LVI Olimpiada Matematyczna

Transkrypt

1 LVI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkurowych zawodów topnia trzeciego 13 kwietnia 2005 r (pierwzy dzień zawodów) Zadanie 1 Wyznaczyć wzytkie trójki (x, y, n) liczb całkowitych dodatnich pełniające równanie (x y) n = xy Dla n = 1 podane równanie ma potać (x+1)(y 1) = 1, więc nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich Przyjmijmy zatem, że n 2 Niech z = x y Dane równanie przybiera potać x 2 xz = z n Po przemnożeniu przez 4 i protym przekztałceniu uzykujemy (1) (2x z) 2 = z 2 (1+4z n 2 ) Stąd wynika, że czynnik 1+4z n 2 jet kwadratem liczby całkowitej Ponieważ jet to liczba nieparzyta więkza od 1, więc dla pewnej liczby całkowitej dodatniej t mamy 1+4z n 2 = (2t+1) 2, czyli z n 2 = t(t+1) Dla n = 2 uzykujemy 1 = t(t+1), co nie może być pełnione, gdyż liczba t(t+1) jet parzyta dla każdej liczby całkowitej t Zatem jeśli n = 2, to dane równanie nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich Dla n = 3 mamy z = t(t+1) Wtawiając to wyrażenie do równania (1) wyznaczamy niewiadomą x Po kilku przekztałceniach otrzymujemy x = t(t+1) 2 lub x = t 2 (t+1) Ponieważ t > 0, a x jet liczbą dodatnią, to druga z wyznaczonych wartości x odpada Ponadto y = x z = t(t+1) 2 t(t+1) = t 2 (t+1) Znaleźliśmy w ten poób natępujące trójki: (2) (x,y,n) = (t(t+1) 2, t 2 (t+1),3), gdzie t = 1,2,3, ezpośrednio prawdzamy, że ą one rozwiązaniami danego równania Pozotał do rozpatrzenia przypadek n 4 Ponieważ liczby t, t + 1 ą względnie pierwze, a ich iloczyn jet (n 2)-gą potęgą liczby całkowitej dodatniej, to każda z tych liczb mui być (n 2)-gą potęgą liczby całkowitej dodatniej Jednak dla n 4 nie itnieją dwie kolejne liczby całkowite dodatnie będące (n 2)-gimi potęgami liczb całkowitych Zatem jeśli n 4, to dane równanie nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich Reaumując: dane równanie ma rozwiązanie (x, y) w liczbach całkowitych dodatnich tylko dla n = 3 Wzytkie rozwiązania ą dane wzorem (2) 1

2 Zadanie 2 Punkty,,, D leżą, w tej właśnie kolejności, na okręgu o Punkt S leży wewnątrz okręgu o i pełnia warunki <)SD = <)S oraz <)SD = <)S Prota zawierająca dwuieczną kąta S przecina okrąg o w punktach P i Q Dowieść, że P S = QS Przyjmijmy, że prote S, S, S przecinają okrąg o po raz drugi odpowiednio w punktach E, F, G (ry 1) Z danych w zadaniu równości wynika podobieńtwo trójkątów SD i S, a tąd S S = DS oraz <)S = <)DS, S więc i <)S = <)DS Równości te dowodzą, że trójkąty S i DS ą podobne, kąd w zczególności dotajemy <) S = <) DS Stąd wnioek, że łuki G i F D okręgu o ą równe (piząc łuk XY mamy na myśli łuk biegnący wzdłuż okręgu o od punktu X do punktu Y w kierunku przeciwnym do ruchu wkazówek zegara) nalogicznie, z równości <)SD = <)S wniokujemy, że łuki G i ED ą równe Zatem także łuki i EF ą równe D G F F S ry 1 o E P S ry 2 o E Q zworokąt EF jet więc trapezem równoramiennym, a punkt S jet punktem przecięcia jego przekątnych (ry 2) Przyjmijmy, że punkt P leży na tym łuku okręgu o, który nie zawiera punktów i D Z równości <)P S = 1<)S 2 = 1 2 (<)F S +<)F S) = <)F S wynika, że prota P Q jet równoległa do protych E i F Stąd wnioek, że punkty, P, ą odpowiednio obrazami punktów F, Q, E w ymetrii względem ymetralnej odcinków F i E Zatem P S = QS 2

3 Zadanie 3 W kwadratowej tablicy o wymiarach 2n 2n, gdzie n jet liczbą naturalną, znajduje ię 4n 2 liczb rzeczywitych o umie równej 0 (na każdym polu tablicy jedna liczba) Wartość bezwzględna każdej z tych liczb jet nie więkza od 1 Dowieść, że wartość bezwzględna umy wzytkich liczb z pewnego rzędu (poziomego lub pionowego) nie przekracza n Ponumerujmy wierze i kolumny danej tablicy liczbami 1,2,,2n Niech r 1,r 2,,r 2n będą umami liczb napianych w wierzach o numerach 1,2,,2n, a c 1,c 2,,c 2n umami liczb znajdujących ię w kolumnach o numerach 1,2,,2n Zmieniając numerację wierzy oraz kolumn możemy założyć, że r 1 r 2 r 2n oraz c 1 c 2 c 2n Oznaczmy przez,,, D umy liczb w czterech ćwiartkach tablicy, jak pokazuje ryunek 3 Wówcza D = 0, kąd wynika, że w ciągu (,,,D,) itnieją dwie kolejne liczby, z których jedna jet nieujemna, a druga niedodatnia Przyjmijmy na przykład, że 0 Rozumowanie w pozotałych przypadkach jet analogiczne 1 2 n n+1 n+2 2n 1 2 n n+1 2n D ry 3 Liczby i powtały z umowania n 2 liczb rzeczywitych o wartości bezwzględnej nie więkzej niż 1, a więc n 2 oraz n 2 Jedna z liczb, jet nieujemna, a druga niedodatnia, więc + max(, ) n 2 Stąd otrzymujemy również +D = + n 2 Jeżeli r n 0, to liczby r 1,r 2,,r n ą nieujemne Wtedy ich uma + jet też nieujemna, kąd uzykujemy r 1 +r 2 ++r n = + n 2 Zatem co najmniej jedna z (nieujemnych) liczb r 1,r 2,,r n nie przekracza n Jeżeli natomiat r n <0, to liczby r n+1,r n+2,,r 2n ą ujemne i ich uma wynoi +D Wtedy r n+1 + r n+2 ++ r 2n = +D n 2 Stąd wynika, że co najmniej jedna z liczb r n+1, r n+2,, r 2n nie przekracza n To dowodzi zadania (wp) Zadania z poprzednich Olimpiad Matematycznych oraz bieżące informacje można znaleźć w internecie pod adreem: wwwomedupl 3

4 LVI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkurowych zawodów topnia trzeciego 14 kwietnia 2005 r (drugi dzień zawodów) Zadanie 4 Dana jet liczba rzeczywita c > 2 Dowieść, że jeżeli liczby x 1, x 2,,x n (n 2) ą dodatnie oraz x 2 1 +cx 1 x 2 +x x 2 2 +cx 2 x 3 +x x 2 n +cx n x 1 +x 2 1 = i=1 i=1 = c+2 (x 1 +x 2 ++x n ), to c = 2 lub x 1 = x 2 = = x n Wprowadźmy natępujące oznaczenia: a i = c+2 (x i +x i+1 ) oraz b i = 2 x 2 i +cx ix i+1 +x 2 i+1 dla i = 1,2,,n, przyjmując x n+1 = x 1 Liczby a i ą dodatnie Redukując wyrazy podobne otrzymujemy zależność a 2 i b2 i =(c 2)(x i x i+1 ) 2 Stąd oraz z danej w treści zadania równości dotajemy n n a 2 i 0 = (a i b i ) = b2 n i (x i x i+1 ) 2 = (c 2) a i +b i a i +b i Prawa trona powyżzej równości jet równa 0 jedynie wtedy, gdy c = 2 lub x 1 = x 2 = = x n Zadanie 5 Niech k będzie liczbą naturalną więkzą od 1 i niech m = 4k 2 5 Wykazać, że itnieją takie liczby całkowite dodatnie a, b, że każdy wyraz ciągu (x n ) określonego wzorami i=1 x 1 = a, x 2 = b, x n+2 = x n+1 +x n dla n 1 jet względnie pierwzy z liczbą m Wykażemy, że warunki zadania pełniają liczby a = 1, b = 2k 2 +k 2 Udowodnimy indukcyjnie, że x n b n 1 (mod m) dla n=1,2,3, Dla n=1 i n = 2 zależność ta jet oczywiście pełniona Korzytając ze związku 4k 2 5 (mod m) uzykujemy kolejno: 2b = 4k 2 +2k 4 2k +1 (mod m), 4b 2 4k 2 +4k +1 4k +6 4b+4 (mod m) Liczby 4 i m ą względnie pierwze, więc b 2 b+1 (mod m) Stąd i z założenia indukcyjnego dotajemy x n+2 = x n+1 +x n b n +b n 1 b n+1 (mod m) Dowód indukcyjny jet zakończony 4

5 Z uzykanej w tym dowodzie zależności b 2 b + 1 (mod m) wynika, że liczby b i m ą względnie pierwze Skoro zaś x n b n 1 (mod m), wnoimy tąd, że (dla każdego n) liczby x n i m ą względnie pierwze Zadanie 6 Udowodnić, że każdy wielokąt wypukły o polu 1 zawiera ześciokąt wypukły o polu nie mniejzym niż 3/4 Spośród wierzchołków danego wielokąta W wybieramy trzy, i będące wierzchołkami trójkąta o najwiękzym polu, równym Niech X będzie punktem wielokąta W, leżącym po przeciwnej tronie protej niż punkt i oddalonym najdalej od protej (ry 4) nalogicznie definiujemy punkty Y i Z X Y ry 4 Wykażemy, że pole ześciokąta ZXY jet nie mniejze niż 3/4, co zakończy rozwiązanie zadania Przez punkty, i poprowadźmy prote równoległe odpowiednio do protych, i wyznaczające trójkąt o wierzchołkach D, E, F (ry 5) Z faktu, iż trójkąt ma najwiękze pole pośród wzytkich trójkątów o wierzchołkach w wierzchołkach wielokąta W wynika, że wielokąt W jet zawarty w trójkącie DEF Przez punkty X, Y, Z prowadzimy prote równoległe odpowiednio do protych,, przecinające boki trójkąta DEF w punktach K, L, M, N, P, Q, jak na ryunku 5 Z określenia punktów X, Y, Z wynika, że wielokąt W jet zawarty w ześciokącie o wierzchołkach K, L, M, N, P, Q Oznaczmy przez pole trójkąta Wówcza każdy z trójkątów D, E i F ma pole równe Niech ponadto x, y, z oznaczają odpowiednio pola trójkątów X, Y i Z Należy wykazać, że x+y +z + 3/4 Niech J będzie takim punktem, że czworokąt JL jet równoległobokiem Wówcza trójkąty D i JK ą podobne Oznaczając przez [F] pole figury F, mamy zależności ( [JK] K [D] = D ) 2 = ( ) [K] 2 = [D] 5 Z ( ) [X] 2 = x2 [D] 2,

6 czyli [JK] = x 2 / Stąd otrzymujemy [KL] = [JL] [JK] = 2x [JK] = 2x x2 D E M Y L N y x X ry 5 K P z Q nalogicznie wyrażamy pola trapezów M N i P Q Zatem pole ześciokąta o wierzchołkach K, L, M, N, P, Q wynoi ) ) ) + (2x x2 + (2y y2 + (2z z2 = +2x+2y +2z x2 +y 2 +z 2 Ponieważ ześciokąt ten zawiera dany wielokąt W, więc +2x+2y +2z x2 +y 2 +z 2 1 Wytarczy zatem wykazać, że +x+y +z 3 (+2x+2y +2z x2 +y 2 +z 2 ) 4 Mnożąc obie trony tej nierówności przez 12 oraz redukując wyrazy podobne uzykujemy jej równoważną potać: (3x ) 2 +(3y ) 2 +(3z ) 2 0, a ta otatnia nierówność jet oczywiście pełniona Z J F (wp) Zadania z poprzednich Olimpiad Matematycznych oraz bieżące informacje można znaleźć w internecie pod adreem: wwwomedupl 6