Regionalne Koło Matematyczne

Transkrypt

1 Regionalne Koło Matematyczne Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu Wydział Matematyki i Informatyki Lista rozwiązań zadań nr 3 ( ) Omówienie zadań I serii zawodów I stopnia LXI OM Rozwiązania zadań I serii zawodów I stopnia LXI Olimpiady Matematycznej znajdują się na stronie Udowodnić, że: (a)a n b n =(a b)(a n +a n 2 b+...+ab n 2 +b n ), (b) =2 200, (c)a n b n (a b) n a n dlaa b>0,n, (d)x n n x n dlax 0 in. Rozwiązanie. (a) Mnożąc, otrzymujemy kolejno (b) Zauważmy, że (a b)(a n +a n 2 b+...+ab n 2 +b n )= =a n +a n b+a n 2 b a 2 b n 2 +ab n a n b a n 2 b 2... a 2 b n 2 ab n b n =a n b n = =(2 )( )= (c) Ponieważ0<b a, więc = a n b n =(a b)(a n +a n 2 b+...+ab n 2 +b n ) (a b)(a n +a n 2 a+a n 3 a 2...+a a n 2 +a n )= Wykorzystaliśmy fakt, żeb k a k. =(a b) n a n.

2 (d) Wykorzystać nierówność z punktu (c) lub powtórzyć rozumowanie z punktu (c). 2. (Zad.. z I serii) Wyznaczyć wszystkie pary(x, y) liczb rzeczywistych dodatnich spełniających równanie (x 200 )(y 2009 )=(x 2009 )(y 200 ). Rozwiązanie. Zauważmy, że para(x,y), w którejx=luby=jest parą spełniającą równanie. Niech x i y. Dzielimy obie strony równania przez(x )(y ). Iloczyn ten jest różny od 0. Otrzymujemy wówczas (x x x+)(y y y+)= =(x x x+)(y y y+). Po łatwej redukcji mamy x 2009 (y y y+)=y 2009 (x x x+). Dzieląc obie strony równania przezx 2009 y2009 mamy y + y y y 2009= x + x x x Zauważmy, że z równości tej wynika, żex=y. Gdyby bowiem0<x<y, to dla każdej dodatniej liczby naturalnejk mamyx k <y k i dalej y k< x. Wówczas k y + y y y 2009< x + x x x 2009, co dowodzi, że nie może zachodzić nierówność x < y. Podobnie wykluczamy nierównośćy<x. Zatem musi zachodzić równośćx=y. Łatwo sprawdzamy, że para(x, x) dla dowolnej liczby dodatniej x spełnia równanie. Ostatecznie rozwiązaniami naszego równania są wszystkie pary(x, y) postaci (,a),(a,) i(a,a), gdzieajest dowolną liczbą dodatnią. Inne rozwiązanie można znaleźć na stronie internetowej Olimpiady Matematycznej. 3. Czworokąt wypukłyxyzt można wpisać w okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy TXY + YZT = XYZ + ZTX =80. Z T O Y X 2

3 Twierdzenie to jest omawiane w szkolnym kursie matematyki. Przypomnijmy szkic dowodu tego twierdzenia. Rozwiązanie. (a) Niech czworokątxyzt daje się wpisać w okrąg. Wówczas na mocy twierdzenia o kątach wpisanym i środkowym opartych na tym samym łuku mamy YOT =2 TXY i 2 YZT = TOY, gdzieojest środkiem okręgu opisanego naxyzt. Stąd 2( TXY + YZT )= YOT + TOY =360, gdyż suma kątówyot itoy jest kątem pełnym. Zatem TXY + YZT =80. Podobnie można udowodnić drugą równość zawartą w tezie zadania. (b) Niech w czworokącie wypukłym XY ZT zachodzą równości TXY + YZT = XYZ + ZTX =80. Pokażemy, że na tym czworokącie można opisać okrąg. W tym celu opisujemy okrąg na trójkąciexyt. Pokażemy, że wierzchołekz leży na tym okręgu, wykluczając sytuację, iż Z nie leży na okręgu. Z Z T O Y X Gdy Z leży poza okręgiem, to bok T Z przecina się z okręgiem w punkcie Z. Wówczas czworokątxyz T jest wpisany w okrąg i na mocy pierwszej części dowodu mamy TXY + YZ T =80. Z założenia wynika, że TXY + YZT =80. Zatem wynika stąd, że YZ T = YZT, 3

4 co jest niemożliwe, gdyż kątyz T jest zewnętrzny w trójkącieyzz. Otrzymana sprzeczność pokazuje, że wierzchołek Z nie może leżeć na zewnątrz okręgu. Podobnie uzasadniamy, że wierzchołek Z nie może leżeć wewnątrz okręgu (przedłużamy bok T Z do przecięcia z okręgiem). Otrzymane sprzeczności dowodzą, że wierzchołek Z leży na okręgu opisanym na trójkącie XYZ. 4. (Zad. 2. z I serii) Dany jest trójkątabc, w którym AC = BC. Na odcinku AC wybrano punkt D, który nie jest wierzchołkiem trójkąta ABC. Punkt S jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie ABD. Wykazać, że punkty B, C, D,S leżą na jednym okręgu. D C A S B Rozwiązanie. Wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku. Z faktu, że AC = BC wynika, że kątybad iabd są równe i ostre. KątBAD wpisany i kąt BSD środkowy są oparte na łukubd. Ponieważ kątbad jest ostry, więc punkty A i S leżą w tej samej półpłaszczyźnie wyznaczonej przez prostą BD. Zatem BSD = 2 BAD. Zauważmy, że BCD + BSD = BCD +2 DAB = = BCD + CAB + ABC =80. PunktyS ic leżą po różnych stronach prostejbd, więc czworokątbcds można wpisać w okrąg (poprzednie zadanie). 5. (Zad. 3. z I serii) Dwa ciągi skończone będziemy nazywać zgodnymi, jeżeli jeden z nich powstał przez usunięcie z drugiego dwóch identycznych, sąsiadujących ze sobą segmentów. Na przykład zgodne są ciągi(,2,3,2,3,4) i(,4), jak również() i(,,,,), natomiast nie są zgodne ciągi(2,2,2,2,2) i(2,2) ani(, 4) i(, 2, 3, 3, 2, 4). Operacją segmentowania nazwiemy zastąpienie ciągu przez ciąg z nim zgodny. Dowieść, że z każdego skończonego ciągu liczbowego można otrzymać, za pomocą pewnej liczby operacji segmentowania, ciąg niemalejący. 4

5 Rozwiązanie. Fakt, że ciągi(a) i(b) są zgodne, oznaczamy symbolem(a) (b). Jeżeli natomiast jeden z nich można otrzymać z drugiego za pomocą pewnej liczby operacji segmentowania, oznaczamy to przez(a) (b). Łatwo zauważyć, że (...,x,y,...) (...,x,y,y,x,y,x,...) (...,x,x,y,x,...) (...,y,x,...). Zatem(...,x,y,...) (...,y,x,...). Za pomocą skończonej liczby (trzech) operacji segmentowania można zamienić miejscami dowolne dwa sąsiednie elementy ciągu. Gdy mamy ciąg, to za pomocą skończonej liczby operacji segmentowania możemy przenieść jego największy wyraz (jeden z największych) na pierwsze miejsce i stanie się on pierwszym wyrazem szukanego ciągu. Następnie czynimy to samo (przenosimy na drugie miejsce) z największym wyrazem spośród wyrazów już zmodyfikowanego ciągu, od drugiego miejsca do ostatniego itd. Inne zakończenie rozwiązania można znaleźć na stronie internetowej Olimpiady Matematycznej. Tam też znajdzie czytelnik rozwiązanie ostatniego zadania pierwszej serii LXI OM. 5