Szkolna Liga Zadaniowa

Seria I – Rozwiazania

Zadanie 1 (Holandia 1998) Podstawmy y = x + 1998. Wtedy równanie przyjmuje postać: (y − 3)(y − 1)(y + 1)(y + 3) + 16 = 0. Korzystaj _{}ac ze wzorów skróconego mnożenia można zapisać je jako (y^{2} − 1)(y^{2} − 9) + 16 = 0. Zatem y^{4} − 10y^{2} + 25 = 0. Łatwo policzyć, że Δ_{y^{2}} = 0, zatem y^{2} = 5. Czyli x = y − 1998 = ±\sqrt{5} − 1998.

Zadanie 2 (Litwa 2006) Niech G b_{}edzie punktem przeci_{}ecia prostej AD i stycznej do obu okr_{}egów przechodz _{}acej przez B. Ponadto niech punkty E i F b_{}ed _{}a rzutami punktu A odpowiednio na proste BD i BC. Wtedy:

∠ABF = ∠ABG + ∠CBG = ∠BAD + ∠BDA = π − ∠ABD = ∠ABE

Zatem punkt A leży na dwusiecznej ∠EBF.

Zadanie 3 (Old and New Inequalities) Nast_{}epuj _{}ace przekształcenia s _{}a równoważne:

\frac{1}{a(b + 1)} + \frac{1}{b(c + 1)} + \frac{1}{c(a + 1)} \frac{3 ( \sqrt[3]{abc}+ \frac{1}{\sqrt[3]{abc}} − 1)}{1 + abc}

\frac{1 + abc}{a(b + 1)} + \frac{1 + abc}{b(c + 1)} + \frac{1 + abc}{c(a + 1)} 3 ( \sqrt[3]{abc}+ \frac{1}{\sqrt[3]{abc}}− 1)

\frac{1 + abc + ab + a}{a(b + 1)} + \frac{1 + abc + bc + b}{b(c + 1)} + \frac{1 + abc + ac + c}{c(a + 1)} 3 ( \sqrt[3]{abc}+ \frac{1}{\sqrt[3]{abc}})

\frac{a + 1 + ab(c + 1)}{a(b + 1)} + \frac{b + 1 + bc(a + 1)}{b(c + 1)} + \frac{c + 1 + ac(b + 1)}{c(a + 1)} 3 ( \sqrt[3]{abc}+ \frac{1}{\sqrt[3]{abc}})

Na mocy nierówności mi_{}edzy średnimi zachodzi

\frac{a + 1}{a(b + 1)} + \frac{b + 1}{b(c + 1)} + \frac{c + 1}{c(a + 1)} \frac{3}{\sqrt[3]{abc}}

\frac{ab(c + 1)}{a(b + 1)} + \frac{bc(a + 1)}{b(c + 1)} + \frac{ac(b + 1)}{c(a + 1)} 3\sqrt[3]{abc}

Sumuj _{}ac dwie powyższe nierówności otrzymujemy nierówność równoważn _{}a tezie.

Zadanie 4 (Czechy 2007) Użyteczny b_{}edzie nast_{}epuj _{}acy

Lemat. Niech I b_{}edzie środkiem okr_{}egu wpisanego w trójk _{}at XY Z, a P środkiem łuku XY niezawieraj _{}acego Z okr_{}egu opisanego na XY Z. Wówczas P X = P I = P Y.

Proste AL i DM przecinaj _{}a okr _{}ag opisany na czworok _{}acie ABCD w punkcie N b_{}ed _{}acym środkiem łuku BC. Wówczas na mocy lematu NL = NB = NM. Ponieważ trójk _{}at NLM jest równoramienny, ∠NLM = ∠NML. Z równości k _{}atów ∠ALR oraz ∠DMR otrzymujemy

∠RLM = π − ∠NLM − ∠ALR = π − ∠NML − ∠DMR = ∠RML

Trójk _{}at RLM jest wi_{}ec równoramienny.

Zadanie 5 (Delta, XI 1993) Tak, na przykład w sposób nast_{}epuj _{}acy: zbiory A_{1}, A_{2} … A_{2008} określamy tak, że punkt o współrz_{}ednych (x, y, z) w ustalonym kartezjańskim układzie współrz_{}ednych należy do A_{i} wtedy i tylko wtedy, gdy [x] ≡ i (mod 2008). Dowolne dwa zbiory A_{i} i A_{j} s _{}a rozł _{}aczne i istnieje translacja przekształcaj _{}aca jeden na drugi.

Zadanie 6 (IMO Shortlist 1990) Niech N b_{}edzie liczb _{}a spełniaj _{}ac _{}a warunki zadania. Wówczas dla pewnego m

N = m + (m + 1) + … + (m + 2229) = 1115(2m + 2229)

Zatem N jest nieparzyste i podzielne przez 1115 = 5 · 223. Przypuśćmy, że dla pewnych n, k zachodzi

N = n + (n + 1) + … + (n + k) = \frac{(k + 1)(2n + k)}{2}

Ponieważ N jest nieparzyste, jeden z czynników jest nieparzysty, a drugi dzieli si_{}e przez 2, lecz nie przez 4. Zauważmy, że k + 1 < 2n + k. Jednocześnie każdy rozkład 2N = ab, gdzie 1 < a < b odpowiada pewnej parze (n, k), gdzie n i k s _{}a wyznaczone jednoznacznie. Ponieważ a = b jest niemożliwe, liczba takich rozkładów wynosi d(2N)/2 − 1, gdzie d(x) oznacza liczb_{}e dodatnich dzielników liczby x. Istnieje dokładnie 2230 róźnych par (n, k), musi wi_{}ec zachodzić d(2N) = 2 · 2231. Niech

2N = 2 · 5^{α_{1}} · 223^{α_{2}} · p_{3}^{α_{3}} ⋯ p_{r}^{α_{r}}

gdzie p_{3}, …, p_{r} s _{}a różnymi liczbami pierwszymi. Wówczas

d(2N) = 2 · (1 + α_{1}) ⋯ (1 + α_{r}) = 2 · 2231

Jednak 2231 = 23 · 97, czyli musi zachodzić {α_{1}, α_{2}} = {22, 96} oraz α_{3} = α_{4} = … = α_{r} = 0. Ponieważ wcześniejsze rozumowanie zawierało ci _{}ag równoważności, wynika st _{}ad, że liczby N = 5^{22} · 223^{96} oraz N = 5^{96} · 223^{22} spełniaj _{}a warunki zadania.