XLVIII OM - II etap

II etap XLVIIIOlimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
XLVIII OM II etap - Zadania [1]	42.17 KB
XLVIII OM II etap - Rozwiązania [2]	74.74 KB

XLVIII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XLVIII OM, 1996-1997

Etap:

Dla każdej liczby rzeczywistej $a$ wyznaczyć liczbę uporządkowanych trójek liczb rzeczywistych $(x, y, z)$ spełniających układ równań

$ \left\{\begin{array}{l} x + y^2 + z^2 = a\\ x^2 + y + z^2 = a\\ x^2 + y^2 + z = a \end{array} \right. $

Rozwiązanie

Podstawienie: $x=u+\frac{1}{2}$ , $y=v+\frac{1}{2}$ , $z=w+\frac{1}{2}$ sprowadza dany układ równań do postaci:

$ (*) \qquad \left\{ \begin{split} v^2 + w^2 + u + v + w + 1 = a\\ w^2 + u^2 + u + v + w + 1 = a\\ u^2 + v^2 + u + v + w + 1 = a\\ \end{split} \right. $

skąd przez odejmowanie stronami: $u^2 = v^2 = w^2$ . Zatem każde rozwiązanie $(u, v, w)$ układu (*) ma dokładnie jedną z następujących postaci:

$ (1) \qquad (t,t,t);\qquad t\in \mathbb{R}; $

$ (2) \qquad (-t,t,t) \quad \textrm{lub}\quad (t,-t,t)\quad \textrm{lub}\quad (t,t,-t); \qquad t\in \mathbb{R}, t \neq 0. $

Dla $u = v = w = t$ układ (*) sprowadza się do równania

$ (1') \qquad 2t^2 + 3t + (1-a) = 0; $

gdy zaś dwie z liczb $u$ , $v$ , $w$ są równe $t$ , trzecia $-t$ ( $t \neq 0$ ), układ (*) sprowadza się do równania

$ (2')\qquad 2t^2 + t + (1 - a) = 0. $

Liczba rozwiązań $(u,v,w)$ układu (*) mających postać (1) jest równa liczbie pierwiastków równania (1'); oznaczmy ją przez $N_1$ . Liczba rozwiązań $(u,v,w)$ postaci (2) jest równa $3N_2$ gdzie $N_2$ oznacza liczbę pierwiastków równania (2') różnych od zera. Obliczamy wyróżniki trójmianów (1') i (2'): $\Delta_1 = 8a + 1$ , $\Delta_2 = 8a - 7$ . Zatem:

$ N_1=\left\{\begin{array}{lll} 0&\textrm{gdy}&a<-1/8,\\ 1&\textrm{gdy}&a=-1/8,\\ 2&\textrm{gdy}&a>-1/8, \end{array} \right.\ N_2=\left\{\begin{array}{lll} 0&\textrm{gdy}&a<7/8,\\ 1&\textrm{gdy}&a=7/8\ \textrm{lub}\ a=1,\\ 2&\textrm{gdy}&a>7/8,\ a\neq 1. \end{array} \right. $

Liczba rozwiązań układu (*) jest więc równa:

$ N=N_1+3N_2=\left\{\begin{array}{lll} 0&\textrm{gdy}&a<-1/8,\\ 1&\textrm{gdy}&a=-1/8,\\ 2&\textrm{gdy}&-1/8<a<7/8,\\ 5&\textrm{gdy}&a=7/8\ \textrm{lub}\ a=1,\\ 8&\textrm{gdy}&a>7/8\ \textrm{lub}\ a\neq 1. \end{array} \right. $

XLVIII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XLVIII OM, 1996-1997

Etap:

Punkt $P$ leży wewnątrz trójkąta $ABC$ i spełnia warunki:

$ \measuredangle PBA = \measuredangle PCA = \frac{1}{3}(\measuredangle ABC + \measuredangle ACB). $

Udowodnić, że

$ \frac{AC}{AB+PC}=\frac{AB}{AC+PB}. $

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $K$ punkt przecięcia prostych $BP$ i $AC$ , zaś przez $L$ punkt przecięcia prostych $CP$ i $AB$ . Na mocy warunków zadania mamy:

$ \begin{split} \measuredangle KPC &= \measuredangle PBC + \measuredangle PCB = \measuredangle ABC - \measuredangle ABP + \measuredangle ACB - \measuredangle ACP =\\ &= \measuredangle ABC + \measuredangle ACB - 2 \cdot \frac{1}{3}(\measuredangle ABC + \measuredangle ACB) = \\ &= \frac{1}{3}(\measuredangle ABC + \measuredangle ACB) = \measuredangle PCK, \end{split} $

co dowodzi, że $KP = KC$ . Analogicznie $LP = LB$ . Trójkąty $ABK$ oraz $ACL$ są podobne, więc dostajemy

$ \frac{AB}{AC}=\frac{AK+KB}{AL+LC}=\frac{AC-KC+KP+PB}{AB-LB+LP+PC}=\frac{AC+PB}{AB+PC}, $

czyli równość, którą należało udowodnić.

XLVIII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XLVIII OM, 1996-1997

Etap:

Dany jest zbiór $n$ punktów ( $n \geq 2$ ), z których żadne trzy nie leżą na jednej prostej. Kolorujemy wszystkie odcinki o końcach w tym zbiorze tak, by każde dwa odcinki o wspólnym końcu miały różne kolory. Wyznaczyć najmniejszą liczbę kolorów, dla której istnieje takie pokolorowanie.

Rozwiązanie

Przyjmijmy, że dane punkty są wierzchołkami pewnego $n$ -kąta (jeśli $n = 2$ , wystarczy oczywiście jeden kolor). Wszystkie odcinki o jednakowym kolorze wyznaczają rozłączne pary wierzchołków wielokąta. Maksymalna liczba rozłącznych podzbiorów dwuelementowych zbioru $n$ -elementowego wynosi $[n/2]$ . Zatem liczba kolorów jest nie mniejsza niż

$ {n \choose 2}\left[\frac{n}{2}\right]^{-1}=\left\{ \begin{array}{cl} n & \textrm{dla $n$ nieparzystych},\\ n-1 & \textrm{dla $n$ parzystych}. \end{array}\right. $

Wykażemy, że ta liczba kolorów wystarcza do spełnienia żądanego warunku.

Gdy $n$ jest liczbą nieparzystą, bierzemy zbiór wierzchołków $n$ -kąta foremnego i malujemy jednakowym kolorem bok i wszystkie równoległe do niego przekątne; odcinki nierównoległe malujemy różnymi kolorami. Użyliśmy $n$ kolorów.

Gdy $n$ jest liczbą parzystą, bierzemy zbiór wierzchołków $(n-1)$ -kąta foremnego $V$ oraz jeszcze jeden punkt $P_0$ . Kolorujemy boki i przekątne wielokąta $V$ w sposób opisany powyżej, używając $n - 1$ kolorów. Dla każdej rodziny równoległych odcinków jednakowego koloru $k_i$ , pozostaje jeden wierzchołek $P_i$ wielokąta $V$ nie będący końcem żadnego z tych odcinków. Malujemy odcinek $P_0P_i$ , kolorem $k_i$ . Użyliśmy $n - 1$ kolorów, spełniając wymagany warunek.

XLVIII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XLVIII OM, 1996-1997

Etap:

Wyznaczyć wszystkie trójki liczb całkowitych dodatnich mających następującą własność: iloczyn dowolnych dwóch z nich daje resztę $1$ przy dzieleniu przez trzecią liczbę.

Rozwiązanie

Niech $a$ , $b$ , $c$ będą liczbami, jakich szukamy. Z podanych warunków wynika, że są to liczby większe od $1$ , parami względnie pierwsze. Liczba $bc+ca+ab- 1$ dzieli się przez $a$ , przez $b$ i przez $c$ , dzieli się więc także przez iloczyn $abc$ :

$ (1) \qquad bc +ca +ab = kabc+1 \ (\textrm{$k$ - liczba całkowita}). $

Po podzieleniu stronami przez $abc$ :

$ (2) \qquad \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = k+\frac{1}{abc}. $

Suma po lewej stronie równości (1) jest większa od $1$ , więc $k > 0$ . Suma po lewej stronie (2) jest mniejsza od $2$ , więc $k < 2$ . Zatem $k = 1$ . Prawa strona (2) jest większa od $1$ , więc największa z liczb $1/a$ , $1/b$ , $1/c$ przekracza $1/3$ . Przyjmując, że $a > b > c$ wnosimy stąd, że $c = 2$ . Równość (1) przybiera postać $2a + 2b + ab = 2ab + 1$ , czyli $(a - 2)(b - 2) = 3$ . Stąd $a = 5$ , $b = 3$ , $c = 2$ . Te liczby spełniają warunki zadania i są (z dokładnością do permutacji) jego jedynym rozwiązaniem.

XLVIII OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XLVIII OM, 1996-1997

Etap:

Rzucamy $k$ kostkami sześciennymi białymi i $m$ czarnymi. Obliczyć prawdopodobieństwo tego, że reszta z dzielenia przez $7$ łącznej liczby oczek wyrzuconych na kostkach białych jest równa reszcie z dzielenia przez $7$ łącznej liczby oczek wyrzuconych na kostkach czarnych.

Rozwiązanie

Zbiorem zdarzeń elementarnych w tym zadaniu jest

$ \Omega=\{(b_1,\ldots,b_k,c_1,\ldots,c_m) : b_1,\ldots,b_k,c_1,\ldots,c_m \in \{1,2,\ldots,6\}\}, $

gdzie wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne. Niech $A$ oznacza zdarzenie, którego prawdopodobieństwa szukamy:

$ A = \{(b_1,\ldots,b_k,c_1,\ldots,c_m) \in \Omega : 7|(b_1+\ldots+b_k-c_1-\ldots-c_m)\}. $

Niech zaś $B$ będzie zdarzeniem, że łączna liczba wyrzuconych oczek na wszystkich $k + m$ kostkach jest podzielna przez $7$ :

$ B = \{(b_1,\ldots,b_k,c_1,\ldots,c_m) \in \Omega : 7|(b_1+\ldots+b_k+c_1+\ldots+c_m)\}. $

Przekształcenie dane wzorem

$ (b_1,\ldots,b_k,c_1,\ldots,c_m)\mapsto (b_1,\ldots,b_k,7-c_1,\ldots,7-c_m) $

jest odwzorowaniem wzajemnie jednoznacznym zbioru $A$ na zbiór $B$ . Zbiory $A$ i $B$ są więc równoliczne, a zatem prawdopodobieństwa zdarzeń $A$ i $B$ są jednakowe.

Oznaczmy przez $p_{n,r}$ ( $n \geq 1$ , $r = 0,1,\ldots, 6$ ) prawdopodobieństwo tego, że przy rzucie $n$ kostkami reszta przy dzieleniu przez $7$ łącznej liczby wyrzuconych oczek jest równa $r$ . Wówczas $p_{1,0} = 0$ , $p_{1,1} = p_{1,2} = \ldots = p_{1,6} = 1/6$ .

Ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite dostajemy dla $n = 1,2,3,\ldots$ równość:

$ (*)\qquad p_{n+1,0}=p_{1,0}\cdot p_{n,0}+\sum_{r=1}^6p_{1,7-r}\cdot p_{n,r}=\frac{1}{6} \sum_{r=1}^6 p_{n,r}=\frac{1}{6}(1-p_{n,0}). $

Wprowadzając oznaczenie $q_n = p_{n,0} - \frac{1}{7}$ , ze wzoru (*) otrzymujemy równość

$ q_{n+1} = q_n \cdot \left(-\frac{1}{6}\right)\qquad \textrm{dla}\ n \geq 1. $

Stąd przez łatwą indukcję

$ q_n = q_1 \left(-\frac{1}{6}\right)^{n-1}=\frac{(-1)^n}{7\cdot 6^{n-1}}\qquad \textrm{dla}\ n \geq 1. $

Ostatecznie więc

$ P(A) = P(B) = p_{k+m,0} = \frac{1}{7} + q_{k+m} = \frac{1}{7} + \frac{(-1)^{k+m}}{7\cdot 6^{k+m-1}} $

XLVIII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XLVIII OM, 1996-1997

Etap:

W sześcianie o krawędzi długości $1$ leży osiem punktów. Wykazać, że pewne dwa z nich są końcami odcinka o długości nie większej niż $1$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy wierzchołki danego sześcianu $\mathcal{C}$ przez $A_1,\ldots, A_8$ . Oznaczmy przez $\mathcal{C}_i$ sześcian o krawędzi długości $\frac{1}{2}$ , mający jeden wierzchołek w punkcie $A_i$ oraz trzy ściany zawarte w ścianach sześcianu $\mathcal{C}$ . Niech $P_1,\ldots,P_8$ będą ośmioma danymi punktami.

Każdy sześcian $\mathcal{C}_i$ ma średnicę $\frac{1}{2}\sqrt{3} < 1$ . Jeśli więc pewne dwa różne punkty $P_k$ , $P_l$ leżą w którymś z sześcianów $\mathcal{C}_i$ , to $P_kP_l < 1$ ; wymagany warunek jest spełniony.

Załóżmy zatem, że każdy z tych sześcianów zawiera dokładnie jeden punkt $P_i$ . Ustalmy numerację tak, by $P_i \in \mathcal{C}_i$ dla $i = 1,\ldots, 8$ . Sześcian $\mathcal{C}_i$ ma dokładnie trzy ściany wspólne z powierzchnią sześcianu $\mathcal{C}$ ; punkt $P_i$ , jest odległy od każdej z tych trzech ścian o nie więcej niż $1/2$ . Oznaczmy te trzy odległości przez $a_i$ , $b_i$ , $c_i$ . Niech $d$ będzie największą spośród $24$ liczb: $a_1,b_1,c_1,\ldots,a_8,b_8,c_8$ . Bez straty ogólności możemy przyjąć, że $d = P_1Q$ , gdzie $Q$ jest rzutem prostokątnym punktu $P_1$ na pewną ścianę sześcianu $\mathcal{C}$ , oraz że $A_1A_2$ jest krawędzią sześcianu $\mathcal{C}$ równoległą do prostej $P_1Q$ .

Niech $R$ będzie rzutem prostokątnym punktu $P$ na prostą $A_1A_2$ . Weźmy pod uwagę prostopadłościan, którego jedną krawędzią jest odcinek $A_2R$ , a jedną ze ścian prostopadłych do $A_2R$ jest kwadrat o wierzchołku $A_2$ i boku długości $d$ , zawarty w ścianie sześcianu $\mathcal{C}$ . Z określenia liczby $d$ wynika, że ów prostopadłościan zawiera punkty $P_1$ i $P_2$ . Jego średnica jest równa

$ \sqrt{d^2 + d^2 + (1 - d)^2} = \sqrt{d(3d - 2) + 1} \leq 1, $

gdyż $0 \leq d \leq \frac{1}{2} < \frac{2}{3}$ . Zatem $P_1P_2 \leq 1$ , co kończy dowód.