XIX OM - II etap

II etap XIX Olimpiady Matematycznej

XIX OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XIX OM, 1967-1968

Etap:

Dowieść, że wielomian zmiennej $x$ o współczynnikach całkowitych, którego wartość bezwzględna dla trzech różnych wartości całkowitych $x$ równa się 1, nie ma pierwiastków całkowitych.

Rozwiązanie

Załóżmy, że $f(x)$ jest wielomianem zmiennej $x$ o współczynnikach całkowitych i że

$ (1) \qquad |f(a)| = |f(b)| = |f(c)| = 1, $

gdzie $a$ , $b$ , $c$ są trzema różnymi liczbami całkowitymi.

Przypuśćmy, że $x_0$ jest pierwiastkiem całkowitym wielomianu $f(x)$ , wobec czego dla każdego $x$

$ (2) \qquad f(x) = (x - x_0)\varphi (x), $

gdzie $\varphi (x)$ jest wielomianem o współczynnikach całkowitych.

Z (1) i (2) wynika, że

$ | (a - x_0) \varphi (a)| =|a - x_0| \cdot |\varphi (a)|= 1. $

Liczba $|a - x_0|$ jest całkowita, dodatnia i jest dzielnikiem jedności, zatem $|a - x_0| = 1$ ; tak samo stwierdzamy, że $|b - x_0| = 1$ , $|c - x_0| = 1$ .

Wynika stąd, że któreś dwie z liczb $a - x_0$ , $b - x_0$ , $c - x_0$ , więc również któreś dwie z liczb $a$ , $b$ , $c$ są równe, co przeczy założeniu. Wielomian $f(x)$ nie ma więc pierwiastka całkowitego, c.n.d.

Uwaga. W rozumowaniu powyższym powoływaliśmy się na to, że współczynniki wielomianu $\varphi (x)$ są całkowite. Łatwo to wykazać.

Niech

$ f(x) = a_0 x^n+ a_1 x^{n-1} + \ldots + a_{n-1}x + a_n, $

$ \varphi(x) = c_0 x^{n-1} + c_1 x^{n-2} + \ldots + c_{n-2}x - c_{n-1}. $

Z równości $f(x) = (x - x_0) \varphi (x)$ otrzymujemy przez porównanie współczynników obu stron

$ a_0 = c_0,\ a_k = c_k - x_0 c_{k-1} \ (k = 1,2, \ldots, n- 1) $

zatem

$ c_0 = a_0,\ c_k = a_k + x_0 c_{k-1}. $

Stąd wynika, że liczba $c_0$ jest całkowita, gdy zaś $c_{k-1}$ jest całkowite ( $k = 1,2, \ldots, n - 1$ ), wtedy również $c_k$ jest całkowite. Zatem liczby $c_0, c_1, \ldots, c_{n_-1}$ są całkowite.

XIX OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XIX OM, 1967-1968

Etap:

Dany jest okrąg $k$ i wewnątrz niego punkt $H$ . Wpisać w okrąg taki trójkąt, żeby punkt $H$ był punktem przecięcia wysokości trójkąta.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że poszukiwanym trójkątem jest trójkąt $ABC$ (rys. 11).

Ponieważ według założenia punkt $H$ znajduje się wewnątrz okręgu $k$ , więc trójkąt $ABC$ jest ostrokątny i punkt $H$ leży wewnątrz trójkąta $ABC$ . Nazwijmy $H'$ drugi punkt przecięcia prostej $AH$ z okręgiem $k$ ; leży on po przeciwnej stronie prostej $BC$ niż punkty $A$ i $H$ . Zauważmy, że punkty $H$ i $H'$ są symetryczne względem prostej $BC$ . Istotnie, proste $HH'$ i $BC$ są prostopadłe, a $\measuredangle HCB = \measuredangle H'CB$ , gdyż $\measuredangle H'CB = \measuredangle H'AB$ , bo są to kąty wpisane w ten sam łuk $H'CAB$ okręgu $k$ , a $\measuredangle H'AB = 90^\circ - \measuredangle ABC = \measuredangle HCB$ .

Stąd wysnuwamy następującą konstrukcję trójkąta $ABC$ (rys. 12).

Obieramy na okręgu $k$ dowolny punkt $A$ , wyznaczamy drugi punkt przecięcia $H'$ prostej $AH$ z okręgiem $k$ . Prowadzimy symetralną odcinka $HH'$ , która przecina okrąg w punktach $B$ i $C$ . Trójkąt $ABC$ spełnia warunek zadania, tzn. punktem przecięcia wysokości trójkąta $ABC$ jest punkt $H$ .

W rzeczy samej, oznaczając literami $K$ i $M$ odpowiednio punkty przecięcia prostych $AH$ i $CH$ z prostymi $BC$ i $AB$ stwierdzamy, że

$\measuredangle H'CB = \measuredangle H'AB$ (kąty wpisane w łuk $H'CAB$ okręgu $k$ ),

$\measuredangle H'CB = \measuredangle MCB$ (kąty symetryczne względem prostej $BC$ ),

zatem

$ \measuredangle MCB = \measuredangle H'AB, $

stąd zaś wynika, że trójkąty $MCB$ i $KAB$ o wspólnym kącie przy wierzchołku $B$ są podobne, więc $\measuredangle CMB = \measuredangle AKB = 90^\circ$ , tzn. $CM$ jest wysokością trójkąta $ABC$ , c.n.d.

XIX OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XIX OM, 1967-1968

Etap:

Dowieść, że jeżeli przy okrągłym stole siedzi co najmniej 5 osób, to można je tak przesadzić, że każda osoba będzie miała obu sąsiadów innych niż poprzednio.

Rozwiązanie

\spos{1} Oznaczmy dane osoby znakami liczb naturalnych od $1$ do $n$ ( $n \geq 5$ ) i załóżmy, że przy stole osoba $1$ sąsiaduje z osobami $n$ i $2$ , osoba $2$ sąsiaduje z osobami $1$ i $3$ itd., wreszcie osoba $n$ sąsiaduje z osobami $n- 1$ i $1$ . Powiemy krótko, że liczby od $1$ do $n$ ustawione są w cykl

$ (1) \qquad 1, 2, 3, \ldots,n. $

Niech $n$ będzie liczbą nieparzystą. Ustawmy te same liczby w cykl

$ (2) \qquad 1, 3, \ldots, n, 2, \ldots,n- 1, $

w którym występują oddzielnie kolejne liczby nieparzyste i kolejne liczby parzyste. Łatwo stwierdzić, że w cyklu (2) każda liczba sąsiaduje z innymi liczbami, niż w cyklu (1). Mianowicie: $1^\circ$ Każda liczba nieparzysta z wyjątkiem $1$ i $n$ sąsiaduje w cyklu (1) z liczbami parzystymi, a w cyklu (2) z liczbami nieparzystymi; $2^\circ$ Każda liczba parzysta z wyjątkiem $2$ i $n-1$ sąsiaduje w cyklu (1) z liczbami nieparzystymi, a w cyklu (2) z liczbami parzystymi; $3^\circ$ liczba $1$ sąsiaduje w cyklu (1) z liczbami $n$ i $2$ , a w cyklu (2) z liczbami $n-1$ i $3$ , różnymi od $n$ i $2$ , gdyż $n \geq 5$ ; to samo dotyczy liczb $n$ , $2$ i $n-1$ .

Przyjmijmy z kolei, że $n$ jest liczbą parzystą i ustawmy liczby od $1$ do $n$ w cykl

$ 1,3,\ldots, n-1, 2,\ldots, n-2, n, $

w którym, podobnie jak w (2), występują oddzielnie kolejne liczby nieparzyste oraz kolejne liczby parzyste, a następnie przestawmy w nim liczby $n-2$ i $n$ :

$ (3) \qquad 1,3, \ldots, n-1, 2,\ldots, n, n-2. $

W cyklu (3) każda liczba sąsiaduje z innymi liczbami niż w cyklu (1), co stwierdzamy zupełnie podobnie jak w przypadku $n$ nieparzystego.

XIX OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XIX OM, 1967-1968

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczby $a, b, c$ , są długościami boków trójkąta, a suma liczb $x, y, z$ jest równa zeru, to

$ (1) \qquad a^2yz + b^2zx + c^2xy \leq 0. $

Rozwiązanie

Niech $U$ oznacza lewą stronę nierówności (1). Ponieważ $x + y + z = 0$ , więc $z = - (x + y)$ , zatem

$ U = -a^2y (x + y) - b^2x (x + y) + c^2xy, $

czyli

$ (2) \qquad U = (c^2 - a^2 - b^2) xy - a^2b^2 - b^2x^2. $

Liczby $a$ , $b$ , $c$ , spełniają nierówność

$ |a - b| < c < a + b. $

Stąd

$ (a- b)^2 < c^2 < (a+b)^2, $

więc

$ (3) \qquad - 2ab < c^2 -a^2-b^2 < 2ab. $

Jeżeli $xy > 0$ , to z (3) wynika, że

$ (c^2 - a^2 - b^2)xy < 2abxy, $

wobec czego z (2) otrzymujemy

$ U < 2abxy - a^2y^2 - b^2x^2 = - (ay - bx)^2 \leq 0. $

Jeżeli $xy < 0$ , to na mocy (3)

$ - 2abxy > (c^2 - a^2 - b^2)xy. $

Zatem z (2) wynika, że

$ U < -2abxy - a^2y^2 - b^2x^2 = - (ay + bx)^2 \leq 0. $

Jeżeli wreszcie $xy = 0$ , to z (2) otrzymujemy

$ U = - a^2y^2 - b^2x^2 \leq 0. $

We wszystkich przypadkach $U \leq 0$ , c.n.d.

XIX OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XIX OM, 1967-1968

Etap:

Czworościany $ABCD$ i $A_1B_1C_1D_1$ są tak położone, że środki odcinków $AA_1$ , $BB_1$ , $CC_1$ , $DD_1$ są odpowiednio środkami ciężkości trójkątów $BCD$ , $ACD$ , $ABD$ i $ABC$ . W jakim stosunku są objętości tych czworościanów?

Rozwiązanie

Niech $M$ oznacza środek ciężkości trójkąta $BCD$ , a $S$ - środek ciężkości czworościanu $ABCD$ . Punkt $S$ leży na odcinku $AM$ i $SA = 3 SM$ . Punkt $A_1$ leży na przedłużeniu odcinka $AM$ i $AM = MA_1$ (rys. 14). Zatem punkt $S$ leży na odcinku $AA_1$ i dzieli go w stosunku

$ \frac{SA_1}{SA} = \frac{SM + MA_1}{SA} = \frac{SM + AM}{SA} = \frac{SM + 4SM}{3SM} = \frac{5}{3}. $

Tak samo stwierdzamy, że punkt $S$ dzieli każdy z odcinków $BB_1$ , $CC_1$ , $DD_1$ w stosunku $\frac{5}{3}$ . Czworościany $A_1B_1C_1D_1$ i $ABCD$ są zatem jednokładne w stosunku $\frac{5}{3}$ względem środka $S$ , wobec czego objętości tych czworościanów są w stosunku $\left( \frac{5}{3} \right)^2$ .

XIX OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XIX OM, 1967-1968

Etap:

Na płaszczyźnie obrano $n \geq 3$ punktów nie leżących na jednej prostej. Prowadząc proste przez każde dwa z tych punktów otrzymano $k$ prostych. Dowieść, że $k \geq n$ .

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw twierdzenie:

Jeżeli $n \geq 3$ i $A_1, A_2, \ldots, A_n$ są punktami płaszczyzny nie leżącymi na jednej prostej, to istnieje taka prosta, która zawiera dwa i tylko dwa z tych punktów.

Dowód. Z założenia wynika, że pewne trójki punktów są niewspółliniowe. Gdy $A_i$ , $A_k$ , $A_l$ jest taką trójką, niech wówczas $d_{ikl}$ oznacza odległość punktu $A_i$ od prostej $A_kA_l$ . Zbiór liczb dodatnich $d_{ikl}$ jest skończony, więc istnieje w nim liczba, od której nie ma w tym zbiorze mniejszej. Możemy przyjąć, że liczbą tą jest np. $d_{123}$ , gdyż można to uzyskać przez odpowiednie oznaczenie punktów (rys. 15).

Prosta $A_2A_3$ nie zawiera wówczas żadnego z pozostałych punktów $A_i$ . Gdyby bowiem leżał na niej np. punkt $A_4$ , wówczas dwa z punktów $A_2$ , $A_3$ , $A_4$ , np. punkty $A_3$ i $A_4$ znajdowałyby się po tej samej stronie prostopadłej z punktu $A_1$ do prostej $A_2A_3$ , a wtedy zachodziłaby jedna z nierówności

$ d_{314} < d_{123} \textrm{ lub } d_{413} < d_{123}, $

co byłoby sprzeczne z określeniem liczby $d_{123}$ .

Opierając się na powyższym twierdzeniu, dowód twierdzenia podanego w tekście zadania uzyskujemy łatwo przez indukcję.

Gdy $n = 3$ , teza twierdzenia jest prawdziwa, gdyż wówczas $k = 3$ . Przypuśćmy, że teza twierdzenia jest prawdziwa dla pewnego naturalnego $n \geq 3$ . Niech $Z= \{ A_1,A_2,\ldots,A_n, A_{n + 1}\}$ będzie zbiorem punktów płaszczyzny, nie leżących na jednej prostej i niech $A_1A_{n+1}$ będzie taką prostą, która zawiera dokładnie dwa spośród punktów zbioru $Z$ . Z założenia wynika, że co najmniej w jednym ze zbiorów $n$ -punktowych $Z_1 = \{A_1, A_2, \ldots, A_n\}$ i $Z_2 = \{ A_2, A_3,\ldots, A_{n + 1}\}$ istnieją punkty niewspółliniowe. Niech na przykład punkty zbioru $Z$ nie leżą na jednej prostej. Według założenia indukcyjnego liczba prostych poprowadzonych przez każde dwa punkty zbioru $Z_1$ jest co najmniej równa $n$ . Ponieważ prosta $A_1A_{n+1}$ do tych prostych nie należy, gdyż przechodzi tylko przez jeden punkt zbioru $Z_1$ , więc liczba prostych poprowadzonych przez każde dwa punkty zbioru $Z$ jest co najmniej równa $n + 1$ . Dowód indukcyjny twierdzenia został przeprowadzony.