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.