XLIX Olimpiada Matematyczna

Szkice rozwiązań zadań z zawodów trzeciego stopnia

1. Dodając równania danego układu stronami i przekształcając otrzymujemy równość A + B + X + Y = 4, gdzie

\begin{matrix}A = (ab − 1)(c − 1) , & B = (a − 1)(b − 1) , \\ X = (xy − 1)(z − 1) , & Y = (x − 1)(y − 1) . \end{matrix}

Liczby A, B, X, Y są liczbami całkowitymi nieujemnymi. Jeśli c 2, to A 3, B 1 i w konsekwencji A = 3, B = 1, X = 0, Y = 0, co daje rozwiązanie

(a, b, c, x, y, z) = (2, 2, 2, 6, 1, 1) .

Analogicznie, założenie z 2 prowadzi do rozwiązania

(a, b, c, x, y, z) = (6, 1, 1, 2, 2, 2) .

Pozostaje możliwość c = z = 1. Wówczas A = X = 0, więc B + Y = 4. W wyniku prostego rozumowania otrzymujemy dalszych pięć układów (a, b, c, x, y, z) spełniających zadane równania: (3, 2, 1, 3, 2, 1), (3, 3, 1, 7, 1, 1), (5, 2, 1, 8, 1, 1), (7, 1, 1, 3, 1, 1), (8, 1, 1, 5, 2, 1).

*  *  *  *  *

2. Załóżmy, że dla pewnej liczby całkowitej r 0 zachodzi równość: x_{r} = 1, przy czym r jest najmniejszym numerem o tej własności. Jeśli r = 0, to F_{k} = F_{m}, skąd k = 0, m = 1. Dalej zakładamy, że r 1. W podanym wzorze rekurencyjnym podstawiamy n = r − 1 i wyznaczamy x_{r−1} = 2/3. Zgadujemy, że x_{r−j} = F_{2j} /F_{2j+1} dla j = 0, 1, …, r i dowodzimy słuszności tego przypuszczenia przez łatwą indukcję. Dla j = r otrzymujemy

(1)  x_{0} = \frac{F_{2r}}{F_{2r+1}} = \frac{F_{k}}{F_{m}} .

Wykażemy teraz, że m = k+1 oraz że k jest liczbą parzystą. (Nietrudno wykazać, że nawet k = 2r.) Gdyby zachodziła nierówność m k + 2, mielibyśmy

\frac{F_{m}}{F_{k}} − 1 \frac{F_{k+2}}{F_{k}} − 1 = \frac{F_{k+1}}{F_{k}} 1 > \frac{F_{2r−1}}{F_{2r}} = \frac{F_{2r+1}}{F_{2r}} − 1 ,

wbrew równości (1). Zatem m = k + 1, czyli x_{0} = F_{k}/F_{k+1} . Gdy wyraz początkowy x_{0} ma tę postać, z rekurencyjnej definicji ciągu (x_{n}), otrzymujemy przez łatwą indukcję wzór

(2)  x_{n} = \frac{F_{k−2n}}{F_{k+1−2n}}  dla n \frac{k}{2} .

Przypuśćmy, że k jest liczbą nieparzystą i przyjmijmy ℓ = (k− 1)/2. Wówczas, na mocy wzoru (2), x_{n} < 1 dla n < ℓ oraz x_{ℓ} = F_{1}/F_{2} = 1/2, skąd x_{ℓ+1} = 0, x_{ℓ+2} = −1 i wszystkie dalsze wyrazy są ujemne. W ciągu (x_{n}) nie występuje więc liczba 1, wbrew temu, że x_{r} = 1. Liczba k musi więc być parzysta. Wykazaliśmy zatem, że jeśli w rozważanym ciągu występuje liczba 1, to para (k, m) jest postaci (2r, 2r + 1) dla pewnej liczby całkowitej r 0. Na odwrót: jeśli k = 2r, m = 2r + 1, gdzie r jest dowolną liczbą całkowitą nieujemną, to x_{0} = F_{k}/F_{k+1} , skąd na mocy wzoru (2) widzimy, że ciąg (x_{n}) zawiera wyraz x_{r} = F_{0}/F_{1} = 1.

*  *  *  *  *

3. Oznaczmy przez π i π′ płaszczyzny zawierające odpowiednio punkty A, B, C, D, E oraz A′, B′, C′, D′, E′. Ponadto niech K, L, M, N, O będą punktami przecięcia przekątnych czworokątów ABB′A′, BCC′B′, CDD′C′, DEE′D′, EAA′E′ (odpowiednio). Załóżmy najpierw, że płaszczyzny π i π′ są równoległe. Wówczas stosunek odległości tych płaszczyzn od każdego z punktów K, L, M, N, O jest taki sam. Punkty te leżą więc na jednej płaszczyźnie, równoległej do płaszczyzn π i π′. Załóżmy teraz, że płaszczyzny π i π′ nie są równoległe. Oznaczmy przez ℓ ich wspólną prostą. Niech σ będzie płaszczyzną zawierającą prostą ℓ i przechodzącą przez punkt K. Ponieważ punkty A, C, A′, C′ są współpłaszczyznowe, więc proste AC i A′C′ są albo równoległe, albo przecinają się w punkcie X należącym do prostej ℓ. W pierwszym przypadku, zarówno prosta KL (część wspólna płaszczyzn AB′C, A′BC′) jak i prosta ℓ (część wspólna płaszczyzn ABC, A′B′C′) są równoległe do prostych AC i A′C′. Proste KL i ℓ są więc równoległe. W drugim przypadku, punkty K, L, X należą do obu płaszczyzn AB′C i A′BC′. Stąd wnioskujemy, że punkty te leżą na jednej prostej, czyli proste KL i ℓ mają punkt wspólny. Zatem w obu przypadkach punkt L należy do płaszczyzny σ. Rozważając płaszczyzny BC′D, B′CD′ oraz korzystając z tego, że L ∈ σ, poprzez rozumowanie analogiczne do powyższego dowodzimy, że punkt M leży na płaszczyźnie σ. Wnioskując tak jak wyżej jeszcze dwukrotnie dostajemy, że punkty N, O również leżą na płaszczyźnie σ. Zatem punkty K, L, M, N, O leżą na płaszczyźnie σ, co kończy dowód.

(mek, wp)

Szkice rozwiązań zadań z zawodów stopnia pierwszego i drugiego, 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 trzeciego stopnia

4. W ciągu (a_{n}) są wyrazy podzielne przez 7 (na przykład a_{5} = 7). Przypuśćmy, że jest ich skończenie wiele; niech a_{k} będzie ostatnim z tych wyrazów. Oznaczmy: a_{k} = x, a_{2k−1} = y, a_{4k−3} = z; liczba x dzieli się przez 7, a liczby y i z — nie. Zachodzą równości:

\begin{matrix}a_{2k} = a_{2k−1} + a_{k} = x + y , & a_{2k+1} = a_{2k} + a_{k}  = 2x + y , \\ a_{4k−2} = a_{4k−3} + a_{2k−1} = y + z , & a_{4k−1} = a_{4k−2} + a_{2k−1} = 2y + z , \\ a_{4k} = a_{4k−1} + a_{2k} = x + 3y + z , & a_{4k+1} = a_{4k} + a_{2k}  = 2x + 4y + z , \\ a_{4k+2} = a_{4k+1} + a_{2k+1} = 4x + 5y + z , & a_{4k+3} = a_{4k+2} + a_{2k+1} = 6x + 6y + z . \end{matrix}

Przy dzieleniu przez 7 liczby a_{4k−3} , a_{4k−2} , …, a_{4k+3} dają więc takie same reszty jak liczby z, z + y, …, z + 6y. Ponieważ y nie dzieli się przez 7, wszystkie te reszty są różne. Zatem jedna z tych siedmiu liczb jest podzielna przez 7, wbrew przypuszczeniu, że a_{k} jest ostatnim takim wyrazem. Sprzeczność kończy dowód.

*  *  *  *  *

5. Oznaczmy przez ℓ prostą przechodzącą przez punkt A i równoległą do BC. Proste CD i CE przecinają prostą ℓ odpowiednio w punktach P i Q. Z warunków danych w zadaniu otrzymujemy

( \frac{AC}{CB} ) ^{2} = \frac{AD}{DB} · \frac{AE}{EB} = \frac{AP}{CB} · \frac{AQ}{CB} ,

skąd

\frac{AP}{AC} = \frac{AC}{AQ} .

Ponieważ < ) CAP = < ) QAC, więc z powyższej równości wynika, że trójkąty CAP i QAC są podobne. Zatem

< ) ACD = < ) ACP = < ) AQC = < ) BCE . C A  B D E P  Q ℓ

*  *  *  *  *

6. Odpowiedź: nie można.

Przypuśćmy, że da się uzyskać konfigurację z dokładnie jednym polem P_{1}, na którym jest napisana liczba −1. Z uwagi na standardowe symetrie szachownicy S można założyć, że pole P_{1} ma środek (a− \frac{1}{2}, b− \frac{1}{2}), gdzie a b 1 (a, b — liczby całkowite). Punkt (a, b) jest wierzchołkiem pola P_{1}, więc a^{2} + b^{2} 1998^{2}.

Wykażemy, że kwadrat jednostkowy P_{2} o środku (a− \frac{3}{2}, b+ \frac{1}{2}) także jest polem szachownicy S.

Jeżeli a > b, to (a−1)^{2}+(b+1)^{2} a^{2}+b^{2} 1998^{2}. Jeśli zaś a = b, to nierówność a^{2} + b^{2} = 2a^{2} 1998^{2} na pewno nie jest równością; stąd wynika, że

(a − 1)^{2} + (b + 1)^{2} = 2a^{2} + 2 1998^{2}.

Zatem punkt (a− 1, b+ 1), czyli prawy górny wierzchołek kwadratu P_{2}, należy do koła, o którym mowa w zadaniu. W konsekwencji cały kwadrat P_{2} zawiera się w tym kole, czyli jest polem szachownicy S. Rozważmy teraz osiem kwadratów jednostkowych, z których dwa są polami P_{1} i P_{2}, ułożonych tak jak na rysunku obok. Ponieważ kwadraty P_{1} i P_{2} są polami szachownicy S, więc pozostałe sześć kwadratów również.

P_{2} P_{1}

Zauważmy, że każdy rząd pionowy, poziomy lub ukośny zawiera albo dokładnie dwa spośród ośmiu danych pól, albo nie zawiera żadnego z nich. Iloczyn liczb napisanych na tych ośmiu polach nie ulega wobec tego zmianie w wyniku wykonywanych operacji i stale jest równy 1. Nie jest więc możliwe, by w pewnym momencie na polu P_{1} znalazła się liczba −1, a na pozostałych +1.

(mek, wp)

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