Zad. 1. PQ jest średnicą półkola H. Okrąg O jest styczny wewnętrznie do H i styczny do PQ w punkcie C. Punkt A leży na H, a punkt B na PQ, przy czym odcinek AB jest prostopadły do PQ oraz styczny do O. Wykaż, że AC jest dwusieczną kąta PAB.
Zad. 2. Niech α będzie ustaloną liczbą rzeczywistą. Znajdź wszystkie funkcje f:(0, ∞)→(0, ∞) spełniające dla każdej liczby rzeczywistej x równanie [tex]\alpha x f \left( \frac{1}{x} \right) + f(x) = \frac{x}{x + 1}.[/tex]
Zad. 3. Liczby m i n są naturalne i spełniają warunek 1≤n≤m–1. Skrzynia jest zamknięta na pewną liczbę kłódek. Żeby ją otworzyć, wszystkie kłódki muszą zostać otwarte, a do żadnych dwóch kłódek nie pasuje ten sam klucz. Każda spośród m osób ma klucze do niektórych kłódek, n osób nigdy nie może otworzyć skrzyni wspólnie, ale n+1 osób zawsze może to zrobić. Znajdź najmniejszą liczbę kłódek, przy której taka sytuacja jest możliwa, a następnie podaj, ile kluczy ma każda osoba, gdy liczba kłódek jest minimalna.
Za rozwiązania zadań czerwcowych 20 pkt. otrzymał Radosław Górzyński - I LO Lubin.
Wyniki tegorocznej edycji Ligi Olimpijskiej (punkty zdobyte na 270 możliwych):
- 168 - Radosław Górzyński (I LO Lubin),
- 58 - Franciszek Ungeheuer (I LO Krosno),
- 8 - Wojciech Domin (III LO Wrocław).
Zad. 1. Rozważmy inwersję o środku w C i niech obraz punktu X względem tej inwersji to będzie X'. Z własności inwersji |∡PAC| = |∡A'P'C| oraz |∡CAB| = |∡CB'A'|, więc teza zadania jest równoważna równości |∡A'P'C| = |∡CB'A'|. Obrazem prostej PQ jest ona sama. Okrąg o przechodzi na pewną prostą k' prostopadłą do PQ. Inwersja zachowuje kąty, więc okrąg h oraz prosta AB przechodzą na okręgi ortogonalne do PQ i styczne do k'. Ortogonalność oznacza, że oba okręgi mają środki na PQ, a w takim razie muszą być przystające, bo ich promień to odległość między prostymi PQ i k'. Ze względu na symetrię odcinki A'P' i A'B' muszą być równej długości, więc trójkąt P'A'B' jest równoramienny. Punkt C leży wewnątrz odcinka P'B', więc |∡A'P'C| = |∡A'P'B'| = |∡A'B'P'| = |∡A'B'C|, co należało dowieść.
Zad 2. Zapisując równanie [tex]\alpha x f \left( \frac{1}{x} \right) + f(x) = \frac{x}{x + 1}[/tex] dla argumentu 1/x, otrzymujemy równanie [tex]\frac{\alpha}{x} f(x) + f(\frac{1}{x}) = \frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x} + 1} = \frac{1}{x + 1}[/tex], a z układu tych dwóch równań wyliczamy wzór ogólny [tex]f(x) = \frac{1}{a + 1} \frac{x}{x + 1}[/tex].
Zad. 3. Wyobraźmy sobie, że na każdej kłódce zapisujemy numery osób, które nie mają do niej klucza. Wtedy każdemu zbiorowi n osób możemy przyporządkować kłódkę, która ma na sobie numery tych osób i żadnego innego. Z różnowartościowości przyporządkowania wynika, że kłódek jest co najmniej [tex]m\choose{n}[/tex]. Przy takiej liczbie kłódek i założeniach zadania każda osoba musi mieć dokładnie [tex]m-1\choose{n}[/tex] kluczy.
