XLIX Olimpiada Matematyczna

Szkice rozwiązań zadań z zawodów drugiego stopnia

1. Dla każdej liczby naturalnej n 2 istnieją funkcje o wymaganych własnościach. Oto przykład:

f(k) = \{ \begin{matrix}n − k & dla k < n , \\ n & dla k = n , \end{matrix} g(k) = n + 1 − k .

2. Niech prosta równoległa do AB i przechodząca przez punkt C przecina odcinek BD w punkcie E. Oznaczmy przez N środek odcinka CE. Wówczas punkty M, N, D są współliniowe. Trójkąt BCE jest prostokątny, więc N jest środkiem okręgu opisanego na nim. Stąd wynika, że trójkąt BCN jest równoramienny, co daje następujące równości:

< ) BAC = 2< ) ABC = < ) ABC + < ) BCN = < ) ABC + < ) CBN = < ) ABN . Czworokąt ABNC jest więc trapezem równoramiennym, nie będącym równoległobokiem. Zatem punkt N jest obrazem punktu C w symetrii względem symetralnej odcinka AB. To oznacza, że < ) AMC = < ) BMN = < ) BMD.

3. (a) Oznaczmy A = ace+bdf, B = abc+bcd+cde+def +efa+fab. Korzystając z nierówności pomiędzy średnią geometryczną i arytmetyczną otrzymujemy

A + B = (a + d)(b + e)(c + f) ( \frac{(a + d) + (b + e) + (c + f)}{3} ) ^{3} = \frac{1}{27} .

Stąd B \frac{1}{27} − A \frac{1}{27} − \frac{1}{108} = \frac{1}{36} .

(b) Takie liczby istnieją. Aby dane w zadaniu nierówności stały się równościami potrzeba i wystarcza, aby

A + B = \frac{1}{27} , A = \frac{1}{108} .

Pierwsza z powyższych równości zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy liczby a + d, b + e, c + f są równe \frac{1}{3}. Obliczając b = \frac{1}{3} − e, d = \frac{1}{3} − a, f = \frac{1}{3} − c i podstawiając te wartości do drugiej równości otrzymujemy

ace + (\frac{1}{3} − e)(\frac{1}{3} − a)(\frac{1}{3} − c) = \frac{1}{108} .

Stąd dane nierówności stają się równościami wtedy i tylko wtedy, gdy

ac + ce + ae + \frac{1}{12} = \frac{1}{3}(a + c + e) , gdzie 0 < a, c, e < \frac{1}{3} .

Pozostaje znaleźć takie liczby a, c, żeby po wyznaczeniu z powyższej równości liczby e — a następnie liczb b, d, f — otrzymać sześć różnych liczb dodatnich. Rozwiązań jest dużo, oto przykład jednego z nich:

a = \frac{1}{4} , b = \frac{1}{5} , c = \frac{2}{9} , d = \frac{1}{12} , e = \frac{2}{15} , f = \frac{1}{9} .

(mek, wp)

Szkice rozwiązań zadań z zawodów stopnia pierwszego, zadania z poprzednich olimpiad matematycznych oraz bieżące informacje można znaleźć w internecie pod adresem: http://www.impan.gov.pl/˜ olimp/

XLIX Olimpiada Matematyczna

Szkice rozwiązań zadań z zawodów drugiego stopnia

4. Przyjmijmy, że liczby całkowite x, y spełniają zadane równanie i że y ≠ 0 ; wówczas także x ≠ 0 . Liczba x jest jednym z pierwiastków trójmianu kwadratowego t^{2} − 1998t + 3y^{2}; niech z będzie drugim pierwiastkiem. Ze wzorów x + z = 1998, xz = 3y^{2} wynika, że z też jest liczbą całkowitą oraz że x, z > 0. Oznaczmy największy wspólny dzielnik liczb x, z przez d; tak więc x = ud, z = wd,

(1)  (u + w)d = 1998 = 2·3^{3}·37 ,  uwd^{2} = 3y^{2} .

Liczby u, w są względnie pierwsze, więc z drugiego wzoru widać, że

(2)  u = 3a^{2} , w = b^{2}  lub w = 3a^{2} , u = b^{2}

dla pewnych liczb naturalnych a, b, przy czym b nie dzieli się przez 3. Z pierwszego wzoru (1) wnosimy teraz, że d dzieli się przez 3^{3}. Przyjmijmy d = 3^{3}c. Dostajemy równanie (3a^{2} + b^{2})c = 2·37. Czynnik (3a^{2} + b^{2}), jako większy od 3, musi być równy 37 lub 2·37. Druga możliwość łatwo prowadzi do sprzeczności. Zatem c = 2 (czyli d = 54) i mamy równanie 3a^{2} +b^{2} = 37, z jednym rozwiązaniem w liczbach naturalnych a = 2, b = 5. Wracając do alternatywy (2) stwierdzamy, że u = 12 lub u = 25, wobec czego

x = 12 ·54 = 648 lub x = 25 ·54 = 1350 .

Drugi wzór (1) daje w obu przypadkach wartości y = ±540.

Pozostał przypadek, gdy y = 0; wtedy x = 0 lub x = 1998. Następujące pary (x, y) stanowią zatem pełne rozwiązanie równania: (0, 0), (1998, 0), (648, 540), (648, −540), (1350, 540), (1350, −540).

*  *  *  *  *

5. Zaznaczmy w układzie współrzędnych punkty P_{i} = (a_{i}, b_{i}) (i = 1, 2, …, 7). Z warunków zadania wynika, że punkty te leżą wewnątrz lub na obwodzie trójkąta o wierzchołkach (0, 0), (2, 0), (0, 2). Podzielmy ten trójkąt na sześć obszarów: dwa kwadraty i cztery trójkąty prostokątne, jak na rysunku. Punktów jest siedem, więc pewne dwa z nich — na przykład P_{k} i P_{m} — leżą w tym samym obszarze O danego podziału.

[figure: 0; 2; 1; 1; 2]

Jeśli obszarem O jest kwadrat, to przez Q = (u, w) oznaczmy jego środek; jeśli zaś obszarem O jest trójkąt prostokątny, to niech Q = (u, w) będzie środkiem jego przeciwprostokątnej. W obu przypadkach |x − u| + |y − w| \frac{1}{2} dla punktów (x, y) należących do obszaru O. W szczególności

|a_{k} − u| + |b_{k} − w| \frac{1}{2}  oraz  |a_{m} − u| + |b_{m} − w| \frac{1}{2}  .

Stąd dostajemy

|a_{k} − a_{m}| + |b_{k} − b_{m}| = |(a_{k} − u) + (u − a_{m})| + |(b_{k} − w) + (w − b_{m})|
|a_{k} − u| + |u − a_{m}| + |b_{k} − w| + |w − b_{m}| =
= (|a_{k} − u| + |b_{k} − w|) + (|a_{m} − u| + |b_{m} − w|) \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1 .
*  *  *  *  *

6. Oznaczmy przez k prostą prostopadłą do płaszczyzny trójkąta ABC i przechodzącą przez środek okręgu opisanego na trójkącie ABC. Analogicznie, przez ℓ oznaczmy prostą prostopadłą do płaszczyzny trójkąta ABD i przechodzącą przez środek okręgu opisanego na trójkącie ABD. Proste k, ℓ przecinają się w przestrzeni (w środku sfery opisanej na czworościanie ABCD) oraz obie są prostopadłe do krawędzi AB. Zatem płaszczyzna π, zawierająca proste k i ℓ jest prostopadła do krawędzi AB czworościaniu ABCD.

Załóżmy najpierw, że istnieje taki równoległobok CDP Q, że P A = P B = P D oraz QA = QB = QC. Wówczas punkt P leży na prostej ℓ, punkt Q leży na prostej k. Prosta P Q leży w płaszczyźnie π, co oznacza, że jest ona prostopadła do krawędzi AB. A ponieważ CD ∥ P Q, więc CD ⊥ AB.

Załóżmy teraz, że krawędzie AB i CD są prostopadłe. Wtedy prosta CD jest równoległa do płaszczyzny π. Przesuwając prostą k o wektor \overrightarrow{CD} otrzymamy prostą k′ leżącą także w płaszczyźnie π (i nie równoległą do ℓ). Istnieje więc punkt wspólny prostych k′ i ℓ, który oznaczymy przez P. Niech Q będzie obrazem punktu P w translacji o wektor \overrightarrow{DC}. Wówczas punkt Q leży na prostej k. Punkt P leży na prostej ℓ. Czworokąt CDP Q jest równoległobokiem, w którym P A = P B = P D oraz QA = QB = QC .

(mek, wp)

Szkice rozwiązań zadań z zawodów stopnia pierwszego, zadania z poprzednich olimpiad matematycznych oraz bieżące informacje można znaleźć w internecie pod adresem: http://www.impan.gov.pl/˜ olimp/