XX OM

XX Olimpiada Matematyczna

Opracowanie rozwiązań: Stefan Straszewicz

XX OM - I etap

I etap XX Olimpiady Matematycznej

XX OM - I -Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczby $a_1, a_2, \ldots, a_n$ i $b_1, b_2, \ldots, b_n$ są dodatnie, to

$ (1) \; (a_1b_1 + a_2_b2 + \ldots a_nb_n)(\frac{a_1}{b_1} + \frac{a_2}{b_2} + \ldots + \frac{a_n}{b_n}) \geq (a_1 + a_2 + \ldots + a_n)^2 $

Rozwiązanie

Lewą stronę $L$ nierówności (1) przekształcamy jak następuje.

$ \begin{split} L & = a_1b_1 \cdot \frac{a_1}{b_1} + a_2b_2 \cdot \frac{a_2}{b_2} + \ldots a_nb_n \cdot \frac{a_n}{b_n} + \left( a_1b_1 \cdot \frac{a_2}{b_2} + a_2b_2 \cdot \frac{a_1}{b_1} \right) +\\ & + \left( a_1b_1 \cdot \frac{a_3}{b_3} + a_3b_3 \cdot \frac{a_1}{b_1} \right) + \ldots + \left( a_{n-1}b_{n-1} \cdot \frac{a_n}{b_n} + a_nb_n \cdot \frac{a_{n-1}}{b_{n-1}} \right) =\\ & = a_1^2 + a_2^2 + \ldots + a_n^2 + a_1a_2 \left(\frac{b_1}{b_2} + \frac{b_2}{b_1} \right) + a_1a_3 \left(\frac{b_1}{b_3} + \frac{b_3}{b_1} \right) + \ldots +\\ & + a_{n-1}a_n \left(\frac{b_{n-1}}{b_n} + \frac{b_n}{b_{n-1}} \right). \end{split} $

Ponieważ dla dowolnych liczb dodatnich $x$ , $y$ zachodzi nierówność

$ \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \geq 2, $

więc

$ L \geq a_1^2 + a_2^2 + \ldots + a_n^2 + 2a_1a_2 + 2a_1a_3+ \ldots +2a_1a_n, $

czyli

$ L \geq (a_1+a_2+ \ldots +a_n)^2, \textrm{ c.n.d.} $

Uwaga. Powyższe rozwiązanie można przedstawić w następującej postaci. Zarówno lewa strona $L$ , jak prawa strona $P$ nierówności (1) jest równa wielomianowi jednorodnemu stopnia drugiego zmiennych $a_1, a_2, \ldots, a_n$ , co możemy zapisać

$ L = \sum_{1 \leq i \leq k \leq n} \alpha_{ik}a_ia_k, \ P = \sum_{1 \leq i \leq k \leq n} \beta_{ik}a_ia_k. $

Stwierdzamy, że dla $i, k = 1, 2, \ldots, n$ , $i < k$

$ \alpha_{ii} = b_i \cdot \frac{1}{b_i} = 1,\ \beta_{ii} = 1, \textrm{ więc } \alpha_{ii} = \beta_{ii}. $

$ \alpha_{ik} = b_i \cdot \frac{1}{b_k} + b_k \cdot \frac{1}{b_i} \geq 2,\ \beta_{ik} = 2, \textrm{ więc } \alpha_{ik} \geq \beta_{ik}. $

Stąd

$ L \geq P, \textrm{ c.n.d.} $

XX OM - I -Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie

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

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że liczby całkowite $x$ , $y$ spełniają równanie (1) i niech

$ (2) \qquad x- y = r. $

Z (1) i (2) wynika równanie

$ (3) \qquad x+y = r^2. $

Rozwiązując układ równań (2) i (3) względem $x$ i $y$ otrzymujemy

$ (4) \qquad x = \frac{r^2 + r}{2}, \ y = \frac{r^2-r}{2}. $

Jeśli zatem para liczb całkowitych $x$ , $y$ jest rozwiązaniem równania (1), to zachodzą równości (4), gdzie $r$ jest liczbą całkowitą.

Odwrotnie, jeśli $r$ jest dowolną liczbą całkowitą, to liczby $x$ , $y$ określone wzorami (4) spełniają równanie (1), gdyż $\frac{r^2+r}{2} + \frac{r^2-r}{2} =r^2$ , a $\frac{r^2+r}{2} - \frac{r^2-r}{2} =r$ . Liczby te są całkowite, albowiem $r^2+ r(r+1)$ i $r^2-r = r(r-1)$ , jako iloczyny kolejnych liczb całkowitych, są liczbami parzystymi.

Zatem wszystkie rozwiązania równania (1) w liczbach całkowitych wyrażają się wzorami (4), gdzie $r$ oznacza dowolną liczbę całkowitą.

XX OM - I -Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

Dowieść, że żadna figura nie może mieć dokładnie dwóch środków symetrii.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że punkty $O_1$ i $O_2$ są środkami symetrii figury $F$ i niech $O_3$ będzie punktem symetrycznym do $O_1$ względem środka $O_2$ (rys. 1).

Udowodnimy, że punkt $O_3$ jest również środkiem symetrii figury $F$ .

Niech $A$ będzie dowolnym punktem figury $F$ , $B$ - punktem symetrycznym do $A$ względem środka $O_2$ , $C$ - punktem symetrycznym do $B$ względem środka $O_1$ , a $D$ - punktem symetrycznym do $C$ względem środka $O_2$ . Według założenia punkty $B$ , $C$ , $D$ należą do figury $F$ . Zauważmy, że obrazami punktów $B$ , $O_1$ , $C$ w symetrii o środku $O_2$ są odpowiednio punkty $A$ , $O_3$ , $D$ . Ponieważ punkt $O_1$ jest środkiem odcinka $BC$ , więc punkt $O_3$ jest środkiem odcinka $AD$ , zatem punkt $D$ jest obrazem punktu $A$ w symetrii względem punktu $O$ .

Stwierdziliśmy, że obraz dowolnego punktu figury $F$ w symetrii względem środka $O_3$ należy też do figury $F$ , zatem $O_1$ i $O_2$ nie są jedynymi środkami symetrii figury, c.n.d.

XX OM - I -Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

Dane są punkty $A, B, C, D$ nie lezące na jednej płaszczyźnie. Wyznaczyć płaszczyznę, której odległości od tych punktów są równe.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że płaszczyzna $\pi$ jest równo oddalona od punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ . Żaden z danych punktów nie leży na płaszczyźnie $\pi$ , gdyż w przeciwnym razie musiałyby na niej leżeć wszystkie cztery, wbrew założeniu. Punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ nie leżą po jednej stronie płaszczyzny $\pi$ , gdyż musiałyby wówczas należeć do jednej płaszczyzny równoległej do $\pi$ , co znów przeczyłoby założeniu. Wobec tego zachodzi jeden z przypadków:

1. Trzy dane punkty, np. $A$ , $B$ , $C$ leżą po jednej stronie, a czwarty punkt $D$ po drugiej stronie płaszczyzny $\pi$ . Płaszczyzna ta musi wtedy przechodzić przez środki $M$ , $N$ , $P$ krawędzi $AD$ , $BD$ , $CD$ czworościanu $ABCD$ (rys. 2). Odwrotnie, płaszczyzna przechodząca przez punkty $M$ , $N$ , $P$ jest równo oddalona od punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ . Punkty $M$ , $N$ , $P$ są niewspółliniowe, więc wyznaczają dokładnie jedną płaszczyznę.

Ponieważ zamiast krawędzi wychodzących z wierzchołka $D$ można wziąć krawędzie wychodzące z innego wierzchołka czworościanu, więc są cztery płaszczyzny równo oddalone od punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ i spełniające warunek $1$ .

2. Dwa dane punkty np. $A$ i $B$ leżą po jednej, dwa pozostałe $C$ i $D$ po drugiej stronie płaszczyzny $\pi$ . Płaszczyzna ta przechodzi wtedy przez środki $M$ , $N$ , $B$ , $Q$ krawędzi $AD$ , $BD$ , $AC$ , $BC$ czworościanu $ABCD$ (rys. 3). Odwrotnie płaszczyzna przechodząca przez punkty $M$ , $N$ , $R$ , $Q$ jest równo oddalona od punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ . Otóż punkty $M$ , $N$ , $R$ , $Q$ wyznaczają dokładnie jedną płaszczyznę, gdyż są wierzchołkami równoległoboku. Albowiem $MN \parallel AB$ i $RQ \parallel AB$ , więc $MN \parallel RQ$ i tak samo $MR \parallel NQ$ .

Ponieważ zbiór punktów $\{A, B, C, D\}$ można podzielić na dwie pary trzema sposobami, więc są trzy płaszczyzny równo odległe od $A$ , $B$ , $C$ , $D$ i spełniające warunek 2.

Zadanie ma zatem 7 rozwiązań.

XX OM - I -Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

Dowieść, że dla dowolnych liczb dodatnich $a$ i $b$ i naturalnego $n$

$ \frac{a^n + b^n}{2} \geq \left( \frac{a+b}{2}\right)^n. $

Rozwiązanie

Stosujemy indukcję zupełną

a) Gdy $n = 1$ , teza twierdzenia przybiera postać $\frac{a+b}{2} \geq \frac{a+b}{2}$ jest więc prawdziwa.

b) Jeśli dla pewnego naturalnego $n$ zachodzi nierówność (1), to

$ \frac{a^{n+1}+b^{n+1}}{2} = \frac{a^{n+1}+b^{n+1}}{a^n+b^n} \cdot \frac{a^n+b^n}{2} \geq \frac{a^{n+1}+b^{n+1}}{a^n+b^n} \cdot \left( \frac{a+b}{2} \right)^n, $

więc

$ (2) \qquad \frac{a^{n+1}+b^{n+1}}{2} \geq \frac{2(a^{n+1}+b^{n+1}}{(a^n+b^n)(a+b)} \cdot \left( \frac{a+b}{2} \right)^{n+1}. $

Otóż

$ (3) \qquad \begin{split} \frac{2(a^{n+1}+b^{n+1})}{(a^n+b^n) (a+b)} &= \frac{(a^n+b^n)(a+b) + (a^n- b^n)(a-b)}{(a^n+b^n) (a+b)} =\\ &=1 + \frac{(a^n - b^n)(a - b)}{(a^n + b^n)(a+b)} \geq 1, \end{split} $

gdyż

$ (a^n-b^n)(a-b) = (a-b)^2 (a^{n-1}+a^{n-2}b+ \ldots +b^{n-1}) \geq 0. $

Z (2) i (3) otrzymujemy

$ \frac{a^{n+1}+b^{n+1}}{2} \geq \left( \frac{a+b}{2} \right)^{n+1}, $

tzn. teza twierdzenia jest prawdziwa dla wykładnika $n+1$ .

Z a) i b) wynika przez indukcję, że teza (1) jest prawdziwa dla każdego naturalnego $n$ .

Uwaga. Krótszy dowód twierdzenia uzyskamy korzystając z rachunku różniczkowego.

Bez szkody dla ogólności rozumowania możemy przyjąć, że $a \leq b$ . Niech $\frac{a}{b} = c$ i niech $f$ oznacza funkcję określoną wzorem

$ f(c) = 2^{n-1} (c^n+1) - (c+1)^n. $

Twierdzenie nasze możemy wypowiedzieć w postaci:

Gdy $0 < c \leq 1$ , a $n$ jest liczbą naturalną, to $f(c) \geq 0$ .

Dowód wystarczy przeprowadzić przy założeniu, że $n > 1$ i $c < 1$ , gdy bowiem $n = 1$ lub $c = 1$ , teza jest oczywista.

Obliczamy pochodną funkcji $f$ :

$ f'(c) = n \cdot 2^{n-1} c^{n-1} - n (c+1)^{n-1} =n [(2c)^{n-1}-(c+1)^{n-1}]. $

Gdy $0 < c < 1$ , wtedy $2c < c+1$ , a dla $n > 1$ także $(2c)^{n-1} < (c+1)^{n-1}$ więc $f'(c)<0$ .

Stąd wynika, że w przedziale $(0, 1)$ funkcja $f$ jest malejąca. Ponieważ zaś $f(1) = 0$ , więc w tym przedziale $f(c) > 0$ , c.n.d.

Zauważmy, że w powyższym dowodzie nie korzystaliśmy z założenia, że $n$ jest liczbą naturalną, a tylko z tego, że $n \geq 1$ ; udowodniliśmy więc twierdzenie mocniejsze.

XX OM - I -Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

Rozwiązać równanie

$ (1) \qquad \left[ \frac{1}{3}x + \frac{1}{3}\right] - \frac{1}{2}x = \frac{1}{2} $

Uwaga: Symbol $[a]$ oznacza największą liczbę całkowitą nie większą od $a$ .

Rozwiązanie

\spos{1} Dane równanie możemy napisać w postaci

$ (2) \qquad \left[ \frac{x+1}{3} \right] = \frac{x-1}{2}. $

Przypuśćmy, że liczba $x$ spełnia równanie (2). W takim razie liczba

$ y = \frac{x-1}{2} $

jest całkowita. Podstawiając $x = 2y+1$ do (2) otrzymujemy

$ (3) \qquad \left[ \frac{2y+2}{3} \right] = y. $

Zachodzi jeden z przypadków:

a) $y \equiv 0 \pmod 3$ .

Wtedy $\left[ \frac{2y+2}{3} \right] = \frac{2y}{3}$ i z (3) otrzymujemy $\frac{2y}{3} = y$ , skąd $y = 0$ , zatem $x = 1$ ;

b) $y \equiv 1 \pmod 3$ .

Wtedy $\left[ \frac{2y+2}{3} \right] = \frac{2y+1}{3}$ , więc według (3) $\frac{2y+1}{3} = y$ . Stąd $y = 1$ , a $x = 3$ ;

c) $y \equiv 2 \pmod 3$

Wtedy $\left[ \frac{2y+2}{3} \right] = \frac{2y+2}{3}$ , zatem z (3) wynika, że $\frac{2y+2}{3}= y$ . Stąd $y = 2$ , więc $x = 5$ .

Stwierdzamy, że liczby $1$ , $3$ , $5$ spełniają równanie (1). Zadanie zostało rozwiązane.

XX OM - I -Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

Kwadrat $ABCD$ obrócono dokoła jego środka $S$ o kąt ostry $\alpha$ , a następnie kwadrat obrócony przesunięto do położenia $EFGH$ o wektor długości boku kwadratu prostopadły do płaszczyzny kwadratu. Obliczyć objętość bryły ograniczonej kwadratami $ABCD$ i $EFGH$ oraz trójkątami $ABE$ , $BCF$ , $CDG$ , $DAH$ , $EFB$ , $FGC$ , $GHD$ , $HEA$ .

Rozwiązanie

Przyjmiemy, że kwadrat obrócono w kierunku wskazanym przez kolejność $A$ , $B$ , $C$ , $D$ jego wierzchołków.

Rozwiązanie ilustruje rysunek 4 przedstawiający rozważaną figurę w rzutach prostokątnych na dwie płaszczyzny: poziomą, na której leży kwadrat $ABCD$ oraz pionową. $A', B',\ldots,E'$ oznaczają rzuty poziome, a $A'', B'',\ldots, E'$ - rzuty pionowe punktów $A, B, \ldots, E, \ldots$ .

Wprowadzimy oznaczenia: $a$ - długość boku danego kwadratu, $P$ - ośmiokąt $AE'BF'CG'DG'$ , $\Gamma$ - graniastosłup prosty o podstawie $P_L$ i wysokości równej $a$ , $T$ - trójkąt $AE'B$ .

Bryłę, której objętość $v$ mamy obliczyć, można otrzymać odcinając od graniastosłupa $\Gamma$ osiem ostrosłupów płaszczyznami $ABE$ , $BCF$ , $CDG$ , $DAH$ , $EFB$ , $FGC$ , $GHD$ , $HEA$ . Ostrosłupy te są przystające, jednym z nich jest ostrosłup $O$ o podstawie $T$ i wierzchołku $E$ .

Obliczamy kolejno

$ SA = \frac{a}{\sqrt{2}},\ AE' = 2 \cdot SA \cdot \sin \frac{\alpha}{2} = a \sqrt{2} \sin \frac{\alpha}{2},\ \measuredangle BAE' = \frac{1}{2} \measuredangle BSE' = 45^\circ - \frac{\alpha}{2}. $

Pole $T = \frac{1}{2} AB \cdot AE' \cdot \sin BAE' = \frac{a^2\sqrt{2}}{2} \cdot \sin \frac{\alpha}{2} \cdot \sin \left(45^\circ- \frac{\alpha}{2} \right)$ .

Pole $P = a^2+4 (\textrm{pole }T) = a^2 \cdot \left[ 1 + 2 \sqrt{2} \cdot \sin \frac{\alpha}{2} \right. \cdot \left. \sin \left( 45^\circ- \frac{\alpha}{2} \right) \right]$ .

Objętość $\Gamma =a \cdot(\textrm{pole } P) = a^3 \cdot \left[1 + 2 \sqrt{2} \cdot \sin \frac{\alpha}{2} \cdot \sin \left(45^\circ- \frac{\alpha}{2} \right) \right]$ .

Objętość $O = \frac{1}{3}a \cdot (\textrm{pole } T) = \frac{a^3\sqrt{2}}{6} \cdot \sin \frac{\alpha}{2} \cdot \sin \left(45^\circ- \frac{\alpha}{2} \right)$ .

$V = \textrm{objętość } \Gamma - 8 \cdot (\textrm{objętość } O) = a^3 \cdot \left[ 1+ \frac{2\sqrt{2}}{3} \cdot \sin \frac{\alpha}{2} \cdot \sin \left(45^\circ- \frac{\alpha}{2} \right) \right]$ .

XX OM - I -Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

Udowodnić twierdzenie:
Jeżeli

$ (1) \; \sin x + \sin y + \sin z = 0 \quad \text{i} \quad (2)\; \cos x + \cos y + \cos z = 0, \text{ to} $

$ (2) \; \sin 2x + \sin 2y + \sin 2z = 0 \quad \text{i} \quad (2)\; \cos 2x + \cos 2y + \cos 2z = 0. $

Rozwiązanie

Mnożymy równości (1) i (2) stronami; stosując znane wzory otrzymujemy:

$ (5) \qquad \sin 2x+\sin 2y+\sin 2z+2\sin (x+y) + 2\sin(y+z) + 2\sin (z+x) = 0. $

Podnosimy (1) i (2) stronami do kwadratu i odejmujemy:

$ (6) \qquad \cos 2x+\cos 2y+\cos 2z+2\cos (x+y) + 2\cos (y+z) + 2\cos (z+x) = 0. $

Mnożymy (1) i (2) odpowiednio przez $\cos x$ i $\sin x$ i odejmujemy:

$ \sin(x-y) - \sin (z- x) = 0; $

analogicznie otrzymujemy równości

$ \sin (y-z)- \sin (x-y) = 0,\ \sin(z-x) - \sin (y-z) = 0. $

Stąd

$ (7) \qquad \sin(x-y) = \sin(y-z) = \sin(z-x). $

Mnożymy (1) i (2) odpowiednio przez $\sin x$ i $\cos x$ i dodajemy:

$ 1 + \cos(x-y) + \cos(z-x) = 0; $

analogicznie

$ 1 + \cos(y-z) + \cos(x-y) = 0,\ 1 + \cos(z-x) + \cos(y-z) = 0. $

Rozwiązując układ tych trzech równań otrzymujemy

$ (8) \qquad \cos (x-y) = \cos (y-z) = \cos (z-x). $

Z (7) i (8) wynika, że $x-y = z-x+2k\pi$ , czyli $2x = y + z + 2k\pi$ , gdzie $k$ jest liczbą całkowitą.

Zatem

$ (9) \qquad \sin(y+z) = \sin 2x,\ \cos(y+z) = \cos 2x, $

a analogicznie

$ (10) \qquad \sin(z+x) = \sin 2y,\ \cos(z+x) = \cos 2y $

$ (11) \qquad \sin(x+y) = \sin 2z,\ \cos(x+y) = \sin 2z. $

Według (9) -(11) możemy we wzorach (5) i (6) zamiast $x+y$ , $y+z$ , $z + x$ napisać odpowiednio $2z$ , $2x$ , $2y$ . Uzyskujemy wzory (3) i (4).

XX OM - I -Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

Udowodnić, że dla każdej liczby całkowitej i dodatniej $n$

$ (1) \qquad \frac{1}{3}n^2 + \frac{1}{2} n + \frac{1}{6} \geq (n!)^{\frac{2}{n}} $

Rozwiązanie

Przekształćmy lewą stronę nierówności (1):

$ (2) \qquad \frac{1}{3} n^2 + \frac{1}{2} n + \frac{1}{6} = \frac{(n+1)(2n+1)}{6} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6n} $

Według znanego wzoru

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

Z (2) i (3) wynika, że

$ (4) \qquad \frac{1}{3} n^2 + \frac{1}{2} n + \frac{1}{6} = \frac{1^2+2^2+ \ldots + n^2}{n} $

Wiemy, że średnia arytmetyczna $n$ liczb dodatnich jest nie mniejsza od średniej geometrycznej tych liczb; zatem

$ (5) \qquad \frac{1^2+2^2+ \ldots + n^2}{n} \geq ( 1^2 \cdot 2^2 \cdot \ldots \cdot n^2)^{\frac{1}{n}} = (n!)^{\frac{2}{n}}. $

Z (4) i (5) otrzymujemy

$ \frac{1}{3} n^2 + \frac{1}{2} n + \frac{1}{6} \geq (n!)^{\frac{2}{n}}, \textrm{ c.n.d.} $

XX OM - I -Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

Dowieść, że jeżeli $a_1, a_2, b_1, b_2$ są liczbami wymiernymi spełniającymi warunki

$ (1) a_1 \neq a_2, \; b_1 \neq b_2, \; (a_1b_2 - a_2b_1)^2 + 4(a_1-a_2)(b_1-b_2) = 0. $

to liczby

$ 1-a_1b_1, \quad 1-a_2b_2 $

są kwadratami liczb wymiernych.

Rozwiązanie

Niech $a_1-a_2 = k$ , $b_1- b_2 = l$ ; wtedy

$ a_1b_2 - a_2b_1 = (a_1-a_2)b_1 - (b_1-b_2)a_1 = kb_1-la_1 $

i warunki (1) przybierają postać

$ (2) \qquad k \ne 0,\ l \ne 0,\ (kb_1-la_1)^2 + 4kl = 0. $

Wynika z nich, że liczba wymierna $\frac{k}{l}$ spełnia równanie kwadratowe

$ b^2_1 x^2 + 2(2 - a_1b_1)x + a^2_1 = 0, $

więc wyróżnik tego równania, czyli

$ 4(2-a_1b_1)^2 - 4a^2_1 b^2_1 = 16(1-a_1b_1) $

jest kwadratem liczby wymiernej, zatem również liczba $1-a_1b_1$ jest kwadratem liczby wymiernej.

Ponieważ warunki zadania nie ulegają zmianie, gdy $a_1$ , $b_1$ , $a_2$ , $b_2$ zamienimy odpowiednio na $a_2$ , $b_2$ , $a_1$ , $b_1$ , więc liczba $1- a_2b_2$ jest także kwadratem liczby wymiernej.

XX OM - I -Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

W czworokącie wypukłym $ABCD$ suma odległości każdego wierzchołka od prostych $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DA$ jest taka sama. Dowieść, że czworokąt ten jest równoległobokiem.

Rozwiązanie

Oznaczmy miary kątów czworokąta literami $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , a długości boków $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DA$ odpowiednio literami $a$ , $b$ , $c$ , $d$ (rys. 6).

Suma odległości wierzchołka $A$ od prostych zawierających boki czworokąta wynosi wówczas $a \sin B + d \sin D$ . Oznaczając wartości tej sumy literą $s$ mamy

$ a \sin B + d \sin D = s $

i analogicznie

$b \sin C + a \sin A = s$

$c \sin D + b \sin B = s$

$d \sin A + c \sin C = s.$

Obliczając z powyższego układu równań sinusy kątów czworokąta otrzymujemy

$ (1) \qquad \sin A = \frac{s(c-b)}{ac-bd}, $

$ (2) \qquad \sin B = \frac{s(c-d)}{ac-bd}, $

$ (3) \qquad \sin C = \frac{s(a-d)}{ac-bd}, $

$ (4) \qquad \sin D = \frac{s(a-b)}{ac-bd}. $

Z równości (1)--(4) wynika równość

$ \sin A + \sin C = \sin B + \sin D, $

którą możemy napisać w postaci

$ (5) \qquad 2 \sin \frac{A+C}{2} \cos \frac{A-C}{2}= 2 \sin \frac{B+D}{2} \cos \frac{B-D}{2}. $

Ponieważ $A+B+C+D = 2\pi$ , więc $\frac{B+D}{2}= \pi - \frac{A+C}{2}$ , zatem
$\sin \frac{A+C}{2} = \sin \frac{B+D}{2}$ i z równości (5) otrzymujemy

$ \cos \frac{A-C}{2} = \cos \frac{B-D}{2}. $

Stąd

$ (6) \qquad \frac{A-C}{2} = 2k \pi \pm \frac{B-D}{2} ( \textrm{$k$ -liczba całkowita}). $

Ponieważ $\left| \frac{A-C}{2} \right| < \pi$ , $\left| \frac{B-D}{2} \right| < \pi$ , więc w równości (6) $k = 0$ zachodzi któryś z przypadków

a) $\frac{A-C}{2} = \frac{B-D}{2}$ ; wtedy $A+D = B+C$ , zatem $A+D = \pi$ ,

skąd wynika, że boki $AB$ i $DC$ są równoległe i że $\sin D = \sin A$ , wobec czego z równości (1) i (4) otrzymujemy $a = c$ .

b) $\frac{A-C}{2} = - \frac{B-D}{2}$ ; wtedy $A + B = C+D$ , czyli $A + B = \pi$ , skąd wnioskujemy, że proste $AD$ i $BC$ są równoległe i że $\sin A = \sin B$ , więc z uwagi na (1) i (2) zachodzi równość $b = d$ .

Udowodniliśmy, że w danym czworokącie dwa boki przeciwległe są równoległe i równe, czworokąt ten jest więc równoległobokiem.

XX OM - I -Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

Dowieść, że jeżeli figura ma w przestrzeni $n$ osi symetrii, to liczba $n$ jest nieparzysta.

Rozwiązanie

Dowód twierdzenia oprzemy na dwóch lematach.

a) Jeżeli osie $OX$ i $OY$ prostokątnego układu współrzędnych są osiami symetrii figury $F$ , to oś $OZ$ jest także osią symetrii tej figury (rys. 7).

Niech $A = (x, y, z)$ będzie punktem figury $F$ . Współrzędne punktu $B$ symetrycznego do $A$ względem osi $OX$ otrzymamy biorąc tę samą pierwszą współrzędną, a pozostałe współrzędne zmieniając na liczby przeciwne, tzn. $B = (x, -y, -z)$ . Analogicznie $C = (-x, -y, z)$ jest punktem symetrycznym do $B$ względem osi $OY$ . Według założenia punkt $B$ oraz punkt $C$ należą do figury $F$ . Lecz punkt $C$ jest także symetryczny do $A$ względem osi $OZ$ . Zatem oś $OZ$ jest osią symetrii figury $F$ .

b) Jeżeli proste $s$ i $t$ są osiami symetrii figury $F$ , to prosta $u$ symetryczna do $t$ względem $s$ jest także osią symetrii figury $F$ .

Niech $A_1$ oznacza dowolnie obrany punkt figury $F$ , $A_2$ - punkt symetryczny do $A_1$ względem prostej $s$ , $A_3$ - punkt symetryczny do $A_2$ względem prostej $t$ oraz $A_4$ - punkt symetryczny do $A_3$ względem prostej $s$ . Z założenia wynika, że punkt $A_2$ , więc też $A_3$ , zatem również $A_4$ należą do figury $F$ . Punkty $A_1$ , $A_4$ oraz prosta $u$ są odpowiednio obrazami punktów $A_2$ , $A_3$ oraz prostej $t$ w symetrii względem prostej $s$ . Ponieważ $A_2$ i $A_3$ leżą symetrycznie względem prostej $t$ , więc ich obrazy $A_1$ i $A_4$ leżą symetrycznie względem obrazu prostej $t$ , tj. względem prostej $u$ . Prosta $u$ jest więc osią symetrii figury $F$ .

Ilustruje to rysunek 8 dla przypadku, gdy proste $s$ i $t$ przecinają się.

Powołując się na lematy a) i b) rozumujemy jak następuje.

Niech osiami symetrii figury $F$ będą proste $s_1, s_2, \ldots, s_n$ parami różne. Mamy dowieść, że $n$ jest liczbą nieparzystą, wobec czego możemy założyć, że $n > 1$ . Każdej osi $s_i$ ( $i \geq 2$ ) przyporządkujemy oś $s_j$ ( $j \geq 2,\ j \ne i$ ) w następujący sposób. Jeżeli oś $s_i$ jest prostopadła do $s_1$ i przecina $s_1$ w punkcie $O$ , to przyporządkowujemy jej tę oś symetrii $s_j$ figury, która jest prostopadła do $s_1$ i do $s_i$ w punkcie $O$ ; wiemy, że oś, taka istnieje (lemat a)). Jeżeli zaś oś $s_i$ nie jest prostopadła do osi $s_1$ lub jej nie przecina, to przyporządkowujemy jej tę oś symetrii $s_j$ figury, która jest prostą symetryczną do $s_i$ względem $s_1$ ; według lematu b) oś taka istnieje. W obu przypadkach prosta $s_j$ jest różna od $s_1$ i od $s_i$ a prostą przyporządkowaną osi $s_j$ jest $s_i$ . Zbiór $n-1$ prostych $s_2, s_3, \ldots, s_n$ podzielony został w ten sposób na rozłączne pary. Liczba $n$ jest zatem nieparzysta.

Uwaga. Opierając się na lemacie 2 udowodnimy twierdzenie:

Jeżeli zbiór osi symetrii figury $F$ jest skończony (ale nie pusty), to wszystkie te osie mają punkt wspólny.

Dowód. Jeżeli jakaś figura ma osie symetrii $s_1$ i $s_2$ , to według lematu 2 osiami symetrii tej figury są również proste $s_3, s_4, \ldots$ , gdzie $s_i$ ( $i = 3, 4, \ldots$ ) oznacza prostą symetryczną do prostej $s_{i-1}$ względem prostej $s_{i-2}$ .

Gdy proste $s_1$ i $s_2$ są skośne lub równoległe (ale różne), to wszystkie proste $s_i$ są różne, gdyż odległość prostej $s_i$ od prostej $s_{i-1}$ rośnie wtedy wraz z $i$ , figura ma zatem nieskończenie wiele osi symetrii. Jeśli więc zbiór osi symetrii figury $F$ jest skończony, to każde dwie osie symetrii tej figury przecinają się.

Stąd wynika, że jeżeli nie wszystkie osie symetrii figury $F$ leżą w jednej płaszczyźnie, to wszystkie te osie mają punkt wspólny. Jeśli bowiem osie symetrii $s_1$ i $s_2$ figury $F$ przecinają się w punkcie $M$ i zawierają się w płaszczyźnie $\alpha$ , to każda oś nie leżąca w płaszczyźnie $\alpha$ , np. $s_3$ przechodzi przez punkt $M$ (gdyż przecina $s_1$ i $s_2$ ), wobec czego każda oś symetrii figury leżąca w $\alpha$ też przechodzi przez $M$ (gdyż przecina $s_3$ . Pozostaje do rozpatrzenia przypadek, gdy wszystkie osie symetrii $s_1, s_2, \ldots, s_n$ ( $n > 2$ ) figury $F$ leżą w jednej płaszczyźnie. Przypuśćmy, że proste $s_i$ ( $i = 1 ,2\ldots, n$ ) nie przechodzą przez jeden punkt. Każda z prostych $s_i$ przecina każdą inną, więc zbiór $Z$ punktów przecięcia tych prostych jest wtedy skończonym zbiorem punktów płaszczyzny nie zawierającym się w jednej prostej (gdyż w zbiorze $Z$ są wierzchołki trójkąta). Każda z prostych $s_i$ jest na mocy lematu 2 osią symetrii figury $s_1 \cup s_2 \cup \ldots s_n$ , więc jest także osią symetrii zbioru $Z$ . W takim razie każda z prostych $s_i$ jest osią symetrii opony $W$ zbioru $Z$ , albowiem w symetrii obrazem opony zbioru jest opona obrazu tego zbioru. Przez każdy wierzchołek wielokąta $W$ przechodziłyby wtedy co najmniej dwie osie symetrii tego wielokąta, czyli dwa kolejne boki wielokąta leżałyby symetrycznie względem dwóch różnych prostych, co jest niemożliwe.

Dowód został przeprowadzony.

Uwzględniając powyższe twierdzenie można w rozwiązaniu poprzedniego zadania wprowadzić przy końcu małą poprawkę. Mianowicie w trzecim zdaniu od końca opuścić słowa: ,,lub jej nie przecina'', gdyż taki przypadek nie może zachodzić.

XX OM - II etap

II etap XX Olimpiady Matematycznej

XX OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczby rzeczywiste $a, b, c, d$ spełniają równania

$ (1) \; a^2 + b^2 = 1,\quad (2) \; c^2 + d^2 = 1, \quad (3) \; ac + bd = -\frac{1}{2}, $

$ (4) \qquad a^2 + ac + c^2 = b^2 + bd + d^2. $

Rozwiązanie

\spos{1} Jeżeli z danych równań wyrugujemy $b$ i $d$ , otrzymamy równanie postaci $f(a, c) = 0$ . W takim razie również $f(b, d) = 0$ , gdyż równania (1) --(3) nie ulegają zmianie, gdy zamiast $a, b, c, d$ napiszemy w nich $b,a,d, c$ . Wobec tego liczby $a, b, c, d$ spełniają równanie $f(a, c) = f(b, d)$ . Dojdziemy w ten sposób do równania (4).

Rachunek przebiega, jak następuje.

Z (1), (2) i (3) obliczamy

$b^2 = 1-a^2$

$d^2 = 1-c^2$

$(bd)^2 = \left( - \frac{1}{2} -ac \right)^2 = \frac{1}{4} + ac + a^2c^2$

Stąd

$ (1-a^2) (1-c^2) = \frac{1}{4} + ac + a^2c^2, $

a po uproszczeniu

$ (5) \qquad a^2 + ac + c^2 - \frac{3}{4}= 0. $

Zatem również

$ (6) \qquad b^2 + bd + d^2 - \frac{3}{4} = 0. $

Z (5) i (6) otrzymujemy związek (4).

Zauważmy, że równości (5) i (6) stanowią wynik mocniejszy od żądanej równości (4).

XX OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

Znaleźć wszystkie liczby czterocyfrowe, w których cyfra tysięcy jest równa cyfrze setek, a cyfra dziesiątek - cyfrze jedności i które są kwadratami liczb całkowitych.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że liczba $x$ spełnia warunki zadania i oznaczmy jej kolejne cyfry literami $a, a, b, b$ . Wtedy

$ x = 1000a + 100a + 10b + b = 11 (100a+b). $

Liczba $x$ jest podzielna przez $11$ , zatem jako kwadrat liczby całkowitej jest podzielna przez $11^2$ , tzn. $x = 11^2 \cdot k^2$ ( $k$ - liczba całkowita), wobec czego

$ 100 a + b = 11k^2. $

Stąd

$ a+b = 11(k^2-9a). $

Liczba $a+b$ jest więc podzielna przez $11$ . Ponieważ $0 < a \leq 9$ , $0 \leq b \leq 9$ , więc $0 < a+b \leq 18$ , wobec czego

$ a+b = 11. $

Stąd wnioskujemy, że $b \ne 0$ , $b \ne 1$ ; ponieważ zaś $b$ jest końcową cyfrą kwadratu liczby całkowitej, więc nie jest żadną z cyfr $2, 3, 7, 8$ . Zatem $b$ jest jedną z cyfr $4, 5, 6, 9$ . Odpowiednimi wartościami $a$ są $7, 6, 5, 2$ , więc wartościami $x$ mogą być jedynie liczby $7744$ , $6655$ , $5566$ , $2299$ . Tylko pierwsza z nich jest kwadratem liczby całkowitej.

Zadanie ma jedno rozwiązanie, jest nim liczba $7744$ .

XX OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

Dany jest czworokąt $ABCD$ wpisany w koło. Obrazami punktów $A$ i $C$ w symetrii względem prostej $BD$ są odpowiednio punkty $A'$ i $C'$ , a obrazami punktów $B$ i $D$ w symetrii względem prostej $AC$ są odpowiednio punkty $B'$ i $D'$ . Dowieść, że punkty $A'$ , $B'$ , $C'$ , $D'$ leżą na okręgu.

Rozwiązanie

Prosta $A'C'$ jest symetryczna do prostej $AC$ względem prostej $BD$ , więc przechodzi przez punkt przecięcia $S$ prostej $AC$ z osią symetrii $BD$ . Tak samo prosta $B'D'$ przecina prostą $BD$ w punkcie osi symetrii $AC$ , tzn. przechodzi również przez punkt $S$ . Zachodzi równość odcinków symetrycznych

$ SA' = SA,\ SB' = SB,\ SC' = SC,\ SD' = SD. $

Ponieważ $SA \cdot SC = SB \cdot SD$ (twierdzenie o przecinających się cięciwach okręgu), więc

$ SA' \cdot SC' = SB' \cdot SD'. $

Stąd wynika na podstawie twierdzenia odwrotnego do wymienionego poprzednio, że punkty $A', B', C', D'$ leżą na okręgu.

Uwaga. W powyższym dowodzie powołaliśmy się na twierdzenie, że jeżeli odcinki $AC$ i $BD$ przecinają się w punkcie $S$ i zachodzi równość $SA \cdot SC = SB \cdot SD$ , to punkty $A, B, C, D$ leżą na okręgu. Można je udowodnić korzystając z twierdzenia o kącie wpisanym w okrąg.

Niech $C_1$ i $D_1$ będą punktami symetrycznymi względem dwusiecznej kąta $ASD$ odpowiednio do punktów $C$ i $D$ . Wtedy $SA \cdot SC_1 = SB \cdot SD_1$ , czyli $\frac{SA}{SD_1} = \frac{SB}{SC_1}$ , więc $D_1$ i $C_1$ są obrazami punktów $A$ i $B$ w jednokładności o środku $S'$ . Stąd wynika równość kątów $ABS$ i $D_1C_1S$ . A ponieważ wobec symetrii $\measuredangle D_1C_1S = \measuredangle DCS$ , więc $\measuredangle ABS = \measuredangle DCS$ . Zatem punkty $B$ i $C$ , z których odcinek $AD$ widać pod tym samym kątem i które leżą po tej samej stronie prostej $AD$ znajdują się na okręgu przechodzącym przez punkty $A$ i $D$ (rys. 10).

XX OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

Udowodnić, że dla dowolnych liczb naturalnych min zachodzi nierówność

$ (1) \qquad 1^m + 2^m + \ldots + n^m \geq n\cdot \left( \frac{n+1}{2}\right)^m $

Rozwiązanie

Wiemy (patrz zadanie 5), że dla dowolnych liczb dodatnich $a$ i $b$ i dowolnego naturalnego $m$ zachodzi nierówność

$ a^m + b^m \geq 2 \left( \frac{a+b}{2}\right)^m. $

Zastosujemy tę nierówność do sumy występującej po lewej stronie nierówności (1). Łączymy wyrazy tej sumy po dwa: pierwszy z ostatnim, drugi z przedostatnim itd.

Gdy liczba $n$ jest parzysta, np. $n = 2k$ , wtedy

$ \begin{split} 1^m + 2^m + \ldots + n^m &= (1^m + n^m) + (2^m + (n-1)^m) + \ldots + (k^m + (k + 1)^m) \geq \\ & \geq \underbrace{2 \left( \frac{n+1}{2} \right)^2 + 2 \left( \frac{n+1}{2} \right)^2 + \ldots + 2 \left( \frac{n+1}{2} \right)^2}_{k \textrm{ wyrazów}} =\\ &=2k \left( \frac{n+1}{2} \right)^m = n \cdot \left( \frac{n+1}{2} \right)^m \end{split} $

Gdy zaś $n$ jest nieparzyste, np. $n = 2k+1$ , wtedy

$ \begin{split} 1^m + 2^m + \ldots + n^m = (1^m + n^m) + (2^m + (n-1)^m) + \ldots + (k^m + (k + 2)^m) + (k+1)^m \geq \\ \begin{split} & \geq \underbrace{2 \left( \frac{n+1}{2} \right)^m + 2 \left( \frac{n+1}{2} \right)^m + \ldots + 2 \left( \frac{n+1}{2} \right)^m + 2 \left( \frac{n+1}{2} \right)^m}_{k \textrm{ wyrazów}} + \left( \frac{n+1}{2} \right)^m=\\ &= (2k+1) \left( \frac{n+1}{2} \right)^m = n \cdot \left( \frac{n+1}{2} \right)^m \end{split} \end{split} $

Wzór (1) jest prawdziwy w obu przypadkach.

XX OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

Dowieść, że jeżeli przy rzutowaniu równoległym jednej płaszczyzny na drugą płaszczyznę obrazem pewnego kwadratu jest kwadrat, to obrazem każdej figury jest figura do niej przystająca.

Rozwiązanie

Niech rzutem równoległym kwadratu $MNPQ$ leżącego na płaszczyźnie $\alpha$ będzie kwadrat $M'N'P'Q'$ płaszczyzny $\beta$ .

Wtedy rzutem płaszczyzny $\alpha$ jest cała płaszczyzna $\beta$ i rzutowanie jest wzajemnie jednoznacznym odwzorowaniem jednej płaszczyzny na drugą. Wiadomo, że przy takim rzutowaniu rzuty odcinków równoległych są odcinkami równoległymi, a stosunek długości odcinków równoległych jest równy stosunkowi długości ich rzutów.

Oznaczmy literą $k$ stosunek $MN \colon M'N'$ długości boków danych kwadratów. Tej samej liczbie $k$ równa się stosunek długości dowolnego odcinka równoległego którejś z prostych $MN$ i $NP$ do długości jego rzutu.

Niech $AB$ (rys. 11) będzie dowolnym odcinkiem płaszczyzny $\alpha$ nierównoległym do $MN$ , ani do $NP$ . Zbudujmy trójkąt prostokątny $ABC$ , w którym $AC \parallel MN$ , $BC \parallel NP$ ; rzutem tego trójkąta jest trójkąt prostokątny $A'B'C'$ , w którym $A'C' \parallel M'N'$ a $B'C' \parallel N'P'$ .

Ponieważ $AC \colon A'C' = k$ , $BC \colon B'C' = k$ , więc trójkąty $ABC$ i $A'B'C'$ są podobne i $AB \colon A'B' = k$ .

Rozważane odwzorowanie płaszczyzny $\alpha$ na płaszczyznę $\beta$ zmienia zatem odległości wszystkich odcinków w tym samym stosunku $k$ , czyli jest podobieństwem. Zauważmy teraz, że pewne odcinki płaszczyzny $\alpha$ mają takie same długości, jak ich rzuty na płaszczyznę $\beta$ . Własność tę ma na przykład każdy odcinek płaszczyzny $\alpha$ równoległy do rzutni $\beta$ . Stąd wynika, że $k = 1$ , tzn. że rozważane podobieństwo jest przystawaniem (izometrią), c.n.d.

Uwaga. Założenie twierdzenia można osłabić: wystarczy przyjąć, że rzut pewnego trójkąta $ABC$ płaszczyzny $\alpha$ na płaszczyznę $\beta$ jest trójkątem podobnym do trójkąta $ABC$ .

XX OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

Dowieść, że każdy wielościan ma co najmniej dwie ściany o tej samej liczbie boków.

Rozwiązanie

Niech $s$ oznacza liczbę ścian wielościanu $W$ , a $P$ taką jego ścianę, która ma największą liczbę boków; liczbę tę oznaczymy literą $n$ . Do wielokąta $P$ przylega wzdłuż jego boków $n$ innych (parami różnych) ścian wielościanu, zatem $s \geq n+1$ . Z drugiej strony, liczba boków każdej ściany wielościanu $W$ jest jedną z liczb $3, 4, \ldots, n$ ; liczb tych jest $n-2$ . Gdyby więc każda ściana wielościanu miała inną liczbę boków, to zachodziłaby nierówność $s \leq n-2$ sprzeczna z poprzednią. Zatem wielościan taki nie istnieje.

Uwaga. Rozumowanie powyższe wykazuje, że zachodzi twierdzenie mocniejsze: W każdym wielościanie są co najmniej trzy takie ściany, że każda z nich ma tyle samo boków, co któraś różna od niej ściana wielościanu.

XX OM - III etap

III etap XX Olimpiady Matematycznej

XX OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli liczby rzeczywiste $a, b, c$ , spełniają warunek

$ (1) \qquad \frac{a}{m+2} + \frac{b}{m+1} + \frac{c}{m} = 0, $

gdzie $m$ oznacza liczbę dodatnią, to równanie

$ (2) ax^2 + bx + c = 0 $

ma pierwiastek zawarty między 0 i 1.

Rozwiązanie

Wystarczy przeprowadzić dowód, gdy $a \geq 0$ . Przypadek ujemnego $a$ sprowadza się bowiem do przypadku $a > 0$ przez zmianę znaków w równościach (1) i (2) na przeciwne.

I. Gdy $a = 0$ , dowód jest krótki:

Jeśli $b \ne 0$ , to równanie (2) ma pierwiastek

$ x_0 = - \frac{c}{b}, $

a ponieważ z warunku (1) wynika, że gdy $a = 0$ , wtedy $\frac{c}{b} = -\frac{m}{m+1}$ , więc $x_0 = \frac{m}{m+1}$ , zatem $0 < x_0 < 1$ .

Jeśli zaś $b = 0$ , to na mocy (1) również $c = 0$ , więc równanie (2) jest spełnione dla dowolnego $x$ .

II. $a > 0$

Niech $f(x)$ oznacza wartość lewej strony równania (2). Udowodnimy najpierw, że z założenia (1) wynika nierówność

$ f \left( \frac{m}{m+1} \right) < 0. $

Istotnie

$ f \left( \frac{m}{m+1} \right) = m \left( \frac{m}{m+1} \right)^2 + b \left( \frac{m}{m+1} \right) + c= m \left[ \frac{am}{(m+1)^2} + \frac{b}{m+1} + \frac{c}{m} \right]. $

Stąd i z założenia (1)

$ \begin{split} f \left( \frac{m}{m+1} \right) = & m \left[ \frac{am}{(m+1)^2} - \frac{a}{m+2} \right] = am \frac{m(m+2)-(m+1)^2}{(m+1)^2(m+2)} = \\ & = \frac{-am}{(m+1)^2(m+2)} \leq 0. \end{split} $

Rozróżnimy obecnie dwa przypadki

a) Jeśli $c > 0$ , to

$ (4) \qquad f(0) = c > 0. $

Z (3) i (4) wynika, że równanie $f(x) = 0$ ma w tym przypadku pierwiastek w przedziale $\left(0, \frac{m}{m+1} \right)$ , zawartym w przedziale $(0,1)$ .

b) Jeśli $c \leq 0$ , to

$ f(1) = a+b+c = (m+1) \left( \frac{a}{m+1} + \frac{b}{m+1} +\frac{c}{m+1} \right). $

Stosując (1) otrzymujemy

$ \begin{split} f(1) &= (m+1) \left[ \left( \frac{a}{m+1} + \frac{b}{m+1} +\frac{c}{m+1} \right) - \left( \frac{a}{m+2} + \frac{b}{m+1} +\frac{c}{m} \right) \right]=\\ & = (m+1) \left( \frac{a}{m+1} - \frac{a}{m+2} + \frac{c}{m+1} -\frac{c}{m} \right) = \\ & = (m+1) \left[ \frac{a}{(m+1)(m+2)} - \frac{c}{m(m+1)} \right]. \end{split} $

Zatem

$ (5) \qquad f(1) > 0. $

Z (3) i (5) wynika, że równanie $f(x) = 0$ ma w tym przypadku pierwiastek w przedziale $\left( \frac{m}{m+1}, 1 \right)$ zawartym w przedziale $(0, 1)$ .

Uwaga. W powyższym rozumowaniu oparliśmy się na twierdzeniu, że jeżeli funkcja kwadratowa $f$ przybiera dla dwóch wartości $x_1$ i $x_2$ argumentu $x$ wartości $f(x_1)$ i $f(x_2)$ o różnych znakach, to funkcja ta ma pierwiastek w przedziale $x_1 < x < x_2$ . Własność taką ma każda funkcja ciągła w przedziale $x_1 \leq x \leq x_2$ .

XX OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

III

Dane są liczby $a_1, a_2, \ldots, a_n$ , z których każde dwie są różne. Znaleźć najmniejszą wartość funkcji określonej wzorem

$ (1) \qquad y = |x-a_1| + |x-a_2| + \ldots + |x-a_n| $

Rozwiązanie

Możemy przyjąć, że dane liczby są ustawione w ciąg rosnący, tj. że

$ a_1 < a_2 < \ldots < a_n. $

\spos{1} Zauważmy, że według definicji bezwzględnej wartości liczby

$ | x-c | = \left\{ \begin{array}{cc} c - x, & \textrm{gdy } x \leq c, \\ x - c, & \textrm{gdy } x \geq c. \end{array}\right. $

funkcja $y = |x-c|$ jest funkcją określoną i ciągłą dla każdego $x$ w przedziale $- \infty < x \leq c$ jest ona funkcją liniową malejącą, a w przedziale $c \leq x < \infty$ - funkcją liniową rosnącą. Wykres jej przedstawia rysunek 12.

Stąd wynika, że dana funkcja (1) jest także funkcją określoną i ciągłą dla wszystkich wartości $x$ . W każdym z przedziałów $-\infty < x < a_1,\ a_1 \leq x \leq a_2,\ \ldots,\ a_{k-1} \leq x \leq a_k,\ a_k \leq x < \infty$ jest ona funkcją liniową, gdyż jest sumą $n$ funkcji liniowych. Zbadajmy, w których przedziałach funkcja jest rosnąca, a w których malejąca.

1) Gdy $- \infty < x \leq a_1$ , wtedy

$ y = \sum_{i=1}^n |x - a_i| = -nx + \sum_{i=1}^n a_i, $

funkcja jest malejąca.

2) Gdy $a_n \leq x < \infty$ , wtedy

$ \sum_{i=1}^n |x - a_i| = nx - \sum_{i=1}^n a_i, $

funkcja jest rosnąca.

3) Gdy $a_k \leq x \leq a_{k+1}$ , wtedy

$ \begin{split} \sum_{i=1}^n |x - a_i| &= \sum_{i=1}^k |x - a_i| + \sum_{i=k+1}^n |x - a_i|=\\ &= kx - \sum_{i=1}^k a_i + \sum_{i=k+1}^n a_i - (n-k)n =\\ &= (2k-n) x - \sum_{i=1}^k a_i + \sum_{i=k+1}^n a_i. \end{split} $

Dana funkcja (1) jest w przedziale $\langle a_k, a_{k+1} \rangle$ rosnąca, gdy $2k > n$ , malejąca, gdy $2k < n$ .

Rozróżnimy dwa przypadki

a) $n = 2m$ jest liczbą parzystą.

W tym przypadku w przedziale $\langle a_k, a_{k+1} \rangle$ funkcja (1) jest:

malejąca, gdy $k = 1, 2, \ldots, (m-1)$
rosnąca, gdy $k = m+1, m+2, \ldots, n- 1$
stała, gdy $k = m$ .

Zatem funkcja (1) osiąga swą najmniejszą wartość w każdym z punktów przedziału $a_m \leq x \leq a_{m+1}$ .

Wartością tą jest według 3) liczba

$ -a_1-a_2- \ldots -a_m+a_{m+1}+a_{m+2}+ \ldots +a_n. $

b) $n = 2m+1$ jest liczbą nieparzystą.

W tym przypadku w przedziale $\langle a_k, a_{k+1} \rangle$ funkcja (1) jest

malejąca, gdy $k = 1, 2, \ldots, m$ ,
rosnąca, gdy $k = m+1, m+2, \ldots, 2m$ .

Wartość najmniejszą osiąga funkcja w punkcie $x = a_{m+1}$ ; jest nią według 3) liczba

$ a_{m+1}- \sum_{i=1}^{m+1} a_i + \sum_{i=m+2}^{n} a_i = -a_1 - a_2 - \ldots - a_m + a_{m+2} + a_{m+3} + \ldots + a_n. $

Rysunek 13 przedstawia wykres funkcji $y = |x-1| + |x-2| + |x-3| + |x-4|$ , a rysunek 14 - wykres funkcji $y = |x-1| + |x-2| + |x-3| + |x-4| + |x-5|$ .

XX OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

III

Dowieść, że ośmiokąt, którego wszystkie boki są równe, a wszystkie długości boków są liczbami wymiernymi, ma środek symetrii.

Rozwiązanie

Według znanego twierdzenia suma miar kątów zewnętrznych wielokąta wynosi $360$ . Wobec tego w ośmiokącie $A_1A_2 \ldots A_8$ o równych kątach każdy kąt zewnętrzny równa się $45^\circ$ .

Weźmy pod uwagę trzy kolejne boki ośmiokąta, np. $A_1A_2$ , $A_2A_3$ i $A_3A_4$ . Przedłużenia boków $A_1A_2$ i $A_4A_3$ tworzą odpowiednio z półprostymi $A_2A_3$ i $A_3A_2$ kąty równe $45^\circ$ , więc przecinają się w pewnym punkcie $N$ pod kątem prostym (rys. 15).

To samo zachodzi dla innych trójek kolejnych boków ośmiokąta. Boki przeciwległe $A_1A_2$ i $A_5A_6$ ośmiokąta leżą zatem na przeciwległych bokach $MN$ i $PQ$ prostokąta $MNPQ$ , gdzie $M$ , $P$ , $Q$ oznaczają odpowiednio punkty przecięcia prostych $A_1A_2$ i $A_7A_8$ , $A_3A_4$ i $A_5A_6$ oraz $A_5A_6$ i $A_7A_8$ .

Zakładając, że długości boków ośmiokąta są wymierne, wywnioskujemy stąd, że $A_1A_2 = A_5A_6$ .

Dla krótkości wprowadzimy oznaczenia

$ A_iA_{i+1} = a_i\ (i=1,2, \ldots, 7),\ A_8A_1 = a_8. $

Obliczamy

$ MN = MA_1 + A_1A_2 + A_2N = a_8 \cos 45^\circ + a_1 + a_2 \cos 45^\circ $

$ PQ = PA_5 + A_5A_6 + A_6Q = a_4 \cos 45^\circ + a_5 + a_6 \cos 45^\circ. $

Ponieważ $MN = PQ$ , więc na mocy powyższych równości

$ a_8 \cos 45^\circ + a_1 + a_2 \cos 45^\circ = a_4 \cos 45^\circ + a_5 + a_6 \cos 45^\circ, $

a stąd

$ a_1-a_5 = (a_4+a_6 - a_2-a_8) \cos 45^\circ. $

Ponieważ liczby $a_1-a_5$ i $a_4 + a_6 -a_2-a_8$ są wymierne, a liczba $\cos 45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2}$ jest niewymierna, więc powyższa równość może zachodzić tylko wtedy, gdy obie jej strony są równe zeru. Zatem $a_1 = a_5$ , tj.

$ A_1A_2 = A_5A_6. $

Czworokąt $A_1A_2A_5A_6$ ma dwa boki równe i równoległe jest więc równoległobokiem. Jego przekątne $A_1A_5$ i $A_2A_6$ mają wspólny środek $S$ .

Tak samo stwierdzamy, że czworokąty $A_2A_3A_6A_7$ i $A_3A_4A_7A_8$ są równoległobokami, wobec czego środek $S$ przekątnej $A_2A_6$ jest także środkiem przekątnej $A_3A_7$ i środkiem przekątnej $A_4A_8$ .

Dany ośmiokąt ma więc środek symetrii $S$ , c.n.d.

XX OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli liczby naturalne $a, b, p, q, r, s$ , spełniają warunki

$ (1) \; qr-ps = 1,\quad (2) \; \frac{p}{q} < \frac{a}{b} < \frac{r}{s} $

$ b \geq q+s. $

Rozwiązanie

Według (2)

$ \frac{a}{b} - \frac{p}{q} = \frac{aq-bp}{bq} > 0, $

$ \frac{r}{s} - \frac{a}{b} = \frac{br-as}{bs} > 0. $

Zatem $aq-bp > 0$ , $br-as > 0$ , a ponieważ lewe strony tych nierówności są liczbami całkowitymi, więc

$ aq-bp \geq 1, \ br-as \geq 1. $

Mnożymy obie strony pierwszej nierówności przez $s$ , a drugiej przez $q$ i dodajemy je stronami:

$ b (rq-ps) \geq q+s. $

Stąd po uwzględnieniu warunku (1) otrzymujemy

$ b \geq q+s. $

XX OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

III

Dla jakich wartości $n$ istnieje wielościan mający $n$ krawędzi?

Rozwiązanie

Wielościan mający $n$ krawędzi istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy $n \geq 6$ i $n \ne 7$ .

Dowód. a) Przykładem wielościanu mającego $n = 2m$ ( $m \geq 3$ ) krawędzi jest ostrosłup, którego podstawą jest wielokąt o $m$ bokach.

b) Przykład wielościanu mającego $n = 2m+1$ ( $m \geq 4$ ) krawędzi można otrzymać przy użyciu ostrosłupa o $2(m-1)$ krawędziach. W tym celu prowadzimy płaszczyznę przez środki $M$ , $N$ , $P$ takich trzech krawędzi ostrosłupa, które wychodzą z jednego wierzchołka $S$ podstawy ostrosłupa. Bryła, która powstanie po odrzuceniu od ostrosłupa czworościanu $SMNP$ jest wielościanem, który ma o $3$ krawędzie więcej niż ostrosłup, tj. ma $2m-2+3 = 2m+1$ krawędzi. W tej konstrukcji $m$ może być dowolną liczbą spełniającą warunek $m-1 \geq 3$ , tj. warunek $m \geq 4$ .

c) Nie istnieje wielościan mający $7$ krawędzi. Można to udowodnić jak następuje. Jeżeli któraś ściana wielościanu nie jest trójkątem, a więc ma $4$ lub więcej boków, to wielościan ma co najmniej $8$ krawędzi, albowiem z każdego wierzchołka tej ściany wychodzi, oprócz dwóch jej boków, jeszcze co najmniej jedna krawędź, a wszystkie te krawędzie są różne.

Jeśli zaś wszystkie ściany wielościanu są trójkątami, a liczba ścian
wynosi $s$ , to liczba krawędzi $k = \frac{3s}{2}$ , więc liczba $k$ jest podzielna przez $3$ , wobec czego $k \ne 7$ .

d) Nie istnieje wielościan mający mniej niż $6$ krawędzi, albowiem każdy wielościan ma co najmniej $4$ wierzchołki, a z każdego wierzchołka wychodzą co najmniej $3$ krawędzie, więc liczba krawędzi jest większa lub równa $\frac{4 \cdot 3}{2} = 6$ .

XX OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XX OM, 1968-1969

Etap:

III

Dany jest zbiór $n$ punktów płaszczyzny nie zawierający się w jednej prostej. Dowieść, że istnieje okrąg przechodzący przez co najmniej trzy z tych punktów, wewnątrz którego nie ma żadnego z pozostałych punktów zbioru.

Rozwiązanie

\spos{1} Wybierzmy z danego zbioru punktów $Z = \{A_1, A_2, \ldots, A_n \}$ takie dwa punkty, których odległość jest najmniejsza; przypuśćmy, że są to punkty $A_1$ i $A_2$ . W kole $K$ o średnicy $A_1A_2$ nie ma wtedy żadnego punktu zbioru $Z$ różnego od $A_1$ i $A_2$ .

Weźmy pod uwagę zbiór $\Omega$ wszystkich okręgów, z których każdy przechodzi przez punkty $A_1$ i $A_2$ i jeszcze przez jakiś inny punkt zbioru $Z$ . Ponieważ punkty zbioru $Z$ nie leżą na jednej prostej, więc zbiór $\Omega$ nie jest pusty. Jest on zbiorem skończonym, zatem istnieje w nim okrąg $O_S$ o środku $S$ , którego promień ma najmniejszą długość (rys. 16).

Wewnątrz okręgu $O_S$ nie ma żadnego punktu zbioru $Z$ . Istotnie, jeśli punkt $A_k$ zbioru $Z$ nie leży na okręgu $O_S$ ani na prostej $A_1A_2$ na zewnątrz $O_S$ , to znajduje się na pewnym okręgu $O_T \in \Omega$ o środku $T$ różnym od $S$ , którego promień jest nie mniejszy od promienia okręgu $O_S$ . Okrąg $O_S$ rozcina okrąg $O_T$ na dwa łuki o końcach $A_1$ , $A_2$ , z których większy $L_1$ leży (z wyjątkiem końców) na zewnątrz okręgu $O_S$ , mniejszy $L_2$ - wewnątrz $O_S$ . Łuk $L_2$ jest mniejszy od półokręgu, wobec czego znajduje się w kole $K$ . Zatem punkt $A_k$ należy do łuku $L_1$ .

Okrąg $O_S$ jest więc takim okręgiem, jakiego istnienie należało udowodnić.