XXVIII OM

XXVIII Olimpiada Matematyczna

Opracowanie rozwiązań: Jerzy Browkin

XXVIII OM - I etap

I etap XXVIII Olimpiady Matematycznej

XXVIII - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

Znaleźć wszystkie rozwiązania układu równań

$ \begin{split} 2(x + y - 2) &= y(x - y + 2), \\ x^2(y - 1) + y^2(x - 1) &= xy - 1. \end{split} $

Rozwiązanie

Przenosząc w danych równaniach wszystkie wyrazy na stronę lewą i rozkładając otrzymane wielomiany na czynniki uzyskujemy

$ (y-2)(x-y-2) = 0, $

$ (x-1)(y-1)(x+y+1) = 0. $

Z pierwszego z tych równań wynika, że $y - 2 = 0$ lub $x - y - 2 = 0$ , czyli $y = 2$ lub $y = x - 2$ . Podstawiając $y = 2$ do drugiego równania otrzymujemy $(x - 1)(x + 3) = 0$ i wobec tego $x = 1$ lub $x = -3$ . Mamy więc w tym przypadku dwa rozwiązania danego układu równań $(x, y) = (1, 2)$ i $(-3, 2)$ . Podstawiając zaś $y = x - 2$ do drugiego równania otrzymujemy $(x - 1) (x - 3)(2x - 1) = 0$ i wobec tego $x = 1$ , $x = 3$ lub $\displaystyle x = \frac{1}{2}$ . Odpowiednie wartości $y$ obliczamy ze wzoru $y = x- 2$ i otrzymujemy $y = -1$ , $y = 1$ , $\displaystyle y = -\frac{3}{2}$ . Mamy więc w tym przypadku trzy rozwiązania danego układu równań $(x,y) = (1, -1)$ , $(3, 1)$ i $\displaystyle \left( \frac{1}{2}, -\frac{3}{2} \right)$ . Łącznie więc dany układ równań ma pięć rozwiązań.

XXVIII - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

Dane są trzy różne liczby całkowite $a, b, c$ . Udowodnić, że nie istnieje wielomian $w(x)$ o współczynnikach całkowitych taki, że

$ w(a) = b, \quad w(b) = c, \quad w(c) = a. $

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że jeżeli $w(x) = p_0 + p_1x + p_2x^2 + \ldots + p_nx^n$ , gdzie $p_0, p_1, \ldots, p_n$ są liczbami całkowitymi, to dla dowolnych liczb całkowitych $r$ i $s$ liczba $w(r) - w(s)$ jest podzielna przez $r - s$ . Mamy bowiem

$ w(r) - w(s) =p_1(r- s) + p_2(r^2 - s^2) + \ldots + p_n(r^n - s^n), $

a każda z liczb $r - s, r^2 - s^2, \ldots, r^n - s^n$ jest podzielna przez $r - s$ . Wobec tego z warunków zadania wynika, że:

liczba $b - c = w(a) - w(b)$ jest podzielna przez $a - b$ ,
liczba $c - a = w(b) - w(c)$ jest podzielna przez $b - c$ ,
liczba $a - b = w(c) - w(a)$ jest podzielna przez $c - a$ .

Liczby $a - b$ , $b - c$ , $c - a$ są różne od zera, ponieważ liczby $a$ , $b$ , $c$ są różne. Wobec tego z powyższych podzielności wynika, że $|a - b| \leq |b - c|$ , $|b - c| \leq |c - a|$ i $|c - a| \leq |a - b|$ . Stąd mamy $|a - b| = |b - c| = |c - a|$ . Liczby $a - b$ i $b - c$ są więc równe lub przeciwne. Gdyby były one przeciwne, to $a - b = - (b - c)$ i stąd $a = c$ , co przeczy założeniu. Zatem liczby $a - b$ i $b - c$ są równe. Podobnie dowodzimy, że liczby $b - c$ i $c - a$ są równe. Wobec tego $3 (b - c) = (a - b) + (b - c) + (c - a) = 0$ i stąd $b = c$ .

Uzyskana sprzeczność dowodzi, że nie istnieje wielomian w spełniający warunki zadania.

Uwaga. Nietrudno udowodnić, że istnieje wielomian w o współczynnikach wymiernych spełniający warunki podane w zadaniu. Wielomianem takim jest na przykład

$ w(x)=a \frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)} + b \frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)} + c \frac{(x-a)(x-c)}{(b-a)(b-c)}. $

Ogólniej można udowodnić, że jeżeli $a_1, a_2, \ldots, a_n$ są różnymi liczbami rzeczywistymi, a $b_1, b_2, \ldots, b_n$ - dowolnymi liczbami rzeczywistymi, to istnieje wielomian $w$ stopnia $< n$ o współczynnikach rzeczywistych i taki, że $w(a_i) = b_i$ dla $i = 1, 2, \ldots, n$ .

XXVIII - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

Niech $a$ i $b$ będą liczbami naturalnymi. Prostokąt o bokach długości $a$ i $b$ podzielono prostymi równoległymi do boków na kwadraty jednostkowe. Przez wnętrza ilu kwadratów przechodzi przekątna prostokąta ?

Rozwiązanie

Niech dany prostokąt $ABCD$ ma podstawę $\overline{AB}$ długości $a$ i wysokość $\overline{BC}$ długości $b$ . Rozważmy jego przekątną $\overline{AC}$ łączącą lewy dolny wierzchołek $A$ z prawym górnym wierzchołkiem $C$ (rys. 4).

Załóżmy najpierw, że liczby $a$ i $b$ są względnie pierwsze. Gdyby pewien wierzchołek $E$ kwadratu jednostkowego zawarty wewnątrz prostokąta $ABCD$ należał do $\overline{AC}$ , to mielibyśmy $\displaystyle \frac{a}{b}= \frac{AB}{BC} = \frac{AF}{EF}$ , czyli $a \cdot EF = b \cdot AF$ , gdzie $F$ jest rzutem punktu $E$ na prostą $AB$ . Ponieważ liczby $a$ i $b$ są względnie pierwsze, a liczby $EF$ i $AF$ - naturalne, więc z ostatniej równości wynika, że $a$ jest dzielnikiem liczby $AF$ . Jest to niemożliwe, ponieważ $AF < AB = a$ .

Uzyskana sprzeczność dowodzi, że przekątna $AC$ nie przechodzi przez żaden wierzchołek kwadratu jednostkowego zawarty wewnątrz prostokąta $ABCD$ . Wyznacza więc ona ciąg kwadratów jednostkowych, których wnętrza kolejno przecina. Każdy następny kwadrat ciągu ma bok wspólny z kwadratem poprzednim i jest położony na prawo od niego lub nad nim. Idąc wzdłuż drogi wyznaczonej przez kwadraty tego ciągu wykonujemy $a - 1$ przesunięć w prawo i $b - 1$ przesunięć do góry. Razem mamy więc $a + b - 2$ przesunięcia, czyli droga składa się z $a + b - 1$ kwadratów, tzn. przekątna $\overline{AC}$ przechodzi przez wnętrza $a + b - 1$ kwadratów jednostkowych.

Jeżeli zaś liczby $a$ i $b$ nie są względnie pierwsze i ich największy wspólny dzielnik jest równy $d$ , to niech $a = da'$ , $b = db'$ . Wtedy liczby $a'$ i $b'$ są względnie pierwsze. Przekątna prostokąta o bokach, długości $a$ i $b$ składa się z $d$ równych odcinków, z których każdy jest przekątną pewnego prostokąta o bokach długości $a'$ i $b'$ . Na podstawie już rozpatrzonego przypadku każdy taki odcinek przekątnej przechodzi przez wnętrza $a' + b' - 1$ kwadratów jednostkowych i wobec tego cała przekątna przechodzi przez wnętrza $d(a' + b' - 1) = a + b - d$ kwadratów jednostkowych.

XXVIII - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

Wewnątrz czworościanu $ABCD$ obrano punkt $M$ , przy czym okazało się, że dla każdego z czworościanów $ABCM$ $ABDM$ , $ACDM$ , $BCDM$ istnieje sfera styczna do wszystkich jego krawędzi. Udowodnić, że istnieje sfera styczna do wszystkich krawędzi czworościanu $ABCD$ .

Rozwiązanie

Wykorzystamy następujące twierdzenie, które było dane jako zadanie 4 na zawodach VI Olimpiady Matematycznej.

Twierdzenie. Istnieje sfera styczna do wszystkich krawędzi czworościanu $PQRS$ wtedy i tylko wtedy, gdy sumy długości przeciwległych krawędzi tego czworościanu są równe, tzn. gdy

$ PQ + RS = PR + QS = PS + QR. $

Stosując to twierdzenie do czworościanów $ABCM$ , $ACDM$ i $BCDM$ otrzymujemy w szczególności

$ AB + CM = BC + AM = BM + AC, $

$ CD + AM = CM + AD, \quad CD + BM = CM + BD. $

Wobec tego

$ AB + CD - AC - BD = (AB + CM) + (CD + BM) - (AC + BM) - (BD + CM) = 0, $

czyli

$ AB + CD = AC + + BD, $

i analogicznie

$ AB + CD - BC - AD = (AB + CM) + (CD + AM)- (BC + AM) - (AD + CM) = 0, $

czyli

$ AB + CD = BC + AD. $

Dowiedliśmy więc, że

$ AB + CD = AC + BD = BC + AD. $

Zatem na podstawie przytoczonego wyżej twierdzenia istnieje sfera styczna do wszystkich krawędzi czworościanu $ABCD$ .

Uwaga. W powyższym rozwiązaniu nie korzystaliśmy z założenia, że istnieje sfera styczna do wszystkich krawędzi czworościanu $ABDM$ . Rozumując podobnie można więc udowodnić, że jeżeli dla każdego z pewnych trzech spośród czterech czworościanów $ABCM$ , $ABDM$ , $ACDM$ , $BCDM$ istnieje sfera styczna do wszystkich jego krawędzi, to istnieje sfera styczna do wszystkich krawędzi czworościanu $ABCD$ .

XXVIII - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

Dowieść, że jeżeli $P(x, y)$ jest takim wielomianem dwóch zmiennych, że $P(x, y) = P(y, x)$ dla wszystkich $x, y$ rzeczywistych oraz wielomian $(x-y)$ dzieli $P(x, y)$ , to wielomian $(x - y)^2$ także dzieli $P(x, y)$ .

Rozwiązanie

Z założenia istnieje taki wielomian $Q(x, y)$ , że $P(x,y) = (x - y) \cdot Q(x, y$ ). Wobec tego z równości $P(x, y) = P(y, x)$ otrzymujemy, że $(x - y) \cdot Q(x, y) = (y - x) \cdot Q(y, x)$ , czyli $(x - y) \cdot (Q(x, y) + Q(y, x)) = 0$ . Ponieważ iloczyn wielomianów jest wielomianem zerowym tylko, gdy jeden z czynników jest wielomianem zerowym, a wielomian $x - y$ jest niezerowy, więc z ostatniej równości wynika, że $Q(x, y) + Q(y, x) = 0$ . Dokonując tu podstawienia $x = y$ otrzymujemy w szczególności, że $Q(y, y) = 0$ , tzn. $Q(y, y)$ jest wielomianem zerowym.

Traktując wielomiany $Q(x, y)$ i $x - y$ jako wielomiany zmiennej $x$ o współczynnikach będących wielomianami zmiennej $y$ dzielimy $Q (x, y)$ przez $x - y$ . Otrzymujemy pewien iloraz $U (x, y)$ i resztę $R (y)$ niezależną od $x$ . Z algorytmu dzielenia wynika, że $U (x, y)$ i $R (y)$ są wielomianami zmiennych $x$ , $y$ oraz $y$ odpowiednio. Mamy więc $Q(x, y) = (x - y) \cdot U(x, y) + R(y)$ . Podstawiając tu $x=y$ otrzymujemy $Q(y, y) = R(y)$ . Z drugiej strony, dowiedliśmy, że $Q(y, y) = 0$ . Wobec tego $R(y) = 0$ , czyli $Q(x, y) = (x - y) \cdot U(x, y)$ i stąd $P(x, y) = (x - y)^2 \cdot U(x, y)$ .

XXVIII - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

Obliczyć

$ \lim_{n\to \infty} \frac{2^3-1}{2^3+1} \cdot \frac{3^3-1}{3^3+1} \cdot \ldots \cdot \frac{n^3-1}{n^3+1}. $

Rozwiązanie

Wyraz o numerze $n$ ciągu, którego granicę mamy obliczyć, jest iloczynem ułamków postaci

$ \frac{k^3 - 1}{k^3 + 1}.\ \textrm{gdzie} \ k = 2, 3, \ldots, n. $

Mamy rozkłady $k^3 - 1 = (k - 1) (k^2 + k + 1)$ oraz $k^3 + 1 = (k+ 1)(k^2 - k + 1)$ . Ponieważ $(k + 1)^2 - (k + 1) + 1 = k^2+2k+1$ , więc czynnik $k^2 + k + 1$ występujący w liczniku ułamka $\displaystyle \frac{k^3 - 1}{k^3 + 1}$
skróci się z czynnikiem $(k+1)^2-(k+1)+1$ występującym w mianowniku następnego ułamka, tzn. ułamka $\displaystyle \frac{(k + 1)^3-1}{(k+1)^3 + 1}$ . Również czynnik $k + 1$ występujący w mianowniku ułamka $\displaystyle \frac{k^3 - 1}{k^3 + 1}$ skróci się z czynnikiem $(k + 2) - 1 = k + 1$ występującym w liczniku ułamka o numerze o $2$ większym, tzn. ułamka $\displaystyle \frac{(k+2)^3 - 1}{(k+2)^3 + 1}$ .

Wobec tego pozostaną nieskrócone w liczniku tylko czynniki $k - 1$ pochodzące z pierwszych dwóch ułamków i czynnik $k^2 + k + 1$ pochodzący z ostatniego ułamka; w mianowniku zaś pozostanie nieskrócony tylko czynnik $k^2 - k + 1$ pochodzący z pierwszego ułamka i czynniki $k + 1$ pochodzące z dwóch ostatnich ułamków. Mamy więc

$ \begin{split} \frac{2^3 - 1}{2^3 + 1} \cdot \frac{3^3 - 1}{3^3 + 1} \ldots \frac{n^3 - 1}{n^3 + 1} &= \frac{(2-1)(3-1)(n^2+n+1)}{(2^2-2+1)((n-1)+1))(n+1)} =\\ &=\frac{2(n^2+n+1)}{3(n^2+n)} = \frac{2}{3} \left( 1 + \frac{1}{n^2+n} \right). \end{split} $

Ponieważ ciąg $\left( \frac{1}{n^2 + n} \right)$ jest zbieżny do zera, więc z powyższego wynika, że granica, którą należało obliczyć w zadaniu, jest równa $\displaystyle \frac{2}{3}$ .

XXVIII - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

Trzy koła o promieniach równych 1 przecinają się tak, że ich część wspólna jest ograniczona trzema łukami, z których każdy należy do innego koła. Końce tych łuków oznaczmy przez $K, L, M$ . Pierwszy okrąg przecina drugi w punktach $C$ i $M$ , drugi przecina trzeci w punktach $A$ i $K$ , a trzeci przecina pierwszy w punktach $B$ i $L$ .
Udowodnić, że suma długości łuków $AM, BK, CL$ równa się $\pi$ .

Rozwiązanie

Jeżeli dwa okręgi o równych promieniach przecinają się w punktach $P$ i $Q$ , to długości łuków wyznaczonych przez te punkty na jednym okręgu są równe długościom odpowiednich łuków wyznaczonych przez te punkty na drugim okręgu. Dokonując bowiem symetrii względem prostej $PQ$ łuki o końcach $P$ i $Q$ na jednym okręgu przekształcamy na odpowiednie łuki o końcach $P$ i $Q$ na drugim okręgu.

Wynikają stąd następujące równości długości łuków okręgów danych w zadaniu (rys. 5):

$ \widehat{AM} + \widehat{MK} = \widehat{AL} + \widehat{LK}, $

$ \widehat{BK} + \widehat{KL} = \widehat{BM} + \widehat{ML}, $

$ \widehat{CL} + \widehat{LM} = \widehat{CK} + \widehat{KM}. $

Dodając te równości stronami stwierdzamy, że

$ (1) \qquad \widehat{AM} + \widehat{BK} + \widehat{CL} = \widehat{AL} + \widehat{BM} + \widehat{CK}. $

Miara kąta wpisanego w okrąg jest dwa razy mniejsza od miary kąta środkowego opartego na tym samym łuku. W okręgu o promieniu długości $1$ miara kąta środkowego wyrażona w radianach jest równa długości łuku, na którym ten kąt jest oparty. Wobec tego

$ \measuredangle MKL = \measuredangle| MKA + \measuredangle AKL = \frac{1}{2} \widehat{AM} + \frac{1}{2} \widehat{AL} $

i analogicznie

$ \measuredangle KLM = \frac{1}{2} \widehat{BK} + \frac{1}{2} \widehat{BM} \ \textrm{i} \ \measuredangle LMK = \frac{1}{2} \widehat{CL} + \frac{1}{2} \widehat{CK}. $

Ponieważ suma miar kątów trójkąta $KLM$ jest równa $\pi$ , więc dodając te równości stronami otrzymujemy na mocy (1)

$ \begin{split} \pi &= \measuredangle MKL + \measuredangle KLM + \measuredangle LMK=\\ &= \frac{1}{2} (\widehat{AM} + \widehat{BK} + \widehat{CL}) + \frac{1}{2} (\widehat{AL} + \widehat{BM} + \widehat{CK}) = \\ &= \widehat{AM} + \widehat{BK} + \widehat{CL}. \end{split} $

XXVIII - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

Dowieść, że zbiór $\{1, 2, \ldots, 2^{s+1}\}$ można tak rozbić na dwa zbiory $2s$ -elementowe $\{x_1, x_2, \ldots, x_{2^s}\}$ , $\{y_1, y_2, \ldots, y_{2^s}\}$ , że dla każdego naturalnego $j \leq s$ zachodzi równość

$ \sum_{i=1}^{2^s} x_i^j = \sum_{i=1}^{2^s} y_i^j. $

Rozwiązanie

Zastosujemy indukcję względem $s$ . Dla $s = 1$ mamy zbiór $\{1, 2, 3, 4\}$ . Rozbijając go na podzbiory $\{1, 4\}$ i $\{2, 3\}$ będziemy mieli spełnione warunki zadania, ponieważ $1 + 4 = 2 + 3$ .

Załóżmy z kolei, że dla pewnej liczby naturalnej $s$ istnieje takie rozbicie zbioru $\{1, 2, \ldots, 2^{s+1}\}$ na podzbiory $\{x_1, x_2, \ldots, x_{2^s}\}$ i $\{y_1, y_2, \ldots, y_{2^s}\}$ , że

$ (1) \qquad \sum_{i=1}^{2^s} x_i^j = \sum_{i=1}^{2^s} y_i^j \ \textrm{dla} \ j = 1, 2, \ldots, s. $

Wtedy

$ \begin{split} \{1&, 2, \ldots, 2^{s+2}\} = \{1, 2, \ldots, 2^{s+1}\} \cup \{2^{s+1} + 1, 2^{s+1} + 2, \ldots, 2^{s+1} + 2^{s+1}\} =\\ &=\{x_1, x_2, \ldots, x_{2^s}, y_1, y_2, \ldots, y_{2^s}\}\cup\\ &\quad \cup \{ x_1 + 2^{s+1}, x_2 + 2^{s+1}, \ldots, x_{2^s} + 2^{s+1}, y_1- 2^{s+1}, y_2 + 2^{s+1}, \ldots, y_{2^s} + 2^{s+1} \}. \end{split} $

Udowodnimy, że rozbicie zbioru $\{1, 2, \ldots, 2^{s+2} \}$ na podzbiory

$ \{x_1, x_2, \ldots, x_{2^s}, y_1 + 2^{s+1}, y_2 + 2^{s+1}, \ldots, y_{2^s} + 2^{s+1} \} $

oraz

$ \{y_1, y_2, \ldots, y_{2^s}, x_1 + 2^{s+1}, x_2 + 2^{s+1}, \ldots, x_{2^s} + 2^{s+1} \} $

spełnia warunki zadania.

Dla $r = 1, 2, \ldots, s + 1$ na mocy wzoru dwumianowego suma $r$ -tych potęg elementów pierwszego podzbioru jest równa

$ \begin{split} \sum_{i=1}^{2^s} x_i^r + \sum_{i=1}^{2^s} (y_i & + 2^{s+1})^r = \sum_{i=1}^{2^s} x_i^r + \sum_{i=1}^{2^s} \left( \sum_{j=0}^{r-1} \binom{r}{j} y_i^j \cdot 2^{(s+1)(r-j)} + y_i^r \right) =\\ & = \sum_{i=1}^{2^s} x_i^r + \sum_{j=0}^{r-1} \binom{r}{j} 2^{(s+1)(r-j)} \sum_{i=1}^{2^s} y_i^j + \sum_{i=1}^{2^s} y_i^r. \end{split} $

Analogicznie obliczamy sumę $r$ -tych potęg elementów drugiego podzbioru:

$ \begin{split} \sum_{i=1}^{2^s} y_i^r + \sum_{i=1}^{2^s} (x_i & + 2^{s+1})^r = \sum_{i=1}^{2^s} y_i^r + \sum_{i=1}^{2^s} \left( \sum_{j=0}^{r-1} \binom{r}{j} x_i^j \cdot 2^{(s+1)(r-j)} + x_i^r \right) =\\ & = \sum_{i=1}^{2^s} y_i^r + \sum_{j=0}^{r-1} \binom{r}{j} 2^{(s+1)(r-j)} \sum_{i=1}^{2^s} x_i^j + \sum_{i=1}^{2^s} x_i^r. \end{split} $

Porównując otrzymane wyniki stwierdzamy, że różnią się one tylko tym, że w jednym wzorze występuje suma

$ \sum_{i=1}^{2^s} y_i^j,\ \textrm{a w drugim}\ \sum_{i=1}^{2^s} x_i^j,\ \textrm{gdzie}\ 0 \leq j \leq r - 1 \leq s. $

Ze wzoru (1) wynika, że sumy te są równe.

XXVIII - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

Funkcja $f$ określona na zbiorze wszystkich liczb całkowitych przyjmuje tylko wartości dodatnie i spełnia warunek:

$ f(n) \geq \frac{1}{2}(f(n-1)+f(n+1))\quad \text{ dla } n = 0, 1, -1, 2, -2, \ldots $

Dowieść, że funkcja $f$ jest stała.

Rozwiązanie

Niech $g(n) =f(n + 1) - f(n)$ dla każdej liczby całkowitej $n$ . Wtedy z warunków zadania otrzymujemy, że $f(n+1) - f(n) \leq f(n) - f(n - 1)$ czyli $g(n) \leq g(n - 1)$ . Wynika stąd, że funkcja $g$ jest nierosnąca. Wobec tego dla każdej liczby naturalnej $k$ mamy $g(n + k) \leq g(n) \leq g(n- k)$ , czyli

$ (1) \qquad f(n + k + 1) -f(n + k) \leq g(n) \leq f(n - k + 1) - f(n-k). $

Dodając stronami nierówności (1) dla $k = 1, 2, \ldots, m$ , gdzie $m$ jest dowolną liczbą naturalną, otrzymujemy

$ (2) \qquad f(n + m + 1) - f(n + 1) \leq mg(n) \leq f(n) - f(n - m). $

Ponieważ funkcja $f$ przybiera tylko wartości dodatnie, więc z (2) wynika, że $-f (n+1) \leq mg(n) \leq f(n)$ , czyli

$ (3) \qquad -\frac{1}{m} f(n+ 1) \leq g(n) \leq \frac{1}{m} f(n)\ \textrm{dla}\ m=1,2, \ldots. $

Przechodząc w (3) do granicy, gdy $m \to \infty$ , otrzymujemy, że $g(n) = 0$ , tzn. $f(n + 1) = f(n)$ . Wynika stąd, że funkcja $f$ jest stała.

XXVIII - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

Udowodnić, że w każdym czworościanie istnieje wierzchołek, przy którym trzy kąty płaskie są ostre.

Rozwiązanie

Suma miar kątów płaskich dowolnej ściany czworościanu jest równa $\pi$ . Wobec tego suma miar wszystkich kątów płaskich czworościanu jest równa $4\pi$ . Wynika stąd, że istnieje taki wierzchołek $A$ czworościanu, że suma miar kątów płaskich przy tym wierzchołku nie przekracza $\pi$ .

Z drugiej strony wiadomo (patrz rozwiązanie zadania 17(5) z XXIV Olimpiady Matematycznej), że suma miar dwóch kątów płaskich przy wierzchołku czworościanu jest większa od miary trzeciego kąta płaskiego przy tym wierzchołku. Jeżeli więc jeden z kątów płaskich przy wierzchołku czworościanu jest nieostry, to suma miar wszystkich kątów płaskich przy tym wierzchołku jest większa od $\pi$ .

Z powyższego wynika, że wszystkie kąty płaskie przy wierzchołku $A$ są ostre.

XXVIII - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

Spośród liczb $1, 2, \ldots, n$ wybieramy jedną, przy czym wybór każdej z nich jest jednakowo prawdopodobny. Niech $p_n$ będzie prawdopodobieństwem takiego zdarzenia,, że w zapisie dziesiętnym wybranej liczby występują wszystkie cyfry: $0, 1, \ldots, 9$ . Obliczyć $\lim_{n\to \infty} p_n$ .

Rozwiązanie

Niech liczba $n$ ma $k$ cyfr w zapisie dziesiętnym, tzn. niech $10^{k-1} \leq n < 10^k$ , gdzie $k$ jest pewną liczbą naturalną. Wtedy każda z liczb $1, 2, \ldots, n$ ma nie więcej niż $k$ cyfr. Oszacujemy z góry liczbę $A_0$ takich liczb o co najwyżej $k$ cyfrach, które w zapisie dziesiętnym nie mają cyfry $0$ .

Liczba liczb $r$ -cyfrowych, których zapis dziesiętny nie zawiera cyfry $0$ , równa jest $9^r$ , ponieważ każda z $r$ cyfr takiej liczby należy do zbioru dziewięcioelementowego $\{1, 2, \ldots, 9\}$ . Wobec tego

$ A_0 = 9 + 9^2+ \ldots + 9^k = 9 \frac{9^k-1}{9-1} < 9^{k+1}. $

Analogicznie stwierdzamy, że dla $i = 1, 2, \ldots, 9$ liczba $A_i$ liczb o co najwyżej $k$ cyfrach, które w zapisie dziesiętnym nie mają cyfry $i$ , spełnia nierówność $A_i < 9^{k+1}$ .

Wynika stąd, że liczba $A$ takich liczb naturalnych spośród $1, 2, \ldots,n$ , które w zapisie dziesiętnym nie zawierają co najmniej jednej z cyfr $0, 1, 2, \ldots, 9$ , spełnia nierówność

$ A \leq A_0 + A_1 + \ldots + A_9 < 10 \cdot 9^{k+1}. $

Wobec tego liczba $B_n$ takich liczb spośród $1, 2, \ldots, n$ że w ich zapisie dziesiętnym występują wszystkie cyfry $0, 1, 2, \ldots, 9$ , spełnia

$ \begin{split} B_n &= n - A > n - 10 \cdot 9^{k+1} = n \left( 1 - \frac{10 \cdot 9^{k+1}}{n} \right) \geq n \left( 1 - \frac{10 \cdot 9^{k+1}}{10^{k-1}} \right) =\\ &=n \left( 1 - 900 \cdot \left( \frac{9}{10} \right)^k \right). \end{split} $

Zatem

$ (1) \qquad 1 \geq p_n = \frac{B_n}{n} > 1 - 900 \left( \frac{9}{10} \right)^k. $

Jeżeli $n$ dąży do nieskończoności, to również $k$ dąży do nieskończoności. Ponieważ dla każdej liczby $q$ z przedziału $(-1; 1)$ mamy $\displaystyle \lim_{k \to \infty} q^k = 0$ , więc w szczególności $\displaystyle \lim_{k \to \infty} \left( \frac{9}{10} \right)^k = 0$ . Wobec tego z (1) na podstawie twierdzenia o trzech ciągach wynika, że $\lim_{n \to \infty} p_n = 1$ .

XXVIII - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

Rozstrzygnąć, w którym z wielomianów $(1 - 9x + 7x^2 - 6x^3)^{1976}$ , $(1 + 9x - 7x^2 + 6x^3)^{1976}$ współczynnik przy $x^{1976}$ jest większy.

Rozwiązanie

Jednomian stopnia 1976 w pierwszym wielomianie jest sumą pewnej liczby iloczynów postaci

$ (1) \qquad (-9x)^a (7x^2)^b (-6x^3)^c = (-1)^{a+c} 9^a 7^b 6^c x^{a+2b+3c}, $

gdzie $a, b, c \geq 0$ i $a + 2b + 3c = 1976$ . Z ostatniej równości wynika, że $a + c = 1976 - 2b - 2c$ jest liczbą parzystą. Wobec tego każdy z jednomianów (1) ma współczynnik dodatni.

Jednomian stopnia 1976 w drugim wielomianie jest sumą pewnej liczby iloczynów postaci

$ (2) \qquad (9x)^a (-7x^2)^b (6x^3)^c = (-1)^b 9^a 7^b 6^c x^{a+2b+3c}, $

gdzie $a,b,c \geq 0$ i $a + 2b + 3c= 1976$ . Przy tym każdemu składnikowi postaci (1) w pierwszym wielomianie odpowiada składnik postaci (2) w drugim wielomianie i na odwrót. Widzimy, że odpowiadające sobie składniki (1) i (2) różnią się co najwyżej znakiem. Wszystkie jednomiany (1) mają współczynniki dodatnie, a pewne jednomiany (2) mają współczynniki ujemne (na przykład przy $a = 1974$ , $b = 1$ , $c = 0$ współczynnik jednomianu (2) jest ujemny).

Wobec tego w pierwszym z rozważanych wielomianów współczynnik przy $x^{1976}$ jest większy niż w drugim.

XXVIII OM - II etap

II etap XXVIII Olimpiady Matematycznej

XXVIII - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

Niech $a$ i $b$ będą różnymi liczbami rzeczywistymi. Dowieść, że dla dowolnych liczb rzeczywistych $c_1, c_2, \ldots,c_n$ istnieje ciąg $n$ -ele-mentowy $(x_i)$ , którego każdy wyraz równy jest jednej z liczb $a$ lub $b$ taki, że

$ |x_1c_1 + x_2c_2 + \ldots + x_nc_n| \geq \frac{|b-a|}{2}(|c_1|+|c_2|+\ldots+|c_n|). $

Rozwiązanie

Niech

$ (1) \qquad \begin{array}{l} D = a \sum_{c_i < 0} c_i + b \sum_{c_i \geq 0} c_i,\\ E = a \sum_{c_i \geq 0} c_i + b \sum_{c_i < 0} c_i. \end{array} $

Mamy

$ D - E = (b-a) \left( \sum_{c_i \geq 0} c_i - \sum_{c_i < 0} c_i \right) = (b-a) \sum_{i=1}^n |c_i|. $

Wobec tego

$ (2) \qquad |b - a| \sum_{i=1}^n |c_i| = |D - E| \leq |D| + |E| \leq 2 \max(|D|, |E|). $

Niech na przykład $|D| \leq |E|$ . Jeżeli zachodzi nierówność przeciwna, to rozumowanie przebiega podobnie. Mamy więc $\max(|D|, |E|) = |E|$ i wobec tego z (2) wynika, że $|E| \geq \displaystyle \frac{|b-a|}{2} \sum_{i=1}^n |c_i|$ . Zatem na mocy (1) wystarczy przyjąć

$ x_i = \left\{ \begin{array}{cl} a, \textrm{jeżeli} \ c_i \geq 0, \\ b, \textrm{jeżeli} \ c_i < 0. \end{array} \right. $

XXVIII - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

Niech $X$ będzie punktem wewnętrznym trójkąta $ABC$ Dowieść, że iloczyn odległości punktu $X$ od wierzchołków $A, B, C$ jest co najmniej osiem razy większy od iloczynu odległości tego punktu od prostych $AB, BC, CA$ .

Rozwiązanie

Niech $h_a$ , $h_b$ , $h_c$ będą długościami wysokości trójkąta $ABC$ poprowadzonych z wierzchołków $A$ , $B$ , $C$ odpowiednio, $x_a$ , $x_b$ , $x_c$ - odległościami punktu $X$ od prostych $BC$ , $CA$ , $AB$ odpowiednio a $S_a$ , $S_b$ , $S_c$ - polami trójkątów $XBC$ , $XCA$ , $XAB$ . Wreszcie niech $S$ będzie polem trójkąta $ABC$ .

Mamy oczywiście $XA + x_a \geq h_a$ (rys. 6) i wobec tego

$ (1) \qquad \frac{XA}{x_a} \geq \frac{h_a - x_a}{x_a} = \frac{h_a}{x_a} - 1 = \frac{S}{S_a} - 1 = \frac{S_a + S_b + S_c}{S_a} - 1 = \frac{S_b + S_c}{S_a}. $

Analogicznie dowodzimy, że

$ \frac{XB}{x_b} \geq \frac{S_c + S_a}{S_b} \ \textrm{oraz} \ \frac{XC}{x_c} \geq \frac{S_a + S_b}{S_c}. $

Dla rozwiązania zadania wystarczy więc udowodnić, że

$ (3) \qquad \frac{S_a + S_b}{S_c} \cdot \frac{S_b + S_c}{S_a} \cdot \frac{S_c + S_a}{S_b} \geq 8. $

Mnożąc obie strony nierówności (3) przez $S_aS_bS_c$ , i przenosząc wszystkie wyrazy na stronę lewą dochodzimy do nierówności równoważnej

$ (4) \qquad S_a(S_b - S_c)^2 + S_b(S_c - S_a)^2 + S_c(S_a - S_b)^2 \geq 0. $

Ta ostatnia nierówność oczywiście jest prawdziwa. Zatem nierówność (3) też jest prawdziwa. Stąd na mocy (1) i (2) wynika, że

$ (5) \qquad XA \cdot XB \cdot XC \geq 8 x_a \cdot x_b \cdot x_c. $

Uwaga. Nietrudno udowodnić, że wę wzorze (5) zachodzi równość wtedy i tylko wtedy, gdy $ABC$ jest trójkątem równobocznym i $X$ jest jego środkiem ciężkości.

Istotnie, jeżeli $X$ jest środkiem ciężkości trójkąta równobocznego $ABC$ , to $XA = 2x_a$ , $XB = 2x_b$ , $XC = 2x_c$ . Wobec tego we wzorze (5) zachodzi równość.

Na odwrót, jeżeli we wzorze (5) zachodzi równość, to w każdym ze wzorów (1) - (4) zachodzi równość. W szczególności z (4) wynika, że $S_a = S_b = S_c$ , a wobec tego z (1) i (2) - że $XA = 2x_a$ , $XB = 2x_b$ , $XC = 2x_c$ . Z (1) wynika też, że $XA = h_a - x_a$ , tzn. punkt $X$ należy do wysokości trójkąta $ABC$ poprowadzonej z wierzchołka $A$ i dzieli ją w stosunku $2 \colon 1$ .

Niech $A'$ będzie punktem przecięcia prostych $AX$ i $BC$ (rys. 7). Wtedy

$ A'C \cdot x_a = \frac{1}{2} A'C \cdot XA = S_b = S_a = \frac{1}{2} BC \cdot x_a. $

Zatem $A'C = \displaystyle \frac{1}{2} BC$ , tzn. $AA'$ jest środkową trójkąta $ABC$ .

Analogicznie dowodzimy, że pozostałe wysokości trójkąta $ABC$ są jego środkowymi. Wobec tego trójkąt ten jest równoboczny.

XXVIII - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

W kapeluszu znajduje się 7 kartek. Na $n$ -tej kartce napisana jest liczba $2^n-1$ ( $n = 1, 2, \ldots, 7$ ). Wyciągamy losowo kartki aż do momentu, kiedy suma przekroczy 124. Jaka wartość tej sumy jest najbardziej prawdopodobna?

Rozwiązanie

Suma liczb $2^0, 2^1, \ldots, 2^6$ jest równa $127$ . Suma dowolnych pięciu spośród tych liczb nie przekracza $2^2 + 2^3 + 2^4 + 2^5 + 2^6 = 124$ . Wobec tego z kapelusza musimy wyciągnąć co najmniej sześć kartek.

Każde ze zdarzeń polegających na tym, że wyciągnęliśmy z kapelusza sześć kartek, a w kapeluszu pozostała siódma z numerem $2^{n-1}$ ( $n = 1, 2, \ldots, 7$ ) jest jednakowo prawdopodobne. Prawdopodobieństwo takiego zdarzenia jest więc równe $\displaystyle \frac{1}{7}$ .

Suma liczb na wyciągniętych kartkach jest równa $127 - 2^{n-1}$ . Jeżeli $n = 1$ , to ta suma jest równa $126$ ; jeżeli $n = 2$ , to jest ona równa $125$ ; jeżeli zaś $n= 3, 4, 5, 6$ lub $7$ , to suma ta jest mniejsza od $124$ i musimy wyciągnąć siódmą kartkę. W tym ostatnim przypadku suma liczb na wszystkich wyciągniętych kartkach będzie równa $127$ . Zatem prawdopodobieństwo, tego że suma liczb na wszystkich kartkach wyciągniętych zgodnie z warunkami zadania wynosi odpowiednio $125$ , $126$ , $127$ , jest równe $\displaystyle \frac{1}{7}$ , $\displaystyle \frac{1}{7}$ , $\displaystyle \frac{5}{7}$ .

Wobec tego najbardziej prawdopodobną wartością sumy jest $127$ .

XXVIII - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

Dany jest taki ostrosłup o podstawie czworokątnej, że każda para okręgów wpisanych w sąsiednie ściany ma punkt wspólny. Dowieść, że punkty styczności tych okręgów z podstawą ostrosłupa leżą na jednym okręgu.

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw kilka faktów pomocniczych, które wykorzystamy przy rozwiązaniu zadania. Wykażemy najpierw, że jeżeli w czworokącie $ABCD$ (niekoniecznie wypukłym) sumy długości boków przeciwległych są równe:

$ (1) \qquad AB + CD = AD+ BC, $

to dwusieczne kątów tego czworokąta przecinają się w jednym punkcie.

Istotnie, na mocy zadania przygotowawczego B serii III z XXVI Olimpiady Matematycznej z warunku (1) wynika, że istnieje okrąg $K$ zawarty w czworokącie $ABCD$ i styczny do prostych zawierających boki tego czworokąta. Wykażemy, że środek $O$ okręgu $K$ należy do każdej z dwusiecznych kątów czworokąta $ABCD$ .

Jeżeli czworokąt $ABCD$ jest wypukły, to fakt ten wynika stąd, że środek okręgu stycznego do dwóch ramion kąta należy do dwusiecznej tego kąta. Jeżeli zaś czworokąt $ABCD$ jest wklęsły (rys 8) to analogicznie stwierdzamy, że punkt $O$ należy do dwusiecznych kątów wypukłych czworokąta $ABCD$ . Natomiast dwusieczna kąta wklęsłego $BAD$ jest równa dwusiecznej kąta wypukłego $D'AB'$ , ponieważ kąty $BAD'$ i $DAB'$ są równe jako wierzchołkowe. Punkt $O$ zaś należy do dwusiecznej kąta $D'AB'$ , ponieważ okrąg $K$ jest styczny do ramion tego kąta.

Tak więc w każdym przypadku dwusieczne kątów czworokąta $ABCD$ spełniającego warunek (1) przecinają się w jednym punkcie - w środku okręgu zawartego w czworokącie $ABCD$ i stycznego do prostych zawierających boki tego czworokąta.

Zauważmy jeszcze, że jeżeli punkty $X$ i $Y$ należące do różnych ramion kąta $\alpha$ są równo odległe od jego wierzchołka $W$ , to dowolny punkt $Z$ należący do dwusiecznej tego kąta jest równo odległy od punktów $X$ i $Y$ (rys. 9).

Istotnie, trójkąty $XWZ$ i $YWZ$ są przystające i wobec tego $XZ = YZ$ .

Przystępujemy teraz do rozwiązania zadania. Niech $E$ będzie wierzchołkiem, a $ABCD$ - podstawą danego ostrosłupa. Niech punkty $A'\in \overline{AE}$ , $B' \in \overline{BE}$ , $C' \in \overline{CE}$ , $D' \in \overline{DE}$ będą punktami wspólnymi okręgów wpisanych w ściany tego ostrosłupa, zaś punkty $P \in \overline{AB}$ , $Q \in \overline{BC}$ , $R \in \overline{CD}$ , $S \in \overline{DA}$ - punktami styczności tych okręgów z podstawą ostrosłupa (rys. 10).

Ponieważ odcinki stycznych do okręgu poprowadzonych z punktu poza okręgiem mają równe długości, więc

$ AP = AA'=AS,\ BP = BB' = BQ,\ CQ = CC' = CR,\ DR = DD' = DS. $

Wobec tego

$ AB + CD = AP + BP + CR + DR = AS + BQ + CQ + DS = AD + BC. $

Czworokąt $ABCD$ spełnia więc warunek (1). Wobec tego na mocy początkowych rozważań istnieje punkt $O$ należący do każdej z dwusiecznych kątów czworokąta $ABCD$ .

Ponieważ $AS = AP$ i punkt $O$ należy do dwusiecznej kąta $PAS$ , więc na mocy uwagi poprzedzającej rozwiązanie zadania punkt $O$ jest równo odległy od punktów $P$ i $S$ , tj. $OP = OS$ . Analogicznie stwierdzamy, że $OP = OQ$ i $OQ = OR$ . Wobec tego punkt $O$ jest równo odległy od punktów $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ , tzn. punkty $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ należą do okręgu o środku w punkcie $O$ .

Uwaga. Nietrudno spostrzec, że

1) Szukany okrąg może nie być okręgiem wpisanym w podstawę ostrosłupa,

2) Cztery dane okręgi mogą nie być zawarte w jednej sferze.

W tym celu wystarczy rozpatrzyć ostrosłup, którego podstawa jest rombem o przekątnych długości $1$ i $10$ , a spodkiem wysokości jest środek rombu i wysokość ta ma długość $100$ .

XXVIII - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

Niech wielomiany $w_n$ będą określone wzorami:

$ w_1(x) = x^2 - 1, \quad w_{n+1}(x) = w_n(x)^2 - 1, \quad (n = 1, 2, \ldots) $

i niech $a$ będzie liczbą rzeczywistą. Ile różnych rozwiązań rzeczywistych ma równanie $w_n(x) = a$ ?

Rozwiązanie

\spos{1} Niech $r_n(a)$ będzie liczbą różnych rozwiązań rzeczywistych równania $w_n (x) = a$ . Udowodnimy przez indukcję ze względu na $n$ , że

$ (1) \qquad r_n(a) = \left\{ \begin{array}{ll} 0, & \textrm{jeżeli} a < - 1,\\ n, & \textrm{jeżeli} a = - 1,\\ 2n, & \textrm{jeżeli} -1 < a < 0,\\ n+1, & \textrm{jeżeli} a = 0,\\ 2, & \textrm{jeżeli} a > 0. \end{array} \right. $

Sprawdzamy prawdziwość wzoru (1) dla $n = 1$ . Równanie $w_1(x)= a$ ma postać $x^2 = 1 + a.$ Ma ono $0$ , $1$ lub $2$ rozwiązania, gdy odpowiednio $a < - 1$ , $a = -1$ lub $a > - 1$ . Natomiast prawa strona wzoru (1) przy $n = 1$ jest równa $0$ , gdy $a < - 1$ ; równa $1$ , gdy $a = - 1$ , oraz równa $2$ , gdy $a > - 1$ . Zatem wzór (1) jest prawdziwy dla $n - 1$ .

Załóżmy z kolei, że wzór (1) zachodzi dla pewnej liczby naturalnej $n$ . Udowodnimy, że zachodzi on dla liczby $n + 1$ .

Mamy $w_{n+1}(x) = w_n(x)^2 - 1$ . Wobec tego równanie $w_{n+1}(x) = a$ jest równoważne równaniu

$ (2) \qquad w_n(x)^2=1 + a. $

Jeżeli $a < - 1$ , to oczywiście równanie (2) nie ma rozwiązań w liczbach rzeczywistych. Zatem $r_{n+1} (a) = 0$ dla $a < - 1$ .

Jeżeli $a = - 1$ , to równanie (2) jest równoważne równaniu $w_n(x) = 0$ . Na mocy założenia indukcyjnego to ostatnie równanie ma $r_n(0) = = n + 1$ różnych rozwiązań w liczbach rzeczywistych. Zatem $r_{n+1}(a) = n + 1$ dla $a = - 1$ .

Jeżeli $a >- 1$ , to równanie (2) jest równoważne równaniu

$ (w_n(x) - \sqrt{1 + a}) (w_n(x) + \sqrt{1 + a}) = 0. $

Równania

$ (3) \qquad w_n(x) = \sqrt{1 + a} \ \textrm{i} \ w_n(x) = - \sqrt{1 + a} $

nie mają wspólnych rozwiązań, ponieważ odejmując te równania stronami otrzymujemy równanie sprzeczne $0 = 2 \sqrt{1 + a}$ . Zatem liczba rozwiązań równania $w_{n+1}(x) = a$ jest równa sumie liczb rozwiązań każdego z równań (3), tzn.

$ (4) \qquad r_{n+1} (a) = r_n(\sqrt{1 + a}) + r_n (- \sqrt{1 + a}). $

Jeżeli $-1 < a < 0$ , to $0 < \sqrt{1 + a} < 1$ i $-1 < -\sqrt{1 + a} < 0$ . Wobec tego z założenia indukcyjnego otrzymujemy $r_n(\sqrt{1 + a}) = 2$ i $r_n (- \sqrt{1 + a}) = 2n$ . Zatem z (4) wynika, że $r_{n+1} (a) = 2 + 2n = 2(n + 1)$ , gdy $-1 < a < 0$ .

Jeżeli $a = 0$ , to $\sqrt{1 + a} = 1$ i $-\sqrt{1+a} = -1$ . Wobec tego z założenia indukcyjnego otrzymujemy $r_n(\sqrt{1 + a}) = r_n(1) = 2$ i $r_n(-\sqrt{1 + a}) = r_n(-1) = n$ . Zatem z (4) wynika, że $r_{n+1}(a) = 2 + n = (n + 1) + 1$ dla $a = 0$ .

Wreszcie, jeżeli $a > 0$ , to $\sqrt{1 + a} > 1$ i $- \sqrt{1 + a} < - 1$ . Wobec tego z założenia indukcyjnego otrzymujemy $r_n(\sqrt{1 + a}) = 2$ i $r_n(- \sqrt{1 + a}) = 0$ . Zatem z (4) wynika, że $r_{n+1} (a) = 2$ dla $a > 0$ .

Wykazaliśmy więc, że wzór (1) jest prawdziwy dla liczby $n + 1$ . Na mocy zasady indukcji wzór (1) zachodzi dla każdej liczby naturalnej $n$ .

XXVIII - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

Jaka jest największa liczba części, na które mogą rozciąć płaszczyznę brzegi $n$ kwadratów?

Rozwiązanie

Część wspólna brzegów dwóch kwadratów albo jest skończonym zbiorem punktów (i wtedy tych punktów jest co najwyżej $8$ , ponieważ każdy bok jednego kwadratu może przecinać brzeg drugiego kwadratu w co najwyżej dwóch punktach), albo zawiera odcinek (i wtedy jest odcinkiem, sumą dwóch odcinków - równoległych lub prostopadłych, lub jest sumą odcinka i punktu - rys. 11). W każdym więc przypadku ta część wspólna składa się z co najwyżej ośmiu spójnych części, z których każda jest punktem, odcinkiem lub sumą dwóch odcinków o wspólnym końcu.

Niech danych będzie na płaszczyźnie $n$ kwadratów $K_1, K_2, \ldots, K_n$ , gdzie $n$ jest pewną liczbą naturalną. Przypuśćmy, że brzegi tych kwadratów rozcięły płaszczyznę na $a_n$ części. Rysujemy teraz $(n + 1)$ kwadrat $K_{n+1}$ . Brzeg każdego z $n$ danych kwadratów $K_i$ wyznacza na brzegu kwadratu $K_{n+1}$ figurę $F_i$ złożoną z co najwyżej ośmiu spójnych części. Figura $F = F_1 \cup F_2 \cup \ldots \cup F_n$ składa się więc z co najwyżej $8n$ spójnych części (będących punktami, odcinkami lub sumami odcinków o wspólnych końcach). Wobec tego różnica brzegu kwadratu $K_{n+1}$ i figury $F$ składa się z co najwyżej $8n$ spójnych części będących odcinkami lub sumami odcinków. Każda taka część brzegu kwadratu $K_{n+1}$ dzieli na dwie części jedną z części płaszczyzny otrzymanych po narysowaniu kwadratów $K_1, K_2, \ldots, K_n$ . Wobec tego liczba $a_{n+1}$ części, na jakie rozcinają płaszczyznę brzegi kwadratów $K_1, K_2, \ldots, K_n, K_{n+1}$ spełnia

$ (1) \qquad a_{n+1} \leq a_n + 8n. $

Mamy oczywiście $a_1 = 2$ , ponieważ brzeg jednego kwadratu rozcina płaszczyznę na dwie części. Wobec tego ze wzoru (1) przez łatwą indukcję wynika, że dla dowolnej liczby naturalnej $k$ zachodzi

$ a_k < 2 + 8 \cdot 1 + 8 \cdot 2 + \ldots + 8 \cdot (k - 1), $

gdzie $a_k$ jest liczbą części, na jakie rozcinają płaszczyznę brzegi pewnych $k$ kwadratów. Przekształcając prawą stronę tego wzoru otrzymujemy

$ 2 + 8(1+2 + \ldots + (k-1)) = 2 + 8 \cdot \frac{k(k-1)}{2} = 2 + 4k^2 - 4k = (2k - 1)^2 + 1, $

czyli ostatecznie

$ (2) \qquad a_n \leq (2k-1)^2 + 1 \ \textrm{dla} \ k = 1,2,\ldots. $

Udowodnimy teraz, że dla dowolnej liczby naturalnej $n$ istnieje takich $n$ kwadratów, których brzegi rozcinają płaszczyznę na $(2n - 1)^2 + 1$ części, tzn. we wzorze (2) zachodzi równość. Weźmy mianowicie dowolnych $n + 1$ kwadratów $K_1, K_2, \ldots , K_n, K_{n+1}$ wpisanych w ustalony okrąg $O$ . Zauważmy, że nie istnieje punkt należący równocześnie do brzegów trzech spośród rozważanych kwadratów. Boki tych kwadratów mają bowiem jednakowe długości i są cięciwami danego okręgu. A przez żaden punkt wewnątrz okręgu (różny od jego środka) nie przechodzą oczywiście trzy cięciwy jednakowej długości.

Na łuku okręgu $O$ łączącym dwa kolejne wierzchołki $A$ i $B$ kwadratu $K_{n+1}$ leży dokładnie jeden wierzchołek kwadratu $K_j$ dla $1 \leq j \leq n$ . Wobec tego dowolny bok $\overline{AB}$ kwadratu $K_{n+1}$ przecina brzeg kwadratu $K_j$ w dwóch punktach, a brzeg kwadratu $K_{n+1}$ przecina brzeg kwadratu $K_j$ w ośmiu punktach. Z początkowej uwagi wynika, że dla $j = 1, 2, \ldots, n$ otrzymujemy w przecięciu brzegu kwadratu $K_j$ z brzegiem kwadratu $K_{n+1}$ zbiory ośmiopunktowe parami rozłączne. Zatem na brzegu kwadratu $K_{n+1}$ mamy $8n$ punktów należących do sumy brzegów kwadratów $K_1, K_2, \ldots, K_n$ . Punkty te wyznaczają $8n$ spójnych figur na brzegu kwadratu $K_{n+1}$ będących odcinkami lub sumami odcinków o wspólnym końcu. Każda z tych figur dzieli na dwie części jedną z części płaszczyzny otrzymanych po narysowaniu kwadratów $K_1, K_2, \ldots, K_n$ . Mamy więc zależność $a_{n+1} = a_n + 8n$ . Stąd wobec $a_1 = 2$ przez łatwą indukcję wynika, podobnie jak poprzednio, że dla dowolnej liczby naturalnej $k$ i $k$ kwadratów wpisanych w ustalony okrąg zachodzi wzór

$ a_k = 2 + 8 \cdot 1 + 8 \cdot 2 + \ldots + 8 \cdot (k-1) = (2k-1)^2+1. $

Dowiedliśmy więc, że największa liczba części, na które mogą rozciąć płaszczyznę brzegi $n$ kwadratów jest równa $(2n - 1)^2 + 1$ .

Uwaga 1. W podanym rozwiązaniu nie korzystaliśmy w sposób istotny z założenia, że rozważane figury są kwadratami. Gdyby były one prostokątami lub nawet dowolnymi czworokątami wypukłymi, to rozumowanie przebiegałoby tak samo. Zatem największa liczba części, na które mogą rozciąć płaszczyznę brzegi $n$ czworokątów wypukłych, jest równa $(2n - 1)^2 + 1$ . Natomiast dla czworokątów wklęsłych ta liczba jest większa.

Uwaga 2. Można analogicznie udowodnić, że największa liczba części, na które mogą rozciąć płaszczyznę brzegi $n$ trójkątów, jest równa $3n^2 - 3n + 2$ . Przeprowadzenie szczegółowego dowodu pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.

XXVIII OM - III etap

III etap XXVIII Olimpiady Matematycznej

XXVIII - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

III

Dany jest czworościan $ABCD$ , o którego kątach płaskich wiadomo, że

$ \measuredangle BAD = 60^{\circ}, \quad \measuredangle BAC = 40^{\circ}, \quad \measuredangle ABD = 80 ^{\circ}, \quad \measuredangle ABC = 70^{\circ} $

Dowieść, że krawędzie $AB$ i $CD$ są prostopadłe.

Rozwiązanie

Ponieważ suma miar kątów trójkąta $ABC$ jest równa $180^\circ$ , więc $\measuredangle ACB = 180^\circ - \measuredangle ABC - \measuredangle BAC = 180^\circ - 70^\circ - 40^\circ = 70^\circ$ . Wynika stąd, że trójkąt $ABC$ jest równoramienny: $AB = AC$ .

Jak wiadomo, iloczyn skalarny dwóch wektorów jest równy iloczynowi ich długości i cosinusa kąta między nimi. W szczególności wektory są prostopadłe wtedy i tylko wtedy, gdy ich iloczyn skalarny jest równy zeru. Mamy więc

$ (1) \qquad \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = AB \cdot AC \cdot \cos 40^\circ = AB^2 \cdot \cos 40^\circ $

$ (2) \qquad \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = AB \cdot AD \cdot \cos 60^\circ = \frac{1}{2} AB \cdot AD. $

Z twierdzenia sinusów zastosowanego do trójkąta $ABD$ otrzymujemy $\displaystyle \frac{AD}{\sin 80^\circ} = \frac{AB}{\sin 40^\circ}$ , czyli $AD = AB \displaystyle \frac{\sin 80^\circ}{\sin 40^\circ} = 2AB \cdot \cos 40^\circ$ ,
ponieważ $\sin 80^\circ = 2 \sin 40^\circ \cdot \cos 40^\circ$ . Z (2) wynika więc, że

$ (3) \qquad \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = AB^2 \cos 40^\circ. $

Wobec tego z (1) i (3) otrzymujemy

$ \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{AB} (\overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AC}) = \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 0. $

Oznacza to, że wektory $\overrightarrow{AB}$ i $\overrightarrow{CD}$ są prostopadłe.

XXVIII - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

III

Dla ustalonej liczby naturalnej $s \geq 3$ dany jest ciąg kół $(K_n)$ oraz ciąg $s$ -kątów wypukłych $(W_n)$ że

$ K_n \supset W_n \supset K_{n+1} \quad \text{ dla } n = 1,2, \ldots. $

Dowieść, że ciąg średnic kół $K_n$ dąży do zera.

Rozwiązanie

Niech punkty $P_1, P_2, \ldots, P_{s+ 1}$ dzielą brzeg koła $K_n$ na $s + 1$ równych łuków (rys. 13, przyjęliśmy tu $s = 5$ ). Rozważmy odcinki koła $K_n$ wyznaczone przez cięciwy $\overline{P_1P_2}, \overline{P_2P_3}, \ldots, \overline{P_sP_{s+1}}, \overline{P_{s+1}P_1}$ i nie zawierające środka koła $K_n$ . Ponieważ tych odcinków jest $s + 1$ , więc co najmniej jeden z nich nie zawiera wierzchołka $s$ -kąta $W_n$ , a więc jest rozłączny z $W_n$ (odcinek taki jest zakreskowany na rys. 13). Tym bardziej odcinek ten jest rozłączny z kołem $K_{n+1}$ zawartym w $W_n$ .

Niech $F_n$ będzie figurą powstającą z koła $K_n$ przez odjecie odcinka kołowego odpowiadającego kątowi środkowemu $\displaystyle \frac{2\pi}{s+1}$ . Niech $q$
będzie stosunkiem pola figury $F_n$ do pola koła $K_n$ . Oczywiście $q$ jest liczbą z przedziału $(0, 1)$ zależną tylko od $s$ , a niezależną od $n$ .

Mamy więc $(\textrm{pole}\ K_{n+1}) < q \cdot (\textrm{pole}\ K_n)$ i stąd przez indukcję $(\textrm{pole}\ K_{n+1}) < q^n \cdot (\textrm{pole}\ K_1)$ dla $n = 1, 2, \ldots$ .

Ponieważ ciąg $(q^n)$ jest zbieżny do zera, więc i ciąg pól kół $K_n$ jest zbieżny do zera. Stąd z kolei wynika, że również ciąg średnic kół $K_n$ dąży do zera.

Uwaga. Można rozpatrywać zadanie ogólniejsze: Dany jest ciąg $(s_n)$ liczb naturalnych, gdzie $s_n \geq 3$ , ciąg kół $(K_n)$ oraz ciąg wielokątów wypukłych $(W_n)$ , gdzie $W_n$ ma $s_n$ boków, takie, że

$ K_n \supset W_n \supset K_{n+1} \ \textrm{dla}\ n = 1, 2, \ldots. $

Czy ciąg średnic kół $K_n$ dąży do sera?

Rozumując analogicznie, jak w rozwiązaniu zadania, można udowodnić nierówność $r_{n+1} \leq r_n \cos^2 \displaystyle \frac{\pi}{2s_n}$ i stąd przez indukcję, że

$ r_k \leq r_1 \cos^2 \frac{\pi}{2s_1} \cdot \cos^2 \frac{\pi}{2s_2} \cdot \ldots \cos^2 \frac{\pi}{2s_{k-1}}, $

tzn.

$ (5) \qquad r_k \leq r_1 \left( \prod_{j=1}^{k-1} \cos \frac{\pi}{2s_j} \right)^2 \ \textrm{dla}\ k = 1, 2, \ldots. $

Metodami analizy matematycznej można udowodnić

Twierdzenie. Jeżeli $(a_n)$ jest ciągiem litzb należących do przedziału $\left( 0, \displaystyle \frac{\pi}{2} \right)$ , to ciąg $\displaystyle a_n = \prod_{j=1}^n \cos \alpha_j$ jest zbieżny do zera wtedy i tylko wtedy, gdy szereg $\displaystyle \sum_{j=1}^\infty \alpha_j^2$ jest rozbieżny.

Jeżeli więc szereg

$ (6) \qquad \sum_{j=1}^\infty \frac{1}{s_j^2} $

jest rozbieżny, to z tego twierdzenia wynika, że ciąg $\displaystyle b_k = \prod_{j=1}^{k-1} \cos \frac{\pi}{2s_j}$ jest zbieżny do zera. Zatem z (5) otrzymujemy, że ciąg $(r_k)$ też jest zbieżny do zera.

Jeżeli zaś szereg (6) jest zbieżny, to sytuacja jest inna. Istnieje wtedy ciąg wielokątów $(W_n)$ i ciąg kół $(K_n)$ spełniające powyższe warunki i takie, że ciąg średnic kół $K_n$ nie dąży do zera.

Mianowicie, niech $(s_n)$ będzie takim ciągiem liczb naturalnych, że $s_n \geq 3$ i szereg (6) jest zbieżny. Niech $W_n$ będzie $s$ -kątem foremnym wpisanym w koło $K_n$ , a $K_{n+1}$ - kołem wpisanym w wielokąt $W_n$ .

Jeżeli $O$ jest środkiem koła $K_n$ , $A$ i $B$ - kolejnymi wierzchołkami wielokąta $W_n$ , a $G$ - środkiem odcinka $AB$ (rys. 16), to mamy zależności $\measuredangle AOB = \displaystyle \frac{2\pi}{s_n}= 2 \measuredangle AOC$ . Wobec tego

$ r_{n+1} = OC = OA \cos \measuredangle AOC = r_n \cos \frac{\pi}{s_n}. $

Stąd przez indukcję łatwo otrzymujemy, że

$ (7) \qquad r_k = r_1 \cdot \cos \frac{\pi}{s_1} \cdot \cos \frac{\pi}{s_2} \ldots \cdot \cos \frac{\pi}{s_{k-1}} \ \textrm{dla}\ k = 1, 2, \ldots . $

Ponieważ szereg (6) jest zbieżny, więc z podanego wyżej twierdzenia wynika, że ciąg $\displaystyle c_k = \prod_{j=1}^{k-1} \cos \frac{\pi}{s_j}$ nie jest zbieżny do zera. Zatem na mocy (7) i ciąg $(r_k)$ nie dąży do zera.

Zauważmy jednak, że ciąg $(r_k)$ jest zbieżny, ponieważ $0 < r_{k+1} < r_k$ dla $k = 1, 2, \ldots$ tzn. ciąg ten jest malejący i ograniczony z dołu.

XXVIII - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

III

Rozważmy zbiór $A = \{0, 1, 2, 3, \ldots, 2^{2n-1}\}$ . Dana jest funkcja $f: A \to A$ taka, że dla każdego ciągu $(x_0, x_1, \ldots, x_{2n-1})$ o wyrazach równych 0 lub 1 spełniona jest równość

$ \begin{split} f(x_0 + 2x_1 + 2^2x_2 + \ldots + 2^{2n-1}x_{2n-1}) = (1 - x_0) + 2x_1 + \\ + (1 - x_2)\cdot 2^2 + x_3 \cdot 2^3 + \ldots + (1 - x_{2n-2}) \cdot 2^{2n-2} + \\ + x_{2n-1}\cdot 2^{2n-1}. \end{split} $

Udowodnić, że jeżeli liczby $a_1, a_2, \ldots, a_9 \in A$ są kolejnymi wyrazami ciągu arytmetycznego, to ciąg $(f(a_1), f(a_2), \ldots, f(a_9))$ nie jest rosnący.

Rozwiązanie

Dowolną liczbę $a \in A$ zapiszmy w systemie dwójkowym dopisując ewentualnie z lewej strony odpowiednią liczbę zer tak, aby zapis miał $2n$ cyfr. Z warunków zadania wynika, że zapis liczby $f(a)$ otrzymujemy z zapisu liczby $a$ przez zamianę na miejscach parzystych (licząc od lewej strony) zer na jedynki i jedynek na zera.

Udowodnimy, że jeżeli liczby $a_1, a_2, \ldots, a_5 \in A$ są kolejnymi wyrazami ciągu arytmetycznego o różnicy dodatniej $d$ , to ciąg $(f(a_1), f(a_2), \ldots, f(a_5))$ nie jest monotoniczny. Wynika stąd teza zadania nawet dla ciągów pięciowyrazowych.

Niech w zapisie dwójkowym liczby $d$ pierwsza jedynka znajduje się na miejscu $m$ -tym licząc od lewej strony. Wtedy $d \geq 2^{2n-m}$ . Załóżmy, ze liczba $m$ jest parzysta. W pozostałym przypadku rozumowanie przebiega podobnie. Ponieważ

$ 4d \leq a_1 + 4d = a_s < 2^{2n},\quad \textrm{więc} \quad d < 2^{2n-2} $

i stąd $2n - m < 2n - 2$ , czyli $m \geq 3$ .

Rozpatrzmy wszystkie układy zer i jedynek, jakie występują na miejscach o numerach $m-2, m-1, m$ w rozwinięciach dwójkowych liczb należących do zbioru $A$ . Układów tych jest $8$ , są one podane na rys. 17.

Przy tym, jeżeli $x, x+d \in A$ oraz liczbie $x$ odpowiada pewien układ, to liczbie $x + d$ może odpowiadać jeden z dwóch układów w zależności od tego, czy dodając cyfry stojące na miejscach o numerze $m +1$ w rozwinięciach liczb $x$ i $d$ będziemy mieli $0$ , czy $1$ w pamięci.

Na przykład, jeżeh $x = \ldots \underline{101} \ldots$ , $d = 0 \ldots 0 \underline{001} \ldots$ to $x + d= \ldots \underline{110} \ldots$ lub $x + d = \ldots \underline{111} \ldots$ (podkreślamy cyfry na miejscach o numerach $m - 2, m - 1, m$ ).

Na rys. 17 układ odpowiadający liczbie $x$ łączymy strzałką (pojedynczą, podwójną lub przerywaną) z układem odpowiadającym liczbie $x + d$ . Przy tym strzałka jest przerywana wtedy i tylko wtedy gdy cyfry występujące na miejscach wcześniejszych od $(m - 2)$ w rozwinięciach liczb $x$ i $x + d$ są różne. Na przykład, jeżeli $x = 0 \ldots 0\underline{111}0 \ldots 0$ , to $x + d = 0 \ldots 01\underline{000} \ldots$ . Widzimy, że cyfry na $(m - 3)$ miejscu w rozwinięciach liczb $x$ i $x + d$ są różne. Zatem od układu $111$ do układu $000$ prowadzi strzałka przerywana.

Pozostałe układy łączymy strzałką pojedynczą lub podwójną w zależności od tego, czy $f(x) > f(x + d)$ , czy $f(x) < f(x + d)$ . Na przykład, jeżeli $x = \ldots \underline{100} \ldots$ to $x + d = \ldots \underline{101} \ldots$ lub $x + d = \ldots \underline{110} \ldots$ oraz cyfry występujące w rozwinięciach liczb $x$ i $x + d$ na miejscach o numerach mniejszych od $m - 2$ są jednakowe. Przy tym, ponieważ $m$ jest liczbą parzystą, a $f$ zmienia na miejscach parzystych jedynki na zera, a zera na jedynki, więc

$f(\ldots \underline{100} \ldots) = \ldots \underline{001} \ldots,$

$f(\ldots \underline{101} \ldots) = \ldots \underline{000} \ldots,$

$f(\ldots \underline{110} \ldots) = \ldots \underline{011} \ldots.$

Zatem

$ f(\ldots \underline{101} \ldots) < f(x) = f(\ldots \underline{100} \ldots) < f(\ldots \underline{110} \ldots). $

Wobec tego od układu $100$ do układu $101$ prowadzimy strzałki podwójną, a od układu $100$ do układu $110$ - strzałkę pojedynczą (rys. 17).

Jeżeli $(a_1, a_2, \ldots, a_5)$ jest ciągiem arytmetycznym o różnicy $d$ i wyrazach należących do zbioru $A$ , to liczbom $a_1, a_2, \ldots, a_5$ odpowiadają pewne układy cyfr na rys. 17 połączone kolejnymi czterem strzałkami. Sprawdzamy bezpośrednio, że każda droga złożona z czterech kolejnych strzałek na rys. 17 zawiera co najmniej jedną strzałkę pojedynczą i co najmniej jedną strzałkę podwójną. Ale jednej z tych strzałek odpowiada nierówność $f(x + d) < f(x)$ , a drugiej - $f(x + d) > f(x)$ . Wobec tego ciąg $(f(a_1), f(a_2), \ldots, f(a_5)$ nie jest monotoniczny.

Uwaga. Istnieją ciągi arytmetyczne o czterech wyrazach $(a_1, a_2, a_3, a4)$ takie, że ciąg $(f(a_1), f(a_2), f(a_3), f(a_4))$ jest rosnący.

Weźmy na przykład $n = 2$ , $a_1 = 4$ , $a_2 = 6$ , $a_3 = 8$ , $a_4 = 10$ . Wtedy $d = 2 = 0010$ i wobec tego $m = 3$ . Mamy więc

$ 4 = \underline{010}0,\ 6 = \underline{011}0,\ 8 = \underline{100}0,\ 10 = \underline{101}0, $

$ f(4) = \underline{000}1,\ f(6) =\underline{001}1,\ f(8) = \underline{110}1,\ f(10) = \underline{111}1. $

Zatem $f(4) < f(6) < f(8) < f(10)$ .

XXVIII - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

III

Funkcja $h: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ jest różniczkowalna i spełnia dla każdego $x$ warunek $h(ax) = b h(x)$ , gdzie $a$ i $b$ są pewnymi ustalonymi liczbami rzeczywistymi i $0 \neq |a| \neq 1$ . Ponadto $h'(0) \neq 0$ i funkcja $h'$ jest ciągła w punkcie $x = 0$ .
Udowodnić, że $a = b$ oraz istnieje taka liczba rzeczywista $c$ , że $h(x) = cx$ .

Rozwiązanie

Ze wzoru

$ (1) \qquad h(ax) = b \cdot h(x) $

wynika, że dla każdej liczby rzeczywistej $x \ne 0$ zachodzi równość

$ \frac{h(ax)-h(a \cdot 0)}{ax} = \frac{b \cdot h(x) - b \cdot h(0)}{ax}, $

czyli

$ \frac{h(ax)-h(0)}{ax} = \frac{b}{a} \frac{h(x) - h(0)}{x}. $

Przechodząc w (2) do granicy, gdy $x \to 0$ , otrzymujemy $h' (0) = \displaystyle \frac{b}{a} \cdot h'(0)$ i stąd, wobec $h'(0) \ne 0$ , że $a = b$ . Zatem równość (1) przybiera postać

$ (3) \qquad h(ax) = a \cdot h(x). $

Wobec tego $h(x) = h(a \cdot a^{-1} x) = a \cdot h(a^{-1} x)$ , czyli $h (a^{-1}x) = a^{-1} \cdot h(x)$ . Inaczej mówiąc, we wzorze (3) można $a$ zastąpić przez $a^{-1}$ .

Ponieważ $|a| < 1$ lub $|a^{-1}| < 1$ , więc bez zmniejszenia ogólności można przyjąć, że $|a| < 1$ .

Podstawiając $x = 0$ we wzorze (3) otrzymujemy $h(0) = a \cdot h(0)$ i stąd $h(0) = 0$ , ponieważ $a \ne 1$ .

Z (3) przez indukcję wynika, że

$ (4) \qquad h(a^nx) = a^n \cdot h(x) $

dla każdej liczby raturalnej $n$ . Ciąg $(a^nx)$ dąży do zera, gdy $n \to \infty$ , ponieważ $|a| < 1$ . Wobec tego na mocy (4) dla $x \ne 0$ mamy

$ h'(0) = \lim_{n \to \infty} \frac{h(a^nx)-h(0)}{a^nx} = \lim_{n \to \infty} \frac{h(a^nx)}{a^nx} = \frac{h(x)}{x}, $

czyli $h(x) = h'(0) \cdot x$ dla każdej liczby rzeczywistej $x \ne 0$ . Dla $x = 0$ wzór ten też zachodzi, ponieważ $h(0) = 0$ .

Wystarczy więc przyjąć $c = h'(0)$ .

Uwaga. W podanym wyżej rozwiązaniu nie korzystaliśmy z założenia, że funkcja $h'$ jest ciągła w punkcie $x = 0$ , ani że funkcja $h$ jest różniczkowalna w zbiorze wszystkich liczb rzeczywistych. Korzystaliśmy jedynie z tego, że istnieje pochodna funkcji $h$ w punkcie $x = 0$ oraz $h'(0) \ne 0$ .

XXVIII - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

III

Udowodnić, że dla dowolnego wielokąta wypukłego istnieje koło, na którego brzegu leżą trzy kolejne wierzchołki tego wielokąta i które zawiera ten wielokąt.

Rozwiązanie

Jeżeli odcinek $\overline{AB}$ jest zawarty w brzegu półpłaszczyzny $\pi$ , to zbiór punktów należących do półpłaszczyzny $\pi$ , z których widać odcinek $overline{AB}$ pod kątem $\alpha$ , jest łukiem pewnego okręgu $K$ .

Z punktów półpłaszczyzny $\pi$ leżących wewnątrz okręgu $K$ widać odcinek $overline{AB}$ pod kątem większym od $\alpha$ , a z punktów półpłaszczyzny $\pi$ położonych na zewnątrz okręgu $K$ widać odcinek $\overline{AB}$ pod kątem mniejszym od $\alpha$ .

Niech $A_1, A_2, \ldots, A_n$ będą kolejnymi wierzchołkami danego wielokąta. Niech $A_k$ będzie tym z punktów $A_2, A_3, \ldots, A_{n-1}$ , z którego widać odcinek $overline{A_1A_n}$ pod najmniejszym kątem, tzn.

$ \measuredangle A_1A_kA_n \leq \measuredangle A_1A_jA_n \ \textrm{dla} \ j = 2, 3, \ldots, n-1. $

Wtedy każdy z punktów $A_2, A_3, \ldots, A_{n-1}$ należy do koła $K$ opisanego na trójkącie $A_1A_kA_n$ (rys. 21).

Jeżeli $k = 2$ , to okrąg $K$ spełnia warunki zadania. Jeżeli $k > 2$ , to niech $A_m$ będzie takim z punktów $A_2, A_3, \ldots, A_{k-1}$ , z którego widać odcinek $overline{A_1A_k}$ pod najmniejszym kątem, tzn.

$ \measuredangle A_1A_mA_k \leq \measuredangle A_1A_jA_k \ \textrm{dla} \ j = 2, 3, \ldots, k-1. $

Wtedy każdy z punktów $A_2, A_3, \ldots, A_{k-1}$ należy do koła $K'$ opisanego na trójkącie $A_1A_mA_k$ . Punkty $A_{k+1}, A_{k+2}, \ldots, A_{n-1}$ też należą do koła $K'$ , ponieważ $K'$ zawiera odcinek koła $K$ zawierający punkt $A_n$ i ograniczony cięciwą $overline{A_1A_k}$ .

Jeżeli $A_1, A_m, A_k$ są kolejnymi wierzchołkami danego wielokąta, to okrąg $K'$ spełnia warunki zadania. Jeżeli $A_1, A_m, A_k$ nie są trzema kolejnymi wierzchołkami tego wielokąta, na przykład $m < k - 1$ , to wybieramy punkt $A_p$ spośród $A_{m+1}, A_{m+2}, \ldots, A_{k-1}$ taki, że

$ \measuredangle A_mA_pA_k \leq \measuredangle A_mA_jA_k \ \textrm{dla} \ j = m+1, m+2, \ldots, k-1 $

i rozważamy koło $K^n$ opisane na trójkącie $A_mA_pA_k$ . Koło to zawiera oczywiście wszystkie wierzchołki danego wielokąta.

Postępując dalej analogicznie po skończonej liczbie kroków dojdziemy do koła spełniającego warunki zadania.

XXVIII - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

III

Dany jest wielomian

$ W(x)= (x-a)^k\cdot Q(x), $

gdzie $a \neq O$ , $Q$ jest wielomianem niezerowym, $k$ jest liczbą naturalną. Dowieść, że $W$ ma co najmniej $k + 1$ współczynników różnych od zera.

Rozwiązanie

\spos{1} Zastosujemy indukcję względem $k$ dla $k \geq 0$ . Jeżeli $k = 0$ , to z (1) otrzymujemy $W(x) = Q(x)$ . Przy tym wielomian $W(x)$ ma co najmniej jeden współczynnik różny od zera, ponieważ wielomian $Q(x)$ jest niezerowy. Twierdzenie podane w zadaniu jest więc prawdziwe dla liczby $k = 0$ .

Z kolei niech $k$ będzie liczbą naturalną i załóżmy, że twierdzenie to zachodzi dla liczby $k-1$ . Niech wielomian $W(x)$ spełnia (1). Przedstawmy wielomian $Q(x)$ w postaci $x^r \cdot Q_1(x)$ , gdzie $r \geq 0$ i wielomian $Q_1(x)$ nie jest podzielony przez $x$ , tzn. ma wyraz wolny różny od zera. Wtedy z (1) wynika, że $W(x) = x^r \cdot W_1(x)$ , gdzie

$ (2) \qquad W_1(x)= (x - a)^k \cdot Q_1(x). $

Ponieważ $W(x) = x^r \cdot W_1(x)$ , więc liczby współczynników różnych od zera w wielomianach $W(x)$ i $W_1(x)$ są równe.

Różniczkując obustronnie równość (2) otrzymujemy

$ \begin{split} W'_1(x) & = k \cdot (x - a)^{k-1} \cdot Q_1(x) + (x - a)^k \cdot Q'_1(x) =\\ & = (x - a)^{k-1} [k \cdot Q_1(x) + (x - a) \cdot Q'_1(x)]. \end{split} $

Przy tym wielomian $k \cdot Q_1(x) +(x-a) \cdot Q_1'(x)$ jest niezerowy, ponieważ wielomian $W'_1(x)$ jest niezerowy na mocy (2). Z założenia indukcyjnego wynika więc, że wielomian $W_1'(x)$ ma co najmniej $k$ współczynników różnych od zera.

Przy różniczkowaniu dowolnego wielomianu jego wyraz wolny przechodzi na zero, a jednomiany różnych stopni dodatnich - na jednomiany różnych stopni. Wobec tego, jeżeli wielomian ma wyraz wolny różny od zera, to liczba jego współczynników różnych od zera jest o $1$ większa od liczby współczynników różnych od zera pochodnej tego wielomianu.

Z (2) wynika, że wielomian $W_1(x)$ ma wyraz wolny różny od zera. Wobec tego ma on o jeden współczynnik różny od zera więcej niż wielomian $W_1'(x)$ . Zatem wielomian $W_1(x)$ , a więc i $W(x)$ , ma co najmniej $k + 1$ współczynników różnych od zera. Udowodniliśmy więc twierdzenie podane w zadaniu dla liczby $k$ .

Na mocy zasady indukcji twierdzenie to zachodzi dla każdej liczby całkowitej nieujemnej $k$ .