XLVIII OM - III etap

III etap XLIX Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
XLVIII OM III etap - Zadania [1]	51.06 KB
XLVIII OM III etap - Rozwiązania [2]	74.04 KB

XLVIII OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

LVIII OM, 2006-2007

Etap:

III

Liczby całkowite dodatnie $x_1$ , $x_2$ , $x_3$ , $x_4$ , $x_5$ , $x_6$ , $x_7$ spełniają warunki:

$ x_6 = 144\ \textrm{oraz}\ x_{n+3} = x_{n+2}(x_{n+1} + x_n) \ \textrm{dla} \ n = 1, 2, 3,4. $

Wyznaczyć $x_7$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy: $a = x_1+x_2$ , $b = x_3$ , $c = x_2+x_3$ . Wówczas $x_2 = c - b$ , $x_1 = a-x_2=a+b-c$ . Są to z założenia liczby dodatnie. Tak więc

$ (1)\qquad 0<b<c<a + b. $

Dalej, $x_4 = ab, x_5 = abc, x_6 = abc(ab + b) = a(a + 1)b^2c$ . Z nierówności (1) wynika, że $a > 1$ . Jedynymi dzielnikami liczby $144$ mającymi postać $a(a + 1)$ (gdzie $a > 1$ ) są liczby $6$ , $12$ , $72$ , odpowiadające wartościom $a = 2$ , $a = 3$ , $a = 8$ . Iloczyn $b^2c$ powinien mieć - odpowiednio - wartość: $24$ , $12$ , $2$ . Pierwsza możliwość prowadzi do sprzeczności z warunkiem (1). Druga i trzecia możliwość daje (w połączeniu z warunkiem (1)) rozwiązania $(a,b,c) = (3,2,3)$ oraz $(a,b,c) = (8,1,2)$ . W każdym przypadku $x_7 = x_6(x_5 + x_4) = 144ab(c+1) = 144\cdot 24 = 3456$ .

XLVIII OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XLVIII OM, 1996-1997

Etap:

III

Znaleźć wszystkie trójki liczb rzeczywistych $x$ , $y$ , $z$ spełniające układ równań

$ \left\{ \begin{array}{c} 3(x^2+y^2+z^2)=1\\ x^2y^2 + y^2z^2 + z^2x^2 = xyz(x + y + z)^3. \end{array}\right. $

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że liczby $x$ , $y$ , $z$ spełniają dany układ; z drugiego równania wynika, że

$ (1)\qquad xyz(x + y + z) \geq 0. $

Dalej mamy

$ (2)\qquad 0 \leq (x - y)^2 + (y - z)^2 + (z - x)^2 = 3(x^2 + y^2 + z^2) - (x + y + z)^2, $

co na mocy pierwszego równania układu daje:

$ (3)\qquad (x + y + z)^2 \leq 1. $

Zachodzi też nierówność

$ \begin{split} 0 &\leq (xy - yz)^2 + (yz - zx)^2 + (zx - xy)^2 =\\ &= 2(x^2y^2 + y^2z^2 + z^2x^2) - 2xyz(x + y + z), \end{split} $

czyli

$ (4)\qquad xyz(x + y + z) \leq x^2y^2 + y^2z^2 + z^2x^2. $

Dzięki własności (1) możemy pomnożyć nierówności (3) i (4) stronami:

$ (5)\qquad xyz(x + y + z)^3 \leq x^2y^2 + y^2z^2 + z^2x^2. $

Zgodnie z drugim równaniem układu, nierówność (5) ma być równością. To znaczy, że albo obie mnożone nierówności (3) i (4) są równościami, albo wyrażenia po obu stronach (4) są równe zeru. W pierwszym przypadku znak równości w związkach (2) i (3) prowadzi do wniosku, że $x = y = z = \pm 1/3$ . W drugim przypadku iloczyny $zy$ , $yz$ , $zx$ są równe zeru, czyli pewne dwie spośród liczb $z$ , $y$ , $z$ są równe zeru; trzecia musi być równa $\pm 1/\sqrt{3}$ , zgodnie z pierwszym równaniem układu. Daje to osiem trójek $(x, y, z)$ spełniających dany układ równań:

$ (\varepsilon \cdot \frac{1}{3},\varepsilon \cdot \frac{1}{3},\varepsilon \cdot \frac{1}{3}), \quad (\varepsilon \cdot \frac{1}{\sqrt{3}},0,0), \quad (0,\varepsilon \cdot \frac{1}{\sqrt{3}},0), \quad (0,0,\varepsilon \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}), $

gdzie $\varepsilon = \pm 1$ .

XLVIII OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XLVIII OM, 1996-1997

Etap:

III

Środkowe ścian bocznych $ABD$ , $ACD$ , $BCD$ ostrosłupa $ABCD$ poprowadzone z wierzchołka $D$ tworzą równe kąty z krawędziami, do których zostały poprowadzone. Wykazać, że pole każdej ściany bocznej jest mniejsze od sumy pól pozostałych dwóch ścian bocznych.

Rozwiązanie

Udowodnimy nierówność

$ (1)\qquad \mathrm{pole} (ABD) < \mathrm{pole} (BCD) + \mathrm{pole} (CAD) $

(pozostałe dwie nierówności dostaniemy analogicznie). Oznaczmy przez $K$ , $L$ , $M$ odpowiednio środki krawędzi $BC$ , $CA$ , $AB$ . Odcinki $DK$ , $DL$ , $DM$ tworzą równe kąty odpowiednio z krawędziami $BC$ , $CA$ , $AB$ ; oznaczmy ten wspólny kąt przez $\alpha$ . Niech $DH$ będzie wysokością trójkąta $ABD$ . Mamy:

$ (2)\qquad \mathrm{pole} (ABD) = \frac{1}{2} AB \cdot DH = \frac{1}{2} AB \cdot DM \cdot \sin \alpha = KL \cdot DM \cdot \sin \alpha. $

Analogicznie:

$ (3) \qquad \mathrm{pole} (BCD) = LM \cdot DK \cdot \sin \alpha \quad \textrm{oraz}\quad \mathrm{pole} (CAD) = MK \cdot DL \cdot \sin \alpha. $

Ponieważ $\sin\alpha \neq 0$ , więc wykorzystując równości (2) i (3) możemy zapisać nierówność (1) w następującej równoważnej postaci:

$ (4) \qquad KL \cdot DM < LM \cdot DK + MK \cdot DL. $

Rozważmy czworościan $KLMD$ . Niech $N$ będzie takim punktem płaszczyzny $KLM$ , że $KN = KD$ , $LN = LD$ oraz punkty $M$ i $N$ leżą po przeciwnych stronach prostej $KL$ . Oznaczmy przez $P$ punkt przecięcia prostej $KL$ z odcinkiem $MN$ . Ponieważ trójkąty $KLD$ i $KLN$ są przystające, więc $DP = NP$ . Dla czworokąta $MKNL$ zachodzi nierówność Ptolemeusza:

$ KL \cdot NM \leq LM \cdot NK + MK \cdot NL. $

Stąd otrzymujemy

$ \begin{split} KL \cdot DM &< KL \cdot (DP + PM) = KL \cdot (NP + PM) = KL \cdot NM \leq\\ &\leq LM \cdot NK + MK \cdot NL = LM \cdot DK + MK \cdot DL, \end{split} $

czyli nierówność (4), która jest równoważna nierówności (1).

XLVIII OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XLVIII OM, 1996-1997

Etap:

III

Ciąg $a_1, a_2, a_3,\ldots$ jest określony wzorami

$ a_1 = 0, \quad a_n = a_{[n/2]} + (-1)^{n(n+1)/2}\quad \textrm{dla}\ n > 1. $

Dla każdej liczby całkowitej $k \geq 0$ wyznaczyć liczbę numerów $n$ spełniających warunki

$ 2^k \leq n < 2^{k+1}, \qquad a_n = 0. $

Uwaga: $[n/2]$ jest największą liczbą całkowitą nie przekraczającą $n/2$ .

Rozwiązanie

Każdej liczbie całkowitej $n \geq 1$ przyporządkowujemy skończony ciąg symboli dwóch rodzajów: kropek i przecinków. Zapisujemy liczbę $n$ w systemie dwójkowym. Pomiędzy każde dwie kolejne cyfry wstawiamy kropkę, gdy te cyfry są jednakowe, a przecinek, gdy są różne. Jeżeli $n$ spełnia nierówność $2^k\leq n < 2^{k+1}$ , czyli jest (w systemie dwójkowym) liczbą $(k+1)$ -cyfrową, to wstawione w opisany sposób kropki i przecinki tworzą ciąg $k$ -wyrazowy. Będziemy go nazywali {\it kodem} liczby $n$ . Każdy taki ciąg kropek i przecinków jest kodem dokładnie jednej liczby $n$ : na początku ma ona jedynkę, a dalsze cyfry są wyznaczone przez kolejne symbole kodu. Kod $k$ -wyrazowy wyznacza liczbę $(k+1)$ -cyfrową.

Oznaczmy przez $b_n$ liczbę kropek, a przez $c_n$ liczbę przecinków w kodzie liczby $n$ i przyjmijmy $d_n = b_n - c_n$ .

Niech $n$ będzie dowolną liczbą $(k+1)$ -cyfrową ( $k \geq 1$ ). Skreślając jej ostatnią cyfrę otrzymujemy zapis dwójkowy liczby $[n/2]$ . Jeśli ostatnie dwie cyfry liczby $n$ są równe, to $b_n = b_{[n/2]} + 1$ , $c_n = c_{[n/2]}$ . Jeśli ostatnie dwie cyfry liczby $n$ są różne, to $b_n = b_{[n/2]}$ , $c_n = c_{[n/2]} + 1$ . Pierwsza z tych sytuacji ma miejsce, gdy $n \equiv 0$ lub $n \equiv 3\ (\mathrm{mod}\ 4)$ , druga - gdy $n \equiv 1$ lub $n \equiv 2\ (\mathrm{mod}\ 4)$ . Różnica $d_n - d_{[n/2]}$ wynosi $1$ w pierwszym przypadku, zaś $-1$ w drugim przypadku.

Dokładnie takie same wartości przybiera różnica $a_n - a_{[n/2]}$ . Dla $n = 1$ mamy $a_1 = b_1 = c_1 = d_1 = 0$ . Stąd wniosek, że $a_n = d_n$ , czyli $a_n = b_n - c_n$ , dla $n = 1,2,3,\ldots$ . Zatem dla $(k+1)$ -cyfrowej liczby $n$ równość $a_n = 0$ zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy w jej $k$ -wyrazowym kodzie jest tyle samo symboli każdego rodzaju. Liczba takich $k$ -wyrazowych ciągów wynosi ${k \choose {k/2}}$ , gdy $k$ jest liczbą parzystą, oraz $0$ , gdy $k$ jest liczbą nieparzystą. Tyle jest więc numerów $n$ spełniających zadane warunki.

XLVIII OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XLVIII OM, 1996-1997

Etap:

III

Dany jest pięciokąt wypukły $ABCDE$ , w którym $DC = DE$ oraz $\measuredangle DCB =\measuredangle DEA = 90^\circ$ . Niech $F$ będzie punktem boku $AB$ wyznaczonym przez warunek $AF: BF = AE: BC$ . Udowodnić, że $\measuredangle FCE = \measuredangle ADE$ oraz $\measuredangle FEC= \measuredangle BDC$ .

Rozwiązanie

Na przedłużeniu odcinka $BC$ odkładamy odcinek $CP = AE$ . Z warunków zadania wynika, że trójkąty prostokątne $PCD$ i $AED$ są przystające. Stąd $AD = DP$ oraz

$ \measuredangle ADP = \measuredangle PDC + \measuredangle ADC = \measuredangle ADE + \measuredangle ADC = \measuredangle EDC. $

Ponieważ również $ED = DC$ , więc trójkąty $ADP$ i $EDC$ są podobne. Oznaczając przez $Q$ punkt przecięcia prostych $AP$ i $EC$ dostajemy równość

$ \measuredangle DEQ = \measuredangle DEC = \measuredangle DAP = \measuredangle DAQ, $

która dowodzi, że punkty $A$ , $Q$ , $D$ , $E$ leżą na jednym okręgu. Zatem

$ (1)\qquad \measuredangle ADE = \measuredangle AQE. $

Ze związków

$ \frac{AF}{BF}=\frac{AE}{BC}=\frac{PC}{BC} $

wynika, że proste $AP$ i $FC$ są równoległe. Stąd $\measuredangle AQE = \measuredangle FCE$ , co w połączeniu ze wzorem (1) daje pierwszą równość tezy. Druga jest analogiczna.

XLVIII OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XLVIII OM, 1996-1997

Etap:

III

Na okręgu o promieniu $1$ leży $n$ różnych punktów ( $n \geq 2$ ). Niech $q$ będzie liczbą odcinków o końcach w tych punktach i długości większej niż $\sqrt{2}$ . Dowieść, że $3q \leq n^2$ .

Rozwiązanie

Odcinek o końcach w rozważanym zbiorze będziemy nazywać długim, jeśli jego długość jest większa niż $\sqrt{2}$ , a krótkim w przeciwnym przypadku. Tak więc $q$ jest liczbą długich odcinków. W dany okrąg wpisujemy kwadrat $ABCD$ tak, by żaden z danych $n$ punktów nie był jego wierzchołkiem. Przyjmijmy, że na łukach $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DA$ leży odpowiednio $a$ punktów, $b$ punktów, $c$ punktów, $d$ punktów. Weźmy pod uwagę zbiór wszystkich czworokątów mających wierzchołki w danych punktach, po jednym na każdym z czterech łuków. Jest $abcd$ takich czworokątów. Każdy czworokąt wpisany w dany okrąg ma co najmniej jeden bok krótki.

Przyporządkujmy każdemu czworokątowi (z rozważanego zbioru) jeden z jego krótkich boków i pomalujmy ten wybrany bok na zielono. Ustalony zielony odcinek mający końce na łukach $AB$ i $BC$ mógł zostać przyporządkowany co najwyżej $c \cdot d$ czworokątom, a więc co najwyżej $m$ czworokątom, gdzie $m$ jest największą z liczb $ab$ , $bc$ , $cd$ , $da$ . Tak samo da się oszacować liczbę czworokątów, którym został przyporządkowany dowolnie ustalony zielony odcinek (o końcach w którychkolwiek dwóch sąsiednich łukach). Stąd wniosek, że łączna liczba zielonych odcinków jest nie mniejsza niż $(abcd)/m$ .

Wszystkie zielone odcinki są krótkie. Oczywiście takie wszystkie odcinki mające oba końce w jednym łuku są krótkie. Zatem liczba krótkich odcinków, równa ${n \choose 2} - q$ , spełnia oszacowanie:

$ {n \choose 2}-q\geq \frac{abcd}{m}+{a \choose 2}+{b \choose 2}+{c \choose 2}+{d \choose 2}. $

Można przyjąć (przesuwając w razie potrzeby oznaczenia), że $m = ab$ . Otrzymana nierówność przybiera po przekształceniu postać:

$ \begin{split} q &\leq \frac{1}{2}(n(n - 1) - a(a - 1) - b(b - 1) - c(c - 1) - d(d - 1)) - cd =\\ & = \frac{1}{2}n^2-\frac{1}{2}(a^2+b^2+c^2+d^2)-cd \end{split} $

(skorzystaliśmy z tego, że $a + b + c + d = n$ ). A zatem

$ \begin{split} n^2 - 3q & \geq - \frac{1}{2} n^2 + \frac{3}{2}(a^2 +b^2 + c^2+ d^2) + 3cd =\\ &= \left(\frac{1}{2}(a + b)-(c + d)\right)^2 + \frac{3}{4}(a-b)^2 \geq 0. \end{split} $