L OM

L Olimpiada Matematyczna

Opracowanie rozwiązań: Marcin E. Kuczma

L OM - I etap

I etap L Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
L OM I etap - Zadania [1]	90.7 KB
L OM I etap - Zadania z rozwiązaniami [2]	144.2 KB

L OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

Dowieść, że wśród liczb postaci $50^n + (50n + 1)^{50}$ , gdzie $n$ jest liczbą naturalną, występuje nieskończenie wiele liczb złożonych.

Rozwiązanie

I sposób:

Jeżeli $n$ jest liczbą nieparzystą, to liczba $50^n$ przy dzieleniu przez $3$ daje resztę $2$ . Jeśli ponadto $n$ dzieli się przez $3$ , to $(50n+1)^{50}$ przy dzieleniu przez $3$ daje resztę $1$ . Stąd wynika, że liczba $50^n + (50n+1)^{50}$ jest podzielna przez $3$ dla liczb $n$ postaci $6k + 3$ .

II sposób:

Dla $n$ podzielnych przez $5$ liczba $50^n +(50n+1)^{50}$ jest sumą piątych potęg. Zatem liczba ta, na mocy tożsamości

$ x^5 + y^5 = (x + y)(x^4 - x^3y + x^2y^2 - xy^3 + y^4), $

jest złożona.

L OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

Wykazać, że dla dowolnych liczb rzeczywistych $a$ , $b$ , $c$ , $d$ zachodzi nierówność

$ (a + b + c + d)^2 \leq 3(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) + 6ab . $

Rozwiązanie

I sposób:

Tezę dostajemy natychmiast z następującej równości:

$ 3(a^2+b^2+c^2+d^2)+6ab-(a+b+c+d)^2=\frac{(2a+2b-c-d)^2}{2}+\frac{3(c-d)^2}{2}. $

II sposób:

Na mocy nierówności pomiędzy średnią kwadratową a arytmetyczną otrzymujemy $3((a + b)^2+ c^2+ d^2) \geq ((a+b) + c+d)^2$ , czyli nierówność, którą należało udowodnić.

L OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

W trójkącie równoramiennym $ABC$ kąt $BAC$ jest prosty. Punkt $D$ leży na boku $BC$ , przy czym $BD = 2\cdot CD$ . Punkt $E$ jest rzutem prostokątnym punktu $B$ na prostą $AD$ . Wyznaczyć miarę kąta $CED$ .

Rozwiązanie

Uzupełnijmy trójkąt $ABC$ do kwadratu $ABFC$ . Załóżmy, że prosta $AD$ przecina bok $CF$ w punkcie $P$ , zaś prosta $BE$ przecina bok $AC$ w punkcie $Q$ . Ponieważ

$ \frac{CP}{AB}=\frac{CD}{DB}=\frac{1}{2}, $

więc $CP= \frac{1}{2} CF$ . Wykorzystując prostopadłość prostych $AP$ i $BQ$ oraz powyższą równość dostajemy $CQ= \frac{1}{2} AC$ , i w konsekwencji $CP=CQ$ . Punkty $C$ , $Q$ , $E$ , $P$ leżą na jednym okręgu, skąd $\measuredangle CED =\measuredangle CEP =\measuredangle CQP = 45^\circ$ .

L OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

Dane są takie liczby rzeczywiste $x$ , $y$ , że liczby $x + y$ , $x^2 + y^2$ , $x^3 + y^3$ i $x^4 + y^4$ są całkowite. Dowieść, że dla każdej liczby całkowitej dodatniej $n$ liczba $x^n + y^n$ jest liczbą całkowitą.

Rozwiązanie

Ponieważ $2xy= (x + y)^2 - (x^2 + y^2)$ oraz $2x^2y^2 = (x^2 + y^2)^2 - (x^4 + y^4)$ , więc liczby $2xy$ i $2x^2y^2$ są całkowite. Gdyby przy tym liczba $xy$ nie była całkowita, to $2xy$ byłaby nieparzysta. Ale wówczas liczba $2x^2y^2 = (2xy)^2/2$ nie byłaby całkowita. Wniosek stąd, że liczba $xy$ jest całkowita.

Całkowitość liczby $x^n + y^n$ dowodzimy indukcyjnie korzystając z tożsamości $x^n + y^n = (x^{n-1} +y^{n-1})(x + y)-xy(x^{n-2} +y^{n-2})$ .

L OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych dodatnich $x$ , $y$ spełniające równanie $y^x = x^{50}$ .

Rozwiązanie

Dane równanie zapisujemy w postaci $y = x^{50/x}$ . Ponieważ dla każdego $x$ będącego dzielnikiem $50$ liczba po prawej stronie jest całkowita, otrzymujemy rozwiązania równania dla $x \in \{1,2,5,10,25,50\}$ . Inne rozwiązania tego równania otrzymamy tylko wtedy, gdy $x \geq 2$ oraz dla pewnego $k \geq 2$ liczba $x$ jest jednocześnie $k$ -tą potęgą pewnej liczby naturalnej oraz dzielnikiem liczby $50k$ . Jeśli $p$ jest dzielnikiem pierwszym takiej liczby $x$ , to $p^k|50^k$ . Ponieważ $p^k>k$ , więc nie może być $p^k|k$ , skąd $p\in\{2,5\}$ . Jeżeli $p= 2$ , to $2^k|2k$ , skąd $k = 2$ . Jeżeli zaś $p=5$ , to $5^k|25k$ , skąd znowu $k = 2$ . Zatem $x$ musi jednocześnie być kwadratem pewnej liczby naturalnej oraz dzielnikiem liczby $100$ .

Otrzymujemy dwie nowe wartości $x$ w tym przypadku: $x = 4$ oraz $x = 100$ . Zatem dane równanie ma 8 rozwiązań:

$ (1,1),\ (2,2^{25}),\ (4,2^{25}),\ (5,5^{10}),\ (10,10^5),\ (25,625),\ (50,50),\ (100,10). $

L OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

Przekątne $AC$ i $BD$ czworokąta wypukłego $ABCD$ przecinają się w punkcie $P$ . Punkt $M$ jest środkiem boku $AB$ . Prosta $MP$ przecina bok $CD$ w punkcie $Q$ . Dowieść, że stosunek pól trójkątów $BCP$ i $ADP$ jest równy stosunkowi długości odcinków $CQ$ i $DQ$ .

Rozwiązanie

Przez $[XYZ]$ będziemy oznaczać pole trójkąta $XYZ$ . Niech $K$ będzie punktem przecięcia odcinków $DP$ i $AQ$ , zaś niech $L$ będzie punktem przecięcia odcinków $CP$ i $BQ$ . Ponieważ punkt $M$ jest środkiem odcinka $AD$ , więc (na mocy twierdzenia Cevy)

$ \frac{BL}{LQ}=\frac{AK}{KQ},\ \textrm{skąd}\ \frac{[BCP]}{[CQP]}=\frac{[ADP]}{[DQP]}. $

Dostajemy zatem

$ \frac{[BCP]}{[ADP]}=\frac{[CQP]}{[DQP]}=\frac{CQ}{DQ}. $

L OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

Dana jest liczba naturalna $n \geq 2$ . Wyznaczyć wszystkie wielomiany $P(x) = a_0 + a_1x + \ldots + a_nx^n$ mające dokładnie $n$ pierwiastków nie większych niż $-1$ oraz spełniające warunek

$ a_0^2 + a_1a_n = a_n^2 + a_0a_{n-1} . $

Uwaga: Pierwiastki są liczone z uwzględnieniem krotności: jeśli liczba $x_0$ jest pierwiastkiem $k$ -krotnym wielomianu $P(x)$ (tzn. jeśli wielomian $P(x)$ jest podzielny przez wielomian $(x - x_0)^k$ , ale nie przez $(x - x_0)^{k+1}$ ), wówczas liczba $x_0$ jest traktowana jak $k$ pierwiastków wielomianu $P(x)$ .

Rozwiązanie

Niech $-p_1 \leq -p_2 \leq \ldots \leq -p_n$ będą pierwiastkami wielomianu spełniającego warunki zadania. Wówczas $p_1 \geq p_2 \geq \ldots \geq p_n \geq 1$ oraz $a_n \neq 0$ . Ponadto

$ a_{n-1} = a_n(p_1+p_2 + \ldots+p_n),\quad a_1 = a_np_1p_2\ldots p_n\left(\frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_2}+\ldots+\frac{1}{p_n}\right), $

oraz $a_0 = a_np_1p_2\ldots p_n$ . Warunek $a_0^2 + a_1a_n = a_n^2 + a_0a_{n-1}$ można więc przepisać w postaci

$ \qquad p_1p_2\ldots p_n+\frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_2}+\ldots+\frac{1}{p_n} = \frac{1}{p_1p_2\ldots p_n}+p_1+p_2+\ldots+ p_n. $

Udowodnimy indukcyjnie, że dla $n \geq 2$ oraz dla dowolnych liczb rzeczywistych $p_1 \geq p_2 \geq \ldots \geq p_n \geq 1$ zachodzi nierówność

$ (1) \qquad p_1p_2\ldots p_n+\frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_2}+\ldots+\frac{1}{p_n} \geq \frac{1}{p_1p_2\ldots p_n}+p_1+p_2+\ldots+ p_n $

oraz, że

(2) równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy $p_2=p_3 = \ldots =p_n = 1.$

Dla $n = 2$ nierówność (1) przybiera postać

$ p_1p_2+\frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_2}\geq \frac{1}{p_1p_2}+p_1+p_2. $

Jest ona równoważna nierówności

$ p_1^2p_2^2-p_1^2p_2-p_1p_2^2+p_1p_2\geq p_1p_2-p_1-p_2+1, $

czyli $p_1p_2(p_1 - 1)(p_2 - 1) \geq (p_1 - 1)(p_2 - 1)$ , co przy założeniu $p_1 \geq p_2 \geq 1$ jest spełnione. Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy $p_2 - 1 = 0$ .

Załóżmy teraz prawdziwość nierówności (1) oraz stwierdzenia (2) dla pewnego $n \geq 2$ . Niech ponadto dane będą liczby $p_1 \geq p_2 \geq \ldots \geq p_{n} \geq p_{n+1} \geq 1$ . Wówczas $p_1 p_2 \geq p_3 \geq \ldots \geq p_{n+1} \geq 1$ , skąd na mocy założenia indukcyjnego

$ (4)\begin{split} (p_1p_2)p_3\ldots p_n p_{n+1}+\frac{1}{p_1p_2}+\frac{1}{p_3}+\ldots+\frac{1}{p_n}+\frac{1}{p_{n+1}} \geq\\ \qquad \geq \frac{1}{(p_1p_2)p_3\ldots p_n p_{n+1}}+p_1p_2+p_3+\ldots+ p_n +p_{n+1} \end{split} $

oraz równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy $p_3= \ldots=p_n=p_{n+1} = 1$ . Dodanie nierówności (3) i (4) stronami daje

$ \begin{split} p_1p_2p_3\ldots p_n p_{n+1} +\frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_3}+\ldots+\frac{1}{p_n}+\frac{1}{p_{n+1}} \geq\\ \qquad \geq \frac{1}{p_1p_2p_3\ldots p_n p_{n+1}}+p_1+p_2+p_3+\ldots+ p_n +p_{n+1}. \end{split} $

Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy $p_2 =p_3= \ldots=p_n=p_{n+1} = 1$ .

Ze stwierdzenia (2) wynika zatem, że wielomiany spełniające warunki zadania mają postać $P(x) = a(x+1)^{n-1}(x + b)$ , gdzie $a$ jest dowolną niezerową liczbą rzeczywistą, zaś $b\geq 1$ .

L OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

Dana jest liczba naturalna $n \geq 2$ oraz zbiór $n$ -elementowy $S$ . Wyznaczyć najmniejszą liczbę naturalną $k$ , dla której istnieją podzbiory $A_1, A_2,\ldots, A_k$ zbioru $S$ o następującej własności:

dla dowolnych dwóch różnych elementów $a, b \in S$ , istnieje taka liczba $j \in \{1, 2,\ldots, k\}$ , że zbiór $A_j \cap \{a, b\}$ jest jednoelementowy.

Rozwiązanie

Wykażemy, że $k = [\log_2(n-1) +1]$ , tzn. $2^{k-1} <n\leq 2^k$ .

Mając liczbę $k$ określoną jak wyżej, konstruujemy zbiory $A_j$ następująco: numerujemy elementy zbioru $S$ liczbami $k$ -cyfrowymi w układzie dwójkowym (dopuszczamy zera początkowe). Mamy więc do dyspozycji $2^k\geq n$ liczb. Następnie za $A_i$ bierzemy zbiór tych elementów zbioru $S$ , których numer ma na $i$ -tym miejscu jedynkę. Dowolne różne elementy $a$ i $b$ zbioru $S$ mają wówczas przypisane różne numery, które różnią się, powiedzmy, na $j$ -tym miejscu. Wtedy do zbioru $A_j$ należy dokładnie jeden z elementów $a$ , $b$ .

Tak znaleziona liczba $k$ jest najmniejsza. Załóżmy bowiem, że istnieją zbiory $A_1,A_2,\ldots,A_k$ spełniające warunki zadania dla $2^k <n$ . Każdemu elementowi $x$ zbioru $S$ przypisujemy układ $k$ liczb $(c_1,c_2,\ldots,c_k)$ według następującej zasady:

$ c_i=\left\{\begin{array}{lll} 0&\textrm{gdy}&x\notin A_i\\ 1&\textrm{gdy}&x\in A_i\\ \end{array}\right. (i=1,2,\ldots,k). $

Ponieważ $2^k < n$ , więc istnieją takie dwa różne elementy $a,b \in S$ , które mają przypisany ten sam układ liczb. To zaś oznacza, że element $a$ należy do dokładnie tych samych zbiorów spośród $A_1,A_2,\ldots,A_k$ , co element $b$ .

L OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

Punkty $D$ , $E$ , $F$ leżą odpowiednio na bokach $BC$ , $CA$ , $AB$ trójkąta $ABC$ . Okręgi wpisane w trójkąty $AEF$ , $BFD$ , $CDE$ są styczne do okręgu wpisanego w trójkąt $DEF$ . Udowodnić, że proste $AD$ , $BE$ , $CF$ przecinają się w jednym punkcie.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $c_1$ okrąg wpisany w trójkąt $DEF$ , zaś przez $c_2$ okrąg wpisany w trójkąt $ABC$ . Ponieważ okręgi wpisane w trójkąty $AEF$ i $DEF$ są styczne, więc $AF + DE = AE + DF$ . To oznacza, że w czworokąt $AEDF$ można wpisać okrąg; oznaczmy ten okrąg przez $c_A$ . Punkt $D$ jest środkiem jednokładności $j_1$ , o skali dodatniej, przekształcającej okrąg $c_1$ na $c_A$ , punkt $A$ jest środkiem jednokładności $j_2$ , o skali dodatniej, przekształcającej okrąg $c_A$ na $c_2$ . Zatem jednokładność $j$ , o skali dodatniej, przekształcająca okrąg $c_1$ na $c_2$ jest złożeniem jednokładności $j_1$ i $j_2$ — jej środek leży więc na prostej $AD$ . Analogicznie dowodzimy, że środek jednokładności $j$ leży na prostych $BE$ i $CF$ .

Wniosek: proste $AD$ , $BE$ , $CF$ mają punkt wspólny, będący środkiem jednokładności okręgów $c_1$ i $c_2$ .

L OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

Dana jest liczba $x_1 > 0$ . Ciag $(x_n)$ jest zdefiniowany wzorem:

$ x_{n+1} = x_n +\frac{1}{x_n^2}\quad \textrm{dla}\ n = 1, 2, 3,\ldots . $

Udowodnić, że istnieje granica $\lim_{n\to \infty} \frac{x_n}{\sqrt[3]{n}}$ i obliczyć ją.

Rozwiązanie

W rozwiązaniu skorzystamy z następującego twierdzenia:

Jeżeli ciąg $(a_n)$ jest zbieżny do granicy $g$ , to ciąg $(b_n)$ , określony wzorem

$ b_n=\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n}, $

jest również zbieżny i jego granica wynosi $g$ .

Podstawmy $y_n = x_n^3$ . Wtedy

$ y_{n+1}=y_n\left(1+\frac{1}{y_n}\right)^3=y_n+3+\frac{3}{y_n}+\frac{1}{y_n^2}. $

Skoro $y_{n+1} > y_n + 3$ , to ciąg $(y_n)$ jest rozbieżny do nieskończoności. Zatem na mocy powyższej równości $(y_{n+1} - y_n) \rightarrow 3$ . Z ostatniej zbieżności oraz z zacytowanego wyżej twierdzenia dostajemy $\frac{y_n}{n}\rightarrow 3$ , skąd $\lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{\sqrt[3]{n}}=\sqrt[3]{3}$ .

L OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

W urnie znajdują się dwie kule: biała i czarna. Ponadto mamy do dyspozycji $50$ kul białych i $50$ czarnych. Wykonujemy $50$ razy następującą czynność: losujemy z urny kulę, a następnie wrzucamy ją z powrotem do urny oraz dokładamy jedną kulę tego samego koloru, co wylosowana kula. Po zakończeniu tych czynności mamy więc w urnie $52$ kule. Jaka liczba kul białych znajdujących się w urnie jest najbardziej prawdopodobna?

Rozwiązanie

Niech $P(k,n)$ , gdzie $1 \leq k\leq n-1$ , oznacza prawdopodobieństwo zdarzenia, że gdy w urnie jest $n$ kul, to dokładnie $k$ z nich ma kolor biały. Wówczas

$ P(1,2) = 1\quad \textrm{oraz}\quad P(k,n+1) = \frac{n-k}{n} P(k,n)+ \frac{k-1}{n} P(k - 1,n). $

Korzystając z powyższych związków dowodzimy indukcyjnie (ze względu na $n$ ), że $P(k,n) = 1/(n-1)$ dla $k = 1,2,\ldots,n-1$ . W szczególności

$ P(k,52) = \frac{1}{51}\ \textrm{dla}\ k=1,2,\ldots,51. $

Zatem każda możliwa liczba kul białych po $50$ losowaniach (od $1$ do $51$ ) jest jednakowo prawdopodobna.

L OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

Wszystkie wierzchołki sześcianu o krawędzi $a$ leżą na powierzchni czworościanu foremnego o krawędzi 1. Wyznaczyć możliwe wartości $a$ .

Rozwiązanie

Z warunków zadania wynika, że dany sześcian $ABCDA'B'C'D'$ leży wewnątrz danego czworościanu $KLMN$ . Możliwe są dwa przypadki:

Istnieje ściana czworościanu $KLMN$ (na przykład $KLM$ ), na której leżą co najmniej trzy wierzchołki sześcianu;
Na każdej ścianie czworościanu $KLMN$ leżą dokładnie dwa wierzchołki sześcianu.

Rozważmy najpierw przypadek (a). Trzy wierzchołki sześcianu, które leżą na ścianie $KLM$ , muszą być wierzchołkami jednej ściany tego sześcianu. To oznacza, że pewna ściana sześcianu, powiedzmy $ABCD$ , leży wewnątrz trójkąta $KLM$ ; pozostałe cztery wierzchołki $A'$ , $B'$ , $C'$ , $D'$ znajdują się na ścianach $KLN$ , $LMN$ , $MKN$ . Bez straty ogólności możemy przyjąć, że ściana $KLN$ zawiera któreś dwa spośród punktów $A'$ , $B'$ , $C'$ , $D'$ . Muszą one być dwoma kolejnymi wierzchołkami kwadratu $A'B'C'D'$ . Nie tracąc ogólności rozważań, możemy przyjąć, że punkty $A'$ , $B'$ leżą na ścianie $KLN$ , punkt $C'$ leży na ścianie $LMN$ , zaś punkt $D'$ znajduje się na ścianie $MKN$ .

Warunek (a) wyznacza więc jednoznacznie (z dokładnością do przyjętych oznaczeń) położenie danego sześcianu wewnątrz czworościanu foremnego o krawędzi $1$ . Przystępujemy do wyznaczenia długości krawędzi $a$ .

Oznaczmy przez $K'$ , $L'$ , $M'$ , odpowiednio punkty przecięcia krawędzi $KN$ , $LN$ , $MN$ z płaszczyzną $A'B'C'D'$ . Czworościan $K'L'M'N$ jest foremny. Oznaczmy jego krawędź przez $b$ . Wtedy $K'A' = B'L' = \frac{\sqrt{3}}{3}a$ , skąd

$ (1) \qquad b = a+\frac{2\sqrt{3}}{3}a. $

Wysokość czworościanu foremnego o krawędzi $\lambda$ wyraża się wzorem $h = \frac{\sqrt{6}}{3}\lambda$ . Porównując wysokości czworościanów $KLMN$ oraz $K'L'M'N$ otrzymujemy równość $\frac{\sqrt{6}}{3}b + a =\frac{\sqrt{6}}{3}$ , skąd wykorzystując równość (1) mamy

$ a=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{6}+2\sqrt{2}+3}. $

Pozostał do rozpatrzenia przypadek (b).

Każdy z czterech odcinków łączących wierzchołki danego sześcianu, leżące na tej samej ścianie czworościanu $KLMN$ , jest krawędzią tego sześcianu. Odcinki te nie mają wspólnych końców. Przypuśćmy, że krawędź $AB$ leży na ścianie $KLM$ . Wówczas jedna z krawędzi $A'B'$ lub $CD$ leży na jednej ze ścian $KLN$ , $LMN$ , $MKN$ . Bez straty ogólności przyjmijmy, że $A'B'$ leży na $KLN$ . Wtedy proste $AB$ i $A'B'$ są równoległe do krawędzi $KL$ , a co za tym idzie, proste $CD$ i $C'D'$ , są prostopadłe do krawędzi $MN$ ; nie mogą więc one leżeć na ścianach $LMN$ i $KMN$ . Możemy zatem założyć, że odcinek $CC'$ leży na ścianie $LMN$ , zaś odcinek $DD'$ znajduje się na ścianie $KMN$ .

Oznaczmy przez $X$ , $Y$ , $Z$ , $T$ odpowiednio środki krawędzi $KN$ , $NL$ , $LM$ , $MK$ . Wówczas kwadraty $A'B'BA$ oraz $D'C'CD$ mają boki równoległe odpowiednio do boków kwadratu $XYZT$ . Stąd istnieje (w przestrzeni) środek jednokładności $P$ kwadratów $A'B'BA$ i $XYZT$ , leżący na krawędzi $KL$ oraz środek jednokładności $Q$ kwadratów $D'C'CD$ i $XYZT$ , leżący na krawędzi $MN$ . Skale jednokładności w obu przypadkach są równe i wynoszą $2a$ . Odległości od punktów $P$ i $Q$ do płaszczyzny $XYZT$ są równe i wynoszą $\sqrt{2}/4$ . Stąd wynika, że odległości od płaszczyzn $A'B'BA$ i $D'C'CD$ do płaszczyzny $XYZT$ są równe — a więc każda z nich wynosi $a/2$ . Te trzy wielkości są związane ze sobą zależnością

$ 1-2a=\frac{a/2}{\sqrt{2}/4},\ \textrm{skąd otrzymujemy}\ a=\frac{1}{2+\sqrt{2}}. $

Pozostaje zauważyć, że powyższą wartość można zrealizować biorąc za $P$ i $Q$ środki krawędzi $KL$ i $MN$ .

Reasumując: możliwe wartości $a$ wynoszą

$ \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{6}+2\sqrt{2}+3}\quad \textrm{oraz}\quad \frac{1}{2+\sqrt{2}}. $

L OM - II etap

II etap L Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
L OM II etap - Zadania [3]	59.62 KB
L OM II etap - Rozwiązania [4]	76.06 KB

L OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

Dana jest funkcja $f: \langle 0,1 \rangle \to \mathbb{R}$ taka, że $f(\frac{1}{n}) = (-1)^n$ dla $n = 1, 2,\ldots$ . Wykazać, że nie istnieją takie funkcje rosnące $g: \langle 0,1 \rangle \to \mathbb{R}$ , $h: \langle 0,1 \rangle \to \mathbb{R}$ , że $f = g - h$ .

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że istnieją funkcje $g$ i $h$ spełniające warunki zadania. Ponieważ funkcje te są rosnące, więc dla każdego $k \in \mathbb{N}$ mamy

$ \begin{split} g\left(\frac{1}{2k+1}\right)&=f\left(\frac{1}{2k+1}\right)+h\left(\frac{1}{2k+1}\right)=\\ &=-1+h\left(\frac{1}{2k+1}\right)< - 1 +h\left(\frac{1}{2k}\right)=1+h\left(\frac{1}{2k}\right)-2=\\ &=f\left(\frac{1}{2k}\right)+h\left(\frac{1}{2k}\right)-2=g\left(\frac{1}{2k}\right)-2< g\left(\frac{1}{2k-1}\right)-2. \end{split} $

Z monotoniczności funkcji $g$ oraz powyższych nierówności dostajemy

$ \begin{split} g(0) < g\left(\frac{1}{2k+1}\right) < & g\left(\frac{1}{2k-1}\right)-2 < g\left(\frac{1}{2k-3}\right)-4 < \ldots < \\ & < g\left(\frac{1}{3}\right)-2(k-1) < g(1)-2k. \end{split} $

Zatem $g(1)-g(0) > 2k$ dla dowolnego $k\in \mathbb{N}$ , co nie jest możliwe.

L OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

Sześcian $S$ o krawędzi $2$ jest zbudowany z ośmiu sześcianów jednostkowych. Klockiem nazwiemy bryłę otrzymaną przez usunięcie z sześcianu $S$ jednego spośród ośmiu sześcianów jednostkowych. Sześcian $T$ o krawędzi $2^n$ jest zbudowany z $(2^n)^3$ sześcianów jednostkowych. Udowodnić, że po usunięciu z sześcianu $T$ dowolnego spośród $(2^n)^3$ sześcianów jednostkowych powstaje bryła, którą daje się szczelnie wypełnić klockami.

Rozwiązanie

Przeprowadzimy dowód indukcyjny. Dla $n = 1$ teza zadania jest oczywiście prawdziwa. Załóżmy więc, że teza jest prawdziwa dla pewnego $n$ i rozważmy sześcian $C$ o krawędzi $2^{n+1}$ z wyróżnionym sześcianem jednostkowym $D$ . Sześcian $C$ dzielimy na osiem przystających sześcianów $C_1,C_2,\ldots,C_8$ , każdy o krawędzi $2^n$ . W jednym z nich (przyjmijmy, że w $C_8$ ) znajduje się sześcian jednostkowy $D$ . Połóżmy klocek w samym środku sześcianu $C$ tak, aby jego część wspólna z każdym z sześcianów $C_1,C_2,\ldots,C_7$ była sześcianem jednostkowym. Wówczas pozostanie nam do wypełnienia klockami osiem sześcianów $C_1,C_2,\ldots,C_8$ , każdy z usuniętym sześcianem jednostkowym. To zaś, na mocy założenia indukcyjnego, jest wykonalne. Dowód indukcyjny jest więc zakończony.

L OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

Czworokąt wypukły $ABCD$ jest wpisany w okrąg. Punkty $E$ i $F$ leżą odpowiednio na bokach $AB$ i $CD$ , przy czym $AE: EB = CF: FD$ . Punkt $P$ leży na odcinku $EF$ i spełnia warunek $EP: PF = AB: CD$ . Udowodnić, że stosunek pól trójkątów $APD$ i $BPC$ nie zależy od wyboru punktów $E$ i $F$ .

Rozwiązanie

Załóżmy najpierw, że proste $AD$ i $BC$ nie są równoległe i przecinają się w punkcie $S$ . Wówczas trójkąty $ASB$ i $CSD$ są podobne. Ponieważ $AE : EB = CF : FD$ , więc podobne są również trójkąty $ASE$ i $CSF$ . Stąd $\measuredangle DSE = \measuredangle CSF$ . Ponadto

$ \frac{SE}{SF}=\frac{SA}{SC}=\frac{AB}{CD}=\frac{PE}{PF}, $

skąd dostajemy $\measuredangle ESP = \measuredangle FSP$ . Zatem punkt $P$ jest równoodległy od prostych $AD$ i $BC$ . Stosunek pól trójkątów $APD$ i $BPC$ jest więc równy stosunkowi długości odcinków $AD$ i $BC$ , czyli nie zależy od wyboru punktów $E$ i $F$ .

Załóżmy teraz, że proste $AD$ i $BC$ są równoległe. Wtedy $ABCD$ jest trapezem równoramiennym, gdzie $AB = CD$ . Punkt $P$ jest środkiem odcinka $EF$ oraz $BE = DF$ . Punkty $E$ i $F$ są więc jednakowo odległe odpowiednio od prostych $BC$ i $AD$ . Ponadto punkt $P$ jest równoodległy od prostych przechodzących przez punkty $E$ , $F$ i równoległych do podstaw trapezu $ABCD$ . Zatem również w tym przypadku odległości od punktu $P$ do prostych $AD$ i $BC$ są jednakowe. Powtarzając końcówkę rozumowania z poprzedniego przypadku dostajemy tezę.

L OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

Punkt $P$ leży wewnątrz trójkąta $ABC$ i spełnia warunki: $\measuredangle PAB = \measuredangle PCA$ oraz $\measuredangle PAC = \measuredangle PBA$ . Punkt $O$ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie $ABC$ . Dowieść, że jeżeli $O \ne P$ , to kąt $APO$ jest prosty.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $K$ , $L$ , $M$ odpowiednio punkty przecięcia prostych $AP$ , $BP$ , $CP$ z okręgiem opisanym na trójkącie $ABC$ . Na mocy równości $\measuredangle BAK = \measuredangle ACM$ długości łuków $BK$ i $AM$ są równe. Analogicznie, długości łuków $KC$ i $LA$ są równe. Odcinki $LC$ , $AK$ , $MB$ są więc równoległe oraz mają wspólną symetralną, przechodzącą przez punkt $O$ . Na tej symetralnej leży również punkt $P$ , jako punkt przecięcia przekątnych $MC$ i $BL$ trapezu równoramiennego $MBCL$ . Zatem w szczególności $\measuredangle APO = 90^\circ$ .

L OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

Niech $S = \{1, 2,3,4, 5\}$ . Wyznaczyć liczbę funkcji $f: S \to S$ spełniających równość $f^{50} (x) = x$ dla wszystkich $x \in S$ .

Uwaga: $f^{50}(x) = \underbrace{f \circ f \circ \ldots \circ f}_{50} (x)$ .

Rozwiązanie

Niech $f$ będzie funkcją spełniającą warunki zadania. Dla liczb $x \neq y$ dostajemy $f^{49}(f(x)) = x \neq y = f^{49}(f(y))$ , skąd $f(x)\neq f(y)$ . Zatem $f$ jest permutacją zbioru $S$ . Oznaczmy przez $r(x)$ ( $x \in S$ ) najmniejszą liczbę całkowitą dodatnią taką, że $f^{r(x)}(x)= x$ . Wówczas $r(x) \leq 5$ oraz $r(x)|50$ , skąd $r(x)\in\{1,2,5\}$ .

Jeżeli istnieje taka liczba $a \in S$ , że $r(a)=5$ , to liczby $a$ , $f(a)$ , $f^2(a)$ , $f^3(a)$ , $f^4(a)$ są różne; wyczerpują więc zbiór $S$ . Wtedy dla dowolnej liczby $x\in S$ , $r(x)=5$ . Funkcja $f$ jest więc jednoznacznie wyznaczona przez permutację $(f(1),f^2(1),f^3(1),f^4(1))$ zbioru $\{2,3,4,5\}$ ; zatem może być określona na $4! =24$ sposoby.

Jeżeli dla wszystkich $x \in S$ zachodzi $r(x)=1$ , to $f$ jest funkcją identycznościową. Taka funkcja jest jedna.

Pozostał do rozpatrzenia przypadek, w którym największa wartość osiągana przez funkcję $r$ wynosi $2$ . Niech więc $a$ będzie takim elementem zbioru $S$ , że $r(a) = 2$ . Wtedy także $r(b) = 2$ , gdzie $b = f(a)$ .

Jeżeli $r(x) = 1$ dla wszystkich $x \in S \setminus \{a,b\}$ , to $f$ jest wyznaczona przez wybór dwuelementowego podzbioru $\{a,b\}$ zbioru $S$ , co można uczynić na ${5 \choose 2}=10$ sposobów.

Jeżeli natomiast istnieje taka liczba $c \in S \setminus \{a,b\}$ , że $r(c) = 2$ , to przyjmując $d=f(c)$ oraz oznaczając przez $e$ jedyny element zbioru $S\setminus \{a,b,c,d\}$ , mamy

$ (1) \qquad f(a)= b,\ f(b)= a,\ f(c)= d,\ f(d)= c,\ f(e)= e. $

Taka funkcja $f$ jest wyznaczona przez wybór liczby $e$ (można to zrobić na $5$ sposobów) oraz podział zbioru $S \setminus \{e\}$ na dwa podzbiory dwuelementowe $\{a,b\}$ i $\{c,d\}$ (istnieją $3$ takie podziały). Dostajemy więc $15$ funkcji postaci (1).

Łącznie istnieje $50$ funkcji spełniających warunki zadania.

L OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

Dana jest liczba naturalna $k \geq 2$ oraz liczby całkowite $a_1, a_2,\ldots, a_n$ spełniające warunki

$ a_1 + 2^i a_2 + 3^i a_3 + \ldots + n^i a_n = 0\ \textrm{dla}\ i = 1, 2,\ldots, k-1. $

Dowieść, że liczba $a_1 + 2^k a_2 + 3^k a_3 + \ldots + n^k a_n$ jest podzielna przez $k!$ .

Rozwiązanie

Dla dowolnej liczby całkowitej $m \geq k$ liczba ${m \choose k}$ jest całkowita. Stąd dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej $m$ liczba $m(m-1)(m-2)\ldots(m-k+1)$ jest podzielna przez $k!$ . Istnieją więc takie liczby całkowite $b_1,b_2,\ldots,b_{k-1}$ , że dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej $m$ ,

$ m^k \equiv b_1m+b_2m^2 +\ldots+b_{k-1}m^{k-1} (\mathrm{mod}\ k!). $

Mnożąc powyższą kongruencję przez $a_m$ , a następnie dodając stronami od $m =1$ do $m = n$ otrzymujemy

$ \begin{split} a_1 +2^ka_2 +\ldots+n^ka_n \equiv & b_1(a_1 +2a_2 +\ldots+na_n)+b_2(a_1 +2^2a_2 +\ldots+n^2 a_n)+\ldots \\ &\qquad\ldots+b_{k-1}(a_1 +2^{k-1}a_2 +\ldots+n^{k-1}a_n)= \\ &= 0 (\mathrm{mod}\ k!). \end{split} $

L OM - III etap

III etap L Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
L OM III etap - Zadania z rozwiązaniami [5]	144.31 KB

L OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

III

Punkt $D$ leży na boku $BC$ trójkata $ABC$ , przy czym $AD > BC$ . Punkt $E$ leży na boku $AC$ i spełnia warunek

$ \frac{AE}{EC}= \frac{BD}{AD - BC}. $

Udowodnić, że $AD > BE$ .

Rozwiązanie

Uzupełniamy trójkąt $BDA$ do równoległoboku $BDAF$ . Na półprostej $BC^\to$ odkładamy odcinek $BK$ o długości $AD$ . Dana w zadaniu zależność przyjmuje teraz postać

$ \frac{AE}{EC}=\frac{AF}{CK}. $

Z tej równości oraz z równoległości odcinków $CK$ i $AF$ wynika, że punkty $F$ , $E$ , $K$ są współliniowe.

Punkt $E$ leży więc na podstawie $KF$ trójkąta równoramiennego $BKF$ . Stąd dostajemy $BF >BE$ , czyli $AD > BE$ .

L OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

III

Dane są liczby całkowite nieujemne $a_1 <a_2 <a_3 < \ldots < a_{101}$ mniejsze od $5050$ . Dowieść, że spośród nich można wybrać takie cztery różne $a_k$ , $a_l$ , $a_m$ , $a_n$ , że liczba $a_k + a_l -a_m -a_n$ jest podzielna przez $5050$ .

Rozwiązanie

Rozważamy wszystkie wyrażenia postaci $a_k + a_l$ , gdzie $1 \leq k<l \leq 101$ . Takich wyrażeń jest ${101 \choose 2}= 5050$ . Jeżeli znajdziemy wśród nich dwa, powiedzmy $a_k + a_l$ i $a_m + a_n$ , których wartości dają tę samą resztę z dzielenia przez 5050, to liczby $a_k$ , $a_l$ , $a_m$ , $a_n$ spełniają warunki zadania — liczby te są bowiem parami różne (jeśli np. $a_k = a_m$ , to także $a_l = a_n$ , gdyż $0 \leq a_l,a_n < 5050$ ).

Pozostaje do rozpatrzenia przypadek, w którym wszystkie powyższe sumy dają różne reszty z dzielenia przez $5050$ . Wykażemy, ze ten przypadek zachodzić nie może. Gdyby bowiem tak było, to rozważane sumy dawałyby wszystkie możliwe reszty z dzielenia przez $5050$ — każdą jeden raz. Stąd

$ S=\sum_{1\leq k <l \leq 101}(a_k+a_l)\equiv \sum_{i=0}^{5049}i = \frac{5049\cdot 5050}{2} \equiv 2525\ (\mathrm{mod}\ 5050), $

co dowodzi, że $S$ jest liczbą nieparzystą.

Z drugiej strony

$ S=\sum_{1\leq k < l\leq 101}(a_k+a_l) = 100 \cdot \sum_{k=1}^{101} a_k, $

co oznacza, że $S$ jest liczbą parzystą. Otrzymaliśmy sprzeczność.

L OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

III

Dowieść, że istnieją takie liczby naturalne $n_1 <n_2 < \ldots < n_{50}$ , że

$ n_1 + S(n_1)= n_2 + S(n_2)= n_3 + S(n_3)= \ldots = n_{50} + S(n_{50}) , $

gdzie $S(n)$ jest sumą cyfr liczby $n$ .

Rozwiązanie

Wprowadźmy następujące oznaczenia:

$ \begin{split} a_1(k)&=10^{10^k+k+1}-9\cdot 10^k=\underbrace{9999\ldots 99}_{10^k}1\underbrace{0000\ldots 00}_{k}\ ,\\ a_2(k)&=10^{10^k+k+1}=1\underbrace{0000\ldots 00}_{10^k+k+1}. \end{split} $

Wówczas $a_1(k)+ S (a_1(k)) = a_2(k)+ S (a_2(k)) = 10^{10^k+k+1} +1$ . Określamy liczby $k_0,k_1,k_2,\ldots$ wzorami:

$ k_0 = 0\ \textrm{oraz}\ k_{i+1} = 10^{k_i} + k_i + 2\ \textrm{dla}\ i \geq 0 . $

Dla dowolnego ciągu $\varepsilon=(\varepsilon_0,\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_5)$ , gdzie $\varepsilon_0,\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_5 \in \{1, 2\}$ , przyjmijmy

$ n_\varepsilon = \sum_{i=0}^{5} a_{\varepsilon_i} (k_i) . $

Otrzymane w ten sposób $64$ liczby $n_\varepsilon$ są parami różne. Wykażemy, że dla wszystkich 64 ciągów $\varepsilon$ , wielkości $n_\varepsilon + S(n_\varepsilon)$ są jednakowe.

Ponieważ dla $i \in\{0, 1, 2, 3, 4, 5\}$ liczba $a_{\varepsilon_i} (k_i)$ jest co najwyżej $k_{i+1}$ -cyfrowa i ma co najmniej $k_i$ zer końcowych, więc żadne dwie z liczb $a_{\varepsilon_i} (k_i)$ i $a_{\varepsilon_j} (k_j )$ (dla $i\neq j$ ) nie mają niezerowych cyfr na tym samym miejscu dziesiętnym. Stąd

$ S( n_\varepsilon) = \sum_{i=0}^{5} S(a_{\varepsilon_i} (k_i)) . $

Zatem

$ n_\varepsilon + S(n_\varepsilon)= \sum_{i=0}^{5} (a_{\varepsilon_i} (k_i) + S(a_{\varepsilon_i} (k_i)))=6+\sum_{i=0}^{5}10^{10^{k_i}+k_i+1}, $

co jest wielkością niezależną od $\varepsilon$ .

L OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

III

Rozstrzygnąć, dla jakich liczb naturalnych $n \geq 2$ układ równań

$ \left\{\begin{array}{c} x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+50=16x_{1}+12x_{2}\\ x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+50=16x_{2}+12x_{3}\\ x_{3}^{2}+x_{4}^{2}+50=16x_{3}+12x_{4}\\ \vdots\\ x_{n-1}^{2}+x_{n}^{2}+50=16x_{n-1}+12x_{n}\\ x_{n}^{2}+x_{1}^{2}+50=16x_{n}+12x_{1} \end{array} \right. $

ma rozwiązanie w liczbach całkowitych $x_1,x_2,x_3,\ldots,x_n$ .

Rozwiązanie

Równanie $x_1^2 + x_2^2+50 = 16x_1 + 12x_2$ jest równoważne równaniu

$ (x_1 - 8)^2 +(x_2 - 6)^2 = 50 . $

Liczby $x_1,x_2,\ldots,x_n$ spełniają dany w treści zadania układ równań wtedy i tylko wtedy, gdy punkty $(x_1,x_2), (x_2,x_3), \ldots, (x_n,x_1)$ leżą na okręgu o środku $(8, 6)$ i promieniu $\sqrt{50}$ . Na tym okręgu leży $12$ punktów o współrzędnych całkowitych: $(1, 5)$ , $(1, 7)$ , $(3, 1)$ , $(3, 11)$ , $(7, -1)$ , $(7, 13)$ , $(9, -1)$ , $(9, 13)$ , $(13, 1)$ , $(13, 11)$ , $(15, 5)$ , $(15, 7)$ .

Ponieważ każda z liczb $x_i$ występuje raz jako odcięta, a raz jako rzędna punktu kratowego leżącego na tym okręgu, wiec liczby $x_i$ mogą przyjmować tylko wartości $1$ , $7$ lub $13$ . To pozostawia nam trzy możliwe układy dla par $(x_i,x_{i+1})$ , a mianowicie: $(1, 7)$ , $(7, 13)$ lub $(13, 1)$ . Stąd wniosek, że w układzie liczb $(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ będącym rozwiązaniem wyjściowego układu równań, występują cyklicznie liczby $1$ , $7$ , $13$ . Taka sytuacja jest możliwa wtedy i tylko wtedy, gdy $n$ jest liczbą podzielną przez $3$ .

L OM - III - Zadanie 5

Niech $a_1,a_2, \ldots, a_n$ , $b_1,b_2, \ldots, b_n$ będą liczbami całkowitymi. Udowodnić, że

$ \sum_{1 \leq i < j \leq n}(|a_i-a_j|+|b_i-b_j|)\leq\sum_{1\leq i,j\leq n}|a_i-b_j|. $

Rozwiązanie

Sumy występujące po obu stronach danej w zadaniu nierówności nie zmienią się, jeśli w dowolny sposób zmienimy kolejność liczb $a_i$ oraz liczb $b_i$ . Bez szkody dla ogólności możemy więc założyć, że $a_1 \leq a_2 \leq \ldots \leq a_n$ oraz $b_1 \leq b_2 \leq \ldots \leq b_n$ . Wówczas

$ \begin{split} \sum_{1\leq i<j\leq n}(|a_{i}-a_{j}|+|b_{i}-b_{j}|)&=\sum_{1\leq i<j\leq n}(a_{j}-a_{i}+b_{j}-b_{i})\leq\\ &\leq\sum_{1\leq i<j\leq n}(|a_{j}-b_{i}|+|b_{j}-a_{i}|) \leq \\ &\leq\sum_{1\leq i<j\leq n}(|a_{j}-b_{i}|+|a_{i}-b_{j}|)+\\ &\qquad+\sum_{1\leq i\leq n}|a_{i}-b_{i}|=\\ &=\sum_{1\leq i,j\leq n}|a_{i}-b_{j}|. \end{split} \medskip $

L OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

L OM, 1998-1999

Etap:

III

W sześciokącie wypukłym $ABCDEF$ zachodzą równości:

$ \measuredangle A + \measuredangle C + \measuredangle E = 360^\circ ,\qquad \frac{AB}{BC} \cdot \frac{CD}{DE} \cdot \frac{EF}{FA}=1. $

Dowieść, że $\frac{AB}{BF} \cdot \frac{FD}{DE} \cdot \frac{EC}{CA}=1$ .

Rozwiązanie

Na mocy założenia $\measuredangle A + \measuredangle C + \measuredangle E = 360^\circ$ , istnieje taki punkt $P$ , że zachodzą następujące równości kątów (rysunek):

$ (1) \qquad \measuredangle BCP = \measuredangle BAF,\ \measuredangle PCD = \measuredangle FED,\ \measuredangle CDP = \measuredangle EDF . $

Trójkąty $DEF$ i $DCP$ są więc podobne, skąd dostajemy

$ (2) \measuredangle EDC = \measuredangle F DP\ \textrm{oraz}\ = \frac{ED}{DC}=\frac{FD}{DP}. $

Korzystając z danej w treści zadania równości oraz z podobieństwa trójkątów $EDF$ i $CDP$ otrzymujemy

$ \frac{FA}{AB} = \frac{EF}{DE}\cdot \frac{CD}{BC}=\frac{CP}{CD}\cdot \frac{CD}{BC}=\frac{CP}{BC}, $

co na mocy pierwszej spośród równości (1) dowodzi, że trójkąty $BAF$ i $BCP$ są podobne. Zatem

$ (3)\qquad \measuredangle CBA=\measuredangle PBF\quad \textrm{oraz}\quad \frac{AB}{BC}=\frac{FB}{BP}. $

Równości (2) oznaczają, że trójkąty $EDC$ i $FDP$ są podobne; z równości (3) wynika natomiast, że podobne są trójkąty $CBA$ i $PBF$ . Otrzymujemy więc odpowiednio następujące proporcje:

$ \frac{EC}{DE}\cdot \frac{FP}{FD}\quad \textrm{oraz}\quad \frac{AB}{CA}\cdot \frac{BF}{FP}. $

Mnożąc stronami powyższe dwie równości dostajemy tezę.