LXX Olimpiada Matematyczna

Transkrypt

1 LXX Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 3 kwietnia 09 r. (pierwszy dzień zawodów). Punkty X i Y leżą odpowiednio wewnątrz boków i trójkąta ostrokątnego, przy czym X Y oraz odcinek XY przechodzi przez ortocentrum trójkąta. Proste styczne do okręgu opisanego na trójkącie XY w punktach X i Y przecinają się w punkcie P. Dowieść, że punkty,,, P leżą na jednym okręgu. utor zadania: Dominik urek X = X H S Y = Y Niech będzie punktem symetrycznym względem prostej do ortocentrum trójkąta, punktu H. Wtedy ăq ăq H 80 ăq H ăq H 80 ăq H ăq H 80 ăq, więc leży na okręgu ω opisanym na trójkącie. Oznaczmy przez S środek krótszego łuku okręgu ω, który jest zarazem punktem przecięcia dwusiecznej kąta z ω. Niech prosta ω S przecina w punkcie X. Wówczas ăq HX ăq X ăq S ` ăq ăq S ` ăq H ăq ` 90 ăq 90 ăq, po drodze skorzystaliśmy z definicji punktu i równości kątów wpisanych opartych na łuku S okręgu ω. Wobec tego, jeśli prosta X H przecina prostą w punkcie Y, to ăq Y X 90 ăq oraz ăq Y X ăq ` ăq 90 ăq ăq Y X, skąd dostajemy równość X Y, więc X X i Y Y, gdyż punkty X, Y są wyznaczone przez warunki zadania jednoznacznie. Zauważmy teraz, że ăq X ăq Y X ăq Y X, więc z twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą otrzymujemy, że prosta XS jest styczna do okręgu opisanego na trójkącie XY w punkcie X. nalogicznie dowodzimy, że prosta Y S jest styczna do tego okręgu w punkcie Y. Oznacza to, że styczne w punktach X i Y do okręgu opisanego na trójkącie XY przecinają się w punkcie S leżącym na okręgu ω to kończy rozwiązanie. Uwaga: Można wykazać następujące twierdzenie Steinera: W trójkącie, prosta l przechodzi przez jego ortocentrum H. Wówczas obrazy prostej l w symetrii względem boków trójkąta przecinają się w punkcie leżącym na okręgu opisanym na trójkącie. W naszym zadaniu obrazy prostej XY względem i, to oczywiście styczne do okręgu opisanego na trójkącie XY, więc z powyższego twierdzenia dostajemy tezę zadania.. Dana jest liczba pierwsza p oraz taka liczba całkowita r, że liczba r 7 jest podzielna przez p. Ponadto istnieją takie liczby całkowite a oraz b, że liczby r ` a oraz r ` b są podzielne przez p. Wykazać, że istnieje taka liczba całkowita c, że liczba r 3 ` c jest podzielna przez p. utor zadania: Mariusz Skałba

2 Jeżeli p r, to p r ` a ` pr qpr ` rq r 3 ` a, więc możemy przyjąć c a. Załóżmy, że p ffl r. Wówczas z podzielności p r 7 pr qpr 6 ` r 5 `... ` q wynika, że p r 6 ` r 5 `... `. Rozważmy iloczyn pr`qpr `qpr 3`qr 4 pr`qpr `qpr 7`r 4 q pr`qpr `qpr 4`q ` r `... ` r 6 ` r 7 r 7 pmod pq. Ponieważ r ` a pmod pq i r ` b pmod pq, więc Przyjmijmy c pr 3 ` qabr, wówczas pr 3 ` qa b r 4 pmod pq. () r 3 ` c pr 3 ` qp pr 3 ` qa b r 4 q. Z kongruencji () wynika, że wyrażenie w drugim nawiasie jest podzielne przez p, więc p r 3 ` c. 3. Na przyjęciu spotkało się n 3 gości, wśród których niektórzy się znają. Okazało się, że na przyjęciu nie istnieje taka czwórka różnych gości a, b, c, d, że w parach ta, bu, tb, cu, tc, du, td, au goście się znają, ale w parach ta, cu, tb, du goście się nie znają. Maksymalną kliką na przyjęciu nazwiemy taki niepusty zbiór gości X (być może jednoelementowy), że goście z X się parami znają, ale nie istnieje gość spoza X znający wszystkich gości z X. Dowieść, że na przyjęciu jest co najwyżej npn q różnych maksymalnych klik. Uwaga: Jeśli gość a zna gościa b, to gość b zna gościa a. Zadanie zaproponował: Michał Pilipczuk Przeprowadzimy dowód przez indukcję ze względu na n. Dla n 3 nietrudno zauważyć, że nie da się wybrać czterech podzbiorów gości, tak aby żaden nie był nadzbiorem innego. Oznacza to, że niezależnie od znajomości liczba maksymalnych klik wynosi co najwyżej trzy. Niech G będzie n-elementowym zbiorem gości na przyjęciu. Wybierzmy dowolnego gościa a P G, który zna przynajmniej jednego innego gościa. Jeżeli taki gość nie istnieje to wszystkie maksymalne kliki w G składają się z jednego gości jest ich n ď npn q. Rozważmy pewną maksymalną klikę L w G tau. Zauważmy, że jeżeli a nie zna któregoś z gości z L, to L jest również maksymalną kliką w G. Natomiast jeżeli a zna wszystkich gości z L, to L Y tau jest maksymalną kliką w G. Niech K będzie maksymalną kliką w G, dla której nie istnieje taka maksymalna klika L w G tau, że K L lub K L Y tau. Wówczas a P K, gdyż w przeciwnym razie K jest maksymalną kliką w G tau. Ponieważ a ma jakiegoś znajomego, to zbiór K tau jest nie pusty. Z założenia K tau jest kliką, która nie jest maksymalną kliką w G tau, więc istnieje taki gość c P G tau, który zna wszystkich gości z K tau. Udowodnimy, że K tau jest zbiorem wspólnych znajomych c. Goście c się nie znają, gdyż w przeciwnym razie K Y tcu byłaby większą kliką w G, wbrew maksymalności K. Przypuśćmy, że istnieje taka osoba b która zna c, ale b R K tau. Gość b nie zna pewnego gościa z K, gdyż w przeciwnym razie K Y tbu byłaby kliką zawierającą K. Niech d P K tau będzie gościem którego nie zna b. Wówczas goście w parach ta, bu, tb, cu, tc, du i td, au się znają, zaś ta, cu i tb, du się nie znają. Zgodnie z warunkiem danym w zadaniu taka sytuacja jest niemożliwa, więc istotnie K tau jest zbiorem wspólnych znajomych c. Podsumowując, udowodniliśmy, że każda maksymalna klika w G albo odpowiada jednoznacznie pewnej klice w G tau, albo jest zbiorem wspólnych znajomych pewnej osoby c a. Z założenindukcyjnego tych pierwszych klik jest co najwyżej pn qpn q. Każda z pozostałych maksymalnych klik jest wyznaczona jednoznacznie przez pewnego gościa różnego od a, jest ich więc co najwyżej n. Oznacza to, że liczba maksymalnych klik w G jest nie większa niż pn qpn q ` n o kończy dowód kroku indukcyjnego. pn qn. (db,mg)

3 LXX Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 4 kwietnia 09 r. (drugi dzień zawodów) 4. Dane są dodatnie liczby całkowite n, k, l oraz taka różnowartościowa funkcja σ o argumentach i wartościach w zbiorze t,,..., nu, że dla każdej liczby x P t,,..., nu liczba σpxq x jest równa k lub l. Dowieść, że liczba n jest podzielna przez k ` l. utor zadania: Dominik urek Niech s będzie liczbą całkowitą, oznaczamy przez s zbiór takich x P t,,..., nu, że k ` l x s. Zauważmy, że x P s ñ σpxq P s`k. () Istotnie, liczba σpxq ps ` kq jest równa x ` k ps ` kq x s lub x l ps`kq x s pk `lq, więc jest podzielna przez k `l. Ponieważ funkcja σ jest różnowartościowa, to z warunku () wynika nierówność s ď s`k, (3) gdzie przez oznaczamy liczbę elementów zbioru. Przypuśćmy, że k ` l ffl n, wówczas n qpk ` lq ` r, dla pewnych nieujemnych liczb całkowitych q, r spełniających warunek ď r ă k `l. Zauważmy, że # q ` dla ď s ď r s q dla r ` ď s ď k ` l. W szczególności q ` i r` q. Z nierówności (3) mamy ď k`, więc k` q ` i w konsekwencji k ` ď r. Oznacza to, że ď r ` k ď r, więc r` k q `. Korzystając ponownie z (3) otrzymujemy q ` r` k ď r` q sprzeczność, skąd teza. 5. Dane są liczby ř dodatnie a 0, a,..., a n spełniające warunki: a 0 jest liczbą całkowitą, n ď oraz ď ` dla wszystkich i P t,,..., nu. Udowodnić, że n ď 4a 0. utor zadania: Michał Pilipczuk Sposób I: Na początek zauważmy, że stosując wielokrotnie warunek dany w zadaniu dostajemy, że ď a 0 ` i dl,,..., n. Zauważamy, że n ă 3a 0. Istotnie, w przeciwnym razie mielibyśmy a0 a 0 ` i ÿ a 0 ` i ` ÿa 0 i a 0` a 0 ` i ` ÿ3a 0 i a 0` a 0 ` a0 ` a0 a 0 3a 0 4a 0 ` 3 ` 4 ą, sprzeczność z założeniem. W związku z tym otrzymujemy, że n 4a 0 4a 0 a 0 ` n 4a n 0 n. 4a 0 a 0 ` i Sposób II: Udowodnimy, że stałą 4 z treści zadania można zastąpić przez, której nie można już zmniejszyć. 5 Odnotujmy po pierwsze, że jeżeli n, to 5 a0 a ą a 0 a 0 `. Przyjmijmy dalej, że n. Z nierówności między średnią arytmetyczną i harmoniczną dla parami różnych liczb,,...,, dostajemy a 0` a 0` a 0`n a 0 ` i ą n ř n pa 0 ` iq n n na 0 ` npn`q a 0 ` ` n. Wobec tego a 0 ` i ą n a 0 ` ` n,

4 więc a 0 ` ą n. Ponieważ a 0 jest liczbą całkowitą, to a 0 n. Przejdźmy do dowodu żądanej nierówności. Mamy 5 a 0 4na 0 5pa 0 ` ` nq n ` 5pa 0 nq ` p4a 0 5q. 5pa 0 ` ` nq Jeżeli a 0 ą n lub a 0 ą, to 5pa 0 nq ` p4a 0 5q ą 0 i teza zadania jest spełniona. W przeciwnym razie mamy a 0 i n. Wówczas 5 a 0 ` a a 5 ` n. 3 M Przy czym równość zachodzi gdy a i a 3. D 6. Okrąg Ω jest opisany na trójkącie ostrokątnym. Punkt D jest środkiem tego łuku okręgu Ω, który nie zawiera punktu. Okrąg ω o środku w punkcie D jest styczny do odcinka w punkcie E. Proste styczne do okręgu ω przechodzące przez punkt przecinają prostą w punktach K i L, przy czym punkty, K, L, leżą w tej kolejności na prostej. Okrąg γ jest styczny do odcinków L i L oraz do okręgu Ω w punkcie M. Okrąg γ jest styczny do odcinków K i K oraz do okręgu Ω w punkcie N. Proste KN i LM przecinają się w punkcie P. Wykazać, że ăq KP ăq EL. utor zadania: Michał Kieza W rozwiązaniu wykorzystamy następujący lemat, znany jako twierdzenie o symedianie. Lemat. Dany jest trójkąt wpisany w okrąg o, przy czym ăq ă 90. Punkt M jest środkiem boku, zaś punkt D punktem przecięcia stycznych do okręgu o w punktach i. Wówczas prosta D jest symetryczna do prostej M względem dwusiecznej kąta. (Prostą D nazywamy symedianą trójkąta ). Dowód. Niech M będzie punktem przecięcia prostej symetrycznej do D względem dwusiecznej kąta z odcinkiem. Wtedy, korzystając z twierdzenia sinusów dla trójkątów M i M dostajemy M M M M M M sin ăq M sin ăq sin ăq p q. sin ăq M Ponieważ proste D i D są styczne do okręgu o, to z twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą wynika, że ăq D 80 ăq oraz ăq D 80 ăq. Mamy więc p q sin ăq D sin ăq D sin ăq D sin ăq D D D D D, w przedostatniej równości wykorzystaliśmy twierdzenie sinusów dla trójkątów D i D. Otrzymaliśmy, że M M, więc punkt M jest środkiem odcinka, stąd teza.

5 M Ω γ K P = P Przejdźmy do rozwiązania zadania. Oznaczmy przez U punkt przecięcia stycznych do Ω w punktach i. Zauważmy, że ăq UD ăq D ăq D ăq DU, gdzie w pierwszej i ostatniej równości wykorzystaliśmy twierdzenie o kącie między styczną a cięciwą. Wobec tego proste D i D są odpowiednio dwusiecznymi kątów U i U, więc okrąg ω jest wpisany w trójkąt U. Wykorzystując twierdzenie o symedianie widzimy, że prosta U jest symedianą w trójkącie. Ponieważ E jest środkową trójkąta, więc proste U i E są symetryczne względem dwusiecznej D kąta. Proste K i L są również symetryczne względem D, gdyż punkt D jest środkiem okręgu ω wpisanego w kąt KL. Wobec tego, aby wykazać równość kątów KP i EL wystarczy wykazać, że punkty, P i U są współliniowe. Wiadomo, że dla każdej pary nieprzystających okręgów o, o istnieje dokładnie jedna jednokładność j o dodatniej skali przekształcająca E D U γ ω L N γ o na o. Ponadto, zachodzi następujące twierdzenie o składaniu jednokładności (znane również jako twierdzenie Monge a): Twierdzenie. Złożenie dwóch jednokładności jest albo jednokładnością o skali będącej iloczynem wyjściowych skal i środku współliniowym ze środkami składanych jednokładności, albo przesunięciem, jeśli iloczyn wyjściowych skal jest równy. (zob. L Olimpiada Matematyczna, Sprawozdanie Komitetu Głównego, Warszawa 000, Dodatek D, str. 4) Niech γ będzie okręgiem wpisanym w trójkąt KL. Okręgi γ i Ω mają różne promienie, więc istnieje jednokładność j o dodatniej skali i środku w pewnym punkcie P, która przekształca Ω w γ. Okręgi γ i γ są wpisane w kąt L, więc istnieje jednokładność j o środku w punkcie L i dodatniej skali, która przeprowadza okrąg γ w γ. Niech k : j j. Z twierdzenia o składaniu jednokładności wynika, że k jest albo jednokładnością, której środek leży na prostej P L, albo przesunięciem. Ponieważ k przekształca Ω w γ, to nie może być przesunięciem, gdyż okręgi te mają różne promienie, więc k jest jednokładnością. Ponieważ okręgi Ω i γ są styczne wewnętrznie w punkcie M, to istnieje jednokładność o środku w M i dodatniej skali przekształcająca Ω w γ. Ponieważ jednokładność o dodatniej skali przekształcająca Ω w γ jest jedyna, to jest nią k. Oznacza to, że punkt M leży na prostej P L, więc punkty L, M, P są współliniowe. nalogicznie wykazujemy, że punkty K, N, P są współliniowe, więc P P. Okręgi Ω i ω są wpisane w kąt U, więc istnieje jednokładność l o środku w U i dodatniej skali, która przekształca Ω w ω. Okręgi ω i γ są wpisane w kąt KL, więc istnieje jednokładność l o środku w i dodatniej skali, która przeprowadza ω w γ. Niech m : l l. Z twierdzenia o składaniu jednokładności wynika, że m jest albo jednokładnością której środek leży na prostej U, albo przesunięciem. Ponieważ m przekształca Ω w γ, więc nie może być przesunięciem, gdyż okręgi Ω i γ nie są przystające. Jedyną jednokładnością o dodatniej skali przekształcającą Ω w γ jest j, więc m j. Oznacza to, że środkiem jednokładności m jest punkt P, więc P leży na prostej U co kończy dowód zadania. (db,mg)