XII Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna ( września 06 r. 7 października 06 r.) Szkice rozwiązań zadań konkursowych. Liczby wymierne a, b, c spełniają równanie Wykaż, że a+b = c = 0. (a+b+c)(a+b c) = c. Przekształcamy równoważnie daną równość, uzyskując kolejno: (a+b+c)(a+b c) = c, (a+b) c = c, (a+b) = c, a+b = c. Przypuśćmy, że c 0. Wówczas ostatnią zależność możemy podzielić obustronnie przez c, otrzymując a+b c =. Ponieważ liczby a, b, c są wymierne, więc także liczba a+b jest wymierna i w konsekwencji lewa strona powyższej równości jest wymierna. Tymczasem jej prawa strona, czyli liczba jest niewymierna. Uzyskana sprzeczność dowodzi, że c = 0, a skoro a + b = c, to również a+b = 0.. Dany jest trójkąt ostrokątny, w którym <) = 45. Niech ED oraz F G będą kwadratami leżącymi na zewnątrz trójkąta. Udowodnij, że środek odcinka DG pokrywa się ze środkiem okręgu opisanego na trójkącie. Zauważmy, że <)F +<) +<)D = 90 +45 +45 = 80, skąd wynika, że punkty F,, D leżą na jednej prostej. Podobnie uzasadniamy, że punkty E,, G leżą na jednej prostej. E F 45 D M G rys.
Oznaczmy przez M środek odcinka DG (rys. ). Ponieważ <)DEG = <)DF G = 90, więc punkty E, F leżą na okręgu o średnicy DG, którego środkiem jest punkt M. Wobec tego symetralne odcinków DE i F G przecinają się w punkcie M. Z drugiej strony, symetralne odcinków DE i F G pokrywają się z symetralnymi odcinków i, a więc przecinają się w środku okręgu opisanego na trójkącie. Stąd wniosek, że punkt M, czyli środek odcinka DG, pokrywa się ze środkiem okręgu opisanego na trójkącie. To kończy dowód. 3. W każde pole tablicy należy wpisać jedną z liczb, 0, w taki sposób, aby suma liczb w każdej kolumnie była nieujemna, a suma liczb w każdym wierszu była niedodatnia. Jaką najmniejszą liczbę zer można w ten sposób wpisać w pola tablicy? Odpowiedź uzasadnij. Niech k, k,..., k będą sumami liczb znajdujących się w kolejnych kolumnach, a w, w,..., w sumami liczb znajdujących się w kolejnych wierszach. Oznaczmy ponadto przez s sumę wszystkich liczb wpisanych w pola tablicy. Z warunków zadania wynika, że k 0, k 0,..., k 0, skąd s = k +k +...+k 0+0+...+0 = 0. Podobnie, skoro w 0, w 0,..., w 0, to s = w +w +...+w 0+0+...+0 = 0. Łącząc powyższe nierówności, dochodzimy do wniosku, że s = 0. Zatem we wszystkich powyższych nierównościach zachodzą równości, czyli k = k =... = k = w = w =... = w = 0. Ponieważ suma liczb w każdym wierszu jest równa 0, więc w każdym wierszu jest tyle samo liczb co liczb. W każdym wierszu jest zatem parzysta liczba niezerowych liczb. Tymczasem w każdym wierszu jest, czyli nieparzysta liczba pól. Wobec tego w każdym wierszu znajduje się co najmniej jedna liczba 0, a więc w całej tablicy znajduje się co najmniej zer. 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 rys. Pozostaje zauważyć, że można uzupełnić tablicę zgodnie z warunkami zadania tak, aby znalazło się w niej dokładnie zer (rys. ). W związku z tym szukaną najmniejszą liczbą zer wpisanych w pola tablicy jest.
4. zworokąt D jest wpisany w okrąg, przy czym <) = 60 oraz = D. Udowodnij, że = D +D. Ponieważ <)D = 0 > 60 = <) oraz <)D = <)D, więc <)D = <)D <)D > <) <)D = <)D. Stąd > D. Na odcinku można więc wskazać taki punkt P, że P = D (rys. 3). D P 60 rys. 3 Ponieważ = D, więc łuki i D danego okręgu (niezawierające punktu ) są równej długości. Stąd wynika, że <) =<)D, gdyż są to kąty wpisane w ten sam okrąg oparte na łukach równej długości. Wobec tego trójkąty P i D są przystające (cecha bok kąt bok) i w konsekwencji P = D =. Wiemy ponadto, że <) = 60, skąd wynika, że trójkąt równoramienny P jest równoboczny. W związku z tym P = D. Ostatecznie otrzymujemy zatem co było do udowodnienia. = P +P = D +D, Uwaga W rozwiązaniu zadania wykorzystaliśmy fakt, że równość długości cięciw i D pociąga za sobą równość długości łuków i D. Więcej na temat zastosowania tego twierdzenia można przeczytać w artykule O łukach równej długości, Kwadrat nr 4 (grudzień 04). 5. Liczby całkowite a, b są dodatnie. Wykaż, że co najmniej jedną z liczb a, b, a + b można przedstawić w postaci różnicy kwadratów dwóch liczb całkowitych. Zauważmy, że każdą liczbę nieparzystą oraz każdą liczbę podzielną przez 4 można przedstawić w postaci różnicy kwadratów dwóch liczb całkowitych. Rzeczywiście, dla dowolnej liczby całkowitej n spełnione są równości n = n (n ) oraz 4n = (n+) (n ). Wystarczy zatem wykazać, że wśród liczb a, b, a+b co najmniej jedna jest nieparzysta lub podzielna przez 4. Przypuśćmy, że tak nie jest. Wtedy liczby a, b oraz a + b są parzyste i niepodzielne przez 4. W szczególności, obie liczby a i b dają resztę z dzielenia przez 4. Wtedy jednak liczba a + b jest podzielna przez 4, wbrew poczynionemu założeniu. Uzyskana sprzeczność kończy rozwiązanie zadania. 3
Uwaga Można wykazać, że żadnej liczby, która z dzielenia przez 4 daje resztę nie da się przedstawić w postaci różnicy kwadratów dwóch liczb całkowitych. Dowód tego stwierdzenia przebiega analogicznie do rozwiązania zadania 6 z artykułu Różnica kwadratów, Kwadrat nr 8 (sierpień 06). 6. Podstawą ostrosłupa D jest trójkąt równoboczny o boku. Ponadto Oblicz objętość ostrosłupa D. <)D = <)D = <)D = 90. Oznaczmy długości krawędzi D, D, D danego ostrosłupa odpowiednio przez a, b, c. Ponieważ <)D = <)D = 90, więc krawędź D jest prostopadła do płaszczyzny D. Potraktujmy zatem teraz ścianę D jako podstawę ostrosłupa; wtedy krawędź D jest wysokością ostrosłupa opuszczoną na tę podstawę (rys. 4). Oznaczając przez V objętość ostrosłupa D, a przez [D] pole ściany D, uzyskujemy V = 3 [D] D = 3 ab c = 6 abc. c D a b rys. 4 Ponieważ trójkąty D, D, D są prostokątne, więc korzystając z twierdzenia Pitagorasa, możemy zapisać układ równań a +b = b +c = c +a =. Wobec tego skąd a = i w konsekwencji a =. a = (a +b )+(c +a ) (b +c ) = + =, W pełni analogicznie wyznaczamy pozostałe wielkości b i c, uzyskując b = c =. Stąd otrzymujemy ostatecznie V = 6 abc = 6 = = 4. 4
7. Dane są takie dodatnie liczby całkowite a i b, że liczba a + b + jest dzielnikiem pierwszym liczby 4ab. Udowodnij, że a = b. Jeżeli liczba 4ab jest podzielna przez a+b+, to również liczba 4ab +(a+b+) = 4ab+a+b+ = (a+)(b+) jest podzielna przez a+b+. Ponieważ a+b+ jest liczbą pierwszą, więc jest dzielnikiem co najmniej jednego z czynników a+, b+. Dla ustalenia uwagi przyjmijmy, że a+b+ dzieli a+. Gdyby spełniona była nierówność a+, a+b+ to przekształcając ją równoważnie, uzyskalibyśmy a + a + b +, czyli b + 0. To przeczy jednak warunkowi, że liczba b jest dodatnia. Wobec tego musi być spełniona równość a+ a+b+ =, która po przekształceniach prowadzi do a = b. To kończy rozwiązania zadania. 5