Olimpiada Internaţională de Matematiă "B. O. Zhautykov" Ediţia I, Alma-Ata, 2005 Enunţuri şi Soluţii juniori Prima zi 1 ianuarie 2005 1. Pe o tablă 9 9 sunt marate 40 elule. O linie orizontală sau vertială formată din9 elule se spune ă estebună, daă ea are mai multe elule marate deât nemarate. Care este el mai mare număr de linii bune (orizontale şi vertiale) pe are-l poate avea tabla? 2. Arătaţi ă numărul 2 2n+2 +2 m+2 +1,undem, n Z şi 0 m 2n, este pătrat perfet daă şi numai daă m = n.. Fie A omulţime formată din2n punte dintr-un plan astfel înât oriare trei dintre aestea nu sunt oliniare. Arătaţi ă pentru orie două punte distinte a, b A există odreaptăeîmpartea în două submulţimi onţinând n punte fieare şi astfel înât a şi b se află depărţi diferite în raport u aeastă dreaptă. A doua zi 14 ianuarie 2005 4. Pentru orie numere a, b, reale şi pozitive, arătaţi inegalitatea a +2b + a b +2 + b +2a 1. 5. Cerul însris triunghiului ABC este tangent laturii AB în puntul D, iar M este mijloul aestei laturi. Arătaţi ă M, entrul erului însris şi mijloul segmentului [CD] sunt oliniare. 6. Determinaţi numerele prime p, q mai mii a 2005 şi astfel înât p 2 +4 se divide u q, iarq 2 +4se divide u p. * * * 1. Deoaree sunt marate 40 elule şi o linie are el puţin 5 elule marate, rezultă ă putem avea el mult 8 linii orizontale bune şi el mult 8 linii vertiale bune. În total, putem avea el mult 16 linii bune. Alăturat este dat un exemplu de tablă u16 linii bune. Dei 16 este numărul maxim de linii bune. 2. Daă m = n, atuni2 2n+2 +2 m+2 +1 = 2 n+1 +1 2. Daă m<n, atuni avem 2 n+1 2 < 2 2n+2 +2 m+2 +1< 2 n+1 +1 2 şi, dei, numărul examinat nu poate fi un pătrat perfet. Fie aum n<m 2n. Să presupunem ă arexistax naturalastfelînâtx 2 = 2 2n+2 +2 m+2 +1.Observăm ă x este impar şi x>1. Sriemrelaţia preedentă în forma (x 1) (x +1)=2 m+2 2 2n m +1. ( ) 7
Deoaree (x 1,x+1)=2,numărul 2 m+1 divide una dintre parantezele din membrul stâng, iar ealaltă nuvafimaimiădeât2 m+1 2. Cum m 2n m +2şi 2 2n m+1 2, urmeazăă 2 m+1 2 2 2n m+ 2=4 2 2n m+1 2 > 2 2n m+1 +2. În onseinţă, (x 1) (x +1) 2 m+1 2 m+1 2 > 2 m+2 2 2n m +1,eeaeontrazie ( ). Aşadar, nii în aest az numărul dat nu-i pătrat perfet.. Fie d ab dreapta determinată de puntele a şi b. Pe segmentul de extremităţi a şi b alegem un punt O astfel înât orie dreaptă etreeprino şi nu oinide u d ab onţine el puţinunpuntdina; pentruă A este mulţime finită, o astfel de dreaptă există. Notăm u d ϕ dreapta obţinută rotindd ab u unghiul ϕ (în sens ontrar aelor de easorni, de exemplu); avem d 0 = d π = d ab. Daă d ab împarte A \{a, b} în două submulţimi u n 1 elemente fieare, atuni rotind-o u un unghi ϕ sufiient de mi obţinem dreaptăăutată. Presupunem ă într-un semiplan determinat de d ϕ împreunăua se află m punte din A, iar în elălalt împreunăubse află 2n m (m 6= n). Daă unghiul de rotaţie va fi sufiient de aproape de π, atuni situaţia se inversează: într-un semiplan împreună u a se află 2n m punte din A, înelălalt împreună ub sunt m punte. Deoaree treerea de la perehea (m, 2n m) la (2n m, m) prin rotaţie în jurul lui O se fae printr-o ompunere de transformări de tipul (x, y) (x ± 1,y 1), va exista o valoare ϕ 0 pentru are orespunde perehea (n, n); d ϕ0 este dreapta ăutată. 4. Fie a +2b = x, b +2 = y, +2a = z. Rezolvând în raport u a, b,, obţinem: a = 4 9 z + 1 9 x 2 9 y, b = 4 9 x + 1 9 y 2 9 z, = 4 9 y + 1 9 z 2 x. Inegalitatea dată se resrie 9 µ 4 y 9 x + z y + x + 1 µ z z 9 x + x y + y 2 z 9 1. Cum sumele din paranteze sunt (inegalitatea mediilor), deduem ă ultima inegalitate este adevărată. 5. Daă M oinide u D, atunisearatăuşor ă BC = AC, adiă triunghiul este isosel. În aest az [CD este bisetoarea unghiului C şi oliniaritatea elor trei punte este evidentă. Daă M 6= D, fiee puntul diametral opus lui D pe erul însris şi {F } = CE AB. Seştie ă F este puntul de tangenţă ulaturaab a erului exînsris orespunzător aestei laturi şi ă M este mijloul segmentului [FD] (eventual, demonstraţi!). Atuni MI este linie mijloie în 4DEF (I notează entrul erului însris). Rezultă ă MI k CF şi, în final, MI tree prin mijloul segmentului [CD]. 6. Daă p = q, atuniaestenumeredivid4 şi, dei, p = q =2. În aest az, obţinem soluţia (p,q) =(2, 2). Să determinăm soluţiile (p, q) u p 6= q. Vom spune ă perehea (x, y) de numere naturale este admisă, daă îndeplineşte ondiţiile: (A) x, y sunt relativ prime şi x y; (B) x 2 +4se divide u y şi y 2 +4se divide u x. Observăm ă operehe admisă esteformată din numere impare. 8
Arătăm mai întâi ă, daă (x, y) este o perehe admisă, atuni perehea y, y 2 +4 /x este de asemenea admisă. În aest sop, fie z = y 2 +4 /x. Deoaree xy y 2 < y 2 +4, rezultă ă y<z.apoi,daăddivide y şi z, atuni d divide y şi y 2 +4, dei d divide 4, eea e ondue la d =1. Aşadar, perehea (y, z) îndeplineşte ondiţia (A). Evident, z divide y 2 +4;pedealtăparte,z 2 +4= y2 y 2 +8 +4 x 2 +4 x 2, unde numărătorul se divide u y, areesterelativprimux. În onluzie, perehea (y, z) este admisă. Săonsiderăm şirul (a i ) i 0 definit de a 0 = a 1 =1şi a i+2 = a 2 i+1 +4 /a i, i 0. Din eea e s-a stabilit mai sus, rezultă ă perehile (a i,a i+1 ), i N, sunt admise. Săarătăm aum ă orie perehe admisăestedeforma(a i,a i+1 ) pentru un anumit i 0. Să presupunem ă există perehi admise e nu-s de aeastă formăşi fie (x, y) perehea de aest fel u suma x+y minimă. Cum x 2 +4 = ay şi y 2 +b = bx şi a, x sunt relativ prime (se arată amaisus!),obţinem y 2 +4 = x2 x 2 +8 +4 a 2 +4 a 2 = bx şi a 2 +4 se divide u x. Daă a x, atuni (a, x) este perehe admisă şi, datorită minimalităţii, avem (a, x) =(a i,a i+1 ). Rezultă ă (x, y) =(a i+1,a i+2 ),în ontradiţie u presupunerea făută. Daă a>x, atuni a x +2şi um din y>x avem şi y x +2,putemsriex 2 +4 = ay (x +2) 2 = x 2 +4x +4,dinnouo ontradiţie. În sfârşit, să sriem termenii şirului (a i ) i 0 e nu depăşes 2005; aeştia sunt: a 0 = a 1 =1, a 2 =5, a =29, a 4 = 169 şi a 5 = 985. Sunt numere prime numai 5 şi 29. Soluţiile problemei sunt perehile (p, q) {(2, 2), (5, 29), (29, 5)}. Enunţuri şi Soluţii seniori Prima zi 1 ianuarie 2005 1. Arătaţi ă euaţia x 5 +1=y 2 nu are soluţii întregi. 2. Fie r un număr real astfel înât pentru orie şir (a n ) n 1 de numere reale pozitive are lo inegalitatea a 1 + a 2 + + a m+1 ra m, oriare ar fi m N.Arătaţi ă r 4.. Fie SABC o piramidă triunghiulară regulată, i.e. SA = SB = SC şi AB = BC = AC. Determinaţi mulţimea puntelor D (D 6= S) dinspaţiu e satisfa ondiţia os δ A 2osδ B 2osδ C =, unde δ X = ]XSD pentru X {A, B, C}. A doua zi 14 ianuarie 2005 4. Pentru orie numere a, b,, d reale şi pozitive, arătaţi inegalitatea a +2b + d b +2 + a +2d + b d +2a 4. 5. Se spune ă puntul X interior unui patrulater (onvex) este observabil din latura YZdaă piiorul perpendiularei din X pe dreapta YZaparţine segmentului 9
[YZ]. Un punt interior patrulaterului se spune ă este k-punt daă este observabil din exat k laturi ale patrulaterului (de exemplu, orie punt din interiorul unui pătrat este 4-punt). Arătaţi ă, daă în interiorul unui patrulater există un 1-punt, atuni există şi un k-punt pentru k {2,, 4}. 6. Determinaţi numerele prime p, q mai mii a 2005 şi astfel înât p 2 +8 se divide u q, iarq 2 +8se divide u p. * * * 1. Daă x este par, atuni x 5 +1 (mod4) şi nu poate fi pătrat perfet. Urmează ă x este impar şi, dei, y este par. Mai mult, x 5 1 (mod4) impliă x 1(mod4).Săsriem euaţia dată înforma x 5 +2 5 = y 2 +1. Partea stângă se divide u x +2 şi x +2 (mod4) va avea un divizor prim de tipul 4l +. Dar, onform lemei de mai jos, numărul impar y 2 +1 are divizori primi numai de tipul 4m +1. Înonluzie,înipotezaă euaţia dată araveasoluţii întregi, ajungem la o ontradiţie. Lemă. Daă y 2 +1 admite un divizor prim impar p, atunip este de tipul 4m+1. Într-adevăr, avem y 2 1 (modp). În onformitate u mia teoremă alui Fermat, avem şi y p 1 1(modp). Atuni y p 1 y 2 (p 1)/2 ( 1) (p 1)/2 1(modp). Ultima ongruenţă spune ă (p 1) /2 este par, adiă p 1(mod4). 2. Notăm b m = a 1 + a 2 + + a m. Atuni, şirul (b n ) n 1 este strit resător şi verifiă relaţia b m+1 r (b m b m 1 ), m N. Pentru m = b m / (b m 1 r) aeastă relaţie devine m+1 m +1 m r.dei, pentru orie m N avem m+1 + 1 r. m Utilizând inegalitatea + 1 2 ( >0), obţinem n µ r n+1 + 1 µ + n + 1 + + µ 2 + 11 n n 1 n+1 +2(n 1) + 1 2(n 1), n N. 1 µ 2 n 1 Dei r 4, n N,şi rezultă ă r 4 (numărul n 1 poate fi oriât de n n aproape dorim de 1).. Fie e X versorul vetorului SX, X {A, B, C, D}. Atuni, ţinând seama ă os δ =(e D,e X ) (produs salar), X {A, B, C}, ondiţia din enunţ sesrie 1 (e D,e A ) 2 (e D,e B ) 2 µ (e D,e C ) = e D, 1 e A 2 e B 2 e C =1. 40
Notăm f = 2 e B + 2 e C 1 e A.Vetorulf este unitar, ăi f 2 =(f,f) = 1 4e 2 9 B +4e 2 C + e 2 A +8(e B,e C ) 4(e A,e B ) 4(e A,e C ) = = 1 (9 + 8 os α 4osα 4osα) =1, 9 unde α = ]ASB. Atuni, ondiţia ( e D, f) =1este ehivalentă ufaptulă vetorii e D şi f sunt oliniari. Fie SH înălţimea piramidei şi F simetriul puntului A în raport u H. Calulalele următoare arată ăvetorii SF şi f sunt oliniari: AB = SB SA, AC = SC SA, AH = 1 ³ AB + AC ; AF =2AH = 2 ³ AB + AC = 2 ³ SB + SC 2 SA ; SF = SA + AF = 1 ³ 2 SB +2 SC SA. Ca urmare, loul geometri ăutat este dreapta d SF din are se exlude puntul S. 4. Notăm A = a +2b + d b +2 + a +2d + b d +2a, B = b +2 a +2b + +2d b +2 + d +2a +2d + a +2b d +2a, C = a + a +2b + b + d b +2 + a + +2d + b + d d +2a. Constatăm uşor ă 2B + C = 5A + 4. Conform inegalităţii mediilor, avem B 4. Ţinând seama de inegalitatea 1 u + 1 v 4 (u, v > 0), obţinem u + v 4 C (a + ) a +2b + +2d +(b + d) 4 b +2 + d +2a 8 (ultima inegalitate se obţine luând x = a + şi y = b + d în iar aeastă inegalitate se stabileşte astfel: x x +2y + y y +2x 2, x x +2y + y y +2x = 2x2 +2xy +2y 2 2x 2 +5xy +2y 2 =1 xy 2x 2 +5xy +2y 2 1 xy 9xy = 2 ). Aşadar, 5A +4 8+ 8, dei A 4, q.e.d. 5. Să numim zonă de observaţie a laturii XY a patrulaterului onvex semibanda, notată Z XY,areestemărginită desegmentul[xy ], perpendiularele pe aeasta duse în extremităţi şi are este situată în aelaşi semiplan u patrulaterul. Evident, un punt interior patrulaterului este observabil din latura XY daă şi numai daă aparţine Z XY. Să examinăm diferitele azuri e apar: a) Daă patrulaterul nu are unghiuri obtuze, atuni el este dreptunghi şi are numai 4-punte. 41
b) Presupunem ă patrulaterul ABCD are un singur unghi obtuz, anume A. b Atuni zonele de observare ale laturilor BC şi CD aoperă patrulaterul şi, dei, 1-punte nu există. ) Fie ABCD u exat două unghiuri obtuze şi veine, anume B b şi C. b În aest az patrulaterul este situat în întregime în Z AD,darşi în Z AB Z BC Z CD. Ca urmare, nu există 1-punte. d) Fie ABCD u exat două unghiuri obtuze şi opuse, anume bb şi bd. Atuni patrulaterul este situat atât în Z AB Z BC ât şi în Z AD Z CD şi nu va avea 1-punte. e) Fie ABCD u trei unghiuri obtuze şi fie A b unghiul său asuţit. Atuni interseţia Z BC Z CD este situată înpatrulaterşi formează paralelogramul LMNC (a şi în ABCD, vârfurile sunt notate în sensul aelor de easorni). Fie {E} = BM AD şi {F } = DM AB. Se onstată uşor ă 4ABE Z AB şi 4AF D Z AD. Atuni, M este 4-punt, puntele segmentului deshis (MF) sunt -punte, iar ele interioare patrulaterului AF M E sunt 2-punte. 6. Proedăm a şi în azul problemei J 6 (problema 6 de la juniori, prezentată mai sus). Daă p = q, atuni numerele p şi q divid 8 şi, dei, p = q =2,adiă (2, 2) este soluţie a problemei. Să determinăm soluţiile (p, q) u p 6= q. O perehe (x, y) de numere naturale se numeşte admisă daă: (A) x, y sunt relativ prime şi x y; (B) x 2 +8se divide u y, iary 2 +8se divide u x. Mai întâi, observăm ă o perehe admisă esteformată din numere impare. Apoi, a şi în problema J 6 se demonstrează ă, daă (x, y) este perehe admisă, atuni şi perehea y, y 2 +8 /x este admisă. Aest rezultat are următoarele onseinţe: 1) Daă (a i ) i 0 este şirul dat de a 0 = a 1 =1şi a i+2 = a 2 i+1 +8 /a i (i 0), atuni orie perehe (a i,a i+1 ) este admisă; 2) Daă (b i ) i 0 este şirul dat de b 0 =1, b 1 =şi b i+2 = b 2 i+1 +8 /b i (i 0), atuni orie perehe (b i,b i+1 ) este admisă. Să arătăm aum ă orie perehe admisă are forma (a i,a i+1 ) sau (b i,b i+1 ) pentru un anumit indie i 0. Presupunem ă arfiadevărată situaţia ontrară şi fie (x, y) perehea minimală (în raport u suma x + y) are nu-i de nii una dintre formele preedente. Cum x 2 +8 = ay, y 2 +8 = bx şi a, x sunt relativ prime, obţinem y 2 +8 = x2 x 2 +16 +8 a 2 +8 a 2 = bx şi a 2 +8 se divide u x. Daă a x, atuni (a, x) este perehe admisă şi, datorită minimalităţii, avem (a, x) =(a i,a i+1 ) sau (a, x) =(b i,b i+1 ); rezultă ă (x, y) =(a i+1,a i+2 ) sau (x, y) =(b i+1,b i+2 ),în ontradiţie u presupunerea făută. Daă a>x, atuni x 2 +8=ay (x +2) 2 = a 2 +4x +4,deundex =1, a = y =, din nou ontradiţie. Să sriem aum termenii şirurilor (a i ) i 0 şi (b i ) i 0 e nu depăşes 2005: a 0 = a 1 =1, a 2 =9, a =89, a 4 = 881; b 0 =1, b 1 =, b 2 =17, b =99, b 4 = 577. Dintre aeste numere sunt prime numai, 17, 89, 881 şi 577. Caurmare, soluţiile problemei sunt perehile (p, q) {(2, 2), (, 17), (17, ), (89, 881), (881, 89)}. 42