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