L OM - III etap

III etap L Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
L OM III etap - Zadania z rozwiązaniami [1]	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.