LXVI Olimpiada Matematyczna

LXVI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia pierwszego (1września2014r. 1grudnia2014r.) Zadanie1. Danesątakieliczbycałkowitea,bicróżneodzera,żeliczba a (1) b +b c +c a jest całkowita. Wykazać, że iloczyn abc jest sześcianem liczby całkowitej. Należy dowieść, że każda liczba pierwsza p wchodzi do rozkładu iloczynu abc na czynniki pierwsze z wykładnikiem podzielnym przez 3. Niech więc x, y i z będą wykładnikami, z jakimi liczba p występuje w rozkładach odpowiednio liczba,bic.udowodnimy,żesumas=x+y+zjestpodzielnaprzez3. Oznaczmy sumę(1) symbolem k. Mnożąc ją przez abc otrzymujemy (2) a 2 c+b 2 a+c 2 b=kabc. Liczba pierwsza p pojawia się w rozkładach trzech składników lewej strony zależności(2) z wykładnikami równymi kolejno 2x+z, 2y+x i 2z+y. Niech m będzie najmniejszą wartością wsród tych trzech wykładników. Jeżeli tylko jeden z tych wykładników wynosi m, to jeden składnik lewej stronyzwiązku(2)jestpodzielnyprzezp m,alenieprzezp m+1,apozostałe dwaskładnikisąpodzielneprzezp m+1.zatemcałalewastronazależności(2) jestpodzielnaprzezp m,alenieprzezp m+1.prawastronajestzaśpodzielna przezp x+y+z =p s.stąduzyskujemynierównośćm sisprzeczność,gdyż 3s=3(x+y+z)=(2x+z)+(2y+x)+(2z+y) m+(m+1)+(m+1)>3m. Wobectegopewnedwiezliczb2x+z,2y+xi2z+ysąrówne(liczbiem). Przyjmijmy, bez szkody dla ogólności dowodu, że 2x+z =2y+x. Wtedy liczba s=x+y+z=x+y+z (2x+z)+(2y+x)=3y jest podzielna przez 3, co należało wykazać. Zadanie2. Dodatnieliczbycałkowitex 1,x 2,...,x n spełniająwarunek (1) x 1 +x 2 +...+x n =s<2n. Udowodnić,żekażdaliczbazezbioru{1,2,...,s}jestsumąpewnych spośródliczbx 1,x 2,...,x n. Przeprowadzimy dowód przez indukcję ze względu na wartość liczby n. Dlan=1tezazadaniajestprawdziwa,ponieważwówczasx 1 =s=1. Przechodząc do kroku indukcyjnego wybierzmy dowolną liczbę całkowitą n>1,dlaktórejtezazadaniajestsłusznapozastąpieniuliczbynliczbąn 1. 1

Założenie indukcyjne orzeka więc, że dla każdego układu n 1 dodatnich liczb całkowitychosumierównejt<2n 2wszystkieliczbyzezbioru{1,2,...,t} można zapisać w postaci sumy pewnych liczb danego układu. W celu wykazania tezy indukcyjnej rozpatrzmy dowolne dodatnie liczby całkowitex 1,x 2,...,x n spełniającewarunek(1).niechmbędzienajwiększą wartościąwśródtychnliczb.jeżelim=1,tokażdaznichwynosi1,awtedy napodstawiezwiązkun>1dostajemys m=n 1<2n 2.Jeżelinatomiast m 2,tozzależnościs<2nznówwynika,żes m<2n 2. Przenumerowującwraziepotrzebywskaźnikimożemyprzyjąć,żex n =m. Wówczasx 1,x 2,...,x n 1 sądodatnimiliczbamicałkowitymiosumies m mniejszej od 2n 2, czyli zgodnie z założeniem indukcyjnym dowolna liczba zezbioru{1,2,...,s m}jestsumąpewnychspośródliczbx 1,x 2,...,x n 1. Wobectegosumamipewnychspośródliczbx 1,x 2,...,x n 1,x n sąliczby: 1,2,...,s m(sumybezużycialiczbyx n =m); m+1,m+2,...,s(sumyzużyciemliczbyx n =m), jakrównieżsamaliczbax n =m.zatemwszystkieliczbyzkażdegozezbiorów (2) {1,2,...,s m} oraz {m,m+1,...,s} możnazapisaćwpostacisumypewnychspośródliczbx 1,x 2,...,x n. Ponadtozbiory(2)pokrywająrazemcałyzbiór{1,2,...,s},gdyżsłuszne sąnierównościs m n 1orazm n.pierwszanierównośćopierasiębowiem naspostrzeżeniu,żejejlewastronas m=x 1 +x 2 +...+x n 1 jestsumąn 1 liczbniemniejszychniż1;drugazaś napierwszejoraznazwiązkus<2n, zktórychotrzymujemym=s (s m) s (n 1)<2n (n 1)=n+1. Wefekciekażdaliczbazezbioru{1,2,...,s}jestsumąpewnychspośród liczbx 1,x 2,...,x n,cokończyindukcjęirozwiązaniezadania. Zadanie3. Rozstrzygnąć,czyistniejetakaliczbacałkowitan 1,żeliczba n 2+1+ n 2 1 jest wymierna. Przypuśćmy,żeliczbacałkowitan 1mapostulowanąwłasność.Wtedy zrówności( 2+1)( 2 1)=1wynika,żeliczbęwymiernąokreślonąwtreści zadaniamożnazapisaćwpostaciw=a+ 1 a,gdziea= n 2+1. Wykażemy,żedlak=0,1,2,...liczbab k =a k + 1 a kjestwymierna.wtym celuzastosujemyindukcję.liczbyb 0 =2ib 1 =wsąwymierne.niechzkolei dlapewnejliczbycałkowitejl 2liczbyb l 2 ib l 1 będąwymierne.liczba b l =a l + 1 ( a l= a+ 1 )( a l 1 + 1 ) ( a a l 1 a l 2 + 1 a l 2 jest wówczas także wymierna, co kończy rozumowanie indukcyjne. 2 ) =wb l 1 b l 2

Wrezultacieliczbab n =a n + 1 a n=( 2+1)+( 2 1)=2 2jestwymierna. Uzyskana sprzeczność świadczy o niesłuszności uczynionego przypuszczenia. Odpowiedź: Taka liczba n nie istnieje. Zadanie 4. Dany jest trójkąt ostrokątny ABC, w którym AB AC. Punkty E i F są spodkami wysokości tego trójkąta opuszczonych odpowiedniozwierzchołkówbic.punktyminsąśrodkamiodpowiednio odcinkówbcief,apunktqjestśrodkiemokręguopisanegona trójkącieamn.dowieść,żeprosteaqibcsąrównoległe. Niech D i G będą spodkami wysokości opuszczonych z wierzchołka A odpowiednio w trójkątach ABC i AEF(rys. 1). C D l E M N G A F B rys.1 PonieważkątyBECiBFCsąproste,więcpunktyEiFleżąnaokręgu ośrednicybciśrodkum.punktnjestśrodkiemcięciwyeftegookręgu,co oznacza,żeprostamnjestprostopadładoprostejef,czylijestrównoległa doprostejag.wkonsekwencjipunktmleżywewnątrzkątaganoraz (1) <)GAN=180 <)ANM. Czworokąt BCEF jest wpisany w okrąg. Stąd otrzymujemy związki <)AEF=180 <)CEF=<)ABC oraz <)AFE=180 <)BFE=<)BCA, które wskazują, że trójkąty AEF i ABC są podobne(cecha kąt-kąt-kąt). Podobieństwo ϕ odwzorowujące pierwszy trójkąt na drugi jest złożeniem symetrii względem dwusiecznej l kąta CAB z jednokładnością o środku A 3

iskaliab:ae.weźmyterazpoduwagękątyganidam kątymiędzy wysokością a środkową przy wierzchołku A odpowiednio w trójkątach AEF i ABC. Podobieństwo ϕ przekształca wysokość oraz środkową w pierwszym trójkącie odpowiednio na wysokość oraz środkową w drugim; w takim razie przekształca ono pierwszy kąt na drugi. Zatem kąty te mają jednakowe miary i możemy przepisać równość(1) w postaci (2) <)DAM=180 <)ANM. Ponadto,zgodniezopisempodobieństwaϕ,kątyGANiDAM awśladza tympółprostean iam jakoichodpowiednieramiona sąsymetryczne względem dwusiecznej l. W efekcie podobieństwo ϕ przeprowadza punkt M, któryleżywewnątrzkątagan,napewienpunktpółprostejan położony wkąciedam.wobectegopunktnznajdujesięwewnątrzkątadam. C D N M A B Q P ω rys.2 Zaznaczmy wreszcie na okręgu ω, opisanym na trójkącie AM N, dowolny punktpleżącypoprzeciwnejstronieprostejamniżpunktydin(rys.2). Wówczas prawa strona zależności(2) jest równa mierze kąta AP M. Uzyskany wtensposóbzwiązek<)dam=<)apmdowodzi,napodstawietwierdzenia okąciemiędzystycznąacięciwą,żeprostadajeststycznadookręguω,co oznacza, że jest ona prostopadła do jego promienia AQ. Jednocześnie jest ona prostopadła do boku BC trójkąta ABC, gdyż zawiera wysokość tego trójkąta opuszczoną z wierzchołka A. Proste AQ i BC są więc równoległe. Zadanie 5. Rozwiązać w liczbach całkowitych x i y równanie x 4 2x 3 +x=y 4 +3y 2 +y. 4

Niech L i P oznaczają odpowiednio lewą i prawą stronę danego równania. Zauważmy też na wstępie, że dla dowolnej całkowitej liczby t słuszne są związkit 2 +t 0orazt 2 t 0. Dlax=0idlax=1zachodzirównośćL=0.LiczbaP=y 4 +2y 2 +(y 2 +y) jest z kolei sumą trzech nieujemnych składników, przy czym pierwsze dwa są równezerujedyniedlay=0.wobectegozależnośćp=0jestspełnionatylko dla y = 0. W rezultacie uzyskujemy dwa rozwiązania(x, y) danego równania: (0,0)i(1,0),ainnychrozwiązańzniewiadomąxrówną0lub1niema. Odtegomomentuzakładamy,żeliczbacałkowitaxjestróżnaod0i1. Prawdziwajestwięcnierównośćx 2 x 2. Korzystajączzależnościx 2 x 2iy 2 y+4 4otrzymujemyzwiązki L=(x 2 x) 2 (x 2 x)>(x 2 x) 2 2(x 2 x)+1=(x 2 x 1) 2, P=(y 2 +2) 2 (y 2 y+4)<(y 2 +2) 2. W konsekwencji równość L = P może zachodzić jedynie wtedy, gdy (x 2 x 1) 2 <(y 2 +2) 2. Obie liczby stojące powyżej w nawiasach pod kwadratami są dodatnie. Zatem zależnośćl=pmożebyćspełnionajedyniepodwarunkiem,że (1) x 2 x 1<y 2 +2. Podobnie,tymrazemwoparciuozwiązkix 2 x 2iy 2 +y 0,dostajemy L=(x 2 x) 2 (x 2 x)<(x 2 x) 2 1, P=(y 2 +1) 2 +(y 2 +y 1) (y 2 +1) 2 1. Analogiczniewynikastąd,żerównośćL=Pjestmożliwatylkowtedy,gdy (2) x 2 x>y 2 +1. Zwiększającobiestronyzależności(1)o1widzimy,żewarunki(1)i(2) są łącznie spełnione jedynie wtedy, gdy (3) x 2 x=y 2 +2. JeżeliterazprawdziwajestrównośćL=P,tosłusznyjesttakżezwiązek(3). Liczby stojące pod kwadratami w wykorzystanych już przedstawieniach L=(x 2 x) 2 (x 2 x) oraz P=(y 2 +2) 2 (y 2 y+4) są więc równe, co prowadzi do zależności (4) x 2 x=y 2 y+4. Porównujączwiązki(3)i(4)uzyskujemyrównaniey 2 +2=y 2 y+4,skądy=2. Ponadtox 2 x=2 2 +2=6,czylix=3lubx= 2.Bezpośredniosprawdzamy, żedlaobuwyznaczonychprzedchwiląpar(x,y)zachodzirównośćl=p. Odpowiedź: Dane równanie ma cztery rozwiązania całkowite(x, y): (0,0), (1,0), (3,2) oraz ( 2,2). 5

Zadanie 6. Dany jest trójkąt ABC, w którym kąt przy wierzchołku C jest prosty. Punkt D jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka C, aokrągwpisanywdanytrójkątjeststycznydobokówabiac odpowiedniowpunktacheif.wykazać,żepunktprzecięciawysokości trójkąta AEF jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ACD. NiechokrągowpisanywtrójkątACDbędziestycznydobokówAC iadodpowiedniowpunktachgih(rys.3). C G F o A H rys.3 ED Trójkąty prostokątne ACD i ABC są podobne, gdyż mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku A. Podobieństwo odwzorowujące pierwszy trójkąt na drugiprzeprowadza:wierzchołkia,cidkolejnonawierzchołkia,bic, okrągonaokrągwpisanywtrójkątabc,apunktystycznościgihodpowiednio na punkty styczności E i F. Stąd otrzymujemy równości stosunków AG AE =AC AH oraz AB AF =AD AC, które zgodnie z twierdzeniem odwrotnym do twierdzenia Talesa dowodzą, że prosteegibcsąrównoległeorazprostefhicdsąrównoległe. WobectegokażdazprostychEGiFH prostopadłychodpowiedniodo prostych AC i AB zawiera wysokość trójkąta AEF oraz przecina styczną do okręgu o pod kątem prostym w punkcie styczności, czyli przechodzi przez środek okręgu o. Zatem punkt przecięcia prostych EG i F H jest jednocześnie punktem przecięcia wysokości trójkąta AEF i środkiem okręgu o. Zadanie 7. Dany jest czworościan ABCD. Płaszczyzna przechodząca przez punkty styczności sfery s wpisanej w ten czworościan ze ścianami ABD,BCDiACDprzecinakrawędzieAD,BDiCDodpowiedniowpunktachA,B ic.udowodnić,żeśrodeksferywpisanej wczworościana B C Dleżynasferzes. OznaczmysymbolemIśrodeksferys,asymbolamiM,NiP punkty jej styczności odpowiednio ze ścianami ABD, BCD i ACD. Niech następnie 6 B

JiKbędąpunktami,wktórychodcinekDIprzecinaodpowiedniosferęs ipłaszczyznęa B C.OznaczmywreszcieliterąLrzutprostokątnypunktuJ naścianęabd(rys.4). D L J A M I K P B N C A s C rys.4 Udowodnimy,żeśrodkiemsferywpisanejwczworościanA B C Djest punktj,którynamocysamegookreśleniależynasferzes. W tym celu wykażemy najpierw, że prosta DI jest prostopadła do płaszczyznya B C.Istotnie,każdyzpunktówDorazIjestjednakowoodległyod obukońcówodcinkamn:punktd,gdyżdmidnsąodcinkamistycznych dosferyspoprowadzonychzjednegopunktu;punktizaś,gdyżodcinkiim orazinsąpromieniamisferys.stądpunktydorazi awśladzatym całaprostadi leżąnapłaszczyźniesymetralnejodcinkamn.wefekcie prostemnidisąprostopadłe.podobniestwierdzamy,żeprostenpipm sąprostopadłedoprostejdi.punktym,nipwyznaczająwięcpłaszczyznę prostopadłą do prostej DI, a tego dowodziliśmy. ZatemodległośćpunktuJodścianyA B C czworościanua B C Djest równa JK. Aby dokończyć rozwiązanie, należy udowodnić, że takie same są odległościpunktujodściana B D,B C DorazA C D.Uzasadnimytodla ścianya B D;dlapozostałychdwóchścianrozumujemyanalogicznie. 7 B

PunktMjestrzutemprostokątnympunktuInapłaszczyznęA B D. W konsekwencji punkt L będący rzutem prostokątnym punktu J, leżącego naodcinkudi,natępłaszczyznę znajdujesięnaodcinkudm.pozostała częśćdowodurozgrywasięnapłaszczyźniedmi.trójkątmijjestrównoramienny(im=ij),aprostemiorazljsąrównoległe,ponieważobiesą prostopadłe do prostej DM. Wobec tego <)IJM=<)IMJ=<)LJM, czylitrójkątyprostokątnemkjimljmająprzywierzchołkujkątyostre o jednakowej mierze. Mają one też wspólną przeciwprostokątną M J i w takim razie są przystające, skąd uzyskujemy żądany związek JK =JL i tezę zadania. Zadanie8. Dlakażdejliczbycałkowitejn 2wyznaczyćnajmniejsząliczbęcałkowitą k o następującej własności: Wśróddowolnychkróżnychpodzbiorówzbioru{1,2,...,n}mających parzystą liczbę elementów istnieją dwa różne podzbiory, których część wspólna ma parzystą liczbę elementów. Zbiór o parzystej liczbie elementów będziemy krótko nazywać zbiorem parzystym, a zbiór o nieparzystej liczbie elementów zbiorem nieparzystym. WprowadźmyponadtooznaczenieS={1,2,...,n}. Niech l będzie największą liczbą nieparzystą nie większą niż n. Weźmy poduwagęlróżnychzbiorówpowstającychzezbioru{1,2,...,l}pousunięciu jednego elementu. Każdy z rozważanych l zbiorów ma l 1 elementów, czyli jest zbiorem parzystym. Natomiast część wspólna dowolnych różnych dwóch spośród tych l zbiorów ma l 2 elementów, a więc jest zbiorem nieparzystym. Wskazany w ten sposób przykład l różnych parzystych podzbiorów zbioru S bezżądanejwłasnościpociągazasobąnierównośćk l+1. Udowodnimy, że jest ona w istocie równością. Inaczej mówiąc, wykażemy, że szukana najmniejsza wartość wynosi { n, gdynjestliczbąparzystą, n+1, gdynjestliczbąnieparzystą. Przypuśćmy najpierw, że sformułowana przed chwilą teza została już (1) k= udowodniona dla wszystkich parzystych wartości n. Niech n będzie liczbą nieparzystą.wówczasn+1różnychparzystychpodzbiorówzbioru{1,2,...,n} traktujemyjakn+1różnychparzystychpodzbiorówzbioru{1,2,...,n,n+1}. Liczba n+1 jest parzysta, więc zgodnie z uczynionym przypuszczeniem wśród danych n+1 zbiorów istnieją dwa różne zbiory o parzystej części wspólnej. To zaś dowodzi słuszności tezy także dla nieparzystych wartości n. Pozostaje teraz dowieść następującego zdania: Jeżeli n jest liczbą parzystą, to wśród dowolnych różnych parzystychpodzbiorówa 1,A 2,...,A n Spewnedwaróżne podzbiory mają parzystą część wspólną. 8

Dowód będzie oparty na pojęciu różnicy symetrycznej. Dla dowolnych zbiorówx 1,X 2,...,X m SokreślamyróżnicęsymetrycznąX 1 X 2... X m jako podzbiór zbioru S złożony z wszystkich tych elementów, które należą do nieparzystejliczbyspośródzbiorówx 1,X 2,...,X m.wykażemy,że jeżelizbioryx 1,X 2,...,X m mająodpowiedniox 1,x 2,...,x m elementów, tozbiórx=x 1 X 2... X m jestparzystywtedyitylkowtedy,gdysuma x 1 +x 2 +...+x m jestparzysta. Niechbowiemliczby1,2,...,nnależąodpowiedniodoy 1,y 2,...,y n zbiorów występującychwciągux 1,X 2,...,X m.wówczasdowolnaliczbai Snależy dozbioruxwtedyitylkowtedy,gdyliczbay i jestnieparzysta.wrezultacie zbiór X jest parzysty wtedy i tylko wtedy, gdy liczba nieparzystych składnikówsumyy 1 +y 2 +...+y n jestparzysta,czyligdycałasumajestparzysta. Wynika stąd zapowiedziane stwierdzenie, gdyż obliczając dwoma sposobami liczbęparpostaci(x j,i),wktórychj {1,2,...,m}orazliczbai Snależy dozbiorux j,otrzymujemyzależność x 1 +x 2 +...+x m =y 1 +y 2 +...+y n. Przystępujemy do kluczowego kroku rozwiązania. Udowodnimy, że: RóżnicasymetrycznaniektórychspośródzbiorówA 1,A 2,...,A n jestzbiorempustym.innymisłowy,istnieją:liczbar {1,2,...,n} orazr-elementowyzbióri={i 1,i 2,...,i r } S,dlaktórych A i1 A i2... A ir =. Przed przejściem do dowodu zauważmy, że na mocy określenia różnicy symetrycznejzbióra i1 A i2... A ir niezależyodwyborukolejnościwskaźników i 1,i 2,...,i r iwefekciejestwyznaczonyjednoznacznieprzezpodzbióri. PonieważzbioryA 1,A 2,...,A n sąparzyste,więcnapodstawiewykazanegowyżejstwierdzeniakażdemuz2 n 1niepustychzbiorówI Sodpowiada różnica symetryczna będąca parzystym podzbiorem zbioru S. Jednak zbiór S mamniejniż2 n 1parzystychpodzbiorów mamianowiciewięcejniżjeden podzbiór nieparzysty, w tym n podzbiorów jednoelementowych. Wobec tego istniejądwaróżnepodzbiory:p-elementowypodzbiórj={j 1,j 2,...,j p } S orazq-elementowypodzbiórj ={j 1,j 2,...,j q} S,którymodpowiadataka sama różnica symetryczna R. Rozpatrzmy następujący ciąg p + q zbiorów: (2) A j1,a j2,...,a jp,a j 1,A j 2,...,A j q. Dowolna liczba ze zbioru R należy do nieparzystej liczby z początkowych p zbiorów i do nieparzystej liczby z końcowych q zbiorów. Dowolna spośród pozostałych liczb ze zbioru S należy zaś do parzystej liczby z początkowych p zbiorów i do parzystej liczby z końcowych q zbiorów. Zatem różnica symetryczna wszystkich p + q zbiorów(2) jest zbiorem pustym. PodzielmywskaźnikizezbiorówJiJ nadwatypy:wskaźnikinależące 9

doobuzbiorówiwskaźnikinależącetylkodojednegoznich.wmyślrelacji J J istniejeconajmniejjedenwskaźnikdrugiegotypu.niechi 1,i 2,...,i r oznaczają wszystkie wskaźniki drugiego typu, wypisane jednokrotnie. Zbiory A i1,a i2,...,a ir występująjedenrazwciągu(2),adlakażdegowskaźnikai pierwszegotypuzbióra i występujedwukrotnie.powykreśleniuzciągu(2) wszystkich powstających w ten sposób par jednakowych zbiorów dostajemy krótszy ciąg zbiorów o takiej samej różnicy symetrycznej. W konsekwencji A i1 A i2... A ir =A j1 A j2... A jp A j 1 A j 2... A j q =, czylizbióri={i 1,i 2,...,i r }mawłasnośćżądanąwteziekluczowegokroku. Aby wreszcie dokończyć rozwiązanie zbadamy dwa przypadki. Symbole i 1,i 2,...,i r będąnadaloznaczaćtakiewskaźniki,żea i1 A i2... A ir =. Przypadek 1. r jest liczbą parzystą. KażdaliczbazezbioruS,iwszczególnościkażdaliczbazezbioruA i1, należydoparzystejliczbyzezbiorówa i1,a i2,...,a ir.wtakimraziedowolna liczbazezbiorua i1 należydoparzystejliczbyzezbiorów (3) A i1, A i1 A i2, A i1 A i3,..., A i1 A ir ijesttoteżprawdądlaliczbspozazbiorua i1,gdyżnienależąonedożadnego ze zbiorów(3). W rezultacie różnica symetryczna r zbiorów(3) jest zbiorem pustym. Różnica symetryczna zbioru parzystego i r 1 zbiorów nieparzystych jestjednaknieparzysta.conajmniejjednaspośródczęściwspólnycha i1 A ij dlaj=2,3,...,rjestwięczbioremparzystym. Przypadek 2. r jest liczbą nieparzystą. Wtedy r n, ponieważ n jest liczbą parzystą. Stąd istnieje wskaźnik i S różnyodkażdegozewskaźnikówi 1,i 2,...,i r.podobniejakwprzypadku1 wnioskujemyzrównościa i1 A i2... A ir =,że (A i A i1 ) (A i A i2 )... (A i A ir )=. Różnica symetryczna r zbiorów nieparzystych jest nieparzysta. Zatem znów dlapewnegoj {1,2,...,r}częśćwspólnaA i A ij jestzbioremparzystym. Odpowiedź: Szukana najmniejsza liczba k jest opisana wzorem(1). Zadanie9. Nieujemneliczbyrzeczywistex 1,x 2,...,x n (n 2)spełniająrówność x 1 +x 2 +...+x n =1.Udowodnić,że ( max{x 1,x 2,...,x n } 1+2 ) min{x i,x j } 1. 1 i<j n Wykażemy ogólniejsze stwierdzenie: dla dowolnych nieujemnych liczb rzeczywistychx 1,x 2,...,x n prawdziwajestzależność ( n (1)max{x 1,x 2,...,x n } x i +2 ) min{x i,x j } (x 1 +x 2 +...+x n ) 2. i=1 1 i<j n 10

Podstawiającdoniejdwukrotniewarunekx 1 +x 2 +...+x n =1otrzymamy wprost tezę zadania. Aby udowodnić związek(1) przedstawmy jego lewą stronę L i prawą stronę P w następujący sposób: n L= max{x 1,x 2,...,x n } x i +2 max{x 1,x 2,...,x n } min{x i,x j }, i=1 n P= x 2 i+2 x i x j. i=1 1 i<j n 1 i<j n WceluwykazaniażądanejnierównościL Pwystarczyterazuzasadnić,że każdy składnik pierwszej z dwóch sum występujących powyżej w liczbie L jest nie mniejszy niż odpowiedni składnik pierwszej z dwóch sum występujących w liczbie P, oraz postąpić analogicznie dla drugich sum. Pierwszy z opisanych przed chwilą kroków sprowadza się do zależności max{x 1,x 2,...,x n } x i x 2 i dlai=1,2,...,n, któresąprawdziwe,gdyżwi-tejzależności(i=1,2,...,n)pierwszyczynnik iloczynustojącegopolewejstroniejestniemniejszyniżx i.zkoleidrugikrok przybiera postać związków max{x 1,x 2,...,x n } min{x i,x j } x i x j dla1 i<j n, którerównieżsąsłusznedladowolnejparywskaźników1 i<j n,ponieważ w każdym związku pierwszy i drugi czynnik lewej strony są nie mniejsze niż odpowiednio większy i mniejszy czynnik prawej strony. Todowodzinierówności(1),która jakwiemy pociągazasobątezę. Zadanie10. Danesątakiedodatnieliczbycałkowitea,b,cid,żedlakażdej liczbynaturalnejnliczbaan+bjestpodzielnaprzezliczbęcn+d. Wykazać,żeistniejeliczbanaturalnak,dlaktóreja=kcib=kd. Zgodniezwarunkamizadania,dlakażdegon 1liczbycn+dian+bsą podzielneprzezcn+d,czyliliczba a(cn+d) c(an+b)=ad bc także jest podzielna przez cn+d. Zatem liczba całkowita ad bc jest podzielna przezdowolniedużeliczbynaturalneiwobectegoad bc=0.przedstawmy otrzymanywtensposóbzwiązekad=bcjakorównośćułamków a c =b d i oznaczmy ich wspólną wartość symbolem k. Spełnione są więc zależności a=kc oraz b=kd. Ponadtowmyślzałożeńzadaniadlan=1liczbaa+b=k(c+d)jestpodzielna przez c + d. W rezultacie k jest liczbą całkowitą, co kończy rozwiązanie. 11

Zadanie11. DanyjesttrójkątABC,wktórymBC<CA<AB.Okrągwpisany wtentrójkątjeststycznydobokówbc,caiabodpowiednio wpunktachd,eif,apunktyk,limsąśrodkamiodpowiednio bokówbc,caiab.prostedeiklprzecinająsięwpunkciep, aprostedfikm wpunkcieq.dowieść,żepunktya,piq leżą na jednej prostej. KorzystajączrównościAE=AF,BF=BD,CD=CEobliczamy,że AE= 1 2 (AE+AF)=1 2 (AE+CE CD+AF+BF BD)=1 2 (AC+AB BC). StądizwarunkuAB>BCdostajemyAE> 1 2 AC=AL.ZatempunktLleży bliżej punktu A niż punkt E, a różnica między obiema odległościami wynosi (1) LE=AE AL= 1 2 (AC+AB BC) 1 2 AC=1 2 (AB BC). C G L E D K P Q A M F rys.5 B NiechGbędziepunktemprzecięciaprostychDEiML(rys.5).Ponieważ prostebcimlsąrównoległe,więctrójkątydceiglesąjednokładne względempunktue.wobectegozwiązekcd=cewskazuje,że (2) LG=LE. ZkoleipunktyDiEleżąodpowiednionapodstawieBCiramieniuCL trapezubclm,czylipunktgznajdujesięnapółprostejml nazewnątrz trójkąta ABC. Łącząc teraz zależności(2) i(1) stwierdzamy, że MG=ML+LG=ML+LE= 1 2 BC+1 2 (AB BC)=1 2 AB=MA. W konsekwencji trójkąt AM G jest równoramienny. Ponadto jego ramiona są równoległe do ramion trójkąta równoramiennego F BD, co dowodzi, że równoległe są też podstawy AG i F D obu rozważanych trójkątów. Zdrugiejstrony,prosteALiMGsąrównoległeodpowiedniodoprostych MKiBC.ZatembokitrójkątaALGsąrównoległedobokówtrójkątaQKD. 12

Stąd oba trójkąty są jednokładne lub przystające, a trzy proste, przechodzące przez wierzchołek pierwszego trójkąta i odpowiadający wierzchołek drugiego, przecinają się w jednym punkcie(środku jednokładności) lub są równoległe. Dwieznich prostelkigd przecinająsięwpunkciep.wrezultacie trzecia prosta AQ również przechodzi przez punkt P, co należało wykazać. Zadanie 12. Na płaszczyźnie zaznaczono wierzchołki 2014-kąta foremnego. Dwaj gracze na przemian dorysowują nowy bok albo nową przekątną tego wielokąta. Gracz przegrywa grę, jeżeli po jego ruchu dla każdego wierzchołka v dowolne dwa spośród pozostałych wierzchołków można połączyć łamaną złożoną z narysowanych odcinków, nie przechodzącą przez wierzchołek v. Rozstrzygnąć, który z graczy rozpoczynający grę czy jego przeciwnik ma strategię wygrywającą. Wierzchołki danego 2014-kąta będziemy krótko nazywać punktami, jego bokiiprzekątnezaś odcinkami(bezwzględunato,czysąnarysowane). Układ odcinków nazwiemy: ukończonym, jeżeli dla dowolnego punktu v każdą parę pozostałych punktów można połączyć łamaną złożoną z odcinków danego układu omijającą punkt v, a przegranym, jeżeli nie jest ukończony, lecz dodanie doń dowolnego nowego odcinka przekształca go w układ ukończony. Jeżeli układ narysowanych w bieżącej chwili odcinków jest przegrany, to gra jeszcze się toczy, jednak gracz, który ma wykonać ruch, po jego wykonaniu doprowadza do powstania układu ukończonego i przegrywa grę. zadania będzie oparte na bliższym zbadaniu możliwej liczby odcinków w układzie przegranym. Niech P będzie dowolnym układem przegranym. Należące doń odcinki będziemy krótko nazywać P-odcinkami, a łamane zbudowane z P-odcinków P-łamanymi. Układ P nie jest ukończony, więc istnieją takie trzy różne punktya,biv,żekażdap-łamanaokońcachaibprzechodziprzezpunktv. Oznaczmy symbolem A zbiór wszystkich punktów dających się połączyć zpunktemapewnąp-łamaną,naktórejnieleżypunktv.sampunktatakże zaliczamy do zbioru A. Podobnie, zamieniając punkt a na punkt b, określamy zbiórb.punktvnienależydożadnegozezbiorówaib. Zbiory A i B nie mają punktów wspólnych. Rzeczywiście, jakikolwiek punkt wspólny tych zbiorów można by połączyć P-łamaną omijającą punkt v zarównozpunktema,jakizpunktemb.łączącobietełamanewp-łamaną okońcachaibdostalibyśmywtedysprzecznośćzwyborempunktówa,biv. Wykażemy teraz cztery własności, wyrażone w następujących zdaniach: 1.DowolnedwaróżnepunktyzezbioruAsąpołączoneP-odcinkiem. Analogiczna teza jest słuszna dla zbioru B. 2.ŻadenP-odcinekniełączypunktuzezbioruAzpunktemzezbioruB. 3. Punkt v jest połączony P-odcinkiem z każdym innym punktem. 4.KażdypunktróżnyodpunktuvnależydojednegozezbiorówAiB. 13

Dowódzdania1.Przypuśćmy,żeróżnepunktya 1,a 2 Aniesąpołączone P-odcinkiem.ZgodniezokreśleniemzbioruAkażdyzpunktówa 1 ia 2 można połączyćzpunktemapewnąp-łamaną,naktórejnieleżypunktv.zatem punktya 1 ia 2 teżmożnapołączyćtakąp-łamaną,którąoznaczymyliterąl. WeźmypoduwagęukładP powstającyzukładuppododaniuodcinka okońcacha 1 ia 2.UkładP jestukończony,więcistniejełamanal złożona zodcinkówukładup,łączącapunktyaibbezprzechodzeniaprzezpunktv. Zastępującwłamanejl każdyodcinekokońcacha 1 ia 2 łamanąluzyskujemy P-łamaną łączącą punkty a i b oraz omijającą punkt v, czyli sprzeczność. Dowódzdania2.Załóżmy,żepunktya Aib Bsąkońcamijednego P-odcinka.Namocyzdania1punktyaia sąkońcamijednegop-odcinka (oilea a)orazpunktybib sąkońcamijednegop-odcinka(oileb b). StądotrzymujemyP-łamanąokońcachaib,zbudowanązconajwyżejtrzech P-odcinków oraz nie przechodzącą przez punkt v znów sprzeczność. Dowódzdania3.GdybypunktvniebyłpołączonyP-odcinkiemzinnym punktemc,toukładpowstającyzukładuppododaniuodcinkaokońcach vicpowinienbyćukończony. Tymczasemwciążnieistniejełamanaokońcachaibomijającapunktv. Dodanyodcinekojednymkońcuvniemożemianowiciewejśćwskładtakiej łamanej; nie można jej również utworzyć z samych P-odcinków. Dowódzdania4.Przypuśćmy,żepunktd vnienależydożadnego zezbiorówaib.wmyślzałożeniad Aodcinekokońcachaidnienależydo układup.dodająctenodcinekdoukładupdostajemyukładukończonyp. NiechlbędziełamanązłożonązodcinkówukładuP,łączącąpunkty aibzpominięciempunktuv.wybierającwraziepotrzebypewienjejkrótszy fragmentprzyjmijmy,żepunktależynałamanejltylkoraz jakojejkoniec. ConajmniejjedenzodcinkówłamanejlnienależydoukładuP.Wobec tegoznajdujesięnaniejodcinekokońcachaid.występujeonjednaktylko raz i przylega do końca a łamanej l. Wszystkie pozostałe odcinki łamanej l sąp-odcinkami.wkonsekwencjipunktydibmożnapołączyćp-łamaną omijającąpunktv.toprzeczywarunkowid Bikończydowódzdania4. Przystępujemy wreszcie do wyznaczenia liczby P-odcinków. Niech k i n oznaczają liczby punktów należących odpowiednio do zbiorów AiB.Zdania1 4wskazują,żek+n=2013,awszystkimiP-odcinkamisą: odcinki o obu końcach w(k+1)-elementowym zbiorze A {v} i odcinki o obu końcach w(n+1)-elementowym zbiorze B {v}. W efekcie liczba wszystkich P-odcinków wynosi 1 2 k(k+1)+1 2 n(n+1)=1 2 [k(k+1)+(2013 k)(2014 k)]= = 1 2 (2k2 4026k+2013 2014)=k(k 2013)+2013 1007 i jest nieparzysta, gdyż jeden z czynników iloczynu k(k 2013) jest parzysty. Zatem dowolny układ przegrany składa się z nieparzystej liczby odcinków. 14

Jeżeli kolej wykonania ruchu przypada na gracza R rozpoczynającego grę, to liczba odcinków narysowanych w tym momencie na płaszczyźnie jest parzysta, czyli na podstawie konkluzji poprzedniego akapitu nie tworzą one układu przegranego. Wynika stąd, że w każdym swoim ruchu gracz R może wybrać do dorysowania taki odcinek, że po jego dorysowaniu gra jeszcze się nie zakończy. W rezultacie strategia gracza R, polegająca na dorysowywaniu za każdym razem dowolnego nowego odcinka, które nie powoduje przegranej natychmiast po wykonaniu ruchu, jest strategią wygrywającą. Rozpatrywana gra zawsze kończy się bowiem przegraną jednego z graczy, ponieważ układ wszystkich boków i przekątnych danego 2014-kąta jest ukończony. Odpowiedź: Strategię wygrywającą ma gracz rozpoczynający grę. Zadania z poprzednich Olimpiad Matematycznych oraz bieżące informacje można znaleźć w Internecie pod adresem: www.om.edu.pl 15