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.