XIX OM - I etap

I etap XIX Olimpiady Matematycznej

XIX OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XIX OM, 1967-1968

Etap:

Rozwiązać układ równań

$ (1) \qquad \begin{cases} |x + y| &= 1 \\ |x| + |y| &= 1. \end{cases} $

Rozwiązanie

Układ równań (1) jest równoważny układowi

$ (2) \qquad |x + y| = 1,\ |x + y|= |x| + |y|. $

Drugie równanie układu (2) jest spełnione wtedy i tylko, wtedy, gdy liczby $x$ i $y$ są tego samego znaku, lub gdy któraś z nich jest zerem, tzn. gdy $xy \geq 0$ . Układ (2) jest więc równoważny układowi

$ (3) \qquad |x + y| = 1,\ xy \geq 0. $

Układ (3) jest równoważny alternatywie

$ (4) \qquad x+y=1, \ xy \geq 0 $

lub

$ (5) \qquad x + y = - 1,\ xy \geq 0. $

Układy (4) i (5) są odpowiednio równoważne układom

$ (6) \qquad y = 1 - x, \ x(1 - x) \geq 0, $

$ (7) \qquad y = - 1-x,\ x (- 1 - x) \geq 0. $

Ponieważ $x(1 - x) \geq 0 \Longleftrightarrow 0 \leq x \leq 1$ , a $x(- 1 - x) \geq 0 \Longleftrightarrow - 1 \leq x \leq 0$ , więc układy (6) i (7) są odpowiednio równoważne układom

$ (8) \qquad 0 \leq x \leq 1,\ y=1-x, $

$ (9) \qquad - 1 \leq x \leq 0,\ y= -1 - x. $

Okazało się, że para liczb $(x, y)$ jest rozwiązaniem układu (1) wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia układ warunków (8) lub układ warunków (9). A zatem:

Rozwiązaniami układu równań (1) są te i tylko te pary liczb $(x,y)$ , w których $x$ jest dowolną liczbą przedziału $-1 \leq x \leq 1$ , a $y = 1 - x$ , gdy $x \geq 0$ oraz $y = - 1 - x$ , gdy $x \leq 0$ .

Wynik ten możemy również uzyskać przez rozważenie wykresów równań (1). Wykresem pierwszego równania są dwie proste równoległe $y = 1 - x$ i $y = - 1 - x$ , a wykresem drugiego równania jest obwód kwadratu o wierzchołkach $(1,0)$ , $(0,1)$ , $(-1,0)$ , $(0,-1)$ . Rozwiązania układu (1) przedstawiają punkty dwóch odcinków wspólnych obu wykresom (rys. 1).

XIX OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XIX OM, 1967-1968

Etap:

Niech $p(n)$ oznacza liczbę liczb pierwszych nie większych od liczby naturalnej $n$ . Dowieść, że jeżeli $n \geq 8$ , to $p(n) < \frac{n}{2}$

Rozwiązanie

Jeżeli $n$ jest liczbą parzystą, to w zbiorze liczb naturalnych od $1$ do $n$ jest $\frac{n}{2}-1$ liczb parzystych różnych od $2$ , a więc złożonych, oraz co najmniej jedna liczba nieparzysta, mianowicie $1$ , która nie jest liczbą pierwszą. Liczby pierwsze należą do zbioru pozostałych $\frac{n}{2}$ liczb, więc $p(n) \leq \frac{n}{2}$ .

Jeżeli $n$ jest liczbą nieparzystą co najmniej równą $9$ , to w zbiorze liczb naturalnych od $1$ do $n$ znajduje się $\frac{n-1}{2}-1$ liczb parzystych różnych od $2$ oraz są w nim co najmniej dwie liczby nieparzyste, mianowicie $1$ i $9$ , nie będące liczbami pierwszymi. Liczby pierwsze należą do zbioru pozostałych $n - \left(\frac{n-1}{2}-1 \right) - 2 = \frac{n-1}{2}$ liczb, więc $p(n)< \frac{n}{2}$ .

Zatem dla każdego naturalnego $n$ :

$ n \geq 8 \Longrightarrow p(n) \leq \frac{n}{2}. $

XIX OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XIX OM, 1967-1968

Etap:

Na dwóch prostych skośnych leżą odcinki $AB$ i $CD$ , których środkami są odpowiednio punkty $M$ i $N$ . Dowieść, że

$ MN < \frac{1}{2}(AD + BC). $

Rozwiązanie

Niech $P$ będzie środkiem odcinka $AC$ (rys. 2). Punkt $P$ nie może leżeć na prostej $MN$ , gdyż wówczas proste $AB$ i $CD$ leżałyby w płaszczyźnie wyznaczonej przez proste $AC$ i $MN$ , więc nie byłyby skośne. W takim razie

$ (1) \qquad MN < MP + PN. $

W trójkącie $ABC$ odcinek $MP$ łączący środki boków $AB$ i $AC$ jest równy połowie boku $BC$ :

$ (2) \qquad MP = \frac{1}{2} BC. $

Analogicznie

$ (3) \qquad PN = \frac{1}{2} AD. $

Ze związków (1), (2), (3) wynika, że

$ MN < \frac{1}{2}(AD + BC). $

XIX OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XIX OM, 1967-1968

Etap:

Na płaszczyźnie dane są proste równoległe $a$ i $b$ oraz punkt $M$ leżący na zewnątrz pasa ograniczonego tymi prostymi. Wyznaczyć na prostych $a$ i $b$ odpowiednio punkty $A$ i $B$ w taki sposób, żeby odcinek $AB$ był prostopadły do $a$ i $b$ , a przy tym kąt $AMB$ był największy.

Rozwiązanie

Niech $AB$ będzie odcinkiem o końcach $A \in a$ i $B \in b$ , prostopadłym do prostych $a$ i $b$ , a $N$ - punktem symetrycznym do punktu $M$ względem prostej równoległej do prostych $a$ i $b$ i od nich równoodległej (rys. 4).

Okrąg o średnicy $AB$ leży w pasie ograniczonym prostymi $a$ i $b$ , więc punkt $M$ leży na zewnątrz tego okręgu, wobec czego $\measuredangle AMB = \alpha$ jest mniejszy od $90^\circ$ . W takim razie maksimum kąta $\alpha$ zachodzi równocześnie z maksimum $\sin \alpha$ , gdyż dla kątów od $0^\circ$ do $90^\circ$ sinus kąta rośnie wraz z kątem.

Gdy odcinek $AB$ leży na prostej $MN$ , wówczas $\sin \alpha = 0$ .

Gdy punkty $A$ , $B$ , $M$ są wierzchołkami trójkąta, a $r$ oznacza promień okręgu opisanego na tym trójkącie, to $\sin \alpha = \frac{AB}{2r}$ . Odcinek $MN$ jest cięciwą tego okręgu, więc $MN \leq 2r$ , zatem

$ \sin \alpha \leq \frac{AB}{MN}. $

Stąd wynika, że maksimum $\sin \alpha$ , więc też maksimum $\alpha$ zachodzi wtedy, gdy $\sin \alpha = \frac{AB}{MN}$ tj. gdy

$ 2r = MN, $

co oznacza, że punkty $A$ i $B$ leżą na okręgu o średnicy $MN$ .

XIX OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XIX OM, 1967-1968

Etap:

Dany jest zbiór $2n$ ( $n \geq 2$ ) różnych liczb. Jak podzielić ten zbiór na pary, żeby suma iloczynów liczb poszczególnych par była a) najmniejsza, b) największa?

Rozwiązanie

Przez podział zbioru liczb $Z$ na pary rozumiemy taki zbiór par liczb zbioru $Z$ , że każda liczba zbioru $Z$ należy do jednej i tylko jednej pary.

Oznaczmy dane liczby literami $a_1, a_2, \ldots, a_{2n}$ w taki sposób, że

$ (1) \qquad a_1< a_2< \ldots < a_{2n}. $

Liczba wszystkich podziałów zbioru liczb (1) na pary jest skończona, więc istnieje taki podział $P$ , dla którego suma iloczynów liczb poszczególnych par ma najmniejszą wartość. Oznaczmy tę sumę literą $S_P$ .

Jednym z wyrazów sumy $S_P$ musi być iloczyn $a_1a_{2n}$ . W sumie $S_P$ występuje bowiem wyraz $a_1a_k$ , którego jednym czynnikiem jest $a_1$ . Gdyby było $a_k \ne a_{2n}$ , wówczas suma $S_P$ miałaby inny wyraz z czynnikiem $a_{2n}$ , np. $a_la_{2n}$ , gdzie $l \ne k$ i $l \ne 1$ . Wtedy

$ \begin{split} a_1 a_k + a_la_{2n} & = a_1 a_{2n} + a_k a_l + (a_1 a_k - a_1 a_{2n}) + (a_l a_{2n} - a_k a_l) = \\ & = a_1 a_{2n} + a_1 (a_k - a_{2n}) + a_l(a_{2n} - a_k) = \\ & = a_1 a_{2n} + a_k a_l + (a_{2n} - a_k)(a_l - a_1), \end{split} $

więc na mocy (1) zachodziłaby nierówność

$ (2) \qquad a_1 a_k + a_l a_{2n} > a_1 a_{2n} + a_k a_l. $

W takim razie zastępując pary $(a_1, a_k)$ i $(a_l, a_{2n})$ podziału $P$ parami $(a_1, a_{2n})$ i $(a_k, a_l)$ otrzymalibyśmy taki podział $Q$ danych liczb na pary, przy których suma $S_Q$ iloczynów liczb poszczególnych par spełniałaby na skutek (2) nierówność

$ S_Q< S_P $

wbrew założeniu, że najmniejszą taką sumą jest $S_P$ .

Tak samo stwierdzamy, że suma $S_P - a_1a_{2n}$ musi mieć wyraz $a_2a_{2n-1}$ , suma $S_P -a_1a_{2n} - a_2a_{2n-1}$ - wyraz $a_3a_{2n-2}$ itd.

Zatem

$ S_P = a_1a_{2n} + a_2a_{2n-1} + \ldots + a_na_{n-1} $

tj. w podziale $P$ występują pary $(a_1 a_{2n}), (a_2, a_{2n-1}), \ldots, (a_n, a_{n-1})$ .

W analogiczny sposób dowodzi się, że największa suma $S_T$ iloczynów liczb poszczególnych par występuje przy podziale $T$ danego zbioru na pary $(a_1 a_2), (a_3, a_4),\ldots ,(a_{2n-1}, a_{2n})$ , tj. że

$ ST = a_1a_2 + a_3a_4 + \ldots + a_{2n-1} a_{2n}. $

XIX OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XIX OM, 1967-1968

Etap:

Dowieść, że jeżeli wielomian $F(x)$ o współczynnikach całkowitych ma pierwiastek $\frac{p}{q}$ , gdzie $p$ i $q$ są liczbami całkowitymi względnie pierwszymi, to $p - q$ jest dzielnikiem liczby $F(1)$ , a $p + q$ jest dzielnikiem liczby $F(-1)$ .

Rozwiązanie

Wprowadźmy zamiast $x$ zmienną $y = qx$ . Równość (1) otrzymuje postać

$ F \left( \frac{y}{q} \right) = a_0 \left( \frac{y}{q} \right)^n + a_1 \left( \frac{y}{q} \right)^{n-1} + \ldots + a_n. $

Rozważmy wielomian

$ q^n F \left( \frac{y}{q} \right) = a_0y^n + a_1 q y^{n-1} + \ldots + a_nq^n, $

którego współczynniki są liczbami całkowitymi. Ma on pierwiastek całkowity $y=p$ , wobec czego

$ q^n F \left( \frac{y}{q} \right) = (y~-p)Q(y), $

gdzie $Q(y)$ jest wielomianem o współczynnikach całkowitych*).

Podstawiając do tej równości $y = q$ otrzymujemy

$ q^n F (1) = (q-p)Q(p). $

Otóż liczby $q^n$ i $q -p$ są względnie pierwsze; gdyby bowiem jakaś liczba pierwsza była wspólnym dzielnikiem liczb $q^n$ i $q-p$ , byłaby ona również wspólnym dzielnikiem liczb $q$ i $q - p$ , a więc też wspólnym dzielnikiem liczb $q$ i $q-(q-p)=p$ wbrew założeniu.

W takim razie liczba $q-p$ jest dzielnikiem liczby $F(1)$ , c.n.d.

Uwaga. Jeszcze krótsze rozwiązanie zadania uzyskamy opierając się na twierdzeniu następującym:

Jeżeli wielomian $F(x)$ o współczynnikach całkowitych ma pierwiastek wymierny $\frac{q}{p}$ ( $p$ , $q$ - liczby całkowite względnie pierwsze), to iloraz wielomianu $F(x)$ przez $x - \frac{p}{q}$ jest wielomianem o współczynnikach całkowitych.

Udowodnimy to twierdzenie. Niech

$ (*) \qquad F(x) = a_0x^n + a_1x^{n-1} + \ldots + a_n= \left( x - \frac{p}{q} \right) (c_0x^{n-1} + c_1x^{n-2} + \ldots + c_{n-1}), $

gdzie liczby $a_0, a_1, \ldots,a_n$ są całkowite. Mamy dowieść, że liczby $c_0, c_1, \ldots, c_{n-1}$ są całkowite.

Współczynniki przy $x^n$ po obu stronach równości (*) są równe, więc $c_0 = a_0$ .

Zauważmy, że

$ a_0 \left( \frac{p}{q} \right)^{n} +a_1 \left( \frac{p}{q} \right)^{n-1} + \ldots + a_n =0, \textrm{ więc } a_0 p^n + a_1p^{n-1} q + \ldots + a_1 q^n = 0, $

skąd wynika, że $a_0$ , zatem również $c_0$ jest podzielne przez $q$ . Dowód twierdzenia przeprowadzimy metodą indukcji.

Gdy $n = 1$ , teza twierdzenia jest oczywista, iloraz $F(x)$ przez $x - \frac{p}{q}$ jest wtedy równy $c_0$ .

Przypuśćmy, że teza twierdzenia jest prawdziwa dla pewnego $n$ i niech

$ F(x) = a_0x^{n+1} + a_1x^n + \ldots + a_{n+1} = \left( x - \frac{p}{q}\right) (c_0x^n + c_1x^{n-1} + \ldots + c_n). $

Utwórzmy wielomian stopnia $n$

$ F(x) - \left(x - \frac{p}{q} \right) c_0 x^n = \left( a_1 - \frac{p}{q} c_0 \right) x^n + a_2 x^{n-1} + \ldots + a_{n+1} = \left(x - \frac{p}{q} \right) (c_1x^{n-1} + \ldots + c_n). $

Ponieważ liczba $c_0 = a_0$ jest podzielna przez $q$ , więc jest to wielomian o współczynnikach całkowitych. Według założenia indukcyjnego liczby $c_1, c_2, \ldots, c_n$ są całkowite, tzn. teza twierdzenia jest prawdziwa dla wielomianów stopnia $n + 1$ .

Twierdzenie zostało udowodnione.

Rozwiązanie poprzedniego zadania jest teraz natychmiastowe. Jeśli bowiem

$ F(x) = \left(x - \frac{p}{q} \right) Q(x) $

i wielomian $F(x)$ ma współczynniki całkowite, to wielomian $Q(x)$ ma również współczynniki całkowite i

$ F(1) = \left(x1- \frac{p}{q} \right) Q(1), $

zatem

$ qF(1)= (q-p)Q(1), $

skąd wynika, że liczba $p - q$ jest dzielnikiem liczby $F(1)$ .

XIX OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XIX OM, 1967-1968

Etap:

Punkty $D, E, F$ są środkami boków trójkąta $ABC$ . Dowieść, że jeżeli okręgi opisane na trójkątach $ABC$ i $DEF$ są styczne, to punkt styczności jest jednym z punktów $A$ , $B$ , $C$ i trójkąt $ABC$ jest prostokątny.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że okrąg $c$ opisany na trójkącie $ABC$ i okrąg $k$ opisany na trójkącie $DEF$ są styczne w punkcie $T$ (rys. 5).

Trójkąt $DEF$ leży wewnątrz okręgu $c$ , więc styczność okręgów $c$ i $k$ jest wewnętrzna i środek $S$ okręgu $k$ leży na półprostej $TO$ . Trójkąt $DEF$ jest podobny do trójkąta $ABC$ w stosunku $1 \colon 2$ , więc promień $TS$ okręgu $k$ jest dwa razy mniejszy od promienia $TO$ okręgu $c$ ; zatem punkt $S$ jest środkiem odcinka $TO$ , z $TO$ - średnicą okręgu $k$ .

Punkty $D$ , $E$ , $F$ okręgu $k$ są różne, więc co najwyżej jeden z nich może się pokrywać z punktem $O$ . Przypuśćmy, że np. punkty $D$ i $E$ są różne od punktu $O$ .

Cięciwa $BC$ okręgu $c$ , której środkiem jest punkt $D$ , jest prostopadła do prostej $OD$ , więc jeden z kątów $ODB$ i $ODC$ jest wpisany w okrąg $k$ , wobec czego punkt $B$ albo punkt $C$ znajduje się w końcu $T$ średnicy $OT$ okręgu $k$ . Tak samo jeden z końców cięciwy $AC$ leży w punkcie $T$ . Zatem w punkcie $T$ znajduje się wierzchołek $C$ trójkąta $ABC$ . W takim razie środek $F$ boku $AB$ leży w punkcie $O$ . Gdyby bowiem punkt $F$ był różny od punktu $O$ , wówczas cięciwa $AB$ okręgu $c$ byłaby prostopadła do prostej $OF$ , więc jeden z kątów prostych $OFA$ i $OFB$ byłby wpisany w okrąg $k$ , wobec czego punkt $A$ lub punkt $B$ znajdowałby się w punkcie $T$ , tzn. pokrywałby się z punktem $C$ , co jest niemożliwe.

Kąt $C$ trójkąta $ABC$ jest kątem wpisanym w okrąg $c$ , którego ramiona przechodzą przez końce średnicy $AB$ tego okręgu, czyli jest kątem prostym.

XIX OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XIX OM, 1967-1968

Etap:

Dany jest czworościan $ABCD$ , w którym $AB = BC = CD = DA = 1$ . Dowieść, że objętość $V$ czworościanu $ABCD$ spełnia nierówność

$ V\leq \frac{2}{27} \sqrt{3}. $

Rozwiązanie

Z równości boków czworokąta $ABCD$ wynika, że płaszczyzna przechodząca przez prostą $BD$ i przez środek $M$ odcinka $AC$ jest płaszczyzną symetrii czworościanu $ABCD$ . Istotnie, środkowa $DM$ trójkąta równoramiennego $ADC$ jest prostopadła do jego podstawy $AC$ , tak samo $BM$ jest prostopadłe do $AC$ ; zatem prosta $AC$ prostopadła do dwóch różnych prostych $BM$ i $DM$ płaszczyzny $BMD$ jest prostopadła do tej płaszczyzny. Ponieważ zaś $AM = MC$ , więc punkty $A$ i $C$ są symetryczne względem płaszczyzny $BMD$ . Stąd wynika, że czworościany $ABMD$ i $CBMD$ , na które płaszczyzna $BMD$ rozcina czworościan $ABCD$ są symetryczne względem tej płaszczyzny (rys. 6).

Objętość $V$ czworościanu $ABCD$ jest zatem równa podwojonej objętości czworościanu $ABMD$ o podstawie $BMD$ i wysokości $AM$ :

$ (1) \qquad V = 2 \cdot \frac{1}{3} (\textrm{pole } BMD) AM. $

Niech $AM = x$ , wtedy $BM = MD = \sqrt{AB^2 -AM^2} = \sqrt{ 1 - x^2}$ , $\textrm{pole } BMD = \frac{1}{2} BM \cdot MD \cdot \sin \measuredangle BMD \leq \frac{1}{2} BM \cdot MD = \frac{1}{2} (1 - x^2)$ , więc według (1)

$ (2) \qquad V \leq \frac{1}{3} (1 - x^2) x,\ \textrm{gdzie } 0 < x < 1. $

Znajdziemy maksimum funkcji $y =(1 - x^2)x$ w przedziale $(0,1)$ . Zadanie to można sprowadzić do wyznaczenia maksimum iloczynu trzech czynników, których suma jest stała. W tym celu zauważmy, że iloczyn $(1 - x^2) x = (1 + x)(1 - x) x$ osiąga maksimum dla tych samych wartości $x$ , co proporcjonalny doń iloczyn $(m + mx) (n - nx) x$ , gdzie $m$ i $n$ oznaczają dowolne liczby dodatnie.

Suma czynników tego drugiego iloczynu równa się $m + n + (m - n + 1) x$ . Gdy $m$ i $n$ spełniają równanie

$ (3) \qquad m - n + 1 = 0, $

suma ta wynosi $m + n$ , więc jest niezależna od $x$ . Wiemy zaś, że maksimum iloczynu $(m + mx) (n - nx) x$ o stałej sumie czynników zachodzi wówczas, gdy czynniki te są równe, tj. gdy

$ (4) \qquad m + mx = n - nx = x. $

Liczby $x$ , $m$ , $n$ spełniają prócz tego nierówności

$ (5) \qquad x >0,\ m >0,\ n > 0. $

Stwierdzamy za pomocą łatwego rachunku, że układ warunków (3), (4), (5) ma dokładnie jedno rozwiązanie

$ x = \frac{\sqrt{3}}{3},\ m = \frac{\sqrt{3}-1}{2},\ x = \frac{\sqrt{3}+1}{2}. $

Na mocy przytoczonego wyżej twierdzenia o maksimum iloczynu wartość iloczynu $(1 - x^2)x$ jest największa, gdy $x = \frac{\sqrt{3}}{3}$ , tzn.

$ (6) \qquad (1-x^2)x \leq (1 -\frac{1}{3}) \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{2\sqrt{3}}{9} $

dla każdego $x$ z przedziału $(0,1)$ .

Z (6) i (2) wynika, że

$ V \leq \frac{2\sqrt{3}}{27}, \textrm{ c.n.d.} $

Uwaga 1. Maksimum funkcji $y = (1 - x^2)x$ w przedziale $0 < x < 1$ znajdziemy znacznie prościej za pomocą rachunku różniczkowego. Pochodna $y' = 1 - 3x^2$ przybiera w tym przedziale wartość $0$ tylko dla $x = \frac{\sqrt{3}}{3}$ . Ponieważ druga pochodna $y'' = - 6x$ jest dla $x = \frac{\sqrt{3}}{3}$ ujemna, więc funkcja osiąga w tym punkcie maksimum lokalne, które jest zarazem największą wartością funkcji w całym przedziale $(0,1)$ .

Uwaga 2. Powyższe rozwiązanie zadania można zmodyfikować jak następuje.

Skorzystamy ze wzoru

$ (*) \qquad V = \frac{1}{3} (\textrm{pole } ABC)h, $

gdzie $h$ jest wysokością czworościanu $ABCD$ z wierzchołka $D$ .

Otóż

$ \textrm{pole } ABC = AM \cdot BM = x \sqrt{1 - x^2}. $

Wysokość $h$ czworościanu jest zarazem wysokością trójkąta $BMD$ z wierzchołka $D$ , więc możemy ją wyrazić w zależności od boków $BM = DM = \sqrt{1 -x^2}$ i $BD$ .

Oznaczając $BD = 2y$ otrzymujemy

$ h = \frac{2y \sqrt{1-x^2-u^2}}{\sqrt{1-x^2}}. $

Podstawiając powyższe wartości pola $ABC$ i $h$ do wzoru (*) znajdujemy

$ V = \frac{2}{3} xy \sqrt{1 - x^2-y^2}, $

zatem

$ V^2 = \frac{4}{9} x^2y^2 (1-x^2-y^2). $

Ponieważ suma czynników $x^2$ , $y^2$ , $1 - x^2 - y^2$ iloczynu $x^2y^2(1 - x^2 - y^2)$ jest stała, a mianowicie jest równa $1$ , więc ten iloczyn jest największy wtedy, gdy te czynniki są równe, tj. gdy $x^2 = y^2 = 1 - x^2 - y^2= \frac{1}{3}$ . Zatem

$ V^2 \leq \frac{4}{9} \cdot \left( \frac{1}{3} \right)^3. $

Stąd

$ V \leq \frac{2\sqrt{3}}{27}. $

XIX OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XIX OM, 1967-1968

Etap:

Dowieść, że jeżeli $a_1, a_2, \ldots, a_n$ oznaczają liczby $1, 2, \ldots, n$ ustawione w dowolnym porządku, a $n$ jest liczbą nieparzystą, to liczba $N = (a_1 - 1)(a_2 - 2) \ldots (a_n - n)$ jest parzysta.

Rozwiązanie

Gdyby iloczyn $N$ był liczbą nieparzystą, to każdy z jego $n$ czynników $a_1 - 1, a_2 - 2, \ldots, a_n - n$ byłby też liczbą nieparzystą. Przy nieparzystym $n$ suma tych czynników byłaby liczbą nieparzystą, co nie jest prawdą, gdyż

$ (a_1 - 1) + (a_2 - 2) + \ldots + (a_n - n) = (a_1 + a_2 + \ldots + a_n) -(1 +2 + \ldots + n) = 0. $

XIX OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XIX OM, 1967-1968

Etap:

Dowieść, że wielomian $W$ zmiennej $x$ określony wzorem

$ (1) \qquad W(x)=(x - a)^2 (x - b)^2 + l, $

gdzie $a$ i $b$ oznaczają liczby całkowite, nie jest iloczynem dwóch wielomianów zmiennej $x$ stopnia dodatniego mających współczynniki całkowite.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że twierdzenie, które mamy udowodnić, nie jest prawdziwe, tj. że dla każdego $x$

$ (2) \qquad (x-a)^2(x-b)^2+1 = P(x)Q(x), $

gdzie $P(x)$ i $Q(x)$ są wielomianami stopnia dodatniego o współczynnikach całkowitych. Lewa strona wzoru (2) jest dla każdego $x$ dodatnia, więc wielomian $P(x)$ i tak samo wielomian $Q(x)$ nie ma pierwiastków (rzeczywistych), nie może być zatem stopnia nieparzystego, a ponieważ stopień $P(x)$ + stopień $Q(x)$ = stopień $P(x) \cdot Q(x) = 4$ , więc $P(x)$ i $Q(x)$ są wielomianami stopnia drugiego o wyróżnikach ujemnych. Jeśli najwyższymi wyrazami wielomianów $P(x)$ i $Q(x)$ są odpowiednio $kx^2$ i $lx^2$ ( $k$ , $l$ - licżby całkowite), to iloczyn $kx^2 \cdot lx^2$ równa się najwyższemu wyrazowi $x^4$ lewej strony wzoru (2) więc $kl = 1$ , zatem $k = l=1$ lub $k = l = - 1$ . Drugi z tych przypadków możemy sprowadzić do pierwszego zastępując wielomiany $P(x)$ i $Q(x)$ odpowiednio wielomianami $- P(x)$ i $- Q(x)$ . Założenie (2) jest zatem równoważne założeniu

$ (3) \qquad (x - a)^2(x - b)^2+ 1 = (x^2 + mx + n)(x^2 +px+q) $

dla każdego $x$ , gdzie liczby $m$ , $n$ , $p$ , $q$ są całkowite, a trójmiany $x^2 + mx + n$ i $x^2 + px+ q$ są dla każdego $x$ dodatnie. Wykażemy, że założenie to prowadzi do sprzeczności: .

Przekształćmy równość (3) podstawiając $x = y + a$ :

$ \begin{split} y^2(y + a - b)^2 + 1 = [(y + a)^2 + m(y + a) + n] [(y + a)^2 + p(y + a) + q] = \\ = [y^2 + (2a +m)y + a^2 + ma + n] [y^2 + (2a + p)y + a^2+pa+ q]. \end{split} $

Wprowadzając oznaczenia $a - b = c$ , $2a + m = r$ , $a^2 + ma + n = s$ , $2a + p = t$ , $a^2 + pa + q = u$ otrzymujemy stąd dla każdego $y$ równość

$ (4) \qquad y^2(y + c)^2+1= (y^2 + ry + s)(y^2 + ty + u), $

gdzie liczby $c$ , $r$ , $s$ , $t$ , $u$ są według założenia (3) całkowite, a przy tym liczby $s$ i $u$ są dodatnie.

Porównując współczynniki przy jednakowych potęgach $y$ po obu stronach równości (4) otrzymujemy

$ (5) \qquad r + t = 2c $

$ (6) \qquad s + u + rt = c^2 $

$ (7) \qquad ru + st = 0. $

$ (8) \qquad su=1. $

Ponieważ liczby $s$ i $u$ są całkowite i dodatnie, więc z (8) wynika, że $s = u = 1$ , wobec czego na mocy (7) i (5) $r + t = 0$ , $c = 0$ , zatem według (6) $2 - r^2 = 0$ , co nie jest prawdą, gdyż $r$ jest liczbą całkowitą. Zatem rozkład (3) nie istnieje.

XIX OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XIX OM, 1967-1968

Etap:

Na płaszczyźnie dany jest wielokąt, którego wszystkie kąty są równe. Dowieść, że suma odległości dowolnego punktu leżącego w wielokącie od prostych zawierających boki wielokąta jest stała.

Rozwiązanie

Dla wielokąta foremnego teza twierdzenia jest prawdziwa. Istotnie, odległość $x_i$ punktu $P$ wielokąta $A_1A_2\ldots A_n$ od prostej $A_iA_{i+1}$ (rys.7) jest równa ilorazowi podwojonego pola $S_i$ trójkąta $A_iP A_{i+1}$ *) przez długość boku $A_iA_{i+1}$ wielokąta. Gdy wszystkie boki mają tę samą długość a, to

$ \sum_{i=1}^n x_i = \sum_{i=1}^n \frac{2S_i}{a} = \frac{2}{a} \sum_{i=1}^n S_i = \frac{2}{a} \cdot S, $

gdzie $S$ oznacza pole wielokąta.

Niech $W$ będzie dowolnym wielokątem o równych kątach, a punkty $A_1, A_2, \ldots,A_n$ - jego wierzchołkami. Wielokąt $W$ jest wypukły, gdyż w wielokącie niewypukłym kąty wklęsłe są większe od wypukłych. Można wyznaczyć taki wielokąt foremny $W_1$ o wierzchołkach $B_1, B_2,\ldots, B_n$ zawierający w swym wnętrzu wielokąt $W$ , że dla każdego $i$ bok $B_iB_{i+1}$ wielokąta $W_1$ jest równoległy do boku $A_iA_{i+1}$ wielokąta $W$ i leży po przeciwnej stronie prostej $A_iA_{i+1}$ niż wielokąt $W$ . Aby taki wielokąt skonstruować, wystarczy wykreślić dowolny okrąg zawierający wielokąt $W$ i opisać na nim wielokąt foremny $W_1$ o $n$ bokach obierając jego pierwszy bok $B_1B_2$ na tej stycznej do okręgu równoległej do prostej $A_1A_2$ , która leży po przeciwnej stronie prostej $A_1A_2$ niż wielokąt $W$ (rys. 8).

Z założenia równości kątów wielokąta $W$ wynika, że jego kąty są równe kątom wielokąta $W_1$ , np. $\measuredangle B_1B_2B_3 = \measuredangle A_1A_2A_3$ , wobec czego bok $B_2B_3$ jest równoległy do prostej $A_2A_3$ i leży na zewnątrz kąta wypukłego $A_1A_2A_3$ , a więc po przeciwnej stronie prostej $A_2A_3$ niż wielokąt $W$ . W ten sam sposób stwierdzamy kolejno, że każdy z pozostałych boków wielokąta $W_1$ ; a tym samym cały wielokąt $W_1$ spełnia postawiony mu warunek.

Niech $x_i$ oznacza odległość punktu $P$ wielokąta $W$ od prostej $A_iA_{i+1}$ , $y_i$ - odległość punktu $P$ od prostej $B_iB_{i+1}$ , a $d_1$ - odległość prostych $A_iA_{i+1}$ i $B_iB_{i+1}$ , gdzie $i= 1,2\ldots,n$ , przy czym $A_{n+1} = A_1 B_{n+1} = B_1$ . Wówczas $x_i = y_i - d_i$ , zatem

$ \sum_{i=1}^n x_i = \sum_{i=1}^n y_i - \sum_{i=1}^n d_i. $

Ponieważ $\sum_{i=1}^n y_i$ i tak samo $\sum_{i=1}^n d_i$ ma dla każdego punktu $P$ wielokąta $W$ tę samą wartość, więc to samo dotyczy sumy $\sum_{i=1}^n x_i$ , c.n.d.

XIX OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XIX OM, 1967-1968

Etap:

Dany jest czworościan $A_1A_2A_3A_4$ . Udowodnić, że jeżeli punkty $P_1, P_2, P_3, P_4$ są rzutami prostokątnymi pewnego punktu $P$ przestrzeni odpowiednio na proste $A_1A_2, A_2A_3, A_3A_4, A_4A_1$ , to suma

$ A_1P_1^2 + A_2P_2^2 + A_3P_3^2 + A_4P_4^2 $

jest najmniejsza wtedy, gdy punkt $P$ jest środkiem kuli opisanej na czworościanie A $A_1A_2A_3A_4$ .

Rozwiązanie

Dla uproszczenia zapisów wprowadzimy następujące oznaczenia długości odcinków $A_iA_{i+1} = a_i$ , $PA_i = x_i$ , $P_iA_i = y_i$ ( $i = 1, 2, 3,4$ , przy czym wskaźnik $i+ 1$ dla $i = 4$ zastępujemy przez $1$ ).

Dla każdej czwórki punktów $A_i$ , $A_{i+1}$ , $P$ , $P_i$ zachodzi związek

$ (1) \qquad y_i^2 = \left( \frac{x_i^2 - x_{i+1}^2 + a_i^2}{2a_i} \right)^2. $

Istotnie, jeśli punkty $A_i$ , $A_{i+1}$ , $P$ nie są współliniowe, to według twierdzenia o kwadracie boku trójkąta (rys. 9)

$ (2) \qquad x^2_{i+1} = x^2_{i} + a^2_i- 2a_iy_i, $

gdy kąt wypukły $PA_iA_{i+1}$ jest ostry lub prosty, natomiast

$ (3) \qquad x^2_{i+1} = x^2_{i} + a^2 + 2a_iy_i, $

gdy kąt wypukły $PA_iA_{i+1}$ jest rozwarty.

Jeśli punkty $A_i$ , $A_{i+1}$ , $P$ są współliniowe, to punkt $P$ pokrywa się z punktem $P_i$ (rys. 10). Gdy punkt $P$ leży na odcinku $A_iA_{i+1}$ , wówczas

$ (4) \qquad x_{i} + x_{i+1} = a_i,\ y_i = x_{i}. $

Gdy zaś punkt $P$ leży na zewnątrz odcinka $A_iA_{i+1}$ , wtedy

$ (5) \qquad |y_i- x_{i+1}| = a_i,\ y_i=x_i. $

Otóż równość (1) wynika zarówno z każdej z równości (2) i (3), jak z każdego z układów równości (4) i (5), co stwierdzamy za pomocą prostego rachunku.

Z równości (1) otrzymujemy

$ y_i^2 = \left( \frac{(x_i^2 - x_{i+1}^2)^2 + 2a_i^2(x_i^2 - x_{i+1}^2) +a_i^4}{4a_i^2} \right)^2. $

Zatem

$ \sum_{i=1}^4 y_i^2 = \sum_{i=1}^4 \frac{(x_i^2 - x_{i+1}^2)^2}{4a_i^2} + \frac{1}{2} \sum_{i=1}^4 (x_i^2 - x_{i+1}^2) + \frac{1}{4} \sum_{i=1}^4 a_i^2. $

Ponieważ $\sum_{i=1}^4 (x_i^2 - x_{i+1}^2) = \sum_{i=1}^4 x_i^2 - \sum_{i=1}^4 x_{i+1}^2 = 0$ , więc z poprzedniej równości wynika, że

$ \sum_{i=1}^4 y_i^2 \geq \frac{1}{4} \sum_{i=1}^4 a_i^2, $

przy czym równość obu stron ma miejsce tylko wtedy, gdy $x_1= x_2 = x_3 = x_4$ , gdy zatem punkt $P$ jest środkiem kuli opisanej na czworościanie $A_1A_2A_3A_4$ , c.n.d.

Uwaga. Dowód wzoru (1) można przeprowadzić znacznie zręczniej posługując się rachunkiem wektorów. Nie trzeba wówczas rozróżniać kilku przypadków ani ułatwiać zrozumienia dowodu rysunkami. Rozumujemy jak następuje:

Dla dowolnego punktu $P$

$ \overrightarrow{A_{i+1}P} = \overrightarrow{A_iP} - \overrightarrow{A_iA_{i+1}} $

stąd

$ \begin{split} (\overrightarrow{A_{i+1}P})^2 &= (\overrightarrow{A_iP})^2 + (\overrightarrow{A_iA_{i+1}})^2 - 2 (\overrightarrow{A_iP} \cdot \overrightarrow{A_iA_{i+1}}) =\\ &= (\overrightarrow{A_iP})^2 + (\overrightarrow{A_iA_{i+1}})^2 - 2 (\overrightarrow{A_iP_i} \cdot \overrightarrow{A_iA_{i+1}}), \end{split} $

gdyż wektor $\overrightarrow{A_iP_i}$ jest rzutem prostokątnym wektora $\overrightarrow{A_iP}$ na prostą $\overrightarrow{A_iA_{i+1}}$ .

Otóż

$ \overrightarrow{A_iP_i} \cdot \overrightarrow{A_iA_{i+1}} = A_iP_i \cdot A_iA_{i+1} \cdot \cos \measuredangle P_iA_iA_{i+1}; $

Stąd i z poprzedniej równości wynika, że

$ A_iP_i \cdot \cos \measuredangle P_iA_iA_{i+1} = \frac{A_iP^2 - A_{i+1}P^2 + A_iA^2_{i+1}}{2A_iA_{i+1}}. $

Ponieważ punkty $P_i$ , $A_i$ , $A_{i+1}$ są współliniowe, więc $\cos \measuredangle P_i A_i A_{i+1}$ jest równy $1$ lub $- 1$ , zatem $\cos^2 \measuredangle P_i A_i A_{i+1}= 1$ i z poprzedniego wzoru otrzymujemy

$ A_iP_i^2 = \left( \frac{A_iP^2 - A_{i+1}P^2 + A_iA^2_{i+1}}{2A_iA_{i+1}} \right)^2. $

czyli żądany wzór (1).