LXIV Olimpiada Matematyczna

Transkrypt

1 LXIV Olimpiada Matematyzna Rozwiązania zadań konkursowyh zawodów stopnia drugiego 22 lutego 203 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie. Dane są lizby ałkowite b i oraz trójmian f(x) = x 2 +bx+. Udowodnić, że jeżeli dla pewnyh lizb ałkowityh k, k 2 i k 3 wartośi f(k ), f(k 2 ) i f(k 3 ) są podzielne przez lizbę ałkowitą n różną od zera, to również ilozyn (k k 2 )(k 2 k 3 )(k 3 k ) jest podzielny przez n. Sposób I Określmy lizby ałkowite A, B i C następująymi wzorami: A = k 2 (k 2 k 3 )+k 2 2(k 3 k )+k 2 3(k k 2 ), B = bk (k 2 k 3 )+bk 2 (k 3 k )+bk 3 (k k 2 ), C = (k 2 k 3 )+(k 3 k )+(k k 2 ). Dodają odpowiednie składniki prawyh stron otrzymujemy zależność A+B +C = f(k )(k 2 k 3 )+f(k 2 )(k 3 k )+f(k 3 )(k k 2 ), w której prawa strona jest sumą trzeh ilozynów podzielnyh przez n. Zatem suma A+B+C jest podzielna przez n. Z drugiej strony, wymnażają nawiasy we wzorah definiująyh lizby B i C oraz przeprowadzają redukję wyrazów podobnyh stwierdzamy, że B = C = 0. Stąd wniosek, że lizba A jest podzielna przez n. Do zakońzenia rozwiązania pozostaje oblizyć, że (k k 2 )(k 2 k 3 )(k 3 k ) = (k k 2 )[k 3 (k +k 2 ) k k 2 k 2 3] = = k 3 (k 2 k 2 2) k 2 k 2 +k k 2 2 k 2 3(k k 2 ) = = k 2 (k 2 k 3 ) k 2 2(k 3 k ) k 2 3(k k 2 ) = A. Sposób II Aby wykazać podzielność lizby M = (k k 2 )(k 2 k 3 )(k 3 k ) przez n, należy uzasadnić, że każda lizba pierwsza występuje w rozkładzie na zynniki pierwsze lizby n z wykładnikiem nie większym, niż w rozkładzie lizby M. Nieh wię lizba pierwsza p występuje w rozkładah lizb k k 2, k 2 k 3, k 3 k i n odpowiednio z wykładnikami x, y, z i t. Wówzas dowodzona teza staje się nierównośią x+y+z t. Jeżeli którakolwiek z lizb x, y, z wynosi o najmniej t, to nierówność ta jest spełniona. Przyjmijmy zatem, że wszystkie te trzy lizby są mniejsze od t. W myśl warunków zadania różnia f(k ) f(k 2 ) = k 2 k 2 2 +b(k k 2 ) = (k +k 2 +b)(k k 2 ) jest podzielna przez n i tym bardziej przez p t. Ponadto drugi zynnik ilozynu stojąego po prawej stronie jest podzielny przez p x, ale nie przez p x+.

2 Wobe tego zynnik k +k 2 +b jest podzielny przez p t x. Analogiznie uzasadniamy, że lizba k 2 +k 3 +b jest podzielna przez p t y. W konsekwenji różnia (k 2 +k 3 +b) (k +k 2 +b) = k 3 k jest podzielna przez p min{t x,t y}. Stąd i z określenia lizby z uzyskujemy związek z min{t x,t y}=t max{x,y}. W rezultaie x+y +z max{x,y}+z t, o końzy rozwiązanie. 2 Zadanie 2. Okręgi o i o 2 o środkah odpowiednio O i O 2 przeinają się w dwóh różnyh punktah A i B, przy zym kąt O AO 2 jest rozwarty. Prosta O B przeina okrąg o 2 w punkie C różnym od B, a prosta O 2 B przeina okrąg o w punkie D różnym od B. Wykazać, że punkt B jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ACD. A o o 2 O O 2 D B C rys. Ponieważ kąt O BO 2 jest rozwarty, wię punkt B leży wewnątrz odinka O C, a punkt C leży na zewnątrz okręgu o (rys. ). Stąd i z zależnośi pomiędzy kątem wpisanym i kątem środkowym otrzymujemy <)ACO = <)ACB = 2 AO 2B = <)AO 2 O. Zatem punkty A, O, C, O 2 leżą na pewnym okręgu o. Podobnie dowodzimy, że punkty A, O 2, D, O leżą na pewnym okręgu o. Jednak okręgi o i o mają trzy różne punkty wspólne: A, O oraz O 2. W efekie okręgi te pokrywają się, zyli punkt D leży na okręgu o. Na moy równośi O A = O D punkt O jest środkiem łuku AD tego okręgu. Stąd wniosek, że punkt O a o za tym idzie, również punkt B leży na dwusieznej kąta wpisanego ACD. W analogizny sposób stwierdzamy, że punkt B leży na dwusieznej kąta ADC i wobe tego jest on środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ACD.

3 Zadanie 3. Mamy do dyspozyji płytki o następująyh kształtah: 3 Dla każdej lizby nieparzystej n 7 wyznazyć najmniejszą lizbę takih płytek potrzebnyh do ułożenia kwadratu o boku n. (Uwaga: Płytki można obraać, ale nie mogą one na siebie zahodzić.) Przypuśćmy, że z danyh płytek zbudowano kwadrat, którego bok ma długość nieparzystą n 7. Podzielmy ten kwadrat liniami równoległymi do boków na n 2 kwadratów jednostkowyh, uzyskują n wierszy i n kolumn. Następnie wyróżnijmy wszystkie te kwadraty jednostkowe, które znajdują się na przeięiu wiersza i kolumny o numerah nieparzystyh (rys. 2). Ponieważ istnieje 2 (n + ) wierszy oraz 2 (n + ) kolumn o numerah nieparzystyh, wię łąznie wyróżnimy w ten sposób 4 (n + )2 kwadratów. Ponadto każda płytka składa się z 3 albo 4 kwadratów jednostkowyh, z któryh o najwyżej jeden jest wyróżniony. W konsekwenji lizba użytyh płytek nie może być mniejsza od lizby wyróżnionyh kwadratów, zyli od 4 (n+)2. rys. 2 rys. 3 Wykażemy teraz za pomoą indukji, że dla każdej lizby nieparzystej n 7 kwadrat o boku n można zbudować z 4 (n+)2 płytek. Kwadrat o boku 7 ułożony z 6 płytek przedstawiony jest na rys. 3. Przyjmijmy z kolei, że dla pewnej lizby nieparzystej n 7 mamy dany kwadrat o boku n ułożony z 4 (n + )2 płytek. Wówzas możemy do niego dobudować dodatkowe dwa wiersze i dwie kolumny w sposób przedstawiony na rys. 4. Dwie ostatnie kolumny zawierają wtedy 2 (n + 3) nowyh płytek, a dwa ostatnie wiersze bez ztereh pól leżąyh w dwóh ostatnih kolumnah zawierają 2 (n + ) nowyh płytek. Zatem lizba płytek w powstałym kwadraie o boku n+2 jest równa 4 (n+)2 + 2 (n+3)+ 2 (n+) = 4 [(n+)2 +(2n+6)+(2n+2)] = 4 (n+3)2, o końzy indukję i rozwiązanie zadania.

4 4 n n rys. 4 Odpowiedź: Szukana najmniejsza lizba płytek wynosi 4 (n+)2. Zadania z poprzednih Olimpiad Matematyznyh oraz bieżąe informaje można znaleźć w Interneie pod adresem:

5 5 Zadanie 4. LXIV Olimpiada Matematyzna Rozwiązania zadań konkursowyh zawodów stopnia drugiego 23 lutego 203 r. (drugi dzień zawodów) Rozwiązać równanie () (x 4 +3y 2 ) x+2 + y = 4 xy 2 w lizbah rzezywistyh x, y. Z zależnośi x+2 + y y otrzymujemy nierówność (2) (x 4 +3y 2 ) x+2 + y (x 4 +3y 2 ) y, która staje się równośią wtedy i tylko wtedy, gdy x 4 +3y 2 = 0 lub x+2 = 0, zyli gdy x = y = 0 lub x = 2. Z drugiej strony, na moy nierównośi pomiędzy średnią arytmetyzną i średnią geometryzną nieujemnyh lizb rzezywistyh uzyskujemy (3) x 4 +3y 2 = x 4 +y 2 +y 2 +y x 4 y 2 y 2 y 2 = 4 xy y, a ponadto lewa strona zależnośi (3) jest równa prawej stronie wtedy i tylko wtedy, gdy x 4 = y 2, zyli gdy x 2 = y. Zatem (4) (x 4 +3y 2 ) y 4 xy 2, przy zym równość ma miejse wtedy i tylko wtedy, gdy x 2 = y lub y = 0. Łązą związki (2) i (4) widzimy, że lewa strona równania () jest zawsze nie mniejsza niż prawa strona, a równość zahodzi wtedy i tylko wtedy, gdy (x = y = 0 lub x = 2) oraz (x 2 = y lub y = 0). Stąd bez trudu wyznazamy wszystkie rozwiązania (x, y) danego równania: (0, 0), ( 2, 0), ( 2, 4) oraz ( 2, 4). Zadanie 5. Dany jest taki wielomian W (x) o współzynnikah ałkowityh, że dla dowolnej pary różnyh lizb wymiernyh r, r 2 prawdziwa jest zależność W (r ) W (r 2 ). Rozstrzygnąć, zy z tyh założeń wynika, że dla dowolnej pary różnyh lizb rzezywistyh t, t 2 prawdziwa jest zależność W (t ) W (t 2 ). Udowodnimy, że implikaja sformułowana w treśi zadania jest fałszywa dla wielomianu W (x) = x 3 2x. Zauważmy najpierw, że W (0) = W ( 2) = 0. Nieh z kolei r i r 2 będą dowolnymi lizbami wymiernymi, dla któryh W (r ) = W (r 2 ). Zadanie będzie rozwiązane, jeżeli wykażemy, że r = r 2.

6 6 Przypuśćmy w tym elu, że r r 2. Wówzas z równośi 0 = W (r ) W (r 2 ) = (r 3 r 3 2) 2(r r 2 ) = (r r 2 )(r 2 +r r 2 +r 2 2 2) otrzymujemy związek () r 2 +r r 2 +r 2 2 = 2. Sprowadźmy lizby wymierne r i r 2 do najmniejszego wspólnego mianownika, uzyskują przedstawienia (2) r = k n oraz r 2 = m n, w któryh k i m są lizbami ałkowitymi, a n jest dodatnią lizbą ałkowitą. Podstawiają wzory (2) do zależnośi () dostajemy (3) k 2 +km+m 2 = 2n 2. Gdyby lizby k i m były parzyste, to każdy składnik lewej strony związku (3) byłby podzielny przez 4. W konsekwenji lizba 2n 2 byłaby podzielna przez 4, skąd wynikałaby parzystość lizby n. Zatem ułamki stojąe po prawyh stronah równośi (2) miałyby parzyste lizniki i mianowniki, wbrew temu, że lizba n jest najmniejszym wspólnym mianownikiem lizb wymiernyh r i r 2. Co najmniej jedna z lizb k i m jest wię nieparzysta. Stąd w zależnośi od tego, zy obie te lizby są nieparzyste, zy też nie lewa strona związku (3) jest sumą trzeh lizb nieparzystyh albo jednej nieparzystej i dwóh parzystyh, zyli jest nieparzysta. Otrzymana sprzezność końzy rozwiązanie. Odpowiedź: Nie. Zadanie 6. Rozstrzygnąć, zy istnieją takie zworośiany T oraz T, o śianah odpowiednio S, S 2, S 3, S 4 oraz S, S 2, S 3, S 4, że dla i =,2,3,4 trójkąt S i jest podobny do trójkąta S i, ale mimo to zworośian T nie jest podobny do zworośianu T. Wykażemy, że takie dwa zworośiany istnieją. Opiszemy jeden z wielu możliwyh przykładów. Lizba = 2 (+ 5) jest pierwiastkiem równania += 2 większym od. Wobe tego istnieje trójkąt prostokątny o bokah długośi,,. Umieśćmy na płaszzyźnie dwa takie trójkąty prostokątne o wspólnej przyprostokątnej długośi. Oznazmy ih wierzhołki w sposób wskazany na rys. 5. Następnie obróćmy w przestrzeni trójkąt BCD 0 wokół prostej BC o pewien kąt, uzyskują trójkąt BCD oraz zworośian ABCD. Ponieważ punkty A i D 0 są symetryzne względem prostej BC, wię dla odpowiednio dobranego kąta obrotu długość krawędzi AD tego zworośianu może być dowolnie wybraną lizbą dodatnią mniejszą od AD 0 = 2. Nieh T będzie tak otrzymanym zworośianem ABCD, w którym AD = (rys. 6).

7 7 C D C A B D 0 A B rys. 5 rys. 6 Umieśćmy teraz na płaszzyźnie dwa takie same trójkąty prostokątne, lez tym razem o wspólnej przeiwprostokątnej; oznazmy ih wierzhołki tak jak na rys. 7. Wówzas A D 0= 2 >. Analogiznie uzasadniamy, że w wyniku obrotu trójkąta B C D 0 wokół prostej B C możemy dostać trójkąt B C D oraz zworośian A B C D, w którym A D =. Oznazmy ten zworośian symbolem T (rys. 8). B A D 0 A B C rys. 7 C D rys. 8 W tej sytuaji prawdziwe są następująe zależnośi: trójkąt ABC jest przystająy do trójkąta C A B ; trójkąt BCD jest przystająy do trójkąta D B C ; trójkąty ABD i A B D są równobozne o bokah odpowiednio długośi i ; trójkąt ACD ma boki o długośiah,,, a trójkąt A C D ma boki o długośiah,, oraz oba te trójkąty są ostrokątne. Zatem śiany ABC, ABD, ACD i BCD zworośianu T są podobne odpowiednio do śian C A B, A B D, A C D i D B C zworośianu T ; skale podobieństw wynoszą odpowiednio,, i. Natomiast zworośiany T i T nie są podobne. Istotnie, kąty płaskie ABC i DBC przy wierzhołku B zworośianu T są proste. Czworośian T nie ma zaś wierzhołka, w którym shodziłyby się dwa kąty proste, gdyż jedynymi kątami prostymi wśród 2 kątów wewnętrznyh śian tego zworośianu

8 są kąty B A C i B D C przy wierzhołkah odpowiednio A i D. To końzy rozwiązanie zadania. Odpowiedź: Tak. Zadania z poprzednih Olimpiad Matematyznyh oraz bieżąe informaje można znaleźć w Interneie pod adresem: 8