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.