L Olimpiada Matematyczna

Zawody stopnia trzeciego 14 kwietnia 1999 r. – pierwszy dzień zawodów

Zadanie 1.

Punkt D leży na boku BC trójkąta ABC, przy czym AD > BC. Punkt E leży na boku AC i spełnia warunek

\frac{AE}{EC} = \frac{BD}{AD − BC} .

Udowodnić, że AD > BE.

Rozwiązanie:

Uzupełniamy trójkąt BDA do równoległoboku BDAF. Na półprostej BC^{→} odkładamy odcinek BK o długości AD. Dana w zadaniu zależność przyjmuje teraz postać

\frac{AE}{EC} = \frac{AF}{CK} .

Z tej równości oraz z równoległości odcinków CK i AF wynika, że punkty F, E, K są współliniowe.

A B  C D  E F  K

Punkt E leży więc na podstawie KF trójkąta równoramiennego BKF. Stąd dostajemy BF > BE, czyli AD > BE.

Zadanie 2.

Dane są liczby całkowite nieujemne a_{1} < a_{2} < a_{3} < … < a_{101} mniejsze od 5050. Dowieść, że spośród nich można wybrać takie cztery różne a_{k}, a_{l}, a_{m}, a_{n}, że liczba a_{k} + a_{l} − a_{m} − a_{n} jest podzielna przez 5050.

Rozwiązanie:

Rozważamy wszystkie wyrażenia postaci a_{k} + a_{l}, gdzie 1 k < l 101 . Takich wyrażeń jest \binom{101}{2} = 5050. Jeżeli znajdziemy wśród nich dwa, powiedzmy a_{k} + a_{l} i a_{m} + a_{n}, których wartości dają tę samą resztę z dzielenia przez 5050, to liczby a_{k}, a_{l}, a_{m}, a_{n} spełniają warunki zadania — liczby te są bowiem parami różne (jeśli np. a_{k} = a_{m}, to także a_{l} = a_{n}, gdyż 0 a_{l}, a_{n} < 5050).

Pozostaje do rozpatrzenia przypadek, w którym wszystkie powyższe sumy dają różne reszty z dzielenia przez 5050. Wykażemy, że ten przypadek zachodzić nie może. Gdyby bowiem tak było, to rozważane sumy dawałyby wszystkie możliwe reszty z dzielenia przez 5050 — każdą jeden raz. Stąd

S = ∑_{1 k<l 101} (a_{k} + a_{l}) ≡ ∑_{i=0}^{5049} i = \frac{5049 · 5050}{2}≡ 2525 (mod 5050) ,

co dowodzi, że S jest liczbą nieparzystą.

Z drugiej strony

S = ∑_{1 k<l 101} (a_{k} + a_{l}) = 100 ·∑_{k=1}^{101} a_{k} ,

co oznacza, że S jest liczba parzystą. Otrzymaliśmy sprzeczność.

Zadanie 3.

Dowieść, że istnieją takie liczby naturalne n_{1} < n_{2} < … < n_{50} , że n_{1} + S(n_{1}) = n_{2} + S(n_{2}) = n_{3} + S(n_{3}) = … = n_{50} + S(n_{50} ) ,

gdzie S(n) jest sumą cyfr liczby n.

Rozwiązanie:

Wprowadźmy następujące oznaczenia:

a_{1}(k) = 10^{10k+k+1} − 9·10^{k} = \underbrace{9999...99}_{10k}1 \underbrace{0000...00}_{k},
a_{2}(k) = 10^{10k+k+1} = 1 \underbrace{0000...00}_{10k+k+1} .

Wówczas a_{1}(k) + S (a_{1}(k)) = a_{2}(k) + S (a_{2}(k)) = 10^{10k+k+1} + 1. Określamy liczby k_{0}, k_{1}, k_{2}, … wzorami:

k_{0} = 0 oraz k_{i+1} = 10^{ki} + k_{i} + 2 dla i 0 .

Dla dowolnego ciągu ε = (ε_{0}, ε_{1}, …, ε_{5}), gdzie ε_{0}, ε_{1}, …, ε_{5} ∈ {1, 2}, przyjmijmy

n_{ε} = ∑_{i=0}^{5} a_{εi} (k_{i}) .

Otrzymane w ten sposób 64 liczby n_{ε} są parami różne. Wykażemy, że dla wszystkich 64 ciągów ε, wielkości n_{ε} + S(n_{ε}) są jednakowe.

Ponieważ dla i ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5} liczba a_{εi} (k_{i}) jest co najwyżej k_{i+1} -cyfro-wa i ma co najmniej k_{i} zer końcowych, więc żadne dwie z liczb a_{εi} (k_{i}) i a_{εj} (k_{j}) (dla i ≠ j) nie mają niezerowych cyfr na tym samym miejscu dziesiętnym. Stąd

S(n_{ε}) = ∑_{i=0}^{5} S (a_{εi} (k_{i})) .

Zatem

n_{ε} + S(n_{ε}) = ∑_{i=0}^{5} (a_{εi} (k_{i}) + S (a_{εi} (k_{i}))) = 6 + ∑_{i=0}^{5} 10^{10k^{i} +k_{i} +1} ,

co jest wielkością niezależną od ε.

(wp, jwr)

L Olimpiada Matematyczna

Zawody stopnia trzeciego 15 kwietnia 1999 r. – drugi dzień zawodów

Zadanie 4.

Rozstrzygnąć, dla jakich liczb naturalnych n 2 układ równań

\{ \begin{matrix}x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 50 = 16x_{1} + 12x_{2} \\ x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + 50 = 16x_{2} + 12x_{3} \\ x_{3}^{2} + x_{4}^{2} + 50 = 16x_{3} + 12x_{4} \\ . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . \\ x_{n−1}^{2} + x_{n}^{2} + 50 = 16x_{n−1} + 12x_{n} \\ x_{n}^{2} + x_{1}^{2} + 50 = 16x_{n} + 12x_{1} \end{matrix}

ma rozwiązanie w liczbach całkowitych x_{1}, x_{2}, x_{3}, …, x_{n}.

Rozwiązanie:

Równanie x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 50 = 16x_{1} + 12x_{2} jest równoważne równaniu

(x_{1} − 8)^{2} + (x_{2} − 6)^{2} = 50 .

Liczby x_{1}, x_{2}, …, x_{n} spełniają dany w treści zadania układ równań wtedy i tylko wtedy, gdy punkty (x_{1}, x_{2}), (x_{2}, x_{3}), …, (x_{n}, x_{1}) leżą na okręgu o środku (8, 6) i promieniu \sqrt{50}. Na tym okręgu leży 12 punktów o współrzędnych całkowitych: (1, 5), (1, 7), (3, 1), (3, 11), (7, −1), (7, 13),

(9, −1), (9, 13), (13, 1), (13, 11), (15, 5), (15, 7). [figure]

Ponieważ każda z liczb x_{i} występuje raz jako odcięta, a raz jako rzędna punktu kratowego leżącego na tym okręgu, więc liczby x_{i} mogą przyjmować tylko wartości 1, 7 lub 13. To pozostawia nam trzy możliwe układy dla par (x_{i}, x_{i+1} ), a mianowicie: (1, 7), (7, 13) lub (13, 1). Stąd wniosek, że w układzie liczb (x_{1}, x_{2}, …, x_{n}) będącym rozwiązaniem wyjściowego układu równań, występują cyklicznie liczby 1, 7, 13. Taka sytuacja jest możliwa wtedy i tylko wtedy, gdy n jest liczbą podzielną przez 3.

Zadanie 5.

Niech a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}, b_{1}, b_{2}, ..., b_{n} będą liczbami całkowitymi. Udowodnić, że

∑_{1 i<j n} (|a_{i} − a_{j} | + |b_{i} − b_{j} |) ∑_{1 i,j n} |a_{i} − b_{j} | .

Rozwiązanie:

Sumy występujące po obu stronach danej w zadaniu nierówności nie zmienią się, jeśli w dowolny sposób zmienimy kolejność liczb a_{i} oraz liczb b_{i}. Bez szkody dla ogólności możemy więc założyć, że a_{1} a_{2} … a_{n} oraz b_{1} b_{2} … b_{n}. Wówczas

∑_{1 i<j n} (|a_{i} − a_{j} | + |b_{i} − b_{j} |) = ∑_{1 i<j n} (a_{j} − a_{i} + b_{j} − b_{i})

∑_{1 i<j n} (|a_{j} − b_{i}| + |b_{j} − a_{i}|)

∑_{1 i<j n} (|a_{j} − b_{i}| + |a_{i} − b_{j} |) + ∑_{1 i n} |a_{i} − b_{i}| =

= ∑_{1 i,j n} |a_{i} − b_{j} | .

Zadanie 6.

W sześciokącie wypukłym ABCDEF zachodzą równości:

< ) A + < ) C + < ) E = 360^{∘} , \frac{AB}{BC} · \frac{CD}{DE} · \frac{EF}{F A} = 1 .

Dowieść, że \frac{AB}{BF} · \frac{F D}{DE} · \frac{EC}{CA} = 1 .

Rozwiązanie:

Na mocy założenia < ) A + < ) C + < ) E = 360^{∘}, istnieje taki punkt P, że zachodzą następujące równości kątów (rysunek):

(1) < ) BCP = < ) BAF , < ) P CD = < ) F ED , < ) CDP = < ) EDF .

Trójkąty DEF i DCP są więc podobne, skąd dostajemy

(2) < ) EDC = < ) F DP oraz \frac{ED}{DC} = \frac{F D}{DP} .

Korzystając z danej w treści zadania równości oraz z podobieństwa trójkątów EDF i CDP otrzymujemy

\frac{F A}{AB} = \frac{EF}{DE} · \frac{CD}{BC} = \frac{CP}{CD} · \frac{CD}{BC} = \frac{CP}{BC} ,

A  B  C D E F  P

co na mocy pierwszej spośród równości (1) dowodzi, że trójkąty BAF i BCP są podobne. Zatem

(3)  < ) CBA = < ) P BF  oraz  \frac{AB}{BC} = \frac{F B}{BP} .

Równości (2) oznaczają, że trójkąty EDC i F DP są podobne; z równości (3) wynika natomiast, że podobne są trójkąty CBA i P BF. Otrzymujemy więc odpowiednio następujące proporcje:

\frac{EC}{DE} = \frac{F P}{F D}  oraz  \frac{AB}{CA} = \frac{BF}{F P} .

Mnożąc stronami powyższe dwie równości dostajemy tezę.

(wp, jwr)