XLVIII Olimpiada Matematyczna

Szkice rozwi _{}azań zadań z zawodów drugiego stopnia

1. Podstawienie: x = u + \frac{1}{2}, y = v + \frac{1}{2}, z = w + \frac{1}{2} sprowadza dany układ równań do postaci:

(∗)  \{ \begin{matrix}v^{2} + w^{2} + u + v + w + 1 & = & a \\ w^{2} + u^{2} + u + v + w + 1 & = & a \\ u^{2} + v^{2} + u + v + w + 1 & = & a \end{matrix}

sk _{}ad przez odejmowanie stronami: u^{2} = v^{2} = w^{2}. Zatem każde rozwi _{}azanie (u, v, w) układu (∗) ma dokładnie jedn _{}a z nast_{}epuj _{}acych postaci:

(1)  (t, t, t) ;  t ∈ ℝ;
(2) (−t, t, t) lub (t, −t, t) lub (t, t, −t) ;  t ∈ ℝ, t ≠ 0 .

Dla u = v = w = t układ (∗) sprowadza si_{}e do równania

(1′)  2t^{2} + 3t + (1 − a) = 0 ;

gdy zaś dwie z liczb u, v, w s _{}a równe t, trzecia −t (t ≠ 0), układ (∗) sprowadza si_{}e do równania

(2′)  2t^{2} + t + (1 − a) = 0 .

Liczba rozwi _{}azań (u, v, w) układu (∗) maj _{}acych postać (1) jest równa liczbie pierwiastków równania (1′); oznaczmy j _{}a przez N_{1}. Liczba rozwi _{}azań (u, v, w) postaci (2) jest równa 3N_{2}, gdzie N_{2} oznacza liczb_{}e pierwiastków równania (2′) różnych od zera. Obliczamy wyróżniki trójmianów (1′) i (2′): Δ_{1} = 8a + 1, Δ_{2} = 8a − 7. Zatem:

N_{1} = \{ \begin{matrix}0 & gdy & a < −1/8 , \\ 1 & gdy & a = −1/8 , \\ 2 & gdy & a > −1/8 , \end{matrix} N_{2} = \{ \begin{matrix}0 & gdy & a < 7/8 , \\ 1 & gdy & a = 7/8 lub a = 1 , \\ 2 & gdy & a > 7/8 , a ≠ 1 . \end{matrix}

Liczba rozwi _{}azań układu (∗) jest wi_{}ec równa:

N = N_{1} + 3N_{2} = \{ \begin{matrix}0 & gdy & a < −1/8 , \\ 1 & gdy & a = −1/8 , \\ 2 & gdy & −1/8 < a < 7/8 , \\ 5 & gdy & a = 7/8 lub a = 1 , \\ 8 & gdy & a > 7/8 , a ≠ 1 . \end{matrix}

*  *  *  *  *

2. Oznaczmy przez K punkt przeci_{}ecia prostych BP i AC, zaś przez L punkt przeci_{}ecia prostych CP i AB. Na mocy warunków zadania mamy:

< ) KP C = < ) P BC + < ) P CB = < ) ABC − < ) ABP + < ) ACB − < ) ACP =
= < ) ABC + < ) ACB − 2 · \frac{1}{3}(< ) ABC + < ) ACB) =
= \frac{1}{3}(< ) ABC + < ) ACB) = < ) P CK ,

co dowodzi, że KP = KC. Analogicznie LP = LB. Trójk _{}aty ABK oraz ACL s _{}a podobne, wi_{}ec dostajemy

\frac{AB}{AC} = \frac{AK + KB}{AL + LC} = \frac{AC − KC + KP + P B}{AB − LB + LP + P C} = \frac{AC + P B}{AB + P C} ,

czyli równość, któr _{}a należało udowodnić.

*  *  *  *  *

3. Przyjmijmy, że dane punkty s _{}a wierzchołkami pewnego n-k _{}ata (jeśli n = 2, wystarczy oczywiście jeden kolor). Wszystkie odcinki o jednakowym kolorze wyznaczaj _{}a rozł _{}aczne pary wierzchołków wielok _{}ata. Maksymalna liczba rozł _{}acznych podzbiorów dwuelementowych zbioru n-elementowego wynosi [n/2]. Zatem liczba kolorów jest nie mniejsza niż

\binom{n}{2} [\frac{n}{2}]^{−1} = \{ \begin{matrix}n & dla n nieparzystych , \\ n − 1 & dla n parzystych . \end{matrix}

Wykażemy, że ta liczba kolorów wystarcza do spełnienia ż _{}adanego warunku.

Gdy n jest liczb _{}a nieparzyst _{}a, bierzemy zbiór wierzchołków n-k _{}ata foremnego i malujemy jednakowym kolorem bok i wszystkie równoległe do niego przek _{}atne; odcinki nierównoległe malujemy różnymi kolorami. Użyliśmy n kolorów.

Gdy n jest liczb _{}a parzyst _{}a, bierzemy zbiór wierzchołków (n−1)-k _{}ata foremnego V oraz jeszcze jeden punkt P_{0}. Kolorujemy boki i przek _{}atne wielok _{}ata V w sposób opisany powyżej, używaj _{}ac n − 1 kolorów. Dla każdej rodziny równoległych odcinków jednakowego koloru k_{i} pozostaje jeden wierzchołek P_{i} wielok _{}ata V nie b_{}ed _{}acy końcem żadnego z tych odcinków. Malujemy odcinek P_{0}P_{i} kolorem k_{i}. Użyliśmy n − 1 kolorów, spełniaj _{}ac wymagany warunek.

(mek, wp)

XLVIII Olimpiada Matematyczna

Szkice rozwi _{}azań zadań z zawodów drugiego stopnia

4. Niech a, b, c b_{}ed _{}a liczbami, jakich szukamy. Z podanych warunków wynika, że s _{}a to liczby wi_{}eksze od 1, parami wzgl_{}ednie pierwsze. Liczba bc+ca+ab−1 dzieli si_{}e przez a, przez b i przez c, dzieli si_{}e wi_{}ec także przez iloczyn abc:

(1)  bc + ca + ab = kabc + 1  (k – liczba całkowita) .

Po podzieleniu stronami przez abc:

(2)  \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = k + \frac{1}{abc} .

Suma po lewej stronie równości (1) jest wi_{}eksza od 1, wi_{}ec k > 0. Suma po lewej stronie (2) jest mniejsza od 2, wi_{}ec k < 2. Zatem k = 1. Prawa strona (2) jest wi_{}eksza od 1, wi_{}ec najwi_{}eksza z liczb 1/a, 1/b, 1/c przekracza 1/3. Przyjmuj _{}ac, że a > b > c wnosimy st _{}ad, że c = 2. Równość (1) przybiera postać 2a + 2b + ab = 2ab + 1, czyli (a − 2)(b − 2) = 3 . St _{}ad a = 5, b = 3, c = 2. Te liczby spełniaj _{}a warunki zadania i s _{}a (z dokładności _{}a do permutacji) jego jedynym rozwi _{}azaniem.

*  *  *  *  *

5. Zbiorem zdarzeń elementarnych w tym zadaniu jest

Ω = {(b_{1}, …, b_{k}, c_{1}, …, c_{m}) : b_{1}, …, b_{k}, c_{1}, …, c_{m} ∈ {1, 2, …, 6}} ,

gdzie wszystkie zdarzenia elementarne s _{}a jednakowo prawdopodobne. Niech A oznacza zdarzenie, którego prawdopodobieństwa szukamy:

A = {(b_{1}, …, b_{k}, c_{1}, …, c_{m}) ∈ Ω : 7 | (b_{1} + … + b_{k} − c_{1} − … − c_{m})} .

Niech zaś B b_{}edzie zdarzeniem, że ł _{}aczna liczba wyrzuconych oczek na wszystkich k + m kostkach jest podzielna przez 7:

B = {(b_{1}, …, b_{k}, c_{1}, …, c_{m}) ∈ Ω : 7 | (b_{1} + … + b_{k} + c_{1} + … + c_{m})} .

Przekształcenie dane wzorem

(b_{1}, …, b_{k}, c_{1}, …, c_{m}) ↦ (b_{1}, …, b_{k}, 7 − c_{1}, …, 7 − c_{m})

jest odwzorowaniem wzajemnie jednoznacznym zbioru A na zbiór B. Zbiory A i B s _{}a wi_{}ec równoliczne, a zatem prawdopodobieństwa zdarzeń A i B s _{}a jednakowe.

Oznaczmy przez p_{n,r} (n ⩾ 1, r = 0, 1, …, 6) prawdopodobieństwo tego, że przy rzucie n kostkami reszta przy dzieleniu przez 7 ł _{}acznej liczby wyrzuconych oczek jest równa r. Wówczas p_{1,0} = 0, p_{1,1} = p_{1,2} = … = p_{1,6} = 1/6.

Ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite dostajemy dla n = 1, 2, 3, … równość:

(∗) p_{n+1,0} = p_{1,0} · p_{n,0} + ∑_{r=1}^{6} p_{1,7−r} · p_{n,r} = \frac{1}{6} ∑_{r=1}^{6} p_{n,r} = \frac{1}{6}(1 − p_{n,0}) .

Wprowadzaj _{}ac oznaczenie q_{n} = p_{n,0}− \frac{1}{7}, ze wzoru (∗) otrzymujemy równość

q_{n+1} = q_{n} · (−\frac{1}{6}) dla n ⩾ 1 .

St _{}ad przez łatw _{}a indukcj_{}e

q_{n} = q_{1} · (−\frac{1}{6})^{n−1} = \frac{(−1)^{n}}{7 · 6^{n−1}} dla n ⩾ 1 .

Ostatecznie wi_{}ec

P (A) = P (B) = p_{k+m,0} = \frac{1}{7} + q_{k+m} = \frac{1}{7} + \frac{(−1)^{k+m}}{7 · 6^{k+m−1}} .

*  *  *  *  *

6. Oznaczmy wierzchołki danego sześcianu C przez A_{1}, …, A_{8}. Oznaczmy przez C_{i} sześcian o kraw_{}edzi długości \frac{1}{2}, maj _{}acy jeden wierzchołek w punkcie A_{i} oraz trzy ściany zawarte w ścianach sześcianu C. Niech P_{1}, …, P_{8} b_{}ed _{}a ośmioma danymi punktami.

Każdy sześcian C_{i} ma średnic_{}e \frac{1}{2} \sqrt{3} < 1. Jeśli wi_{}ec pewne dwa różne punkty P_{k}, P_{l} leż _{}a w którymś z sześcianów C_{i}, to P_{k}P_{l} < 1; wymagany warunek jest spełniony.

Załóżmy zatem, że każdy z tych sześcianów zawiera dokładnie jeden punkt P_{i}. Ustalmy numeracj_{}e tak, by P_{i} ∈ C_{i} dla i = 1, …, 8. Sześcian C_{i} ma dokładnie trzy ściany wspólne z powierzchni _{}a sześcianu C; punkt P_{i} jest odległy od każdej z tych trzech ścian o nie wi_{}ecej niż 1/2. Oznaczmy te trzy odległości przez a_{i}, b_{i}, c_{i}. Niech d b_{}edzie najwi_{}eksz _{}a spośród 24 liczb: a_{1}, b_{1}, c_{1}, …, a_{8}, b_{8}, c_{8}. Bez straty ogólności możemy przyj _{}ać, że d = P_{1}Q, gdzie Q jest rzutem prostok _{}atnym punktu P_{1} na pewn _{}a ścian_{}e sześcianu C, oraz że A_{1}A_{2} jest kraw_{}edzi _{}a sześcianu C równoległ _{}a do prostej P_{1}Q.

Niech R b_{}edzie rzutem prostok _{}atnym punktu P na prost _{}a A_{1}A_{2}. Weźmy pod uwag_{}e prostopadłościan, którego jedn _{}a kraw_{}edzi _{}a jest odcinek A_{2}R, a jedn _{}a ze ścian prostopadłych do A_{2}R jest kwadrat o wierzchołku A_{2} i boku długości d, zawarty w ścianie sześcianu C. Z określenia liczby d wynika, że ów prostopadłościan zawiera punkty P_{1} i P_{2}. Jego średnica jest równa

\sqrt{d^{2} + d^{2} + (1 − d)^{2}} = \sqrt{d(3d − 2) + 1} ⩽ 1 ,

gdyż 0 ⩽ d ⩽ \frac{1}{2} < \frac{2}{3}. Zatem P_{1}P_{2} ⩽ 1, co kończy dowód.

(mek, wp)