu $x$ zachodzi równość $P(-x) = P(x)$ . Wówczas równość ta musi być prawdziwa dla dowolnej liczby rzeczywistej $x$ , co przeczy założeniu, że stopień wielomianu $P$ jest liczbą nieparzystą.

Zatem dla nieskończenie wielu $x$ zachodzi równość $P(-x) = -P(x)$ , skąd wynika, że równość ta jest prawdziwa dla wszystkich liczb rzeczywistych $x$ .

Dowolną liczbę rzeczywistą $x \geq -1$ możemy zapisać w postaci $x = y^2 - 1$ , dla pewnej liczby rzeczywistej $y$ . Stąd

$ (1) \qquad P (x) = P (y^2 - 1) = (P (y))^2 - 1 \geq - 1. $

Określamy rekurencyjnie ciąg $(x_n)$ wzorami:

$ x_1 = 1\quad \textrm{oraz}\quad x_n = \sqrt{x_{n-1} + 1}\quad \textrm{dla}\quad n \geq 2. $

Udowodnimy indukcyjnie, że

$ (2)\qquad P(x_n)= x_n\ \textrm{dla}\ n \in\mathrm{N}. $

Z zależności $P(-x) =-P(x)$ otrzymujemy $P(0) =0$ . Kładąc $x=0$ do danej w treści zadania tożsamości otrzymujemy $P(-1) = -1$ , skąd $P(1) = 1$ . To dowodzi równości (2) dla $n=1$ .

Ze związku $P(x_{n-1}) = x_{n-1}$ wynika, że

$ (P(x_n))^2 = P(x_n^2 - 1) + 1 = P(x_{n-1}) + 1 = x_{n-1} + 1 = x_n^2. $

Ponieważ $x_n > 1$ dla $n \geq 2$ , więc nierówność (1) wyklucza prawdziwość równości $P(x_n) = -x_n$ . Zatem $P(x_n) = x_n$ , co kończy dowód zależności (2).

Ciąg $(x_n)$ jest rosnący, więc równość $P(x) = x$ zachodzi dla nieskończenie wielu $x$ . Z tego zaś wynika, że $P(x) = x$ dla wszystkich $x \in \mathbb{R}$ .