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. $