LIII Olimpiada Matematyczna

Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego

22 lutego 2002 r. (pierwszy dzień zawodów)

Zadanie 1.

Dana jest taka funkcja f:ℝ → ℝ, że dla każdej liczby rzeczywistej x zachodzą równości

f(x) = f(2x) = f(1−x) .

Dowieść, że funkcja f jest okresowa.

Rozwiązanie

Na mocy danych w treści zadania równości, otrzymujemy dla dowolnej liczby rzeczywistej x:

f(x) = f(2x) = f(1−2x) =
= f(\frac{1}{2}(1−2x)) = f(\frac{1}{2} −x) = f(1−(\frac{1}{2} −x)) = f(x+ \frac{1}{2}),

co dowodzi, że funkcja f jest okresowa o okresie \frac{1}{2}.

Zadanie 2.

W czworokącie wypukłym ABCD zachodzą równości

< ) ADB = 2< ) ACB oraz < ) BDC = 2< ) BAC.

Udowodnić, że AD = CD.

Rozwiązanie

Z danych w zadaniu równości kątów oraz z nierówności < ) ADC < 180^{∘} wynika, że

< ) ACB +< ) BAC = \frac{1}{2}(< ) ADB +< ) BDC) = \frac{1}{2}< ) ADC < 90^{∘}.

Kąty ACB i BAC są więc ostre, co oznacza, że środek O okręgu opisanego na trójkącie ABC leży wewnątrz kąta ABC (rys. 1). Stąd w szczególności wynika, że punkty O i D leżą po tej samej stronie prostej BC. Ponadto

< ) BDC = 2< ) BAC = < ) BOC.

Zatem punkty B, C, O, D leżą na jednym okręgu o_{1}.

A B C  D O rys. 1

Analogicznie dowodzimy, że punkty A, B, O, D leżą na jednym okręgu o_{2}. Okręgi o_{1} i o_{2} są różne — w przeciwnym razie okrąg opisany na trójkącie ABC przechodziłby przez punkt O, czyli swój środek. Okręgi o_{1} i o_{2} mają jednak trzy punkty wspólne: B, D i O. Ponieważ B ≠ D, więc musi być O = D, czyli AD = CD.

Zadanie 3.

W n-osobowym stowarzyszeniu działa sześć komisji. W skład każdej z nich wchodzi nie mniej niż n/4 osób. Dowieść, że istnieją dwie komisje oraz grupa licząca nie mniej niż n/30 osób, należących do obu tych komisji.

Rozwiązanie

Ponumerujmy komisje liczbami 1,2,...,6 i oznaczmy przez K_{i} liczbę tych członków i-tej komisji, którzy nie są członkami żadnej komisji o numerze mniejszym od i.

K_{1} to liczba wszystkich członków komisji nr 1, co daje K_{1} n/4.

Przypuśćmy, że część wspólna dowolnych dwóch komisji liczy mniej niż n/30 osób.

Ponieważ w skład komisji nr 2 wchodzi co najmniej n/4 osób, więc liczba tych członków komisji nr 2, którzy nie są w komisji nr 1 musi być większa od n/4−n/30. Stąd

K_{2} > \frac{n}{4} − \frac{n}{30}.

Analogicznie stwierdzamy, że

K_{i} > \frac{n}{4} −(i−1)\frac{n}{30} dla i = 3,4,5,6.

Dodając stronami powyższe nierówności uzyskujemy

K_{1}+K_{2}+K_{3}+K_{4}+K_{5}+K_{6} > \frac{6n}{4} −(1+2+3+4+5) \frac{n}{30} = n .

Otrzymaliśmy sprzeczność, gdyż wielkość K_{1}+K_{2}+...+K_{6} jest nie większa od liczby wszystkich członków stowarzyszenia, czyli n. Zatem do części wspólnej pewnych dwóch komisji należy co najmniej n/30 osób.

(wp, jwr)

∗  ∗  ∗

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

www.impan.gov.pl/˜ olimp/

LIII Olimpiada Matematyczna

Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego

23 lutego 2002 r. (drugi dzień zawodów)

Zadanie 4.

Wyznaczyć wszystkie takie trójki liczb pierwszych p q r, że liczby pq +r, pq +r^{2}, qr +p, qr +p^{2}, rp+q, rp+q^{2}

są pierwsze.

Rozwiązanie

Gdyby wszystkie trzy liczby pierwsze p, q, r były większe od 2, to liczba pq +r jako liczba parzysta większa od 2 byłaby złożona. Zatem co najmniej jedna z liczb p, q, r jest równa 2, co na mocy nierówności p q r daje p = 2.

Ponadto q > 2, gdyż przy q = 2 mielibyśmy qr +p = 2(r +1), co jest liczbą złożoną.

Gdyby obie liczby pierwsze q, r były większe od 3, to liczba qr byłaby niepodzielna przez 3, a zatem jedna z liczb qr +2, qr +4 byłaby podzielna przez 3 i większa od 3, czyli złożona. Stąd wynika, że jedna z liczb q, r jest równa 3, co na mocy nierówności 2 < q r daje q = 3.

Pozostało wyznaczyć wszystkie takie liczby pierwsze r 3, aby liczby

(1)  6+r, 6+r^{2}, 3r +2, 3r +4, 2r +3, 2r +9

były pierwsze.

Gdyby liczba pierwsza r była różna od 5, to przez 5 dzieliłaby się jedna z liczb r +1, r +2, r +3, r +4, a co za tym idzie, również jedna z liczb

\begin{aligned}6+r & = & (r +1)+5 , & 2r +9 & = & 2(r +2)+5 , \\ 3r +4 & = & 3(r +3)−5 , & 2r +3 & = & 2(r +4)−5 . \end{aligned}

Zatem musi być r = 5. Wtedy liczby (1) przyjmują odpowiednio wartości 11, 31, 17, 19, 13, 19 i wszystkie one są pierwsze.

Odp.: Warunki zadania spełnia jedna trójka (p,q,r) = (2,3,5).

Zadanie 5.

Trójkąt ABC, w którym < ) A = 90^{∘}, jest podstawą ostrosłupa ABCD. Ponadto zachodzą równości

AD = BD oraz AB = CD.

Udowodnić, że < ) ACD 30^{∘} .

Rozwiązanie

Trójkąt BAC uzupełniamy do prostokąta BACE. Wówczas z równości AD = BD wynika, że CD = ED. To w połączeniu z AB = CD dowodzi, że trójkąt CDE jest równoboczny. Zatem

< ) ACD < ) ACE −< ) DCE = 90^{∘}−60^{∘} = 30^{∘}.

Zadanie 6.

Wyznaczyć wszystkie takie liczby naturalne n, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x_{1},x_{2},...,x_{n}, y_{1},y_{2},...,y_{n} zachodzi nierówność

(1) x_{1}x_{2}...x_{n} +y_{1}y_{2}...y_{n} \sqrt{x_{1}^{2} +y_{1}^{2}} ·\sqrt{x_{2}^{2} +y_{2}^{2}} ·...·\sqrt{x_{n}^{2} +y_{n}^{2}} .

Rozwiązanie Dla n = 1 dana nierówność przybiera postać

x_{1}+y_{1} \sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}} ,

co nie dla dowolnych liczb rzeczywistych x_{1}, y_{1} jest prawdą — wystarczy przyjąć x_{1} = y_{1} = 1.

Wykażemy, że nierówność (1) jest prawdziwa, jeśli n 2.

Jeśli któryś z czynników stojących po prawej stronie nierówności (1), np.

\sqrt{x_{k}^{2}+y_{k}^{2}}

jest równy 0, to obie liczby x_{k} i y_{k} muszą być zerami. Wtedy nierówność (1) jest spełniona.

Przyjmijmy więc, że liczba stojąca po prawej stronie nierówności (1) jest różna od 0, a zatem dodatnia. Wówczas dowodzoną nierówność możemy sprowadzić do postaci

(2)  \frac{x_{1}}{\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}} ·...· \frac{x_{n}}{\sqrt{x_{n}^{2} +y_{n}^{2}}} + \frac{y_{1}}{\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}} ·...· \frac{y_{n}}{\sqrt{x_{n}^{2} +y_{n}^{2}}} 1.

Podstawmy:

a_{k} = \frac{x_{k}^{2}}{x_{k}^{2}+y_{k}^{2}} , b_{k} = \frac{y_{k}^{2}}{x_{k}^{2}+y_{k}^{2}} (k = 1,2,...,n).

Liczby a_{1},a_{2},...,a_{n}, b_{1},b_{2},...,b_{n} należą do przedziału ⟨0,1⟩ oraz a_{k}+b_{k} = 1. Stąd oraz z nierówności pomiędzy średnią geometryczną a średnią arytmetyczną uzyskujemy

\sqrt{a_{1}a_{2}...a_{n}} +\sqrt{b_{1}b_{2}...b_{n}} \sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}} + \sqrt[n]{b_{1}b_{2}...b_{n}}
\frac{1}{n}(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})+ \frac{1}{n}(b_{1}+b_{2}+...+b_{n}) = 1,

czyli

(3)  \frac{|x_{1}|}{\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}} ·...· \frac{|x_{n}|}{\sqrt{x_{n}^{2} +y_{n}^{2}}} + \frac{|y_{1}|}{\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}} ·...· \frac{|y_{n}|}{\sqrt{x_{n}^{2} +y_{n}^{2}}} 1.

Lewa strona nierówności (2) jest nie większa niż lewa strona nierówności (3). To oznacza, że udowodniona właśnie nierówność (3) pociąga za sobą nierówność (2), a tym samym dowodzi nierówności (1).

(wp, jwr)

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

www.impan.gov.pl/˜ olimp/