Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

Cześć!

Z racji tego, że w tym roku mamy w klasie laureata OMG- Maćka Walkowiaka, ośmielę się wrzucić zadania z tegorocznego finału oraz omówić je.

1. Liczby całkowite a, b, c spełniają warunek a+b+c=bc. Udowodnij, że liczba (a+b)(a+c) jest podzielna przez 4.

2. Na przyjęciu spotkało się 99 osób. Wiadomo, że wśród każ-

dych trzech osób można wskazać taką, która zna dwie pozostałe

osoby z tej trójki. Wykaż, że pewna osoba zna wszystkie inne

osoby obecne na przyjęciu.

Uwaga. Przyjmujemy, że jeśli osoba A zna osobę B, to osoba B

zna osobę A.

3. Dany jest trójkąt ABC, w którym <)ACB = 120◦

. Punkt M

jest środkiem boku AB. Na odcinkach AC i BC wybrano odpowiednio takie punkty P i Q, że AP = P Q = QB . Wykaż, że

<)PMQ = 90◦

.

4. Liczby a, b, c, d są większe od 2. Wykaż, że co najmniej dwie

spośród liczb

ab/c , bc/d, cd/a,da/b

są większe od 2.

5. Czy istnieje taki wielościan wypukły, który ma nieparzystą

liczbę ścian i w którego każdym wierzchołku schodzi się parzysta

liczba krawędzi? Odpowiedź uzasadnij. 

Poziom tegorocznego finału nie był zbyt wysoki, stąd też próg na laureata, wynosił aż 2 zadania(12 lub 11 puntów nie jestem pewny). Pomijając to, że zadanie pierwsze oraz czwarte były darmowe tytuł laureata nie był bardzo trudny do uzyskania. Rozwiąże teraz wszystkie z tych zadań, żeby pokazać Wam, że rozwiązanie finału OMG nie jest takie trudne. Jeśli czegoś nie rozumiecie możecie mnie pytać.

1.

 Zauważamy, że a+c=bc-b=b(c-1) oraz a+b=bc-c=c(b-1)
Zatem podstawiając do naszej tezy otrzymujemy:
(a+c)(a+b)=b(c-1)c(b-1)
Widzimy teraz, że jedna z liczb b, b-1 oraz c, c-1 jest parzysta, zatem w tezie mamy iloczyn dwóch liczb nieparzystych i parzystych, zatem iloczyn ten jest podzielny przez 4.
2.
Pierwszym spostrzeżeniem rzucającym się w oczy jest to, że jeśli istnieje taka osoba A, że nie zna ona B i C, to wśród tej trójki nie możemy wskazać takiej osoby, która znałaby dwie pozostałe, zatem każda osoba zna 97 lub 98 innych osób.
W takim razie załóżmy, że wszyscy znają po 97 osób, zatem osoby, które się nie znają łączymy w pary. Jednakże mamy 99 osób, więc otrzymujemy sprzeczność, gdyż nie jest to liczba podzielna przez 2. Zatem istnieje pewna osoba, która zna wszystkie inne.
3.
Odbijmy symetrycznie trójkąt ABC względem punktu M. Oznaczmy wierzchołek odbitego trójkąta odpowiadający wierzchołkowi C jako D, a punkty odpowiadające P i Q- K i L. Zauważamy, że jeśli kąt ACB=120 stopni, to kąt LPA=QBK=60 stopni, gdyż po odbiciu otrzymaliśmy równoległobok, a zarówno LPA jak i QBK są kątami przy podstawach, a ACB jest także kątem przy obu tych podstawach, a wiadomo, że kąt w równoległoboku przy podstawie wynosi 180 stopni, zatem kąt LPA=QBK= 180 stopni- 120 stopni=60 stopni. Widzmi także, że QB=LA=PQ=LK oraz AP=KB=PQ=KL => AP=LA=QB=LK, zatem trójkąty QBK oraz LPA są równoboczne i przystające, gdyż boki przy kącie 60 stopni są tej samej długości(cecha bkb). Z tego wynika, że czworokąt PLKQ jest rombem, a środek symetrii tego rombu leży w punkcie M. Z drugiej strony przekątne rombu przecinają się pod kątem 90 stopni, a środek symetrii leży na przecięciu przekątnych, zatem kąt PMQ=90 stopni.
4.
Niech b będzie liczbą niemnniejszą od pozostałych. Zatem b/d>=1 oraz b/c>=1. Z założeń wynika, że a>2 oraz d>2 zatem ab/c>2 oraz bd/c>2.
5.
Weźmy sobie graniastosłup prosty o podstawach 6-kąta foremnego, ABCDEF i GHIJKL. Na co drugiej ścianie bocznej zbudujmy ostrosłupy czworokątne, ABHGP, CDJIQ, EFLKW, ważne jest przy tym, by zrobić to w ten sposób, by bryła stała się 17-ścianem WYPUKŁYM. Widzimy teraz, że bryła ma nieparzystą liczbę ścian, a w każdym wierzchołku schodzą się 4 krawędzie, zatem taka bryła istnieje.

Jak widać zadania te nie są piekielnie trudne i wymagają trochę abstrakcyjnego myślenia oraz wiedzy na poziomie gimnazjum, więc każdy z Was może w przyszłym roku spróbować swoich sił w OMG.

Powodzenia!