XVI OM - I etap

I etap XVI Olimpiady Matematycznej

XVI OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

Dowieść, że dla dowolnych liczb rzeczywistych $a, b, c$

$ a^2bc + ab^2c + abc^2 \leq a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2. $

Rozwiązanie

Wprowadźmy oznaczenia: $bc = u$ , $ca = v$ , $ab = w$ . Twierdzenie, które mamy udowodnić, otrzymuje postać prostszą:

$ vw + uw + uv \leq w^2 + u^2 + v^2 $

lub

$ u^2 + v^2 + w^2 - uv - vw - uw \geq 0. $

Nierówność powyższa jest prawdziwa, gdyż

$ u^2 + v^2 + w^2 - uv - vw - uw = \frac{1}{2} [(u - w)^2 + (v - w)^2 + (w-v)^2]. $

Uwaga. Udowodnione twierdzenie ma prostą interpretację geometryczną. Niech $A$ i $B$ będą wektorami w przestrzeni trójwymiarowej. Z nierówności $(A - B)^2 \geq 0$ wynika, że $2AB \leq A^2 + B^2$ . Jeżeli długości $A$ i $B$ są równe, tj. gdy $A^2 = B^2$ , otrzymujemy nierówność

$ AB \leq A^2. $

Wektory $A = (u, v, w)$ i $B = (v, w, u)$ mają długości równe, gdyż $u^2 + v^2 + w^2 = v^2 + w^2 + u^2$ , zatem

$ uv + uw + vw \leq u^2 + v^2 + w^2. $

XVI OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

Przez środek ciężkości $S$ trójkąta poprowadzono odcinek, którego końce $M$ i $N$ leżą na obwodzie trójkąta. Dowieść, że

$ \frac{1}{2} \leq \frac{MS}{SN} \leq 2. $

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że punkt $M$ leży na boku $AB$ , a punkt $N$ na boku $BC$ trójkąta $ABC$ (Rys. 1). Niech $C'$ , $S'$ , $N'$ będą punktami symetrycznymi odpowiednio do punktów $C$ , $S$ , $N$ względem prostej $AB$ . Odległość środka ciężkości $S$ od podstawy $AB$ trójkąta równa się $\frac{1}{3}$ odpowiedniej wysokości trójkąta, więc $SS' = \frac{1}{3} CC'$ . Trójkąty $NMN'$ i $SMS'$ są jednokładne względem punktu $M$ , zatem

$ \frac{MN}{MS} = \frac{NN'}{SS'} \leq \frac{CC'}{SS'}=3, $

a ponieważ $MN = MS + SN$ , więc z powyższej nierówności wynika, że

$ \frac{MS}{SN} \geq \frac{1}{2}. $

Analogiczna nierówność zachodzi dla każdego odcinka łączącego $2$ punkty obwodu trójkąta i przechodzącego przez $S$ , zatem również

$ \frac{NS}{SM} \geq \frac{1}{2}; $

ostatecznie

$ \frac{1}{2} \leq \frac{MS}{SN} \leq 2. $

Uwaga. W przestrzeni zachodzi twierdzenie: Jeżeli przez środek ciężkości S czworościanu przechodzi odcinek, którego końce $M$ i $N$ leżą na powierzchni czworościanu, to

$ \frac{1}{3} \leq \frac{MS}{SN} \leq 3. $

Twierdzenie to można udowodnić zupełnie podobnie, jak poprzednie twierdzenie o trójkącie, posługując się symetrią względem płaszczyzny ściany czworościanu.

XVI OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

Przez każdą krawędź kąta trójściennego poprowadzono płaszczyznę zawierającą dwusieczną przeciwległego kąta płaskiego. Dowieść, że poprowadzone trzy płaszczyzny przechodzą przez jedną prostą.

Rozwiązanie

Niech będzie dany kąt trójścienny o wierzchołku $O$ . Odmierzamy na jego krawędziach trzy równe odcinki $OA = OB = OC$ . Weźmy pod uwagę płaszczyznę $\alpha$ przechodzącą przez krawędź $OA$ i przez dwusieczną kąta $BOC$ . Ponieważ trójkąt $BOC$ jest równoramienny, więc dwusieczna kąta $BOC$ przechodzi przez środek $M$ boku $BC$ . Płaszczyzna $\alpha$ , na której leżą punkty $A$ i $M$ przechodzi przez środkową $AM$ trójkąta $ABC$ a tym samym przez środek ciężkości $S$ tego trójkąta. Stąd wynika, że płaszczyzna $\alpha$ przechodzi przez prostą $OS$ . W powyższym rozumowaniu płaszczyznę $\alpha$ można zastąpić płaszczyzną przechodzącą przez inną krawędź kąta trójściennego i przez dwusieczną przeciwległej ściany. Wszystkie te trzy płaszczyzny przechodzą zatem przez prostą $OS$ .

XVI OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

Szkoła urządziła trzy wycieczki dla swych 300 uczniów. W każdej wycieczce wzięła udział ta sama liczba uczniów. Każdy uczeń pojechał przynajmniej na jedną wycieczkę, ale połowa uczestników pierwszej, trzecia część uczestników drugiej i czwarta część uczestników trzeciej wycieczki była tylko na jednej wycieczce.
Ilu uczniów pojechało na każdą wycieczkę ? Ilu uczestników pierwszej wycieczki wzięło udział w drugiej a ilu z nich brało nadto udział w trzeciej wycieczce ?

Rozwiązanie

Niech $x$ oznacza liczbę uczestników każdej wycieczki, a $y$ , $z$ , $u$ , $w$ niech oznaczają odpowiednio liczby uczniów, którzy pojechali: a) tylko na pierwszą i drugą wycieczkę, b) tylko na pierwszą i trzecią wycieczkę, c) tylko na drugą i trzecią wycieczkę, d) na wszystkie trzy wycieczki.

Liczba wszystkich uczniów równa się sumie: 1) liczby uczestników tylko jednej wycieczki, tj. liczby $\frac{x}{2} + \frac{x}{3} + \frac{x}{4} = \frac{13}{12}x$ , 2) liczby uczestników tylko dwóch wycieczek oraz 3) liczby uczestników wszystkich trzech wycieczek, zatem

$ (1) \qquad \frac{13}{12}x +y+z+u+w=300. $

Liczba uczestników pierwszej wycieczki jest sumą liczb: 1) uczniów, którzy pojechali tylko na pierwszą wycieczkę, 2) uczniów, którzy pojechali na pierwszą i drugą lub na pierwszą i trzecią wycieczkę i 3) uczniów, którzy pojechali na wszystkie wycieczki, zatem

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

Podobnie dla liczby uczestników drugiej i trzeciej wycieczki otrzymujemy równania

$ (3) \qquad \frac{x}{3} +y + u + w=x, $

$ (4) \qquad \frac{x}{4} +z + u + w=x. $

Mamy znaleźć rozwiązania całkowite nieujemne układu równań (1) - (4). Przypuśćmy, że takim rozwiązaniem jest układ liczb $x$ , $y$ , $z$ , $u$ , $w$ . Z równania (1) wynika, że $\frac{13}{12} x$ jest liczbą całkowitą, zatem $x$ jest podzielne przez $12$ . Niech $x = 12t$ ; równania (1) - (4) otrzymują postać

$ (5) \qquad 13t+y + z + u + w= 300, $

$ (6) \qquad 6t = y + z + w, $

$ (7) \qquad 8t = y + u + w, $

$ (8) \qquad 9t = z + u + w. $

Dodając stronami równania (5) i (8), otrzymujemy równanie

$ (9) \qquad 22t + y = 300. $

Ponieważ $y \geq 0$ , więc z (9) wynika, że $t \leq \frac{300}{22}=13,6\ldots$ , zatem

$ (10) \qquad t \leq 13. $

Dodając stronami (6) i (7) i odejmując (8), otrzymujemy

$ (11) \qquad 5t = 2y + w. $

Ponieważ $w \geq 0$ , więc z równania (11) wynika, że $y \leq \frac{5}{2} t$ , wobec czego z równania (9) wnioskujemy, że $22t + \frac{5}{2}t \geq 300$ , zatem
$t \geq \frac{600}{49} = 12,2\ldots,$ skąd

$ (12) \qquad t \geq 13. $

Z (10) i (11) wynika, że

$ t = 13, \quad \textrm{czyli} \quad x = 156. $

Z równań (9), (11), (6) i (7) otrzymujemy kolejno $y = 14$ , $w = 37$ , $z = 27$ , $u = 53$ . Łatwo sprawdzić, że znalezione liczby spełniają układ równań (1) - (4), stanowią zatem jedyne rozwiązanie zadania.

XVI OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

Znaleźć liczby całkowite $x$ i $y$ , spełniające równanie

$ (1) 1 + x + x^2 + x^3 = 2^y. $

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że liczby całkowite $x$ i $y$ spełniają równanie (1). Wówczas $2^y$ jest liczbą całkowitą, więc $y \geq 0$ . Równanie (1) można napisać w postaci

$ (1 + x)(1 + x^2) = 2^y. $

Ponieważ $2^y > 0$ i $1 + x^2 > 0$ , więc $1 + x > 0$ , tj. $x > - 1$ . Rozróżnimy dwa przypadki

a) $x = 0$ , wtedy $2^y = 1$ i $y = 0$ ,

b) $x > 0$ , wtedy $1 + x$ i $1 + x^2$ są dzielnikami liczby $2^y$ większymi od $1$ , zatem

$ (2) \qquad 1 + x = 2^k, 1 + x^2 = 2^l, $

gdzie $k$ i $l$ są liczbami naturalnymi. Ponieważ $x \geq 1$ , więc $1 + x^2 \geq 1+ x$ i $l \geq k$ . Rugując $x$ z równań (2), otrzymujemy $(2^k - 1)^2 + 1 = 2^l$ , a stąd

$ (3) \qquad 2^{2k-1} - 2^k + 1 = 2^{l-1}. $

Lewa strona równości (3) jest liczbą nieparzystą, zatem $2^{l-1}$ jest liczbą nieparzystą, wobec czego $l = 1$ . W takim razie $k = 1$ , $x = 1$ , $y=2$ .

Równanie (1) ma $2$ rozwiązania w liczbach całkowitych: $x = y = 0$ i $x = 1$ , $y = 2$ .

XVI OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

Dowieść, że jeżeli $p > 0, q > 0, pq = 1$ , to

$ (1 + \frac{1}{p})(1 + \frac{1}{q}) \geq 4. $

Rozwiązanie

Z przyjętego założenia co do liczb $p$ i $q$ wynika, że

$ \left( 1+\frac{1}{p}\right) \left( 1+\frac{1}{q}\right) = \frac{(p+1)(q+1)}{pq} = p+q+2 \geq 2\sqrt{pq} +2=4, $

gdyż średnia arytmetyczna liczb dodatnich $p$ i $q$ jest co najmniej równa średniej geometrycznej tych liczb.

Można też tak rozumować:

$ \begin{split} \left( 1+\frac{1}{p}\right) \left( 1+\frac{1}{q}\right) - 4 = & \left( 1+\frac{1}{p}\right) \left( 1+p\right) - 4 = p +\frac{1}{p} -2 = \\ & = \frac{p^2-2p+1}{p} =\frac{(p-1)^2}{p} \geq 0. \end{split} $

XVI OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

Na boku $AB$ trójkąta $ABC$ obrano punkt $K$ i wyznaczono na prostych $AC$ i $BC$ takie punkty $M$ i $N$ , że $KM \perp AC$ , $KN \perp BC$ . Przy jakim położeniu punktu $K$ pole trójkąta $MKN$ jest największe ?

Rozwiązanie

Niech $BC = a$ , $AC = b$ , $\measuredangle ACB = \gamma$ , $KM = p$ , $KN = q$ (rys. 2).

Zauważmy, że $\measuredangle MKN = 180^\circ - \gamma$ .

Istotnie, jeśli z punktu $K_1$ . obranego na dwusiecznej kąta $ACB$ opuścimy prostopadłe $K_1M_1$ i $K_1N_1$ na ramiona tego kąta, to półproste $KM$ i $K_1M_1$ są równoległe a przy tym jednakowo skierowane gdyż punkty $K$ i $K_1$ leżą po tej samej stronie prostej $AC$ .

To samo dotyczy półprostych $KN$ i $K_1N_1$ . Stąd wynika, że kąty $MKN$ i $M_1K_1N_1$ są równe, gdyż jeden otrzymuje się z drugiego przez przesunięcie równoległe. Kąty $M_1K_1N_1$ i $ACB$ są kątami przeciwległymi czworokąta wypukłego, którego dwa pozostałe kąty są proste. Wobec tego $\measuredangle M_1K_1N_1 = 180^\circ - \gamma$ i tak samo $\measuredangle MKN = 180^\circ - \gamma$ , zatem

$ \textrm{Pole } MKN = \frac{1}{2} pq \sin \measuredangle MKN = \frac{1}{2} pq \sin\gamma. $

Z tej równości wnioskujemy, że pole $MKN$ jest największe, gdy iloczyn $pq$ osiąga największą wartość; jednocześnie zachodzi maksimum iloczynu $abpq$ . Lecz suma liczb $bp$ i $aq$ jest stała, gdyż

$ bp + aq = 2 \cdot \mathrm{pole}\ ABC. $

Wobec tego maksimum iloczynu $bp \cdot aq$ ma miejsce wtedy, gdy $bp = aq$ , tzn. gdy $\mathrm{pole}\ AKC =\mathrm{pole}\ BKC$ , co zachodzi wtedy, gdy punkt $K$ jest środkiem boku $AB$ .

Rozumowanie powyższe można nieco zmodyfikować, obliczając $p$ i $q$ z trójkątów $AKM$ i $BKN$ :

$ p = AK \sin \measuredangle A,\quad q = KB \sin \measuredangle B, $

stąd

$ pq = AK \cdot KB \sin \measuredangle A \sin \measuredangle B. $

Maksimum $pq$ zachodzi wtedy, gdy iloczyn $AK \cdot KB$ jest największy. Ponieważ suma $AK + KB = AB$ jest stała, więc ma to miejsce wtedy, gdy $AK = KB$ .

XVI OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

Na krawędziach bocznych graniastosłupa o podstawie trójkątnej $ABC$ odmierzono odcinki $AA_1 = p_1$ , $BB_1 = p_2$ , $CC_1 = p_3$ . Prosta równoległa do krawędzi bocznych przecina podstawę $ABC$ w punkcie $D$ , a płaszczyznę $A_1B_1C_1$ w punkcie $D_1$ Dowieść, że

$ DD_1 = \frac{p_1S_1 + p_2S_2 + p_3S_3}{S_1+S_2+S_3} $

gdzie $S_1, S_2, S_3$ oznaczają odpowiednio pola trójkątów $BCD$ , $CAD$ , $ABD$ .

Rozwiązanie

Długość $DD_1 = x$ obliczymy korzystając z tego, że objętość $V$ graniastosłupa trójkątnego ściętego $ABCA_1B_1C_1$ jest sumą objętości $V_1$ , $V_2$ , $V_3$ graniastosłupów ściętych $DBCD_1B_1C_1$ , $DCAD_1C_1A_1$ i $DABD_1A_1B_1$ (rys. 3):

$ (1) \qquad V_1+V_2+V_3 = V. $

Wiadomo, że objętość graniastosłupa trójkątnego ściętego równa się iloczynowi średniej arytmetycznej jego krawędzi bocznych przez pole przekroju graniastosłupa płaszczyzną prostopadłą do krawędzi bocznych. Niech $A'$ , $B'$ , $C'$ , $D'$ będą odpowiednio punktami przecięcia prostych $AA_1$ , $BB_1$ , $CC_1$ , $DD_1$ z pewną płaszczyzną do nich prostopadłą, a $S_1'$ , $S'_2$ , $S'_3$ , $S'$ niech oznaczają pola trójkątów $B'C'D'$ , $C'A'D'$ , $A'B'D'$ i $A'B'C'$ . Wówczas

$ (2) \qquad \begin{split} V_1&=\frac{p_2+p_3+x}{3}S'_1,\\ V_2&=\frac{p_1+p_3+x}{3}S'_2,\\ V_3&=\frac{p_1+p_2+x}{3}S'_3,\\ V&=\frac{p_1+p_2+p_3}{3}S'. \end{split} $

Z (1) i (2) wynika, że

$ (3) \qquad \frac{p_2+p_3+x}{3}S'_1 +\frac{p_3+p_1+x}{3}S'_2 + \frac{p_1+p_2+x}{3}S'_3= \frac{p_1+p_2+p_3}{3}S'. $

Pola $S_1'$ , $S_2'$ , $S_3'$ , $S'$ proporcjonalne do pól $S_1$ , $S_2$ , $S_3$ , $S$ (gdzie
$S = \mathrm{pole} \triangle ABC$ ), stosunek proporcjonalności jest równy cosinusowi kąta nachylenia płaszczyzny $ABC$ do płaszczyzny $A'B'C'$ .

We wzorze (3) możemy zatem zamiast $S_1'$ , $S_2'$ , $S_3'$ , $S'$ napisać $S_1$ , $S_2$ , $S_3$ , $S$ :

$ (4) \qquad \frac{p_2+p_3+x}{3}S_1 +\frac{p_3+p_1+x}{3}S_2 + \frac{p_1+p_2+x}{3}S_3= \frac{p_1+p_2+p_3}{3}S. $

Rozwiązując równanie (4) względem $x$ , otrzymujemy

$ x=\frac{p_1S_1+p_2S_2+p_3S_3}{S}. $

Uwaga. W powyższym rozwiązaniu zastosowaliśmy wzór na objętość graniastosłupa trójkątnego ściętego. Wzór ten można udowodnić na podstawie twierdzenia o objętości pryzmatoidu. Pryzmatoidem nazywa się wielościan wypukły, którego wszystkie wierzchołki leżą na dwóch płaszczyznach równoległych. Szczególnym przypadkiem pryzmatoidu jest graniastosłup, a także ostrosłup. Na każdej z owych dwóch płaszczyzn znajduje się jedna ściana, lub tylko jedna krawędź wielościanu; w przypadku ostrosłupa na jednej z nich leży tylko jeden wierzchołek. Pozostałe ściany są trójkątami lub trapezami.

Niech $P_1$ i $P_2$ oznaczają pola podstaw pryzmatoidu, tzn. ścian leżących w płaszczyznach równoległych; w przypadku, gdy któraś z podstaw redukuje się do odcinka lub punktu, przypisujemy jej pole równe zeru. Oznaczmy następnie literą $P_s$ pole przekroju środkowego pryzmatoidu, tj. pole przekroju tej bryły płaszczyzną równooddaloną od płaszczyzn podstaw, a literą $h$ - odległość tych płaszczyzn, czyli wysokość pryzmatoidu. Udowodnimy, że objętość $V$ pryzmatoidu wyraża się wzorem

$ (5) \qquad V = \frac{1}{6}h \cdot (P_1 + P_2 + 4P_s). $

W tym celu obierzmy wewnątrz przekroju środkowego dowolny punkt $O$ . Objętość $V$ jest równa sumie objętości ostrosłupów, których wspólnym wierzchołkiem jest punkt $O$ , a podstawami - ściany pryzmatoidu. Te dwa ostrosłupy, których podstawami są podstawy pryzmatoidu, mają wysokości równe $\frac{1}{2} h$ , więc ich objętości są odpowiednio równe $\frac{1}{6} P_1h$ i $\frac{1}{6}P_2h$ . Podstawą każdego z pozostałych ostrosłupów ,,bocznych'' jest trójkąt lub trapez. W przypadku pierwszym chodzi o objętość takiego ostrosłupa $OABC$ (rys. 4), w którym dwa z wierzchołków trójkąta $ABC$ , np. $A$ i $B$ leżą na jednej podstawie pryzmatoidu, a trzeci z nich, tj. $C$ - na drugiej. Płaszczyzna przekroju środkowego przecina ten ostrosłup według trójkąta $OMN$ , gdzie $M$ i $N$ są środkami krawędzi $AC$ i $BC$ . Objętość ostrosłupa $OABC$ jest $4$ razy większa od objętości ostrosłupa $OMNC$ równej $\frac{1}{6} h \cdot \textrm{pole }OMN$ , zatem

$ \textrm{objętość } OABC = \frac{4}{6} h \cdot (\textrm{pole }OMN). $

W przypadku drugim mamy obliczyć objętość takiego ostrosłupa $OABCD$ (rys. 5), w którym jeden z boków równoległych trapezu $ABCD$ , np. $AB$ leży na jednej podstawie pryzmatoidu, a drugi, tj. $CD$ , na drugiej. Płaszczyzna przekątna $OCA$ dzieli ten ostrosłup na dwa ostrosłupy $OABC$ i $OACD$ o podstawach trójkątnych, których objętość obliczamy jak poprzednio; dodając je, otrzymujemy

$ \textrm{objętość }OABCD = \frac{4}{6}h \cdot (\textrm{pole }OMN), $

gdzie $M$ i $N$ są środkami krawędzi $AD$ i $BC$ .

Suma objętości wszystkich ostrosłupów bocznych równa się iloczynowi $\frac{4}{6}h$ przez sumę pól wszystkich trójkątów $OMN$ znajdujących się w tych ostrosłupach, równą polu $P_s$ przekroju środkowego, tj. równa się $\frac{4}{6} hP_s$ . Dodając objętość wszystkich ostrosłupów, otrzymujemy wzór (5).

Graniastosłup trójkątny ścięty jest pryzmatoidem o sześciu wierzchołkach, z których cztery są wierzchołkami trapezu, a dwa pozostałe leżą na równoległej do podstaw trapezu. Rys. 6 wyobraża ten pryzmatoid w rzucie równoległym ukośnym na płaszczyznę owego trapezu.

Oznaczając w sposób wskazany na rys. 6 literami $a$ , $b$ , $c$ długości krawędzi bocznych graniastosłupa, literami $p$ , $q$ , $r$ długości boków trójkąta $PQR$ , będącego przekrojem graniastosłupa płaszczyzną prostopadłą do jego krawędzi bocznych, oraz literą $h$ - wysokość pryzmatoidu równą wysokości trójkąta $PQR$ względem boku $QR$ , otrzymujemy

$ P_1 = \frac{1}{2} (b+c) \cdot p,\ P_2 = 0,\ P_s = \frac{1}{2} \left( \frac{a + b}{2} + \frac{a + c}{2} \right) \cdot \frac{1}{2}p. $

Podstawiając te wartości do wzoru (5) i biorąc pod uwagę, że $p \cdot h = 2 \cdot \textrm{pole }PQR$ , otrzymujemy na objętość $V$ graniastosłupa wzór

$ V = \frac{a + b + c}{3}\cdot \textrm{pole }PQR. $

XVI OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

Dowieść, że jeżeli wartość funkcji $y = ax^2 + bx + c$ dla trzech kolejnych wartości całkowitych zmiennej $x$ jest liczbą całkowitą, to jest również liczbą całkowitą dla każdej wartości całkowitej $x$ .

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że gdy $x$ przybiera wartości całkowite $k - 1$ , $k$ , $k + 1$ , wtedy $y$ przybiera wartości całkowite $m$ , $n$ , $p$ . Z równości

$ (1) \qquad a (k - 1)^2 + b (k - 1) + c = m, $

$ (2) \qquad ak^2 + bk + c = n, $

$ (3) \qquad a (k + 1)^2 + b (k+ 1) + c = p, $

otrzymujemy przez odejmowanie równości

$ (4) \qquad 2ak - a + b = n - m, $

$ (5) \qquad 2ak + a + b = p - n. $

Z (4) i (5) wynika podobnie równość

$ (6) \qquad 2a = p - 2n + m. $

Na mocy (6) liczba $2a$ jest całkowita, wobec czego z (4) i (5) wnioskujemy, że liczby $a + b$ i $a - b$ są całkowite, a więc całkowita też jest liczbą $2b$ .

Stąd wynika dalej, że liczba c jest całkowita, gdyż według (2)

$ c = n-ak^2-bk = n- (a + b) k^2 + 2b \cdot \frac{k(k-1)}{2}, $

a liczba $\frac{1}{2} k (k - 1)$ jest całkowita.

Otóż

$ (7) \qquad y = ax^2 + bx + c = (a + b) x^2 - 2b \cdot \frac{x(x-1)}{2} + c. $

Gdy liczba $x$ jest całkowita, liczba $\frac{1}{2} x(x - 1)$ jest także całkowita; z równości (7) wynika, że wówczas y jest liczbą całkowitą.

Dowód twierdzenia można ująć nieco inaczej. Wykazujemy najpierw, że jeżeli wartość funkcji kwadratowej $y = ax^2 + bx + c$ jest liczbą całkowitą dla wartości $-1$ , $0$ i $1$ zmiennej $x$ , to jest też liczbą całkowitą dla każdego całkowitego $x$ . Mianowicie z powyższego założenia wynika, że liczby $a-b+c$ , $c$ i $a + b + c$ są całkowite, wobec czego całkowite są również ich różnice $a + b$ i $2b$ . Ponieważ zaś

$ y = ax^2 + bx + c = (a + b) x^2 - 2b \cdot \frac{x(x-1)}{2} + c, $

więc istotnie $y$ jest całkowite dla każdego całkowitego $x$ .

Załóżmy, że funkcja $f(x) = ax^2 + bx + c$ przybiera wartości całkowite dla wartości $k - 1$ , $k$ , $k + 1$ zmiennej $x$ , gdzie $k$ oznacza pewną liczbę całkowitą. Wówczas funkcja kwadratowa $g (x) = a (x + k)^2 + b (x + k) + c$ przybiera wartości całkowite dla wartości $-1$ , $0$ , $1$ zmiennej $x$ , więc na mocy poprzedniego ma wartość całkowitą dla każdego całkowitego $x$ . W takim razie funkcja $f(x)$ ma wartość całkowitą dla każdego całkowitego $x$ , albowiem $f(x) = g (x - k)$ , a gdy $x$ jest liczbą całkowitą, to $x - k$ jest także liczbą całkowitą.

Uwaga. Prawdziwe jest twierdzenie ogólniejsze:

Jeżeli wielomian stopnia $n$ przybiera wartości całkowite dla wartości $k$ , $k + 1, k + 2, \ldots, k + n$ , zmiennej $x$ , gdzie $k$ oznacza daną liczbę całkowitą, to wielomian ten przybiera wartość całkowitą dla każdego całkowitego $x$ .

Dowód, a) Przeprowadzimy dowód najpierw dla przypadku, gdy $k = 0$ .

Zastosujemy metodę indukcji. Gdy $n = 1$ , twierdzenie jest prawdziwe. Jeśli bowiem wartości $a_0$ i $a_0 + a_1$ które przybiera wielomian stopnia pierwszego $a_0x + a_1$ dla $x = 0$ i $x =1$ są całkowite, to całkowita jest też różnica $(a_0 + a_1) - a_0 = a_1$ , wobec czego $a_0x + a_1$ jest dla każdego całkowitego $x$ liczbą całkowitą.

Niech $n$ będzie liczbą całkowitą większą od $1$ . Przypuśćmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla wielomianów stopnia $n - 1$ . Jeżeli wielomian

$ P (x) = a_0x^n + a_1x^{n-1} + \ldots + a_{n-1} x + a_n $

przybiera wartości całkowite dla $x = 0, 1, 2, \ldots, n$ , to wielomian

$ \begin{split} P (x + 1) = a_0 (x + 1)^n + a_1 (x + 1)^{n-1} + \ldots + a_{n-1}(x + 1) + a_n = \\ = a_0x^n + (na_0 + a_1)x^{n-1} + \ldots \end{split} $

przybiera wartości całkowite dla $x=0, 1, 2, \ldots, (n - 1)$ . Wobec tego wielomian

$ Q (x) = P (x + 1) - P (x) = na_0x^{n-1} + \ldots $

też przybiera wartości całkowite dla $x = 0, 1, 2, \ldots, (n- 1)$ . Lecz $Q (x)$ jest wielomianem stopnia $n - 1$ , więc na mocy założenia indukcyjnego wartość $Q (x)$ jest całkowita dla każdego całkowitego $x$ . Stąd wynika, że jeżeli dla pewnego całkowitego $x$ jedna z liczb $P (x)$ , $P (x + 1)$ jest całkowita, to i druga jest całkowita. Inaczej mówiąc, jeżeli dla pewnego całkowitego $x$ liczba $P (x)$ jest całkowita, to całkowite są również liczby $P (x + 1)$ i $P (x - 1)$ . Ponieważ zaś liczba $P (0)$ jest całkowita, więc $P (x)$ jest liczbą całkowitą dla każdego całkowitego $x$ , c.n.d.

b) Niech $k$ będzie dowolnie daną liczbą całkowitą. Załóżmy, że wielomian

$ P (x) = a_0x^n + a_1x^{n-1} + \ldots + a_{n-1}x + a_n $

przybiera wartości całkowite dla $x = k, k + 1, \ldots , k + n$ . Wówczas wielomian

$ \overline{P} (x) = a_0(x+k)^n+ a_1 (x + k)^{n-1} + \ldots +a_{n-1}(x + k) + a_n $

przybiera wartości całkowite dla $x = 0, 1,\ldots, n$ , więc na mocy a) ma wartość całkowitą dla każdego całkowitego $x$ . W takim razie wartość $P(x)$ jest całkowita dla każdego całkowitego $x$ , gdyż $P (x) =\overline P (x -k)$ , a gdy $x$ jest liczbą całkowitą, to $x - k$ jest też liczbą całkowitą.

XVI OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

Udowodnić, że jeżeli dla każdej wartości $a$ zachodzi równość

$ (1) \qquad x \sin \alpha + y \sin 2 \alpha + z \sin 3 \alpha = 0,\quad \text{ to } \quad x = y = z = 0. $

Rozwiązanie

Podstawiając do równania (1) kolejno $\alpha = \frac{1}{2}\pi$ , $\alpha = \frac{1}{3}\pi$ i $\alpha = \frac{1}{4}\pi$ , otrzymujemy układ równań

$ (2) \qquad x - z = 0, \quad x + y = 0, \quad \frac{\sqrt{2}}{2} x + y + \frac{\sqrt{2}}{2}z = 0. $

Z pierwszego i drugiego równania układu (2) otrzymujemy $z = x$ , $y = -x$ ; podstawienie do trzeciego z tych równań daje równanie $(\sqrt{2} - 1) x = 0$ , skąd $x = 0$ , wobec czego również $z = 0$ i $y = 0$ .

Zamiast $\frac{1}{2}\pi$ , $\frac{1}{3}\pi$ i $\frac{1}{4}\pi$ można by wybrać jakieś inne dogodne wartości, np. $\frac{1}{6}\pi$ , $\frac{1}{3}\pi$ i $\frac{1}{4}\pi$ .

Uwaga. Własność funkcji $\sin \alpha$ , $\sin 2\alpha$ , $\sin 3\alpha$ , którą wyraża dowiedzione wyżej twierdzenie, wiąże się z pewnym pojęciem występującym w teorii funkcji.

O funkcjach $f_1 (x), f_2 (x), \ldots,f_n (x)$ zmiennej $x$ określonych w przedziale $(a, b)$ , tj. gdy $a < x < b$ , mówimy, że są liniowo niezależne w tym przedziale, jeżeli równość

$ (*) \qquad c_1f_1 (x) + c_2f_2 (x)+ \ldots+ c_nf_n (x) = 0 $

zachodzi dla każdej wartości $x$ z przedziału $(a, b)$ tylko wtedy, gdy $c_1 = c_2 = \ldots = c_n = 0$ . W przypadku przeciwnym, tj. gdy istnieją takie liczby $c_1, c_2, \ldots, c_n$ , z których co najmniej jedna nie jest zerem, że równość (*) zachodzi dla każdego $x$ z przedziału $(a, b)$ , funkcje $f_1 (x),f_2 (x), \ldots, f_n (x)$ nazywamy liniowo zależnymi w przedziale $(a, b)$ . Możemy wówczas wyrazić jedną z tych funkcji jako tzw. kombinację liniową funkcji pozostałych, czyli jako sumę iloczynów tych funkcji przez pewne liczby. Jeżeli np. $c_n \neq 0$ , to z równości (*) wynika, że

$ f_n(x) = -\frac{c_1}{c_n} f_1(x)-\frac{c_2}{c_n} f_2(x)-\ldots-\frac{c_{n-1}}{c_n} f_{n-1}(x) $

dla każdego $x$ z $(a, b)$ .

Funkcje liniowo niezależne w pewnym przedziale są również liniowo niezależne w każdym przedziale większym (tzn. zawierającym poprzedni przedział), w jakim są określone.

W rozwiązaniu poprzedniego zadania udowodniliśmy, że funkcje $\sin \alpha$ , $\sin 2\alpha$ , $\sin 3\alpha$ zmiennej $\alpha$ są liniowo niezależne w każdym przedziale zawierającym liczby $\frac{1}{2}\pi$ , $\frac{1}{3}\pi$ , $\frac{1}{4}\pi$ , np. w przedziale $(0, \pi)$ , a więc również w zbiorze wszystkich liczb. Można udowodnić, że są one liniowo niezależne w dowolnie małym przedziale.

Tak samo liniowo niezależne są funkcje $\sin \alpha,\ \sin 2\alpha,\ \ldots,\ \sin n \alpha$ oraz $\cos \alpha,\ \cos 2\alpha,\ \ldots,\ \cos n \alpha$ ( $n$ - dowolna liczba naturalna) a także wszystkie te funkcje razem wzięte.

Innym przykładem funkcji liniowo niezależnych w dowolnym przedziale są funkcje $x^0 = 1, x, x^2, \ldots, x^n$ , gdyż jeżeli liczby $c_0, c_1, \ldots, c_n$ nie są wszystkie zerami, to równanie

$ c_0 + c_1x + c_2x^2 + \ldots + c_nx^n = 0 $

może być spełnione co najwyżej przez $n$ wartości $x$ .

XVI OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

Udowodnić twierdzenie: Łamana zamknięta o pięciu bokach, której żadne trzy wierzchołki nie leżą na jednej prostej, może przecinać się sama ze sobą w jednym, dwóch, trzech lub pięciu punktach, ale nie może przecinać się ze sobą w czterech punktach.

Rozwiązanie

Nazwijmy punktem zwykłym łamanej zamkniętej każdy jej punkt należący tylko do jednego boku i każdy wierzchołek należący tylko do dwóch boków, a punktem podwójnym każdy punkt należący tylko do dwóch boków łamanej, ale nie będący jej wierzchołkiem. Jeżeli żadne trzy wierzchołki łamanej zamkniętej o pięciu bokach nie leżą na jednej prostej, to każdy punkt łamanej jest albo jej punktem zwykłym albo punktem podwójnym. Udowodnimy, że taka łamana może mieć $0$ , $1$ , $2$ , $3$ lub $5$ punktów podwójnych, ale nie może mieć 4 punktów podwójnych.

Niech $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ , $A_4$ , $A_5$ będą kolejnymi wierzchołkami pięciokąta foremnego. Łamane $A_1A_2A_3A_4A_5A_1$ (rys. 7), $A_1A_2A_3A_5A_4A_1$ (rys. 8), $A_1A_3A_5A_4A_2A_1$ (rys. 9) i $A_1A_3A_5A_2A_4A_1$ (rys. 10) mają odpowiednio $0$ , $1$ , $2$ , $5$ punktów podwójnych.

Łamana $A_1A_3SA_2A_4A_1$ , gdzie $S$ jest środkiem tegoż pięciokąta foremnego, ma $3$ punkty podwójne.

Ponieważ $5$ prostych może się przecinać najwyżej w $\frac{5\cdot 4}{2}=10$ punktach, więc łamana o $5$ bokach, mająca przeto $5$ wierzchołków, nie może mieć więcej niż $5$ punktów podwójnych.

Mamy jeszcze dowieść, że liczba punktów podwójnych łamanej nie może być równa $4$ .

Przypuśćmy, że łamana $A_1A_2A_3A_4A_5A_1$ ma więcej niż $3$ punkty podwójne; wykażemy, że ma ona wówczas $5$ punktów podwójnych. Ponieważ łamana ma tylko $5$ boków, więc któreś dwa spośród punktów podwójnych leżą na tym samym boku, np. na boku $A_1A_2$ . Oznaczmy je literami $M$ i $N$ w ten sposób, że $M$ leży między $A_1$ i $N$ . Punkty $M$ i $N$ są to punkty przecięcia boku $A_1A_2$ z bokami $A_3A_4$ i $A_4A_5$ o wspólnym wierzchołku $A_4$ . Cała łamana leży w płaszczyźnie $A_1A_2A_4$ , przy czym pozostałe punkty podwójne leżą po przeciwnej stronie boku $A_1A_2$ niż punkt $A_4$ ; mianowicie znajdują się na bokach $A_1A_5$ i $A_2A_3$ ,

Łatwo się przekonać, że punkt $A_3$ leży na prostej $A_4M$ , a punkt $A_5$ na prostej $A_4N$ . Gdyby bowiem było inaczej, tj. gdyby punkt $A_3$ leżał na prostej $A_4N$ , a punkt $A_5$ — na prostej $A_4M$ (rys. 12), to punkty $A_1$ i $A_3$ leżałyby po przeciwnych stronach prostej $A_4A_5$ , więc bok $A_1A_5$ nie przecinałby żadnego z boków $A_2A_3$ i $A_3A_4$ ; tak samo bok $A_2A_3$ nie przecinałby żadnego z boków $A_4A_5$ i $A_5A_1$ . Łamana miałaby wówczas tylko dwa punkty podwójne $M$ i $N$ - wbrew założeniu.

Wobec powyższego punkty $A_1$ i $A_5$ leżą po przeciwnych stronach prostej $A_3A_4$ ; a punkty $A_2$ i $A_3$ — po przeciwnych stronach prostej $A_4A_5$ bok $A_1A_5$ przecina prostą $A_3A_4$ w pewnym punkcie $P$ , a bok $A_2A_3$ przecina prostą $A_4A_5$ w pewnym punkcie $Q$ . Dowiedziemy, że $P$ i $Q$ są punktami podwójnymi łamanej, a mianowicie że punkt $P$ leży między punktami $A_3$ i $M$ , a punkt $Q$ - między punktami $A_5$ i $N$ . Gdyby punkt $P$ leżał na przedłużeniu odcinka $A_4A_3$ poza punkt $A_3$ (rys. 13), to punkty $A_2$ , $A_3$ , $A_4$ leżałyby po tej samej stronie prostej $A_1A_5$ , więc bok $A_1A_5$ nie przecinałby żadnego z boków $A_2A_3$ i $A_3A_4$ .

Na boku $A_1A_5$ nie byłoby wtedy żadnego punktu podwójnego a na boku $A_2A_3$ leżałby tylko jeden punkt podwójny w przecięciu z bokiem $A_4A_5$ , łamana miałaby zatem tylko $3$ punkty podwójne, co przeczyłoby założeniu. Analogicznie wykazujemy, że punkt $Q$ leży między punktami $A_5$ i $N$ (rys. 14).

W takim razie odcinki $A_1A_5$ i $A_2A_3$ przecinają się w pewnym punkcie $R$ , gdyż odcinek $A_1A_5$ , którego końce leżą na zewnątrz trójkąta $A_3A_4Q$ , przecina bok $A_3A_4$ tego trójkąta a nie przecina boku $A_4Q$ , więc musi przeciąć bok $A_3Q$ . Łamana ma więc $5$ punktów podwójnych: $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ , $R$ .

Uwaga. Twierdzenie udowodnione wyżej jest przypadkiem szczególnym ogólnego twierdzenia o liczbie punktów łamanej zamkniętej. Wypowiemy je dla takich łamanych, których każdy punkt należy najwyżej do dwóch boków. Każdy punkt należący tylko do jednego boku oraz każdy wierzchołek łamanej nazwiemy jej punktem zwykłym, każdy zaś punkt należący do dwóch boków niekolejnych - punktem podwójnym łamanej. Twierdzenie brzmi:

Liczba punktów podwójnych łamanej zamkniętej o $n$ bokach spełniającej powyższy warunek może być równa

a) którejkolwiek z liczb od $1$ do $\frac{n(n-3)}{2}$ włącznie, z wyjątkiem liczby $\frac{n(n-3)}{2}-1$ , gdy $n$ jest nieparzyste;

b) którejkolwiek z liczb od $1$ do $\frac{n(n-4)}{2}+1$ włącznie, gdy $n$ jest parzyste.

Żadnej innej liczby punktów podwójnych łamana mieć nie może.

XVI OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

W przestrzeni dane są dwa wielościany. Dowieść, że najdłuższy z odcinków łączących punkty jednego wielościanu z punktami drugiego ma końce w wierzchołkach wielościanów.

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że jeżeli wszystkie wierzchołki wielościanu leżą po jednej stronie pewnej płaszczyzny, to wszystkie inne punkty wielościanu leżą po tejże stronie owej płaszczyzny.

Przypuśćmy bowiem, że wszystkie wierzchołki wielościanu $W$ znajdują się w półprzestrzeni otwartej (tj. w półprzestrzeni bez punktów płaszczyzny ograniczającej) $\pi$ ograniczonej płaszczyzną $\alpha$ . Ponieważ odcinek łączący dwa punkty półprzestrzeni $\pi$ jest cały zawarty w $\pi$ , więc wszystkie krawędzie wielościanu $W$ leżą w $\pi$ .

Stąd wynika, że wszystkie punkty ścian wielościanu należą do $\pi$ , gdyż każdy punkt ściany leży bądź na krawędzi, bądź na odcinku łączącym punkty dwóch krawędzi. Tak samo każdy punkt wewnętrzny wielościanu należy do $\pi$ , gdyż każdy taki punkt znajduje się na odcinku łączącym punkty dwóch ścian.

Niech będą dane wielościany $W_1$ i $W_2$ . Weźmy pod uwagę wszystkie odcinki łączące wierzchołki wielościanu $W_1$ z wierzchołkami wielościanu $W_2$ . Ponieważ zbiór tych odcinków jest skończony, więc istnieje wśród nich co najmniej jeden odcinek o największej długości. Niech takim odcinkiem będzie $P_1P_2$ ( $P_1$ - wierzchołek $W_1$ , $P_2$ - wierzchołek $W_2$ ) i niech $A_1$ będzie dowolnym punktem wielościanu $W_1$ , a $A_2$ - dowolnym punktem wielościanu $W_2$ .

Dowiedziemy, że $P_1P_2 \geq A_1A_2$ .

Poprowadźmy przez punkt $A_1$ płaszczyznę $\alpha_1$ prostopadłą do prostej $A_1A_2$ , a przez punkt $A_2$ płaszczyznę $\alpha_2$ również prostopadłą do $A_1A_2$ . Półprzestrzeń otwarta $\pi$ , którą ogranicza półpłaszczyzna $\alpha_1$ i do której należy punkt $A_2$ nie zawiera całego wielościanu $W_1$ , gdyż nie należy do niej punkt $A_1$ . Wobec tego na mocy uwagi poprzedniej istnieje wierzchołek $B_1$ wielościanu $W_1$ nie należący do $\pi$ , tzn. leżący na płaszczyźnie $\alpha_1$ lub po przeciwnej stronie płaszczyzny $\alpha_1$ niż punkt $A_2$ . Tak samo istnieje wierzchołek $B_2$ wielościanu $W_2$ leżący na płaszczyźnie $\alpha_2$ lub po przeciwnej stronie płaszczyzny $\alpha_2$ niż punkt $A_1$ . Ponieważ $B_1B_2 \geq A_1A_2$ , a $P_1P_2 \geq B_1B_2$ , więc

$ P_1P_2 \geq A_1A_2. $