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.