LII Olimpiada Matematyczna

Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego

23 lutego 2001 r. (pierwszy dzień zawodów)

Zadanie 1.

Dane są liczby naturalne k, n większe od 1, przy czym liczba p = 2k− 1 jest pierwsza. Dowieść, że jeżeli liczba

( \begin{matrix}n \\ 2 \end{matrix}) −( \begin{matrix}k \\ 2 \end{matrix})

jest podzielna przez p, to jest ona podzielna przez p^{2}.

Rozwiązanie Liczba p jest dzielnikiem liczby

a = \frac{n(n−1)}{2} − \frac{k(k −1)}{2} = \frac{(4n^{2}−4n+1)−(4k^{2}−4k +1)}{8} = \frac{(2n−1)^{2}−p^{2}}{8} .

Zatem p, jako liczba nieparzysta, jest dzielnikiem liczby (2n−1)^{2}−p^{2}. Liczba p jest pierwsza, skąd p | (2n− 1). Z podzielności tej wynika, że p^{2} | (2n−1)^{2}, czyli p^{2} | a.

Zadanie 2.

Punkty A, B, C leżą w tej właśnie kolejności na jednej prostej, przy czym AB < BC. Punkty D, E są wierzchołkami kwadratu ABDE. Okrąg o średnicy AC przecina prostą DE w punktach P i Q, przy czym punkt P należy do odcinka DE. Proste AQ i BD przecinają się w punkcie R. Udowodnić, że DP = DR.

Rozwiązanie

Kąt AP C jest prosty jako kąt wpisany oparty na średnicy (rys. ??). Stąd

< ) EAP = 90^{∘}−< ) P AC = < ) ACP . Z kolei z równości łuków AP i CQ wynika równość kątów ACP i CAQ, skąd

< ) EAP = < ) BAR. A  B  C D E P  Q R rys. 1

Trójkąty P AE i RBA są więc przystające (cecha kąt-bok-kąt), co dowodzi, że EP = BR. Stąd DP = DR.

Zadanie 3.

Niech n 3 będzie liczbą naturalną. Dowieść, że dowolny wielomian postaci

x^{n} +a_{n−3} x^{n−3} +a_{n−4} x^{n−4} +a_{n−5} x^{n−5} +...+a_{1}x+a_{0} ,

gdzie co najmniej jeden ze współczynników rzeczywistych a_{0},a_{1},..., a_{n−3} jest różny od zera, ma mniej niż n pierwiastków rzeczywistych (każdy pierwiastek liczymy tyle razy, ile wynosi jego krotność).

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że dany w treści zadania wielomian ma n pierwiastków rzeczywistych x_{1},x_{2},...,x_{n}. Ze wzorów Viéte’a wynika, że

x_{1}+x_{2}+...+x_{n} = −a_{n−1} = 0 oraz ∑_{1 i<j n} x_{i}x_{j} = a_{n−2} = 0 .

Zatem x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+...+x_{n}^{2} = a_{n−1}^{2} −2a_{n−2} = 0, skąd x_{1} = x_{2} = ...= x_{n} = 0. Jednak powyższa równość pociąga za sobą a_{0} = a_{1} = ...= a_{n−3} = 0, co przeczy założeniu.

Otrzymana sprzeczność dowodzi, że dany wielomian stopnia n nie może mieć n pierwiastków rzeczywistych, zatem musi ich mieć mniej niż n.

(wp, jwr)

∗  ∗  ∗

Zadania z poprzednich Olimpiad Matematycznych oraz bieżące informacje można znaleźć w internecie pod adresem:

www.impan.gov.pl/˜ olimp/

LII Olimpiada Matematyczna

Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego

24 lutego 2001 r. (drugi dzień zawodów)

Zadanie 4.

Wyznaczyć wszystkie liczby naturalne n 3, dla których prawdziwe jest następujące zdanie: W dowolnym n-wyrazowym ciągu arytmetycznym a_{1},a_{2},...,a_{n}, dla którego liczba 1·a_{1} +2·a_{2} +...+n·a_{n} jest wymierna, istnieje wyraz będący liczbą wymierną.

Rozwiązanie

Odp.: Rozpatrywane zdanie jest prawdziwe jedynie dla liczb n 3 dających z dzielenia przez 3 resztę 1.

Niech a_{i} = a+ir (i = 1,2,...,n) będzie ciągiem arytmetycznym. Korzystając ze wzorów

1+2+...+n = \frac{n(n+1)}{2} oraz 1^{2}+2^{2}+...+n^{2} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}

stwierdzamy, że dana w treści zadania suma jest równa

S = \frac{n(n+1)}{2} a+ \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} r .

Stąd uzyskujemy

(1)  \frac{2S}{n(n+1)} = a+ \frac{2n+1}{3} r.

Załóżmy najpierw, że liczba n daje z dzielenia przez 3 resztę 1. Wówczas liczba k = \frac{1}{3}(2n+1) jest całkowita. Z równości (1) oraz z faktu, że S jest liczbą wymierną wynika, że wyraz a_{k} jest liczbą wymierną. Zatem rozpatrywane zdanie jest w tym przypadku prawdziwe.

Załóżmy z kolei, że liczba n nie daje z dzielenia przez 3 reszty 1 (innymi słowy, liczba \frac{1}{3}(2n+1) nie jest całkowita). Skonstruujemy ciąg arytmetyczny a_{i}, dla którego rozpatrywane zdanie nie jest prawdziwe. Przyjmijmy:

r = \sqrt{2} oraz a = −\frac{1}{3}(2n+1)\sqrt{2}.

Ze związku (1) otrzymujemy S = 0, jednak dla dowolnego i ∈ {1,2,...,n} liczba

a_{i} = (i− \frac{1}{3}(2n+1)) \sqrt{2}

jest niewymierna. Rozpatrywane zdanie nie jest więc prawdziwe, jeśli n nie daje z dzielenia przez 3 reszty 1.

Zadanie 5.

Punkt I jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC. Prosta AI przecina bok BC w punkcie D. Dowieść, że AI +CD = AC wtedy i tylko wtedy, gdy < ) B = 60^{∘} + \frac{1}{3}< ) C.

Rozwiązanie

Niech E będzie takim punktem leżącym na boku AC, że AI = AE (rys. ??). Wówczas

AI +CD = AC ⇔ CE = CD
⇔ trójkąty CDI i CEI są przystające
⇔ < ) AEI = < ) ADB
⇔ trójkąty AIE i ABD są podobne
⇔ < ) B = < ) ADB
⇔ < ) B = \frac{1}{2}< ) A+< ) C
A^{B}  ^{C}^{I} ^{D} ^{E}_{rys. 1}  ⇔ < ) B = 60^{∘}+ \frac{1}{3}< ) C.

Zadanie 6.

Dla danej liczby całkowitej dodatniej n rozstrzygnąć, czy podzbiorów n-elementowych zbioru {1,2,3,...,2n− 1,2n} mających sumę elementów parzystą jest tyle samo, co podzbiorów n-elementowych mających nieparzystą sumę elementów. Jeśli nie, to rozstrzygnąć, których jest więcej i o ile.

Rozwiązanie

Połączmy liczby ze zbioru S = {1,2,3,...,2n− 1,2n} w pary:

(1,2), (3,4), ..., (2n− 1,2n).

Niech X będzie dowolnym n-elementowym podzbiorem zbioru S. Wybierzmy (jeśli jest to możliwe) najmniejszą liczbę x ze zbioru X o tej własności, że liczba y występująca w parze z liczbą x nie należy do zbioru X. Następnie usuńmy ze zbioru X element x zastępując go elementem y. Otrzymany zbiór nazwijmy f(X). Zbiory X i f(X) mają sumy elementów różnej parzystości.

W dalszej części rozwiązania rozpatrzymy dwa przypadki:

(a) Liczba n jest nieparzysta.

Odwzorowanie f jest określone dla dowolnego n-elementowego podzbioru zbioru S i łączy ono w pary (X,f(X)) wszystkie podzbiory n-elementowe o nieparzystej sumie elementów ze wszystkimi n-elementowymi podzbiorami o sumie elementów parzystej. To dowodzi, że n-elementowych podzbiorów o parzystej sumie elementów jest tyle samo, co n-elementowych podzbiorów o nieparzystej sumie elementów.

(b) Liczba n jest parzysta.

W tym przypadku odwzorowania f nie da się określić jedynie na tych n-elemento-wych podzbiorach zbioru S, które są złożone z pełnych par. Zbiorów tych jest \binom{n}{n/2} i wszystkie one mają sumę elementów o takiej samej parzystości, jak parzystość liczby n/2. Pozostałe podzbiory możemy połączyć w pary (X,f(X)). Jeżeli n dzieli się przez cztery, to n-elementowych podzbiorów o parzystej sumie elementów jest o \binom{n}{n/2} więcej niż n-elementowych podzbiorów o nieparzystej sumie elementów. Jeśli natomiast n nie dzieli się przez cztery, to podzbiorów o nieparzystej sumie elementów jest o \binom{n}{n/2} więcej.

(wp, jwr)