XLIX OM - II etap

II etap XLIX Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
XLIX OM II etap - Zadania [1]	47.53 KB
XLIX OM II etap - Rozwiązania [2]	78.39 KB

XLIX OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XLIX OM, 1997-1998

Etap:

Niech $A_n = \{1, 2,\ldots, n\}$ . Rozstrzygnąć, czy dla każdej liczby naturalnej $n \geq 2$ istnieją funkcje $f: A_n \to A_n$ , $g: A_n \to A_n$ , spełniające warunki:

$ f (f (k))= g(g(k)) = k\ \textrm{dla}\ k = 1, 2,\ldots,n; $

$ g(f (k)) = k + 1\ \textrm{dla}\ k = 1, 2,\ldots,n-1. $

Rozwiązanie

Dla każdej liczby naturalnej $n \geq 2$ istnieją funkcje o wymaganych własnościach. Oto przykład:

$ f(k)=\left\{\begin{array}{lll} n-k&\textrm{dla}&k<n,\\ n&\textrm{dla}&k=n, \end{array}\right. \quad g(k)=n+1-k. $

XLIX OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XLIX OM, 1997-1998

Etap:

W trójkącie $ABC$ kąt $BCA$ jest rozwarty oraz $\measuredangle BAC = 2\measuredangle ABC$ . Prosta przechodząca przez punkt $B$ i prostopadła do $BC$ przecina prosta $AC$ w punkcie $D$ . Punkt $M$ jest środkiem boku $AB$ . Dowieść, ze $\measuredangle AMC = \measuredangle BMD$ .

Rozwiązanie

Niech prosta równoległa do $AB$ i przechodząca przez punkt $C$ przecina odcinek $BD$ w punkcie $E$ . Oznaczmy przez $N$ środek odcinka $CE$ . Wówczas punkty $M$ , $N$ , $D$ są współliniowe. Trójkąt $BCE$ jest prostokątny, więc $N$ jest środkiem okręgu opisanego na nim. Stąd wynika, że trójkąt $BCN$ jest równoramienny, co daje następujące równości:

$ \measuredangle BAC = 2\measuredangle ABC = \measuredangle ABC + \measuredangle BCN = \measuredangle ABC + \measuredangle CBN = \measuredangle ABN. $

Czworokąt $ABNC$ jest więc trapezem równoramiennym, nie będącym równoległobokiem. Zatem punkt $N$ jest obrazem punktu $C$ w symetrii względem symetralnej odcinka $AB$ . To oznacza, że $\measuredangle AMC =\measuredangle BMN = \measuredangle BMD$ .

XLIX OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XLIX OM, 1997-1998

Etap:

(a) Liczby nieujemne $a$ , $b$ , $c$ , $d$ , $e$ , $f$ , których suma jest równa $1$ , spełniają zależność

$ ace +bdf \geq \frac{1}{108}. $

Udowodnić, że

$ abc + bcd + cde + def + ef a + f ab < \frac{1}{36} . $

(b) Rozstrzygnąć, czy istnieje sześć różnych liczb dodatnich $a$ , $b$ , $c$ , $d$ , $e$ , $f$ o sumie równej $1$ , dla których obie napisane wyżej nierówności stają się równościami.

Rozwiązanie

(a) Oznaczmy $A = ace + bdf$ , $B = abc + bcd + cde + def + efa + fab$ . Korzystając z nierówności pomiędzy średnią geometryczną i arytmetyczną otrzymujemy

$ A+B=(a+d)(b+e)(c+f)\leq \left(\frac{(a+d)+(b+e)+(c+f)}{3} \right)^3=\frac{1}{27}. $

Stąd $B\leq \frac{1}{27}-A\leq \frac{1}{27} -\frac{1}{108}=\frac{1}{36}.$

(b) Takie liczby istnieją. Aby dane w zadaniu nierówności stały się równościami potrzeba i wystarcza, aby

$ A+B=\frac{1}{27},\ A=\frac{1}{108}. $

Pierwsza z powyższych równości zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy liczby $a + d$ , $b + e$ , $c + f$ są równe $\frac{1}{3}$ . Obliczając $b = \frac{1}{3} - e$ , $d=\frac{1}{3} - a$ , $f = \frac{1}{3} - c$ i podstawiając te wartości do drugiej równości otrzymujemy

$ ace+\left(\frac{1}{3}-e\right)\left(\frac{1}{3}-a\right)\left(\frac{1}{3}-c\right) = \frac{1}{108}. $

Stąd dane nierówności stają się równościami wtedy i tylko wtedy, gdy

$ ac + ce + ae + \frac{1}{12} = \frac{1}{3}(a + c + e), \quad \textrm{gdzie}\ 0 < a, c, e < \frac{1}{3}. $

Pozostaje znaleźć takie liczby $a$ , $c$ , żeby po wyznaczeniu z powyższej równości liczby $e$ - a następnie liczb $b$ , $d$ , $f$ - otrzymać sześć różnych liczb dodatnich. Rozwiązań jest dużo, oto przykład jednego z nich:

$ a=\frac{1}{4},\ b=\frac{1}{5},\ c=\frac{2}{9},\ d=\frac{1}{12},\ e=\frac{2}{15},\ f=\frac{1}{9}. $

XLIX OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XLIX OM, 1997-1998

Etap:

Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych $x$ , $y$ spełniające równanie

$ x^2 + 3y^2 = 1998x. $

Rozwiązanie

Przyjmijmy, że liczby całkowite $x$ , $y$ spełniają zadane równanie i że $y \neq 0$ ; wówczas także $x \neq 0$ . Liczba $x$ jest jednym z pierwiastków trójmianu kwadratowego $t^2 - 1998t+ 3y^2$ ; niech $z$ będzie drugim pierwiastkiem. Ze wzorów $x + z = 1998$ , $xz = 3y^2$ wynika, że $z$ też jest liczbą całkowitą oraz że $x,z > 0$ . Oznaczmy największy wspólny dzielnik liczb $x$ , $z$ przez $d$ ; tak więc $x = ud$ , $z = wd$ ,

$ (1)\qquad (u + w)d = 1998 = 2\cdot 3^3\cdot 37,\quad uwd^2 = 3y^2 . $

Liczby $u$ , $w$ są względnie pierwsze, więc z drugiego wzoru widać, że

$ (2) \qquad u = 3a^2 , w = b^2 \qquad \textrm{lub} \qquad w = 3a^2 , u = b^2 $

dla pewnych liczb naturalnych $a$ , $b$ , przy czym $b$ nie dzieli się przez $3$ . Z pierwszego wzoru (1) wnosimy teraz, że $d$ , dzieli się przez $3^3$ . Przyjmijmy $d = 3^3c$ . Dostajemy równanie $(3a^2 + b^2)c = 2\cdot 37$ . Czynnik $(3a^2 + b^2)$ , jako większy od $3$ , musi być równy $37$ lub $2\cdot 37$ . Druga możliwość łatwo prowadzi do sprzeczności. Zatem $c = 2$ (czyli $d = 54$ ) i mamy równanie $3a^2 + b^2 = 37$ , z jednym rozwiązaniem w liczbach naturalnych $a = 2$ , $b = 5$ . Wracając do alternatywy (2) stwierdzamy, że $u = 12$ lub $u = 25$ , wobec czego

$ x = 12 \cdot 54 = 648 \quad \textrm{lub} \quad x = 25 \cdot 54 = 1350. $

Drugi wzór (1) daje w obu przypadkach wartości $y = \pm 540$ .

Pozostał przypadek, gdy $y = 0$ ; wtedy $x = 0$ lub $x = 1998$ . Następujące pary $(x,y)$ stanowią zatem pełne rozwiązanie równania: $(0,0)$ , $(1998,0)$ , $(648,540)$ , $(648,-540)$ , $(1350, 540)$ , $(1350, -540)$ .

XLIX OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XLIX OM, 1997-1998

Etap:

Liczby nieujemne $a_1, a_2,\ldots, a_7$ , $b_1, b_2,\ldots, b_7$ spełniają warunek

$ a_i + b_i \leq 2 \quad \textrm{dla}\ i = 1, 2,\ldots, 7. $

Wykazać, że dla pewnych dwóch różnych liczb $k, m \in \{1, 2,\ldots, 7\}$ zachodzi nierówność $|a_k - a_m| + |b_k - b_m| \leq 1$ .

Rozwiązanie

Zaznaczmy w układzie współrzędnych punkty $P_i = (a_i,b_i)$ $(i = 1, 2,\ldots, 7)$ . Z warunków zadania wynika, że punkty te leżą wewnątrz lub na obwodzie trójkąta o wierzchołkach $(0, 0)$ , $(2, 0)$ , $(0,2)$ . Podzielmy ten trójkąt na sześć obszarów: dwa kwadraty i cztery trójkąty prostokątne, jak na rysunku. Punktów jest siedem, więc pewne dwa z nich - na przykład $P_k$ i $P_m$ - leżą w tym samym obszarze $\mathcal{O}$ danego podziału.

Jeśli obszarem $\mathcal{O}$ jest kwadrat, to przez $Q = (u, w)$ oznaczmy jego środek; jeśli zaś obszarem $\mathcal{O}$ jest trójkąt prostokątny, to niech $Q = (u, w)$ będzie środkiem jego przeciwprostokątnej. W obu przypadkach $|x - u| + |y - w| \leq \frac{1}{2}$ dla punktów $(x,y)$ należących do obszaru $\mathcal{O}$ . W szczególności

$ |a_k - u| + |b_k - w| \leq \frac{1}{2}\quad \textrm{oraz} \quad |a_m - u| + |b_m - w| \leq \frac{1}{2}. $

Stąd dostajemy

$ \begin{split} &|a_k-a_m|+|b_k-b_m|=|(a_k-u)+(u-a_m)|+|(b_k-w)+(w-b_m)|\leq\\ &\qquad\qquad \leq |a_k-u|+|u-a_m|+|b_k-w|+|w-b_m|=\\ &\qquad\qquad = (|a_k-u|+|b_k-w|)+(|a_m-u|+|b_m-w|) \leq \frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1. \end{split} $

XLIX OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XLIX OM, 1997-1998

Etap:

Dany jest czworościan $ABCD$ . Dowieść, że krawędzie $AB$ i $CD$ są prostopadłe wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje w przestrzeni taki równoległobok $CDPQ$ , że $PA = PB = PD$ oraz $QA = QB = QC$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $k$ prostą prostopadłą do płaszczyzny trójkąta $ABC$ i przechodzącą przez środek okręgu opisanego na trójkącie $ABC$ . Analogicznie, przez $\ell$ oznaczmy prostą prostopadłą do płaszczyzny trójkąta $ABD$ i przechodzącą przez środek okręgu opisanego na trójkącie $ABD$ . Proste $k$ , $\ell$ przecinają się w przestrzeni (w środku sfery opisanej na czworościanie $ABCD$ ) oraz obie są prostopadłe do krawędzi $AB$ . Zatem płaszczyzna $\pi$ , zawierająca proste $k$ i $\ell$ jest prostopadła do krawędzi $AB$ czworościanu $ABCD$ .

Załóżmy najpierw, że istnieje taki równoległobok $CDPQ$ , że $PA = PB = PD$ oraz $QA = QB = QC$ . Wówczas punkt $P$ leży na prostej $\ell$ , punkt $Q$ leży na prostej $k$ . Prosta $PQ$ leży w płaszczyźnie $\pi$ , co oznacza, że jest ona prostopadła do krawędzi $AB$ . A ponieważ $CD \parallel PQ$ , więc $CD \perp AB$ .

Załóżmy teraz, że krawędzie $AB$ i $CD$ są prostopadłe. Wtedy prosta $CD$ jest równoległa do płaszczyzny $\pi$ . Przesuwając prostą $k$ o wektor $\overrightarrow{CD}$ otrzymamy prostą $k'$ leżącą także w płaszczyźnie $\pi$ (i nie równoległą do $\ell$ ). Istnieje więc punkt wspólny prostych $k'$ i $\ell$ , który oznaczymy przez $P$ . Niech $Q$ będzie obrazem punktu $P$ w translacji o wektor $\overrightarrow{DC}$ . Wówczas punkt $Q$ leży na prostej $k$ . Punkt $P$ leży na prostej $\ell$ . Czworokąt $CDPQ$ jest równoległobokiem, w którym $PA = PB = PD$ oraz $QA = QB = QC$ .