Koduseid ülesandeid IMO 017 Eesti võistkonna kandidaatidele vol 4 lahendused 17. juuni 017 1. Olgu a,, c positiivsed reaalarvud, nii et ac = 1. Tõesta, et a 1 + 1 ) 1 + 1 ) c 1 + 1 ) 1. c a Lahendus. Kuna ac = 1, siis leiduvad positiivsed arvud x, y, z, nii et a = x y, = y z ja c = z x kõigepealt valime x ja y, nii et a = x y, siis valime z, nii et = y z ja siis tingimus ac = 1 anna, et järelikult c = z ). Seega tõestatav võrratus võta kuju x x y 1 + z ) y y z 1 + x ) z z x 1 + y ) 1 x ehk arvuga xyz läi korrutades x y + z)y z + x)z x + y) xyz, Selle tõestamiseks paneme tähele, et arvudest x y + z, y z + x, z x + y saa negatiivne olla ülimalt üks, sest mistahes kahe summa on positiivne. Tõepoolest x y+z)+y z+x) = x > 0, x y + z) + z x + y) = z > 0 ja y z + x) + z x + y) = y > 0. Kui üks arvudest x y + z, y z + x, z x + y on negatiivne, siis ja seega triviaalselt x y + z)y z + x)z x + y) < 0 x y + z)y z + x)z x + y) < 0 < xyz, nagu soovitud. Seega eeldame edaspidi, et x y + z 0, y z + x 0, z x + y 0. Siis x = x y + z) + y z + x) y z + x) + z x + y) y = x y + z) + z x + y) z = Korrutades need 3 võrratust kokku saame x y + z)y z + x), y z + x)z x + y), x y + z)z x + y). xyz x y + z)y z + x) y z + x)z x + y) x y + z)z x + y) = x y + z)y z + x)z x + y), nagu soovitud.. Leia vähim selline reaalarv M, et võrratus aa ) + c c ) + cac a ) Ma + + c ) 1
kehti kõigi reaalarvude a, ja c korral. Lahendus. Tegurdades või tõestatava võrratuse ümer kirjutada kujul a ) c)c a)a + + c) Ma + + c ). Olgu x = a, y = c, z = c a ning s = a + + c. Siis tõestatav võrratus saa kuju xyzs M 9 x + y + z + s ), 1) kus x + y + z = 0. Arvudest x, y, z kahel on sama märk. Üldisust kitsendamata olgu need samamärgilised arvud x ja y samuti võime lihtsuse mõttes eeldada, et nad on mittenegatiivsed, aga see pole edasises oluline). Nüüd paneme tähele, et kui x ja y asendada oma aritmeetilise keskmisega ehk arvuga x + y, siis tõestatava võrratuse 1) vasak pool ei kahane ja parem pool ei kasva. Seega võime eeldada, et x = y ja seega x = y = z. Järelikult tõestatav võrratus teisene kujule x 3 s M 9 s + 6x ). AM-GM võrratus aga anna s + x + x + x ) 16 8s x 6 = 3 sx 3. Seega soi väärtuseks M = 9 16. See on ka minimaalne, sest nt a = c = 1 korral leia aset võrdus. 3 3. Olgu a,, c, d sellised täisarvud, et a > > c > d > 0 ning ac + d = + d + a c) + d a + c). Tõesta, et a + cd ei ole algarv. Lahendus. Paneme kõigepealt tähele, et a + cd) ac + d) = a d) c) > 0 ja ac + d) ad + c) = a )c d) > 0 ning seega a + cd > ac + d > ad + c. Samas 3 + 1, = 3 ja ac + d) + d + d ) = ac + d + d ) + da ac + c ) = ac + acd + a d + c d = a + cd)ad + c), mis anna, et arv a + cd)ad + c) jagu arvuga ac + d. Kui nüüd oletada, et a + cd on algarv, siis viimasest jaguvusest järelduks, et arv ad + c peaks jaguma arvuga ac + d. Kuid see pole võimalik, sest ac + d > ad + c. 4. Leia kõik sellised positiivsete täisarvude paarid a, ), mille korral arv a + a + jagu arvuga a + + 7. Lahendus. Vastus: soiva paarid a,) on 11, 1), 49, 1) ja kõik paarid kujul 7k, 7k), kus k
on suvaline positiivne täisarv. Esiteks, kui a < ehk a + 1, siis a + + 7 > a + a + 1)a + 1) = a + a + a a + a + ja seega sel juhul lahendid puuduvad. Olgu edasises a ning eeldame, et k = a + a + a + + 7 täisarv. Siis a + 1 ) a + + 7) = a + a + 7 a + a + 1 + 7 1 > a + a +, mis anna, et k < a + 1. Kui 3, siis 7 > 0, mis anna a 1 ) a + + 7) = a + a a 7 ) 1 7 < a + a < a + a +. Seega kas = 1, = või k > a 1. Juhul, kui a 1 < k < a + 1 saame siit, et a 1 < k < a+1, millest järeldu, et a = k. Siit saame lahendi a, ) = 7k, 7k), kus k > 0. Vaatleme nüüd juhtu, kui = 1. Siis pea arv a + a + 1 jaguma arvuga a + 8. Seega ka arv aa + 8) a + a + 1) = 7a 1 jagu arvuga a + 8. Järelikult ka arv 7a + 8) 7a 1) = 57 jagu arvuga a + 8. Arvu 57 ainsad arvu 8 ületavad jagajad on 19 ja 57. Mis anna a = 11 ja a = 49. Lihtne kontroll näita, et a, ) = 11, 1) ja a, ) = 49, 1) on tõepoolest lahenditeks. Vaatleme viimaks juhtu =. Sel juhul jagu arv a + a + arvuga 4a + 9. Seega ka arv a4a + 9) a + a + ) = 7a 4 ning järelikult ka arv 74a + 9) 47a 4) = 79 jaguvad arvuga 4a+9. Arvu 79 ainus arvust 9 suurem jagaja on 79, kuid siis peaks a = 35, mis ei ole täisarv. 5. Olgu ABCDEF selline kumer kuusnurk, millel leidu siseringjoon st ringjoon, mis puutu kõiki selle kuusnurga külgi). Tõesta, et diagonaalid AD, BE ja CF lõikuvad ühes punktis. Lahendus. Tähistame kuusnurga ABCDEF siseringjoone tähega c. Olgu P, Q, R, S, T ja U vastavalt ringjoone c ning külgede AB, BC, CD, DE, EF ja F A puutepunktid. Olgu positiivne reaalarv, mis on suurem kuusnurga ABCDEF kõigi külgede pikkustest. Võtame kiirel QB punkti H nii, et QH = ja kiirel T F punkti W nii, et T W = vaata joonist 1). Olgu c 1 ringjoon, mis puutu kiirt QB punktis H ja kiirt T F punktis W. Pane tähele, et selline ringjoon leidu, sest ringjoon c puutu sirgeid QH ja T W vastavalt punktides Q ja T ning QH = T W. Tõsi, halvimal juhul või see ringjoon osutuda ka üheks punktiks, aga seda saa vältida, kui valida soivalt arv.) Analoogiliselt valime kiirtel UF ja RD vastavalt punktid Y ja L nii, et UY = ja RL =. Olgu c ringjoon, mis puutu sirgeid UY ja RL vastavalt punktides Y ja L. Samuti valime kiirtel SD ja P B vastavalt punktid V ja J nii, et SV = ja P J =. Analoogiliselt olgu antud ka ringjoon c 3, mis puutu sirgeid SV ja P J vastavalt punktides V ja J. Märgime siinkohal, et arvu saa valida nii, et ükski ringjoontest c 1, c ega c 3 ei oleks punkt st raadius on positiivne). Nüüd paneme tähele, et punkte A ja D läiv sirge on ringjoonte c ja c 3 radikaaltelg. Tõepoolest, kuna RL = SV ja DR = DS, siis DL = LR RD = V S SD = DV. Järelikult asu punkt D ringjoonte c ja c 3 radikaalteljel sest punkti D potents mõlema ringjoone suhtes on DL = DV ). Sarnaselt, kuna UY = P J ja AU = AP, siis AY = AJ. Seega ka punkt A asu ringjoonte c ja c 3 radikaalteljel. 3
H J c 1 c 3 B P Q A c C W U R V F D T S E Y L c Joonis 1 Analoogiliselt saa veenduda, et sirge BE on ringjoonte c 1 ja c 3 radikaaltelg ning sirge F C on ringjoonte c 1 ja c radikaaltelg. Kuna teoreemi 4 põhjal need kolm radikaaltelge lõikuvad ühes punktis, siis ka kuusnurga ABCDEF diagonaalid AD, BE ja CF lõikuvad ühes punktis. 6. Olgu ABCDEF kumer kuusnurk, kus AB = BC = CD ja DE = EF = F A ning BCD = EF A = π. Olgu G ja H selle kuusnurga niisugused sisepunktid, et AGB = 3 DHE = π 3. Tõesta, et AG + GB + GH + DH + HE CF. Lahendus 1. Paneme tähele, et kolmnurgad BCD ja EF A on võrdkülgsed, seega on sirge BE nelinurga ABDE sümmeetriateljeks vt joonist ). Peegeldame kolmnurgad BCD ja EF A sirge BE suhtes vastavalt kolmnurkadeks BC A ja EF D. Et BGA = π AC B, siis paikne punkt G kolmnurga ABC ümerringjoonel, millest AGC = ABC = π 3. Olgu K selline punkt sirgel GC, et kolmnurk KAG on võrdkülgne. Siis C AK = π 3 BAK = BAG. Kuna samuti C A = BA ja AK = AG, siis kolmnurgad AKC ja AGB on kongruentsed. Siit GC = GK + KC = AG + GB. Analoogiliselt saame, et HF = DH + DE. Nüüd CF = C F C G + GH + HF = AG + GB + GH + DH + HE, 4
kusjuures võrdus kehti parajasti siis, kui punktid C, G, H ja F paiknevad ühel ja samal sirgel selles järjekorras. Joonis Lahendus. Paneme tähele, et kolmnurgad BCD ja EF A on võrdkülgsed, seega on sirge BE nelinurga ABDE sümmeetriateljeks vt joonist ). Peegeldame kolmnurgad BCD ja EF A sirge BE suhtes vastavalt kolmnurkadeks BC A ja EF D. Kasutades Ptolemaiose võrratust saame, et GC AB GA BC + GB AC, millest AB = BC = AC tõttu GC GA + GB. Analoogiliselt HF HD + DE. Siit järeldu, et CF = C F C G + GH + HF AG + GB + GH + DH + HE., mis tähenda, et tege- Märkus. Lahenduses me ei kasuta tingimust AGB = DHE = π 3 likult kehti võrreldes ülesandes nõutuga tugevam väide. 7. Keeleteadlaste konverentsil oli n 3 osavõtjat, kes valdasid ühtekokku 14 erinevat keelt. On teada, et suvalise kolme teadlase puhul leidus keel, mida kõik kolm valdasid, kuid ei leidunud keelt, mida oleks osanud üle poole osavõtjatest. Leia arvu n vähim võimalik väärtus. Lahendus. Kui n 5, siis suvaliselt valitud kolme osavõtja ühist keelt oska vähemalt 3 ehk üle poole kõigist osavõtjatest, mis on vastuolus ülesande tingimustega. Kui n = 6 või n = 7, siis valime kõigi teadlaste seast välja suvalised 6. Neist saa moodustada 0 erinevat kolmikut. Dirichlet printsiii põhjal leidu keel, mis on ühiseks keeleks kahele erinevale kolmikule. Kuid kahes erinevas kolmikus on esindatud vähemalt 4 teadlast. Seega leidu keel, mida oska vähemalt 4 osavõtjat jällegi vastuolu ülesande tingimustega. Kui aga n = 8, saame leida ülesande tingimustele vastava konstruktsiooni: 5
1 : A C E G I K M : A C E H J L N 3 : A D F G I L N 4 : A D F H J K M 5 : B C F G J K N 6 : B C F H I L M 7 : B D E G J L M 8 : B D E H I K N siin on 14 keelt tähistatud tähtedega A,..., N ja osavõtjad numritega 1,..., 8). 8. Laual on 10 väikest karpi, mis on nummerdatud arvudega 1 kuni 10, ja üks suur karp. Juku pane mõnedesse või ka kõigisse) väikestesse karpidesse mingi arvu kuule ning seejärel hakka kuule ümer tõstma järgmiste reeglite kohaselt: igal käigul võta Juku välja kõik kuulid ühest sellisest väikesest karist, kus kuulide arv on täpselt võrdne kari numriga n; need kuulid lisa ta karpidesse numritega 1 kuni n 1 igasse karpi ühe kuuli) ning viimase ülejääva kuuli pane suurde karpi. Niiviisi jätka Juku senikaua, kuni kirjeldatud reeglitele vastavat käiku ei saa enam teha. Leia suurim kuulide koguarv väikestes karpides mängu algul, mille korral võivad mängu lõpuks kõik kuulid olla suures karis. Lahendus. Näitame kõigepealt, et väikestesse karpidesse pandavate kuulide koguarv ei saa olla suurem kui 41. Tõepoolest, karpi numriga 10 saa Juku mängu käigus tühjendada vaid korra, sest sellest suurema numriga karpe ei ole ning järelikult pärast tühjendamist sinna enam kusagilt kuule juurde ei tule. Samuti saa ainult korra tühjendada karpi 9, sest sinna või mängu käigus lisanduda ainult üks kuul karist 10. Niiviisi edasi arutledes leiame, et ainult korra saa Juku tühjendada ka karpe 8, 7 ja 6. Karpi 5 on võimalik tühjendada ülimalt korda sest suurema numriga karpidest või sinna mängu käigus lisanduda kokku ülimalt 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 5 kuuli), karpi 4 samuti ülimalt korda sinna või lisanduda kuni 5 + = 7 kuuli), karpi 3 aga ülimalt 4 korda lisanduda või kuni 7 + = 9 kuuli). Sarnasel viisil veendume, et karpi saa tühjendada kuni 7 korda lisanduda või kuni 13 kuuli) ning karpi 1 kuni 1 korda lisanduda või kuni 0 kuuli). Kokku saa Juku seega teha mitte rohkem kui 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + + + 4 + 7 + 1 = 41 käiku ning et igal käigul vähene kuulide koguarv väikestes karpides täpselt 1 võrra, siis ei saa mängu algul olla karpides rohkem kui 41 kuuli. Leiame nüüd, kuidas 41 kuuli karpidesse paigutada nii, et mängu käigus saaks Juku kõik karid tühjaks teha. Et karpi 10 kuule juurde ei tule, siis selleks, et seda oleks üldse võimalik tühjaks teha, pea seal algusest peale olema 10 kuuli. Karpi 9 lisandu 1 kuul karist 10 ning et ka see karp saaks mängu lõpus olla tühi, pea seal algul olema 9 1 = 8 kuuli. Analoogiliselt veendume, et karpides 8, 7 ja 6 pea algul olema vastavalt 8 = 6, 7 3 = 4 ja 6 4 = kuuli. Et karpi 5 tule suuremate numritega karpidest juurde kokku 5 kuuli, siis selleks, et seda saaks mängu käigus kaks korda tühjendada, pea seal alguses olema 5 5 = 5 kuuli. Karpi 4 lisandu 7 kuuli ja seal pea mängu algul seega olema 4 7 = 1 kuul; karis 3 pea olema 4 3 9 = 3 kuuli, karis pea olema 7 13 = 1 kuul ning karis 1 samuti 1 kuul. Kokku paigutasime karpidesse tõepoolest 10 + 8 + 6 + + 5 + 1 + 3 + 1 + 1 = 41 kuuli. Kirjeldatud kuulide paigutus on näidatud joonisel 3. Iga ruudu all on kari järjekorranumer, 6
ruudu sees kuulide esialgne arv vastavas karis ning ruudu kohal selle kari tühjendamiste arv mängu jooksul. Jää üle kontrollida, et sellise algpaigutuse korral saa Juku soivat strateegiat Joonis 3 rakendades tõepoolest kõik karid tühjaks võtta. Selleks tule tal igal käigul valida tühjendamiseks vähima numriga soiv karp. Kuulide arvud karpides iga käigu järel on näidatud järgnevas taelis. Joonis 4 7