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 $T$ .