S MATEMATICÁ OLYMPIÁDA skmo.sk 2008/2009 58. ročník Matematickej olympiády Riešenia úloh IMO. Nech n je kladné celé číslo a a,..., a k (k 2) sú navzájom rôzne celé čísla z množiny {,..., n} také, že n je deliteľom čísla a i (a i+ ) pre i =,..., k. Dokážte, že n nie je deliteľom čísla a k (a ). (Austrália) Riešenie. (Podľa Michala Hagaru.) Podmienku n a i (a i+ ) prepíšeme v tvare kongruencie a upravíme: a i (a i+ ) 0 (mod n), a i a i+ a i 0 (mod n), a i a i+ a i (mod n), i =, 2,..., k. () Využitím () postupne pre i =, 2,..., k dostávame a a a 2 a a 2 a 3 a a 2 a 3 a 4 a a 2... a k (mod n). (2) Predpokladajme sporom, že n a k (a ), teda že a k a a k (mod n). Potom a a 2... a k = a 2... a k a a 2... a k (mod n), čo v spojení s (2) dáva a a 2... a k (mod n). (3) Rovnako ako pri (2), využitím () postupne pre i = 2,..., k máme a 2 a 2 a 3 a 2 a 3 a 4 a 2... a k (mod n). Spolu s (3) odtiaľ a a 2... a k a 2 (mod n), teda a a a 2 dávajú rovnaký zvyšok po delení n, čo je v spore s predpokladom, že sú to navzájom rôzne čísla z množiny {,..., n}. 2. Daný je trojuholník AC so stredom opísanej kružnice O. Nech P resp. Q je vnútorný bod strany CA resp. A. Označme postupne, L, M stredy úsečiek P, CQ, P Q a Γ kružnicu prechádzajúcu bodmi, L, M. Predpokladajme, že priamka P Q sa dotýka kružnice Γ. Dokážte, že OP = OQ. (Rusko) Riešenie. (Podľa Michala Hagaru.) Úsečka M je strednou priečkou trojuholníka QP, preto M = Q a A M. 2 Zo striedavých uhlov potom AQP = MQ. eďže P Q je dotyčnicou kružnice Γ, z rovnosti úsekového a obvodového uhla prislúchajúceho tetive M máme M Q = = LM. Spolu teda AQP = LM. Analogicky dostaneme (obr. ) LM = P C a AP Q = LMP = LM. 2
C P M L O Γ A Q Obr. Z uvedených rovností uhlov vyplýva podobnosť trojuholníkov QAP a LM (majú rovnaké veľkosti prislúchajúcich vnútorných uhlov). Z pomerov strán postupne (po dosadení vyjadrených dĺžok M a LM ) dostávame QA LM QA = P A M, P A = 2 P C 2 Q, QA Q = P A P C. Posledná rovnosť znamená, že body Q a P majú rovnakú mocnosť ku kružnici opísanej trojuholníku AC (zrejme oba body ležia vnútri tejto kružnice). Ak označíme r jej polomer, zhodnú mocnosť možno zapísať v tvare odkiaľ už triviálne OP = OQ. OQ 2 r 2 = OP 2 r 2, 3. Predpokladajme, že s, s 2, s 3,... je rastúca postupnosť kladných celých čísel taká, že obe jej podpostupnosti s s, s s2, s s3,... a s s +, s s2 +, s s3 +,... sú aritmetické. Dokážte, že potom aj postupnosť s, s 2, s 3,... je aritmetická. (USA) Riešenie. Označme D diferenciu aritmetickej postupnosti s s, s s2, s s3,... a pre každé n =, 2,... označme d n = s n+ s n. Naším cieľom je dokázať, že hodnota d n je pre všetky n rovnaká. Najskôr ukážeme, že množina hodnôt d n je ohraničená. eďže zadaná postupnosť je rastúca, pre každé n je d n. Preto d n = s n+ s n = + + + d }{{} sn + d sn + + + d sn+ = D. (s n+ s n )-krát Ohraničenosť hodnôt d n sa dá zdôvodniť aj menej formálne: aždé dva po sebe idúce členy postupnosti (s n ) n N možno zrejme vložiť medzi niektoré dva členy postupnosti, s s, s s2, s s3,..., ktorá je od druhého člena aritmetická. Preto triviálne s n+ s n max{d, s s }. 2
Označme m najmenšiu a M najväčšiu z hodnôt d n (z ohraničenosti vyplýva existencia minima aj maxima). Stačí dokázať, že m = M. Predpokladajme sporom, že m < M. Nech k je ľubovoľný taký index, že d k = m. Teda s k+ s k = m, odkiaľ D = s sk+ s sk = s sk +m s sk = = d sk + d sk + + + d sk +m M + M + + M = mm. () }{{} m-krát Podobne ak je ľubovoľný taký index, že d = M, tak s + s = M, teda D = s s+ s s = s s +M s s = = d s + d s + + + d s +M m + m + + m = Mm. (2) }{{} M-krát Z () a (2) vyplýva, že D = Mm, a aby platila rovnosť, nutne d sk = d sk + =... = = d sk +m = M a d s = d s + =... = d s +M = m. Špeciálne máme d sk = M a d s = m. (3) Z rastúcosti postupnosti (s n ) n N vyplýva s k k. Navyše dokonca s k > k, lebo ak by sme mali s k = k, tak podľa (3) by bolo m = d k = d sk = M, čo je v spore s m < M. Rovnako možno ukázať, že s >. Položme n = k. Teda d n = m a podľa (3) platí d sn = M. Ďalej zvoľme n 2 = = s n > n. eďže d n2 = M, môže n 2 vystupovať v pozícii a teda podľa (3) máme d sn2 = m a taktiež s n2 > n 2. Následne preto môžeme zvoliť n 3 = s n2 a z (3) (keďže n 3 môže vystupovať v pozícii k) opäť d sn3 = M, atď. Predpisom n i+ = s ni takto skonštruujeme rastúcu postupnosť n, n 2, n 3,... takú, že d sn = M, d sn2 = m, d sn3 = M, d sn4 = m,... (4) Pritom postupnosť d sn, d sn2,... je podpostupnosťou postupnosti d s, d s2,... Tá má členy, ktoré sú rozdielmi členov aritmetických postupností s s +, s s2 +,... a s s, s s2,..., teda aj sama je aritmetickou postupnosťou. eďže podľa (4) sa v nej nekonečne veľakrát opakuje hodnota m (aj M), nutne to musí byť konštantná aritmetická postupnosť a m = M. 4. Daný je trojuholník AC, pričom A = AC. Osi uhlov CA a AC pretínajú strany C a CA postupne v bodoch D a E. Nech je stred kružnice vpísanej do trojuholníka ADC. Predpokladajme, že E =. Nájdite všetky možné veľkosti uhla CA. (elgicko) Riešenie. (Podľa Martina achratého.) Označme I stred kružnice vpísanej do trojuholníka AC (je to priesečník priamok AD, E, C). Uvažujme kružnice k, k 2 opísané trojuholníkom IE, ID (obr. 2). Obe majú nad spoločnou tetivou I obvodový uhol veľkosti, lebo leží na osi pravého uhla ADC. Preto sú obe kružnice zhodné a teda osovo súmerné podľa priamky CI. Podľa tejto priamky sú však osovo súmerné 3
aj priamky AC, C. Takže v osovej súmernosti podľa priamky CI sa priesečníky kružnice k so stranou AC zobrazia na priesečníky kružnice k 2 so stranou C. A k E I k 2 D Obr. 2 C eďže jeden zo spoločných bodov kružnice k a priamky AC je bod E a jeden zo spoločných bodov kružnice k 2 a priamky C je bod D, môžu nastať dva prípady. Prípad. od D je obrazom bodu E v osovej súmernosti podľa CI (Tento prípad zahŕňa aj možnosť, že kružnice k, k 2 sa dotýkajú priamok AC, C vtedy sú E a D jediné priesečníky kružníc s priamkami a nutne musia byť navzájom súmerné). Potom sú osovo súmerné podľa CI celé trojuholníky CID a CIE, z ktorých prvý je pravouhlý. Nutne teda aj uhol CEI je pravý, čo znamená, že v trojuholníku AC je os uhla pri vrchole totožná s výškou na stranu AC. To je zrejme možné jedine v prípade, že trojuholník AC je rovnoramenný so základňou AC. Avšak podľa zadania je rovnoramenným so základňou A. Takže musí byť rovnostranný, z čoho CA = = 60. Prípad 2. ružnica k 2 pretína priamku C v dvoch rôznych bodoch D a E, pričom E a E sú súmerné podľa priamky CI. eďže E leží na C, uhol IDE je pravý a teda IE je priemerom Tálesovej kružnice prechádzajúcej bodom D. Táto kružnica je evidentne totožná s k 2, preto aj uhol IE je pravý (obr. 3). Vzhľadom na spomenutú E I k 2 2 β 2 β D Obr. 3 E C súmernosť je potom pravý aj uhol IE a tretí uhol v trojuholníku IE musí mať veľkosť EI = 80 IE IE = 80 90 =. 4
Ak označíme β veľkosť vnútorného uhla v rovnoramennom trojuholníku AC pri vrcholoch a C, tak rovnoramenný trojuholník CI má pri základni C vnútorné uhly veľkosti 2 β a oproti základni uhol veľkosti 80 EI = 80 = 35. Z rovnosti 2 β + 2 β + 35 = 80 už triviálne dopočítame β =, čiže CA = 80 2β = 90. Teda jediné prípustné hodnoty pre veľkosť uhla CA sú 60 a 90. Pre dokončenie úlohy ešte musíme dokázať, že pre rovnoramenný trojuholník so základňou C a uhlom CA veľkosti 60 resp. 90 je veľkosť uhla E skutočne. (Zatiaľ sme dokázali len jeden smer implikácie: ak E =, tak CA {60, 90 }. Potrebujeme dokázať aj opačný smer, t. j. že hodnoty 60 a 90 sú v zadanej situácii naozaj možné veľkosti uhla CA.) aždý z oboch prípadov preveríme osobitne. Možných postupov je viacero, v daných konfiguráciách je trojuholník AC (až na veľkosť strany C) jednoznačne daný, takže sa jedná o štandardnú úlohu. Uvedieme postup bez použitia goniometrických funkcií alebo analytickej geometrie. Ak CA = 60, tak AC je rovnostranný trojuholník (obr. 4a). Zo symetrie potom E = AD = (keďže leží na osi pravého uhla ADC). A A I D Obr. 4a E C I D E 2 β 2 β 2 β Obr. 4b C Ak CA = 90 = α, tak β = a ľahko vypočítame veľkosti EI = CI + CI = 2 β + 2 β = β = 45, AEI = 80 α 2 β = 80 90 22,5 = 67,5, AIE = ID = 80 90 2 β = 90 22,5 = 67,5. Teda AIE je rovnoramenný trojuholník so základňou IE a body I, E sú súmerne združené podľa priamky A, ktorá je osou uhla CAD (obr. 4b). Odtiaľ I = E, čiže IE je rovnoramenný trojuholník a E = EI =. Iné riešenie. Označme AC = α a AC = CA = β = 90 2α. od I nech je rovnako ako v predošlom riešení stred kružnice vpísanej do trojuholníka AC. od leží na priesečníkoch osí uhlov trojuholníka ADC, preto EC = CD = 2 β = 45 4 α a CD = DA = 45. 5
Z trojuholníka DCI potom DIC = + 4α. Pomocou zadaného predpokladu E = následne z trojuholníkov CE a CE odvodíme EC = 80 2 β β 45 = 35 3 2 β = 35 3 2 (90 2 α) = 3 4 α, IE = 3 4 α + 45 4 α = 45 + 2 α. A 2 α I + 2 α E 3 4 α 2 β + 4 α D 4 α C Obr. 5 Zo sínusových viet v trojuholníkoch ICE, IE, ID, IDC teda máme (obr. 5) IC IE = sin(45 + 3 4 α) sin( 4 α), I ID = sin sin(90 4 α), Vynásobením uvedených štyroch rovností dostaneme Použitím známych goniometrických identít IE I = sin(45 + 2 α) sin, ID IC = sin(45 4 α) sin 90. = sin(45 + 3 4 α) sin(45 + 2 α) sin(90 4 α). sin(90 x) = cos x a sin x sin y = (cos(x y) cos(x + y)) 2 rovnicu upravíme na 2 (cos(90 + 5 4 α) + cos 4α) = 0. cos 4 α = 2 (cos 4 α cos(90 + 5 4 α)), Použitím ďalšej identity cos x + cos y = 2 cos 2 (x + y) cos 2 (x y) napokon získame cos( + 3 4 α) cos(45 + 2α) = 0. To znamená (keďže 0 < α < 80 ), že buď + 3 4 α = 90, t. j. α = 60, alebo + + 2 α = 90, t. j. α = 90. Takže jediné prípustné hodnoty pre veľkosť uhla CA sú 60 a 90. Na druhej strane, pri oboch týchto hodnotách platí E =, čo možno ukázať rovnako ako v prvom riešení. 6
5. Určte všetky také funkcie f z množiny kladných celých čísel do množiny kladných celých čísel, že pre všetky kladné celé čísla a, b existuje nedegenerovaný trojuholník so stranami dĺžok a, f(b), f(b + f(a) ). (Trojuholník je nedegenerovaný, ak jeho vrcholy neležia na jednej priamke.) (Francúzsko) Riešenie. Trojuholníkovú nerovnosť pre trojicu čísel x, y, z budeme používať aj v tvare x y < z (táto nerovnosť zahŕňa x < y + z a zároveň y < x + z). Označme f() = m. Po dosadení a = dostávame, že čísla, f(b), f(b + m ) sú pre každé prirodzené b stranami trojuholníka, spĺňajú teda nerovnosť f(b) f(b + m ) <, čo je vzhľadom na celočíselnosť hodnôt f(b), f(b + m ) možné jedine v prípade, že f(b) = f(b + m ). Ak by bolo m >, tak f by bola periodická s periódou m. V takom prípade by (periodicky) nadobúdala iba hodnoty f(), f(2),..., f(m ). Ak označíme H najväčšiu z týchto hodnôt, po dosadení a = 2H dostávame, že čísla 2H, f(b), f(b + f(2h) ) spĺňajú trojuholníkovú nerovnosť 2H < f(b) + f(b + f(2h) ) H + H = 2H, čo je očividne spor. Nutne teda m =, t. j. f() =. Dosadením b = z toho dostávame, že čísla a,, f(f(a)) sú pre ľubovoľné prirodzené číslo a stranami trojuholníka, takže a f(f(a)) < <, čo opäť vzhľadom na celočíselnosť a a f(f(a)) znamená f(f(a)) = a pre všetky prirodzené čísla a. () Označme f(2) = k. Zrejme k, lebo podľa () máme f(k) = f(f(2)) = 2, zatiaľ čo f() =. Z () dokonca vyplýva, že funkcia f je prostá, t. j. žiadnu hodnotu nenadobúda viac než raz. Ak totiž f(x) = f(y), tak nutne x = f(f(x)) = f(f(y)) = y. Tento známy fakt (že z () vyplýva prostosť f) budeme v riešení využívať. Položme a = 2, b = k. Potom 2, 2 a f(k + k ) = f(2k ) sú stranami trojuholníka, čiže f(2k ) 2 < 2, a odtiaľ f(2k ) {, 2, 3}. Avšak f už nadobúda hodnotu v bode a hodnotu 2 v bode k a zároveň 2k a 2k k. Z prostosti f teda nutne vyplýva f(2k ) = 3. Položme ďalej a = 2, b = 2k. Z toho 2, 3 a f(2k + k ) = f(3k 2) sú stranami trojuholníka a analogicky dostávame f(3k 2) 3 < 2, čiže f(3k 2) {2, 3, 4}. 7
eďže hodnoty 2, 3 už f nadobúda v bodoch k, 2k a zároveň 3k 2 k a 3k 2 2k, nutne f(3k 2) = 4. Matematickou indukciou (ktorej prvý krok sme pre hodnoty n =, 2, 3 práve urobili) ľahko dokážeme, že f(nk (n )) = n + pre všetky prirodzené čísla n. Ak totiž toto tvrdenie platí pre n aj pre n, po dosadení a = 2, b = nk (n ) dostávame trojicu strán 2, n + a f(nk (n ) + k ) = f((n + )k n), teda f((n + )k n) (n + ) < 2, odkiaľ f((n + )k n) {n, n +, n + 2}. Hodnoty n a n + sú však podľa indukčného predpokladu už obsadené bodmi (n )k (n 2) a nk (n ) (ktoré sú oba rôzne od (n + )k n), takže jedinou možnosťou je f((n + )k n) = n + 2 a tvrdenie platí aj pre n +. Tým je dôkaz indukciou ukončený. Špeciálne potom tvrdenie platí aj pre n = k, teda f((k )k (k 2)) = k. eďže sme už skôr ukázali, že f(2) = k, z prostosti f máme (k )k (k 2) = 2, z čoho po triviálnej úprave k(k 2) = 0. Samozrejme k 0, dostávame tak k = 2 a indukciou dokázané tvrdenie prechádza na tvar f(n + ) = n + pre všetky prirodzené čísla n. Spolu s tvrdením f() =, ktoré sme dokázali na začiatku, dostávame, že jedinou vyhovujúcou funkciou môže byť identita f(x) = x. Ľahko overíme, že táto funkcia vyhovuje, lebo trojica čísel a, b, a + b spĺňa všetky tri trojuholníkové nerovnosti triviálne (pre ľubovoľné a, b N). 6. Nech a, a 2,..., a n sú navzájom rôzne kladné celé čísla a M je množina n kladných celých čísel neobsahujúca číslo s = a + a 2 + + a n. Lúčny koník skáče pozdĺž číselnej osi, pričom začína v bode 0 a urobí smerom doprava n skokov s dĺžkami a, a 2,..., a n v nejakom poradí. Dokážte, že poradie skokov sa dá zvoliť tak, aby lúčny koník nepristál na žiadnom čísle z množiny M. (Rusko) Riešenie. Na začiatku si všimnime, že zo zadaného tvrdenia vyplýva jeho zovšeobecnenie: Predpoklad, že množina M obsahuje práve n kladných celých čísel možno nahradiť podmienkou M (0, s a min n, pričom a min je najmenšie spomedzi a, a 2,..., a n. Tento fakt v dôkaze použijeme. Postupovať budeme matematickou indukciou vzhľadom na n. Prípad n = je triviálny. V druhom kroku indukcie predpokladajme, že n > a že tvrdenie je pravdivé pre všetky prirodzené čísla menšie ako n. Ďalej nech a, a 2,..., a n, s, M sú dané a spĺňajú predpoklady dokazovaného tvrdenia. ez ujmy na všeobecnosti predpokladajme, že a n < a n < < a 2 < a. Označme T k = k a i pre k = 0,,..., n. i= 8
Zrejme 0 = T 0 < T < < T n = s. Najskôr dokážeme pomocné tvrdenie. Tvrdenie. Stačí ukázať, že pre nejaké m {, 2,..., n} dokáže urobiť koník m skokov, pričom nikdy nepristane na čísle z M a navyše počas týchto m skokov preskočí spolu aspoň ponad m bodov z M. Dôkaz. eďže M = n, evidentne m n. Položme n = n m. Potom n < n. Zvyšných n skokov bez pristátia na ktoromkoľvek zo zvyšných zakázaných nanajvýš n čísel z M dokáže koník urobiť vďaka indukčnému predpokladu (stačí posunúť začiatok z čísla 0 do čísla, kde sa koník nachádza po m skokoch). Číslo k {, 2,..., n} budeme nazývať slušné, ak koník dokáže urobiť k skokov s dĺžkami a, a 2,..., a k (v nejakom poradí) tak, že s výnimkou posledného skoku nikdy nepristane na čísle z M (po k-tom skoku môže a nemusí skončiť na čísle z M). Číslo je očividne slušné. Preto existuje najväčšie číslo k také, že všetky čísla, 2,..., k sú slušné. Ak k = n, niet čo dokazovať. Zaoberajme sa ďalej len prípadom k n (teda k + nie je slušné). Dokážeme ďalšie pomocné tvrdenie. Tvrdenie 2. Platí T k M a M (0, T k ) k. Dôkaz. Ak T k / M, postupnosť skokov, vďaka ktorej je číslo k slušné, možno predĺžiť pridaním skoku dĺžky a k +, čo je v spore s tým, že k + nie je slušné. Takže nutne T k M. Ak M (0, T k ) < k, tak existuje l {, 2,..., k } také, že T k + a l / M. Potom podľa indukčného predpokladu (s hodnotou k namiesto n) dokáže koník doskákať do čísla T k + a l pomocou k skokov s dĺžkami z množiny {a, a 2,..., a k + } \ {a l }, pričom ani raz nepristane na čísle z M. Takže aj k + je slušné, čo je spor. že Podľa práve dokázaného tvrdenia existuje najmenšie číslo k {, 2,..., k } také, Tvrdenie 3. Stačí uvažovať prípad T k M a M (0, T k) k. M (0, T k k. () Dôkaz. Ak k =, tak () platí triviálne. Ďalej nech k >. Ak T k M, tak () vyplýva z minimálnosti k. Ak T k / M a platilo by M (0, T k k, zo slušnosti čísla k by sme dostali situáciu ako v Tvrdení pre m = k. V tomto prípade teda dokonca stačí uvažovať prípad M (0, T k k 2. Označme v 0 číslo, pre ktoré M (0, T k) = k + v. Nech r > r 2 > > r p sú všetky také indexy r { k +, k + 2,..., n}, že T k + a r / M. Potom n = M = M (0, T k) + + M (T k, s) k + v + + (n k p) a odtiaľ p v + 2. Platí T k +a r a < T k +a r a 2 < < T k +a r a k < T k +a r2 a k < < T k +a rv+2 a k 9
a všetkých k+v+ čísel porovnaných v predošlých nerovnostiach leží v intervale (0, T k). Preto existujú r { k +, k + 2,..., n} a q {, 2,..., k} také, že T k + a r / M a T k + + a r a q / M. Zoberme množinu skokových dĺžok = {a, a 2,..., a k, a r } \ {a q }. Máme x = T k + a r a q a x T k + a r a q min() = T k a q T k. Podľa (), indukčného predpokladu a zovšeobecnenia spomenutého úplne na začiatku s hodnotou k namiesto n sa koník dokáže dostať na číslo T k +a r a q pomocou k skokov s dĺžkami z množiny bez pristátia na čísle z M. Odtiaľ vie skočiť na T k + a r, čím dosiahneme situáciu ako v Tvrdení s hodnotou m = k +. Tým je tvrdenie dokázané. 0