XXVI OM

XXVI Olimpiada Matematyczna

Opracowanie rozwiązań: Jerzy Browkin

XXVI OM - I etap

I etap XXVI Olimpiady Matematycznej

XXVI - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Na balu były 42 osoby. Pani $A_1$ tańczyła z 7 panami, pani $A_2$ tańczyła z 8 panami, ..., pani $A_n$ tańczyła, ze wszystkimi panami. Ilu panów było na balu?

Rozwiązanie

Liczba pań na balu jest równa $n$ , liczba panów jest więc równa $42-n$ . Pani o numerze $k$ , gdzie $1 \leq k \leq n$ , tańczyła z $k+6$ panami. Zatem pani o numerze $n$ tańczyła z $n+ 6$ panami. Byli to wszyscy panowie znajdujący się na balu. Zatem $42-n = n + 6$ . Rozwiązując to równanie otrzymujemy $n = 18$ . Liczba panów na balu jest więc równa $42-18 = 24$ .

XXVI - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

W czworokącie płaskim wypukłym $ABCD$ wybrano na bokach przeciwległych $\overline{AB}$ i $\overline{GD}$ punkty $P$ i $B$ , zaś na bokach przeciwległych $\overline{AD}$ i $\overline{BC}$ punkty $Q$ i $S$ w ten sposób, że $\frac{AP}{PB} = \frac{DR}{RC} = a$ , $\frac{AQ}{QD} = \frac{BS}{SC} = b$ . Dowieść, że jeżeli $O$ jest punktem przecięcia odcinków $\overline{PR}$ i $\overline{QS}$ , to $\frac{PO}{OR} = b$ oraz $\frac{QO}{OS} = a$ .

Rozwiązanie

Umieszczamy w punktach $A$ , $B$ , $C$ , $D$ masy odpowiednio $1$ , $a$ , $ab$ , $b$ i obliczamy środek ciężkości $T$ układu $U$ złożonego z tych czterech punktów.

Z warunków zadania wynika, że środkami ciężkości układów $\{A, B\}$ i $\{C, D\}$ są odpowiednio punkty $P$ i $R$ . Środek ciężkości $T$ układu $U$ jest więc środkiem ciężkości układu punktów $P$ i $R$ opatrzonych masami $1+a$ i $b(1+a)$ odpowiednio. Zatem $T$ jest takim punktem odcinka $\overline{PR}$ , że $\displaystyle \frac{PT}{TR}= b$ .

Analogicznie stwierdzamy, że środkami ciężkości układów $\{A, D\}$
i $\{B, C\}$ są odpowiednio punkty $Q$ i $S$ . Zatem środek ciężkości $T$ układu $U$ jest środkiem ciężkości układu punktów $Q$ i $S$ opatrzonych masami $1 + b$ i $a(1+b)$ odpowiednio. Wobec tego $T$ jest takim punktem odcinka $\overline{QS}$ , że $\displaystyle \frac{QT}{TS}=a$ .

Wynika stąd, że punkt $O$ jest równy $T$ i spełnia warunki zadania.

XXVI - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Dowieść, że dla każdego naturalnego $n$

$ \sum_{j=0}^{n-1} \left| \cos \frac{j\pi}{n}\right| \geq \frac{n}{2}. $

Rozwiązanie

Składniki sumy odpowiadające $j = 1$ i $j = n-1$ są równe. Analogicznie równe są składniki odpowiadające $j = 2$ i $j = n-2$ itd. Ponadto, gdy $n$ jest liczbą parzystą, to składnik odpowiadający $\displaystyle j - \frac{n}{2}$ jest równy zeru. Zatem dana suma jest równa

$ (1) \qquad S= 1 + 2 \sum_{j=1}^w \cos \frac{j}{n} \pi, $

gdzie $\displaystyle w= \left[ \frac{n}{2} \right]$ . Wykres funkcji $\cos x$ w przedziale $\displaystyle \langle 0; \frac{\pi}{2} \rangle$ jest zwrócony wypukłością do góry. Wykres ten leży więc w tym przedziale powyżej wykresu prostej $\displaystyle y = 1 - \frac{2}{\pi}x$ łączącej punkty $(0, 1)$ i $\displaystyle \left( \frac{\pi}{2}, 0 \right)$ . Stąd

$ (2) \qquad \cos x \geq 1 - \frac{2}{\pi} x \ \textrm{dla} \ 0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}. $

Z (1) i (2) wynika, że

$ S \geq 1 + 2 \sum_{j=1}^w \left( 1 - \frac{2}{\pi} \cdot \frac{j}{n} \pi \right) = 1+2w - \frac{4}{n} \sum_{j=1}^w j = 2w + 1 - \frac{4}{n} \cdot \frac{w(w+1)}{2}. $

Jeżeli $n = 2w$ , to ostatnie wyrażenie jest równe $\displaystyle \frac{n}{2}$ . Jeżeli zaś $n = 2w+1$ , czyli $\displaystyle w =\frac{n-1}{2}$ to jest ono równe $\displaystyle \frac{n}{2} + \frac{1}{2n}$ . W każdym więc przypadku badana suma jest nie mniejsza od $\displaystyle \frac{n}{2}$ .

XXVI - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Dane są parami rozłączne kule $K_1, K_2, K_3$ o promieniach parami różnych. Niech $A_{ij}$ będzie wierzchołkiem, stożka opisanego na kulach $K_i$ i $K_j$ . Dowieść, że punkty $A_{12}$ , $A_{23}$ , $A_{31}$ są współliniowe.

Rozwiązanie

Jeżeli $A$ jest wierzchołkiem stożka opisanego na kulach $K$ i $L$ o promieniach różnej długości, to istnieje dokładnie jedna taka jednokładność $j$ , że $j(K) = L$ . Jej wierzchołkiem jest punkt $A$ , a współczynnikiem - stosunek długości promieni kul $L$ i $K$ .

Bez zmniejszenia ogólności możemy założyć, że długości promieni kul $K_1$ , $K_2$ , $K_3$ tworzą ciąg rosnący. Niech $s$ i $t$ będą takimi jednokładnościami, że $s(K_1) = K_2$ i $t(K_2) = K_3$ . Wtedy $ts(K_1) = K_3$ . Dla rozwiązania zadania wystarczy więc udowodnić, że złożenie $ts$ jednokładności $t$ i $s$ o współczynnikach większych od $1$ jest jednokładnością i środki jednokładności $t$ , $s$ i $ts$ są współliniowe.

Obierzmy tak układ współrzędnych, by środkiem jednokładności $s$ był punkt $(0, 0, 0)$ , a środkiem jednokładności $t$ - punkt $(a, 0, 0)$ .

Wtedy $s(x, y, z) = (kx, ky, kz)$ , $t(x, y, z) = (mx - am + a, my, mz)$ , gdzie $k, m > 1$ . Obliczamy, że $ts(x,y, z) = t(kx, ky, kz) = (mkx- am+a, kmy, kmz)$ .

Zatem $ts$ jest jednokładnością o środku $\displaystyle\left(\frac{a(m-1)}{mk-1}, 0, 0\right)$ . Środki jednokładności $s$ , $t$ i $ts$ są więc współliniowe.

XXVI - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Wyznaczyć wszystkie liczby całkowite $m$ , dla których wielomian $x^3-mx^2+mx-(m^2+1)$ ma pierwiastek całkowity.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że liczby całkowite $x$ i $m$ spełniają równanie $x^3 - mx^2+mx-(m^2+1) = 0$ , czyli $(x^2+m)(x-m) = 1$ . Wtedy $x^2+m = 1$ i $x- m = 1$ lub $x^2+m = -1$ i $x-m = -1$ . Dodając w każdym z tych układów równania stronami otrzymujemy $x^2+x = 2$ lub $x^2+x = - 2$ . Pierwiastkami pierwszego równania są liczby $x = 1$ i $x = -2$ . Odpowiadają im liczby $m = 0$ i $m = - 3$ . Drugie równanie nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych.

XXVI - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Niech $T_n$ będzie ciągiem liczb całkowitych zdefiniowanym następująco :

$ T_n=n-1 \quad \text{ dla }n = 1, 2, 3, 4, $

$ (1)\qquad T_{2k-1}= T_{2k-2} + 2^{k-2}, $

$ (2)\qquad T_{2k} = T_{2k-5} + 2^k, \text{ dla } k\geq 3 $

Dowieść, że

$ T_{2k-1}=\left[ \frac{12}{7} \cdot 2^{k-1}\right] \text{ dla } A = 1,2,\ldots $

i znaleźć wzór dla $T_{2k}$ .

Rozwiązanie

Wypisując pięć początkowych wyrazów ciągu $T_n$ sprawdzamy bezpośrednio, że wzór (3) zachodzi dla $k = 1, 2, 3$ . Załóżmy z kolei, że zachodzi on dla każdej liczby naturalnej $k$ nie większej od $n$ , gdzie $n$ jest pewną liczbą naturalną $\geq 3$ . Udowodnimy wzór (3) dla liczby $n+1$ .

Z (1) i (2) wynika, że

$ T_{2n+1} = T_{2n} + 2^{n-1} = T_{2n-5} + 2^n + 2^{n-1}. $

Z założenia indukcyjnego mamy

$ T_{2n-5} = \left[ \frac{12}{7} \cdot 2^{n-3} \right] -1. $

Zatem

$ \begin{split} T_{2n+1} &= \left[ \frac{12}{7} \cdot 2^{n-3} \right] + 2^n + 2^{n-1} - 1 = \left[ \frac{12}{7} \cdot 2^{n-3} + 2^n + 2^{n-1} \right] -1=\\ & = \left[ \frac{12}{7} \cdot 2^{n-3} \left( 1 + \frac{7}{12} \cdot 8 + \frac{7}{12} \cdot 4 \right) \right] -1 = \left[ \frac{12}{7} \cdot 2^{n} \right] -1. \end{split} $

Na mocy zasady indukcji wzór (3) zachodzi więc dla każdej liczby naturalnej $k$ .

Z (2) i (3) wynika, że

$ T_{2k} = T_{2k-5} + 2^k = \left[ \frac{12}{7} \cdot 2^{n-3} \right] + 2^k -1 $

dla $k \geq 3$ . Sprawdzamy bezpośrednio, że również dla $k = 1$ i $k = 2$ zachodzi $\displaystyle T_{2k} = \left[ \frac{12}{7} \cdot 2^{n-3} \right] -1$ .

XXVI - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Niech $Z$ będzie zbiorem wszystkich ciągów skończonych o wyrazach $a, b, c$ i niech $Z_1$ będzie podzbiorem $Z$ zawierającym dla każdego $k$ naturalnego dokładnie jeden ciąg $k$ -wyrazowy.
Tworzymy najmniejszy zbiór $Z_2$ o tej własności, że $Z_2 \supset Z_1$ oraz, jeżeli pewien ciąg $k$ -wyrazowy należy do $Z_1$ , to każdy ciąg $(k+r)$ -wyrazowy ( $r = 1, 2, \ldots$ ) powstający z tego ciągu $k$ -wyrazowego przez dopisanie ciągu $r$ -wyrazowego na początku lub na końcu, należy do $Z_2$ .
Udowodnić, że dla każdego $k$ istnieje w $Z$ ciąg $k$ -wyrazowy nie należący do $Z_2$ .

Rozwiązanie

Każdy ciąg $n$ -wyrazowy należący do $Z_2$ powstaje z ciągu $(n - k)$ -wyrazowego (gdzie $1 \leq k \leq n$ ) należącego do $Z_1$ przez dopisanie na początku lub na końcu pewnego ciągu $k$ -wyrazowego lub też jest ciągiem $n$ -wyrazowym należącym do $Z_1$ . Liczba takich ciągów $k$ -wyrazowych jest równa $3^k$ , ponieważ każdy wyraz ciągu może przybierać jedną z trzech wartości. Zatem liczba ciągów $n$ -wyrazowych należących do $Z_2$ powstających z pewnego ciągu $(n-k)$ -wyrazowego należącego do $Z_1$ jest nie większa niż $2 \cdot 3^k$ . Wobec tego liczba wszystkich ciągów $k$ -wyrazowych należących do $Z_2$ jest nie większa niż

$ 1 + \sum_{k=1}^{n-1} 2 \cdot 3^k = 1 + 2 \cdot 3 \cdot \frac{3^{n-1} - 1}{3-1} = 3^n - 2. $

Liczba wszystkich ciągów $n$ -wyrazowych o wyrazach należących do zbioru trójelementowego jest równa $3^n$ . Zatem dla każdej liczby naturalnej $n$ istnieją co najmniej dwa ciągi $n$ -wyrazowe nie należące do $Z_2$ .

XXVI - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Dany jest trójkąt ostrokątny $ABC$ . Dopisujemy do niego na zewnątrz dwa trójkąty równoboczne $ABC'$ i $ACB'$ . Niech $K$ i $L$ będą środkami boków $\overline{AC'}$ i $\overline{B'C}$ odpowiednio, a $M$ - takim punktem odcinka $\overline{BC}$ , że $BM = 3MC$ .
Udowodnić, że kąty trójkąta $KLM$ są równe $90^\circ$ , $60^\circ$ , $30^\circ$ .

Rozwiązanie

Z warunków zadania wynika, że kąt $\measuredangle KAL$ jest rozwarty. Obieramy tak układ współrzędnych, by punkty $K$ , $L$ i $A$ miały następujące współrzędne $K = (-a, 0)$ , $L = (b, 0)$ , $A = (0, -c)$ , gdzie $a$ , $b$ , $c$ są pewnymi liczbami dodatnimi (rys. 8). Wyznaczymy współrzędne punktów $B$ , $C$ i $M$ .

Punkt $B$ należy do prostej zawierającej punkt $K$ i prostopadłej do $\overline{AK}$ . Równaniem tej prostej jest $ax- cy + a^2 = 0$ . Mamy ponadto $\displaystyle \frac{BK}{AK} = \tan \frac{\pi}{3}$ , czyli $(x+a)^2 + y^2 = 3(a^2 + c^2)$ . Rozwiązując ten układ równań znajdujemy współrzędne punktu $B$ : $B= (c\sqrt{3}-a, a\sqrt{3})$ .

Punkt $G$ należy do prostej zawierającej punkt $L$ i prostopadłej do $\overline{AL}$ . Równaniem tej prostej jest $bx+ cy- b^2 = 0$ . Ponadto mamy
$\displaystyle \frac{CL}{AL} = \tan \frac{\pi}{6}$ , czyli $(x- b)^2+y^2 = \frac{1}{3} (b^2+c^2)$ . Rozwiązując ten układ równań znajdujemy współrzędne punktu $C$ : $\displaystyle C = \left( b-c \frac{\sqrt{3}}{3}, b \frac{\sqrt{3}}{3} \right)$ .

Ponieważ punkt $M$ należy do odcinka $\overline{BC}$ i $BM = 3MC$ , więc
$\displaystyle M = \frac{1}{4} B + \frac{3}{4} C = \left( \frac{1}{4} (3b-a), \frac{\sqrt{4}}{4} (a+b) \right)$ . Sprawdzamy bez trudu, że $\overline{KM} \bot \overline{ML}$ i $\displaystyle \frac{KM}{ML} = \sqrt{3} = \tan \frac{\pi}{3}$ . Wynika stąd teza zadania.

XXVI - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Obliczyć granicę

$ \lim_{n\to \infty}\frac{1}{2^n}\log \binom{2^n}{n} $

Rozwiązanie

Dla dowolnych liczb naturalnych $k$ i $n$ , gdzie $n \leq k$ , mamy

$ \binom{k}{n} = \frac{k(k-1) \ldots (k-n+1)}{n!} \leq \frac{k^n}{n!} \leq k^n. $

W szczególności $\displaystyle \binom{2^n}{n} \leq (2^n)^n = 2^{n^2}$ . Na mocy wzoru dwumianowego mamy

$ 2^{n+2} = (1+1)^{n+2} = \sum_{j=0}^{n+2} \binom{n+2}{j} \geq \binom{n+2}{3} = \frac{(n+2) \cdot (n+1) \cdot n}{6} > \frac{n^3}{6} $

i stąd $\displaystyle 2^n > \frac{n^2}{24}$ . Wobec tego

$ 0 \leq \frac{1}{2^n} \log \binom{2^n}{n} < \frac{24}{n^3} \log 2^{n^2} = \frac{24 n^2 \log 2}{n^3} = \frac{1}{n} 24 \log 2. $

Ponieważ $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}= 0$ , więc wynika stąd, że $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2^n} \log \binom{2^n}{n}= 0$ .

XXVI - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Niech $\alpha$ będzie liczbą niewymierną, $A_1$ - punktem okręgu $S$ o środku $O$ . Rozważmy ciąg nieskończony $A_n$ punktów okręgu $S$ , w którym punkt $A_{k+1}$ jest obrazem punktu $A_k$ w obrocie dookoła punktu $O$ o kąt $\alpha m$ . Dowieść, że każdy łuk okręgu $S$ zawiera pewne punkty ciągu $A_n$ .

Rozwiązanie

Gdyby dla pewnych liczb naturalnych $k$ i $n$ , gdzie $k \ne n$ , było $A_k = A_n$ , to obroty o kąty $(k- 1) \alpha \pi$ i $(n-1)\alpha \pi$ byłyby równe. Wtedy liczby $(k- 1) \alpha \pi$ i $(n- 1) \alpha \pi$ różniłyby się o całkowitą wielokrotność liczby $2\pi$ , tzn. $(n- k) \alpha \pi = 2m\pi$ , gdzie $m$ jest pewną liczbą całkowitą. Stąd $\displaystyle \alpha = \frac{2m}{n-k}$ , co przeczy niewymierności liczby $\alpha$ . Wobec tego wszystkie wyrazy ciągu $(A_n)$ są różne.

Niech $L$ będzie łukiem długości $d$ zawartym w okręgu $S$ o promieniu długości $r$ . Niech $t$ będzie liczbą naturalną większą od $\displaystyle \frac{2\pi r}{d}$ . Dzieląc okrąg $S$ na $t$ równych łuków o długości $\displaystyle \frac{2\pi r}{t}$ stwierdzamy, że istnieje wśród nich łuk zawierający co najmniej dwa z punktów $A_1, A_2, \ldots, A_{t+1}$ . Niech będą to punkty $A_i$ $A_j$ , gdzie $i < j$ . Wtedy łuk $\widehat{A_iA_j}$ ma długość nie większą niż $\displaystyle \frac{2\pi r}{t}$ . Ponieważ $\displaystyle t > \frac{2\pi r}{t}$ , więc $\displaystyle \frac{2\pi r}{t} < d$ i wobec tego długość łuku $\widehat{A_iA_j}$ jest mniejsza od $d$ . Wynika stąd, że obrót o kąt $(j-i) \alpha \pi$ przeprowadza punkt $A_i$ na $A_j$ i ogólnie - punkt $A_{i+n}$ na $A_{j+n}$ dla $n = 0, 1, 2, \ldots$ . Wobec tego kolejne wyrazy podciągu $A_1, A_{1 + (j-i)}, A_{1+2(j-i)}, \ldots$ wyznaczają łuki o długości $\displaystyle \leq \frac{2\pi r}{t}$ mniejszej od $d$ . Pewien wyraz tego podciągu należy więc do łuku $L$ o długości $d$ .

XXVI - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Statek porusza się ze stałą prędkością po prostej o kierunku wschód-zachód. Co $T$ minut losuje się kierunek poruszania: z prawdopodobieństwem $p$ statek porusza się w ciągu następnych $T$ minut w kierunku wschodnim, z prawdopodobieństwem $q= 1-p$ porusza się w kierunku zachodnim. W punkcie poza prostą znajduje się łódź podwodna, której zadaniem jest storpedowanie statku. Czas drogi torpedy od punktu wystrzelenia do dowolnego punktu toru statku wynosi $2T$ . Kapitan łodzi podwodnej zna wartość $p$ i celuje tak, aby prawdopodobieństwo trafienia statku było największe. Jak należy dobrać $p$ , aby prawdopodobieństwo storpedowania statku było najmniejsze ?

Rozwiązanie

Przyjmijmy, że łódź podwodna wystrzeli torpedę, w chwili gdy na statku odbywa się losowanie. W przypadku wystrzelenia torpedy w innej chwili rozumowanie przebiega podobnie. Możemy też przyjąć, bez zmniejszenia ogólności, że $p \geq q$ , tzn. $\displaystyle p \geq \frac{1}{2}$ . Po $T$ minutach od chwili wystrzelenia torpedy odbywa się następne losowanie. Wyniki tych dwóch losowań mogą być następujące: wschód-wschód, wschód-zachód, zachód-wschód, zachód-zachód z prawdopodobieństwami odpowiednio $p^2$ , $pq$ , $qp$ , $q^2$ . W pierwszym przypadku po upływie $2T$ minut od chwili wystrzelenia torpedy statek będzie się znajdował w punkcie $A$ na wschód od punktu początkowego $O$ , w drugim i w trzecim przypadku - w punkcie $O$ , a w ostatnim przypadku - w punkcie $B$ na zachód od $O$ . Prawdopodobieństwo zdarzenia, że statek znajdzie się w tym czasie w punkcie $A$ , $O$ , $B$ jest wiec równe odpowiednio $p^2$ , $2pq$ , $q^2$ .

Mamy zbadać, która z tych liczb jest największa. Ponieważ $p \geq q$ , więc $p^2 \geq q^2$ . Nierówność $p^2 > 2pq$ zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy $p > 2q$ . Zatem, jeżeli $p > 2q$ , tzn. $\displaystyle p > \frac{2}{3}$ , to z tych trzech liczb największą jest $p^2$ i wobec tego torpeda powinna być wystrzelona
w kierunku punktu $A$ . Jeżeli zaś $2q > p \geq q$ , tzn. $\frac{2}{3} > p \geq \frac{1}{2}$ , to liczba $2pq$ jest największa i torpeda powinna być wystrzelona w kierunku punktu $O$ . Dla $\displaystyle p = \frac{2}{3}$ mamy $p^2 = 2pq > q^2$ i wobec tego można strzelać w kierunku punktu $A$ lub $O$ z jednakowym prawdopodobieństwem trafienia. Prawdopodobieństwo trafienia $f(p)$ równe jest więc

$ f(p) = \left\{\ \begin{array}{ccc} p^2 & \textrm{dla} & p \geq \frac{2}{3}\\ 2p(1-p) & \textrm{dla} & \frac{1}{2} \leq p < \frac{2}{3}. \end{array} \right. $

Funkcja $f(p)$ jest rosnąca w przedziale $\displaystyle \langle \frac{2}{3};\ 1 \rangle$ malejąca w przedziale $\displaystyle \langle \frac{1}{2};\ \frac{2}{3} \rangle$ . Zatem najmniejsze prawdopodobieństwo trafienia jest przy $\displaystyle p = \frac{2}{3}$ . Wynosi ono $\displaystyle \frac{4}{9}$ .

XXVI - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

W przestrzeni dany jest sześcian o boku $a$ , i kule $B_1, B_2, \ldots, B_n$ o dowolnych promieniach takie, że każdy punkt sześcianu należy do którejś z kul. Udowodnić, że spośród tych kul można wybrać parami rozłączne kule takie, że suma ich objętości jest nie mniejsza od $\left(\frac{a}{5}\right)^3$ .

Rozwiązanie

Przez indukcję ze względu na $N$ udowodnimy

Twierdzenie. Jeżeli dany jest w przestrzeni zbiór $F$ o objętości $V$ zawarty w sumie $N$ kul otwartych $B_1, B_2, \ldots, B_N$ , to istnieje taki
podzbiór $B_{i_1}, B_{i_2}, \ldots, B_{i_r}$ tego zbioru kul, że kule należące do tego podzbioru są parami rozłączne oraz suma objętości kul $B_{i_1}, B_{i_2}, \ldots, B_{i_r}$ jest większa od $\displaystyle \frac{1}{27} V$ .

Dowód. Jeżeli $N = 1$ , to twierdzenie jest oczywiste. Kula $B_1$ zawiera figurę $F$ o objętości $V$ . Wtedy objętość kuli $B_1$ jest nie mniejsza od $V$ , a więc jest większa od $\displaystyle \frac{1}{27} V$ .

Załóżmy z kolei, że powyższe twierdzenie jest prawdziwe dla pewnej liczby naturalnej $N$ . Udowodnimy je dla liczby $N+1$ . Niech więc zbiór $F$ o objętości $V$ będzie zawarty w sumie kul $B_1, B_2, \ldots, B_N, B_{N+1}$ . Możemy przyjąć, że objętość $V_{N+1}$ kuli $B_{N+1}$ jest nie mniejsza od objętości każdej z pozostałych kul. Niech $B'$ będzie kulą o tym samym środku, co kula $B_{N+1}$ i o promieniu długości $3r$ , gdzie $r$ jest długością promienia kuli $B_{N+1}$ . Wtedy objętość $V'$ kuli $B'$ jest równa $27 V_{N+1}$ . Niech $V_0$ będzie objętością zbioru $F_0 = F-B'$ . Ponieważ zbiory $F_0$ i $B'$ są rozłączne i $F$ jest zawarty w sumie zbiorów $F_0$ i $B'$ , więc $V \leq V_0 + 27 V_{N+1}$ .

Każdy punkt zbioru $F_0$ należy do co najmniej jednej z kul $B_1, B_2, \ldots, B_N$ . Bez zmniejszenia ogólności możemy przyjąć, że dla pewnego $k, 0 \leq k \leq N$ każda z kul $B_1, B_2, \ldots, B_k$ ma punkt wspólny ze zbiorem $F_0$ , a każda z kul $B_{k+1}, B_{k+2}, \ldots, B_N$ jest rozłączna z $F_0$ . Wtedy zbiór $F_0$ jest zawarty w sumie kul $B_1, B_2, \ldots, B_k$ .

Odległość środka kuli $B_{N+1}$ od dowolnego punktu zbioru $F_0$ jest nie mniejsza od $3r$ . Zatem odległość dowolnego punktu kuli $B_{N+1}$ od dowolnego punktu zbioru $F_0$ jest nie mniejsza od $2r$ . Średnica każdej z kul $B_1, B_2, \ldots, B_k$ jest nie większa od średnicy kuli $B_{N+1}$ , tzn. od $2r$ . Wobec tego każda z kul $B_1, B_2, \ldots, B_k$ jest rozłączna z kulą $B_{N+1}$ . Liczba kul $B_1, B_2, \ldots, B_k$ jest nie większa od $N$ . Na mocy założenia indukcyjnego istnieje więc taki podzbiór $B_{i_1}, B_{i_2}, \ldots, B_{i_r}$ zbioru kul $B_1, B_2, \ldots, B_k$ , że kule należące do tego podzbioru są parami rozłączne, a suma ich objętości jest większa od $\displaystyle \frac{1}{27} V_0$ , a więc - większa od $\displaystyle \frac{1}{27} V - V_{N+1}$ . Ponieważ kula $B_{N+1}$ jest rozłączna z każdą z kul $B_1, B_2, \ldots, B_k$ , więc tym bardziej kule $B_{i_1}, B_{i_2}, \ldots, B_{i_r}$ są parami rozłączne. Suma ich objętości jest większa od $\displaystyle \left( \frac{1}{27} V - V_{N+1} \right) + V_{N+1} = \frac{1}{27} V$ .

XXVI OM - II etap

II etap XXVI Olimpiady Matematycznej

XXVI - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Dany jest wielomian $W(x) = x^4 + ax^3 + bx + cx + d$ . Dowieść, że jeżeli równanie $W(x) = 0$ ma cztery pierwiastki rzeczywiste, to na to, żeby istniało $m$ takie, że $W(x+m) = x^4+px^2+q$ , potrzeba i wystarcza, aby suma pewnych dwóch pierwiastków równania $W(x) = 0$ równała się sumie pozostałych.

Rozwiązanie

Jeżeli pierwiastkami wielomianu $W (x)$ są liczby $x_1, x_2, x_3, x_4$ oraz

$ (1) \qquad x_1+x_2= x_3 + x_4, $

to przyjmując $\displaystyle m = \frac{1}{2} (x_1 + x_2)$ otrzymujemy, że pierwiastkami wielomianu $W(x+m)$ są liczby $y_i = x_i-m$ dla $i = 1, 2, 3, 4$ , czyli - liczby

$ \begin{array}{cc} y_1 = x_1-m = \frac{1}{2} (x_1 - x_2), & y_2 = x_2-m = \frac{1}{2} (x_2 - x_1), \\ y_3 = x_3-m = \frac{1}{2} (x_3 - x_4), & y_4 = x_4-m = \frac{1}{2} (x_4 - x_3). \end{array} $

Zatem

$ (2) \qquad y_2 = -y_1 \ \textrm{i} \ y_4 = -y_3. $

Wynika stąd, że

$ W(x+m) = (x-y_1)(x-y_2)(x-y_3)(x-y_4) = (x^2-y^2_1)(x^2-y^2_3) = = x^4 - (y^2_1 + y^2_3) + y_1^2 y^2_3. $

Wykazaliśmy więc, że jeżeli pierwiastki wielomianu $W$ spełniają zależność (1), to dla $\displaystyle m = \frac{1}{2}(x_1 + x_2)$ zachodzi $W(x+m) = x^4 + px^2 + q$ , gdzie $\displaystyle p = - \frac{1}{4} (x_1-x_2)^2- \frac{1}{4} (x_3-x_4)^2$ , $\displaystyle q= \left[ \frac{1}{4}(x_1-x_2)(x_3- x_4) \right]^2$ .

Udowodnimy z kolei implikację odwrotną. Jeżeli liczba rzeczywista jest pierwiastkiem wielomianu $x^4 + px^2 + q$ , to jego pierwiastkiem jest też oczywiście liczba przeciwna. Zatem, jeżeli dla pewnej liczby rzeczywistej $m$ wielomian $W (x+m)$ ma postać $x^4 + px^2 + q$ , to jego pierwiastki $y_1, y_2, y_3, y_4$ spełniają równości (2). Pierwiastkami wielomianu $W(x)$ są liczby $x_i = y_i + m$ , gdzie $i = 1, 2, 3, 4$ . Z (2) otrzymujemy więc że $x_1 + x_2 = y_1 + m + (-y_1) + m= 2m$ i podobnie $x_3 + x_4 = y_3 + m + (-y_3)+m = 2m$ . Wobec tego zachodzi równość (1).

Uwaga. Nietrudno zauważyć, że istnieje tylko jedna liczba $m$ spełniająca warunki zadania. Jeżeli bowiem $f(x) = x^4 + px^2 + q$ , to dla $k \ne 0$ wielomian $f(x+k)$ ma współczynnik przy $x^3$ równy $4k$ , a więc różny od zera.

XXVI - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

W czworokącie wypukłym $ABCD$ na, bokach przyległych $\overline{AB}$ i $\overline{BC}$ obrano odpowiednie punkty $M$ i $N$ oraz oznaczono przez 0 punkt przecięcia odcinków $AN$ i $GM$ . Dowieść, że jeżeli w czworokąty $AOCD$ oraz $BMON$ można wpisać koła, to w czworokąt $ABCD$ też można wpisać koło.

Rozwiązanie

Niech $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ będą punktami styczności koła wpisanego w czworokąt $AOCD$ z bokami $\overline{AO}$ , $\overline{OC}$ , $\overline{CD}$ , $\overline{DA}$ odpowiednio i podobnie $E$ , $F$ , $G$ , $H$ - punktami styczności koła wpisanego w czworokąt $BMON$ z bokami $\overline{MB}$ , $\overline{BN}$ , $\overline{NO}$ , $\overline{OM}$ odpowiednio (rys. 9). Korzystając z twierdzenia: odcinki stycznych do koła poprowadzonych z punktu poza kołem mają równe długości, otrzymujemy kolejno:

$ AS = AP = AG-OG-OP = AE-OH-OQ = AE-CH+CQ = AE-CF+CR, $

czyli $AS + CF = AE + CR$ . Analogicznie dowodzimy, że $DS+BF = DR+BE$ . Dodając dwie ostatnie równości stronami otrzymujemy $AD+BC = AB+CD$ . Wynika stąd, jak wiadomo, że w czworokąt $ABCD$ można wpisać koło.

XXVI - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

W pewnej rodzinie mąż i żona zawarli następującą umowę: Jeżeli któregoś dnia zmywa naczynia żona, to następnego dnia zmywa naczynia mąż. Jeżeli natomiast pewnego dnia zmywa naczynia mąż, to o tym, kto zmywa naczynia następnego dnia, decyduje losowanie za pomocą rzutu monetą. Niech $p_n$ oznacza prawdopodobieństwo zdarzenia, że $n$ -tego dnia trwania umowy zmywa naczynia mąż. Dowieść, że istnieje granica $\lim_{n\to \infty} p_n$ i obliczyć ją. Przyjmujemy $p_1 = \frac{1}{2}$ .

Rozwiązanie

Jeżeli $(n+1)$ -szego dnia zmywa naczynia mąż, to albo $n$ -tego dnia zmywał naczynia mąż (prawdopodobieństwo tego zdarzenia jest równe $\displaystyle p_n \cdot \frac{1}{2}$ ), albo $n$ -tego dnia zmywała naczynia żona (prawdopodobieństwo tego zdarzenia jest równe $1- p_{n}$ ). Mamy więc $\displaystyle p_{n+1} = \frac{1}{2} p_{n}+ (1-p_n)$ , czyli $\displaystyle p_{n+1}- \frac{2}{3} = - \frac{1}{2} \left(p_{n} - \frac{2}{3} \right)$ . Inaczej mówiąc $\displaystyle p_{n} - \frac{2}{3}$ jest ciągiem geometrycznym o ilorazie $\displaystyle \frac{1}{2}$ . Każdy ciąg geometryczny o ilorazie $q$ , gdzie $|q| < 1$ , jest zbieżny do zera. Zatem $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left( p_{n} - \frac{2}{3} \right) = 0$ , czyli $\displaystyle \lim_{n \to \infty} p_n = \frac{2}{3}$ .

Uwaga. Wartość $p_1$ nie ma wpływu na rozwiązanie.

XXVI - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Dowieść, że na to, aby liczby nieujemne $a_1, a_2, \ldots, a_n$ ( $n = 1, 2, \ldots$ ) spełniały dla dowolnych liczb rzeczywistych $x_1, x_2, \ldots, x_n$ nierówność

$ \left( \sum_{i=1}^n a_i x_i^2 \right)^2 \leq \sum_{i=1}^n a_i x_i^4. $

potrzeba i wystarcza, aby $\sum_{i=1}^n a_i \leq 1$ .

Rozwiązanie

Jeżeli nierówność (1) zachodzi dla dowolnych liczb rzeczywistych $x_1, x_2, \ldots, x_n$ , to w szczególności zachodzi dla $x_1 = x_2 = \ldots = x_n = 1$ . Podstawiając te wartości do (1) otrzymujemy

$ \left( \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 \leq \sum_{i=1}^n a_i. $

Stąd wobec $\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i \geq 0$ wynika, że $\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i \leq 1$ .

Dla dowodu implikacji odwrotnej wykażemy, że dla dowolnych liczb nieujemnych $u_1, u_2, \ldots, u_n$ i liczb rzeczywistych $v_1, v_2, \ldots, v_n$ zachodzi nierówność

$ \left( \sum_{i=1}^n u_iv_i \right)^2 \leq \sum_{k=1}^n u_k \cdot \sum_{i=1}^n u_i v_i^2. $

Wykonując mnożenie po obu stronach nierówności (2) otrzymujemy nierówność równoważną

$ \sum_{i=1}^n u_i^2 v_i^2 + 2 \sum_{i<j} u_iv_iu_jv_j \leq \sum_{i=1}^n u_i^2 v_i^2 + \sum_{k<i} u_ku_iv_i^2 + \sum_{k>i} u_ku_iv_i^2, $

czyli

$ (3) \qquad \sum_{i<j} u_iu_j (v_i^2 + v_j^2 - 2v_iv_j) \geq 0. $

Ponieważ $v_i^2 + v_j^2 -2v_iv_j = (v_i - v_j)^2 \geq 0$ oraz $u_iu_j \geq 0$ , więc nierówność (3) jest prawdziwa. Zatem prawdziwa jest również nierówność (2).

Podstawiając w (2) $u_i = a_i$ oraz $v_i = x_1^2$ dla $i = 1,2, \ldots, n$ otrzymujemy, że jeżeli $\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i \leq 1$ to zachodzi nierówność (1).

XXVI - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Dowieść, że jeżeli w wielościan wypukły można wpisać kulę i każdą ścianę tego wielościanu można pomalować na jeden z dwóch kolorów tak, że każde dwie ściany mające wspólną krawędź są różnych kolorów, to suma pól ścian jednego koloru jest równa sumie pól ścian drugiego koloru.

Rozwiązanie

Łącząc punkt styczności kuli z dowolną ścianą ze wszystkimi wierzchołkami należącymi do tej ściany otrzymamy rozkład tej ściany na sumę trójkątów o rozłącznych wnętrzach, których jednym z wierzchołków jest punkt styczności kuli, a pozostałymi - dwa wierzchołki wielościanu należące do jednej jego krawędzi. Przy tym trójkąty $PAB$ i $QAB$ położone na różnych ścianach wielościanu, które mają wspólny bok $\overline{AB}$ będący krawędzią wielościanu, są pomalowane różnymi kolorami. Udowodnimy, że mają one równe pola.

Płaszczyzna $\pi$ przechodząca przez środek kuli i punkty styczności $P$ i $Q$ jest prostopadła do płaszczyzn zawierających rozważane trójkąty. Zatem płaszczyzna $\pi$ jest prostopadła do prostej $AB$ .

Niech prosta $AB$ przecina płaszczyznę $\pi$ w punkcie $C$ . Wtedy $CP = CQ$ , ponieważ odcinki stycznych do kuli poprowadzonych z ustalonego punktu są równe. Z określenia punktu $C$ wynika też, że $\overline{CP} \bot \overline{AB}$ i $\overline{CQ} \bot \overline{AB}$ , tzn. odcinki $\overline{CP}$ i $\overline{CQ}$ są wysokościami trójkątów $ABP$ i $ABQ$ odpowiednio. Ponieważ trójkąty te mają wspólną podstawę, więc wynika stąd, że mają one równe pola.

Wszystkie ściany wielościanu zostały przedstawione w postaci sum trójkątów. Przy tym każdemu trójkątowi pomalowanemu jednym kolorem został przyporządkowany w sposób wzajemnie jednoznaczny trójkąt o tym samym polu pomalowany drugim kolorem. Wynika stąd teza zadania.

XXVI - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Niech $f(x)$ i $g(x)$ będą wielomianami o współczynnikach całkowitych. Dowieść, że jeżeli dla każdej wartości całkowitej $n$ liczba $g(n)$ dzieli się przez liczbę $f(n)$ , to $g(x) = f(x)\cdot h(x)$ , gdzie $h(x)$ jest wielomianem,. Pokazać na przykładzie, że współczynniki wielomianu $h(x)$ nie muszą być całkowite.

Rozwiązanie

W rozwiązaniu zadania przygotowawczego D serii III udowodniliśmy, że jeżeli wielomiany $f$ i $g$ mają współczynniki całkowite, $\mathrm{st} f \leq \mathrm{st} g$ oraz dla każdej liczby naturalnej $n$ liczba $f(n)$ jest dzielnikiem liczby $g(n)$ , to istnieje taka liczba całkowita $c$ , że $g(x) = c \cdot f(x)$ . Zatem albo $\mathrm{st} f = \mathrm{st} g$ (gdy $c \ne 0$ ), albo $g$ jest wielomianem zerowym (gdy $c = 0$ ). Wystarczy więc rozpatrzyć przypadek, gdy $\mathrm{st} g > \mathrm{st} f$ .

Niech $h$ i $r$ będą odpowiednio ilorazem i resztą z dzielenia wielomianu $g$ przez $f$ . Wtedy

$ (1) \qquad g = hf + r \ \textrm{i} \ \mathrm{st} r < \mathrm{st} f. $

Wielomiany $h$ i $r$ mają współczynniki wymierne. Niech $a$ będzie najmniejszym wspólnym mianownikiem współczynników wielomianów $h$ i $r$ . Wtedy wielomiany $H = ah$ oraz $R = ar$ mają współczynniki całkowite i mnożąc równość (1) obustronnie przez $a$ otrzymujemy

$ (2) \qquad ag = Hf+R. $

Wobec tego wielomian $ag$ też ma współczynniki całkowite.

Dla każdej liczby naturalnej $n$ liczba $f(n)$ oczywiście jest dzielnikiem liczby $ag(n)$ . Zatem na mocy (2) liczba $f(n)$ jest dzielnikiem liczby $R(n) = ag(n) - H(n) \cdot f(n)$ dla $n=1,2, \ldots$ . Ponieważ $\mathrm{st} R = \mathrm{st} r < \mathrm{st} f$ , więc z początkowej uwagi w tym rozwiązaniu wynika, że $R = ar$ jest wielomianem zerowym. Wobec tego również $r$ jest wielomianem zerowym i z (1) otrzymujemy $g = hf$ .

Wykażemy na przykładzie, że współczynniki wielomianu $h$ mogą nie być całkowite. Niech $f(x) = 2$ , $g(x) = x^2 + x$ . Dla każdej liczby całkowitej $n$ liczba $g(n) = n(n + 1)$ jest parzysta, ponieważ jedna z liczb $n$ i $n+1$ jest parzysta. Zatem liczba $f(n) = 2$ jest dzielnikiem liczby $g(n)$ dla $n = 1, 2, \ldots$ . Współczynniki wielomianu $\displaystyle h(x) = \frac{g(z)}{f(x)} = \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{2} x$ oczywiście nie są całkowite.

XXVI OM - III etap

III etap XXVI Olimpiady Matematycznej

XXVI - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

III

Ciąg liczb rzeczywistych ${a_k}_{k=1}^{\infty}$ spełnia następujący warunek:
Istnieje liczba naturalna $n$ taka, że $a_1 + a_2 + \ldots + a_n = 0$ i $a_{n+k} = a_k$ dla $k = 1, 2, \ldots$ .
Dowieść, że istnieje taka liczba naturalna $N$ , że $\sum_{i=N}^{N+k}$ dla $k = 0$ , $1, 2, \ldots$ .

Rozwiązanie

Niech $s_j = a_1+a_2+ \ldots + a_j$ dla $j = 1, 2, \ldots$ . Z założenia wynika, że suma dowolnych $n$ kolejnych wyrazów ciągu $\{a_k\}_{k=1}^\infty$ jest
równa zeru. Wobec tego $s_{j+n} = s_j$ dla $j = 1, 2, \ldots$ . Liczba różnych wyrazów ciągu $\{s_k\}_{k=1}^\infty$ jest więc skończona. Niech $s_m$ będzie najmniejszą z liczb $s_1, s_2, \ldots$ . Wykażemy, że wystarczy przyjąć $N =m + 1$ . W istocie, dla dowolnego $k \geq 0$ mamy

$ \sum_{i=m+1}^{m+1+k} a_i = \sum_{i=1}^{m+1+k} a_i - \sum_{i=1}^{m} a_i = s_{m+1+k} - s_m \geq 0. $

XXVI - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

III

Na powierzchni czworościanu foremnego o krawędzi długości 1 wybrano skończony zbiór odcinków w taki sposób, że każde dwa wierzchołki czworościanu można połączyć łamaną złożoną z pewnych spośród tych odcinków. Czy można wybrać ten zbiór odcinków tak, aby ich łączna długość była mniejsza niż $1 + \sqrt{3}$ ?

Rozwiązanie

Na powierzchni czworościanu foremnego o krawędzi długości $1$ można tak wybrać skończony zbiór odcinków, że każde dwa wierzchołki czworościanu można połączyć łamaną złożoną z pewnych spośród tych odcinków oraz łączna długość odcinków należących do tego zbioru jest mniejsza od $1 + \sqrt{3}$ .

Rozważmy mianowicie romb $ABDC$ powstający z rozwinięcia na płaszczyźnie dwóch ścian danego czworościanu (rys. 10). Wtedy $AB = 1$ i $\measuredangle BAC = 60^\circ$ . Niech $P$ będzie środkiem odcinka $\overline{BC}$ , a $Q$ - takim punktem należącym do trójkąta $ABP$ , z którego widać boki $\overline{AP}$ i $\overline{BP}$ pod kątem $120^\circ$ . Wtedy również $\measuredangle AQB = 120^\circ$ . Niech $x = AQ$ , $y = BQ$ , $z = PQ$ . Ponieważ $\displaystyle AP = \frac{1}{2}\sqrt{3}$ , $\displaystyle BP = \frac{1}{2}$ i $\measuredangle APB = 90^\circ$ , więc przjrównując pole trójkąta $ABP$ do sumy pól trójkątów $AQB$ , $BQP$ i $AQP$ otrzymujemy $\displaystyle \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{1}{2} (xy+yz+zx) \cdot \sin 120^\circ$ , czyli

$ (1) \qquad xy + yz+zx = \frac{1}{2}. $

Ponieważ $\cos 120^\circ = -\frac{1}{2}$ więc z twierdzenia cosinusów dla trójkątów $AQB$ , $BQP$ i $AQP$ otrzymujemy

$ (2) \qquad x^2 + y^2 + xy = 1, $

$ (3) \qquad y^2+z^2+yz=\frac{1}{4} $

$ (4) \qquad z^2 + x^2+ zx = \frac{3}{4}. $

Dodając stronami równości (2), (3), (4) oraz równość (1) pomnożoną przez $3$ otrzymujemy $2(x+y+z)^2 =\displaystyle \frac{7}{2}$ i stąd $x+y+z = \displaystyle \frac{\sqrt{7}}{2}$ .

Jeżeli $Q'$ jest punktem symetrycznym do $Q$ względem punktu $P$ , to zbiór odcinków $\overline{AQ}$ , $\overline{BQ}$ , $\overline{QP}$ , $\overline{PQ'}$ , $\overline{GQ'}$ , $\overline{DQ'}$ ma własność podaną w zadaniu i suma długości tych odcinków jest równa $\sqrt{7}$ . Liczba ta jest mniejsza od $1 + \sqrt{3}$ .

XXVI - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

III

Wyznaczyć najmniejszą liczbę dodatnią $\alpha$ , dla której istnieje liczba dodatnia $\beta$ taka, że dla każdego $x$ z przedziału $\rangle 0; 1\rangle$ jest

$ \sqrt{1+x} + \sqrt{1-x} \leq 2-\frac{x^{\alpha}}{\beta} $

Dla wyznaczonej wartości $\alpha$ znaleźć najmniejszą liczbę dodatnią $\beta$ spełniającą tę nierówność.

Rozwiązanie

Dla $x \in \langle 0;\ 1 \rangle$ mamy równość

$ (\sqrt{1 + x} +\sqrt{1 - x}-2) (\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x}+2) (\sqrt{1 - x^2} + 1) = -2x^2. $

Funkcja $h(x) =\displaystyle \frac{1}{2} (\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x}+2) (\sqrt{1-x^2} + 1)$ w przedziale $\langle 0; 1 \rangle$ spełnia nierówność $0 < h(x) \leq 4$ , ponieważ

$ 0 < \sqrt{1+x} + \sqrt{1-x}+2 \leq \sqrt{1+x+\frac{x^2}{4}} + \sqrt{1-x+\frac{x^2}{4}} + 2= \left( 1 + \frac{x}{2} \right) + \left( 1 - \frac{x}{2} \right) + 2 = 4 $

i $0 \leq \sqrt{1-x^2} \leq 1$ dla $0 \leq x \leq 1$ . Wobec tego dla $x \in \langle 0;\ 1 \rangle$ mamy

$ \sqrt{1+x}+\sqrt{1-x} - 2 = \frac{-x^2}{h(x)} \leq -\frac{x^2}{4}. $

Gdyby dla pewnej liczby $\alpha$ spełniającej $0 < \alpha < 2$ i liczby $\beta > 0$ zachodziło

$ (11) \qquad \sqrt{1 + x}+\sqrt{1-x}- 2 \leq \frac{x^\alpha}{\beta} \ \textrm{dla} x \in \langle 0;\ 1 \rangle, $

czyli

$ -\frac{x^2}{h(x)} \leq - \frac{x^\alpha}{\beta}, $

to mielibyśmy

$ x^{2-\alpha} \geq \frac{h(x)}{\beta} \ \textrm{dla} \ x \in (0;\ 1 \rangle. $

Przechodząc po obu stronach ostatniej nierówności do granicy, gdy $x \to \infty$ , otrzymujemy $0 \geq \displaystyle \frac{h(0)}{\beta}$ . Mamy jednak $h(0) = 4$ .

Uzyskana sprzeczność dowodzi, że najmniejszą liczbą $\alpha$ spełniającą warunek (1) jest $\alpha = 2$ .

Najmniejsza liczba dodatnia $\beta$ spełniająca warunek

$ (2) \qquad \sqrt{1 + x} + \sqrt{1-x}-2 \leq -\frac{x^2}{\beta} \ \textrm{dla} \ x \in \langle 0;\ 1 \rangle, $

czyli warunek

$ -\frac{x^2}{h(x)} \leq -\frac{x^2}{\beta} \ \textrm{dla} \ x \in \langle 0;\ 1 \rangle, $

jest równa najmniejszej liczbie $\beta$ spełniającej nierówność $h(x) \leq \beta$ dla $x \in \langle 0;\ 1 \rangle$ . Zatem $\beta = \max_{0 \leq x \leq 1} h(x)$ .

Obliczymy to maksimum. Z nierówności $2ab \leq a^2- + b^2$ wynika, że dla dowolnych liczb rzeczywistych nieujemnych $u$ , $v$ zachodzi

$ (3) \qquad \sqrt{u} + \sqrt{v} \leq \sqrt{2 (u+v)}. $

Mamy bowiem $(\sqrt{u} + \sqrt{v})^2 = u+v+2\sqrt{u} \sqrt{v} \leq u + v + (\sqrt{u} )^2 + (\sqrt{v})^2 = 2(u+v)$ .

Podstawiając w (3) $u = 1+x$ , $v = 1-x$ otrzymujemy

$ \sqrt{1+x} + \sqrt{1 - x} \leq 2 $

i wobec tego

$ h(x) = \frac{1}{2} (\sqrt{1+x} + \sqrt{1- x}+2)(\sqrt{1-x^2}+1) \leq 2(\sqrt{1 - x^2} + 1) \leq 4 $

dla $x \in \langle 0 ;\ 1 \rangle$ . Z drugiej strony obliczamy, że $h(0) = 4$ . Zatem największą wartością przybieraną przez funkcję $h(x)$ w przedziale $ \langle 0 ;\ 1 \rangle$ jest $4$ i wobec tego najmniejszą liczbą dodatnią $\beta$ spełniającą warunek (2) jest $\beta = 4$ .

XXVI - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

III

W rozwinięciu dziesiętnym pewnej liczby naturalnej występują cyfry 1, 3, 7 i 9. Udowodnić, że przez permutację cyfr tego rozwinięcia można otrzymać rozwinięcie dziesiętne liczby podzielnej przez 7.

Rozwiązanie

Dokonując odpowiedniej permutacji cyfr danej liczby naturalnej możemy założyć, że ostatnimi czterema jej cyframi są $1$ , $3$ , $7$ i $9$ . Zatem rozważana liczba naturalna $n$ jest sumą liczby $1379$ i pewnej liczby całkowitej nieujemnej $a$ , której ostatnimi czterema cyframi są zera. Udowodnimy, że dokonując odpowiedniej permutacji ostatnich czterech cyfr liczby $n$ uzyskamy liczbę $n'$ podzielną przez $7$ .

Liczby

$ (1) \qquad 1379,\ 1793,\ 3719,\ 1739,\ 1397,\ 1937,\ 1973 $

dają odpowiednio reszty $0$ , $1$ , $2$ , $3$ , $4$ , $5$ , $6$ przy dzieleniu przez $7$ . Zatem, jeżeli liczba $a$ daje resztę $r$ przy dzieleniu przez $7$ , to dodając do niej tę z liczb (1), która daje resztę $7 - r$ przy dzieleniu przez $7$ , otrzymamy żądaną liczbę $n'$ podzielną przez $7$ i powstającą przez permutację cyfr liczby $n$ .

XXVI - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

III

Dowieść, że trójkąt o kącie $\alpha$ można wpisać w koło o promieniu $R$ i opisać na kole o promieniu $r$ wtedy i tylko wtedy, gdy

$ \frac{2R}{r} \geq \frac{1}{\sin \frac{\alpha}{2}\left( \frac{\alpha}{2}\right)} $

Rozwiązanie

Niech okrąg $K$ o środku w punkcie $O$ i o promieniu długości $r$ będzie styczny w punktach $P$ i $Q$ odpowiednio do ramion kąta $\alpha$ o wierzchołku $A$ . Niech $B_0$ będzie punktem przecięcia prostej $AP$ i prostej $m$ równoległej do $A Q$ i różnej od $A Q$ a stycznej do okręgu $K$ . Jeżeli punkt $B$ należy do półprostej $t$ prostej $AP$ o początku $B_0$ i nie zawierającej punktu $A$ (rys. 11), to prowadząc z punktu $B$ styczną do okręgu $K$ otrzymujemy trójkąt $ABC$ opisany na okręgu $K$ i taki, że $\measuredangle BAC = \alpha$ . Jeżeli $B$ przebiega wszystkie punkty półprostej to otrzymujemy w ten sposób wszystkie trójkąty opisane na okręgu $K$ , których jeden kąt jest równy $\alpha$ . Przy tym kąt $ABC = \beta$ przybiera wszystkie wartości z przedziału $(0; \pi-\alpha)$ .

Niech $R$ będzie długością promienia koła opisanego na trójkącie $ABC$ . Z twierdzenia sinusów dla trójkąta $ABC$ mamy

$ \frac{BC}{\sin \alpha} = 2R. $

Ponadto

$ \begin{split} BC &= BS + SC = r \ctg \frac{\beta}{2} + r \ctg \frac{\gamma}{2} = r \left( \frac{\cos \frac{\beta}{2}}{\sin \frac{\beta}{2}} + \frac{\cos \frac{\gamma}{2}}{\sin \frac{\gamma}{2}} \right) =\\ &=r \frac{\sin \frac{\beta + \gamma}{2}}{\sin \frac{\beta}{2}\sin \frac{\gamma}{2}} = r \frac{ \cos \frac{\alpha}{2}}{\frac{1}{2} (\cos \frac{\beta-\gamma}{2} - \cos \frac{\beta+\gamma}{2})}= \frac{2r \cos \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\beta-\gamma}{2} - \sin \frac{\alpha}{2}}. \end{split} $

Stąd otrzymujemy

$ \frac{2R}{r} = \frac{BC}{2r \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}} = \frac{1}{ \sin \frac{\alpha}{2} (\cos \frac{\beta-\gamma}{2} - \sin \frac{\alpha}{2})} \geq \frac{1}{\sin \frac{\alpha}{2} ( 1- \sin \frac{\alpha}{2} )}, $

ponieważ $\cos x \leq 1$ dla każdego $x$ .

Z równości $\gamma = \pi - \alpha - \beta$ wynika, że $\displaystyle \frac{2R}{r}= f(\beta)$ , gdzie

$ f(\beta) = \frac{1}{ \sin \frac{\alpha}{2} \left[ \cos \left(\beta - \frac{\alpha - \pi}{2} \right) - \sin \frac{\alpha}{2} \right]}. $

Wykażemy, że na odwrót każda liczba nie mniejsza od

$ a = \frac{1}{\sin \frac{\alpha}{2} \left( 1 - \sin \frac{\alpha}{2} \right)} $

jest wartością funkcji $f(\beta)$ dla pewnego $B \in (0;\ \pi-\alpha)$ . Dla każdej więc liczby $a' \geq a$ istnieje taki kąt $\beta \in (0 ;\ \pi- \alpha \rangle$ , a więc i trójkąt $ABC$ , że $\displaystyle \frac{2R}{r} = a'$ .

Mamy

$ f\left( \frac{\pi - \alpha}{2} \right) = \frac{1}{\sin \frac{\alpha}{2} \left( \cos 0 - \sin \frac{\alpha}{2} \right)} = a $

oraz

$ \lim_{\beta \to 0} \cos \left( \beta + \frac{\alpha - \pi}{2} \right) = \cos \left( \frac{\alpha}{2} - \frac{\pi}{2} \right) = \sin \frac{\alpha}{2}. $

Wobec tego $\displaystyle \lim_{\substack \beta \to 0 \\ \beta > 0} f(\beta) = \infty$ .

Funkcja $/$ jest ciągła w przedziale $(0 ; \pi-\alpha \rangle$ . Każda funkcja ciągła w przedziale przybiera w tym przedziale każdą wartość pośrednią między wartościami przybieranymi na końcach przedziału.

Rozpatrując więc przedziały postaci $\displaystyle \langle \varepsilon; \frac{\pi - \alpha}{2} \rangle$ gdzie $0 < \varepsilon < \displaystyle \frac{\pi - \alpha}{2}$ , stwierdzamy, że zbiorem wartości funkcji $f$ w przedziale $(0; \pi- \alpha \rangle$ jest $\langle \alpha; \infty)$ .

XXVI - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

III

Dane są funkcje $S$ i $T$ , $S(x) = 1 - x$ , $T(x) = -\frac{1}{2}$ dla $0\leq x \leq 1$ . Czy istnieje funkcja $f$ postaci

$ (1) \qquad f= g_1 \circ g_2 \circ \ldots g_n, \text{ gdzie }g_k = T \text{ lub } g_k = S $

dla $k = 1,2, \ldots, n$ przy pewnym naturalnym $n$ taka, że

$ f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1975}{2^{1975}} ? $

Rozwiązanie

Udowodnimy

Twierdzenie. Każda liczba wymierna $\displaystyle \frac{m}{n}$ należąca do przedziału, $(0 ;\ 1)$ , gdzie $m$ jest liczbą nieparzystą, a $n$ - potęgą dwójki, jest równa $f\left( \frac{1}{2} \right)$ dla pewnej funkcji $f$ postaci (1).

Dowód. Zastosujemy indukcję ze względu na liczbę $m+n$ . Z określenia liczb $m$ i $n$ wynika, że $m+n \geq 3$ . Jeżeli $m+n = 3$ , to $m = 1$ , $n=2$ i wtedy $S \left( \displaystyle \frac{1}{2} \right) = \frac{1}{2}$ . Wystarczy więc przyjąć $f = S$ .

Załóżmy z kolei, że $m+n > 3$ i załóżmy, że dla dowolnych liczb naturalnych $m'$ , $n'$ , gdzie $m'$ jest liczbą nieparzystą, $n'$ - potęgą dwójki, $\displaystyle 0 < \frac{m'}{n'} < 1$ i $m' + n' < m + n$ , istnieje taka funkcja $f'$ postaci 1, że $\displaystyle f' \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{m'}{n'}$ .

Jeżeli $\displaystyle \frac{m}{n} < \frac{1}{2}$ , to $\displaystyle 0 < \frac{m}{\frac{1}{2}n} < 1$ i liczba $\displaystyle \frac{1}{2} n$ jest potęgą dwójki. Stosując więc założenie indukcyjne do liczb $m' = m$ i $n' = \displaystyle \frac{1}{2} n$ stwierdzamy, że istnieje funkcja $f'$ postaci (1) taka, że $f' \displaystyle \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{m'}{n'}$ . Wtedy jako $f$ wystarczy przyjąć funkcję $T \circ f'$ . Mamy bowiem

$ (T \circ f') \left( \frac{1}{2} \right) = T \left( f' \left( \frac{1}{2} \right)\right)= T \left( \frac{m'}{n'} \right)= \frac{1}{2} \cdot \frac{m'}{n'} = \frac{m}{n}. $

Jeżeli $\displaystyle \frac{1}{2} < \frac{m}{n} < 1$ , to $\displaystyle 0 < 1 - \frac{m}{n} < \frac{1}{2}$ . Mamy też 1 $\displaystyle -\frac{m}{n}= \frac{n-m}{n}$ i liczba $n-m$ jest nieparzysta, a $n$ jest potęgą dwójki. Przy tym $n-m+n < m+n$ , ponieważ $\displaystyle \frac{m}{n} > \frac{1}{2}$ . Z założenia indukcyjnego zastosowanego do liczb $m' = n-m$ i $n' = n$ wynika, że istnieje funkcja $f'$ postaci (1) spełniająca $\displaystyle f' \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{n-m}{n}$ . Wtedy jako $f$ wystarczy przyjąć funkcję $S \circ f'$ . Mamy bowiem

$ (S \circ f') \left( \frac{1}{2} \right) = S \left( f' \left( \frac{1}{2} \right) \right) = S\left( \frac{n-m}{n} \right) = 1- \frac{n-m}{n} = \frac{m}{n}/ $

Wobec tego na mocy indukcji twierdzenie zachodzi dla każdej liczby wymiernej $\displaystyle \frac{m}{n}$ rozważanej postaci.

W szczególności stosując postępowanie opisane w dowodzie twierdzenia do liczby $\displaystyle \frac{1975}{2^{1975}}$ otrzymujemy, że $\displaystyle f \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{1975}{2^{1975}}$ , gdzie $f = T^{1964} \circ S \circ T^4 \circ S \circ T \circ S \circ T^2 \circ S \circ T \circ S \circ T^2$ i $T_k$ oznacza $k$ -krotną superpozycję funkcji $T$ .