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.