XXIII OM

XXIII Olimpiada Matematyczna

Opracowanie rozwiązań: Jerzy Browkin

XXIII OM - I etap

I etap XXIII Olimpiady Matematycznej

XXIII OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

Narysować wykres funkcji

$ y=\sqrt{x+2\sqrt{x-1}} + \sqrt{x-2\sqrt{x-1}} $

Rozwiązanie

Jeżeli $x \geq 1$ , to $x \pm 2 \sqrt{x-1}= (x - 1) \pm 2 \sqrt{x-1} + 1 = (\sqrt{x-1} \pm 1)^2$ i wobec tego $y = \sqrt{(\sqrt{x - 1} + 1)^2} + + \sqrt{(\sqrt{x-1} - 1)^2} = |\sqrt{x-1} + 1| + |\sqrt{x-1} - 1|$ .

Widzimy stąd, że funkcja $y$ jest określona dla $x \geq 1$ .

Mamy $\sqrt{x-1} + 1 \geq 0$ dla każdego $x \geq 1$ oraz $\sqrt{x -1} - 1 \geq 0$ dla $x \geq 2$ i $\sqrt{x- 1} \leq 0$ dla $1 \leq x \leq 2$ .

Zatem

$ y = \left\{ \begin{array}{cl} (\sqrt{x-1} + 1) + (\sqrt{x-1} - 1) = 2\sqrt{x-1} & \textrm{dla}\ x \geq 2,\\ (\sqrt{x-1} + 1) - (\sqrt{x-1} - 1) = 2 & \textrm{dla}\ 1 \leq x \leq 2. \end{array} \right. $

Wykres funkcji $y$ składa się więc z odcinka o końcach w punktach $(1,2)$ i $(2, 2)$ oraz łuku paraboli o równaniu $y = 2\sqrt{x-1}$ dla $x \geq 2$ (rys. 3).

XXIII OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

Dla danej liczby pierwszej $p$ wyznaczyć wszystkie takie ułamki nieskracalne $\frac{a}{b}>0$ , że

$ \frac{a+p}{b+p} - \frac{a}{b} = \frac{1}{p^2}. $

Rozwiązanie

Daną równość przekształcamy do postaci

$ p^3 (a - b) + pb + b^2 = 0. $

Ponieważ pierwsze dwa składniki po lewej stronie są podzielne przez $p$ , więc wynika stąd, że $b^2$ jest podzielne przez $p$ , a zatem i $b$ jest podzielne przez $p$ . Podstawiając $b = pc$ do powyższej równości i dzieląc obustronnie przez $p^2$ otrzymujemy

$ p (a - pc) + c + c^2 = 0 $

i stąd

$ (1) \qquad pa = c (p^2 - c - 1). $

Wobec tego $c$ jest dzielnikiem liczby $pa$ , a ponieważ $c$ jest względnie pierwsze z $a$ (zakładaliśmy bowiem, że ułamek $\displaystyle \frac{a}{b} = \frac{a}{pc}$ jest nieskracalny), więc $c$ jest dzielnikiem $p$ . Wynika stąd, że $c = \pm 1$ lub $c = \pm p$ .

1) Jeżeli $c = 1$ , to z (1) otrzymujemy $pa = p^2 - 2$ . Zatem $p$ jest dzielnikiem pierwszym liczby $2$ , czyli $p = 2$ . Wtedy $a = 1$ i $b = 2$ .

2) Jeżeli $c = -1$ , to z (1) otrzymujemy $pa = -p^2$ , czyli $a = -p$ i $b = pc = -p$ . Liczby te nie spełniają warunków zadania, ponieważ ułamek $\displaystyle \frac{a}{b}$ nie jest w tym przypadku nieskracalny.

3) Jeżeli $c = p$ , to z (1) otrzymujemy $pa = p(p^2 - p - 1)$ , czyli $a = p^2 - p - 1$ i $b = p^2$ .

4) Jeżeli $c = -p$ , to z (1) otrzymujemy $pa = -p(p^2 + p - 1)$ , czyli $a = -p^2 - p + 1$ i $b = - p^2$ .

Sprawdzamy bez trudu, że liczby $a$ i $b$ wyznaczone w przypadkach 1), 3), 4) spełniają warunki zadania.

XXIII OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

Udowodnić, że jeżeli $A, B, C$ są kątami trójkąta, zaś $t$ - liczbą rzeczywistą, to

$ \cos A + t (\cos B + \cos C) \leq 1 + \frac{t^2}{2} . $

Rozwiązanie

Ponieważ $A + B + C = \pi$ , więc $\cos A = \cos [\pi - (B + C)] = - \cos (B + C)$ . Zatem

$ \begin{split} t^2 & - 2t(\cos B + \cos C) + 2 (1- \cos A) = \\ & = [t - (\cos B + \cos C)]^2 - (\cos B + \cos C)^2 + 2 [1 + \cos (B + C)] \geq \\ & \geq - \cos^2 B - 2 \cos B \cdot \cos C - \cos^2 C + 2 + 2 \cos B \cdot \cos C - 2 \sin B \cdot \sin C = \\ & = (1 - \cos^2 B) + (1 - \cos^2 C) - 2 \sin B \cdot \sin C = (\sin B - \sin C)^2 \leq 0. \end{split} $

Wynika stąd nierówność podana w zadaniu.

XXIII OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

Punkty $A$ i $B$ nie należą do płaszczyzny $\pi$ . Znaleźć zbiór wszystkich punktów $M\in \pi$ o tej własności, że proste $AM$ i $BM$ tworzą z płaszczyzną $\pi$ równe kąty.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $A'$ i $B'$ odpowiednio rzuty punktów $A$ i $B$ na
płaszczyznę $\pi$ (rys 4). Jeżeli $A' = B'$ i $AA' = BB'$ , to
szuanym zbiorem punktów jest cała płaszczyzna. Jeżeli $A' = B'$ , ale $AA' \ne BB'$ , to tylko punkt $A'$ spełnia warunki zadania. Jeżeli bowiem $M \ne A$ i $M \in \pi$ , to kąty $\measuredangle AMA'$ i $\measuredangle BMB'$ są ostre. Wtedy $\tg \measuredangle BMB' = \displaystyle \frac{BB'}{MB'} = \frac{BB'}{MA'} \ne \frac{AA'}{MA'} = \tg \measuredangle AMA'$ i wobec tego
rozpatrywane kąty są różne.

Wreszcie, jeżeli $A' \ne B'$ , to warunek sformułowany w zadaniu przybiera postać $\measuredangle (AM, \pi) = \measuredangle (BM, \pi)$ , czyli $\measuredangle AMA' = \measuredangle BMB'$ . Ponieważ oba te kąty są ostre, więc warunek ten jest równoważny następującemu: $\tg \measuredangle AMA' = \tg \measuredangle BMB'$ , czyli $\displaystyle \frac{AA'}{A'M} = \frac{BB'}{B'M}$ . Zatem poszukiwany punkt $M$ winien spełniać warunek $\displaystyle \frac{A'M}{B'M} = \frac{AA'}{BB'}$ .

Inaczej mówiąc, stosunek odległości punktu $M$ od punktów $A'$ i $B'$ winien być stały. Jak wiadomo, jeżeli ten stosunek równy jest $1$ , to miescem geometrycznym punktów $M$ jest symetralna odcinka $A'B'$ , a jeżeli jest on różny od $1$ , to tym miejscem geometrycznym jest okrąg o średnicy wyznaczonej przez punkty dzielące wewnętrznie i zewnętrznie odcinek $\overline{A'B'}$ w tym stosunku. Jest to tzw. okrąg Apoloniusza.

XXIII OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

Ciąg wielomianów $P_0(x), P_1(x), P_2(x), \ldots$ jest określony wzorami $P_0(x) = 2$ , $P_1(x) = x$ ,

$ (1)\qquad P_{n+1}(x) = x\cdot P_n(x) - P_{n-1}(x) \quad (n=1, 2, \ldots). $

Wykazać istnienie takich liczb rzeczywistych $a, b, c$ , że dla każdej liczby naturalnej $n$ zachodzi równość

$ (2)\qquad (x^2 - 4) (P_n^2(x) - 4) = (a \cdot P_{n+1}(x) + b \cdot P_n(x) + c \cdot P_{n-1}(x))^2. $

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że dla pewnych liczb $a$ , $b$ , $c$ zachodzi wzór (2). Podstawiając w nim $n = 1$ otrzymujemy $(x^2 - 4)^2 = [ax^2 + bx + 2 (c - a)]^2$ . Porównując współczynniki przy $x^4$ , $x^3$ , $x^2$ w wielomianach stojących po obu stronach ostatniej równości uzyskujemy $a^2 = 1$ , $2ab = 0$ , $b^2 + 4a (c - a) = - 8$ . Wyznaczając kolejno stąd $a$ , $b$ , $c$ otrzymujemy $a = \pm 1$ , $b = 0$ , $c = \mp 1$ . Udowodnimy, że liczby te spełniają warunki zadania, tzn. że dla każdej liczby naturalnej $n$ zachodzi

$ (3) \qquad (x^2 - 4) [P_n^2 (x) - 4] = [P_{n+1}(x) - P_{n-1} (x)]^2. $

\spos{1} Na mocy (1) wzór (3) można zapisać w postaci

$ (x^2 - 4) [P_n^2(x) - 4] = [x \cdot P_n(x) - 2P^2_{n-1}(x)]^2. $

Wymnażając nawiasy i dokonując redukcji wyrazów podobnych otrzymujemy stąd następującą równość równoważną (3):

$ (4) \qquad P_n^2 (x) - x \cdot P_n (x) \cdot P_{n-1} (x) + P^2_{n-1}(x) = 4 - x^2. $

Udowodnimy równość (4) za pomocą indukcji. Dla $n = 1$ lewa strona (4) na mocy założenia jest równa $x^2 - x \cdot x \cdot 2 + 2^2 = 4 - x^2$ . Równość (4) jest więc w tym przypadku prawdziwa.

Załóżmy z kolei, że równość (4) zachodzi dla pewnej liczby naturalnej $n$ . Udowodnimy, że analogiczna równość zachodzi dla liczby $n+1$ , tzn., że

$ (5) \qquad P^2_{n+1} (x) - x \cdot P_{n+1}(x) \cdot P_n(x) + P_n^2(x) =4-x^2 $

Przekształcamy lewą stronę (5) korzystając z (1) i (4):

$ \begin{split} [x \cdot P_n(x)& - P_{n-1} (x)]^2 - x[xP_n (x) - P_{n-1}(x)] \cdot P_n(x) + P_n^2(x) =\\ &= x^2 \cdot P_n^2(x) - 2x \cdot P_n(x) \cdot P_{n-1} (x) + P_{n-1}^2 (x) +\\ &\quad- x^2 \cdot P_n^2(x) + x \cdot P_{n-1}(x) \cdot P_n(x) + P_n^2(x) = \\ & = P_n^2 (x) - x \cdot P_n (x) \cdot P_{n - 1}(x) + P^2_{n-1} (x) = 4 - x^2. \end{split} $

Otrzymaliśmy więc równość (5). Zatem na mocy zasady indukcji równość (4) zachodzi dla każdej liczby naturalnej $n$ .

XXIII OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

Zbadać, dla jakich cyfr $a$ zapis w układzie dziesiętnym pewnej liczby $\frac{n(n+1)}{2}$ ( $n\in \mathbb{N}$ ) składa się z samych cyfr $a$ .

Rozwiązanie

Oczywiście $a$ nie może być zerem. Gdyby zapis dziesiętny liczby
$\displaystyle t_n = \frac{1}{2} n (n + 1)$ składał się z $k$ jedynek, gdzie $k \geq 2$ , to $9 t_n = 10^k - 1$ . Stąd po łatwych przekształceniach otrzymujemy $(3n + 1) \cdot (3n + 2) = 2 \cdot 10^k = 2^{k+1} \cdot 5^k$ . Ponieważ kolejne liczby naturalne $3n + 1$ i $3n + 2$ są względnie pierwsze i $2^{k+1} \leq 2^{2k} = 4^k < 5^k$ , więc wynika stąd, że $3n + 1 = 2^{k+1}$ oraz $3n + 2 = 5^k$ . Odejmując te równości stronami otrzymujemy $1 = 5^k - 2^{k+1} > 4^k - 2^{k+1} = 2^k (2^k - 2) \geq 8$ , ponieważ $k \geq 2$ . Uzyskana sprzeczność dowodzi, że $a$ nie może być jedynką.

Zauważmy, że $8 t_n + 1 = (2n + 1)^2$ . Gdyby zapis dziesiętny liczby $t_n$ kończył się cyfrą $2$ , $4$ , $7$ lub $9$ , to zapis liczby $8 t_n + 1$ kończyłby się cyfrą $7$ lub $3$ . Jednak ostatnią cyfrą kwadratu dowolnej liczby naturalnej może być tylko, $0, 1, 4, 5, 6$ lub $9$ . Zatem $a \ne 2, 4, 7, 9$ .

Jeżeli zapis dziesiętny liczby $t_n$ kończy się układem cyfr $33$ lub $88$ , to zapis dziesiętny liczby $8 t_n + 1$ kończy się układem cyfr $65$ lub $05$ . Jednak zapis kwadratu żadnej liczby naturalnej $m$ nie kończy się układem cyfr $65$ lub $05$ . Jednak zapis kwadratu żadnej liczby naturalnej $m$ nie kończy się układem cyfr $65$ lub $05$ . Taka liczba $m$ byłaby bowiem nieparzysta i podzielna przez $5$ , tzn. $m = 10k + 5$ . Wobec tego liczba $m^2 = 100k^2 + 100k + 25$ dawałaby przy dzieleniu przez $100$ resztę $25$ , czyli zapis dziesiętny liczby $m^2$ kończyłby się układem cyfr $25$ . Wobec tego $a \ne 3, 8$ .

Natomiast $a$ może być równe $5$ lub $6$ . Mamy bowiem $t_{10} = 55$ , $t_{11} = 66$ , $r_{36} = 666$ .

Uwaga. Udowodniono, że z liczb $t_n$ dla $n > 3$ tylko liczby $t_{10}$ , $t_{11}$ i $t_{36}$ mają zapis dziesiętny złożony z jednakowych cyfr. Patrz David W. Ballew i Ronald C. Weger w Notices Amer. Math. Soc. 19 (1972), str. A - 511, abstract 72 T - A 152.

XXIII OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

Łamana zawarta w kwadracie o boku długości 50 ma tę własność, że odległość dowolnego punktu tego kwadratu od niej jest mniejsza od 1 Udowodnić, że długość tej łamanej jest większa od 1248.

Rozwiązanie

Niech łamana $A_1A_2 \ldots A_n$ ma własność podaną w zadaniu. Oznaczmy przez $K_i$ ( $i= 1, 2, \ldots, n$ ) koło o środku w punkcie $A_i$ i o promieniu długości $1$ , a przez $F_i$ ( $i= 1, 2, \ldots, n-1$ ) - figurę ograniczoną odcinkami równoległymi do odcinka $\overline{A_iA_{i+1}}$ i odległymi od
niego o $1$ oraz łukami kół $K_i$ i $K_{i+1}$ (na rys. 5 figura $F_i$ jest zakreskowana).

Zbiór punktów płaszczyzny odległych od pewnego punktu odcinka $\overline{A_i A_{i+1}}$ mniej niż o $1$ jest zawarty w sumie kół $K_i$ i $K_{i+1}$ oraz figury $F_i$ . Z warunków zadania wynika, że dany kwadrat jest zawarty w zbiorze

$ K_1 \cup F_1 \cup K_2 \cup F_2 \cup K_3 \cup \ldots \cup K_{n-1} \cup F_{n-1} \cup K_n = \sum_{i=1}^{n-1} (K_i \cup F_i) \cup K_n. $

Pole figury $K_i \cup F_i$ jest niemniejsze od $2A_iA_{i+1}$ (rys. 5), a pole
koła $K_n$ równe jest $\pi$ . Zatem pole danego kwadratu nie przekracza sumy pól tych figur, tzn.

$ 2500 \leq 2 \sum_{i=1}^{n-1} A_iA_{i+1} + \pi. $

Stąd długość łamanej $\displaystyle = \sum_{i=1}^{n-1} A_iA_{i+1} \geq 1250 - \frac{\pi}{2} > 1248$ .

XXIII OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

Na płaszczyźnie dane są dwa przystające trójkąty równoboczne $ABC$ i $A'B'C'$ . Udowodnić, że jeżeli środki odcinków $\overline{AA'}$ , $\overline{BB'}$ , $\overline{CC'}$ nie są współliniowe, to są wierzchołkami trójkąta równobocznego.

Rozwiązanie

Niech punkty $O$ i $O'$ będą odpowiednio środkami kół opisanych na trójkątach $ABC$ i $A'B'C'$ . Oznaczmy przez $T$ przesunięcie płaszczyzny o wektor $\overrightarrow{O'O}$ i niech $A'' = T(A')$ , $B'' = T(B')$ , $C'' = T(C')$ . Oznaczmy przez $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ odpowiednio środki odcinków $\overline{AA'}$ , $\overline{BB'}$ , $\overline{CC'}$ , a przez $A_2$ , $B_2$ , $C_2$ - środki odcinków $\overline{AA''}$ , $\overline{BB''}$ ,
$\overline{CC''}$ (rys. 6). Mamy $\overrightarrow{A_1A_2} = \overrightarrow{A_1A} + \overrightarrow{AA_2} = \displaystyle \frac{1}{2} \overrightarrow{A'A} + \frac{1}{2} \overrightarrow{AA''} = \frac{1}{2} \overrightarrow{A'A''} = \frac{1}{2} \overrightarrow{O'O}$ . Analogicznie stwierdzamy, że $\overrightarrow{B_1B_2} = \frac{1}{2} \overrightarrow{O'O}$ i $\overrightarrow{C_1C_2} = \frac{1}{2} \overrightarrow{O'O}$ . Zatem punkty $A_2$ , $B_2$ , $C_2$ są obrazami punktów
$A_1$ , $B_1$ , $C_1$ w przesunięciu o wektor $\frac{1}{2} \overrightarrow{O'O}$ . Wystarczy więc udowodnić, że punkty $A_2$ , $B_2$ , $C_2$ są współliniowe lub są wierzchołkami trójkąta równobocznego.

Trójkąty równoboczne $\triangle ABC$ , $\triangle A''B''C''$ są wpisane w koło $K$ o środku $O$ . Istnieje więc izometria $\varphi$ , która przeprowadza punkty $A$ , $B$ , $C$ odpowiednio na $A''$ , $B''$ , $C''$ . Przekształca ona koło $K$ na siebie. Izometria $\varphi$ jest więc obrotem o środku w punkcie $O$ lub symetrią osiową.

Jeżeli $\varphi$ jest obrotem (rys. 7), to dokonując obrotu $S$ o kąt $\displaystyle \frac{2}{3} \pi$ o środku w punkcie $O$ przekształcimy punkty $A$ i $A''$ na punkty $B$ i $B''$ odpowiednio. Wobec tego $S (A_2) = B_2$ i analogicznie $S(B_2) = C_2$ i $S(C_2) = A_2$ . Stąd $\overline{A_2B_2} = \overline{S(A_2) S(B_2)} = \overline{B_2C_2}$ i podobnie $\overline{B_2C_2} = \overline{C_2A_2}$ . Zatem trójkąt $A_2B_2C_2$ jest równoboczny lub $A_2 = B_2 = C_2 =0$ (rys. 8).

Jeżeli izometria $\varphi$ jest symetrią osiową, to punkty $A_2$ , $B_2$ , $C_2$ należą do osi tej symetrii i wobec tego są współliniowe (rys. 9).

XXIII OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

Ile liczb naturalnych mniejszych od $10^n$ ma zapis dziesiętny, którego cyfry tworzą ciąg niemalejący?

Rozwiązanie

Niech $A$ będzie zbiorem liczb naturalnych mniejszych od $10^n$ , mających zapis dziesiętny, którego cyfry tworzą ciąg niemalejący. Umówmy się w zapisie każdej z liczb zbioru $A$ umieszczać tyle zer na początku, by łącznie zapis tej liczby miał $n$ cyfr.

Niech $B$ będzie zbiorem liczb naturalnych mniejszych od $10^{n+10}$ mających zapis dziesiętny (z zerami na początku), którego cyfry tworzą ciąg niemalejący i w którym występuje każda z dziesięciu cyfr.

Każdemu zapisowi liczby zbioru $A$ przyporządkujmy zapis, w którym każda cyfra $0, 1, 2, \ldots, 9$ występuje o jeden raz więcej i cyfry tworzą ciąg niemalejący. Przyporządkowanie to określa odwzorowanie $f$ zbioru $A$ w zbiór $B$ . Przy tym liczba $x = \underbrace{00\ldots 0}_{n+1} 12\ldots 9$ należąca do $B$ nie odpowiada żadnej liczbie zbioru $A$ .

Odwzorowanie $f \colon A \to B - \{x\}$ jest wzajemnie jednoznaczne; odwzorowanie do niego odwrotne polega na skreśleniu po jednej cyfrze każdego rodzaju w zapisie liczby zbioru $B - \{x\}$ . Zatem liczba elementów zbioru $B$ jest o $1$ większa od liczby elementów zbioru $A$ .

Zapis dowolnej liczby zbioru $B$ składa się z $n + 10$ cyfr. Między kolejnymi cyframi jest więc $n + 9$ miejsc. Umówmy się w takim zapisie stawiać kreskę między cyframi, jeżeli są one różne. Kresek takich jest $9$ , ponieważ różnych cyfr jest $10$ i każda z nich występuje w zapisie liczby zbioru $B$ .

Aby wyznaczyć liczbę elementów zbioru $B$ zauważmy, że zapis liczby zbioru $B$ jest jednoznacznie wyznaczony przez dowolne rozmieszczenie $9$ kresek na $n+9$ miejscach. Zatem zbiór $B$ ma $\displaystyle \binom{n+9}{9}$ elementów, a zbiór $A$ ma $\displaystyle \binom{n+9}{9}-1$ elementów.

XXIII OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

Danych jest sześć punktów w przestrzeni, nie wszystkie w jednej płaszczyźnie. Dowieść, że wśród prostych wyznaczonych przez te punkty jest prosta nierównolegla do żadnej z pozostałych.

Rozwiązanie

Niech punkty $A_1, A_3, \ldots, A_6$ nie leżą w jednej płaszczyźnie i niech $p_{ij}$ będzie prostą zawierającą punkty $A_i$ i $A_j$ , gdzie $1 \leq i < j \leq 6$ . Przypuśćmy, że każda z prostych $p_{ij}$ jest równoległa do pewnej prostej $p_{s,t}$ , gdzie $\{i, j\} \ne \{s, t\}$ . Ponieważ liczba prostych $p_{ij}$ równa $\displaystyle \binom{6}{2} = 15$ jest nieparzysta, więc istnieje trójka prostych równoległych.

1) Jeżeli trzy proste równoległe są różne, to nie leżą one w jednej płaszczyźnie, ponieważ dany zbiór punktów nie jest zawarty w jednej płaszczyźnie, a każda z prostych zawiera po dwa dane punkty. Zatem dane punkty są wierzchołkami graniastoslupa trójkątnego. Przekątna dowolnej ściany bocznej graniastosłupa nie jest równoległa do żadnej innej prostej wyznaczonej przez jego wierzchołki. Przeczy to początkowemu przypuszczeniu.

2) Jeżeli trzy proste równoległe nie są różne, to w danym zbiorze istnieje trójka punktów współliniowych. Niech np. punkty $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ będą współliniowe.

2a) Jeżeli $A_4 \in A_1A_2$ , to istnieje płaszczyzna $\pi$ zawierająca $A_1, A_2, A_3, A_4, A_5$ i z warunków zadania wynika, że $A_6 \not \in \pi$ . Wtedy np. prosta $p_{16}$ nie jest równoległa do żadnej z pozostałych prostych $p_{ij}$ . Mamy bowiem $p_{16} \nparallel p_{i6}$ dla $i = 2, 3, 4, 5$ , ponieważ proste te przecinają się w punkcie $A_6$ . Podobnie $p_{16} \nparallel p_{ij}$ dla $i < j \leq 5$ , ponieważ $p_{ij} \subset \pi$ , a prosta $p_{16}$ przecina $\pi$ . Uzyskaliśmy więc w tym przypadku również sprzeczność z początkowym przypuszczeniem.

2b) Jeżeli wreszcie $A_4 \not \in A_1A_2$ , to punkty $A_1, A_2, A_4$ wyznaczają pewną płaszczyznę $\sigma$ . Możemy też przyjąć, że $A_5, A_6 \not \in \sigma$ . Wtedy żadne dwie z prostych $p_{12}, p_{14}, p_{24}, p_{34}$ nie są równoległe (rys. 10). Wobec tego proste $p_{14}$ i $p_{24}$ nie są równoległe do żadnej innej prostej $p_{ij}$ zawartej w płaszczyźnie $\sigma$ , ani tym bardziej do żadnej prostej przecinającej $\sigma$ . Zatem proste $p_{14}$ i $p_{24}$ mogą być równoległe tylko do prostej $p_{56}$ . Obie jednak do niej równolegle być nie mogą, ponieważ $p_{14} \nparallel p_{24}$ . Wobec tego jedna z prostych $p_{14}, p_{24}$ nie jest równoległa do żadnej z pozostałych prostych $p_{ij}$ . Również w tym przypadku mamy więc sprzeczność z początkowym przypuszczeniem. Przypuszczenie to jest więc fałszywe.

XXIII OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

Rozwiązać w liczbach naturalnych równanie

$ 1 + x + x^2 + x^3 + x^4 = y^2. $

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że jeżeli $n$ jest liczbą naturalną, a $r$ - taką liczbą całkowitą, że

$ (1) \qquad -2n + 1 < r < 2n + 1, $

to liczba $n^2 + r$ jest kwadratem pewnej liczby naturalnej tylko wtedy, gdy $r = 0$ . Istotnie, z (1) wynika, że $(n-1)^2 < n^2 + r < (n+1)^2$ , a liczba $n^2$ jest jedynym kwadratem liczby naturalnej zawartym między $(n-1)^2$ i $(n+1)^2$ .

Gdyby liczby naturalne $x$ i $y$ spełniały równanie dane w zadaniu, wtedy mnożąc obie strony tego równania przez $4$ stwierdzamy że liczba $4( x^4 + x^3 + x^2 + x + 1)$ jest kwadratem liczby naturalnej. Z drugiej jednak strony

$ (2) \qquad 4(x^4 + x^3 + x^2 + x + 1) = (2x^2 + x + 1)^2 + (-x^2 + 2x + 3). $

Przyjmując $n = 2x^2 + x + 1$ i $r = -x^2 + 2x + 3$ stwierdzamy bez trudu, że dla naturalnych $x$ spełniona jest nierówność (1), tzn.

$ - 4x^2 - 2x - 1 < -x^2 + 2x + 3 < 4x^2 + 2x + 2. $

Ponadto mamy $r = - (x - 3) (x + 1)$ , a więc równanie $r = 0$ ma tylko jeden pierwiastek w zbiorze liczb naturalnych, mianowicie $x=3$ .

Na mocy początkowej uwagi liczba $4( x^4 + x^3 + x^2 + x + 1)$ jest więc kwadratem liczby naturalnej tylko, gdy $r = 0$ , tzn. gdy $x = 3$ . Podstawiając tę wartość do danego równania obliczamy, że $y=11$ .

Jedynym rozwiązaniem danego równania w liczbach naturalnych jest więc $x=3$ , $y=11$ .

XXIII OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

Udowodnić, że

$ 2\sin \left( 1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{2^{n-1}} \right) \frac{\pi}{4} = \underbrace{\sqrt{2 + \sqrt{ 2 + \ldots + \sqrt{2}}}}_{n \ \textrm{pierwiastków}} $

Rozwiązanie

Oznaczmy $a_n = \underbrace{\sqrt{2 + \sqrt{ 2 + \ldots + \sqrt{2}}}}_{n \ \textrm{pierwiastków}}$ . Wtedy $a_1 = \sqrt{2}$ oraz $a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n}$ dla $n = 1, 2, \ldots$ .

Wykorzystując wzór na sumę $n$ wyrazów ciągu geometrycznego otrzymujemy

$ 1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{2^{n-1}} = \frac{1 - \frac{1}{2^n}}{1 - \frac{1}{2}} = 2 \left( 1 - \frac{1}{2^n} \right) $

i wobec tego

$ \sin \left( 1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{2^{n-1}} \right) \frac{\pi}{4} = \sin 2 \left( 1 - \frac{1}{2^n} \right) \frac{\pi}{4} = \sin \left( \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2^{n+1}} \right) = \cos \frac{\pi}{2^{n+1}}. $

Zatem wzór podany w zadaniu można zapisać w następującej równoważnej postaci:

$ (1) \qquad 2 \cos \frac{\pi}{2^{n+1}} = a_n. $

Udowodnimy równość (1) przez indukcję. Przy $n = 1$ równość ta przybiera postać $2 \cos \displaystyle \frac{\pi}{4} = a_1$ . Jest ona prawdziwa, ponieważ $\displaystyle \cos \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ oraz $a_1 = \sqrt{2}$ .

Załóżmy z kolei, że dla pewnej liczby naturalnej $n$ zachodzi równość (1). Udowodnimy, że

$ (2) \qquad 2 \cos \frac{\pi}{2^{n+1}} = a_{n+1}. $

Na mocy tożsamości $2 \cos^2 \alpha = 1 + \cos 2 \alpha$ oraz (1) mamy

$ \left( 2 \cos \frac{\pi}{2^{n+2}} \right)^2 = 2 \left(1 + \cos \frac{\pi}{2^{n+1}} \right) = 2 + 2\cos \frac{\pi}{2^{n+1}} = 2+ a_n. $

Ponieważ $\displaystyle \cos \frac{\pi}{2^{n+2}} > 0$ , więc otrzymujemy stąd, że $\displaystyle \cos \frac{\pi}{2^{n+2}} = \sqrt{2 + a_n} = a_{n+1}$ ,
czyli równość (2).

Na mocy zasady indukcji równość (1) jest więc prawdziwa dla każdej liczby naturalnej $n$ .

Uwaga. Zadanie to jest szczególnym przypadkiem zadania przygotowawczego A serii IV, str. 26.

XXIII OM - II etap

II etap XXIII Olimpiady Matematycznej

XXIII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

Udowodnić, że nie istnieją takie liczby rzeczywiste $a, b, c$ , $x_1, x_2, x_3$ , że dla każdej liczby rzeczywistej $x$

$ \begin{split} ax^2 + bx + c &= a(x - x_2)(x - x_3), \\ (1) \qquad bx^2 + cx + a &= b(x - x_3) (x - x_1),\\ cx^2 + ax + b &= c(x - x_1) (x - x_2) \end{split} $

oraz $x_1 \neq x_2$ , $x_2 \neq x_3$ , $x_3 \neq x_1$ , $abc \neq 0$ .

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że istnieją liczby rzeczywiste $a, b, c, x_1, x_2, x_3$ spełniające warunki zadania. Mnożąc pierwszą równość (1) przez $x$ i odejmując od niej równość drugą otrzymujemy

$ (2) \qquad a (x^3 - 1) = (x - x_3) [ax(x -x_2)-b(x- x_1)]. $

Podstawiając tu $x = x_3$ otrzymujemy, że $a(x_3^3 - 1) = 0$ . Ponieważ $a \ne 0$ , więc wynika stąd, że $x_3^3 - 1 =0$ , czyli $x^3 = 1$ .

Rozpatrując pierwszą i ostatnią równość (1) dowodzimy analogicznie, że $x_2 = 1$ . Przeczy to założeniu, że $x_2 \ne x_3$ .

Uwaga. Zadanie pozostaje prawdziwe, gdy założenie, że $x_1 \ne x_2$ , $x_2 \ne x_3$ , $x_3 \ne x_1$ i $abc \ne 0$ zastąpić przez założenie, że $a \ne 0$ . Można również nie zakładać, że liczby $a, b, c, x_1, x_2, x_3$ są rzeczywiste. Podamy niżej rozwiązanie zadania przy tych słabszych założeniach.

XXIII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

W prostokącie o bokach długości 20 i 25 umieszczono 120 kwadratów o boku długości 1. Dowieść, że istnieje koło o średnicy 1 zawarte w tym prostokącie i nie mające punktów wspólnych z żadnym z tych kwadratów.

Rozwiązanie

Koło o średnicy $1$ ma punkt wspólny z kwadratem $ABCD$ o boku długości $1$ wtedy i tylko wtedy, gdy środek $P$ tego koła jest odległy od pewnego boku kwadratu nie więcej niż o $\displaystyle \frac{1}{2}$ . Punkt $P$ należy więc do figury $A'B'B''C''C'D'D''A''$ (rys. 11) złożonej z kwadratu $ABCD$ , czterech prostokątów o wymiarach $1 \times \displaystyle \frac{1}{2}$ i czterech ćwiartek koła o promieniu długości $\displaystyle \frac{1}{2}$ . Pole tej figury równe jest $1 + 4 \cdot 1 \cdot \displaystyle \frac{1}{2} + 4 \cdot \frac{1}{4} \cdot \pi \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^2 = 3 + \frac{\pi}{4}$ .

Jeżeli więc każdemu ze $120$ danych kwadratów przyporządkujemy taką figurę jak na rys. 11 i oznaczymy sumę tych figur przez $F_1$ , to pole $F_1$ będzie nie większe od $120 \left( 3 + \frac{\pi}{4} \right) = 360 + 30\pi$ , przyporządkowane figury mogą bowiem zachodzić na siebie.

Środek koła o średnicy $1$ należący do danego prostokąta będzie odległy od pewnego boku danego prostokąta mniej niż o $\displaystyle \frac{1}{2}$ wtedy i tylko wtedy, gdy koło nie będzie zawarte w tym prostokącie. Zbiór punktów danego prostokąta odległych od co najmniej jednego z jego boków mniej niż o $\displaystyle \frac{1}{2}$ tworzy figurę $F_2$ (rys. 12) o polu $20 \cdot 25 - 19 \cdot 24 = 44$ .

Ponieważ $\pi < 3,2$ , więc suma pól figur $F_1$ i $F_2$ jes mniejsza niż $360 + 30 \cdot 3,2 + 44 = 500$ . Natomiast pole danego prostokąta równe jest $20 \cdot 25 = 500$ .

Istnieje więc punkt $P$ należący do danego prostokąta i nie należący do figury $F_1$ , ani do figury $F_2$ . Zatem koto o środku w punkcie $P$ i średnicy $1$ jest zawarte w danym prostokącie i nie ma punktów wspólnych z żadnym ze $120$ danych kwadratów.

XXIII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

Współrzędne wierzchołków trójkąta w układzie kartezjańskim $XOY$ są liczbami całkowitymi. Dowieść, że średnica koła opisanego na tym trójkącie jest nie większa od iloczynu długości boków trójkąta.

Rozwiązanie

Jeżeli długości boków trójkąta są równe odpowiednio $a$ , $b$ , $c$ , a długość promienia koła opisanego na trójkącie równa jest $R$ , to pole trójkąta wyraża się wzorem

$ (1) \qquad S = \frac{abc}{4R}. $

Jeżeli współrzędne wierzchołków trójkąta są równe odpowiednio $A = (a_1, a_2)$ , $B = (b_1, b_2)$ , $C = (c_1, c_2)$ , to jego pole wyraża się wzorem

$ S = \left| \frac{1}{2} \left| \begin{array}{ccc} 1 & a_1 & a_2 \\ 1 & b_1 & b_2 \\ 1 & c_1 & c_2 \end{array} \right| \right|= \left| \frac{1}{2} (b_1c_2 - b_2c_1 + a_1b_2 - a_2b_1 + c_1a_2 - c_2a_1) \right|. $

Wynika stąd, że jeżeli współrzędne wierzchołków trójkąta są liczbami całkowitymi, to $2S$ jest liczbą całkowitą dodatnią, tzn. $2S \geq 1$ . Wobec tego ze wzoru (1) otrzymujemy, że $\displaystyle \frac{abc}{2R} = 2S \geq 1$ , czyli $abc \geq 2R$ .

Uwaga. Można inaczej udowodnić, że liczba $2S$ jest naturalna. Wpiszmy mianowicie dany trójkąt $ABC$ w taki prostokąt, którego boki są równoległe do osi układu współrzędnych (rys. 13). Oznaczając $x_1 = \min (a_1, b_1, c_1)$ , $x_2 = \max(a_1, b_1, c_1)$ , $y_1 = \min(a_2, b_2, c_2)$ , $y_2 = \max(a_2, b_2, c_2)$ stwierdzamy, że wierzchołkami tego prostokąta będą punkty $(x_i, y_j)$ , gdzie $i, j = 1, 2$ . Zatem pole prostokąta $N = (x_2 - x_1)(y_2 - y_1)$ jest liczbą naturalną. Różnica tego prostokąta i trójkąta $ABC$ jest sumą co najwyżej trzech trójkątów prostokątnych, których przyprostokątne mają długości wyrażające się liczbami naturalnymi. Wobec tego pola tych trójkątów są równe $\displaystyle \frac{a}{2}, \frac{b}{2}, \frac{c}{2}$ , gdzie $a, b, c$ są liczbami naturalnymi. Wobec tego pole $S$ trójkąta $ABC$ wyraża się liczbą postaci $\displaystyle \frac{n}{2}$ , gdzie $n \in N$ , mianowicie $S = N - \displaystyle \frac{a+b+c}{2}$ .

XXIII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

Sześcian o krawędzi długości $n$ podzielono płaszczyznami równoległymi do jego ścian na $n^3$ sześcianów jednostkowych. Ile istnieje par złożonych z takich sześcianów jednostkowych, które mają nie więcej niż dwa wierzchołki wspólne?

Rozwiązanie

Jeżeli dwa sześciany jednostkowe mają co najmniej trzy wierzchołki wspólne, to mają całą ścianę wspólną. Na odwrót każda ściana sześcianu jednostkowego nie zawarta w ścianie dużego sześcianu wyznacza parę sześcianów jednostkowych o co najmniej trzech wierzchołkach wspólnych. Wyznaczymy liczbę takich ścian. Sześcianów jednostkowych jest $n^3$ , każdy z nich ma $6$ ścian. Spośród nich $6n^2$ ścian jest zawartych w ścianach dużego sześcianu. Wewnątrz dużego sześcianu znajduje się więc $6n^3 - 6n^2$ ścian sześcianów jednostkowych i każda z nich jest liczona dwukrotnie. Zatem liczba par sześcianów, które mają co najmniej trzy wierzchołki wspólne, równa jest $3n^2 - 3n^2$ . Ponieważ liczba wszystkich par sześcianów jednostkowych równa jest $\displaystyle \binom{n^3}{2} = \frac{1}{2} n^3(n^3- 1)$ , więc liczba par złożonych z takich sześcianów jednostkowych, które mają nie więcej niż dwa wierzchołki wspólne, równa jest

$ \frac{1}{2} n^3 (n^3 - 1) - (3n^3 - 3n^2) = \frac{1}{2} n^2 (n^4 - 7n + 6). $

XXIII OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

Udowodnić, że w czworokącie wypukłym wpisanym w koło proste przechodzące przez środki boków i prostopadłe do boków przeciwległych przecinają się w jednym punkcie.

Rozwiązanie

Niech czworokąt wypukły $ABCD$ będzie wpisany w koło. Oznaczmy przez $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ odpowiednio środki boków tego czworokąta, a przez $O$ - środek odcinka $PR$ (rys. 14).

Zatem *)

$ \begin{split} & P = \frac{1}{2} (A + B),\ Q = \frac{1}{2} (B + C),\ R = \frac{1}{2} (C + D),\ S = \frac{1}{2} (D + A),\\ & O = \frac{1}{2}(P + R) = \frac{1}{4}(A + B + C +D). \end{split} $

Ponieważ $\displaystyle \frac{1}{2} (Q + S) = \frac{1}{4} (A + B + C + D) = O$ , więc punkt $O$ jest również środkiem odcinka $\overline{QS}$ .

Oznaczmy przez $A'B'C'D'$ obraz czworokąta $ABCD$ w symetrii względem punktu $O$ . Ponieważ w symetrii środkowej środek odcinka przechodzi na środek odcinka, a w rozważanej symetrii punkty $P$ i $R$ przechodzą na $R$ i $P$ , a punkty $Q$ i $S$ - na $S$ i $Q$ , więc punkty $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ są również środkami boków czworokąta $A'B'C'D'$ . Czworokąt $A'B'C'D'$ można wpisać w koło, ponieważ czworokąt $ABCD$ można wpisać w koło i własność ta zachowuje się przy symeirii środkowej. Boki czworokąta $A'B'C'D'$ są równoległe do odpowiednich boków czworokąta $ABCD$ . Zatem proste przechodzące przez środki boków czworokąta $ABCD$ i prostopadłe do jego przeciwległych boków są równe prostym przechodzącym przez środki odpowiednich boków czworokąta $A'B'C'D'$ i prostopadłym do tych boków. Proste te przechodzą przez środek koła opisanego na czworokącie $A'B'C'D'$ , ponieważ boki tego czworokąta są cięciwami okręgu, a prosta przechodząca przez środek cięciwy i do niej prostopadła przechodzi przez środek okręgu. Poszukiwanym punktem jest więc środek okręgu opisanego na czworokącie $A'B'C'D'$ .

XXIII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

Udowodnić, że istnieje funkcja $f$ określona i różniczkowalna w zbiorze wszystkich liczb rzeczywistych, spełniająca warunki

$ \begin{split} |f'(x) - f'(y)| \leq 4|x-y| \end{split} $

Rozwiązanie

Udowodnimy, że funkcja $f$ określona wzorem

$ f(x) = \left\{ \begin{array}{lll} 0 & \textrm{dla} & x \leq 0,\\ 2x^2 & \textrm{dla} & 0 < x \leq \frac{1}{2},\\ -2(x- 1)^2+ 1 & \textrm{dla} & \frac{1}{2} < x < 1,\\ 1 & \textrm{dla} & 1 \leq x \end{array} \right. $

spełnia warunki zadania. Oczywiście $f$ jest funkcją ciągłą, ponieważ w punktach $x = 0, \displaystyle \frac{1}{2}, 1$ granica tej funkcji jest równa jej wartości, a w pewnym otoczeniu każdego z pozostałych punktów funkcja $f$ jest równa pewnemu wielomianowi. Każdy wielomian zaś jest funkcją ciągłą i różniczkowalną. Sprawdzimy jeszcze, że funkcja $f$ jest różniczkowalna w punktach $x = 0, \displaystyle \frac{1}{2}, 1$ . Mamy

$ f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{f(h)}{h}. $

Ponieważ w dostatecznie małym otoczeniu zera funkcja $f(h)$ jest równa $0$ lub $2h^2$ , więc $\displaystyle \left| \frac{f(h)}{h} \right| \leq |2h| \to 0$ , gdy $h \to 0$ .

Zatem $f' (0) = 0$ .

Analogicznie stwierdzamy, że

$ f' \left( \frac{1}{2} \right) = \lim_{h \to 0} \frac{f \left( \frac{1}{2} + h \right) - f \left( \frac{1}{2} \right) }{h}= \lim_{h \to 0} \frac{f \left( \frac{1}{2} + h \right) - \frac{1}{2}}{h}. $

Ponieważ w dostatecznie małym otoczeniu punktu $\displaystyle \frac{1}{2}$ funkcja $f(x)$ jest równa $2x^2$ lub $-2(x- 1)^2 + 1$ , więc dla dostatecznie małych $h$ mamy

$ f \left( \frac{1}{2} + h \right) - \frac{1}{2} = 2 \left( \frac{1}{2} + h \right)^2 - \frac{1}{2} = 2h + 2h^2 $

lub

$ f \left( \frac{1}{2} + h \right) - \frac{1}{2} = - 2 \left( \frac{1}{2} + h \right)^2 + \frac{1}{2} = 2h - 2h^2. $

W każdym więc razie $\frac{1}{h} \left[ f \left( \frac{1}{2} + h \right) - \frac{1}{2} \right]= 2 \pm 2h \to 2$ , gdy $h \to 0$ . Zatem $f' \left( \frac{1}{2} \right) = 2$ . Podobnie dowodzimy, że $f' (1) =0$ .

Wobec tego funkcja $f$ jest różniczkowalna i jej pochodna wyraża się wzorem

$ f'(x) = \left\{ \begin{array}{lll} 0 & \textrm{dla} & x \leq 0,\\ 4x & \textrm{dla} & 0 < x \leq \frac{1}{2},\\ -4(x- 1) & \textrm{dla} & \frac{1}{2} < x < 1,\\ 0 & \textrm{dla} & 1 \leq x \end{array} \right. $

Ze wzoru tego wynika, że jeżeli $x \leq 0 \leq y \leq \frac{1}{2}$ , to

$ | f'(x) - f'(y) | = |f'(y)| = 4y \leq 4| x - y |. $

Podobnie, jeżeli $0 \leq x < y \leq \displaystyle \frac{1}{2}$ , to mamy

$ | f'(x) - f'(y) | = | 4x - 4y | = 4 | x - y |. $

Wreszcie dla $x < y \leq 0$ nierówność $|f'(x) - f'(y)| \leq 4|x - y|$ jest oczywista.

Ponieważ prosta $\displaystyle y = \frac{1}{2}$ jest osią symetrii wykresu funkcji $f'$ , więc wynika stąd, że również dla $\displaystyle \frac{1}{2} \leq x < y$ zachodzi

$ (1) \qquad | f'(x) - f'(y) | \leq 4 | x - y |. $

Jeżeli wreszcie $x < \displaystyle \frac{1}{2} < y$ , to na podstawie nierówności $|a + b| \leq |a| + |b|$ oraz dotychczas rozpatrzonych przypadków otrzymujemy

$ \begin{split} | f'(x) - f'(y) | & \leq \left| f'(x) - f' \left( \frac{1}{2} \right) \right| + \left| f' \left( \frac{1}{2} \right) - f'(y) \right| \leq \\ & \leq 4 \left| x - \frac{1}{2} \right| + 4 \left| \frac{1}{2} - y \right| = 4 |x-y|. \end{split} $

Uwaga. Określona wyżej funkcja $f$ jest jedynym rozwiązaniem zadania. Gdyby bowiem również pewna funkcja $g$ spełniała warunki zadania, to byłoby $g'(0) = 0$ i kładąc $y = 0$ w $|g'(x) - g'(y)| \leq 4 |x-y|$ otrzymamy $|g'(x)| \leq 4|x|$ . Zatem dla $x \in \left< 0;\ \displaystyle \frac{1}{2} \right>$ mamy $g' (x) \leq |g'(x)| \leq 4|x|= 4x$ . Stąd $(f - g)' (x) = f' (x) - g' (x) = 4x - g'(x) \geq 0$ . Zatem funkcja $f - g$ jest niemalejąca w przedziale $\langle 0;\ \displaystyle \frac{1}{2} \rangle$ . Ponieważ $(f - g) (0) = 0$ , więc wynika stąd, że $(f-g) \left( \displaystyle \frac{1}{2} \right) \geq 0$ .

Rozpatrując analogicznie funkcję $f - g$ w przedziale $\left< \displaystyle \frac{1}{2} ;\ 1\right>$ stwierdzamy, że jest ona niemalejąca w tym przedziale i stąd $(f-g) \left( \displaystyle \frac{1}{2} \right) \leq (f-g)(1) = 0$ . Zatem $(f-g) \left( \displaystyle \frac{1}{2} \right) = 0$ i wobec tego $(f - g) (x) = 0$ dla $x \in \langle 0;\ 1 \rangle$ . Wynika stąd, że $f = g$ .

XXIII OM - III etap

III etap XXIII Olimpiady Matematycznej

XXIII OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

III

Wielomiany $u_1(x) = a_ix + b_i$ ( $a_i, b_i$ - liczby rzeczywiste; $i = 1, 2, 3$ ) spełniają dla pewnego naturalnego $n > 2$ równanie

$ (1) \qquad [u_1(x)]^n + [u_2(x)]^n = [u_3(x)]^n. $

Udowodnić, że istnieją takie liczby rzeczywiste $A, B, c_1, c_2, c_3$ , że $u_i(x)=c_i(Ax+B)$ dla $i = 1, 2, 3$ .

Rozwiązanie

Jeżeli $a_1 = a_2 = 0$ , to wielomiany $u_1$ i $u_2$ są stałe. Wobec tego wielomian $u_3$ też jest stały, tzn. $a_3 = 0$ . W tym przypadku wystarczy przyjąć $c_i = b_i$ dla $i = 1, 2, 3$ oraz $A = 0$ i $B = 1$ .

Niech więc co najmniej jedna z liczb $a_1, a_2$ będzie różna od zera, np. $a_1 \ne 0$ . Oznaczając $y = a_1x + b_1$ otrzymamy $u_j(x) = \displaystyle \frac{a_j}{a_1} y + \frac{b_ja_1 - a_jb_1}{a_1}$ dla $j = 2, 3$ , czyli $u_j(x) = A_jy + B_j$ , gdzie $A_j = \displaystyle \frac{a_j}{a_1}$ , $\displaystyle \frac{b_ja_1 - a_jb_1}{a_1}$ , $j = 2, 3$ . Równość (1) przybiera więc postać

$ (2) \qquad y^n + (A_2y + B_2)^n = (A_3y + B_3)^n,\ \textrm{gdzie} y \in \mathbb{R}. $

Porównując wyrazy wolne i współczynniki przy $y$ i $y^n$ (korzystamy tu z założenia n > 2) po obu stronach równości (2) otrzymamy

$ (3) \qquad B^n_2 = B^n_3, $

$ (4) \qquad n \cdot A_2 B^{n-1}_2 = n \cdot A_3 B_3^{n-1}, $

$ (5) \qquad 1 + A_2^n = A_3^n. $

Jeżeli $B_2 = 0$ , to z (3) wynika, że $B_3 = 0$ i wobec tego $b_ja_1 - a_jb_1 = 0$ dla $j = 2, 3$ , czyli $b_j = \displaystyle \frac{a_j}{a_1} b_1$ . Wystarczy więc w tym przypadku przyjąć $c_1 = 1$ , $c_j = \displaystyle \frac{a_j}{a_1}$ dla $j = 2, 3$ , $A = a_1$ , $B = b_1$ .

Jeżeli $B_2 \ne 0$ , to z (3) wynika, że $B_3 = 0$ i dzieląc stronami (4) przez (3) otrzymamy $\displaystyle \frac{A_2}{B_2} = \frac{A_3}{B_3}$ . Podnosząc obie strony ostatniej nierówności do $n$ -tej potęgi i wykorzystując (3) otrzymujemy $A^n_2 = A^n_3$ . Przeczy to równości (5). Zatem ten przypadek nie może mieć miejsca.

XXIII OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

III

Na płaszczyźnie danych jest $n > 2$ punktów, z których żadne trzy nie ją współliniowe. Udowodnić, że najkrótsza spośród łamanych zamkniętych przechodzących przez te punkty jest łamaną zwyczajną.

Rozwiązanie

Przypomnijmy określenie łamanej zwyczajnej: Łamaną zamkniętą o kolejnych wierzchołkach $W_1, W_2, \ldots, W_n, W_{n+1}$ , gdzie $W_{n+1} = W_1$ , nazywamy łamaną zwyczajną, jeżeli odcinki domknięte $\overline{W_iW_{i+1}}$ i $\overline{W_jW_{j+1}}$ są rozłączne dla $1 \leq i,j \leq n$ , $1 <j - i < n - 1$ .

Niech żadne trzy z punktów $A_1, A_2, \ldots, A_n$ na płaszczyźnie nie będą współliniowe i niech $A_{n+1} = A_1$ . Przypuśćmy, że łamana zamknięta $L$ przechodząca kolejno przez punkty $A_1, A_2, \ldots, A_n, A_{n+1}$ jest najkrótsza i nie jest łamaną zwyczajną. Jeżeli $i \ne j$ , $1 \leq i, j \leq n$ , to niech $L (A_i, A_j)$ będzie częścią łamanej $L$ o początku w punkcie $A_i$ i zawierającą kolejno punkty $A_{i+1}, A_{i+2}, \ldots, A_j$ .

Dla $i = 1, 2, \ldots, n$ mamy $L(A_i, A_{i+1}) = \overline{A_i A_{i+1}}$ , ponieważ najkrótszą łamaną łączącą dwa punkty jest odcinek.

Z przypuszczenia, że $L$ nie jest łamaną zwyczajną wynika, że istnieją takie liczby $i$ , $j$ , że

$ (1) \qquad 1 \leq i, j \leq n \ \textrm{oraz}\ 1 < j - i < n - 1 $

oraz łamana $L(A_i, A_{i+1})$ i $L(A_j, A_{j+1})$ mają punkt wspólny $P$ (rys. 15). Z warunków (1) wynika, że punkty $A_i, A_{i+1}, A_j, A_{j+1}$ są różne. Wobec tego punkt $P$ należy do wnętrza każdego z odcinków $\overline{A_iA_{i+1}}$ , $\overline{A_jA_{j+1}}$ ; z założenia bowiem żadne trzy z punktów $A_1, A_2, \ldots, A_n$ nie leżą na jednej prostej.

Ponieważ w trójkącie długość dowolnego boku jest mniejsza niż suma długości boków pozostałych, więc

$ A_iA_j < A_iP + PA_j \ \textrm{oraz}\ A_{i+1}A_{j+1} < A_{i+1}P + PA_{j+1}. $

Stąd

$ A_1A_j + A_{i+1}A_{j+1} < A_iA_{i+1} + A_jA_{j+1}. $

Wobec tego łamana zamknięta $L'$ złożona kolejno z łamanych $L(A_{j+1}, A_i)$ , $\overline{A_iA_j}$ , $L(A_{i+1}, A_j)$ , $\overline{A_{i+1}A_{j+1}}$ przechodzi przez punkty $A_1, A_2, \ldots, A_n$ i jest krótsza od łamanej zamkniętej $L$ , która składa się kolejno z łamanych $L(A_{j+1}, A_i)$ , $\overline{A_iA_{i+1}}$ , $L(A_{i+1}, A_j)$ , $\overline{A_jA_{j+1}}$ . Uzyskana sprzeczność dowodzi, że najkrótsza łamana zamknięta przechodząca przez punkty $A_1, A_2, \ldots, A_n$ jest łamaną zwyczajną.

Uwaga. Łatwo dowieść, że istnieje łamana zamknięta najkrótsza przechodząca przez dane punkty $A_1, A_2, \ldots, A_n$ . Mianowicie, jeżeli łamana przechodzi kolejno przez punkty $A_i$ i $A_j$ , to część łamanej zawarta między tymi punktami jest niekrótsza od odcinka $\overline{A_iA_j}$ (odcinek bowiem jest najkrótszą łamaną łączącą dwa punkty). Zatem, by znaleźć łamaną najkrótszą przechodzącą przez punkty $A_1, A_2, \ldots, A_n$ , wystarczy rozważać łamane złożone z odcinków $\overline{A_iA_j}$ . Odcinków takich jest liczba skończona. Zatem i łamanych zamkniętych wyznaczonych przez takie odcinki jest tylko liczba skończona. Istnieje więc wśród tych łamanych najkrótsza.

XXIII OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

III

Dowieść, że istnieje taki wielomian $P(x)$ o współczynnikach całkowitych, że dla wszystkich $x$ z przedziału $\langle \frac{1}{10}, \frac{9}{10}\rangle$ zachodzi nierówność

$ \left| P(x) - \frac{1}{2}\right| < \frac{1}{1000} $

Rozwiązanie

Rozpatrzmy wielomian $f_n(x) = \displaystyle \frac{1}{2} [(2x - 1)^n + 1]$ . Ma on oczywiście współczynniki całkowite. Ponadto dla $x \in \left< \displaystyle \frac{1}{10};\ \displaystyle \frac{9}{10} \right>$ mamy
$\displaystyle -\frac{4}{5} \leq 2x-1 \leq \frac{4}{5}$ i wobec tego $\left| f_n(x) - \displaystyle \frac{1}{2} \right| = \frac{1}{2} \left| 2x - 1 \right|^n \leq \frac{1}{2} \left( \frac{4}{5} \right)^n$ .

Zbadamy, dla jakich liczb naturalnych $n$ zachodzi nierówność $\displaystyle \frac{1}{2} \left( \frac{4}{5} \right)^n \leq \frac{1}{1000}$ . Przekształcamy ją w sposób równoważny

$ \displaystyle \left( \frac{4}{5} \right)^n < \frac{1}{500}, $

$ n \cdot \log 0,8 < \log 0,002, $

$ n > \frac{\log 0,002}{\log 0,8} = 27,8. $

Zatem warunki zadania spełnia każdy wielomian $f_n(x)$ , gdzie $n \geq 28$ .

XXIII OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

III

Na prostej nie mającej punktów wspólnych z kulą $K$ dane są punkty $A$ i $B$ . Rzut prostokątny $P$ środka kuli $K$ na prostą $AB$ lezy między punktami $A$ i $B$ , przy czym $AP$ i $BP$ są większe od promienia kuli. Rozpatrujemy zbiór $Z$ trójkątów $ABC$ , których boki $\overline{AC}$ i $\overline{BC}$ są styczne do kuli $K$ . Udowodnić, że $T$ jest trójkątem o największym obwodzie spośród trójkątów zbioru $Z$ wtedy i tylko wtedy, gdy $T$ jest trójkątem o największym polu spośród trójkątów zbioru $Z$ .

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw

Lemat. Jeżeli $S$ jest wierzchołkiem, $O$ - środkiem podstawy stożka obrotowego prostego, a punkt $T$ należy do płaszczyzny podstawy, to prosta $ST$ tworzy największy kąt z taką tworzącą $SR$ stożka, że $O \in \overline{TR}$ (rys 16).

Dowód. Dla dowolnego punktu $R$ należącego do obwodu podstawy stożka mamy na mocy twierdzenia cosinusow

$ TR^2 = SR^2 + TS^2 - 2SR \cdot TS \cos \measuredangle TSR. $

Ponieważ wielkości $SR$ i $TS$ są stałe (nie zależą od położenia punktu $R$ ), więc $\measuredangle TSR$ będzie największy, gdy jego cosinus będzie najmniejszy, tzn. gdy $TR$ będzie możliwie duże. To ma miejsce, gdy $O \in \overline{TR}$ .

Przystępujemy teraz do rozwiązania zadania. Niech $ABC_O$ będzie tym trójkątem rodziny $Z$ , który zawiera środek $O$ kuli $K$ (trójkąt ten oczywiście należy do rodziny $Z$ ).

Niech $\alpha_0 = \measuredangle BAC_0$ , $\beta_0 = \measuredangle ABC_0$ i analogicznie dla dowolnego trójkąta $ABC$ rodziny $Z$ niech $\alpha = \measuredangle BAC$ , $\beta = \measuredangle ABC$ . Ponieważ prosta $AC$ jest styczna do kuli $K$ , więc jest ona tworzącą stożka obrotowego o osi $AO$ . Na mocy lematu mamy więc $\alpha_0 \geq \alpha$ i podobnie $\beta_0 \geq \beta$ . Rysując trójkąty $ABC_0$ i $ABC$ w jednej płaszczyźnie (rys. 17) stwierdzamy, że $\triangle ABC \subset \triangle ABC_0$ i trójkąty te mają wspólną podstawę. Wobec tego pole i obwód tróikata $ABC_0$ są nie mniejsze odpowiednio od pola i obwodu trójkąta $ABC$ .

XXIII OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

III

Udowodnić, że wszystkie podzbiory zbioru skończonego można ustawić w ciąg, którego kolejne wyrazy różnią się jednym elementem.

Rozwiązanie

Załóżmy, że dany zbiór skończony $A$ ma $n$ elementów. Stosując indukcję względem $n$ udowodnimy, że istnieje taki ciąg

$ (1) \qquad A_1, A_2, \ldots, A_{2^n} $

wszystkich podzbiorów zbioru $A$ , że

$ \begin{split} (2) \qquad \textrm{ dla } & i = 1, 2, \ldots, 2^n \textrm{ jeden ze zbiorów } A_{i+1} - A_i \\ \textrm{ oraz } & A_i - A_{i+1} \textrm{ jest pusty, a drugi - jednoelementowy}. \end{split} $

Dla $n = 1$ ciąg $\emptyset$ , $A$ spełnia oczywiście (2). Załóżmy że dla pewnej liczby naturalnej $n$ istnieje taki ciąg (1) wszystkich podzbiorów zbioru $n$ -elementowego $A$ , który spełnia (2). Udowodnimy, że istnieje ciąg wszystkich podzbiorów zbioru $(n+1)$ -elementowego $A \cup \{b\}$ , który spełnia (2).

Stosujemy indukcję względem $n$ . Jeżeli ciąg (1) wszystkich podzbiorów zbioru $n$ -elementowego $A$ spełnia warunek (2), to następujący ciąg wszystkich podzbiorów zbioru $(n + 1)$ -elementowego $A \cup \{b\}$ spełnia też ten warunek:

$ (5) \qquad A_1, A_2, \ldots, A_{2n}, A_{2n} \cup \{b\}, A_{2n-1} \cup \{b\}, \ldots, A_2 \cup \{b\}, A_1 \cup \{b\}, $

zawiera on bowiem wszystkie zbiory $A_i$ oraz wszystkie zbiory $A \cup \{b\}$ dla $i = 1, 2, \ldots, 2^n$ , tzn. wszystkie podzbiory zbioru $A \cup \{b\}$ . Rozpatrzmy kolejne wyrazy ciągu (5). Z założenia indukcyjnego wiemy, że jeden ze zbiorów $A_{i+1} - A_i$ oraz $A_i - A_{i+1}$ jest pusty, a drugi - jednoelementowy; wynika stąd też, że jeden ze zbiorów ( $A_{i+1} \cup \{b\} - (A_i \cup \{b\}) = A_{i+1} - A_i$ oraz $(A_i \cup \{b\}) - (A_{i+1} \cup \{b\}) = A_i - A_{i+1}$ jest pusty, a drugi - jednoelementowy.

Wreszcie $(A_{2^n} \cup \{b\}) - A_{2^n} = \{b\}$ i $A_{2^n} - (A_{2^n} \cup \{b\}) = \emptyset$ . Zatem ciąg (5) spełnia warunek (2).

Uwaga. Zadanie to ma interesującą interpretację geometryczną. Rozpatrzmy przypadek $n = 3$ . Jeżeli $A = \{a_1, a_2, a_3\}$ , to każdy podzbiór $A'$ zbioru $A$ można utożsamiać z punktem $(e_1, e_2, e_3)$ , którego współrzędne są równe $0$ lub $1$ . Mianowicie określamy

$ e_j = \left\{ \begin{array}{cll} 0, & \textrm{gdy} & a_j \not \in A', \\ 1, & \textrm{gdy} & a_j \in A'. \\ \end{array} \right. $

Punkty takie są wierzchołkami sześcianu wyznaczonego przez wektory jednostkowe osi układu współrzędnych.

Niech $A'$ i $A''$ będą podzbiorami zbioru $A$ . Jeden ze zbiorów $A' - A''$ oraz $A'' - A'$ jest pusty, a drugi - jednoelementowy wtedy i tylko wtedy, gdy punkty odpowiadające zbiorom $A'$ i $A''$ różnią się jedną współrzędną. Punkty takie należą do pewnej krawędzi sześcianu. Zadanie nasze można więc sformułować tak: Istnieje taka łamana utworzona przez pewne krawędzie sześcianu, która przechodzi dokładnie jeden raz przez każdy jego wierzchołek.

W przypadku $n \ne 3$ można podać analogiczną interpretację zadania. Należy tylko zamiast sześcianu rozpatrywać kostkę $n$ -wymiarową.

XXIII OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

III

Dowieść, że suma cyfr liczby $1972^n$ dąży do nieskończoności, gdy $n$ dąży do nieskończoności.

Rozwiązanie

Udowodnimy ogólnie, że jeżeli $a$ jest liczbą naturalną parzystą niepodzielną przez $5$ i $s_n$ oznacza sumę cyfr liczby $a^n$ dla $n = 1, 2, \ldots$ , to ciąg $s_n$ dąży do nieskończoności.

Niech $a_r, a_{r-1}, \ldots, a_2, a_1$ , gdzie $a \ne 0$ , będą kolejnymi cyframi liczby $a^n$ , tzn. niech

$ a^n = (a_r, a_{r-1}, \ldots a_2, a_1)_{10}. $

Cyfra $a_1$ jest różna od zera, ponieważ z założenia liczba $a$ nie jest podzielna przez $5$ , a więc i liczba $a_n$ nie jest podzielna przez $5$ . Mamy też $a^n < 10^r$ , czyli $r > n \log_{10} a \geq n \log_{10} 2$ .

Udowodnimy

Lemat.

Dla każdej liczby naturalnej $j$ spełniającej warunek

$ (1) \qquad j \leq \frac{1}{4} \min (r, n) $

co najmniej jedna z cyfr $a_{j+1}, a_{j+2}, \ldots, a_{4j}$ liczby $a^n$ jest różna od zera.

Dowód. Gdyby dla pewnej liczby naturalnej $j$ spełniającej (1) zachodziło $a_{j+1} = a_{j+2} = \ldots = a_{4j} = 0$ , to oznaczając

$ c = (a_j a_{j-1} \ldots a_2 a_1)_{10} $

mielibyśmy $a^n - c = (a_r a_{r-1} \ldots a_{4j+1} 0 \ldots 0)_{10}$ . Zatem $10^{4j} \mid a^n - c$ i tym bardziej $2^{4j} \mid a^n - c$ . Ponadto z $2 \mid a$ wynika, że $2^n \mid a^n$ . Stąd wobec $4^j \leq n$ otrzymujemy $2^{4j} \mid a^n - (a^n - c) = c$ . Jednak $2^{4j} = 16^j > 10^j > c$ . Zatem $c = 0$ . Jest to jednak niemożliwe, ponieważ ostatnia cyfra $a_1$ liczby $c$ jest różna od zera. Uzyskana sprzeczność kończy dowód lematu.

Z założenia i z tego lematu wynika w szczególności, że w każdym z następujących ciągów cyfr istnieje wyraz różny od zera:

$ (2) \qquad \begin{array}{l} a_1, \\ a_2,\ a_3,\ a_4, \\ a_5,\ a_6,\ \ldots,\ a_{16}, \\ \qquad\vdots \\ a_{4^k+1},\ a_{4^k+2},\ \ldots,\ a_{4^k+1}, \end{array} $

gdzie liczba $j = 4^k$ spełnia warunek (1), tzn. $4^k \leq \displaystyle \frac{1}{4} \min (r, n)$ . Ponieważ $\displaystyle \frac{1}{4} \min (r, n) \geq \frac{1}{4} \min (n \log_{10} 2, n) = \frac{1}{4} n \log_{10} 2 > \frac{1}{16} n$ , więc jako $k$ można przyjąć największą liczbę naturalną spełniającą jedną z następujących równoważnych nierówności

$ 4^k \leq \frac{1}{16} n,\ 4^{k+2} \leq n,\ k + 2 \leq \log_4 n,\ \textrm{tzn.} k + 2 = [\log_4 n]. $

Ciągi (2) zawierają różne cyfry liczby $a^n$ , ciągów tych jest $k + 2$ i każdy z nich zawiera cyfrę różną od zera. Zatem suma cyfr $s_n$ liczby $a^n$ jest nie mniejsza od $k + 2 = [\log_4 n]$ .

Ponieważ $s_n \geq [\log_4 n] > \log_4 n - 1$ i $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \log_4 n = \infty$ , więc $\displaystyle \lim_{n \to \infty} s_n = \infty$ .