XLVIII Olimpiada Matematyczna

Szkice rozwi _{}azań zadań z zawodów trzeciego stopnia

1. Oznaczmy: a = x_{1} + x_{2}, b = x_{3}, c = x_{2} + x_{3} . Wówczas x_{2} = c − b, x_{1} = a − x_{2} = a + b − c. S _{}a to z założenia liczby dodatnie. Tak wi_{}ec

(1)  0 < b < c < a + b .

Dalej, x_{4} = ab, x_{5} = abc, x_{6} = abc(ab + b) = a(a + 1)b^{2}c. Z nierówności (1) wynika, że a > 1. Jedynymi dzielnikami liczby 144 maj _{}acymi postać a(a + 1) (gdzie a > 1) s _{}a liczby 6, 12, 72, odpowiadaj _{}ace wartościom a = 2, a = 3, a = 8. Iloczyn b^{2}c powinien mieć — odpowiednio — wartość: 24, 12, 2. Pierwsza możliwość prowadzi do sprzeczności z warunkiem (1). Druga i trzecia możliwość daje (w poł _{}aczeniu z warunkiem (1)) rozwi _{}azania (a, b, c) = (3, 2, 3) oraz (a, b, c) = (8, 1, 2). W każdym przypadku x_{7} = x_{6}(x_{5} + x_{4}) = 144 ab(c + 1) = 144 · 24 = 3456.

*  *  *  *  *

2. Przypuśćmy, że liczby x, y, z spełniaj _{}a dany układ; z drugiego równania wynika, że

(1)  xyz(x + y + z) ⩾ 0 .

Dalej mamy

(2) 0 ⩽ (x − y)^{2} + (y − z)^{2} + (z − x)^{2} = 3(x^{2} + y^{2} + z^{2}) − (x + y + z)^{2} ,

co na mocy pierwszego równania układu daje:

(3)  (x + y + z)^{2} ⩽ 1 .

Zachodzi też nierówność

0 ⩽ (xy − yz)^{2} + (yz − zx)^{2} + (zx − xy)^{2} =
= 2(x^{2}y^{2} + y^{2}z^{2} + z^{2}x^{2}) − 2xyz(x + y + z) ,

czyli

(4)  xyz(x + y + z) ⩽ x^{2}y^{2} + y^{2}z^{2} + z^{2}x^{2} .

Dzi_{}eki własności (1) możemy pomnożyć nierówności (3) i (4) stronami:

(5)  xyz(x + y + z)^{3} ⩽ x^{2}y^{2} + y^{2}z^{2} + z^{2}x^{2} .

Zgodnie z drugim równaniem układu, nierówność (5) ma być równości _{}a. To znaczy, że albo obie mnożone nierówności (3) i (4) s _{}a równościami, albo wyrażenia po obu stronach (4) s _{}a równe zeru. W pierwszym przypadku znak równości w zwi _{}azkach (2) i (3) prowadzi do wniosku, że x = y = z = ±1/3. W drugim przypadku iloczyny xy, yz, zx s _{}a równe zeru, czyli pewne dwie spośród liczb x, y, z s _{}a równe zeru; trzecia musi być równa ±1/\sqrt{3}, zgodnie z pierwszym równaniem układu. Daje to osiem trójek (x, y, z) spełniaj _{}acych dany układ równań:

(ε · \frac{1}{3} , ε · \frac{1}{3} , ε · \frac{1}{3}) , (ε · \frac{1}{\sqrt{3}} , 0 , 0) , (0 , ε · \frac{1}{\sqrt{3}} , 0) , (0 , 0 , ε · \frac{1}{\sqrt{3}}) ,

gdzie ε = ±1.

*  *  *  *  *

3. Udowodnimy nierówność

(1)  pole (ABD) < pole (BCD) + pole (CAD)

(pozostałe dwie nierówności dostaniemy analogicznie). Oznaczmy przez K, L, M odpowiednio środki kraw_{}edzi BC, CA, AB. Odcinki DK, DL, DM tworz _{}a równe k _{}aty odpowiednio z kraw_{}edziami BC, CA, AB; oznaczmy ten wspólny k _{}at przez α. Niech DH b_{}edzie wysokości _{}a trójk _{}ata ABD. Mamy:

(2) pole (ABD) = \frac{1}{2}AB · DH = \frac{1}{2}AB · DM · sin α = KL · DM · sin α .

Analogicznie:

(3) pole (BCD) = LM · DK · sin α oraz pole (CAD) = MK · DL · sin α .

Ponieważ sin α ≠ 0, wi_{}ec wykorzystuj _{}ac równości (2) i (3) możemy zapisać nierówność (1) w nast_{}epuj _{}acej równoważnej postaci:

(4)  KL · DM < LM · DK + MK · DL .

Rozważmy czworościan KLMD. Niech N b_{}edzie takim punktem płaszczyzny KLM, że KN = KD, LN = LD oraz punkty M i N leż _{}a po przeciwnych stronach prostej KL. Oznaczmy przez P punkt przeci_{}ecia prostej KL z odcinkiem MN. Ponieważ trójk _{}aty KLD i KLN s _{}a przystaj _{}ace, wi_{}ec DP = NP. Dla czworok _{}ata MKNL zachodzi nierówność Ptolemeusza:

KL · NM ⩽ LM · NK + MK · NL .

St _{}ad otrzymujemy

KL · DM < KL · (DP + P M) = KL · (NP + P M) = KL · NM ⩽
⩽ LM · NK + MK · NL = LM · DK + MK · DL ,

czyli nierówność (4), która jest równoważna nierówności (1).

(mek, wp)

XLVIII Olimpiada Matematyczna

Szkice rozwi _{}azań zadań z zawodów trzeciego stopnia

4. Każdej liczbie całkowitej n ⩾ 1 przyporz _{}adkowujemy skończony ci _{}ag symboli dwóch rodzajów: kropek i przecinków. Zapisujemy liczb_{}e n w systemie dwójkowym. Pomi_{}edzy każde dwie kolejne cyfry wstawiamy kropk_{}e, gdy te cyfry s _{}a jednakowe, a przecinek, gdy s _{}a różne. Jeżeli n spełnia nierówność 2^{k} ⩽ n < 2^{k+1}, czyli jest (w systemie dwójkowym) liczb _{}a (k+1)-cyfrow _{}a, to wstawione w opisany sposób kropki i przecinki tworz _{}a ci _{}ag k-wyrazowy. B_{}edziemy go nazywali kodem,, liczby n. Każdy taki ci _{}ag kropek i przecinków jest kodem dokładnie jednej liczby n: na pocz _{}atku ma ona jedynk_{}e, a dalsze cyfry s _{}a wyznaczone przez kolejne symbole kodu. Kod k-wyrazowy wyznacza liczb_{}e (k+1)-cyfrow _{}a.

Oznaczmy przez b_{n} liczb_{}e kropek, a przez c_{n} liczb_{}e przecinków w kodzie liczby n i przyjmijmy d_{n} = b_{n} − c_{n}.

Niech n b_{}edzie dowoln _{}a liczb _{}a (k+1)-cyfrow _{}a (k ⩾ 1). Skreślaj _{}ac jej ostatni _{}a cyfr_{}e otrzymujemy zapis dwójkowy liczby [n/2]. Jeśli ostatnie dwie cyfry liczby n s _{}a równe, to b_{n} = b_{[n/2]} + 1, c_{n} = c_{[n/2]}. Jeśli ostatnie dwie cyfry liczby n s _{}a różne, to b_{n} = b_{[n/2]}, c_{n} = c_{[n/2]} + 1. Pierwsza z tych sytuacji ma miejsce, gdy n ≡ 0 lub n ≡ 3 (mod 4), druga — gdy n ≡ 1 lub n ≡ 2 (mod 4). Różnica d_{n} − d_{[n/2]} wynosi 1 w pierwszym przypadku, zaś −1 w drugim przypadku.

Dokładnie takie same wartości przybiera różnica a_{n} − a_{[n/2]}. Dla n = 1 mamy a_{1} = b_{1} = c_{1} = d_{1} = 0. St _{}ad wniosek, że a_{n} = d_{n}, czyli a_{n} = b_{n} − c_{n}, dla n = 1, 2, 3, …. Zatem dla (k+1)-cyfrowej liczby n równość a_{n} = 0 zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy w jej k-wyrazowym kodzie jest tyle samo symboli każdego rodzaju. Liczba takich k-wyrazowych ci _{}agów wynosi \binom{k}{k/2}, gdy k jest liczb _{}a parzyst _{}a, oraz 0, gdy k jest liczb _{}a nieparzyst _{}a. Tyle jest wi_{}ec numerów n spełniaj _{}acych zadane warunki.

*  *  *  *  *

5. Na przedłużeniu odcinka BC odkładamy odcinek CP = AE. Z warunków zadania wynika, że trójk _{}aty prostok _{}atne P CD i AED s _{}a przystaj _{}ace. St _{}ad AD = DP oraz

< ) ADP = < ) P DC + < ) ADC = < ) ADE + < ) ADC = < ) EDC . Ponieważ również ED = DC, wi_{}ec trójk _{}aty ADP i EDC s _{}a podobne. Oznaczaj _{}ac przez Q punkt przeci_{}ecia prostych AP i EC dostajemy równość

< ) DEQ = < ) DEC = < ) DAP = < ) DAQ ,

która dowodzi, że punkty A, Q, D, E leż _{}a na jednym okr_{}egu. Zatem

(1)  < ) ADE = < ) AQE .

Ze zwi _{}azków

\frac{AF}{BF} = \frac{AE}{BC} = \frac{P C}{BC}

wynika, że proste AP i F C s _{}a równoległe. St _{}ad < ) AQE = < ) F CE, co w poł _{}aczeniu ze wzorem (1) daje pierwsz _{}a równość tezy. Druga jest analogiczna.

*  *  *  *  *

6. Odcinek o końcach w rozważanym zbiorze b_{}edziemy nazywać długim, jeśli jego długość jest wi_{}eksza niż \sqrt{2}, a krótkim w przeciwnym przypadku. Tak wi_{}ec q jest liczb _{}a długich odcinków. W dany okr _{}ag wpisujemy kwadrat ABCD tak, by żaden z danych n punktów nie był jego wierzchołkiem. Przyjmijmy, że na łukach AB, BC, CD, DA leży odpowiednio a punktów, b punktów, c punktów, d punktów. Weźmy pod uwag_{}e zbiór wszystkich czworok _{}atów maj _{}acych wierzchołki w danych punktach, po jednym na każdym z czterech łuków. Jest abcd takich czworok _{}atów. Każdy czworok _{}at wpisany w dany okr _{}ag ma co najmniej jeden bok krótki.

Przyporz _{}adkujmy każdemu czworok _{}atowi (z rozważanego zbioru) jeden z jego krótkich boków i pomalujmy ten wybrany bok na zielono. Ustalony zielony odcinek maj _{}acy końce na łukach AB i BC mógł zostać przyporz _{}adkowany co najwyżej c · d czworok _{}atom, a wi_{}ec co najwyżej m czworok _{}atom, gdzie m jest najwi_{}eksz _{}a z liczb ab, bc, cd, da. Tak samo da si_{}e oszacować liczb_{}e czworok _{}atów, którym został przyporz _{}adkowany dowolnie ustalony zielony odcinek (o końcach w którychkolwiek dwóch s _{}asiednich łukach). St _{}ad wniosek, że ł _{}aczna liczba zielonych odcinków jest nie mniejsza niż (abcd)/m.

Wszystkie zielone odcinki s _{}a krótkie. Oczywiście takie wszystkie odcinki maj _{}ace oba końce w jednym łuku s _{}a krótkie. Zatem liczba krótkich odcinków, równa \binom{n}{2} − q, spełnia oszacowanie:

\binom{n}{2} − q ⩾ \frac{abcd}{m} + \binom{a}{2} + \binom{b}{2} + \binom{c}{2} + \binom{d}{2} .

Można przyj _{}ać (przesuwaj _{}ac w razie potrzeby oznaczenia), że m = ab. Otrzymana nierówność przybiera po przekształceniu postać:

q ⩽ \frac{1}{2}(n(n − 1) − a(a − 1) − b(b − 1) − c(c − 1) − d(d − 1)) − cd =
= \frac{1}{2}n^{2} − \frac{1}{2}(a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}) − cd

(skorzystaliśmy z tego, że a + b + c + d = n). A zatem

n^{2} − 3q ⩾ −\frac{1}{2}n^{2} + \frac{3}{2}(a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}) + 3cd =
= (\frac{1}{2}(a + b) − (c + d))^{2} + \frac{3}{4}(a − b)^{2} ⩾ 0 .

(mek, wp)