Полша

[Titu_Andrescu]

56-та Полска Национална Олимпиада по Математика 2004/05
Трети Кръг Април 13–14, 2005

Ден Първи

1. Намерете всички наредени тройки (x, y, n) от естествени числа, които са решения на уравнението (x−y)ⁿ = xy.

2. Изпъкналият четириъгълник ABCD е вписан в окръжност о. Точка S е вътрешна за о и е такава, че <SAD = <SCB и <SDA = <SBC. Ъглополовящата на ъгъл ASB пресича окръжността o в точки P и Q. Да се докаже, че PS = QS.

3. На дъска с размери 2n × 2n единични квадратчета (n е естествено число) са написани 4n² реални числа със сума 0
(по едно число във всяко квадратче). Абсолютната стойност (модула) на всяко от тези числа не е по-голяма от 1. Да се докаже, че абсолютната стойност на А не е по-голяма от n, където А е сумата на всички числа от произволен ред или колона от дъската .

Ден Втори

4. Дадено е реалното число c>−2. Да се докаже,че ако положителните реални числа х₁, x₂,• • •, x_n изпълняват условието
( х₁ ²+cx ₁.х₂+х₂ ²)^0.5+(x₂²+cx₂.x₃+x₃²)^0.5+..+(x_n²+cx_n.x₁+x₁²)^0.5= (c+2) ^0.5.(x₁+x₂+• • • +x_n),
то или c = 2, или x₁ = x₂ = • • • = x_n.

5. Нека k > 1 е цяло число, и нека m = 4к² -5
Докажете, че съществуват естествени числа a и b такива, че редицата (x_n) задаваща се рекурентно с формулата:
x₀ = a, x₁ = b, x_n+2 = x_n+1 + x_n за n = 0, 1, 2, • • • (Редицата на Фибоначи, но с първи членове a и b вместо 1 и 1) има за членове само числа, които са всичките взаимно прости с m.

6. Да се докаже, че всеки изпъкнал шестоъгълник с лице 1 съдържа шестоъгълник с лице не по-малко от 3/4. (Един шестоъгълник съдържа друг шестоъгълник тогава и само тогава, когато върховете на вътрешния лежат на страните на другия)

57-ма Полска Национална Олимпиада по Математика 2005/06
Трети Кръг Април 5–6, 2006

Ден Първи

1. Да се реши в реални числа a, b, c, d ,e системата:
a²=b³+c³
b²=c³+d³
c²=d³+e³
d²=e³+a³
e²=a³+b³

2. Да се намерят всички естествени числа k, за които числото 3^k+5^k е степен на естествено число със степенен показател по-голям от 1.

3. Изпъкналият шестоъгълник ABCDEF е такъв, че AC=DF, CE=FB и EA=BD. Да се докаже, че правите свързващи средите на срещуположните страни на шестоъгълника се пресичат в една точка.


Ден Втори

4. Следната операция се прилага на три числа. Две от числата се избират произволно и се заменят с тяхната сума и произведение, докато третото число остава непроменено. Възможно ли е ако първата такава тройка е питагоровата (3,4,5), след изпълнението на краен брой такива операции да се получи нова питагорова тройка (сумата от квадратите на две от числата да е равна на квадрата на третото).

5. Вписаната сфера в тетраедъра ABCD, в който AB=CD се допира до (ABC) и (ABD) съответно в точките K и L. Да се докаже, че ако K и L са медицентровете на триъгълниците ABC и ABD (съотв.), то ABCD e правилна пирамида.

6. Да се намерят всички двоики цели числа (a,b), за които съществува полином P(x) с цели коефициенти, така че (x²+ax+b).P(x) e полином със следната форма:
xⁿ+c<sub>n-1x^n-1+• • •+ c1x+c0.

http://www.math10.com/forumbg/viewtopic.php?t=605

Приятна работа. (Аз ще помагам с решения на някои от задачите, но първо вие пробваите)</sub>

[Реклама]

[Futurolog]

Нека точка О е центъра на окръжността о. Нека точката Q е от дъгата АВ, не съдъдржаща точка C и D, а точката Р е от дъгата СD, не съдържаща А и В. По условие знаем, че РQ е ъглополовящата на <АSB. Да означим <SAD = <SCB = а, <SDA = <SBC = б (равенствата ги имаме по условие, защото точка S е така избрана) и <ASQ = <BSQ = х. Тогава <АSD = 180 - (<SAD + <SDA) = 180 - (а + б) = 180 - (<SCB + <SBC) = <BSC = г. Следователно <DSP = 180 - (<ASQ + <АSD) = 180 - (х + г). Аналогично <CSP = 180 - (<BSQ + BSC) = 180 - (x + г). Получихме, че <DSP = <CSP = у, т.е. PQ е ъглополовящата и на ъгъл <DSC.

Продълженията на страните AD и BC се пресичат в точка К. За улеснение, ще предположим, че К лежи по-близко до CD в сравнение с AB. Случаят, при който К лежи по-близко до АВ в сравнение с CD е аналогичен.

Лема: Точка К лежи на правата PQ, т.е. точките K,P,S и Q лежат на една права и <DSP = <CSP = <DBC= <DAC = y.

Доказателство: Разглеждаме четириъгълник АSCK. Тогава <SAK = <SAD = a и <SCK = 180 - < SCB = 180 - a. Следователно < SAK + <SCK = 180. От тук следва, че около четириъгълник АSCK може да се опише окръжност, да я наречем к(1). Тогава <САD = <САК = <CSK. като съответно вписани ъгли. Сега разглеждаме четириъгилник BSDK. Амалогично на първия случай, около него може да се опише окръжност и оттам да се изведе, че <CBD = <KBD = <KSD като съответно вписани в окръжност ъгли. Но <CAD = <CBD защото те са съответно вписани в окръжност о. Следователно <CSK = <KSD, т.е. SK е ъглополовящата на <DSK. Но вече показахме, че PQ е ъглополовящата на <DSK. Следователно правите SK и PQ съвпадат, т.е. точките S,K,P и Q лежат на една права. Следователно <CSP = <CSK = <DSK = <DSP = y, <CBD = <KBD = <DSK = y и <CAD = <CAK = <CSK = y. Така получаваме, че <DSP = <CSP = <DBC= <DAC = y.(Край на доказателството на Лемата)

Нека Продължениет на отсечката DS пресича окръжността о за втори път в точка М. Тогава <DMC = <DBC = <DAC като съответно вписани ъгли. От Лемата следва, че <DMC = <DBC = <DAC = y = <DSP = <CSP. От това, че <DSP = <DMC = y следва, че PQ е успоредна на CM. Оттук пък следва, че <SCM = <CSP = y като кръстни ъгли. Следователно < DMC = <SMC = <SCM = y,т.е. триъгъилник SMC е равнобедрен (SM=SC). Но тогава, S лежи на симетралата на хордата СМ, а както знаем центърът О също лежи на тази симетрала, т.е. SO е симетралата на хордата СМ. В частност SO е перпендикулярна на CM. Тъй като CM е успоредна на PQ, то SO е перпендикулярна и на хордата PQв окръжността о. Но О е центъра на окръжността о, следователно SO е симетралата на хордата PQ и я разполовява и тъй като S лежи на PQ, то S е средата на PQ. С други думи PS=QS. (Което трябваше да се покаже)

Можеше и по-кратко, ама така ми излезе в началото решението и ме домързя да го преправя....

[Titu_Andrescu]

Хубаво решение! Мойто е може би 2 пъти по-дълго. Твойто е по- елегантно, даже мисля, че това е и авторовото решение. Браво!
Задачата била наречена от състезателите "Теорема на разнокрилата пеперуда"

[Titu_Andrescu]

1 (2005). Нека x=dx₁ и y=dy₁, където x₁ и y₁ са взаимно прости : (x₁, y₁)=1. От условието следва, че
x₁.y₁=d^n-2( x₁-y₁)ⁿ което показва, че x₁-y₁| x₁.y₁. Но (x₁, y₁)=1 и ако допуснем, че |x₁- y₁|>1, тогава за някое число р>1 ще имаме p| x₁-y₁| x₁.y₁. Тоест дели x₁ или y₁, но ако дели едното значи дели и другото, следователно (x₁, y₁)=p>1 – което води до противоречие. Тоест |x₁- y₁|=1 или тъй като x₁ > y₁, то x₁- y₁=1. Заместваме и получаваме, че x₁.y₁=d^n-2. Но x₁ и y₁ са две последователни естествени числа. Тоест тяхното произведение е по-голямо от 2: x₁.<y₁=d^n-2> 2, следователно n ≥ 3. Но, ако допуснем, че n>3, то в такъв случай произведението на две последователни естествени числа ще е степен (по-голяма от 1) на естествено число, което е невъзможно. Следователно единствената възможност за n e 3.

x= dx₁= x₁( x₁-1) x₁= x₁²( x₁-1)
и y=dy₁= x₁( x₁-1) ².
Сега остава да положим x₁=a и да напишем отговора. Всички решения на уравнението (x−y)ⁿ = xy в естествени числа са:
(x,y,n)=(a²(a-1), a(a-1)²,3), където а=2,3,4,..

[Titu_Andrescu]

Futurolog, можеш ли да решиш още някоя задача от дадените олимпиади?

[Titu_Andrescu]

4. Нека a_i=(c+2)^0.5(x_i+x_i+1) и b_i=2(x_i²+cx_i.x_i+1+x_i+1²)^0.5,
за всяко i от 1 до n, където x_n+1=x₁.
От условието следва, че 0=SUM[i=1,..,n](a_i-b_i)=SUM[i=1,..,n]((a_i²-b_i²)/(a_i+b_i))=(c-2).SUM[i=1,..,n]((x_i-x_i+1)²)/(a_i+b_i))

Сега вече, се вижда че това е възможно тогава и само тогава, когато c=2 или x₁=x₂=..=x_n.

Повечето хора на състезанието са решили задачата по начина по който показах по-горе. Но Jalowiec решава задачата с помощта на неравенството на Дженсън, което всъщност е и авторовото решение.

[Futurolog]

Мисля, че мога да реша още някоя и друга задача. По принцип ползвам форума за забавление и хоби, та за това решавам каквото ми е интересно (и евентуално мога), та за това не съм много активен. Също понякога нямам възможност да посещавам форума, за това закъснявам с отговорите на постовете. Извинявам се за което.

Задачата за пирамидата:

Лема: Нека имаме сфера с и точка Х вън от нея. Нека л(1) и л(2) са две рави, минаващи през Х и допиращи се до сферата с в точките У1 и У2. Тогава ХУ1 = ХУ2.
(доказателството е елемнтарно, за това го пропускаме)

Малко означения:
Нека с е вписаната окръжност и О е нейния център.
К и Т са съответно средите на страните АВ и СD, а Р и Н са допирните точки на вписаната сфера с с (ВCD) и (АСD).
ВL=BK, BM обща и ML=MK, следователно BML = BMK (така ще означавам, че триъгълниците са еднакви)..
Следователно <ВMD = <BML=<BMK=<BMC, BM обща и DM = 3ML=3MK=CM, следователно NMD=BMC. Отуук пък BD=BC. Аналогично AC=AD.
Също DL=2ML=2MK=CK. Toгава DP=DL=CK=CP следователно Р лежи на симетралата на DC. Но триъгълник DBC е равнобедрен, така, че ВТ е симетрала та на DC, т.е. Р лечи на ВТ. Аналогичмо Н лежи на АТ.
BMD = DTM защото BM=DT, BD обща и <DTM = <BMD = 90. Следователно DM=BT. Аналогично AT=DM. Тогава AT=BT.
BTD=ATD защото BT перпендикуляр на DC и AT перпендикуляр на DC, DT е обща, а AT=BT. Тогава AD=BD=BC=AC. Следователно DM перпендикуляр на AB и CM перпендикуляр на AB, следователно (CMD) перпендикулярна равнина на AB. Също така ОL е перпендикуляр на AB, LM е перпендикуляр на AB, токъдето следва, че (OLM) е перпендикулярна на AB. Но през точка М минава само една равнина перпендикулярна на АВ, с.едователно О лежи в (DMC). Съвсем аналогично се получава, че O лежи и в (ABT). Тъй като DC=AB и BT=AT=DM=CM, то тр.ABT=тр.DCM.
<OML=1/2<KML=1/2<PTH =<PTO, LO=PO като радиуси на с и <OLM=<OPT=90, лседователно OLM=OPT, което показва, че LM=PT.
Но LM=1/3MD=1/3BT=BT, следователно P дели медианата BTв съотношение 2:1, т.е. P е медицентъра на BCD. Аналогично L e медицентъра на ACD. От еднаквостта на триъгълниците BCD и DAB (поради AD=BD=BC=AC и AB=CD) следва, че DP=BL. Но DP=DL, лседователно BL=DL, откъдето лесно се вижда, че ABD е равностранен триъгълник и следователно всичките страни на пирамидата са равни, т.е. имаме правилен тетраедър.

[Titu_Andrescu]

Личи, че имаш доста умения. Ти и ianikia също

[Futurolog]

Благодаря за добрите думи, не знам доколко ги заслужавам. Все пак ти си основния олимпиец тук. Аз го давам повече в стил хоби, както споменах (и сигурно е ясно в каква едностранчива насока са ми интересите ) Отне ми време да намеря решение на задача 3 от 57-мата олимпиада, въпреки, че смятам ми беше по силите да се справя доста по-успешно. Признавам си, че се попровалих с нея. Мисля си, че причината е в това, че не се ориентирам толкова добре в шестоъгълник, както в триъгълници и четириъгълници. Както и да е.

Идеята за решение е такава:
М и К са средите съответно на АВ и DE, а Р, Н и Т са средите съответно на диагоналите АD, ВЕ и CF. Тогава РКНМ се оказва ромб (понеже е направен от средни отсечки, които са равни на 1/2АЕ=1/2ВD, което знаем по условие) Това показва, че МК разполовява РН и е перпендикулярна на нея, т.е. МК е симетрала на РН. Съвсем аналогично, другите две отсечки, свързващи среуположни страни на шестоъгълника, също се явяват симетрали на отсечките РТ и НТ. Е оттук следва, че отсечките, свързващи средите на срещуположните страни в шестоъгълника се явяват симетрали на страните на триъгълник РНТ, което веднага означава, че се пресичат в една точка, център на описаната окръжност около триъгълник РНТ.

Както се вижда в задачата има по-леко решение от геометричната задача от предходната година (която написах първа), в смисъл има по-малко скрити релации и конструкции (поне така ми се струва), свързани с описани окръжности, ъгли и други подобни. Странно. Понякога по-лесните неща ни се отдават по-трудно, когато сме свикнали да търсим сложни и усукани връзки и конструкции в решенията.

[Futurolog]

...а, да, и ianikia е също много добра. Бе има няколко човека тук дето ги разбират работите...

[#]

2006 / Ден Първи
2.
3^k+5^k=a^x
ако k е четно, то лявата страна е сравнима с 1+1=2 ( mod 8 )
=> няма как да бъде точна степен
ако к е нечетно
тогава (3+5)/(3^k+5^k)
сега нека разгледаме a^n+b^n=(a+b)(a^(n-1)-a^(n-2)*b+...-a*b^(n-2)+b^(n-1)) ( n нечетно )
разглеждаме НОД на двата множителя: от втория като извадим a^(n-2)(a+b) получаваме ( -2*a^(n-2)*b+...-a*b^(n-2)+b^(n-1) ) и.т.н. след някоя стъпка имаме -(-1)^p*p*a^(n-p)*b^p като едночлен с най-високата степен на a и прибаваме (-1)^p*p*a^(n-p-1)*b^p*(a+b) и по този начин виждаме как индуктивно получаваме следващата стъпка. т.е. накрая остава n*b^(n-1), или нашият НОД=НОД(a+b,n*b^(n-1))
в нашата задача имаме 3^k+5^k=(3+5)*A=8*A
=> (8,A)=(8,k*5^(k-1))=1
=> точно 3 двойки делят числото => то е трета степен
сега при к=>2
a^3 == +-1 ( mod 9 ) ( не може да е 0 )
=> 5^k == +-1 ( mod 9 )
=> (проверка) 3/k
=> уравнението добива вида m^3+n^3=a^3, което няма решение в цели числа
при к=1, 8=2^3

[#]

Мисля, че двете 6-ти задачи са объркани... на тази за шестоъгълника се вижда, че можем да пуснем върховете на нашия шестоъгълник да клонят към върховете на началния и така лицето ще стане почти 1, т.е. задачата няма смисъл ( трябва първоначалната фигура да е произволен многоъгълник). втората 6-та няма смисъл без това, че коефициентите са само +-1. ( оригиналните условия ги има в mathlinks.ro )

[Titu_Andrescu]

Извинявам се за грешките, превода ми е от испански