L Olimpiada Matematyczna
Zawody stopnia trzeciego
14 kwietnia 1999 r. – pierwszy dzie´n zawod´ow
Zadanie 1. Punkt D le˙zy na boku BC tr´ojkata ABC, przy czym AD > BC., Punkt E le˙zy na boku AC i spe lnia warunek
AE
EC = BD
AD− BC. Udowodni´c, ˙ze AD > BE.
Rozwiazanie:,
Uzupe lniamy tr´ojkat, BDA do r´ownoleg loboku BDAF . Na p´o lprostej BC→ odk ladamy odcinek BK o d lugo´sci AD. Dana w zadaniu zale˙zno´s´c przyjmuje teraz posta´c
AE EC = AF
CK .
Z tej r´owno´sci oraz z r´ownoleg lo´sci odcink´ow CK i AF wynika, ˙ze punkty F , E, K sa wsp´, o lliniowe.
Punkt E le˙zy wiec na podstawie KF tr´, ojkata r´, ownoramiennego BKF . Stad, dostajemy BF > BE, czyli AD > BE.
Zadanie 2. Dane sa liczby ca lkowite nieujemne a, 1 < a2 < a3 < . . . < a101
mniejsze od 5050. Dowie´s´c, ˙ze spo´sr´od nich mo˙zna wybra´c takie cztery r´o˙zne ak, al, am, an, ˙ze liczba ak+ al− am− anjest podzielna przez 5050.
Rozwiazanie:,
Rozwa˙zamy wszystkie wyra˙zenia postaci ak+ al, gdzie 1≤ k < l ≤ 101.
Takich wyra˙ze´n jest 1012 = 5050. Je˙zeli znajdziemy w´sr´od nich dwa, po- wiedzmy ak+ al i am+ an, kt´orych warto´sci daja t, e sam, a reszt, e z dzielenia, przez 5050, to liczby ak, al, am, an spe lniaja warunki zadania — liczby, te sa bowiem parami r´, o˙zne (je´sli np. ak = am, to tak˙ze al = an, gdy˙z 0≤ al, an< 5050).
Pozostaje do rozpatrzenia przypadek, w kt´orym wszystkie powy˙zsze sumy daja r´, o˙zne reszty z dzielenia przez 5050. Wyka˙zemy, ˙ze ten przypadek za- chodzi´c nie mo˙ze. Gdyby bowiem tak by lo, to rozwa˙zane sumy dawa lyby wszystkie mo˙zliwe reszty z dzielenia przez 5050 — ka˙zda jeden raz. St, ad,
S = X
1≤k<l≤101
(ak+ al) ≡
5049
X
i=0
i = 5049· 5050
2 ≡ 2525 (mod 5050) , co dowodzi, ˙ze S jest liczba nieparzyst, a.,
Z drugiej strony
S = X
1≤k<l≤101
(ak+ al) = 100·
101
X
k=1
ak ,
co oznacza, ˙ze S jest liczba parzysta. Otrzymali´, smy sprzeczno´s´c.
Zadanie 3. Dowie´s´c, ˙ze istnieja takie liczby naturalne n, 1< n2< . . . < n50, ˙ze n1+ S(n1) = n2+ S(n2) = n3+ S(n3) = . . . = n50+ S(n50) , gdzie S(n) jest suma cyfr liczby n.,
Rozwiazanie:,
Wprowad´zmy nastepuj, ace oznaczenia:,
a1(k) = 1010k +k+1− 9·10k = 9999...99
| {z }
10k
1 0000...00
| {z }
k
, a2(k) = 1010k +k+1= 1 0000...00
| {z }
10k +k+1
.
W´owczas a1(k) + S (a1(k)) = a2(k) + S (a2(k)) = 1010k +k+1+ 1. Okre´slamy liczby k0, k1, k2, . . . wzorami:
k0= 0 oraz ki+1= 10ki+ ki+ 2 dla i≥ 0 .
Dla dowolnego ciagu ε = (ε, 0, ε1, . . . , ε5), gdzie ε0, ε1, . . . , ε5∈ {1, 2}, przyj- mijmy
nε=
5
X
i=0
aεi(ki) .
Otrzymane w ten spos´ob 64 liczby nε sa parami r´, o˙zne. Wyka˙zemy, ˙ze dla wszystkich 64 ciag´, ow ε, wielko´sci nε+ S(nε) sa jednakowe.,
Poniewa˙z dla i∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5} liczba aεi(ki) jest co najwy˙zej ki+1-cyfro- wa i ma co najmniej kizer ko´ncowych, wiec ˙zadne dwie z liczb a, εi(ki) i aεj(kj) (dla i 6= j) nie maja niezerowych cyfr na tym samym miejscu dziesi, etnym., Stad,
S(nε) =
5
X
i=0
S aεi(ki) .
Zatem
nε+ S(nε) =
5
X
i=0
aεi(ki) + S aεi(ki) = 6 +
5
X
i=0
1010ki+ki+1, co jest wielko´scia niezale˙zn, a od ε.,
(wp, jwr )
L Olimpiada Matematyczna
Zawody stopnia trzeciego 15 kwietnia 1999 r. – drugi dzie´n zawod´ow
Zadanie 4. Rozstrzygna´,c, dla jakich liczb naturalnych n≥ 2 uk lad r´owna´n
x21+ x22+ 50 = 16x1+ 12x2
x22+ x23+ 50 = 16x2+ 12x3
x23+ x24+ 50 = 16x3+ 12x4
. . . . x2n−1+ x2n+ 50 = 16xn−1+ 12xn
x2n+ x21+ 50 = 16xn+ 12x1
ma rozwiazanie w liczbach ca lkowitych x, 1, x2, x3, . . . , xn. Rozwiazanie:,
R´ownanie x21+ x22+ 50 = 16x1+ 12x2 jest r´ownowa˙zne r´ownaniu (x1− 8)2+ (x2− 6)2= 50 .
Liczby x1, x2, . . . , xn spe lniaja dany w tre´, sci za- dania uk lad r´owna´n wtedy i tylko wtedy, gdy punkty (x1, x2), (x2, x3), . . . , (xn, x1) le˙za na ok-, regu o ´, srodku (8, 6) i promieniu √
50. Na tym okregu le˙zy 12 punkt´, ow o wsp´o lrzednych, ca lkowitych: (1, 5), (1, 7), (3, 1), (3, 11), (7,−1), (7, 13), (9,−1), (9, 13), (13, 1), (13, 11), (15, 5), (15, 7).
Poniewa˙z ka˙zda z liczb xi wystepuje raz jako odci, eta, a raz jako rz, edna, punktu kratowego le˙zacego na tym okr, egu, wi, ec liczby x, i moga przyjmowa´, c tylko warto´sci 1, 7 lub 13. To pozostawia nam trzy mo˙zliwe uk lady dla par (xi, xi+1), a mianowicie: (1, 7), (7, 13) lub (13, 1). Stad wniosek, ˙ze, w uk ladzie liczb (x1, x2, . . . , xn) bed, acym rozwi, azaniem wyj´, sciowego uk ladu r´owna´n, wystepuj, a cyklicznie liczby 1, 7, 13. Taka sytuacja jest mo˙zliwa, wtedy i tylko wtedy, gdy n jest liczba podzieln, a przez 3.,
Zadanie 5. Niech a1, a2, ..., an, b1, b2, ..., bn bed, a liczbami ca lkowitymi., Udo- wodni´c, ˙ze
X
1≤i<j≤n
(|ai− aj| + |bi− bj|) ≤ X
1≤i,j≤n
|ai− bj| .
Rozwiazanie:,
Sumy wystepuj, ace po obu stronach danej w zadaniu nier´, owno´sci nie zmienia si, e, je´, sli w dowolny spos´ob zmienimy kolejno´s´c liczb ai oraz liczb bi. Bez szkody dla og´olno´sci mo˙zemy wiec za lo˙zy´, c, ˙ze a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ an
oraz b1≤ b2≤ . . . ≤ bn. W´owczas X
1≤i<j≤n
(|ai− aj| + |bi− bj|) = X
1≤i<j≤n
(aj− ai+ bj− bi)≤
≤ X
1≤i<j≤n
(|aj− bi| + |bj− ai|) ≤
≤ X
1≤i<j≤n
(|aj− bi| + |ai− bj|) +X
1≤i≤n
|ai− bi| =
= X
1≤i,j≤n
|ai− bj| .
Zadanie 6. W sze´sciokacie wypuk lym ABCDEF zachodz, a r´, owno´sci:
<) A + <) C + <) E = 360◦, AB BC ·CD
DE ·EF F A = 1 . Dowie´s´c, ˙ze AB
BF ·F D DE ·EC
CA = 1 . Rozwiazanie:,
Na mocy za lo˙zenia <) A + <) C + <) E = 360◦, istnieje taki punkt P , ˙ze zachodza nast, epuj, ace r´, owno´sci kat´,ow (rysunek):
(1) <) BCP = <) BAF , <) P CD = <) F ED , <) CDP = <) EDF .
Tr´ojkaty DEF i DCP s, a wi, ec podobne, sk, ad, dostajemy
(2) <) EDC = <) F DP oraz ED DC = F D
DP . Korzystajac z danej w tre´, sci zadania r´owno´sci oraz z podobie´nstwa tr´ojkat´,ow EDF i CDP otrzymujemy
F A AB = EF
DE ·CD BC = CP
CD ·CD BC =CP
BC,
co na mocy pierwszej spo´sr´od r´owno´sci (1) dowodzi, ˙ze tr´ojkaty BAF i BCP, sa podobne. Zatem,
(3) <) CBA = <) P BF oraz AB BC = F B
BP .
R´owno´sci (2) oznaczaja, ˙ze tr´, ojkaty EDC i F DP s, a podobne; z r´, owno´sci (3) wynika natomiast, ˙ze podobne sa tr´, ojkaty CBA i P BF . Otrzymujemy wi, ec, odpowiednio nastepuj, ace proporcje:,
EC DE = F P
F D oraz AB
CA = BF F P . Mno˙zac stronami powy˙zsze dwie r´, owno´sci dostajemy teze.,
(wp, jwr )