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.