XVIII OM

XVIII Olimpiada Matematyczna

Opracowanie rozwiązań: Stefan Straszewicz

XVIII OM - I etap

I etap XVIII Olimpiady Matematycznej

XVIII OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie

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

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że liczby całkowite $x$ , $y$ , $z$ spełniają równanie (1). Jeśli któraś z liczb $x$ , $y$ , $z$ nie jest zerem, to istnieje liczba całkowita $d \geq 1$ będąca ich największym wspólnym dzielnikiem, tzn.

$ x = ud,\ y = vd,\ z = wd, $

gdzie $u$ , $v$ , $w$ są liczbami całkowitymi, których największym wspólnym dzielnikiem jest liczba $1$ . Na mocy równości (1)

$ u^2d^2 + v^2d^2 + w^2d^2 = 2uvwd^3, $

skąd po podzieleniu przez $d^2$ otrzymujemy równość

$ (2) \qquad u^2 + v^2 + w^2 = 2uvwd. $

Prawa strona równości (2) jest liczbą parzystą, zatem lewa strona jest także liczbą parzystą, a ponieważ według założenia liczby $u$ , $v$ , $w$ nie mogą być wszystkie parzyste, zatem jedna z nich jest parzysta, a dwie inne - nieparzyste. Możemy przyjąć, że np.

$ u = 2k,\ v = 2m+1, \ w = 2n+1. $

Podstawiając te wartości do równości (2) otrzymujemy

$ (3) \qquad 4(k^2 + m^2 + n^2 + m + n) + 2 = 4dk(2m+2)(2n+2). $

Równość (3) jest fałszywa, gdyż prawa jej strona jest podzielna przez $4$ ; a lewa - nie.

Wnioskujemy stąd, że jeżeli liczby całkowite $x$ , $y$ , $z$ spełniają równanie (1), to $x = y = z = 0$ .

Trójka $(0, 0, 0)$ spełnia istotnie równanie (1), więc jest to jego jedyne rozwiązanie w liczbach całkowitych.

Uwaga. Rozwiązanie zadania można ująć nieco inaczej. Przypuśćmy, jak poprzednio, że trójka liczb całkowitych $(x, y, z)$ jest rozwiązaniem równania (1). Jeżeli $xyz = 0$ , to na mocy (1) również $x^2+y^2+z^2 = 0$ , zatem $x = y = z = 0$ . Jeżeli $xyz \ne 0$ , to istnieją takie liczby całkowite nieujemne $k$ , $m$ , $n$ , że

$ x = 2^ku, \ y = 2^mv, \ z = 2^nw, $

gdzie liczby $u$ , $v$ , $w$ są nieparzyste. Możemy przyjąć, że np. $k \leq m \leq n$ . Po podstawieniu tych wartości do równania (1) otrzymujemy

$ 2^{2k} u^2 + 2^{2m} v^2 + 2^{2n} w^2 = 2^{k+n+m+1} uvw, $

a po podzieleniu przez $2^{2k}$

$ (4) \qquad u^2 + 2^{2(m-k)} v^2 + 2^{2(n-k)} w^2 = 2^{m-k+n+1} uvw. $

Równość (4) jest fałszywa, gdyż

a) jeżeli $k = m = n$ lub jeżeli $k \ne m$ , $k \ne n$ , lewa strona równości (4) jest liczbą nieparzystą, a prawa - parzystą;

b) jeżeli $k = m$ , $k \ne n$ , prawa strona (4) jest podzielna przez $4$ , a lewa nie. Zatem $(0,0,0)$ jest jedynym rozwiązaniem równania (4) w liczbach całkowitych.

XVIII OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Dowieść, że

$ (1) \qquad \sqrt{3a+1} + \sqrt{2a+3} + \sqrt{17-5a} \leq \sqrt{63}, $

dla wszystkich wartości $a$ , dla których lewa strona tej nierówności ma sens liczbowy.

Rozwiązanie

Lewa strona nierówności (1) ma sens liczbowy wtedy i tylko wtedy, gdy $- \frac{1}{3} \leq a \leq \frac{17}{5}$ ; załóżmy, że liczlba $a$ spełnia ten warunek.

Zauważmy, że suma kwadratów wyrazów lewej strony (1) równa się $21$ ; zadanie sprowadza się wobec tego do wyznaczenia maximum sumy trzech liczb o danej sumie kwadratów. Niech $\sqrt{3a+1} = u_1$ , $\sqrt{2a+3} = u_2$ , $\sqrt{17- 5a} = u_3$ , wówczas

$ (2) \qquad u^2_1 + u^2_2 + u^2_3 = 21. $

Otóż

$ (3) \qquad (u_1 + u_2 + u_3)^2 = u^2_1 + u^2_2 + u^2_3 + 2u_1u_2 + 2u_2y_3 + 2u_3u_1. $

Ponieważ $2u_lu_k \leq u_i^2 + u_k^2$ ( $i,k = 1,2,3$ ), więc z (3) wynika, że

$ (u_1 + u_2 + u_3)^2 \leq 3(u_1^2 + u_2^2 + u_3^2), $

zatem wobec (2)

$ (u_1 + u_2 + u_3)^2 \leq 63, $

stąd

$ u_1 + u_2 + u_3 \leq \sqrt{63}, c.n.d. $

XVIII OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

W czworokącie wypukłym $ABCD$ połączono odcinkami środek M boku AB z wierzchołkami $C$ i $D$ , a środek $N$ boku $CD$ z wierzchołkami $A$ i $B$ . Odcinki $AN$ i $DM$ przecinają się w punkcie $P$ , a odcinki $BN$ i $CM$ w punkcie $Q$ . Dowieść, że pole czworokąta $MQNP$ równa się sumie pól trójkątów $APD$ i $CQB$ .

Rozwiązanie

Pole wielokąta $ABC\ldots$ oznaczać będziemy symbolem $(ABC\ldots)$ . Stwierdzamy, że (rys. 1)

$ AM = MB \Longrightarrow (AMC) = (MBC), $

$ CN = ND \Longrightarrow (CNA) = (NDA). $

Stąd

$ (AMC) + (CNA) = (MBC)+(NDA), $

zatem

$ (1) \qquad (AMCN) = (MBC) + (NDA). $

Lecz

$ (2) \qquad (ABCD) = (AMCN) + (MBC) + (NDA), $

a z (1) i (2) wynika, że

$ (3) \qquad (AMCN) = \frac{1}{2} (ABCD). $

Analogicznie

$ (4) \qquad (MBND) = \frac{1}{2} (ABCD). $

Otóż

$ (5) \qquad (APD) + (CQB) = (ABCD) - (AMCN) - (MBND) + (MQNP). $

Z (3), (4) i (5) otrzymujemy

$ (APD) + (CQB) = (MQNP),\ \textrm{c.n.d.} $

XVIII OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

W okrąg o środku $O$ wpisano trójkąt $ABC$ i wyznaczono punkty $A_1$ i $B_1$ odpowiednio symetryczne, do wierzchołków $A$ i $B$ względem punktu $O$ oraz punkt $P$ , w którym prosta przechodząca przez punkt $A_1$ i środek $M$ boku $BC$ przecina się z prostą poprowadzoną przez punkt $B_1$ i środek $N$ boku $AC$ .
Dowieść, że środek ciężkości $S$ trójkąta $ABC$ leży na odcinku $PO$ i dzieli go w stosunku $2:1$ .

Rozwiązanie

Ponieważ $M$ i $N$ są środkami boków $BC$ i $AC$ , więc $MN \parallel AB$ i $MN = \frac{1}{2} AB$ , zatem również $MN \parallel A_1B_1$ i $MN = \frac{1}{2} A_1B_1$ , gdyż odcinki $AB$ i $A_1B_1$ są symetryczne względem $O$ , więc są równolegle i równe (rys. 2). Wobec tego w trójkącie $A_1B_1P$ końce $M$ i $N$ odcinka $MN$ są środkami boków $A_1P$ i $B_1P$ . Stąd wynika dalej, że $AM$ jest środkową w trójkącie $AA_1P$ . Ponieważ punkt $S$ jest środkiem ciężkości trójkąta $ABC$ , więc $AS \colon SM = 2 \colon 1$ , wobec tego $S$ jest również środkiem ciężkości trójkąta $AA_1P$ , zatem leży na środkowej $PO$ tego trójkąta i dzieli ją w stosunku $PS \colon SO = 2 \colon 1$ .

XVIII OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Znaleźć takie liczby naturalne $p$ i $q$ , żeby pierwiastki równań $x^2-qx+p = 0$ i $x^2-px+q = 0$ były liczbami naturalnymi.

Rozwiązanie

Niech $x_1$ , $x_2$ oraz $y_1$ , $y_2$ oznaczają odpowiednio pierwiastki danych równań. Wówczas zachodzą równości:

$ (1) \qquad x_1 + x_2 = q, \ x_1x_2=p, $

$ (2) \qquad y_1 + y_2 = p,\ y_1y_2 = q. $

Z równości (1) i (2) wynika, że

$ x_1x_2 + y_1y_2 = x_1 + x_2 + y_1 + y_2. $

Stąd

$ (x_1-1)(x_2-1) + (y_1-1)(y_2-1) = 2. $

Ponieważ każda z liczb $x_1-1$ , $x_2-1$ , $y_1-1$ , $y_2-1$ jest $\geq 0$ , więc zachodzi jeden z przypadków

a) $(x_1-1)(x_2-1) = 1,\ (y_1-1)(y_2-1) = 1;$

wówczas $x_1-1 =x_2-1 = 1$ , więc $x_1 = x_2 = 2$ , a stąd $p = q = 4$ .

b) $(x_1-1)(x_2-1) = 2,\ (y_1-1)(y_2-1) = 1;$

wtedy $x_1-1 = 1$ , $x_2-1 = 2$ lub $x_1-1 = 2$ , $x_2-1 = 1$ , tzn. $x_1 = 2$ , $x_2 = 3$ lub $x_1 = 3$ , $x_2 = 2$ .

Stąd $p = 6$ , $q = 5$ .

c) $(x_1-1)(x_2-1) = 0, \ (y_1-1)(y_2-1) = 2;$

podobnie jak w b) otrzymujemy $y_1 = 2$ , $y_2 = 3$ lub $y_1 = 3$ , $y_2 = 2$ , a stąd $p = 5$ , $q = 6$ .

XVIII OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

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

$ \begin{split} a^2 + b^2 &= cd,\\ c^2 + d^2 &= ab \end{split} $

$ a = b = c = d = 0. $

Rozwiązanie

Z danych równości wynika, że

$ a^2+b^2+c^2+d^2-ab-cd = 0, $

zatem również

$ 2a^2+ 2b^2+ 2c^2+ 2d^2- 2ab - 2cd = 0, $

stąd

$ a^2+b^2+c^2+d^2+(a-b)^2 + (c-d)^2 = 0/ $

Każdy wyraz lewej strony tej równości jest $\geq 0$ , suma tych liczb jest zatem równa zeru tylko wtedy, gdy każda z nich jest zerem, tj. gdy $a = b = c = d = 0$ .

XVIII OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Na płaszczyźnie leży $2n$ punktów. Dowieść, że istnieje prosta nie przechodząca przez żaden z tych punktów i dzieląca płaszczyznę na półpłaszczyzny, z których każda zawiera $n$ spośród danych punktów. Sformułować i udowodnić analogiczne twierdzenie dla przestrzeni.

Rozwiązanie

Niech $A_1, A_2, \ldots, A_{2n}$ będą danymi punktami płaszczyzny i niech $a_{ik}$ ( $i, k = 1, 2, \ldots, 2n$ , $i \ne k$ ) oznacza prostą poprowadzoną przez punkty $A_i$ i $A_k$ . Zbiór $Z$ wszystkich prostych $a_{ik}$ zawiera co najwyżej $\binom{2n}{2} = n(2n-1)$ różnych prostych. Przez dowolnie obrany punkt $P$ płaszczyzny można zatem poprowadzić co najwyżej $n(2n- 1)$ prostych, z których każda jest prostopadła do jakiejś prostej zbioru $Z$ . Wobec tego przez punkt $P$ przechodzą również proste, które nie są prostopadłe do żadnej z prostych zbioru $Z$ . Niech $p$ będzie taką prostą i niech $A_i'$ będzie rzutem prostokątnym punktu $A_i$ na prostą $p$ , a $U$ - zbiorem, tych rzutów. Żadne dwa punkty $A_i'$ i $A_k'$ ( $i \ne k$ ) zbioru $U$ nie pokrywają się, gdyż prosta $A_iA_k$ nie jest prostopadła do prostej $p$ . Na prostej $p$ leży zatem $2n$ różnych punktów $A_i'$ . Możemy ich numerację tak ustalić, że w pewnym zwrocie prostej $p$ punkt $A_i'$ poprzedza punkt $A_{i+1}'$ . Środek $M$ odcinka $A_n'A_{n+1}'$ dzieli prostą $p$ na dwie półproste, z których każda zawiera $n$ punktów zbioru $U$ . Prostopadła do prostej $p$ poprowadzona przez punkt $M$ dzieli wobec tęgo płaszczyznę na dwie półpłaszczyzny, z których każda zawiera $n$ punktów danego zbioru.

Analogiczne twierdzenie dla przestrzeni brzmi: Dla każdego zbioru $2n$ punktów przestrzeni istnieje taka płaszczyzna nie przechodząca przez żaden z punktów zbioru, że w każdej z wyznaczonych przez nią półprzestrzeni leży $n$
punktów danego zbioru.

Dowód może być poprowadzony zupełnie podobnie jak dla płaszczyzny.

Mianowicie przez dowolnie obrany punkt $P$ przestrzeni można poprowadzić taką płaszczyznę $\alpha$ , która nie jest prostopadła do żadnej z prostych zbioru $Z$ (zdefiniowanego analogicznie jak poprzednio dla płaszczyzny).

Rzuty prostokątne $A_i'$ danych punktów $A_i$ na płaszczyznę $\alpha$ tworzą zbiór $U$ zawierający $2n$ różnych punktów. Niech prosta $p$ płaszczyzny $\alpha$ nie przechodząca przez żaden punkt zbioru $U$ dzieli płaszczyznę $\alpha$ na takie półpłaszczyzny, z których każda zawiera $n$ punktów zbioru $U$ . Wówczas płaszczyzna $\pi$ poprowadzona przez prostą $p$ prostopadle do $\alpha$ jest płaszczyzną o żądanej własności.

Uwaga. W taki sam sposób można udowodnić twierdzenie ogólniejsze. Mianowicie zbiór $n$ punktów płaszczyzny (przestrzeni) można podzielić na $2$ części, z których jedna zawiera $k$ punktów, a druga $n - k$ punktów, prowadząc w płaszczyźnie (przestrzeni) prostą (płaszczyznę) nie zawierającą żadnego z tych punktów.

XVIII OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Dana jest kula $k$ , okrąg $c$ leżący na jej powierzchni oraz taki punkt $S$ nie leżący na tej powierzchni, że każda prosta przechodząca przez $S$ i przez jakiś punkt $M$ okręgu $c$ przecina powierzchnię kuli $k$ jeszcze w pewnym punkcie $N$ różnym od $M$ . Udowodnić, że zbiór $Z$ wszystkich punktów $N$ tworzy okrąg.

Rozwiązanie

Gdy punkt $S$ leży w płaszczyźnie okręgu $c$ , dowód tezy twierdzenia jest natychmiastowy, albowiem $S$ znajduje się wówczas wewnątrz okręgu $c$ (gdyż punkty leżące na zewnątrz $c$ nie spełniają przyjętego założenia) i zbiór wszystkich punktów $N$ jest okręgiem $c$ .

Załóżmy, że punkt $S$ nie leży w płaszczyźnie okręgu $c$ i niech $H$ będzie rzutem prostokątnym punktu $S$ na tę płaszczyznę; punkty $S$ i $H$ są różne (rys. 3).

Przypuśćmy najpierw, że punkt $H$ nie leży na okręgu $c$ . Niech $M$ będzie punktem okręgu $c$ , a $N$ drugim punktem przecięcia prostej $SM$ z powierzchnią kuli $k$ . Poprowadźmy przez punkt $N$ w płaszczyźnie $SHM$ prostopadłą do $SM$ ; przecina ona prostą $SH$ w pewnym punkcie $L$ , gdyż proste $SH$ i $SM$ nie są prostopadłe.

Trójkąty prostokątne $SHM$ i $SNL$ są podobne, więc $\frac{SH}{SM}= \frac{SN}{SL}$ , a stąd $SL = \frac{SM \cdot SN}{SH}$ .

Wartość iloczynu $SM \cdot SN$ nie zależy od położenia punktu $M$ na powierzchni kuli; liczba ta nazywa się, jak wiemy, potęgą punktu $S$ względem kuli. Długość $SH$ również nie zależy od położenia punktu $M$ . Z powyższej równości wynika zatem, że długość $SL$ jest stała, tzn. wszystkim punktom $M$ okręgu $c$ odpowiada ten sam punkt $L$ . Ponieważ $\measuredangle SNL$ jest prosty, więc punkt $N$ leży na powierzchni kuli $k_1$ o średnicy $SL$ , należy zatem do okręgu $c_1$ , według którego powierzchnia kuli $k_1$ przecina powierzchnię kuli $k$ . Zbiór $Z$ wszystkich punktów $N$ jest więc zawarty w okręgu $c_1$ .

Odwrotnie, jeżeli $N$ jest punktem okręgu $c_1$ , a $M$ jest takim punktem półprostej $SN$ , że $SM = \frac{SH \cdot SL}{SN}$ , to punkt $M$ leży na powierzchni kuli $k$ , gdyż wtedy $SM \cdot SN=SH \cdot SL$ jest równe potędze punktu $S$ względem $k$ . Ponieważ zaś trójkąty $SHM$ i $SNL$ są podobne (gdyż $SM \colon SH = SL \colon SN$ , a $\measuredangle HSM = \measuredangle NSL$ ), więc $\measuredangle SHM = \measuredangle SNL = 90^\circ$ , skąd wynika, że punkt $M$ leży w płaszczyźnie okręgu $c$ . W takim razie punkt $M$ leży na okręgu $c$ , wobec czego punkt $N$ należy do zbioru $Z$ .

Wnioskujemy stąd, że zbiór $Z$ jest okręgiem $c_1$ .

W przypadku, gdy punkt $H$ leży na okręgu $c_1$ , dowód powyższy wymaga niewielkiej modyfikacji. Z równości $SH \cdot SL = SM \cdot SN$ wynika wtedy, że punkt $L$ leży na powierzchni kuli $k$ , więc jest jednym z punktów zbioru $Z$ . Dalsze rozumowanie, które przebiega jak poprzednio, polega na wykazaniu, że pozostałe punkty zbioru $Z$ tworzą zbiór punktów okręgu $c_1$ różnych od $L$ .

XVIII OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczby $\alpha^2$ , $\beta^2$ , $\alpha\beta$ są wymierne, to istnieją takie liczby wymierne $k$ , $a$ i $b$ , że

$ \alpha^2 = ka^2,\quad \beta^2 = kb^2,\quad \alpha\beta = kab. $

Rozwiązanie

Gdy $\alpha \ne 0$ , $\beta \ne 0$ , to liczba $\frac{\alpha}{\beta}$ jest wymierna, gdyż jest ilorazem liczb wymiernych $\alpha^2$ i $\alpha \beta$ . Wówczas liczby $k = \beta^2$ , $a = \frac{\alpha}{\beta}$ i $b = 1$ spełniają warunek zadania.

Gdy $\alpha \ne 0$ , $\beta = 0$ , wówczas liczbami żądanymi są na przykład $k = \alpha^2$ , $a = 1$ , $b = 0$ .

Gdy $\alpha = 0$ , liczbami takimi są np. $a = 0$ , $k= \beta^2$ , $b = 1$ .

XVIII OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Trójka liczb całkowitych tworzy postęp geometryczny o ilorazie całkowitym. Gdy najmniejszą z nich zwiększymy o 9, powstanie postęp arytmetyczny. Jakie to liczby?

Rozwiązanie

Poszukiwana trójka liczb ma postać $(a, aq, aq^2)$ , gdzie $a$ i $q$ są liczbami całkowitymi różnymi od zera. Rozróżnimy dwa przypadki.

a) Najmniejszą z liczb tej trójki jest $a$ lub $aq^2$ . Nową trójką liczb jest wtedy $(a+9, aq, aq^2)$ lub $(a, aq, aq^2+9)$ ; warunek, aby to był postęp arytmetyczny, wyraża równość $2aq = aq^2+a+9$ , którą możemy napisać w postaci

$ a(q- 1)^2 = -9. $

Stąd wynika, że

$ a = - 1,\ (q- 1)^2 = 9,\textrm{ więc } q = 4 \textrm{ lub } q = -2, $

bądź też

$ a = - 9,\ (q- 1)^2 = 1,\textrm{ więc } q = 2. $

Otrzymujemy trójki liczb: $( - 1, -4, -16)$ , $( - 1, 2, -4)$ , $( - 9, -18, -36)$ ; stwierdzamy, że są one istotnie rozwiązaniami zadania.

b) Najmniejszą z liczb $a, aq, aq^2$ jest $aq$ . Nową trójkę tworzą wtedy liczby $a, aq+ 9, aq^2$ ; warunek, aby to był postęp arytmetyczny wyraża równość $2(aq+9) = aq^2+a$ , której nadamy postać

$ a(q- 1)^2 = 18. $

Z tej równości wynika, że

$ a = 2, \ (q- 1)^2 = 9, \textrm{ więc } q = 4 \textrm{ lub } q = -2, $

bądź też

$ a = 18, \ (q- 1)^2 = 1, \textrm{ więc } q = 2. $

Otrzymujemy trójki liczb: $(2, 8, 32)$ , $(2, -4, 8)$ , $(18, 36, 72)$ , z których tylko druga spełnia warunki zadania.

Zadanie ma więc cztery rozwiązania: $( - 1, -4, -16)$ , $( -1,2, -4)$ , $(-9, -18, -36)$ , $(2, -4, 8)$ .

XVIII OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Dane są trzy okręgi o tym samym promieniu, przecinające się parami i mające jeden punkt wspólny. Dowieść, że pozostałe trzy punkty przecięcia okręgów leżą na okręgu o tymże promieniu.

Rozwiązanie

Wprowadzamy oznaczenia: $O_1, O_2, O_3$ - środki danych okręgów, $M$ punkt wspólny wszystkich trzech okręgów, $A_1, A_2, A_3$ różne od $M$ punkty przecięcia okręgów odpowiednio o środkach $O_2$ i $O_3$ , $O_3$ i $O_1$ , $O_1$ i $O_2$ (rys. 4).

Wszystkie boki czworokąta $O_1A_2O_3M$ są równe (jako promienie danych okręgów), czworokąt ten jest więc rombem. Stąd wynika, że wektory $\overrightarrow{O_1A_2}$ i $\overrightarrow{MO_3}$ są równe. Tak samo stwierdzamy, że $\overrightarrow{O_2A_1} = \overrightarrow{MO_3}$ , zatem $\overrightarrow{O_1A_2} = \overrightarrow{O_2A_1}$ . Czworokąt $O_1A_2A_1O_2$ jest wobec tego równoległobokiem, więc ma boki przeciwległe równe, $A_1A_2 = O_1O_2$ . Tak samo $A_2A_3 = O_2O_3$ i $A_3A_1 = O_3O_1$ , trójkąty $A_1A_2A_3$ i $O_1O_2O_3$ są zatem przystające. Ponieważ promień okręgu opisanego na trójkącie $O_1O_2O_3$ równa się promieniowi danych okręgów, więc to samo zachodzi dla trójkąta $A_1A_2A_3$ .

XVIII OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Dowieść, że jeżeli punkty $A, B, C, D, E$ przestrzeni są tak położone, że

$ (1) \qquad AB = BC = CD = DE = EA, $

$ (2) \qquad \measuredangle ABC = \measuredangle BCD = \measuredangle CDE = \measuredangle DEA = \measuredangle EAB, $

to punkty $A, B, C, D, E$ znajdują się na jednej płaszczyźnie.

Rozwiązanie

Załóżmy, że punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ spełniają warunki (1) i (2). Wykażemy najpierw, że żadne dwa z tych punktów nie mogą się pokrywać. Wystarczy dowieść, że punkt $A$ nie może się pokrywać z $B$ ani z $C$ , gdyż każdy inny przypadek pokrywania się punktów sprowadza się do jednego z tych dwóch przez zmianę oznaczeń.

a) Gdyby punkt $A$ pokrywał się z punktem $B$ , wówczas wobec równości (1) pokrywałyby się wszystkie pięć punktów i nie byłby spełniony warunek (2), gdyż nie istniałyby wymienione w nim kąty.

b) Gdyby punkt $A$ pokrywał się z punktem $C$ , $\measuredangle ABC$ byłby równy $0$ , więc na mocy (2) punkty $A$ , $B$ , $D$ , $E$ leżałyby na jednej prostej $p$ . Z równości $\measuredangle BAD = 0$ i $\measuredangle EAB = 0$ wynikałoby wtedy, że punkty $B$ , $D$ , $E$ leżą na $p$ po tej samej stronie punktu $A$ , wobec czego z równości $\measuredangle DEA = 0$ wynikałoby, że punkt $D$ leży między $A$ i $E$ , a według równości $\measuredangle ADE = 0$ punkt $E$ musiałby leżeć między $A$ i $D$ . Wobec tej sprzeczności przypadek b) zdarzyć się nie może.

Z równości wszystkich boków oraz wszystkich kątów pięciokąta $ABCDE$ wynika równość wszystkich jego przekątnych. Na przykład $AC = BD$ , gdyż trójkąty $ABC$ i $BCD$ są przystające. Niech $a$ oznacza długość boków, $b$ - długość przekątnych pięciokąta, a symbol $O(r)$ powierzchnię kuli, czyli sferę o środku $O$ i promieniu $r$ .

Wybierzmy trzy niekolejne wierzchołki pięciokąta, np. $A$ , $B$ , $D$ i rozpatrzmy położenie pozostałych wierzchołków $C$ i $E$ względem $A$ , $B$ i $D$ . Punkt $C$ jest punktem wspólnym sfer $A(b)$ , $B(a)$ i $D(a)$ , a punkt $E$ - punktem wspólnym sfer $B(b)$ , $A(a)$ i $D(a)$ , które powstają z trzech poprzednich sfer, gdy je przekształcimy przez symetrię względem płaszczyzny symetralnej odcinka $AB$ . W tym przekształceniu punktowi $C$ odpowiada punkt wspólny $E'$ sfer $A(a)$ , $B(b)$ , $D(a)$ . Zachodzi więc któryś z dwóch przypadków:

a) punkt $E$ pokrywa się z punktem $E'$ , tzn. $C$ i $E$ leżą symetrycznie względem płaszczyzny symetralnej odcinka $AB$ ; przekątna $CE$ jest wtedy równoległa do prostej $AB$ i punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ leżą w jednej płaszczyźnie;

b) punkt $E$ , wspólny sferom $A(a)$ , $B(b)$ , $D(a)$ jest różny od ich punktu wspólnego $E'$ ; wtedy $E$ jest punktem symetrycznym do $E'$ względem płaszczyzny $ABD$ środków tych sfer, a więc $E$ jest punktem symetrycznym do $C$ względem symetralnej $DM$ odcinka $AB$ . Przekątna $CE$ przecina wówczas prostą $DM$ w pewnym punkcie $N$ . Przypadki a) i b) mogą oczywiście zachodzić równocześnie.

Analogiczne dwie możliwości istnieją dla każdej przekątnej pięciokąta $ABCDE$ . Jeżeli dla którychś dwóch przekątnych zachodzi przypadek a), to istnieją dwie różne czwórki wierzchołków pięciokąta, z których każda leży w jednej płaszczyźnie, zatem wszystkie wierzchołki leżą w jednej płaszczyźnie.

Jeżeli zaś choćby dla trzech przekątnych pięciokąta zachodzi przypadek b), to dwie z tych przekątnych wychodzą z jednego wierzchołka; niech to będą np. $CE$ i $CA$ ; $CE$ przecina wtedy symetralną $DM$ odcinka $AB$ w pewnym punkcie $N$ , a $CA$ przecina symetralną $BK$ odcinka $DE$ w pewnym punkcie $L$ . W takim razie punkty $D$ , $E$ , $C$ , $K$ , $M$ , $N$ , leżą w jednej płaszczyźnie; to samo stwierdzamy dla punktów $A$ , $B$ , $C$ , $K$ , $L$ , $M$ . Zatem wszystkie te punkty leżą w jednej płaszczyźnie.

Uwaga. Powyższe rozwiązanie zadania można ująć prościej, gdy się skorzysta z własności izometrii, tj. przekształceń nie zmieniających odległości punktów. Przyporządkujmy punktom $A$ , $B$ , $C$ , $D$ od powiednio punkty $B$ , $A$ , $E$ , $D$ . Wobec równości boków i równości przekątnych pięciokąta to przekształcenie pierwszej czwórki punktów na drugą jest izometrią. Można ją rozszerzyć na przekształcenie izometryczne całej przestrzeni. Otóż wiadomo, że izometrią przestrzeni, w której punktom $A$ , $B$ , $D$ odpowiadają punkty $B$ , $A$ , $D$ jest symetrią względem płaszczyzny symetralnej odcinka $AB$ , lub symetrią względem symetralnej $MD$ tego odcinka. Zatem $E$ jest punktem symetrycznym do punktu $C$ względem tej płaszczyzny lub względem prostej $MD$ . Dalszy ciąg dowodu pozostaje bez zmian.

XVIII OM - II etap

II etap XVIII Olimpiady Matematycznej

XVIII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Dany jest ciąg liczb $a_1, a_2, \ldots, a_n$ ( $n \geq 3$ ), w którym $a_1 = a_n = 0$ oraz $a_{k-1}+a_{k+1} \geq 2a_{k+1}$ dla $k = 2, 3, \ldots, (n - 1)$ . Dowieść, że w tym ciągu nie ma wyrazów dodatnich.

Rozwiązanie

W zbiorze skończonym liczb $a_1, a_2, \ldots, a_n$ istnieje co najmniej jedna liczba nie mniejsza od żadnej z tych liczb. Przypuśćmy, że taką liczbą jest $a_r$ , tzn. że $a_i \leq a_r$ dla $i = 1, 2, \ldots, n$ . Niech $s$ będzie najmniejszym wskaźnikiem o tej własności, że $a_s = a_r$ . Dowiedziemy, że $s=1$ . Istotnie, gdyby było $s > 1$ , to zachodziłyby nierówności

$ a_{s-1} < a_s, \textrm{ według definicji wskaźnika } s, $

$ a_{s+1} \leq a_s, \textrm{ ponieważ } a_s = a_r. $

Dodając te nierówności otrzymujemy

$ a_{s-1} + a_{s+1} < 2a_s, $

co przeczy założeniu twierdzenia.

Jeśli zaś $s = 1$ , znaczy to, że $a_r = a_1 = 0$ , zatem $a_i \leq 0$ dla $i = 1, 2, \ldots, n$ .

Uwaga. W powyższym dowodzie powołaliśmy się na twierdzenie, że w każdym skończonym zbiorze liczb $a_1, a_2, \ldots, a_n$ istnieje taka liczba $a_r$ , że $a_i \leq a_r$ dla $i = 1, 2, \ldots, n$ .

Twierdzenie to, zwane zasadą maksimum, jest łatwym wnioskiem z zasady indukcji. Odwrotnie, zasada indukcji wynika z zasady maksimum. Przeprowadzenie dowodu tej równoważności proponujemy jako ćwiczenie.

XVIII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Na sali znajduje się 100 osób, z których każda zna co najmniej 66 spośród pozostałych 99 osób. Dowieść, iż jest możliwe, że w każdej czwórce tych osób są takie dwie, które się nie znają. Przyjmujemy, że jeśli osoba $A$ zna osobę $B$ , to również osoba $B$ zna osobę $A$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy osoby znajdujące się na sali literami $A_1, A_2, \ldots, A_{100}$ . Niech $M$ oznacza zbiór osób $\{A_1, A_2, \ldots, A_{33}\}$ , $N$ - zbiór osób $\{A_{34}, A_{35}, \ldots, A_{66}\}$ i $P$ - zbiór osób $\{A_{67}, A_{68}, \ldots, A_{100} \}$ . Przypadek, o którym mowa w zadaniu, zachodzi na przykład wtedy, gdy każda osoba zbioru $M$ zna te i tylko te osoby, które należą do zbioru $N$ lub do zbioru $P$ (razem $67$ osób), i podobnie każda osoba zbioru $N$ zna wszystkie osoby zbiorów $P$ i $M$ i tylko te osoby ( $67$ osób), a każda osoba zbioru $P$ zna wszystkie osoby zbiorów $M$ i $N$ i tylko te osoby ( $66$ osób). Jeśli bowiem ( $A_i, A_j, A_k, A_l$ ) jest jakąkolwiek czwórką danych osób, to któreś dwie z nich znajdują się w jednym i tym samym ze zbiorów $M$ , $N$ , $P$ , a wobec tęgo osoby te się nie znają.

Uwaga. Twierdzenie powyższe łatwo uogólnić. Załóżmy, że na sali znajduje się $N$ osób, z których każda zna co najmniej $\left[ \frac{2n}{3} \right]$ pozostałych osób. Może się wówczas zdarzyć, że w każdej czwórce tych osób są dwie takie, które się nie znają. Aby to udowodnić podzielmy zbiór $M$ wszystkich osób na $3$ zbiory $M_1$ , $M_2$ , $M_3$ zawierające odpowiednio $m_1 = \left[ \frac{n+1}{3} \right]$ , $m_2 = \left[ \frac{n+1}{3} \right]$ oraz $m_3 = n - 2 \left[ \frac{n+1}{3} \right]$ osób. Jeżeli każda osoba zbioru $M_i$ zna osoby zbiorów $M_j$ i $M_k$ ( $i, j, k = 1, 2, 3;\ i \ne j \ne k \ne i$ ) i tylko te osoby, to w każdej czwórce osób zbioru $M$ są takie dwie osoby, które należą do tego samego zbioru $M_i$ , więc się nie znają. Każda zaś osoba zbioru $M$ zna wtedy co najmniej $\left[ \frac{2n}{3} \right]$ osób. Albowiem

$ m_1 + m_2 = \left[ \frac{n+1}{3} \right] + \left[ \frac{n+1}{3} \right] = 2 \left[ \frac{n+1}{3} \right] \geq \left[ \frac{2n}{3} \right] $

$ m_1 + m_3 = m_2 + m_3 = n- \left[ \frac{n+1}{3} \right] \geq \left[ \frac{2n}{3} \right], $

co najłatwiej stwierdzić oddzielnie dla każdego z trzech możliwych przypadków: $n = 3k$ , $n = 3k+1$ , $n= 3k + 2$ .

Mianowicie

$ \textrm{gdy } n = 3k, \textrm{ to } \left[ \frac{n+1}{3} \right] = k,\ \left[ \frac{2n}{3} \right] = \left[ \frac{6k}{3} \right] = 2k, $

$ \textrm{gdy } n = 3k+1, \textrm{ to } \left[ \frac{n+1}{3} \right] = \left[ \frac{3k+2}{3} \right] = k,\ \left[ \frac{2n}{3} \right] = \left[ \frac{6k+2}{3} \right] = 2k, $

$ \textrm{gdy } n = 3k+2, \textrm{ to } \left[ \frac{n+1}{3} \right] = \left[ \frac{3k+3}{3} \right] = k+1,\ \left[ \frac{2n}{3} \right] = \left[ \frac{6k+4}{3} \right] = 2k+1, $

Widzimy stąd, że podane wyżej nierówności są spełnione dla każdego naturalnego $n$ .

XVIII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Dwa okręgi są styczne wewnętrznie w punkcie $A$ . Poprowadzono cięciwę $BC$ większego okręgu styczną do mniejszego w punkcie $D$ . Dowieść, że $AD$ jest dwusieczną kąta $BAC$ .

Rozwiązanie

Punkt styczności $A$ danych okręgów jest ich środkiem jednokładności. W tej jednokładności stycznej $BC$ mniejszego okręgu odpowiada styczna do większego okręgu w punkcie $E$ odpowiadającym punktowi $D$ (rys. 6). Jako proste jednokładne, styczne te są równoległe. W takim razie łuki $BE$ i $EC$ większego okręgu, wyznaczone przez styczną w punkcie $E$ i równoległą do niej cięciwę $BC$ , są równe. Stąd wynika, że kąty wpisane $BAE$ i $EAC$ są równe, tzn. $AE$ jest dwusieczną kąta $BAC$ .

XVIII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Rozwiązać w liczbach naturalnych równanie

$ (1) \qquad xy+yz+zx = xyz + 2. $

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że trójka $(x, y, z)$ liczb naturalnych spełnia równanie (1) . Po podzieleniu obu stron równości (1) przez $xyz$ otrzymujemy

$ (2) \qquad \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 1 + \frac{2}{xyz}. $

Któraś z liczb $x$ , $y$ , $z$ jest mniejsza od $3$ ; gdy bowiem $x \geq 3$ , $y \geq 3$ , $z \geq 3$ , wtedy lewa strona równości (2) jest $\leq 1$ , a prawa strona jest $> 1$ .

Gdy $x < 3$ , zachodzi jeden z przypadków:

a) $x = 1$ ; z równości (1) wynika wtedy, że

$ y+z = 2, \textrm{ skąd } y = 1, z = 1. $

b) $x = 2$ ; z równości (1) otrzymujemy $2y + yz + 2z = 2 yz +2$ , skąd

$ yz - 2y - 2z = - 2, \textrm{ więc } $

$ (y-2)(z-2) = 2. $

Zatem $y-2 = 1$ , $z-2 = 2$ lub $y-2 = 2$ , $z-2 = 1$ , tzn. $y = 3$ , $z = 4$ lub $y = 4$ , $z = 3$ .

Analogiczne rozwiązania otrzymujemy zakładając, że $y = 2$ lub że $z = 2$ .

Równanie (1) ma zatem $7$ rozwiązań w liczbach naturalnych:

$ (1, 1, 1),\ (2, 3, 4),\ (2, 4, 3),\ (3, 2, 4),\ (4, 2, 3),\ (3, 4, 2),\ (4, 3, 2). $

Uwaga : Ponieważ

$ (x-1)(y-1)(z-1) = xyz - (xy + yz + zx) + (x+y+z)-1, $

więc równanie (1) jest równoważne równaniu

$ \nr{1a} (x-1)(y-1)(z-1) = x+y+z-3, $

które po podstawieniu $x-1 = X$ , $y -1=Y$ , $z-1=Z$ przybiera postać

$ \nr{Ib} XYZ = X + Y + Z. $

Rozwiązanie równania (1b) w liczbach naturalnych było tematem Nr 9 w XVII Olimpiadzie Matematycznej.

XVIII OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Na płaszczyźnie leżą dwa trójkąty jeden na zewnątrz drugiego.
Dowieść, że istnieje taka prosta, przechodząca przez dwa wierzchołki jednego trójkąta, że trzeci wierzchołek tego trójkąta oraz drugi trójkąt leżą po przeciwnych stronach tej prostej.

Rozwiązanie

Oznaczmy wierzchołki danych trójkątów odpowiednio literami $A_1, A_2, A_3$ oraz $B_1, B_2, B_3$ . Niech $MN$ będzie takim odcinkiem, że: $1^\circ$ punkt $M$ leży na obwodzie trójkąta $A_1A_2A_3$ , $2^\circ$ punkt $N$ leży na obwodzie trójkąta $B_1B_2B_3$ , $3^\circ$ odcinek $MN$ nie jest dłuższy od żadnego z odcinków łączących punkty obwodu trójkąta $A_1A_2A_3$ z punktami obwodu trójkąta $B_1B_2B_3$ .

Odcinek $MN$ można znaleźć w sposób następujący. Dla każdej z dziewięciu par $(A_i, B_jB_k)$ , gdzie $i, j, k = 1, 2$ lub $3$ , $j \ne k$ , wybierzmy najkrótszy z odcinków łączących punkt $A_i$ z punktami odcinka $B_jB_k$ ; będzie to wysokość trójkąta $A_iB_jB_k$ z wierzchołka $A_i$ lub jeden z odcinków $A_iB_j$ , $A_iB_k$ . Podobnie dla każdej z dziewięciu par ( $B_i, A_jA_k$ ) wybierzmy najkrótszy z odcinków łączących punkt $B_i$ z punktami odcinka $A_jA_k$ . Wreszcie spośród otrzymanych w ten sposób osiemnastu odcinków (niektóre z nich mogą się pokrywać), wybierzmy najkrótszy, tj. taki, który nie jest dłuższy od żadnego innego. Jeden koniec tego odcinka, nazwiemy go $M$ , leży na obwodzie trójkąta $A_1A_2A_3$ , a drugi koniec $N$ - na obwodzie trójkąta $B_1B_2B_3$ . Odcinek $MN$ spełnia wyżej podany warunek $3^\circ$ , gdyż dla każdego odcinka łączącego punkt $K$ obwodu pierwszego trójkąta z punktem $L$ obwodu drugiego trójkąta (rys. 7) istnieje równoległy i nie dłuższy od niego odcinek łączący wierzchołek jednego trójkąta z punktem boku drugiego trójkąta, ten zaś z kolei jest nie dłuższy niż $MN$ . Zatem $MN$ jest odcinkiem o żądanych własnościach.

Poprowadźmy przez punkty $M$ i $N$ odpowiednio proste $m$ i $n$ prostopadłe do $MN$ (rys. 8). Wewnątrz pasa płaszczyzny ograniczonego prostymi $m$ i $n$ nie ma punktów żadnego z danych trójkątów. Gdyby bowiem wewnątrz tego pasa znajdował się np. punkt $P$ trójkąta $A_1A_2A_3$ , wówczas cały odcinek $PM$ leżałby w trójkącie $A_1A_2A_3$ , a ponieważ kąt $PMN$ jest ostry, więc między $P$ i $M$ istniałyby takie punkty $Q$ , że $QN < MN$ , co przeczyłoby określeniu odcinka $MN$ .

Zachodzi jeden z następujących przypadków.

a) Punkty $M$ i $N$ są wierzchołkami danych trójkątów. Przypuśćmy np., że $M$ pokrywa się z $A_1$ , a $N$ z $B_1$ (rys. 9). Weźmy pod uwagę kąty o wierzchołku $A_1$ , jakie półproste $A_1A_2$ i $A_1A_3$ tworzą z półprostymi $m_1$ i $m_2$ prostej $m$ oraz kąty o wierzchołku $B_1$ utworzone przez półproste $B_1B_2$ i $B_1B_3$ z półprostymi $n_1$ i $n_2$ . Niech najmniejszym z tych kątów będzie np. kąt $\alpha$ półprostej $A_1A_2$ z półprostą $m_1$ .

Wówczas prosta $A_1A_2$ jest prostą, jakiej poszukujemy.

Istotnie, kąt $\alpha$ jest albo ostry, albo zerowy. Jeśli $\alpha = 0$ , prosta $A_1A_2$ pokrywa się z prostą $m$ , więc punkt $A_3$ leży po jednej stronie tej prostej, a punkty $B_1, B_2, B_3$ - po drugiej. To samo zachodzi, gdy kąt $\alpha$ jest ostry i prosta $A_1A_2$ przecina prostą $n$ w punkcie $C$ . Punkt $A_3$ leży wówczas po przeciwnej stronie prostej $A_1A_2$ niż punkt $B_1$ (gdyż kąt wypukły $A_1A_3$ z $m_1$ jest $> \alpha$ ). Punkty $B_2$ i $B_3$ leżą zaś po tej samej stronie co $B_1$ . Gdyby bowiem np. punkt $B_2$ leżał po przeciwnej stronie prostej $A_1A_2$ niż punkt $B_1$ lub na prostej $A_1A_2$ , to na odcinku $B_1B_2$ znajdowałby się jakiś punkt $D$ prostej $A_1A_2$ i $\measuredangle DB_1C = \beta$ byłby wbrew założeniu mniejszy od $\alpha$ , gdyż $\measuredangle B_1CA_1 = \alpha$ byłby kątem zewnętrznym trójkąta $DB_1C$ .

b) Punkty $M$ i $N$ nie są oba wierzchołkami danych trójkątów, np. punkt $M$ leży wewnątrz boku $A_1A_2$ . W takim razie cały bok $A_1A_2$ leży na prostej $m$ i prosta $m$ oddziela punkt $A_3$ od punktów $B_1$ , $B_2$ , $B_3$ .

XVIII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Dowieść, ze punkty $A_1, A_2, \ldots, A_n$ ( $n \geq 7$ ) znajdujące się na powierzchni kuli leżą wtedy i tylko wtedy na okręgu, gdy płaszczyzny styczne do powierzchni kuli w tych punktach mają punkt wspólny lub są równoległe do jednej prostej.

Rozwiązanie

a) Załóżmy, że punkty $A_1, A_2, \ldots, A_n$ powierzchni kuli o środku $O$ leżą na okręgu $k$ . Niech $\alpha_1$ oznacza płaszczyznę styczną do kuli w punkcie $A_i$ ( $i= 1,2, \ldots, n$ ), a $\pi$ - płaszczyznę okręgu $k$ .

Jeżeli środkiem okręgu $k$ jest punkt $0$ , to płaszczyzna $\alpha_i$ jest prostopadła do promienia $OA_i$ , więc jest prostopadła do płaszczyzny $\pi$ zawierającej prostą $OA_i$ . Zatem płaszczyzna $\alpha_i$ jest równoległa do każdej prostej prostopadłej do $\pi$ .

Jeżeli zaś środkiem okręgu $k$ jest punkt $S$ różny od $O$ (rys. 10), to płaszczyzna $\pi$ jest prostopadła do prostej $OS$ , zatem w trójkącie $OSA_i$ kąt $S$ jest prosty, a kąt $O$ jest ostry, wobec czego prosta $OS$ przecina płaszczyznę $\alpha_i$ w pewnym punkcie $T_i$ . W trójkącie $OA_iT_i$ kąt $A_i$ jest prosty, zachodzi zatem równość $OA_i^2 = OT_i \cdot OS$ , stąd

$ OT_i = \frac{OA_i^2}{OS}. $

Odcinek $OA_i$ równa się promieniowi kuli, więc odcinek $OT_i$ ma dla każdego $i$ tę samą długość, a ponieważ wszystkie punkty $T_i$ leżą na tej samej półprostej $OS$ , więc się pokrywają.

b) Załóżmy, że wszystkie płaszczyzny $\alpha_i$ są równoległe do prostej $l$ lub wszystkie mają punkt wspólny $T$ . W pierwszym przypadku wszystkie odcinki $OA_i$ są prostopadłe do prostej $l$ , więc leżą w jednej płaszczyźnie $\pi$ , wobec czego wszystkie punkty $A_i$ leżą na okręgu $k$ , według którego płaszczyzna $\pi$ przecina powierzchnię danej kuli. W drugim przypadku prosta $TA_i$ jest dla każdego $i$ styczna do powierzchni kuli, więc jest prostopadła do promienia $OA_i$ . Niech $A_iS_i$ będzie wysokością trójkąta prostokątnego $OA_iT$ na przeciwprostokątną $OT$ ; wówczas $OA_i^2 = OT \cdot OS_i$ , zatem

$ OS_i = \frac{OA_i^2}{OT}, $

skąd wynika, że wszystkie odcinki $OS_i$ są równe. Ponieważ zaś wszystkie punkty $S_i$ leżą na odcinku $OT$ , więc się pokrywają. Zatem wszystkie odcinki $A_iS_i$ leżą w jednej płaszczyźnie $\pi$ , wobec czego wszystkie punkty $A_i$ leżą na przecięciu płaszczyzny $\pi$ z powierzchnią kuli, tj. na pewnym okręgu $k$ .

XVIII OM - III etap

III etap XVIII Olimpiady Matematycznej

XVIII OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

III

Znaleźć najwyższą potęgę liczby 2 będącą dzielnikiem liczby

$ L_n = (n+1)(n+2)\ldots 2n, $

gdzie $n$ jest liczbą naturalną.

Rozwiązanie

\spos{1} Zauważmy, że $n!L_n = (2n)!$ . Zatem

$ L_n = \frac{(2n)!}{n!} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot 2n}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot n} = 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2n - 1) \cdot \frac{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \ldots \cdot 2n}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot n} = 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2n - 1) \cdot 2^n. $

Stąd wynika, że $L_n$ jest podzielne przez $2^n$ , ale nie jest podzielne przez $2^{n+1}$ .

XVIII OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli punkty $A_1, B_1, C_1$ leżące odpowiednio na bokach $BC, CA, AB$ trójkąta $ABC$ są rzutami prostokątnymi pewnego punktu $P$ trójkąta na te boki, to

$ (1) AC_1^2 + BA_1^2 + CB_1^2 = AB_1^2 + BC_1^2 + CA_1^2. $

Rozwiązanie

Z trójkątów prostokątnych $APB_1$ , $BPC_1$ , $CPA_1$ (rys. 11) otrzymujemy odpowiednio równości

$ (2) \qquad \begin{array}{c} AB_1^2 = AP^2 - PB^2_1,\\ BC_1^2 = BP^2 - PC^2_1,\\ CA_1^2 = CP^2 - PA^2_1, \end{array} $

a z trójkątów prostokątnych $APC_1$ , $BPA_1$ , $CPB_1$ odpowiednio równości

$ (3) \qquad \begin{array}{c} AC^2_1 = AP^2 - PC^2_1,\\ BA^2_1 = BP^2 - PA^2_1,\\ CB^2_1 = CP^2 - PB^2_1. \end{array} $

Suma prawych stron równości (2) jest równa sumie prawych stron równości (3). Istotnie więc zachodzi równość (1).

Uwaga. Łatwo uzyskać twierdzenie znacznie ogólniejsze od powyższego. Równości (2) i (3), z których wynika równość (1) są mianowicie słuszne przy założeniach o wiele słabszych od tych, które były podane w tekście twierdzenia. Na przykład równość $AB^2_1 = AP^2- PB^2_1$ zachodzi, gdy punkty $A$ , $P$ , $B$ są różne, a proste $AB_1$ i $PB_1$ są prostopadłe lub gdy choć jeden z punktów $A$ i $P$ pokrywa się z punktem $B_1$ . To samo dotyczy innych równości z układów (2) i (3). Wobec tego prawdziwe jest twierdzenie:

Jeżeli $A$ , $B$ , $C$ , $P$ są punktami przestrzeni, z których pierwsze trzy są różne, a $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ są odpowiednio rzutami prostokątnymi punktu $P$ na proste $BC$ , $CA$ , $AB$ , to zachodzi równość (1).

Dla przypadku, gdy punkty $A$ , $B$ , $C$ są niewspółliniowe zachodzi również twierdzenie odwrotne:

Jeżeli punkty $A$ , $B$ , $C$ są wierzchołkami trójkąta, a punkty $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ leżące odpowiednio na prostych $BC$ , $CA$ , $AB$ spełniają warunek (1), to $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ są rzutami prostokątnymi pewnego punktu $P$ odpowiednio na proste $BC$ , $CA$ , $AB$ .

Dowód. Poprowadźmy w płaszczyźnie $ABC$ przez punkt $A_1$ prostopadłą do prostej $BC$ , a przez punkt $B_1$ prostopadłą do prostej $AC$ ; przetną się one w pewnym punkcie $P$ . Niech $C_2$ będzie rzutem prostokątnym punktu $P$ na prostą $AB$ . Według udowodnionego poprzednio twierdzenia

$ (4) \qquad AC_2^2 +BA_1^2 +CB_1^2 = AB_1^2 +BC_2^2 +CA_1^2. $

Odejmując równości (1) i (4) otrzymujemy

$ (5) \qquad AC_1^2 -AC_2^2 = BC_1^2 -BC_2^2 . $

Z równości (5) wywnioskujemy, że punkt $C_2$ pokrywa się z punktem $C_1$ . Najdogodniej posłużyć się w tym celu rachunkiem wektorowym.

Równość (5) zapiszemy w postaci wektorowej

$ \overrightarrow{AC^2_1} - \overrightarrow{AC_2^2} = \overrightarrow{BC_1^2} - \overrightarrow{BC_2^2}. $

Stąd otrzymujemy kolejno

$ (\overrightarrow{AC_1} - \overrightarrow{AC}) (2 \overrightarrow{AC_1} + \overrightarrow{AC_2}) = (\overrightarrow{BC_1}-\overrightarrow{BC_2}) (\overrightarrow{BC_1} + \overrightarrow{BC_2}), $

$ \overrightarrow{C_2C_1} (\overrightarrow{AC_1}+\overrightarrow{AC_2}) = \overrightarrow{C_2C_1} (\overrightarrow{BC_1} + \overrightarrow{BC_2}), $

$ \overrightarrow{C_2C_1} (\overrightarrow{AC_1} - \overrightarrow{BC_1} + \overrightarrow{AC_2} - \overrightarrow{BC_2}) = 0, $

$ \overrightarrow{C_2C_1} (\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AB}) = 0, $

$ \overrightarrow{C_2C_1} \cdot \overrightarrow{AB} = 0. $

Ponieważ wektory $\overrightarrow{AB}$ i $\overrightarrow{C_2C_1}$ nie są prostopadłe (punkty $C_1$ i $C_2$ leżą na prostej $AB$ ), a wektor $\overrightarrow{AB}$ jest według założenia różny od zera, więc z powyższej równości wynika, że

$ \overrightarrow{C_2C_1} = 0, $

tzn. punkty $C_1$ i $C_2$ pokrywają się, wobec czego $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ są rzutami prostokątnymi punktu $P$ na proste $BC$ , $CA$ , $AB$ c.n.d. Tę samą własność ma każdy punkt prostej prostopadłej do płaszczyzny $ABC$ w punkcie $P$ .

XVIII OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

III

Na sali znajduje się 100 osób, z których każda zna co najmniej 67 innych. Dowieść, że jest na tej sali taka czwórka osób, w której każde dwie osoby się znają. Zakładamy, że jeśli osoba $A$ zna osobę $B$ , to również osoba $B$ zna osobę $A$ .

Rozwiązanie

W zbiorze $M$ osób znajdujących się na sali są co najwyżej $32$ osoby nie znające jakiejś określonej osoby $A$ (przyjmujemy, że osoba $A$ zna sama siebie).

Jeżeli $A$ , $B$ , $C$ są trzema dowolnymi osobami zbioru $M$ , to w zbiorze $M$ jest taka osoba $D$ , różna od $A$ , $B$ i $C$ która zna te trzy osoby. Istotnie, jeśli z sali wyjdą wszystkie osoby nie znające $A$ , wszystkie osoby nie znające $B$ oraz wszystkie osoby nie znające $C$ , to wyjdzie razem co najwyżej $3 \cdot 32 = 96$ osób. Każda z pozostałych osób zna wówczas $A$ , $B$ i $C$ , a ponieważ tych osób jest co najmniej $100-96 = 4$ , więc co najmniej jedna z nich jest różna od $A$ , $B$ i $C$

Czwórkę osób zbioru $M$ znających się wzajemnie możemy wobec tego wyszukać w prosty sposób. Mianowicie $A$ może być którąkolwiek osobą tego zbioru, $B$ osobą znającą $A$ i różną od $A$ , $C$ osobą znającą $A$ i $B$ , a różną od $A$ i od $B$ , wreszcie $D$ osobą znającą $A$ , $B$ i $C$ , różną od $A$ , od $B$ i od $C$ .

Uwaga. W analogiczny sposób można udowodnić twierdzenie ogólniejsze: Jeżeli na sali znajduje się $n$ osób, z których każda zna co najmniej $\left[ \frac{2n}{3} \right] +1$ pozostałych osób, to jest na tej sali czwórka osób, w której każde dwie osoby się znają.

Aby tego dowieść, stwierdzamy najpierw, że liczba osób nie znających jakiejś określonej osoby wynosi co najwyżej $n - \left[ \frac{2n}{3} \right] -2$ . Liczba osób nie znających choćby jednej z trzech osób $A$ , $B$ , $C$ wynosi zatem co najwyżej $m = 3n-3 \left[ \frac{2n}{3} \right]-6$ . Ponieważ $\left[ \frac{2n}{3} \right] > \frac{2n}{3} -1$ , więc $3 \left[ \frac{2n}{3} \right] > 2n - 3$ , wobec czego $3 \left[ \frac{2n}{3} \right] \geq 2n-2$ , zatem $m \leq 3n - (2n-2) - 6 = n-4$ . Liczba osób znających $A$ , $B$ , $C$ jest więc co najmniej równa $n-m \geq 4$ , zatem co najmniej jedna z tych osób jest różna od $A$ , od $B$ i od $C$ Dalszy ciąg dowodu pozostaje ten sam co poprzednio.

XVIII OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

III

Dowieść, że wielomian $x^3 + x + 1$ jest dzielnikiem wielomianu $P_n(x) = x^{n + 2} + (x+l)^{2n+1}$ dla każdego całkowitego $n \geq 0$ .

Rozwiązanie

Stosujemy indukcję zupełną. Dla $n = 0$ twierdzenie jest prawdziwe, gdyż $P_0(x) = x^2+ x + 1$ . Załóżmy, że dla pewnego naturalnego $n$ wielomian $P_n (x)$ jest podzielny przez $x^2+x+1$ . Utwórzmy wielomian

$ \begin{split} P_{n+1}(x) - xP_n(x) &= x^{n+3} + (x+1)^{2n+3} - [x^{n + 3} + x( x+ 1)^{2n+1}] =\\ & = x^{2n+1} [(x+1)^2-x] = x^{2n+1}(x^2 + x+1). \end{split} $

Stąd

$ P_{n+1}(x) = x \cdot P_n(x) + x^{2n+1} (x^2 + x+1). $

Wobec tej równości z założenia indukcyjnego wynika, że wielomian $P_{n+1}(x)$ jest podzielny przez $x^2+x+1$ ; wypowiedziane wyżej twierdzenie jest więc prawdziwe.

XVIII OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli wielokąt o nieparzystej liczbie boków wpisany, w okrąg ma wszystkie kąty równe, to wielokąt ten jest foremny.

Rozwiązanie

Załóżmy, że wielokąt $W$ o kolejnych wierzchołkach $A_1, A_2, \ldots, A_n$ , gdzie $n$ jest liczbą nieparzystą, ma wszystkie kąty równe i jest wpisany w okrąg $O(r)$ . Gdy $n = 3$ , teza twierdzenia jest oczywista, przyjmiemy więc, że $n \geq 5$ .

Niech $A_{i-1}, A_i, A_{i+1}$ będą trzema kolejnymi wierzchołkami wielokąta $W$ i niech w tym wielokącie $\measuredangle A_{i-1}A_iA_{i+1} = \alpha$ (rys. 13); ponieważ $n \geq 5$ , więc $\alpha \geq 108^\circ$ .

Według twierdzenia o kącie wpisanym w okrąg kąt wklęsły $A_{i-1}OA_{i+1} = 2 \alpha$ , więc kąt wypukły $A_{i-1}OA_{i+1} = 360^\circ - 2\alpha = \beta$ . Obróćmy wielokąt $W$ dokoła punktu $O$ o kąt $\beta$ , np. w kierunku wyznaczonym przez obieg $A_1A_2\ldots A_n$ wielokąta $W$ . Wierzchołek $A_{i-1}$ znajdzie się po tym obrocie w punkcie $A_{i+1}$ , tzn., każdy wierzchołek wielokąta $W$ pokryje wierzchołek o wskaźniku o $2$ większym, z tym, że za wskaźniki o $2$ większe od $n-1$ i $n$ uważamy $1$ i $2$ . A więc punkty

$ (1) \qquad A_1, A_2, A_3, \ldots, A_{n-2}, A_{n-1}, A_n $

pokryją odpowiednio punkty

$ (2) \qquad A_3, A_4, A_5, \ldots, A_n, A_1, A_2. $

Każdy odcinek łączący dwa punkty ciągu (1) pokryje odcinek łączący odpowiednie punkty ciągu (2). Zatem przy nieparzystym $n$

$ A_1A_2 = A_3A_4 = A_5A_6 = A_{n-2}A_{n-1} = A_n A_1, $

oraz

$ A_2A_3 = A_4A_5 = A_6A_7 = A_{n-1}A_{n} = A_1 A_2, $

wszystkie boki wielokąta $W$ są równe, c.n.d.

XVIII OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

III

Dana jest kula i płaszczyzna nie mająca z kulą punktów wspólnych. Znaleźć miejsce geometryczne środków okręgów styczności z kulą tych stożków opisanych na kuli, których wierzchołki leżą na danej płaszczyźnie.

Rozwiązanie

Wprowadzimy oznaczenia: $O$ - środek danej kuli, $r$ - jej promień, $M$ - rzut punktu $O$ na daną płaszczyznę $\pi$ , $A$ - dowolny punkt płaszczyzny $\pi$ różny od $M$ , $A'$ i $M'$ - środki okręgów styczności z kulą stożków opisanych na kuli, których wierzchołkami są odpowiednio $A$ i $M$ , $AT$ i $MS$ - dowolne tworzące tych stożków.

W trójkątach prostokątnych $ATO$ i $MSO$ (rys. 14).

$ OA \cdot OA' = OT^2 = r^2,\ OM \cdot OM' = OS^2 = r^2. $

Zatem

$ (1) \qquad \frac{OA}{OM} = \frac{OM'}{OA'}. $

Stąd wynika, że trójkąty $OAM$ i $OM'A'$ są podobne, wobec czego kąt $OA'M' = OMA = 90^\circ$ . Punkt $A'$ leży zatem na sferze o średnicy $OM'$ . Odwrotnie, jeśli $A'$ jest dowolnym punktem tej sfery różnym od $O$ , $A$ zaś - punktem przecięcia prostej $OA'$ z $\pi$ , to

$ (2) \qquad OA \cdot OA'= r^2. $

Istotnie, gdy $A'$ pokrywa się z $M'$ , równość (2) jest oczywista; a gdy $A' \ne M'$ , trójkąty $OAM$ i $OM'A'$ są podobne, zachodzi więc (1), zatem również (2). W takim razie dla dowolnej tworzącej $AT$ stożka o wierzchołku $A$ opisanego na kuli punkt $A'$ jest rzutem punktu $T$ na prostą $AO$ , więc $A'$ jest środkiem okręgu styczności tego stożka z kulą.

Poszukiwanym miejscem geometrycznym jest sfera o średnicy $OM'$ bez punktu $O$ .

Uwaga. Rozumowanie można skrócić korzystając z własności przekształcenia przez inwersję. Mianowicie równość $OA \cdot OA' = r^2$ zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy punkt $A'$ jest obrazem punktu $A$ w inwersji względem sfery $O(r)$ . Miejscem geometrycznym punktu $A'$ jest zatem obraz płaszczyzny $\pi$ w tej inwersji, tzn. sfera o średnicy $OM'$ bez punktu $O$ .