Użytkownicy online
Naszą witrynę przegląda teraz 2 gości| Austriacka OM |
 |
 |
 |
| Zadania II |
| Wpisany przez Joachim Jelisiejew |
| niedziela, 07 lutego 2010 19:44 |
|
Źródło zadań w texu. % File: zadania.tex % Created: pon lis 16 09:00 2009 C % Last Change: pon lis 16 09:00 2009 C % \documentclass[10pt]{article} \usepackage{amssymb} \usepackage{amsmath} \textwidth 16cm \textheight 24cm \oddsidemargin 0cm \topmargin 0pt \headheight 0pt \headsep 0pt \usepackage[polish]{babel} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[T1]{fontenc} %\usepackage{MnSymbol} % ---------------------------------------------------------------- \vfuzz4pt % Don't report over-full v-boxes if over-edge is small \hfuzz4pt % Don't report over-full h-boxes if over-edge is small % THEOREMS ------------------------------------------------------- \newtheorem{thm}{Twierdzenie}[section] \newtheorem{cor}[thm]{Wniosek} \newtheorem{lem}[thm]{Lemat} \newtheorem{defn}[thm]{Definicja} \newtheorem{tozs}[thm]{Tożsamość} \newtheorem{hyp}[thm]{Hipoteza} \newtheorem{useless}[thm]{} \def\mb#1{\mathbb{#1}} \def\rozw{$ $\\\textbf{Rozwiązanie}: \\} \def\deg{^{\circ}} \def\source#1{\\Źródło: #1} \include{style} \begin{document} \section{Österreichische Mathematik Olympiade} Zwei Dinge sind unendlich, das Universum und die menschliche Dummheit, aber beim Universum bin ich mir nicht ganz sicher. \textit{Albert Einstein} \paragraph{Łatwiejsze} \begin{enumerate} \item Dla jak wielu liczb całkowitych $a$ takich, że $|a| \leq 2005$ układ równań \begin{eqnarray} x^2 = y + a\\ y^2 = x + a \end{eqnarray} ma rozwiązania w liczbach całkowitych $(x,y)$? \item Mamy dwa przystające trójkąty równoboczne. Jeden z nich jest ustawiony w pewnym układzie współrzędnych ``wierzchołkiem w dół'', a drugi ``wierzchołkiem w górę''. Przecięcie tych trójkątów jest sześciokątem. Udowodnić, że $3$ odcinki łączące przeciwległe wierzchołki tego sześciokąta przecinają się w jednym punkcie. \item Ustalić, dla jakich trójek liczb całkowitych dodatnich $(a,b,c)$ liczba $a+b+c$ jest najmniejszą wspólną wielokrotnością tych trzech liczb. \item Mamy daną funkcję $f(x) = [x^2] + \{x\}$, gdzie $[a]$ oznacza największą liczbę całkowitą niewiększą niż $a$, zaś $\{a\} = a - [a]$.\\ Wykaż, że istnieje nieskończony ciąg arytmetyczny liczb wymiernych, takich, że jeżeli liczba $a$ należy do tego ciągu,to nie istnieje $b$ takie, że $f(b) = a$.\\ \footnotesize{Uwaga: Założenia tezy zostały osłabione w stosunku do wersji z olimpiady.} \end{enumerate} \paragraph{Trudniejsze} \begin{enumerate} \item Pokazać, że istnieje nieskończenie wiele takich wielokrotności $2005$, w których zapisie dziesiętnych cyfry $0,1,2,3\dots,9$ występują wszystkie tyle samo razy (bez liczenia wiodących zer). \item Liczby $a,b,c,d$ są rzeczywiste dodatnie. Udowodnić, że $$\frac{a+b+c+d}{abcd} \leq \frac{1}{a^3} + \frac{1}{b^3} + \frac{1}{c^3} + \frac{1}{d^3}.$$ \item Trójkąt $ABC$ jest ostrokątny. Rysujemy dwa okręgi $k_1$ i $k_2$, których średnicami są odcinki $AC$ i $BC$ odpowiednio. Niech $AD$ i $BE$ będą wysokościami w $ABC$.\\ Niech punkty $L\neq N$ będą punktami przecięcia $BE$ z $k_1$, przy czym $L$ leży bliżej $B$ niż $N$ oraz punkty $K\neq M$ będą punktami przecięcia $AD$ i $k_2$, przy czym $K$ leży bliżej $A$ niż $M$.\\ Udowodnić, że na czworokącie $KLMN$ da się opisać okrąg. \item Niech $Q$ będzie ustalonym punktem wewnątrz sześcianu $K$. Udowodnić, że istnieje nieskończenie wiele prostych $l$ przechodzących przez $Q$, takich, że $Q$ jest środkiem części wspólnej $l$ i $K$. \end{enumerate} \footnotesize{Wszystkie zadania pochodzą z Austriackiej Olimpiady Matematycznej} \end{document}
Źródło rozwiązań w texu. % File: zadania.tex % Created: pon lis 16 09:00 2009 C % Last Change: pon lis 16 09:00 2009 C % \documentclass[10pt]{article} \usepackage{amssymb} \usepackage{amsmath} \textwidth 16cm \textheight 24cm \oddsidemargin 0cm \topmargin 0pt \headheight 0pt \headsep 0pt \usepackage[polish]{babel} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[T1]{fontenc} %\usepackage{MnSymbol} % ---------------------------------------------------------------- \vfuzz4pt % Don't report over-full v-boxes if over-edge is small \hfuzz4pt % Don't report over-full h-boxes if over-edge is small % THEOREMS ------------------------------------------------------- \newtheorem{thm}{Twierdzenie}[section] \newtheorem{cor}[thm]{Wniosek} \newtheorem{lem}[thm]{Lemat} \newtheorem{defn}[thm]{Definicja} \newtheorem{tozs}[thm]{Tożsamość} \newtheorem{hyp}[thm]{Hipoteza} \newtheorem{useless}[thm]{} \def\mb#1{\mathbb{#1}} \def\rozw{$ $\\\textbf{Rozwiązanie}: \\} \def\rozwno#1{$ $\\\textbf{Rozwiązanie #1}: \\} \def\deg{^{\circ}} \def\source#1{\\Źródło: #1} \include{style} \begin{document} \section{Österreichische Mathematik Olympiade} Zwei Dinge sind unendlich, das Universum und die menschliche Dummheit, aber beim Universum bin ich mir nicht ganz sicher. \textit{Albert Einstein} \paragraph{Łatwiejsze} \begin{enumerate} \item Dla jak wielu liczb całkowitych $a$ takich, że $|a| \leq 2005$ układ równań \begin{eqnarray} x^2 = y + a\\ y^2 = x + a \end{eqnarray} ma rozwiązania w liczbach całkowitych $(x,y)$? \rozw \begin{enumerate} \item Załóżmy, że liczby $x,y,a$ spełniają dany układ równań. Wówczas odejmując drugie równanie od pierwszego otrzymujemy $$x^2 - y^2 = y-x \hbox{ czyli } (x-y)(x+y+1) = 0$$ A więc $x=y$ \textbf{albo} $x+y=-1$, przy czym obie te sytuacje nie mogą zajść jednocześnie (gdyby zachodziły to $x=y=-1/2$).\\ \item Rozważmy przypadek $x=y$. W tym przypadku liczby $x, y, a$ spełniają układ równań \begin{eqnarray} x^2 = x + a\\ x^2 = x + a \end{eqnarray} wtedy i tylko wtedy, gdy spełniają równanie $x^2 = x + a$ albo równanie: $$x(x-1) = x^2 - x = a$$ Widać że dla danego $x$ istnieje $a$ spełniające warunki zadania wtedy i tylko wtedy gdy $$x(x-1) \leq 2005$$ Można na upartego szacować to wyrażenie rozwiązując równanie kwadratowe, albo zgadywać dla jakich $x$ całkowitych to zachodzi (i potem szacować), tak czy inaczej nierówność jest spełniona wtedy i tylko wtedy, gdy $x\in \{-44,-43,\dots, 44, 45\}$. \item Chcemy teraz wyliczyć wartości $a=x(x-1)$ dla $x$ z powyższego przedziału.\\ Niech $f(x) = x(x-1)$. Zauważmy, że wartościami funkcji $f$ dla liczb $\left\{ -44,-43,\dots,45 \right\}$ są $$-44\cdot -45, -43\cdot -44, \dots, 0\cdot -1, 1\cdot 0, \dots, 45\cdot 44.$$ Bardziej formalnie: $$f(-x+1) = (-x+1)(-x) = x^2 - x = x(x-1) = f(x)$$ a więc $f(0) = f(1), f(-1) = f(2),\dots$ oraz dla $x\geq 1$ jest \begin{equation}f(x+1) = (x+1)x = x^2 + x > x^2 - x + 1 = f(x) + 1.\label{eqn:roznica}\end{equation} Otrzymujemy $45$ różnych możliwych wartości $a$: $$f(1)=1\cdot 0 = 0, f(2) = 2\cdot 1 = 2, \dots, f(45)=45\cdot 44$$ \item Jeżeli zachodzi $x+y=-1$ to liczby $x,y,a$ spełniają układ równań \begin{eqnarray} x^2 = -1-x + a\\ (1+x)^2 = x + a \end{eqnarray} wtedy i tylko wtedy gdy spełniają równanie $$x(x+1) = x^2 + x = a-1$$ jest ono podobne do równania $$x(x-1) = x^2 - x = a$$ z poprzedniego przypadku. Obliczamy jego rozwiązania analogicznie, otrzymując: $$0+1=1, 2+1=3, \dots, 45\cdot 44+1$$ Pozostaje uzasadnić, że powyższe wartości $a$ i wartości $a$z poprzedniego przypadku: $$0, 2, \dots, 45\cdot 44$$ są różne. Wynika to z $\ref{eqn:roznica}$ po pewnym zastanowieniu: $$0 < 0+1=1 < 2 < 2+1=3 < \dots 45\cdot 44 < 45\cdot 44+1$$ \item Ostatecznie może być 90 różnych wartości $a$. Uff\dots \end{enumerate} \item Mamy dwa przystające trójkąty równoboczne. Jeden z nich jest ustawiony w pewnym układzie współrzędnych ``wierzchołkiem w dół'', a drugi ``wierzchołkiem w górę''. Przecięcie tych trójkątów jest sześciokątem. Udowodnić, że $3$ odcinki łączące przeciwległe wierzchołki tego sześciokąta przecinają się w jednym punkcie. \rozw Wierzchołki trójkątów oznaczamy alfabetycznie, przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.\\ Ustalmy, że trójkąt zwrócony ``wierzchołkiem w górę'' to $MNO$ i $M$ jest ``zwrócony w górę''. Drugi trójkąt oznaczmy $PQR$ przy czym $P$ jest ``zwrócony w dół''.\\ Napis $X = X_1X_2 \cap X_3X_4$ oznacza, że $X$ jest punktem przecięcia prostych $X_1X_2, X_3X_4$. Niech: $$A:=MN \cap RQ,\ B:=MN \cap RP,\ C:=NO \cap PR$$ $$D:=NO \cap PQ,\ E:=MO \cap PQ,\ F:=MO \cap RQ$$ Punkty $A,B,C,D,E,F$ są kolejnymi wierzchołkami sześciokąta z zadania. Zauważmy, że \begin{enumerate} \item $MN || PQ$ i tym samym $AB || DE$, \item Trójkąty $ABR$ i $DEO$ mają wszystkie kąty równe $60\deg$, a więc są one równoboczne, w szczególności są podobne. \item Długość $h_R$ wysokości opuszczonej z wierzchołka $R$ w trójkącie $PQR$ jest równa długości $h_R'$ wysokości opuszczonej z $R$ w $ABR$ dodać odległość między prostymi $MN$ i $PQ$.\\ Analogicznie:\\ Długość $h_O$ wysokości opuszczonej z wierzchołka $O$ w trójkącie $MNO$ jest równa długości $h_O'$ wysokości opuszczonej z $O$ w $DEO$ dodać odległość między prostymi $MN$ i $PQ$. \item Ponieważ $MNO$ i $PQR$ są przystające, to $h_O = h_R$, a więc $h_O' = h_R'$, czyli trójkąty $ABR$ i $DEO$ są przystające $$|AB| = |DE|$$ \item Odcinki $AB$ i $DE$ są równej długości i równoległe, a więc $ABDE$ jest równoległobokiem, czyli przekątne $AD$ i $BE$ przecinają się w połowie. Analogiczna obserwacja pokazuje, że przekątne $AD$ i $CF$ przecinają się w połowie, czyli wszystkie trzy przekątne przecinają się w jednym punkcie (środku odcinka $AD$). \end{enumerate} \item Ustalić, dla jakich trójek liczb całkowitych dodatnich $(a,b,c)$ liczba $a+b+c$ jest najmniejszą wspólną wielokrotnością tych trzech liczb. \rozwno{1} Na początek zauważmy, że dla każdego $k\in \mathbb{N}_+$ trójka postaci $(k, 2k, 3k)$ spełnia warunki zadania. \begin{enumerate} \item Ponieważ cała sytuacja z zadania jest symetryczna to możemy założyć $$a\leq b\leq c$$ Będę oznaczać najmniejszą wspólną wielokrotność $a,b,c$ przez $NWW(a,b,c)$. A więc warunkiem z zadania jest $$NWW(a,b,c) = a+b+c$$ \item Chcę teraz udowodnić, że $NWW(a,b,c) < 3c$.\\ Mamy nierówność $a\leq b\leq c$, a więc $NWW(a,b,c) = a+b+c \leq 3c$.\\ Równość $NWW(a,b,c) = 3c$ oznacza że $a=c$ i $b=c$, czyli $NWW(a,b,c) = c < 3c$. Sprzeczność. Tak więc $NWW(a,b,c) < 3c$. Zachodzą nierówności: $$c < a+b+c = NWW(a,b,c) < 3c$$ Ale wiemy, że $c|NWW(a,b,c)$. Z tego wszystkiego wynika $$a+b+c = NWW(a,b,c) = 2c$$ $$c=a+b \hbox{ i } NWW(a,b,c) = NWW(a,b,a+b) = 2a + 2b$$ \item Jeżeli $a=b$ to $NWW(a,b,a+b) = NWW(a,a,2a) = 2a \neq 4a$. Sprzeczność. A więc $a<b$ i tym samym $NWW(a,b,a+b) = 2a + 2b < 4b$. Zachodzi także $NWW(a,b,a+b) > 2b$ oraz $b|NWW(a,b,a+b)$. Z tego wszystkiego wynika $$2a + 2b = NWW(a,b,a+b) = 3b$$ $$b = 2a,\ c=3a$$ A więc liczby $a,b,c$ są postaci $(a,2a,3a)$ dla pewnego $a\in \mathbb{N}_+$. To kończy rozwiązanie. \end{enumerate} \rozwno{2} Na początek zauważmy, że dla każdego $k\in \mathbb{N}_+$ trójka postaci $(k, 2k, 3k)$ spełnia warunki zadania. \begin{enumerate} \item Rozważmy na początek przypadek gdy liczby $a,b,c$ są parami względnie pierwsze (czyli $NWD(a,b) = NWD(b,c) = NWD(c,a) = 1$).\\ Zachodzi $a+b+c = NWW(a,b,c) = abc$. Możemy założyć, że $a\leq b\leq c$. Jeżeli $a>1$ to $abc \geq 2bc \geq 4c > c+c+c > a+b+c$. A więc $a=1$.\\ Jeżeli $b=1$ to $NWW(1,b,c) = NWD(1,1,c) \neq 1+1+c$. Jeżeli, z drugiej strony, $b>2$ to $$abc = bc \geq 3c > c + b + 1$$ Musi zajść $b=2$ i tym samym $3 + c = 2c$, $c=3$.\\ W tym przypadku $(a,b,c) = (1,2,3)$. \item Rozważmy dowolną trójkę liczb $a,b,c$ spełniających warunki zadania. Trójka $$a'=a/NWD(a,b,c), b'=b/NWD(a,b,c), c'=c/NWD(a,b,c)$$ także spełnia warunki zadania. Ponadto $NWD(a',b',c') = 1$.\\ Zachodzi $NWD(a',b') | NWW(a',b',c') = a'+b'+c'$, czyli $NWD(a',b') | c'$, a więc $NWD(a',b') \leq NWD(a', b', c') = 1$. Stąd wynika $$NWD(a',b') = 1.$$ Analogicznie $$NWD(a',c') = 1,\ NWD(b', c') =1$$ Liczby $(a',b',c')$ są parami względnie pierwsze, czyli $(a',b',c') = (1,2,3)$. Tym samym $(a,b,c) = (k,2k,3k)$ gdzie $k = NWD(a,b,c)$. {\footnotesize Uwaga: Dla dowolnych liczb $a,b,c$ nie ma implikacji $NWD(a,b,c) \Rightarrow NWD(a,b)$ np. dla $(a,b,c) = (2, 2, 3).$ } \end{enumerate} \textbf{Odpowiedź: } Trójka $(a,b,c)$ jest równa pewnej permutacji $(k,2k,3k)$, dla pewnego $k\in \mathbb{N}$. \item Mamy daną funkcję $f(x) = [x^2] + \{x\}$, gdzie $[a]$ oznacza największą liczbę całkowitą niewiększą niż $a$, zaś $\{a\} = a - [a]$.\\ Wykaż, że istnieje nieskończony ciąg arytmetyczny liczb wymiernych, takich, że jeżeli liczba $a$ należy do tego ciągu,to nie istnieje $b$ takie, że $f(b) = a$.\\ {\footnotesize Uwaga: Założenia tezy zostały osłabione w stosunku do wersji z olimpiady.} \rozw \begin{enumerate} \item Zauważmy, że jeżeli $f(b)$ jest całkowite to i liczba $b$ musi być całkowita. Jeżeli natomiast liczba $b$ jest całkowita, to $f(b) = b^2$. A zatem liczba całkowita która jest wartością $f$ musi być kwadratem liczby całkowitej.\\ \item Rozważmy ciąg $(3k+2)$ gdzie $k\in \mathbb{N}_+$. Jest to nieskończony ciąg arytmetyczny liczb całkowitych. Żaden wyraz tego ciągu nie jest kwadratem liczby całkowitej, gdyż kwadraty liczb całkowitych nie dają reszty $2$ przy dzieleniu przez $3$. Tak więc żaden wyraz tego ciągu nie jest wartością funkcji $f$. \end{enumerate} \end{enumerate} \paragraph{Trudniejsze} \begin{enumerate} \item Pokazać, że istnieje nieskończenie wiele takich wielokrotności $2005$, w których zapisie dziesiętnych cyfry $0,1,2,3\dots,9$ występują wszystkie tyle samo razy (bez liczenia wiodących zer). \rozw $$2005 = 5\cdot 401$$ Rozważmy liczby: $$9876543210, 98765432109876543210, \dots,\underbrace{9876543210\dots9876543210}_{402}$$ Wszystkie te liczby są podzielne przez $5$. Ponadto mamy $402$ liczby, a więc której dwie z nich dają taką samą resztę z dzielenia przez $401$: $$401 | \underbrace{9876543210\dots9876543210}_{k} - \underbrace{9876543210\dots9876543210}_{l} = 10^{10l}\cdot \underbrace{9876543210\dots9876543210}_{k-l}$$ gdzie $l < k$. Ponieważ $401$ jest względnie pierwsze z $10$ to $$401 | \underbrace{9876543210\dots9876543210}_{k-l}$$ a więc $$2005 | \underbrace{9876543210\dots9876543210}_{k-l}$$ \item Liczby $a,b,c,d$ są rzeczywiste dodatnie. Udowodnić, że $$\frac{a+b+c+d}{abcd} \leq \frac{1}{a^3} + \frac{1}{b^3} + \frac{1}{c^3} + \frac{1}{d^3}.$$ \rozw Z nierówności pomiędzy średnią harmoniczną a geometryczną otrzymujemy $$3/(\frac{1}{a^3} + \frac{1}{b^3} + \frac{1}{c^3}) \leq abc$$ czyli $$\frac{1}{a^3} + \frac{1}{b^3} + \frac{1}{c^3} \geq \frac{3}{abc}$$ Sumując analogiczne nierówności dla $(a,b,d)$, $(a,c,d)$, $(b,c,d)$ otrzymujemy tezę. \item Trójkąt $ABC$ jest ostrokątny. Rysujemy dwa okręgi $k_1$ i $k_2$, których średnicami są odcinki $AC$ i $BC$ odpowiednio. Niech $AD$ i $BE$ będą wysokościami w $ABC$.\\ Niech punkty $L\neq N$ będą punktami przecięcia $BE$ z $k_1$, przy czym $L$ leży bliżej $B$ niż $N$ oraz punkty $K\neq M$ będą punktami przecięcia $AD$ i $k_2$, przy czym $K$ leży bliżej $A$ niż $M$.\\ Udowodnić, że na czworokącie $KLMN$ da się opisać okrąg. \rozw \begin{enumerate} \item Niech $F$ będzie rzutem $C$ na $AB$. Niech $H$ będzie przecięciem wysokości w $\triangle ABC$. \item Zastosujemy twierdzenie: \begin{thm} Jeżeli $ABCD$ jest czworokątem wypukłym, jego przekątne przecinają się w $M$ oraz zachodzi $|AM||CM| = |BM||DM|$ to na czworokącie $ABCD$ da się opisać okrąg. \end{thm} (patrz kółko o potędze punktu z 2008 roku) \item Zauważmy, że $F$ leży na $k_1$ i na $k_2$, gdyż $\angle CFB = \angle CFA = 90\deg$.\\ Z twierdzenia o potędze punktu dla punktu $H$ i okręgu $k_1$ wiemy, że $$|HN||HL| = |HC||HF|$$ Analogicznie dla $H$ i okręgu $k_2$: $$|HK||HM| = |HC||HF|$$ Tak więc $|HN||HL| = |HK||HM|$ i możemy skorzystać z twierdzenia. To kończy dowód. \end{enumerate} \item Niech $Q$ będzie ustalonym punktem wewnątrz sześcianu $K$. Udowodnić, że istnieje nieskończenie wiele prostych $l$ przechodzących przez $Q$, takich, że $Q$ jest środkiem części wspólnej $l$ i $K$. \rozw \begin{enumerate} \item Dla każdej prostej $l$ przechodzącej przez $Q$ niech $l_Q$ oznacza jej część wspólną z sześcianem $K$. \item Jeżeli $Q$ jest środkiem sześcianu $K$ to teza jest oczywista. Załóżmy zatem, że $Q$ nie jest środkiem sześcianu. Wtedy istnieje prosta $l$, prostopadła do pewnej ściany sześcianu taka, że $Q$ leży na $l$ oraz $Q$ \textbf{nie} jest środkiem $l_Q$. \item Jeżeli w dowolnej płaszczyźnie zawierającej $l$ znajdziemy \textbf{jedną} prostą $l$ taką, że $Q$ jest środkiem $l_Q$ to łącznie znajdziemy nieskończenie wiele prostych (znalezione proste będą parami różne, gdyż płaszczyzny przecinają się tylko na $l$, a znalezione proste to nie prosta $l$). \item Rozważmy dowolną płaszczyznę zawierającą $l$. Część wspólna tej płaszczyzny z $K$ jest prostokątem $P$.\\ Dla dowolnego punktu $A$ na obwodzie $P$ niech $S(A)$ oznacza taki punkt na obwodzie $P$ że $S(A)\neq A$ oraz punkty $A,Q,S(A)$ są współliniowe. Z definicji wynika $S(S(A)) = A$.\\ Dla dowolnego punktu $A$ na obwodzie $P$ definiujemy funkcję $$f(A) = \frac{|AQ|}{|AQ| + |S(A)Q|}$$ Funkcja $f$ jest funkcją ciągłą. \item Chcemy znaleźć takie $A$, że $f(A) = 1/2$.\\ Niech $X$ będzie dowolnym punktem na obwodzie $P$. Jeżeli $f(X) = 1/2$ to dobrze. Załóżmy, że $f(X) \neq 1/2$. Zauważmy, że $$f(S(X)) = 1 - f(X)$$ Jeżeli $f(X) < 1/2$ to $f(S(X)) > 1/2$, a skoro funkcja $f$ jest ciągła to istnieje takie $Y$, że $f(Y) = 1/2$. Analogicznie rozważamy przypadek $f(X) > 1/2$. {\footnotesize Dziękuję Mateuszowi za pewne poprawki do tego rozwiązania.} \end{enumerate} \end{enumerate} \footnotesize{Wszystkie zadania pochodzą z Austriackiej Olimpiady Matematycznej} \end{document} |
