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 $f = g$ .