1992-1993

XLIV OM - I - Zadanie 4

Wyznaczyć wszystkie funkcje $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ takie, że

$ f(x+y)-f(x-y)=f(x)\cdot f(y) \quad \text{ dla } x,y \in \mathbb{R}. $

Dany jest sześciokąt $ABCDEF$ mający środek symetrii. Oznaczmy przez $A'$ punkt przecięcia prostych $AB$ i $EF$ , przez $B'$ - punkt przecięcia prostych $BC$ i $AF$ , a przez $C'$ - punkt przecięcia prostych $AB$ i $CD$ . Dowieść, że $|AB| \cdot |BC| \cdot |CD| = |AA'| \cdot |BB'| \cdot |CC'|$ .

Rozwiązanie

Dany sześciokąt ma środek symetrii. Jego przeciwległe boki są więc równoległe i równej długości; w szczególności zachodzą związki:

$ EF\parallel BC, \quad FA \parallel CD, \quad |FA| = |CD|. $

Ponieważ punkty $A'$ i $B'$ leżą odpowiednio na prostych $EF$ i $BC$ , a punkty $B'$ i $C'$ leżą odpowiednio na prostych $FA$ i $CD$ , zatem możemy przepisać poprzednie związki równoległości jako

$ A'F\parallel BB',\quad AB'\parallel C'C. $

Z pierwszego z nich wynika, że trójkąt $A'AF$ jest podobny do trójkąta $BAB'$ , a z drugiego - że trójkąt $BAB'$ jest podobny do trójkąta $BC'C$ (rysunek 1). Uzyskujemy w ten sposób proporcje

$ \frac{|AA'|}{|AB|}=\frac{|AF|}{|AB'|} \quad \textrm{oraz} \quad \frac{|BB'|}{|BC|}=\frac{|AB'|}{|C'C|}, $

które - pomnożone stronami - dają związek

$ \frac{|AA'|}{|AB|}\cdot \frac{|BB'|}{|BC|} =\frac{|AF|}{|CC'|}. $

Ponieważ zaś $|AF| = |CD|$ , zatem, ostatecznie,

$ \frac{|AA'|}{|AB|}\cdot \frac{|BB'|}{|BC|} \cdot \frac{|CC'|}{|CD|}=1. $

Warto zauważyć, że rozumowanie jest niezależne od tego, czy sześciokąt $ABCDEF$ jest wypukły, czy nie (rysunek 1).

Dodaj komentarz

XLIV OM - I - Zadanie 2

Dana jest liczba naturalna $n \geq 3$ . Rozwiązać układ równań

$ \begin{cases} \tan x_1 + 3\cot x_1 &= 2 \tan x_2 \\ \tan x_2 + 3\cot x_1 &= 2 \tan x_3 \\ \ldots \ldots \ldost \ldots \\ \tan x_{n-1} + 3\cot x_{n-1} &= 2 \tan x_n \\ \tan x_n + 3\cot x_n &= 2 \tan x_1 \\ \end{cases} $

XLIV OM - I - Zadanie 1

Rozwiązać równanie

$ \frac{(x^2-1)(|x|+1)}{x+\mathrm{sgn}(x)} = [x+1] $

Uwaga: $[t]$ jest największą liczbą całkowitą nie większą od $t$ ,

$ \mathrm{sgn}(x) = \begin{cases} 1, & \text{ gdy } x > 0 \\ 0, & \text{ gdy } x = 0 \\ -1, & \text{ gdy } x < 0. \end{cases} $

Rozwiązanie

Oznaczmy lewą i prawą stronę równania odpowiednio przez $L(x)$ i $P(x)$ ; z postaci równania wynika, że $x\neq 0$ . Dla wszystkich liczb $x \neq 0$ mianownik ułamka definiującego wyrażenie $L(x)$ jest różny od zera, a więc wyrażenie to jest dobrze określone i mamy równość

$ |x| + 1 = x \cdot \sgn x + (\sgn x)^2 = (x + \sgn x) \sgn x; $

stąd zaś

$ L(x) = (x^2 - 1)\sgn x. $

Wartość bezwzględna prawej strony danego równania spełnia oczywiste oszacowanie $|P(x)| \leq |x| +1$ . Jeśli więc $|x| > 2$ , to

$ |L(x)|-|P(x)| \geq (x^2-1) - (|x| +1) = (|x|-2)(|x| + 1) >0. $

Zatem równanie nie ma rozwiązań w zbiorze $(-\infty;-2)\cup(2;\infty )$ .

Dla $x = 2$ równanie jest spełnione. W pozostałym zbiorze $\langle-2;0)\cup(0; 2)$ funkcje $L(x)$ i $P(x)$ są dane wzorami

$ L(x)=(x^2-1)\sgn x = \left\{\begin{array}{ll} 1-x^2& \textrm{dla } x \in \langle-2;0),\\ x^2-1& \textrm{dla } x \in (0;2)\\ \end{array}\right. $

oraz

$ P(x)=[x + 1]= \left\{\begin{array}{rl} -1& \textrm{dla } x \in \langle-2;-1),\\ 0& \textrm{dla } x \in \langle-1;0),\\ 1& \textrm{dla } x \in (0;1),\\ 2& \textrm{dla } x \in \langle1;2),\\ \end{array}\right. $

a ich różnica ma postać

$ L(x)-P(x)= \left\{\begin{array}{rl} 2-x^2& \textrm{dla } x \in \langle-2;-1),\\ 1-x^2& \textrm{dla } x \in \langle-1;0),\\ x^2-2& \textrm{dla } x \in (0;1),\\ x^2-3& \textrm{dla } x \in \langle1;2),\\ \end{array}\right. $

Przyrównanie do zera uzyskanych wyrażeń kwadratowych daje (w odpowiednich przedziałach) pierwiastki: $-\sqrt{2}$ , $-1$ , $\sqrt{3}$ . Uwzględniając znaleziony wcześniej pierwiastek $x = 2$ mamy pełne rozwiązanie: