XXV OM - I etap

I etap XXV Olimpiady Matematycznej

XXV - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXV OM, 1973-1974

Etap:

W czasie pierwszej wojny światowej toczyła się bitwa w pobliżu pewnego zamku. Jeden z pocisków rozbił stojącą u wejścia do zamku statuą rycerza z piką w ręku. Stało się to ostatniego dnia miesiąca. Iloczyn daty dnia, numeru miesiąca, wyrażonej w stopach długości piki, połowy wyrażonego w latach wieku dowódcy baterii strzelającej do zamku oraz połowy wyrażonego w latach czasu, jaki stała statua, równa sią 451 066. W którym roku postawiono statuę?

Rozwiązanie

Ostatnim dniem miesiąca może być tylko $28$ , $29$ , $30$ lub $31$ . Z tych liczb tylko $29$ jest dzielnikiem liczby $451 066 = 2 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 29 \cdot 101$ . Zatem bitwa toczyła się $29$ lutego w roku przestępnym. W czasie pierwszej wojny światowej tylko rok $1916$ był przestępny. Z treści zadania wynika, że pewien dzielnik liczby $7 \cdot 11 \cdot 101$ jest połową wieku dowódcy baterii. Jedynie liczba $11$ spełnia ten warunek, a więc dowódca baterii miał $22$ lata. Długość piki jest dzielnikiem liczby $7 \cdot 101$ . Wynika stąd, że pika miała $7$ stóp długości. Zatem połowa czasu, jaki stała statua, jest równa $101$ lat. Postawiono ją więc $202$ lata przed rokiem $1916$ , tzn. w roku $1714$ .

XXV - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXV OM, 1973-1974

Etap:

Dowieść, że dla każdego $m$ naturalnego

$ \frac{(2m+1)2m(2m-1)\ldots (m+2)}{m!} < 2^{2m} $

Rozwiązanie

Mamy dowieść, że

$ (1) \qquad \binom{2m + 1}{m} < 2^{2m}. $

Ze wzoru $\displaystyle \binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$ , gdzie $0 \leq k \leq n$ , wynika w szczególności, że $\displaystyle \binom{2m+1}{m} = \binom{2m+1}{m+1}$ . Ze wzoru dwumianowego otrzymujemy

$ 2^{2m+1}= (1+1)^{2m+1} = \sum_{i=0}^{2m+1} \binom{2m + 1}{m} > \binom{2m+1}{m} + \binom{2m+1}{m+1} = 2 \binom{2m+1}{m}. $

Wynika stąd nierówność (1).

XXV - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXV OM, 1973-1974

Etap:

Udowodnić, że dwusieczne kątów utworzonych przez proste zawierające przeciwległe boki czworokąta wypukłego wpisanego w okrąg są odpowiednio równoległe do dwusiecznych kątów utworzonych przez proste zawierające przekątne tego czworokąta.

Rozwiązanie

Niech $A$ , $B$ , $C$ , $D$ będą kolejnymi wierzchołkami czworokąta wpisanego w okrąg. Niech $O$ będzie punktem przecięcia prostych $AB$ i $CD$ , a $k$ niech będzie dwusieczną kąta $\measuredangle AOD$ (rys. 12). Jeżeli $A'$ i $C'$ są obrazami punktów $A$ i $C$ odpowiednio w symetrii względem prostej $k$ , to proste $A'C'$ i $BD$ są równoległe. Mamy bowiem $\measuredangle OBD = \measuredangle ACO$ (jako kąty wpisane oparte na tym samym łuku) oraz $\measuredangle ACO = \measuredangle A'C'O$ (symetria zachowuje miary kątów). Zatem odpowiednie dwusieczne kątów wyznaczonych przez proste $AC$ i $BD$ oraz $AC$ i $A'C'$ są równoległe. Tą ostatnią dwusieczną jest prosta $k$ .

XXV - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXV OM, 1973-1974

Etap:

Dowieść, że jeśli $x_1, \ldots, x_n$ są takimi liczbami rzeczywistymi, że $\sum_{i=1}^n x_i = 0$ , to dla dowolnych liczb rzeczywistych $t_1, t_2, \ldots, t_n$ prawdziwa jest nierówność

$ \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n (t_i-t_j)^2 x_ix_j $

Rozwiązanie

Ponieważ $\displaystyle \sum_{k=1}^n x_k = 0$ , więc

$ \begin{split} & \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n (t_i - t_j)^2 x_ix_j = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n (t_i - t_j)^2 \left( t_i^2 - 2t_it_j + t_j^2 \right) x_ix_j =\\ &\quad=\sum_{i=1}^n t_i^2 x_i \sum_{j=1}^n x_j - 2 \sum_{i=1}^n t_i x_i \sum_{j=1}^n t_jx_j + \sum_{i=1}^n x_i \cdot \sum_{j=1}^n t_j^2x_j= -2 \left( \sum_{i=1}^n t_ix_i \right)^2 \leq 0. \end{split} $

XXV - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXV OM, 1973-1974

Etap:

Dowieść, że dla każdego $k$ , $k$ -te od końca cyfry w układzie dziesiętnym liczb $5, 5^2, 5^3, \ldots$ tworzą od pewnego miejsca ciąg okresowy.

Rozwiązanie

Niech $a_n$ będzie liczbą utworzoną z $k$ ostatnich cyfr liczby $5^n$ . Wystarczy dowieść, że ciąg $\{a_n\}$ jest okresowy. Liczba $a_n$ jest resztą z dzielenia liczby $5^n$ przez $10^k$ , tzn. $5^n = 10^k \cdot b_n + a_n$ , gdzie $b_n \geq 0$ i $0 \leq a_n < 10^k$ . Stąd $5^{n+1} = 5 \cdot 10^k \cdot bn + 5 \cdot a_n$ oraz $5^{n+1} = 10^k \cdot b_{n+1} + a_{n+1}$ . Zatem liczby $5^{n+1}$ i $5 \cdot a_n$ dają tę samą resztę $a_{n+1}$ z dzielenia przez $10^k$ . Wobec tego $a_{n+1}$ jest liczbą utworzoną z $k$ ostatnich cyfr liczby $5 \cdot a_n$ . Wynika stąd, że każdy wyraz ciągu $\{a_n\}$ jednoznacznie wyznacza wyraz następny. Ponieważ ciąg $\{a_n\}$ przybiera tylko skończoną liczbę wartości (nie więcej niż $10^k$ ), więc pewien wyraz ciągu się powtarza: $a_r = a_{r+t}$ dla pewnych naturalnych $r$ i $t$ . Wobec tego $a_{r+1} = a_{r+t+1}$ i ogólnie $a_{r+s} = a_{r+t+s}$ dla $s = 1, 2, \ldots$ . Ciąg $\{a_n\}$ jest więc od pewnego miejsca okresowy.

XXV - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXV OM, 1973-1974

Etap:

Udowodnić, że dla dowolnych liczb rzeczywistych $a, b, c$ pewna, wartość funkcji $f(x) = |a \sin x + b \sin 2x + c sin 4x|$ jest nie mniejsza od $\frac{1}{2}(|a| + |b| + |c|)$ .

Rozwiązanie

Ponieważ zmiana znaków liczb $a$ , $b$ , $c$ nie zmienia warunków zadania, więc bez zmniejszenia ogólności możemy przyjąć, że $a \geq 0$ . Wtedy w zależności od znaków liczb $b$ i $c$ następująca liczba $x$ spełnia warunki zadania: jeżeli $b \geq 0$ i $c \geq 0$ , to $x = \displaystyle \frac{\pi}{6}$ ; jeżeli $b \geq 0$ i $c \leq 0$ , to $x = \displaystyle \frac{\pi}{3}$ ; jeżeli $b \leq 0$ i $c \geq 0$ , to $x = \displaystyle \frac{2\pi}{3}$ ; jeżeli $b \leq 0$ i $c \leq 0$ , to $x = \displaystyle \frac{5\pi}{6}$ .

Rozpatrzymy na przykład ostatni przypadek, w pozostałych - dowód przebiega podobnie. Ponieważ $b \leq 0$ i $c \leq 0$ , więc

$ \begin{split} f\left( \frac{5}{6} \pi \right)&= \left| \frac{1}{2}a - \frac{\sqrt{3}}{2}b - \frac{\sqrt{3}}{2}c \right|= \left| \frac{1}{2}a + \frac{\sqrt{3}}{2}(-b) + \frac{\sqrt{3}}{2}(-c) \right|=\\ &=\frac{1}{2}a + \frac{\sqrt{3}}{2}(-b) + \frac{\sqrt{3}}{2}(-c) \geq \frac{1}{2}a + \frac{1}{2}(-b) + \frac{1}{2}(-c) = \frac{1}{2} (|a|+|b|+|c|). \end{split} $

XXV - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XXV OM, 1973-1974

Etap:

Udowodnić, że jeżeli w trójkącie ostrokątnym każdą wysokość można za pomocą ruchu sztywnego przenieść wewnątrz trójkąta tak, aby jej spodek zajął miejsce wierzchołka, a wierzchołek miejsce spodka, to trójkąt jest równoboczny.

Rozwiązanie

Jeżeli $h$ jest długością pewnej wysokości trójkąta $ABC$ , to z warunków zadania wynika, że w trójkącie $ABC$ można umieścić odcinek o długości $h$ mający dowolny zadany z góry kierunek. Jeżeli trójkąt $ABC$ nie jest równoboczny, to długości pewnych jego wysokości są różne, np. $h_A > h_B$ . Wtedy nie można w tym trójkącie umieścić odcinka o długości $h_A$ , który byłby równoległy do wysokości poprowadzonej z punktu $B$ . Najdłuższym bowiem odcinkiem o tym kierunku zawartym w trójkącie $ABC$ jest wysokość poprowadzona z punktu $B$ , która ma długość $h_B$ . Zatem trójkąt $ABC$ spełniający warunki zadania jest równoboczny.

XXV - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XXV OM, 1973-1974

Etap:

Dany jest wielościan wypukły i punkt $A$ w jego wnętrzu. Udowodnić, że istnieje taka ściana $S$ tego wielościanu, że rzut prostokątny punktu $A$ na jej płaszczyznę należy do $S$ .

Rozwiązanie

Niech $S$ będzie taką ścianą danego wielościanu, że odległość $d$ punktu $A$ od płaszczyzny ściany $S$ jest nie większa od odległości tego punktu od płaszczyzny każdej innej ściany wielościanu. Niech $k$ będzie półprostą o początku w punkcie $A$ prostopadłą do płaszczyzny ściany $S$ . Jeżeli półprosta $k$ nie przecina ściany $S$ , to przecina pewną inną ścianę $T$ danego wielościanu w punkcie $P$ . Z wypukłości danego wielościanu wynika, że punkty $A$ i $P$ należą do jednej półprzestrzeni wyznaczonej przez płaszczyznę ściany $S$ . Zatem $AP < d$ tym bardziej odległość punktu $A$ od płaszczyzny ściany $T$ jest mniejsza od $d$ . Otrzymana sprzeczność dowodzi, że półprostą $k$ przecina ścianę $S$ .

XXV - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XXV OM, 1973-1974

Etap:

Zbiór dokumentów rozdzielono na $n$ części dając je do przechowania $n$ osobom, z których każda posiada telefon. Dowieść, że dla $n \geq 4$ wystarczy $2n - 4$ rozmów telefonicznych, aby po ich przeprowadzeniu każda z $n$ osób znała treść wszystkich dokumentów.

Rozwiązanie

Dla czterech osób $A$ , $B$ , $C$ , $D$ wystarczą cztery rozmowy. Mianowicie, najpierw $A$ i $B$ oraz $C$ i $D$ informują się nawzajem o posiadanych przez siebie dokumentach. Następnie $A$ i $C$ oraz $B$ i $D$ wymieniają między sobą posiadane informacje.

Jeżeli liczba osób $n$ przekracza $4$ , to ustalamy pewne $4$ osoby $A$ , $B$ , $C$ , $D$ . Najpierw każda z pozostałych $n - 4$ osób informuje $A$ o treści posiadanych przez siebie dokumentów. Potem osoby $A$ , $B$ , $C$ , $D$ przeprowadzają między sobą $4$ rozmowy (jak wyżej) i wymieniają posiadane przez siebie informacje. Wreszcie każda z pozostałych $n - 4$ osób dzwoni do $A$ i dowiaduje się od niej o treści wszystkich dokumentów.

Zostały przeprowadzone $(n - 4) + 4 + (n - 4) = 2n - 4$ rozmowy i każda z osób zna treść wszystkich dokumentów.

XXV - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XXV OM, 1973-1974

Etap:

Każda przekątna pewnego pięciokąta wypukłego odcina od niego trójkąt o polu 1. Obliczyć pole tego pięciokąta.

Rozwiązanie

Niech $ABCDE$ będzie danym pięciokątem wypukłym, a $A'B'C'D'E'$ - takim pięciokątem foremnym, że pole trójkąta $A'B'C'$ jest równe $1$ . Ponieważ trójkąty $ABC$ i $ABE$ mają równe pola, więc odległości punktów $C$ i $E$ od prostej $AB$ są równe. Zatem $CE \parallel AB$ i podobnie każda przekątna pięciokąta $ABCDE$ jest równoległa do odpowiedniego boku.

Dla dowolnej trójki punktów niewspółliniowych istnieje takie przekształcenie afiniczne, które przeprowadza ją na dowolną inną trójkę punktów niewspółliniowych. Niech $\varphi$ będzie takim przekształceniem afinicznym płaszczyzny, że $\varphi(A) = A'$ , $\varphi(B) = B'$ i $\varphi(C) = = C'$ . Każde przekształcenie afiniczne zachowuje stosunek pól. Ponieważ pola trójkątów $ABC$ i $\varphi(A) \varphi(B) \varphi(C)$ są równe, więc przekształcenie $\varphi$ zachowuje pola.

Przekształcenie afiniczne zachowuje równoległość odcinków. Zatem $\varphi(C)\varphi(E) \parallel \varphi(A)\varphi(B)$ , czyli $C' \varphi(E) \parallel A'B'$ . Wobec tego $(E) \in C'E'$ i podobnie 9 $\varphi(D) \in A'D'$ . Ponadto mamy $\varphi(D)\varphi(E) \parallel A'C'$ i stąd $\varphi(D)\varphi(E) \parallel D'E'$ (rys. 13).

Gdyby $\varphi(D) \ne D'$ , to jeden z trójkątów $C'\varphi(D)\varphi(E)$ i $C'D'E'$ byłby ściśle zawarty w drugim. Jest to niemożliwe, ponieważ mają one równe pola. Stąd $\varphi(D) = D'$ i podobnie $\varphi(E) = E'$ . Zatem obrazem pięciokąta $ABCDE$ w przekształceniu $\varphi$ jest pięciokąt foremny $A'B'C'D'E'$ . Pola pięciokątów tych są więc równe.

To ostatnie pole łatwo jest obliczyć. Pole trójkąta $A'B'C'$ jest równe

$ 1 = \frac{1}{2} A'B' \cdot B'C' \sin \measuredangle A'B'C' = \frac{1}{2} a^2 \sin \frac{3}{5} \pi, $

gdzie $a = A'B'$ (rys. 14). Stąd $\displaystyle a^2 = \frac{2}{\sin \frac{3}{5}\pi}$ . Odległość $d$ boku $A'B'$ od środka pięciokąta foremnego jest równa $\displaystyle d = \frac{a}{2} \tan \frac{3}{10} \pi$ .

Zatem pole pięciokąta $A'B'C'D'E'$ jest równe

$ 5 \cdot \frac{1}{2} ad = \frac{5}{4} a^2 \tan \frac{3}{10} \pi = \frac{5}{4 \cos^2 \frac{3}{10} \pi } \approx 3,62. $

XXV - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XXV OM, 1973-1974

Etap:

Niech $X_n$ i $Y_n$ bądą niezależnymi zmiennymi losowymi o tym samym rozkładzie $\left{ \left(\frac{k}{2^n}, \frac{1}{2^n}\right) : k = 0, 1, \ldots, 2^n-1\right}$ . Oznaczmy przez $p_n$ prawdopodobieństwo zdarzenia, że istnieje liczba rzeczywista $t$ spełniająca równanie $t^2 + X_n \cdot t + Y_n = 0$ . Obliczyć $\lim_{n\to\infty} p_n$ .

Rozwiązanie

Zdarzenie sprzyjające polega na tym, że wyróżnik trójmianu $t^2 + X_n t + Y_n$ jest liczbą nieujemną. Niech $\displaystyle X_n = \frac{r}{2^n}$ , $\displaystyle Y_n = \frac{s}{2^n}$ , gdzie $r, s = 0, 1, \ldots, 2^n - 1$ . Nierówność $X_n^2 - 4 Y_n \geq 0$ jest równoważna nierówności $r^2 - 4 \cdot 2^n s \geq 0$ , czyli

$ (1) \qquad 0 \leq s \leq \frac{r^2}{4 \cdot 2^n}. $

Znajdziemy więc liczbę takich par $(r, s)$ , dla których zachodzi (1). Dla dowolnego $a$ liczba rozwiązań nierówności $0 \leq x \leq a$ w liczbach całkowitych $x$ jest równa $[a] + 1$ , gdzie $[a]$ jest największą liczbą całkowitą nie przekraczającą $a$ . Zatem liczba par $(r, s)$ spełniających
(1) jest równa

$ A_n = \sum_{r=0}^{2^n-1} \left( \left[ \frac{r^2}{4 \cdot 2^n} \right] +1 \right). $

Rozważmy sumę

$ B_n = \sum_{r=0}^{2^n-1} \frac{r^2}{4 \cdot 2^n} = \frac{1}{4 \cdot 2^n} \sum_{r=0}^{2^n-1} r^2. $

Na mocy wzoru

$ 1^2 + 2^2 + \ldots + k^2 = \frac{1}{6} k(k+ 1)(2k+1) $

mamy

$ (2) \qquad B_n = \frac{1}{4 \cdot 2^n} \cdot \frac{1}{6}(2^n - 1) 2^n (2^{n+1} - 1) = \frac{1}{12} \left( 2^{2n} - 3 \cdot 2^{n-1} + \frac{1}{2} \right). $

Ponieważ dla dowolnej liczby rzeczywistej x zachodzi nierówność

$ x < [x] + 1 \leq x + 1, $

więc

$ (3) \qquad B_n < A_n \leq \sum_{r=0}^{2^n-1} \left( \frac{r^2}{4 \cdot 2^n} + 1 \right) = B_n + 2^n. $

Liczba wszystkich zdarzeń elementarnych, czyli rozważanych par $(r, s)$ , jest równa $2^{2n}$ . Wobec tego $\displaystyle p^n = \frac{A^n}{2^{2n}}$ i z (3) wynika, że

$ (4) \qquad \frac{B_n}{2^{2n}} < p_n \leq \frac{B_n}{2^{2n}} + \frac{1}{2^n}. $

Z (2) otrzymujemy, że $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{B_n}{2^{2n}} = \frac{1}{12}$ i wobec tego z (4) wnosimy, że $\displaystyle \lim_{n \to \infty} p_n = \frac{1}{12}$

XXV - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XXV OM, 1973-1974

Etap:

Dowieść, że w dowolnym kącie trójściennym, w którym co najwyżej jeden kąt płaski jest prosty, trzy proste prostopadłe w wierzchołku kąta trójściennego do jego krawędzi i zawarte w płaszczyznach ścian przeciwległych do tych krawędzi są zawarte w jednej płaszczyźnie.

Rozwiązanie

Niech $a$ , $b$ , $c$ będą niezerowymi wektorami równoległymi do krawędzi danego kąta trójściennego. Żadne dwa z tych wektorów nie są więc równoległe. Z warunków zadania wynika, że co najmniej dwie z liczb $\lambda = bc$ , $\mu = ca$ , $\nu = ab$ są różne od zera, ponieważ co najwyżej jedna para wektorów z $a$ , $b$ , $c$ jest prostopadła. Zatem wektory

$ (1) \qquad r = \lambda a - \mu b, \quad s = \mu b - \nu c, \quad t = \nu c - \lambda a $

są niezerowe. Z (1) wynika, że $r + s = -t$ , czyli wektory $r$ , $s$ , $t$ są równoległe do jednej płaszczyzny. Mamy też $rc = \lambda ac - \mu bc = \lambda \mu - \mu \lambda = 0$ , tzn. wektory $r$ i $c$ są prostopadłe. Podobnie dowodzimy, że $s \bot a$ i $t \bot b$ .

Wobec tego prosta zawarta w płaszczyźnie równoległej do wektorów $a$ i $b$ i prostopadła do krawędzi równoległej do wektora $c$ ma kierunek wektora $r$ . Analogicznie dowodzimy, że pozostałe dwie proste, o których jest mowa w zadaniu, są równoległe odpowiednio do wektorów $s$ i $t$ .

Jak wykazaliśmy, wektory $r$ , $s$ , $t$ są równoległe do jednej płaszczyzny. Każda z prostych rozpatrywanych w zadaniu jest równoległa do jednego z tych wektorów i proste te mają punkt wspólny. Zatem te trzy proste są zawarte w jednej płaszczyźnie.