XXVII OM

XXVII Olimpiada Matematyczna

Opracowanie rozwiązań: Jerzy Browkin

XXVII OM - I etap

I etap XXVII Olimpiady Matematycznej

XXVII OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Rozłożyć na czynniki możliwie najniższego stopnia :
a) $(a + b + c)^3 - a^3 - b^3 - c^3$ ,
b) $2a^2b^2 + 2b^2c^2 + 2a^2c^2 - a^4 - b^4 - c^4$ .

Rozwiązanie

a) Na mocy tożsamości

$ x^3 - y^3 = (x - y) (x^2 + xy + y^2) $

otrzymujemy, że wyrażenie dane w zadaniu jest równe

$ \begin{split} & (a+b+c)^3 -a^3 -(b^2 - (-c)^3)= \\ &\quad = (b + c)((a + b + c)^2 + (a + b + c)a + a^2) - (b + c)(b^2 - bc + c^2)=\\ &\quad =(b + c)(a2^ + b^2 + c^2 + 2ab + 2bc + 2ac + a^2 + ab + ac + a^2 - b^2 + bc - c^2) =\\ &\quad= (b + c)(3c^2 + 3ab + 3ac + 3bc) = 3(b+c)(a+b)(a+c). \end{split} $

b) Przekształcamy wyrażenie dane w zadaniu

$ \begin{split} & 4a^2b^2 - (a^4 + 2a^2b^2 + b^4) + (2b^2c^2 + 2a^2c^2) - c^4 =\\ &\quad= 4a^2b^2 - (a^2 + b^2)^2 + 2c^2(a^2 + b^2) - c^4 = \\ &\quad = (2ab)^2 - (a^2 + b^2 - c^2)^2 = (2ab - a^2 - b^2 + c^2)(2ab + a^2 + b^2 - c^2) =\\ &\quad = (c^2 - (a - b)^2)((a + b)^2 - c^2) = (c -a + b) \cdot (c + a - b)(a + b-c)(a+ b +c). \end{split} $

XXVII OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Dowieść, że

$ \sum_{i=0}^{24} \binom{100}{4i+1} = 2^{98}. $

Rozwiązanie

Udowodnimy, że dla każdej liczby naturalnej $n$ zachodzi wzór

$ (1) \qquad \sum_{i=0}^{n-1} \binom{4n}{4i+1} = 2^{4n-2} $

Przy $n = 25$ wynika zeń wzór podany w zadaniu. Na mocy wzoru dwumianowego mamy

$ 2^{4n-1} = (1+i)^{4n-1} = \sum_{j=0}^{4n-1} \binom{4n-1}{j}. $

Grupując kolejno składniki otrzymanej sumy parami i wykorzystując wzór

$ \binom{m+1}{k} = \binom{m}{k} + \binom{m}{k-1}, \ \textrm{gdzie} \ 1 \leq k \leq m, $

stwierdzamy, że

$ 2^{4n-1} = \sum_{i=0}^{2n-1} \left[ \binom{4n-1}{2i} + \binom{4n-1}{2i+1} \right] = \sum_{i=0}^{2n-1} \binom{4n}{2i+1}. $

Tę ostatnią sumę zapisujemy w postaci sumy dwóch sum. Składniki pierwszej odpowiadają parzystym wartościom $i$ , $i = 2k$ , gdzie $0 \leq k \leq n - 1$ ; składniki drugiej - nieparzystym wartościom $i$ , $i = 2k + 1$ , gdzie $0 \leq k \leq n - 1$ . Mamy więc

$ (2) \qquad 2^{4n-1} = \sum_{k=0}^{n-1} \binom{4n}{4n+1} + \sum_{k=0}^{n-1} \binom{4n}{4n+3}. $

Ponieważ $\displaystyle \binom{m}{r} = \binom{m}{m-r}$ dla $0 \leq r \leq m$ , więc $\displaystyle \binom{4n}{4n+3} = \binom{4n}{4(n-k-1)+1}$ . Przy tym dla $0 \leq k \leq n-1$ mamy $0 \leq n-1-k \leq n-1$ . Wobec tego ostatnia suma po prawej stronie wzoru (2) jest równa

$ \sum_{k=0}^{n-1} \binom{4n}{4(n-1-k)+1} = \sum_{s=0}^{n-1} \binom{4n}{4s+1}. $

Zatem z (2) otrzymujemy

$ 2^{4n-1} = 2\sum_{k=0}^{n-1} \binom{4n}{4k+1} $

i stąd - wzór (1).

XXVII OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Wewnątrz trójkąta równobocznego o boku długości $a$ obrano punkt, którego odległości od wierzchołków, trójkąta są równe $x, y, z$ . Donieść, że

$ a^4 - a^3(x^2+y^2+z^2) + x^4 + y^4 + z^4 - x^2y^2 - x^2z^2 - y^2z^2 = 0. $

Rozwiązanie

Obierzmy tak układ współrzędnych, by dwa wierzchołki danego trójkąta równobocznego $ABC$ o boku długości $a$ należały do osi odciętych, a trzeci - do osi rzędnych (rys. 7). Wtedy wierzchołki te będą miały następujące współrzędne: $\displaystyle A = \left( -\frac{a}{2}, 0\right)$ , $\displaystyle B = \left( \frac{a}{2}, 0\right)$ , $\displaystyle C = \left(0, \frac{\sqrt{3}}{2}a \right)$ . Jeżeli $P = (u, v)$ jest dowolnym punktem płaszczyzny i $PA = x$ , $PB = y$ , $PC = z$ , to ze wzoru na odległość dwóch punktów płaszczyzny mamy

$ x^2 = PA^2 = \left( u + \frac{a}{2} \right)^2 + v^2, $

$ y^2 = PB^2 = \left( u - \frac{a}{2} \right)^2 + v^2. $

$ z^2 = PC^2 = u^2 + \left( v^2 - \frac{\sqrt{3}}{2}a \right)^2. $

Wobec tego

$ x^2 +y^2 + z^2 = 3u^2 + 3v^2 - av\sqrt{3} + \frac{5}{4} a^2 = 3u^2 + \left( vv\sqrt{3} - \frac{1}{2} a \right)^2 + a^2 $

oraz

$ \begin{split} & x^4 + y^4 + z^4 - x^2y^2 - x^2z^2 - y^2z^2 = \frac{1}{2} [(x^2 - y^2)^2 + (x^2 - z^2)^2 + (z^2 - y^2)^2] = \\ &\quad= \frac{1}{2} \left[ (2 au)^2 + \left( au + av \sqrt{3} - \frac{1}{2} a^2 \right)^2 + \left( au - \left( av\sqrt{3} - \frac{1}{2}a^2 \right) \right)^2 \right]=\\ &\quad= 2a^2u^2 + \left( av \sqrt{3} - \frac{1}{2}a^2 \right)^2 + (au)^2 = a^2 \left( 3u^2 + \left( v\sqrt{3} - \frac{1}{2}a \right)^2 \right). \end{split} $

Zatem

$ \begin{split} &a^4 - a^2(x^2 + y^2 + z^2) + x^4 + y^4 + z^4 - x^2y^2 - x^2z^2 - y^2z^2 =\\ &\quad = a^4 - a^2\left( 3u^2+ \left( v\sqrt{3} - \frac{1}{2} a\right)^2+a^2 \right) + a^2 \left( 3u^2+ \left( v \sqrt{3} - \frac{1}{2}a \right)^2 \right)= 0. \end{split} $

Uwaga: W powyższym rozwiązaniu nie korzystaliśmy z założenia, że punkt $P$ leży wewnątrz trójkąta $ABC$ .

XXVII OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Samolot leci bez zatrzymywania się po najkrótszej drodze z Oslo do miasta $X$ leżącego na równiku w Ameryce Południowej. Z Oslo startuje dokładnie w kierunku zachodnim. Wiedząc, że współrzędne geograficzne Oslo są : $59^{\circ}55'$ szerokości północnej i $10^{\circ}43'$ długości wschodniej, obliczyć współrzędne geograficzne miasta $X$ . Jakie to miasto? Obliczyć długość drogi samolotu z dokładnością do 100 km. Zakładamy, że Ziemia jest idealną kulą o długości równika 40 000 km oraz, że samolot leci na wysokości nie większej niż 10 km.

Rozwiązanie

Najkrótsza droga na powierzchni kuli łącząca dwa punkty tej kuli jest łukiem koła wielkiego, tzn. łukiem okręgu, którego środkiem jest środek kuli. Zatem samolot leci po łuku koła wielkiego przechodzącego przez Oslo. Przy tym Oslo jest najbardziej na północ wysuniętym punktem tego koła wielkiego, ponieważ samolot startuje w kierunku zachodnim. Wynika stąd, że łuk o końcach w Oslo i mieście $X$ jest czwartą częścią koła wielkiego. Długość tego łuku jest więc równa $10 000$ km, a długości geograficzne miasta $X$ i Osio różnią się o $90^\circ$ . Zatem miasto $X$ leży na równiku w punkcie mającym $79^\circ 17'$ długości zachodniej. Przekonujemy się za pomocą mapy, że jedynym większym miastem posiadającym lotnisko, w pobliżu tego punktu jest stolica Ekwadoru Quito.

Jeżeli uwzględnimy, że droga samolotu znajduje się nie na powierzchni ziemi, lecz np. $10$ km nad ziemią, to otrzymamy, że długość tej drogi jest równa $\frac{1}{4} [2\pi (R + 10)] = \frac{1}{4} 2\pi R + 5\pi \approx 10 000 + 15$ km, gdzie $R$ jest długością promienia Ziemi.

Uwaga: Szerokość geograficzna Oslo nie ma wpływu na rozwiązanie. Gdyby więc samolot startował z dowolnego punktu Ziemi, o długości geograficznej wschodniej $10^\circ 43'$ i spełnione były pozostałe warunki zadania, to wylądowałby w Quito po przebyciu drogi długości około $10 000$ km.

XXVII OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

Rozpatrujemy następującą grę dwóch osób Gracz pierwszy losuje żeton z napisaną na nim liczbą naturalną (nazwijmy ją $n$ ) i odejmuje od niej wybrany przez siebie dzielnik właściwy $d$ tej liczby (tzn. dzielnik spełniający nierówność $1\leq d<n$ ). Drugi gracz postępuje podobnie z różnicą $n - d$ , tzn. odejmuje od tej różnicy jej dzielnik właściwy, a następnie otrzymany wynik przekazuje graczowi, pierwszemu. Postępowanie to jest kontynuowane. Gracz, który otrzymał od partnera liczbę 1, przegrywa. Który z grających może zapewnić sobie wygraną, jeżeli gracz pierwszy wylosował
a) żeton z liczbą 1975,
b) żeton z liczbą 1976?

Rozwiązanie

Każdy dzielnik liczby nieparzystej jest liczbą nieparzystą, a różnica liczb nieparzystych jest liczbą parzystą. Wobec tego gracz, który otrzymał liczbę nieparzystą, przekazuje partnerowi liczbę parzystą. Jeżeli więc gracz przekaże partnerowi liczbę nieparzystą, to otrzyma od niego liczbę parzystą, a więc różną od $1$ . Liczba $1$ jest dzielnikiem właściwym każdej liczby naturalnej parzystej $2k$ , a różnica $2k - 1$ jest liczbą nieparzystą. Zatem gracz, który otrzymał liczbę parzystą, może zawsze przekazać partnerowi liczbę nieparzystą.

Wobec powyższego gracz, który wylosował liczbę parzystą, może zapewnić, sobie wygraną. Wystarczy mianowicie, by za każdym razem przekazywał partnerowi liczbę o $1$ mniejszą od otrzymanej. Będzie więc za każdym razem otrzymywał od partnera liczbę parzystą. Gracz, który wylosował liczbę nieparzystą, nie może zapewnić sobie wygranej, ponieważ za pierwszym razem musi przekazać partnerowi liczbę parzystą, a ten może zapewnić sobie wygraną.

W szczególności, jeżeli gracz pierwszy wylosował żeton z liczbą $1975$ , to gracz drugi może zapewnić sobie wygraną. Jeżeli zaś gracz pierwszy wylosował żeton z liczbą $1976$ , to gracz pierwszy może zapewnić sobie wygraną.

XXVII OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Znaleźć najmniejszą wartość funkcji określonej w zbiorze liczb rzeczywistych następującym wzorem

$ f(t) = \sum_{i=1}^n \frac{\sqrt{|x_i-t|}}{2^i} $

gdzie $x_1, x_2, \ldots, x_n$ są danymi liczbami rzeczywistymi.

Rozwiązanie

Jak wiadomo, zachodzą następujące nierówności:

$ |x + y| \leq |x| + |y| \ \textrm{oraz}\ \sqrt{a+b} \leq \sqrt{a} + \sqrt{b},\ \textrm{gdzie}\ a,\ b \geq 0. $

Wobec tego dla dowolnej liczby rzeczywistej $t$ mamy

$ \begin{split} & \sqrt{|x_i - x_1|} = \sqrt{|(x_i-t) + (t-x_1)|} \leq \sqrt{|x_i-t| + |t-x_1|} \leq \\ & \leq \sqrt{|x_i - t|} + \sqrt{|t- x_1|}. \end{split} $

Zatem

$ f(x_1) = \sum_{i=1}^n \frac{|x_i-x_1|}{2^i} = \sum_{i=2}^n \frac{\sqrt{|x_i-x_1|}}{2^i} \leq \sum_{i=2}^n \frac{\sqrt{|x_i-t|}}{2^i} + \sum_{i=2}^n \frac{\sqrt{|t-x_1|}}{2^i}, $

gdzie $t$ jest dowolną liczbą rzeczywistą.

Na mocy wzoru na sumę wyrazów ciągu geometrycznego mamy

$ \sum_{i=2}^n \frac{1}{2^i} = \frac{1}{4} \cdot \frac{\displaystyle 1-\left( \frac{1}{2}\right)^{n-1}}{\displaystyle 1 - \frac{1}{2}} < \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{1 -\displaystyle \frac{1}{2}} = \frac{1}{2}. $

Wynika stąd, że

$ \sum_{i=2}^n \frac{\sqrt{|t-x_1|}}{2^i} = \sqrt{|t-x_1|} \sum_{n=2}^n \frac{1}{2^i} < \frac{1}{2}\sqrt{|t-x_1|} $

dla $t \ne x_1$ . Wobec tego

$ f(x_1) < \sum_{i=2}^n \frac{\sqrt{|x_i-t|}}{2^i} + \frac{1}{2} \sqrt{|t-x_1|} = \sum_{n=1}^n \frac{\sqrt{|x_i-t|}}{2^i} = f(t) $

dla $t \ne x_1$ .

Dowiedliśmy więc, że najmniejszą wartość w zbiorze liczb rzeczywistych funkcja $f$ przybiera w punkcie $x_1$ .

XXVII OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Dowieść, że dowolną parę okręgów nie przecinających się można przekształcić przez inwersję na parę okręgów współśrodkowych.

Uwaga: Inwersją względem okręgu o środku $O$ i promieniu $r$ nazywamy przekształcenie, które każdemu punktowi $X$ płaszczyzny zawierającej ten okrąg różnemu od punktu $O$ przyporządkowuje punkt $Y$ leżący na półprostej $OX^\to$ taki, że $OX \cdot OY= r^2$ . O własnościach inwersji można przeczytać w książce S. Straszewicz; Zadania z olimpiad matematycznych. Warszawa 1956, str. 181-186 t. I.

Rozwiązanie

Niech prosta $m$ zawiera środki danych okręgów i niech odcinki $\overline{AB}$ i $\overline{CD}$ , gdzie $A, B, C, D \in m$ , będą średnicami danych okręgów. Z warunków zadania wynika, że punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ są różne i albo odcinki $\overline{AB}$ i $\overline{CD}$ są rozłączne, albo jeden z nich jest zawarty w drugim.

Wprowadzamy tak współrzędne na prostej $m$ , by $C = (-1)$ , $D = (1)$ i niech $A = (a)$ i $B = (b)$ . Z warunków zadania wynika więc, że $|a|,\ |b| < 1$ lub $|a|,\ |b| > 1$ . W każdym z tych przypadków mamy

$ (1) \qquad (a^2-1)(b^2-1)>0. $

Inwersja $\varphi$ względem okręgu o środku $O$ jest wzajemnie jednoznacznym przekształceniem zbioru punktów płaszczyzny bez punktu $O$ , które odwzorowuje okręgi nie zawierające punktu $O$ na okręgi nie zawierające punktu $O$ . Przy tym, jeżeli $\overline{PQ}$ jest średnicą takiego okręgu $L$ i $O \in PQ$ , to odcinek $\overline{\varphi(P)\varphi(Q)}$ jest średnicą okręgu $\varphi(L)$ .

Dla rozwiązania zadania wystarczy więc znaleźć taką inwersję $\varphi$ względem pewnego okręgu $K$ , którego środek $O$ należy do $m$ , że punkt $O$ jest różny od $A$ , $B$ , $C$ i $D$ i środki odcinków $\overline{\varphi(A)\varphi(B)}$ i $\overline{\varphi(C)\varphi(D)}$ są równe, tzn.

$ (2) \qquad \frac{1}{2}{\varphi(A) + \varphi(B)} = \frac{1}{2} (\varphi(C) + \varphi(B)). $

Niech długość promienia okręgu $K$ będzie równa $r$ i niech $O = (x)$ . Jeżeli obrazem przy inwersji $\varphi$ punktu $(y) \in m$ różnego od $O$ jest punkt $\varphi(y) = (y')$ , to z określenia inwersji $\varphi$ wynika, że $(y'-x)(y-x)=r^2$ , czyli $y'= x + \frac{r^2}{y-x}$ . W szczególności punkty $\varphi(A)$ , $\varphi(B)$ , $\varphi(C)$ , $\varphi(D)$ mają współrzędne równe odpowiednio $\displaystyle x + \frac{r^2}{a-x}$ , $\displaystyle x + \frac{r^2}{b-x}$ , $\displaystyle x + \frac{r^2}{-1-x}$ , $\displaystyle x + \frac{r^2}{1-x}$ .

Warunek (2) przybiera więc postać

$ (3) \qquad \frac{1}{a-x}+ \frac{1}{b-x}= \frac{1}{-1-x} + \frac{1}{1-x}. $

Wystarczy wykazać, że dla dowolnych liczb rzeczywistych $a$ i $b$ spełniających (1) istnieje rozwiązanie równania (3). Przekształcając (3) otrzymujemy

$ (4) \qquad (a + b)x^2 - 2(ab + 1)x + (a + b) = 0. $

Jeżeli $a + b = 0$ , tzn. jeżeli dane w zadaniu okręgi są współśrodkowe, to rozwiązaniem równania (4) jest $x = 0$ . Zatem inwersja względem dowolnego okręgu o środku w punkcie $(0)$ spełnia warunki zadania.

Jeżeli $a + b = 0$ , tzn. jeżeli dane okręgi nie są współśrodkowe, to trójmian $f(x) = (a + b)x^2 - 2(ab + 1)x + (a + b)$ ma pierwiastki rzeczywiste, ponieważ jego wyróżnik równy $4(ab + 1)^2 - 4 (a + b)^2 = 4 (a^2 - 1)(b^2 - 1)$ jest dodatni na mocy (1). Pierwiastki te są różne od $a$ , $b$ , $-1$ , $1$ (a więc są pierwiastkami równania (3)), ponieważ liczby

$ (5) \qquad \begin{array}{cc} f(a) = (a^2 - 1)(a - b), & f(b) = (b^2 - 1)(b - a),\\ f(-1) = 2(a + 1)(b + 1), & f(1) = -2(a - 1)(b - 1) \end{array} $

są różne od zera.

Uwaga 1. Z powyższego rozumowania wynika, że jeżeli dane okręgi nie są współśrodkowe i jeden z nich jest zawarty w drugim, to istnieje taki okrąg $K$ , że inwersja względem $K$ przeprowadza dane okręgi na okręgi współśrodkowe i środek okręgu $K$ leży na zewnątrz danych okręgów.

Istotnie, bez zmniejszenia ogólności można przyjąć, że $- 1 < a 0$ i $f(1) < 0$ . Wobec tego w przedziale $\langle - 1;\ 1 \rangle$ istnieje tylko jeden pierwiastek trójmianu $f$ . Drugi jego pierwiastek leży więc poza tym przedziałem. Wystarczy więc jako $K$ wziąć okrąg o środku $O$ wyznaczonym przez ten drugi pierwiastek.

Uwaga 2. Długość $r$ promienia poszukiwanego okręgu $K$ nie występowała w równaniu (3). Wobec tego liczbę $r$ można wybrać dowolnie, tzn. inwersja względem każdego okręgu o środku w wyznaczonym punkcie $O$ spełnia warunki zadania.

XXVII OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Udowodnić, że na powierzchni czworościanu foremnego o krawędzi długości 1 istnieją takie punkty $P$ i $Q$ , że dowolny punkt powierzchni tego czworościanu można połączyć z jednym z punktów $P$ , $Q$ łamaną długości $\leq \frac{\sqrt{3}}{3}$ leżącą na powierzchni czworościanu.

Rozwiązanie

Udowodnimy, że jako punkty $P$ i $O$ można wziąć środki krawędzi $\overline{AB}$ i $\overline{CD}$ danego czworościanu foremnego $ABCD$ . Rozpatrzmy rozwinięcie płaskie dwóch ścian $ABC$ i $BCD$ tego czworościanu. Otrzymana figura płaska $ABCD$ jest rombem o boku długości $1$ i kącie ostrym $\measuredangle A = 60^\circ$ (rys. 8). Niech punkt $P'$ dziekodcinek $\overline{PC}$ w stosunku $2 \colon 1$ i podobnie - punkt $Q'$ dzieli odcinek $\overline{QB}$ w stosunku $2 \colon 1$ . Mamy więc $P'C =\frac{1}{3} PC = \frac{1}{3} AC \sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{6}$ . Ponieważ $\measuredangle PCD = \measuredangle PCB + \measuredangle BCD = 30^\circ + 60^\circ = 90^\circ$ , więc trójkąt $PCQ$ jest prostokątny.

Na mocy twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy

$ P'Q^2 = P'C^2 + CQ^2 = \left( \frac{\sqrt{3}}{6} \right)^2 + \left( \frac{1}{2} \right)^2 = \frac{1}{12} + \frac{1}{4} = \frac{1}{3}, $

czyli $P'Q = \frac{\sqrt{3}}{3}$ . Analogicznie obliczamy, że $Q'B = \frac{\sqrt{3}}{3}$ i $Q'P = \frac{\sqrt{3}}{3}$ . Wobec tego $PP' = 2P'C = \frac{\sqrt{3}}{3}$ podobnie $QQ' = \frac{\sqrt{3}}{3}$ . Mamy też $PB = QC = \frac{1}{2} < \frac{\sqrt{3}}{3}$ .

Wynika stąd, że czworokąt $PBQ'P'$ jest zawarty w kole o środku w punkcie $P$ i promieniu długości $\frac{\sqrt{3}}{3}$ i podobnie - czworokąt $QCP'Q'$ jest zawarty w kole o środku w punkcie $Q$ i promieniu długości $\frac{\sqrt{3}}{3}$ . W szczególności więc każdy punkt trójkąta $BCP$ jest odległy od jednego z punktów $P$ i $O$ nie więcej niż o $\frac{\sqrt{3}}{3}$ .

Podobnie przebiega dowód analogicznej własności dla każdego z $8$ trójkątów, na które dzielą ściany danego czworościanu wysokości o spodkach w punktach $P$ lub $Q$ .

XXVII OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

W koło o promieniu 1 wpisano trójkąt o długościach boków $a, b, c$ . Dowieść, że trójkąt ten jest ostrokątny wtedy i tylko wtedy, gdy $a^2 + b^2 + c^2 > 8$ , prostokątny wtedy i tylko wtedy, gdy $a^2 + b^2 + c^2 = 8$ , rozwartokątny wtedy i tylko wtedy, gdy $a^2 + b^2 + c^2 < 8$ .

Rozwiązanie

Z twierdzenia sinusów mamy $\displaystyle 2 = \frac{a}{\sin \alpha} = \frac{b}{\sin \beta} = \frac{c}{\sin \gamma}$ , gdzie $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ są kątami rozważanego trójkąta leżącymi naprzeciwko boków o długości $a$ , $b$ , $c$ odpowiednio. Stąd

$ (1) \qquad a = 2 \sin \alpha,\ b = 2 \sin \beta,\ c = 2 \sin \gamma. $

Z twierdzenia cosinusów mamy $a^2 + b^2 = c^2 + 2ab \cos \gamma$ . Zatem na mocy (1) otrzymujemy

$ a^2 + b^2 + c^2 = 2c^2 + 2ab \cos \gamma = 8 (\sin^2 \gamma + \sin \alpha \sin \beta \cos \gamma) = 8(1 - \cos \gamma(\cos \gamma - \sin \alpha \sin \beta)). $

Ponieważ $\gamma = \pi - (\alpha + \beta)$ , więc $\cos \gamma = -\cos (\alpha + \beta) = = \sin \alpha \sin \beta - \cos \alpha \cos \beta$ . Wynika stąd, że

$ (2) a^2 + b^2 + c^2 = 8 + 8\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma. $

Jeżeli kąty $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ są ostre, to liczby $\cos \alpha$ , $\cos \beta$ , $\cos \gamma$ są dodatnie; jeżeli jeden z kątów $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ jest prosty, to jedna z tych liczb jest równa zeru; jeżeli zaś jeden z kątów $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ jest rozwarty, to jedna z tych liczb jest ujemna. Zatem liczba $\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma$ jest dodatnia (równa zeru, ujemna) wtedy i tylko wtedy, gdy dany trójkąt jest ostrokątny (odpowiednio: prostokątny lub rozwartokątny). Wobec tego z (2) wynika teza zadania.

XXVII OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Punkty $A', B', C', D'$ płaszczyzny $Q$ są odpowiednio rzutami równoległymi punktów $A, B, C, D$ płaszczyzny $P$ , przy czym punkty $A, B, C, D, A', B', C', D'$ są różne i żadne trzy spośród nich nie leżą na prostej. Dowieść, że czworościany $ABCD'$ i $A'B'C'D$ mają równe objętości.

Rozwiązanie

Niech $E$ będzie punktem przecięcia prostych $AC$ i $BD$ , a $E'$ - punktem przecięcia prostych $A'C'$ i $B'D'$ (rys. 9). Ponieważ punkty $A'$ , $B'$ , $C'$ , $D'$ są odpowiednio rzutami równoległymi punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , więc rzutami prostych $AC$ i $BD$ są odpowiednio proste $A'C'$ i $B'D'$ i wobec tego rzutem punktu $E$ jest punkt $E'$ .

Wynika stąd, że

$ (1) \qquad AA' \parallel BB' \parallel CC' \parallel DD' \parallel EE'. $

Proste $AA'$ i $CC'$ są więc równoległe do płaszczyzny $BB'D'D$ . Niech $h_1$ i $h_2$ będą odpowiednio odległościami tych prostych od tej płaszczyzny.

Czworościan $ABCD'$ jest sumą czworościanów $ABD'E$ i $CBD'E$ . Traktując trójkąt $BD'E$ jako podstawę każdego z tych czworościanów obliczamy ich objętości:

$ V_{ABD'E} = \frac{1}{3}\ h_1 \cdot S_{BD'E'}, \quad V_{CBD'E} = \frac{1}{3}\ h_2 \cdot S_{BD'E}. $

Wobec tego objętość czworościanu $ABCD'$ jest równa

$ (2) \qquad V_{ABCD'} = \frac{1}{3} (h_1 + h_2)S_{BD'E}. $

Analogicznie traktując czworościan $A'B'C'D$ jako sumę czworościanów $A'B'DE'$ i $C'B'DE'$ obliczamy, że jego objętość wyraża się wzorem

$ (3) \qquad V_{A'B'C'D} = \frac{1}{3}(h_1 + h_2) S_{B'DE'}. $

Ze wzorów (2) i (3) wynika, że dla rozwiązania zadania wystarczy jeszcze udowodnić równość pól trójkątów $BD'E$ i $B'DE'$ :

$ (4) \qquad S_{BD'E} = S_{B'DE'}. $

Na mocy (1) figura $BB'D'D$ jest trapezem o podstawach $BB'$ i $DD'$ , a prosta $EE'$ jest równoległa do jego podstaw (rys. 10). Jeżeli $h_3$ i $h_4$ są odpowiednio odległościami prostej $EE'$ od prostych $BB'$ i $DD'$ , to

$ S_{DD'B} = \frac{1}{2} DD' \cdot (h_3 + h_4),\quad S_{DD'E} = \frac{1}{2} DD' \cdot h_4. $

Wobec tego $S_{BD'E} = S_{DD'B} - S_{DD'E} = \frac{1}{2} DD' \cdot h_3$ .

Analogicznie dowodzimy, że $S_{B'DE'} = \frac{1}{2} DD' \cdot h_3$ . Wynika stąd równość (4).

Uwaga: Powyższe rozumowanie i rysunki dotyczyły przypadku, gdy czworokąt $ABCD$ jest wypukły. Gdy jest on wklęsły, rozumowanie przebiega podobnie.

XXVII OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Stacje nadawczo-odbiorcze są kolejno ze sobą połączone: $S_0$ z $S_1$ , $S_1$ z $S_2$ , ..., $S_n$ z $S_{n+1}$ , ... Stacja $S_0$ nadaje sygnał 1 lub -1, stacja $S_1$ odbiera z prawdopodobieństwem $1 - \varepsilon$ ten sam sygnał, a z prawdopodobieństwem $\varepsilon$ sygnał przeciwny. Stacja $S_1$ nadaje odebrany sygnał do stacji $S_2$ na tych samych zasadach, następnie stacja $S_2$ nadaje odebrany sygnał do stacji $S_3$ , itd. Niech $p^n(i|j)$ oznacza prawdopodobieństwo, że stacja $S_n$ odbiera sygnał $i$ pod warunkiem, że stacja $S_0$ nadała sygnał $j$ . Oblicz $\lim_{n\to \infty} p^n(i|j)$ .

Rozwiązanie

Mamy oczywiście $p^n(1 \mid 1) =p^n(-1 \mid -1)$ , $p^n(1 \mid 1) + p^n(1 \mid -1) = 1$ i $p^n(-1 \mid 1) + p^n(- 1\mid -1 ) = 1$ . Wobec tego $p^n(1 \mid -1) = p^n(-1 \mid 1)$ .

Z powyższych równości wynika, że granice ciągów $(p^n(1 \mid 1))$ i $(p^n (-1 \mid - 1))$ są równe i podobnie granice ciągów $(p^n (1 \mid - 1))$ i $(p^n(-1 \mid 1))$ są równe, a granice ciągów $(p^n(1 \mid -1))$ i $(p^n(1 \mid 1))$ w sumie dają $1$ . Jeżeli zaś ciąg $(p^n(1 \mid 1))$ nie ma granicy, to i żaden z ciągów $(p^n(- 1 \mid -1))$ , $(p^n(1 \mid -1))$ i $(p^n(-1 \mid 1))$ nie ma granicy. Wystarczy więc znaleźć granicę ciągu $(p^n(1 \mid 1))$ .

Jeżeli stacja $S_0$ nadała sygnał $1$ i stacja $S_{n+1}$ odebrała sygnał $1$ , to są dwie możliwości:

(a) albo stacja $S_n$ odebrała sygnał $1$ i wtedy stacja $S_{n+1}$ odebrała ten sam sygnał; prawdopodobieństwo tego zdarzenia jest równe $p^n(1 \mid 1) \cdot (1- \varepsilon)$ ,

(b) albo stacja $S_n$ odebrała sygnał $- 1$ i wtedy stacja $S_{n+1}$ odebrała sygnał przeciwny; prawdopodobieństwo tego zdarzenia jest równe $p^n(1 \mid -1) \cdot \varepsilon= (1- p^n(1 \mid 1)) \cdot \varepsilon$ .

Wobec tego

$ p^{n+1}(1 \mid 1) =p^n(1 \mid 1) \cdot (1 - \varepsilon)+ (1-p^n(1 \mid 1)) \cdot \varepsilon = p^n(1 \mid 1) \cdot (1 - \varepsilon)+ \varepsilon. $

Oznaczając $p^k(1 \mid 1)$ krócej przez $p_k$ dla $k = 1, 2, \ldots$ możemy powyższą równość zapisać w postaci

$ (1) \qquad p_{n+1} - \frac{1}{2} = (p_n - \frac{1}{2})(1- 2\varepsilon). $

Z (1) wynika, że $\displaystyle \left( p_n - \frac{1}{2} \right)$ jest ciągiem geometrycznym o ilorazie $1 - 2\varepsilon$ . Pierwszym wyrazem tego ciągu jest $\displaystyle p_1 - \frac{1}{2} = p^1(1 \mid 1) - \frac{1}{2} =(1 - \varepsilon)-\frac{1}{2} = \frac{1}{2} - \varepsilon$ . Wobec tego ze wzoru na $n$ -ty wyraz ciągu geometrycznego otrzymujemy

$ p_n - \frac{1}{2} = \left(\frac{1}{2} - \varepsilon \right) (1 - 2\varepsilon)^{n-1} = \frac{1}{2} (1 - 2 \varepsilon)^n,\ \textrm{tzn.} $

$ (2) \qquad p_n = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}(1-2 \varepsilon)^n. $

Z warunków zadania wynika, że $0 \leq \varepsilon \leq 1$ . Z (2) otrzymujemy, że jeżeli $\varepsilon = 0$ , to $\displaystyle p^n = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$ i wobec tego $\displaystyle \lim_{n \to \infty} p_n = 1$ .

Jeżeli zaś $\varepsilon = 1$ , to $\displaystyle p_n = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} (-1)^n$ . Wyrazy ciągu $(p_n)$ są więc na przemian równe $0$ i $1$ . Ciąg ten nie ma granicy. Jeżeli zaś $0 < \varepsilon < 1$ , to $- 1 < 1 - 2\varepsilon < 1$ i wobec tego $\displaystyle \lim_{n \to \infty}(1 - 2 \varepsilon)^n = 0$ . Wynika stąd i z (2), że w tym przypadku $\displaystyle \lim_{n \to \infty} p^n = \frac{1}{2}$ .

Dowiedliśmy więc, że jeżeli $\varepsilon = 0$ , to

$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} p^n(1 \mid 1) = \displaystyle \lim_{n \to \infty} p^n (-1 \mid -1)= 1\ \textrm{i} $

$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} p^n(1 \mid -1) = \displaystyle \lim_{n \to \infty} p (-1 \mid 1) = 0; $

jeżeli $0 < \varepsilon < 1$ , to

$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} p (i \mid j) = \frac{1}{2} \ \textrm{dla}\ i,j \in \{-1, 1\}; $

a jeżeli $\varepsilon = 1$ , to żaden z ciągów $(p^n(i \mid j))$ , gdzie $i, j \in \{-1, 1\}$ , nie ma granicy.

XXVII OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Ciąg $(x_n)$ określony jest wzorami $x_0 = 25$ , $x_n = x_{n-1} + \frac{1}{x_{n-1}}$ ( $n = 1, 2, \ldots$ ) Dowieść, że $x_n > 1975$ dla $n > 1950000$ .

Rozwiązanie

Udowodnimy ogólniejsze
Twierdzenie. Jeżeli $\displaystyle x_0 > \frac{1}{2}$ i $x_{n} = x_{n-1} + \frac{1}{x_{n-1}}$ dla $n = 1, 2, \ldots$ , to dla każdej liczby naturalnej $N$ zachodzi nierówność

$ (1) \qquad \sqrt{x_0^2 + 2N} < x_N > \frac{1}{2x_0} + \sqrt{x_0^2 + 2N}. $

Dowód. Wyrazy ciągu $(x_{n})$ są oczywiście liczbami dodatnimi. Wobec tego $x_n = x_{n-1} + \frac{1}{x_{n-1}} > x_{n-1}$ dla $n=1, 2, \ldots$ tzn. ciąg
$(x_{n})$ jest rosnący.

Podnosząc obustronnie równość $x_{n} = x_{n-1}+ \frac{1}{x_{n-1}}$ do kwadratu otrzymujemy

$ (2) \qquad x_n^2 = x_{n-1}^2 + 2 + \frac{1}{x^2_{n-1}} $

i stąd $x_n^2 - x_{n-1}^2 > 2$ . Podstawiając tu kolejno $n = 1, 2, \ldots, N$ i dodając stronami otrzymane nierówności uzyskujemy $x^2_N - x^2_0 > 2N$ , czyli

$ (3) \qquad x_N > \sqrt{x_0^2 + 2N}. $

Z drugiej strony, ponieważ ciąg $(x_{n})$ jest rosnący i jego wyrazy są liczbami dodatnimi, więc

$ \frac{1}{x^2_{n-1}} = \frac{1}{x_{n-1}} \frac{1}{x_{n-1}} \leq \frac{1}{x_0} \frac{1}{x_{n-1}} = \frac{1}{x_0} (x_n - x_{n-1}). $

Wobec tego z (2) otrzymujemy

$ x_n^2 - x_{n-1}^2 \leq 2 + \frac{1}{x_0} (x_n - x_{n-1}). $

Podstawiając tu kolejno $n = 1,2, \ldots, N$ i dodając stronami otrzymane nierówności uzyskujemy

$ x_N^2 - x_0^2 \leq 2N + \frac{1}{x_0} (x_N - x_0) = 2N + \frac{x_N}{x_0} - 1. $

Wobec tego

$ \left( x_N - \frac{1}{2x_0} \right)^2 = x_N^2 - \frac{x_N}{x_0} + \frac{1}{4x_0^2} \leq x_0^2 + 2N - 1 + \frac{1}{4x_0^2} < x^2 + 2N, $

ponieważ $x_0^2 > \frac{1}{2}$ .

Stąd otrzymujemy $x_N - \frac{1}{2x_0} < \sqrt{x_0^2 + 2N}$ i wobec tego na mocy (3) mamy tezę twierdzenia.

Jeżeli $x_0 = 25$ i $N > 1950000$ , to z (1) wynika, że $x_N > \sqrt{x_0^2}+ 2N > \sqrt{25^2 + 2 \cdot 1950000} = \sqrt{1975^2} = 1975$ , co daje rozwiązanie zadania.

Zauważmy jeszcze, że dla $x_0 = 25$ i $N= 1950000$ z (1) wynika, że
$x_N < \frac{1}{2 \cdot 25} + \sqrt{25^2 + 2 \cdot 1950000} = \frac{1}{50} + 1975 = 1975,02$ .

Wzór (1) pozwala więc wyznaczyć liczbę $x_{N}$ z błędem mniejszym od $0,01$ . Mianowicie, z powyższego wynika, że

$ |x_{1950000} - 1975,01| < 0,01. $

XXVII OM - II etap

II etap XXVII Olimpiady Matematycznej

XXVII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

XXVII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

XXVII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Rozważamy czaszę kulistą nie zawierającą żadnego kola wielkiego. Odległość punktów $A$ i $B$ na takiej czaszy określamy jako długość tego łuku koła wielkiego kuli o końcach w punktach $A$ i $B$ , który jest zawarty w czaszy. Wykazać, że nie istnieje izometria odwzorowująca tę czaszę na podzbiór płaszczyzny.
Uwaga. Czasza kulista jest to każda z dwóch części, na które dzieli powierzchnię kuli płaszczyzna przecinająca tę kulę.

Rozwiązanie

Niech dana czasza kulista odpowiada kątowi środkowemu $\alpha$ . Z założenia mamy $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ . Dla dowolnego kąta $\beta$ spełniającego $0 < \beta < \alpha$ rozpatrzmy ostrosłup prawidłowy $OABCD$ , którego podstawą jest kwadrat $ABCD$ wpisany w daną czaszę kulistą, a wierzchołkiem $O$ - środek sfery zawierającej tę czaszę, i taki, że $\measuredangle AOC = \beta$ (rys. 13). Niech $\measuredangle AOD = \gamma$ i niech punkty $P$ i $Q$ będą odpowiednio środkami odcinków $\overline{AD}$ i $\overline{AC}$ .

Mamy następujące zależności

$ AQ = AP \sqrt{2}, $

$ AP = AO \sin \measuredangle AOP = AO \sin \frac{\gamma}{2}, $

$ AQ = AO \sin \measuredangle AOQ = AO \sin \frac{\beta}{2}. $

Zatem

$ (1) \qquad \sin \frac{\beta}{2} = \sqrt{2} \sin \frac{\gamma}{2}. $

Jeżeli $R$ jest długością promienia sfery zawierającej daną czaszę kulistą, to odległości punktów $A$ i $C$ oraz punktów $B$ i $D$ na czaszy są równe $R\beta$ , a odległości punktów $A$ i $B$ , $B$ i $C$ , $C$ i $D$ oraz $D$ i $A$ na czaszy są równe $R\gamma$ .

Jeżeli istnieje izometria $\varphi$ danej czaszy kulistej na podzbiór płaszczyzny, to $\varphi(A) \varphi (B)\varphi (C) \varphi (D)$ jest takim czworokątem na płaszczyźnie, że $\varphi(A)\varphi(B) = \varphi(B)\varphi(C) = \varphi(C)\varphi(D) = \varphi(D)\varphi(A) = R \gamma$ . Jest to więc romb. Jego przekątne mają równe długości: $\varphi(A)\varphi(C) = \varphi(B) \varphi(D) = R\beta$ . Rozważany czworokąt jest więc kwadratem. Wobec tego $\varphi(A)\varphi(C) = \sqrt{2}\varphi(A)\varphi(B)$ , czyli

$ (2) \qquad \beta =\sqrt{2} \gamma. $

Z (1) i (2) wynika, że $\sin \frac{\beta}{2} = \sqrt{2} \sin \frac{\beta}{2\sqrt{2}}$ dla każdego kąta $\beta$ spełniającego $0 < \beta < \alpha$ . Podstawiając tu w szczególności na miejsce $\beta$ kąt $\frac{\beta}{\sqrt{2}}$ otrzymujemy $\sin \frac{\beta}{2\sqrt{2}}= \sqrt{2} \sin \frac{\beta}{4}$ . Z ostatnich dwóch równości wynika, że $\sin \frac{\beta}{2} =2 \sin \frac{\beta}{4}$ . Z drugiej strony mamy $\sin \frac{\beta}{2} = 2 \sin \frac{\beta}{4} \cos \frac{\beta}{4}$ . Porównując uzyskane wyniki otrzymujemy, że $cos \frac{\beta}{4} = 1$ . Jest to niemożliwe, ponieważ $0 < \frac{\beta}{4} < \frac{\alpha}{4} < \frac{\pi}{8}$ .

Uzyskana sprzeczność dowodzi, że nie istnieje izomeria $\varphi$ danej czaszy kulistej na podzbiór płaszczyzny.

XXVII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Wewnątrz okręgu $S$ umieszczono okrąg $T$ oraz okręgi $K_1, K_2, \ldots, K_n$ styczne zewnętrznie do $T$ i wewnętrznie do $S$ , przy tym okrąg $K_1$ jest styczny do $K_2$ , $K_2$ styczny do $K_3$ itd. Udowodnić, że punkty styczności okręgów $K_1$ z $K_2$ , $K_2$ z $K_3$ itd. leżą na okręgu.

Rozwiązanie

Niech dane okręgi $S$ i $T$ będą współśrodkowe. Wykażemy, że punkty styczności $K_1$ z $K_2$ , $K_2$ z $K_3$ itd. są równo odległe od wspólnego środka $O$ okręgów $S$ i $T$ .

Niech dla $i = 1, 2, \ldots, A_i$ będzie punktem styczności okręgów $K_i$ i $T$ , $B_i$ - punktem styczności okręgów $K_i$ i $K_{i+1}$ , $C_i$ - punktem styczności okręgów $K_i$ i $S$ , $O_i$ - środkiem okręgu $K_i$ (rys. 14). Niech $r$ i $R$ będą długościami promieni okręgów $T$ i $S$ odpowiednio. Wtedy długość promienia okręgu $K_i$ jest równa $\frac{1}{2} A_iC_i = \frac{1}{2}(R-r)$ ,a zatem okręgi $K_1, K_2 ,\ldots$ mają promienie równej długości. Punkt $B_i$ jest więc środkiem odcinka $\overline{O_iO_{i+1}}$ , a kąt $OB_iO_i$ jest prosty. Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy więc

$ \begin{split} OB_i^2 = OO_i^2 - O_iB_i^2 = (OO_i + O_iB_i)(OO_i - O_iB_i) = \\ = (OO_i + O_iC_i)(OO_i - O_iA_i) = OC_i \cdot OA_i = Rr. \end{split} $

Wynika stąd, że $OB_1 = OB_2 = \ldots = \sqrt{Rr}$ , a zatem punkty $B_1, B_2, \ldots$ są równo odległe od punktu $O$ .

Przypuśćmy z kolei, że okręgi $S$ i $T$ nie są współśrodkowe. Wtedy na mocy uwagi do rozwiązania zadania 7 istnieje taki okrąg $K$ , że inwersja $\varphi$ względem $K$ przeprowadza okręgi $S$ i $T$ na okręgi współśrodkowe i środek $P$ okręgu $K$ leży na zewnątrz okręgu $S$ .

Inwersja $\varphi$ jest przekształceniem wzajemnie jednoznacznym zbioru punktów płaszczyzny bez punktu $P$ i przeprowadza każdy okrąg nie zawierający punktu $P$ na pewien okrąg nie zawierający punktu $P$ . Przekształceniem odwrotnym do inwersji $\varphi$ jest ta sama inwersja tzn. $\varphi(\varphi(A)) = A$ dla każdego punktu $A$ różnego od $P$ .

Okręgi $S' = \varphi (S)$ i $T' = \varphi(T)$ są więc współśrodkowe, a okręgi $K_1, K_2, \ldots$ styczne do okręgów $S$ i $T$ przechodzą przy inwersji $\varphi$ odpowiednio na okręgi $K_1', K_2', \ldots$ styczne do okręgów $S'$ i $T'$ . Przy tym okrąg $T'$ zawiera okrąg $S'$ , a punkt $P$ leży na zewnątrz okręgu $T'$ . Ponadto okrąg $K_1'$ jest styczny do okręgu $K_2'$ , okrąg $K_2'$ jest styczny do $K_3'$ itd. Ponieważ okręgi $S'$ i $T'$ są współśrodkowe, więc z rozpatrzonego na początku przypadku wynika, że punkty styczności $K_1'$ z $K_2'$ , $K_2'$ z $K_3'$ itd. należą do pewnego okręgu $U$ leżącego wewnątrz w $T'$ . Wobec tego punkt $P$ nie należy do $L'$ , a więc figura $\varphi(L')$ jest okręgiem.

Dokonując jeszcze raz inwersji $\varphi$ stwierdzamy, że punkty styczności okręgów $\varphi(K_1')= K_1$ z $\varphi(K_2') = K_2$ , $\varphi(K_2') = K_2$ z $\varphi(K_3') = K_3$ itd. należą do okręgu $\varphi(L')$ .

XXVII OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Dowieść, że jeżeli $\cos \pi x =\frac{1}{3}$ to $x$ jest liczbą niewymierną.

Rozwiązanie

Niech $\cos t = \frac{1}{3}$ . Udowodnimy przez indukcję, że dla każdej liczby naturalnej $n$ zachodzi wzór

$ (1) \qquad \cos nt = \frac{a_n}{3^n}, $

gdzie $a_n$ jest liczbą całkowitą niepodzielną przez $3$ .

Dla $n=1$ wystarczy przyjąć $a_1 = 1$ . Dla $n = 2$ mamy

$ \cos 2t = 2 \cos^2 t - 1 = \frac{2}{9} - 1 = \frac{-7}{3^2}. $

Zatem $a_2= -7$ . Załóżmy z kolei, że dla pewnej liczby naturalnej $k$ zachodzi

$ \cos kt = \frac{a_k}{3^k} \ \textrm{i} \ \cos (k+1)t =\frac{a_{k+1}}{3^{k+1}}, $

gdzie $a_k$ i $a_{k+1}$ są liczbami całkowitymi niepodzielnymi przez $3$ . Mamy $\cos (k + 2)t + \cos kt = 2\cos (k + 1)t \cdot \cos t$ . Zatem

$ \cos (k + 2)t = 2 \frac{a_{k+1}}{3^{k+1}} \cdot \frac{1}{3} - \frac{a_k}{3^k} = \frac{2a_{k+1} - 9a_k}{3^{k+2}}. $

Liczba $a_{k+2} = 2a_{k+1} - 9a_k$ oczywiście jest całkowita i niepodzielna przez $3$ . Wobec tego na mocy zasady indukcji wzór (1) zachodzi dla każdej liczby naturalnej $n$ .

Przypuśćmy teraz, że dla pewnej liczby wymiernej $x = \frac{r}{s}$ zachodzi
$\cos \pi x = \frac{1}{3}$ . Wtedy $t = \pi x$ i na mocy wzoru (1) przy $n = 2s$ mamy

$ (2) \qquad \cos 2s \pi x = \frac{a_{2s}}{3^{2s}}, $

gdzie $a_{2s}$ jest liczbą całkowitą niepodzielną przez $3$ .

Z drugiej strony mamy

$ \cos 2s \pi x= \cos 2 s \pi \frac{r}{s} = \cos 2 \pi r = 1. $

Otrzymana sprzeczność dowodzi, że dla żadnej liczby wymiernej $x$ nie zachodzi $\cos \pi x = \frac{1}{3}$ .

Uwaga. Rozumując podobnie można udowodnić, że jeżeli liczba $\cos \pi x$ jest wymierna i różna od $0$ , $\pm \frac{1}{2}$ i $\pm 1$ , to $x$ jest liczbą niewymierną.

Patrz też artykuły w czasopiśmie Matematyka nr 5(128) z 1973 r str. 313-317 oraz „r 3(132) z 1974 r, str. 168-172.

XXVII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Na płaszczyźnie umieszczono sześć punktów w ten sposób, że każde trzy spośród nich są wierzchołkami trójkąta o bokach różnej długości. Udowodnić, że najkrótszy bok pewnego z tych trójkątów jest zarazem najdłuższym bokiem innego z nich.

Rozwiązanie

Niech $P_1, P_2, \ldots, P_6$ będą danymi punktami. W każdym z trójkątów $P_iP_jP_k$ pomalujmy najkrótszy bok na czerwono. W ten sposób pewne odcinki $\overline{P_rP_s}$ zostały pomalowane na czerwono, a pewne pozostały nie pomalowane.

Wystarczy udowodnić, że istnieje trójkąt o wierzchołkach w danych punktach, którego wszystkie boki zostały pomalowane na czerwono. Najdłuższy bok tego trójkąta jest bowiem równocześnie najkrótszym bokiem pewnego innego trójkąta, ponieważ został pomalowany na czerwono. Z każdego z danych punktów wychodzi pięć odcinków łączących go z pozostałymi danymi punktami. Zatem albo co najmniej $3$ z tych odcinków są pomalowane na czerwono, albo co najmniej $3$ są nie pomalowane.

Jeżeli z punktu $P_1$ wychodzą co najmniej trzy odcinki pomalowane na czerwono (np. odcinki $\overline{P_1P_2}$ , $\overline{P_1P_3}$ , $\overline{P_1P_4}$ są pomalowane na czerwono), to również w trójkącie wyznaczonym przez drugie końce tych odcinków (tzn. w trójkącie $P_2P_3P_4$ ) co najmniej jeden z boków (mianowicie najkrótszy) jest pomalowany na czerwono. Niech np. odcinek $\overline{P_2P_3}$ będzie pomalowany na czerwono. Wtedy w trójkącie $P_1P_2P_3$ wszystkie boki są pomalowane na czerwono.

Jeżeli zaś z punktu $P_1$ wychodzą co najmniej trzy odcinki nie pomalowane (niech to będą odcinki $\overline{P_1P_2}$ , $\overline{P_1P_3}$ , $\overline{P_1P_4}$ ) to rozważmy trójkąty $P_1P_2P_3$ , $P_1P_2P_4$ , $P_1P_3P_4$ . W każdym z nich co najmniej jeden z boków jest pomalowany na czerwono, lecz nie jest to bok zawierający wierzchołek $P_1$ . Wobec tego odcinki $\overline{P_2P_3}$ , $\overline{P_2P_4}$ , $\overline{P_3P_4}$ , są pomalowane na czerwono, tzn. trójkąt $P_2P_3P_4$ ma wszystkie boki pomalowane na czerwono.

Uwaga 1. W powyższym rozwiązaniu nie korzystaliśmy z założenia, że dane punkty należą do płaszczyzny.

Uwaga 2. Tezę zadania można również otrzymać rozumując podobnie, jak w rozwiązaniu zadania 15 (3) z XXII Olimpiady Matematycznej.

XXVII OM - III etap

III etap XXVII Olimpiady Matematycznej

XXVII OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

III

Rozstrzygnąć, czy liczba

$ \sin \frac{\pi}{18} \sin \frac{3\pi}{18} \sin \frac{5\pi}{18} \sin \frac{7\pi}{18} \sin \frac{9\pi}{18} $

jest wymierna.

Rozwiązanie

Korzystając trzykrotnie ze wzoru $\sin 2a = 2 \sin a \cdot \cos a$ otrzymujemy

$ \sin \frac{8 \pi}{18} = 2 \sin \frac{4 \pi}{18} \cos \frac{4 \pi}{18} = 4 \sin \frac{2 \pi}{18} \cos \frac{2 \pi}{18} \cos \frac{4 \pi}{18}= 8 \sin \frac{\pi}{18} \cos \frac{\pi}{18} \cos \frac{2 \pi}{18} \cos \frac{4 \pi}{18}. $

Ponieważ $\cos a = \sin \left( \frac{\pi}{2} - a \right)$ , więc z udowodnionej równości wynika, że

$ \sin \frac{8 \pi}{18} = 8 \sin \frac{\pi}{18} \sin \frac{8 \pi}{18} \sin \frac{7 \pi}{18} \sin \frac{5 \pi}{18}. $

Zatem

$ (1) \qquad \sin \frac{\pi}{18} \sin \frac{5 \pi}{18} \sin \frac{7 \pi}{18} = \frac{1}{8}. $

Ponieważ $\sin \frac{3 \pi}{18} = \sin \frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}$ i
$\sin \frac{9 \pi}{18} = \sin \frac{\pi}{2} = 1$ , więc z (1) otrzymujemy, że

$ \sin \frac{\pi}{18} \sin \frac{3 \pi}{18} \sin \frac{5 \pi}{18} \sin \frac{7 \pi}{18} \sin \frac{9 \pi}{18} = \frac{1}{16}. $

Liczba dana w zadaniu jest więc wymierna.

XXVII OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

III

Dane są cztery takie ciągi liczb rzeczywistych $(a_n)$ , $(b_n)$ , $(c_n)$ , $(d_n)$ , że dla
każdego $n$

$ \begin{split} a_{n+1} = a_n + b_n,&\quad b_{n+1} = b_n + c_n,\\ c_{n+1} = c_n + d_n,&\quad d_{n+1} = d_n + a_n. \end{split} $

Udowodnić, że jeżeli dla pewnych $k, m \geq 1$ jest $a_{k+m} = a_m$ , $b_{k+m} = b_m$ , $c_{k+m} = c_m$ , to $a_2=b_2=c_2=d_2$ .

Rozwiązanie

Z warunków zadania wynika, że ciągi $(a_n)$ , $(b_n)$ , $(c_n)$ , $(d_n)$ są od pewnego miejsca okresowe, a więc i ciągi $A_n = a_n + b_n + c_n + d_n$ oraz $B_n = a_n^2 + b_n^2 + c_n^2 + d_n^2$ są od pewnego miejsca okresowe. Mamy też $A_{n+1} = a_{n+1} + b_{n+1} + c_{n+1} + d_{n+1}= (a_n + b_n) + (b_n + c_n) + (c_n + d_n) + (d_n + a_n) = 2(a_n + b_n + c_n + d_n) = 2A_n$ i stąd przez łatwą indukcję $A_{n+1} = 2^nA_1$ dla $n \geq 0$ . Ponieważ ciąg $(2^n)$ dąży do nieskończoności, a ciąg $(A_n)$ jest od pewnego miejsca okresowy, więc wynika stąd, że $A_1 = 0$ i wobec tego $A_n = 0$ dla każdej liczby naturalnej $n$ .

Stwierdzamy następnie, że $a_{n+1} + c_{n+1} = (a_n + b_n) + (c_n + d_n) = A_n = 0$ . Wobec tego

$ \begin{split} B & _{n+2} = a_{n+2}^2 + b_{n+2}^2 + c_{n+2}^2 + d_{n+2}^2 = (a_{n+1} + b_{n+1})^2 + (b_{n+1} + c_{n+1})^2 + \\ & + (c_{n+1} + d_{n+1})^2 + (d_{n+1} + a_{n+1})^2= 2(a_{n+1}^2 + b_{n+1}^2 + c_{n+1}^2 + d_{n+1}^2) + \\ & + 2(a_{n+1} + c_{n+1})(b_{n+1} + + d_{n+1}) = 2(a_{n+1}^2 + b_{n+1}^2 + c_{n+1}^2 + d_{n+1}^2) = 2B_{n+1} \end{split} $

dla $n = 1, 2, \ldots$ i stąd $B_{n+2} = 2^nB_2$ dla $n \geq 1$ .

Podobnie, jak poprzednio, z okresowości ciągu $(B_n)$ wynika, że $B_2 = 0$ , czyli $a_2^2 + b_2^2 + c_2^2 + d_2^2 = 0$ . Ponieważ liczby $a_2$ , $b_2$ , $c_2$ , $d_2$ są rzeczywiste, więc z ostatniej równości otrzymujemy, że $a_2 = b_2 = c_2 = d_2 = 0$ .

Uwaga 1: Z warunków zadania i powyższego rozwiązania wynika, że $a_n = b_n = c_n = d_n = 0$ dla $n \geq 2$ . Jednak liczby $a_1$ , $b_1$ , $c_1$ , $d_1$ mogą byc rożne od zera. Wystarczy mianowicie przyjąć $a_1 = c_1 = t$ , $b_1 = d_1 = -t$ , gdzie $t$ jest dowolną liczbą, i wtedy będą spełnione warunki zadania.

Uwaga 2: Zadanie to można uogólnić na przypadek, gdy danych jest $m$ ciągów okresowych $(a_n^{(k)})$ , $k = 1, 2, \ldots, m$ spełniających warunek:

$ a_{n+1}^{(1)} = a_{n}^{(1)} + a_{n}^{(2)}, a_{n+1}^{(2)} = a_{n}^{(2)} + a_{n}^{(3)}, \ldots, a_{n+1}^{(m-1)} = a_{n}^{(m-1)} + a_{n}^{(m)}, a_{n+1}^{(m)} = a_{n}^{(m)} + a_{n}^{(1)}. $

Jeżeli liczba $m$ nie jest podzielna przez $3$ , to rozumując podobnie, jak w powyższym rozwiązaniu, można udowodnić, że:
1) Jeżeli $m$ jest liczbą nieparzystą, to pierwsze wyrazy tych ciągów są równe zeru,
2) Jeżeli $m$ jest liczbą parzystą, to drugie wyrazy tych ciągów są równe zeru.

Jeżeli zaś liczba $m$ jest podzielna przez $3$ , to sytuacja jest zupehnie inna: Istnieją, ciągi o wyrazach różnych od zera spełniające warunki tego ogólniejszego zadania.

Na przykład niech $m = 3$ . Podamy trzy ciągi $(a_n)$ , $(b_n)$ , $(c_n)$ okresowe o okresie długości $6$ i takie, że

$ (3) \qquad a_{n+1} = a_n + b_n, \quad b_{n+1} = b_n + c_n, \quad c_{n + 1} = c_n + a_n. $

Niech $u$ i $v$ będą dowolnymi liczbami. Pierwszych sześć wyrazów każdego z ciągów $(a_n)$ , $(b_n)$ , $(c_n)$ podajemy w tabelce:

$ \begin{array}{c|ccccccccccc} \hline \\ a_n & u &, & v &,& v-u &,& -u &,& -v &,& u-v \\ b_n & v-u &,& -u &,& -v &,& u-v &,& u &,& v \\ c_n & -v &,& u-v &,& u &,& v &,& v-u &,& -u \\ \hline \end{array} $

Nietrudno sprawdzić, że spełniony jest warunek (3), a dobierając odpowiednio liczby $u$ i $v$ (np. $u = 1$ , $v = 2$ ) otrzymujemy ciągi o wszystkich wyrazach różnych od zera.

XXVII OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

III

Dowieść, że dla dowolnego czworościanu iloczyny długości jego przeciwległych krawędzi są długościami boków pewnego trójkąta.

Rozwiązanie

Niech $ABCD$ będzie danym czworościanem. Na półprostych $AB^\to$ , $AC^\to$ i $AD^\to$ odpowiednio znajdujemy takie punkty $B'$ , $C'$ i $D'$ , że (1) $AB' = AC \cdot AD$ , $AC' = AB \cdot AD$ , $AD' = AB \cdot AC$ , (rys. 15). Wykażemy, że trójkąt $B'C'D'$ spełnia warunki zadania.

Przede wszystkim z (1) wynika, że

$ \frac{AB'}{AC'} = \frac{AC}{AB}. $

Wobec tego trójkąty $ABC$ i $AC'B'$ ,ające wspólny kąt $BAC$ są podobne. Stąd

$ \frac{BC}{C'B'} = \frac{AB}{AC'}, $

czyli na mocy (1)

$ B'C' = \frac{BC}{AB} \cdot AC' = BC \cdot AD, $

tzn. bok $\overline{B'C'}$ trójkąt $B'C'D'$ ma długość równą iloczynowi długości skośnych krawędzi $\overline{BC}$ i $\overline{AD}$ czworościanu $ABCD$ .

Rozpatrując podobnie trójkąty $ACD$ i $AD'C'$ oraz $ABD$ i $AD'B'$ stwierdzamy, że $C'D' = CD \cdot AB$ oraz $B'D' = BD \cdot AC$ . Istotnie więc trójkąt $B'C'D'$ spełnia warunki zadania.

Uwaga: Powyższe rozumowanie można też przeprowadzić w przypadku, gdy czworościan $ABCD$ degeneruje się do czworokąta płaskiego $ABCD$ . Wtedy jednak punkty $B'$ , $C'$ , $D'$ mogą należeć do jednej prostej. W wyniku takiego rozumowania otrzymujemy, że w dowolnym czworokącie płaskim iloczyn długości przekątnych nie przekracza sumy iloczynów długości przeciwległych boków. Pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie przeprowadzenie szczególowego dowodu.

XXVII OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

III

Przekątne pewnego czworokąta płaskiego, którego kolejne boki mają długości $a, b, c, d$ , są prostopadłe. Udowodnić, że przekątne dowolnego czworokąta płaskiego, którego kolejne boki maj, długości $a, b, c, d$ , są prostopadłe.

Rozwiązanie

Niech $ABCD$ i $A'B'C'D'$ będą czworokątami płaskimi, których kolejne boki mają długości $a$ , $b$ , $c$ , $d$ , tzn. niech

$ \begin{split} & \overrightarrow{a} = \overrightarrow{AB},\ \overrightarrow{b} = \overrightarrow{BC},\ \overrightarrow{c} = \overrightarrow{CD},\ \overrightarrow{d} = \overrightarrow{DA}, \\ &\overrightarrow{a'} = \overrightarrow{A'B'},\ \overrightarrow{b'} = \overrightarrow{B'C'},\ \overrightarrow{c'} = \overrightarrow{C'D'},\ \overrightarrow{d'} = \overrightarrow{D'A'}, \end{split} $

oraz

$ \overrightarrow{a^2} = \overrightarrow{a'^2} = a^2,\ \overrightarrow{b^2} = \overrightarrow{b'^2} = b^2,\ \overrightarrow{c^2} = \overrightarrow{c'^2} = c^2,\ \overrightarrow{d^2} = \overrightarrow{d'^2} = d^2. $

Mamy też $\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} + \overrightarrow{c} + \overrightarrow{d} =0$ i $\overrightarrow{a'} + \overrightarrow{b'} + \overrightarrow{c'} + \overrightarrow{d'} =0$ .
Obliczamy, że

$ \begin{split} d^2 & = \overrightarrow{d^2} = (-\overrightarrow{d})^2 = (\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} + \overrightarrow{c})^2 = \overrightarrow{a}^2 + \overrightarrow{b}^2 + \overrightarrow{c}^2 + 2 \overrightarrow{a} \overrightarrow{b} + 2\overrightarrow{b}\overrightarrow{c} + 2 \overrightarrow{c}\overrightarrow{a} = \\ & = \overrightarrow{a}^2 - \overrightarrow{b}^2 + \overrightarrow{c}^2 + 2 (\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b})(\overrightarrow{b} + \overrightarrow{c})= a^2 - b^2 + c^2 + 2 (\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b})(\overrightarrow{b} + \overrightarrow{c}). \end{split} $

Stąd mamy

$ (1) \qquad (\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b}) (\overrightarrow{b} + \overrightarrow{c}) = \frac{1}{2} (b^2 + d^2 - a^2 - c^2). $

Analogicznie dowodzimy, że

$ (2) \qquad (\overrightarrow{a'} + \overrightarrow{b'}) (\overrightarrow{b'} + \overrightarrow{c'}) = \frac{1}{2} ((b^2 + d^2 - a^2 - c^2). $

Wektory $\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AC}$ i $\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c} = \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{BD}$ są przekątnymi czworokąta $ABCD$ , a wektory $\overrightarrow{a'} + \overrightarrow{b'} = \overrightarrow{A'B'} + \overrightarrow{B'C'} = \overrightarrow{A'C'}$ i $\overrightarrow{b'} + \overrightarrow{c'} = \overrightarrow{B'C'} + \overrightarrow{C'D'} = \overrightarrow{B'D'}$ - przekątnymi czworokąta $A'B'C'D'$ . Z (1) i (2) wynika więc, że iloczyn skalarny wektorów przekątnych czworokąta $ABCD$ jest równy iloczynowi skalarnemu wektorów przekątnych czworokąta $A'B'C'D'$ . Ponieważ iloczyn skalarny wektorów jest równy zeru wtedy i tylko wtedy, gdy wektory te są prostopadłe, więc wynika stąd teza zadania.

Uwaga. W powyższym rozwiązaniu nie korzystaliśmy z założenia, że punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , a także punkty $A'$ , $B'$ , $C'$ , $D'$ należą do jednej płaszczyzny.

XXVII OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

III

Statek łowi ryby na wodach terytorialnych obcego państwa, nie mając na to pozwolenia. Każde zarzucenie sieci przynosi połów tej samej wartości. Podczas kolejnego zarzucania sieci prawdopodobieństwo %przychwycenia statku przez straż graniczną wynosi $\frac{1}{k}$ gdzie $k$ jest ustaloną liczbą naturalną. Zakładamy, że zdarzenie polegające na złapaniu lub niezłapaniu statku przy kolejnym zarzuceniu sieci jest niezależne od dotychczasowego przebiegu połowu. W razie przechwycenia przez straż graniczną, całość dotychczas złowionych ryb ulega konfiskacie i dalszy polów jest niemożliwy. Kapitan planuje powrót po $n$ -tym zarzuceniu sieci. Przy uwzględnieniu ryzyka złapania statku zysk z połowa jest zmienną losową. Znaleźć liczbę $n$ , przy której wartość oczekiwana zysku jest maksymalna.

Rozwiązanie

Prawdopodobieństwo zdarzenia, że statek nie zostanie przychwycony przy pewnym zarzuceniu sieci jest równe $1 - \frac{1}{k}$ . Ponieważ zdarzenia polegające na złapaniu lub niezłapaniu statku przy kolejnym zarzuceniu sieci są niezależne, więc prawdopodobieństwo zdarzenia, że przy $m$ -krotnym zarzucaniu sieci statek nie zostanie przychwycony, jest równe $\left( 1 - \frac{1}{k} \right)^n$ . Wartość oczekiwana zysku przy $n$ -krotnym zarzucaniu sieci jest więc równa

$ (1) \qquad f(n) = w n \left( 1 - \frac{1}{k} \right)^n, $

gdzie $w$ jest wartością zysku przy jednym zarzuceniu sieci.

Zadanie polega wiec na tym, by zbadać, dla jakiej liczby naturalnej $n$ funkcja $f$ przybiera wartość maksymalną.

Z (1) wynika, że

$ \begin{split} f(n + 1)& = w(n + 1)\left( 1 - \frac{1}{k} \right)^{n+1}= w n \left( 1 - \frac{1}{k} \right)^{n} \left( 1 - \frac{1}{k} \right) \left( \frac{n+1}{n} \right)= \\ & = f(n) \left( 1 - \frac{1}{k} \right) \left( 1 + \frac{1}{n} \right) = f(n) \left( 1 + \frac{(k-1)-n}{kn} \right). \end{split} $

Ponieważ nierówność $\displaystyle 1 + \frac{(k-1)-n}{kn} \geq 1$ jest równoważna nierówności $(k - 1) - n \geq 0$ , czyli $n \leq k - 1$ , więc mamy

$ f(n+1) > f(n) \ \textrm{dla} \ n = 1, 2, \ldots, k - 2, $

$ f(n+1) = f(n) \ \textrm{dla} \ n = k-1, $

$ f(n+1) < f(n) \ \textrm{dla} \ n = k, k+1, \ldots $

Wobec tego największą wartość funkcja $f$ przybiera dwukrotnie przy $n = k - 1$ i $n = k$ .

XXVII OM - III - Zadanie 6

Etap:

III

Funkcja rosnąca $f$ określona na zbiorze liczb naturalnych spełnia następujący warunek

$ f(k\cdot l)=f(k)+f(l) $

dla dowolnej pary liczb naturalnych $(k, l)$ .
Udowodnić, że istnieje taka liczba rzeczywista $p > 1$ , że

$ f(n) = \log_p n \quad \text{ dla } $n = 1, 2, 3, \ldots$. $

Rozwiązanie

Ze wzoru $f(k \cdot l)=f(k) + f(l)$ przez indukcję łatwo wynika, że

$ (1) \qquad f(m^s) = sf(m) $

dla dowolnych liczb naturalnych $m$ i $s$ . Stąd w szczególności otrzymujemy $f(1) =f(1^2) = 2f(1)$ , czyli $f(1)=0$ . Ponieważ funkcja $f$ jest rosnąca, więc wynika stąd, że $f(2) >f(1) = 0$ .

Określamy liczbę $p$ wzorem $\log_p 2=f(2)$ , tzn. $p^{f(2)} = 2$ , czyli
$p = \sqrt[f(2)]{2}$ . Wobec tego $p > 1$ .

Dla dowolnej liczby naturalnej $n \geq 2$ istnieje taka liczba naturalna $r$ , że

$ (2) \qquad 2^r <\leq n < 2^{r+1}. $

Logarytmując (2) przy podstawie $p$ otrzymujemy

$ r \log_p 2 \leq \log_p n < (r + 1) \log_p 2, $

czyli

$ (3) \qquad rf(2) \leq \log_p n \leq rf(2) + f(2). $

Ponieważ funkcja $f$ jest rosnąca, więc z (2) wynika, że

$ f(2^r) \leq f(n) < f(2^{r+1}). $

Stąd na mocy (1) otrzymujemy

$ (4) \qquad rf(2) \leq f(n) < (r + 1)f(2) = rf(2) + f(2). $

Z (3) i (4) wynika, że liczby $\log_p n$ i $f(n)$ należą do tego samego przedziału długości $f(2)$ . Wobec tego

$ (5) \qquad -f(2) < f(n) - \log_p n < f(2), $

dla każdej liczby naturalnej $n \geq 2$ . Podstawiając w (5) w szczególności na miejsce $n$ liczbę $n^k$ , gdzie $n \geq 2$ i $k$ jest dowolną liczbą naturalną otrzymujemy na mocy (1)

$ -f(2) < k f(n) - k \log_p n < f(2), $

czyli

$ (6) \qquad - \frac{f(2)}{k} < f(n)- \log_p n < \frac{f(2)}{k} $

dla $k = 1, 2, \ldots$ . Przechodząc w (6) do granicy, gdy $k \to \infty$ , otrzymujemy, że $f(k) = \log_p n$ dla $n \geq 2$ . Dla $n = 1$ również mamy $f(1) = 0 = \log_p 1$ .

Uwaga. W powyższym rozwiązaniu nie korzystaliśmy z założenia, że $n$ jest liczbą naturalną. Rozumując podobnie można więc udowodnić, że każda funkcja rosnąca $f$ spełniająca warunek $f(k \cdot l) = f(k) + f(l)$ określona w zbiorze liczb rzeczywistych dodatnich ma postać

$ f(x) = \log_p x,\ \textrm{gdzie}\ p > 1. $