XVI OM - III etap

III etap XVI Olimpiady Matematycznej

XVI OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

III

Udowodnić twierdzenie: długości $a$ , $b$ , $c$ boków trójkąta i miary łukowe $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ przeciwległych jego kątów spełniają nierówności

$ (I) \qquad \frac{\pi}{3}\leq \frac{a \alpha + b \beta +c \gamma}{a+b+c}<\frac{\pi}{2}. $

Rozwiązanie

a) Dowód lewej części wzoru (1).

Załóżmy, że $a \geq b \geq c$ , wobec czego $\alpha \geq \beta \geq \gamma$ . Wówczas

$ (a - b) (\alpha - \beta) + (b - c) (\beta - \gamma) + (a - c) (\alpha - \gamma) \geq 0. $

Przekształcając lewą stronę powyższej nierówności i biorąc pod uwagę, że $\alpha + \beta +\beta = \pi$ , otrzymujemy kolejno

$ a (2\alpha - \beta - \gamma) + b (2\beta - \gamma -\alpha) + c (2\gamma - \alpha - \beta) \geq 0, $

$ a (3 \alpha - \pi) + b (3\beta - \pi) + c (3\gamma - \pi) \geq 0, $

$ 3 (a \alpha + b \beta + c \gamma) \geq (a + b + c) \pi $

i ostatecznie

$ \frac{a \alpha + b \beta +c \gamma}{a+b+c} \geq \frac{\pi}{3}. $

b) Dowód prawej części wzoru (1)

Z założenia, że liczby $a$ , $b$ , $c$ są długościami boków trójkąta, wynika, że $a < b + c$ ; stąd $2a < a + b + c$ , zatem

$ \frac{a}{a+b+c}<\frac{1}{2} $

i analogicznie

$ \frac{b}{a+b+c}<\frac{1}{2}, \quad \frac{c}{a+b+c}<\frac{1}{2}. $

Z powyższych trzech nierówności wnioskujemy, że

$ \frac{a \alpha + b \beta +c \gamma}{a+b+c}<\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}=\frac{\pi}{2}. $

Uwaga. Pierwszą z nierówności (1) można wysnuć z następującego twierdzenia ogólnego:

Jeżeli liczby rzeczywiste $a_1, a_2,\ldots a_n$ i $b_1, b_2,\ldots b_n$ spełniają nierówności

$ a_1 \geq a_2 \geq \ldots \geq a_n, \quad b_1 \geq b_2 \geq \ldots \geq b_n, $

$ \frac{a_1+a_2+\ldots a_n}{n}\cdot \frac{b_1+b_2+\ldots b_n}{n} \leq \frac{a_1b_1+a_2b_2+\ldots a_nb_n}{n}, $

przy czym równość obu wyrażeń zachodzi tylko wtedy, gdy $a_1 = a_2 = \ldots = a_n$ lub $b_1 = b_2 = \ldots = b_n$ .

Nierówność powyższa nosi nazwę nierówności Czebyszewa.

XVI OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

III

Udowodnić, że jeżeli liczby $x_1$ i $x_2$ są pierwiastkami równania
$x^2 + px - 1 = 0$ , gdzie $p$ jest liczbą nieparzystą, to dla każdego naturalnego $n$ liczby $x_1^n + x_2^n$ i $x_1^{n+1} + x_2^{n+1}$ są całkowite i względnie pierwsze.

Rozwiązanie

Zastosujemy metodę indukcji. Ponieważ $p$ jest liczbą nieparzystą, więc liczby

$ x_1^0 + x_2^0 = 2\quad \mathrm{i}\quad x_1+ x_2 = -p $

są całkowite i względnie pierwsze. Twierdzenie jest zatem prawdziwe dla $n = 0$ .
Przypuśćmy, że dla pewnego naturalnego $n \geq 0$ liczby

$ x_1^n + x_2^n \quad \mathrm{i} \quad x_1^{n+1} + x_2^{n+1} $

są całkowite i względnie pierwsze. Udowodnimy, że wówczas $x_1^{n+2} + x_2^{n+2}$ jest liczbą całkowitą pierwszą względem $x_1^{n+1} + x_2^{n+1}$ . Istotnie

$ (x_1^{n+1} + x_2^{n+1})(x_1+x_2)=x_1^{n+2} + x_2^{n+2}+x_1x_2(x_1^{n} + x_2^{n}). $

Uwzględniając równości $x_1 + x_2 = -p$ , $x_1x_2 = -1$ , otrzymujemy stąd

$ x_1^{n+2} + x_2^{n+2} =-p (x_1^{n+1} + x_2^{n+1}) + (x_1^{n} + x_2^{n}). $

Z równości tej wynika, że 1) $x_1^{n+2} + x_2^{n+2}$ jest sumą dwóch liczb całkowitych, więc jest liczbą całkowitą, 2) każdy wspólny dzielnik liczb $x_1^{n+2} + x_2^{n+2}$ i $x_1^{n+1} + x_2^{n+1}$ jest dzielnikiem liczby $x_1^{n} + x_2^{n}$ , a tym samym jest wspólnym dzielnikiem liczb względnie pierwszych $x_1^{n+1} + x_2^{n+1}$ i $x_1^{n} + x_2^{n}$ , liczby $x_1^{n+2} + x_2^{n+2}$ i $x_1^{n+1} + x_2^{n+1}$ są zatem względnie pierwsze.

XVI OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Na okręgu obrano $n > 2$ punktów i każdy z nich połączono odcinkiem z każdym innym. Czy można wykreślić wszystkie te odcinki jednym ciągiem, tzn. tak, żeby koniec pierwszego odcinka był początkiem drugiego, koniec drugiego - początkiem trzeciego itd., i żeby przy tym koniec ostatniego odcinka był początkiem pierwszego?

Rozwiązanie

Aby ułatwić wysłowienie, wprowadzimy pewną umowę. Niech $Z$ będzie skończonym zbiorem punktów okręgu (warunek, że punkty zbioru Z leżą na okręgu można zastąpić założeniem słabszym, że żadne $3$ punkty tego zbioru nie leżą na jednej prostej. Ta sama uwaga stosuje się do dalszego ciągu rozwiązania). Jeżeli łamana zamknięta, której wierzchołkami są punkty zbioru $Z$ , ma tę własność, że w ciągu kolejnych boków łamanej każdy odcinek łączący dwa punkty zbioru $Z$ występuje jeden i tylko jeden raz, to łamaną taką nazwiemy $L(Z)$ .

Przypuśćmy, że dla pewnego zbioru $Z$ składającego się z $n \geq 3$ punktów okręgu istnieje łamana $L(Z)$ . W każdym z punktów zbioru $Z$ schodzi się wówczas $n- 1$ boków łamanej. Wykreślając łamaną jednym ciągiem, dochodzimy do każdego jej wierzchołka tyle samo razy, ile razy zeń wychodzimy; liczba $n - 1$ jest zatem parzysta, czyli $n$ jest liczbą nieparzystą. Łamana $L (Z)$ nie może zatem istnieć, gdy $n$ jest liczbą parzystą. Dowiedziemy, że gdy $n$ jest nieparzyste, wtedy łamana $L (Z)$ istnieje (mogą oczywiście istnieć różne łamane $L (Z)$ dla tego samego zbioru $Z$ ).

\spos{1} (metoda indukcji). Niech $n = 2m + 1$ ( $m$ - liczba naturalna). Dla $m = 1$ , tj. dla zbioru trzech punktów $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ twierdzenie jest prawdziwe, żądaną łamaną jest $A_1A_2A_3A_1$ .

Przypuśćmy, że twierdzenie jest prawdziwe, gdy $m = k - 1$ , tj. gdy zbiór ma $2k - 1$ punktów ( $k$ - liczba naturalna $\geq 2$ ); udowodnimy, że jest ono wówczas prawdziwe, gdy $m = k$ , tj. gdy zbiór ma $n = 2k + 1$ punktów.

Weźmy pod uwagę zbiór $Z$ składający się z punktów $A_1A_2, \ldots, A_{2k-1}, A_{2k}, A_{2k+1}$ okręgu i niech $U$ oznacza zbiór zawierający tylko punkty $A_1, A_2, \ldots, A_{2k-1}$ . Według założenia indukcyjnego dla zbioru $U$ istnieje pewna łamana $L (U)$ .

Łatwo stwierdzić, że istnieje taka łamana zamknięta $K$ , której bokami są odcinki łączące każdy z punktów $A_1, A_2, \ldots, A_{2k-1}$ z punktami $A_{2k}$ i $A_{2k+1}$ oraz odcinek $A_{2k}A_{2k+1}$ , przy czym w ciągu kolejnych boków łamanej $K$ każdy z tych odcinków występuje tylko raz. Warunek ten spełnia na przykład łamana $K$ :

$ A_1A_{2k}A_2A_{2k+1}A_3A_{2k}A_4A_{2k+1}A_5 \ldots A_{2k-1}A_{2k}A_{2k+1}A_1. $

Zauważmy, że bokami łamanej $K$ są wszystkie te i tylko te spośród odcinków łączących punkty zbioru $Z$ , które nie są bokami łamanej $L (U)$ .

Tworzymy teraz z łamanych $L (U)$ i $K$ jedną łamaną zamkniętą w następujący sposób. Jako początek łamanej zamkniętej $L (U)$ obieramy punkt $A_1$ i przebiegamy tę łamaną dochodząc w końcu do punktu $A_1$ ; następnie przebiegamy łamaną $K$ zaczynając od punktu $A_1$ i kończąc znowu na punkcie $A_1$ . Otrzymujemy łamaną, której początkiem i końcem jest punkt $A_1$ , przy czym w ciągu kolejnych boków tej łamanej występuje każdy z odcinków łączących punkty zbioru $Z$ i to tylko jeden raz. Jest to więc poszukiwana łamana $L(Z)$ . Twierdzenie zostało udowodnione.

XVI OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczby całkowite $a$ i $b$ spełniają równanie

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

to liczby $a - b$ i $2a + 2b + 1$ są kwadratami liczb całkowitych.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że liczby całkowite $a$ i $b$ spełniają równanie (1). Gdy $a = 0$ , wtedy $3b^2 + b = b (3b + 1) = 0$ , a ponieważ dla $b$ całkowitego $3b + 1 \neq 0$ , więc $b = 0$ . Teza twierdzenia jest w tym przypadku prawdziwa, gdyż $a - b = 0$ , $2a+2b+1 = 1$ .

Pozostaje do rozpatrzenia przypadek, gdy $a \neq 0$ . Wówczas z równości (1) wynika, że $b \neq 0$ i $a \neq b$ .

\spos{1} Niech $d$ będzie największym wspólnym dzielnikiem liczb $a$ i $b$ i niech

$ (2) \qquad a = a_1d, \quad b = b_1d. $

Liczby całkowite $a_1$ i $b_1$ są względnie pierwsze, przy czym $a_1 \ne b_1$ więc $b_1 = a_1 + r$ , gdzie $r$ jest liczbą całkowitą różną od zera i pierwszą względem $a_1$ .

Z równości (1) i (2) otrzymujemy

$ 2da_1^2 + a_1 = 3db_1^2 + b_1, $

zatem

$ 2da_1^2 + a_1 = 3d (a_1 + r)^2 + a_1 + r, $

skąd

$ (3) \qquad da_1^2 + 6da_1r + 3dr^2 + r = 0. $

Po lewej stronie równości (3) pierwsze trzy wyrazy są podzielne przez $d$ zatem $r$ jest podzielne przez $d$ . Ostatnie trzy wyrazy są podzielne przez $r$ , więc $da_1^2$ jest podzielne przez $r$ , a ponieważ $r$ i $a_1$ są względnie pierwsze, więc $d$ jest podzielne przez $r$ . Stąd wynika, że

$ r =\pm d. $

Gdyby było $r = d$ , wówczas z (3) wynikałoby, że

$ a_1^2 + 6a_1r + 3r^2 + 1 = 0. $

Równość ta nie może zachodzić, gdyż dla żadnego $d_1$ liczba $a_1^2 + 1$ nie jest podzielna przez $3$ . Zatem $r = -d$ . Wobec tego $b_1 = a_1 - d$ , skąd $b = a - d^2$ , więc

$ (4) \qquad a - b = d^2. $

Z równości (1) wynika, że

$ 2a^2 - 2b^2 + a - b = b^2, $

czyli

$ (5) \qquad (a - b) (2a + 2b + 1) = b^2, $

zatem

$ (6) \qquad 2a + 2b + 1 = b_1^2. $

Z równości (4) i (6) wynika teza twierdzenia.

Uwaga 2. Można udowodnić twierdzenie mocniejsze. Mianowicie przy założeniu (1) również liczba $3a + 3b + 1$ jest kwadratem liczby całkowitej. Istotnie

$ (3a + 3b + 1) (a - b) = 3a^2 + a - 3b^2 - b = 3a^2 + a - 2a^2 - a = a^2, $

więc gdy $a \neq b$ , liczba całkowita $3a + 3b + 1$ jest ilorazem liczb $a^2$ i $a - b$ będących kwadratami liczb całkowitych, gdy zaś $a = b = 0$ , wtedy $3a + 3b + 1 = 1$ .

XVI OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XLVI OM, 1994-1995

Etap:

III

Punkty $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ dzielą odpowiednio boki $BC$ , $CA$ , $AB$ trójkąta $ABC$ w stosunkach $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ . Obliczyć stosunek pól trójkątów $A_1B_1C_1$ i $ABC$ .

Rozwiązanie

Według założenia

$ \frac{A_1B}{A_1C} =k_1, \quad \frac{B_1C}{B_1A} =k_2, \quad \frac{C_1A}{C_1B} =k_1. $

Stąd

$ (1) \qquad \begin{split} \frac{A_1B}{BC} = \frac{k_1}{1+k_1}, \qquad \frac{A_1C}{BC} = \frac{1}{1+k_1},\\ \frac{B_1C}{CA} = \frac{k_2}{1+k_2}, \qquad \frac{B_1A}{CA} = \frac{1}{1+k_2},\\ \frac{C_1A}{AB} = \frac{k_3}{1+k_3}, \qquad \frac{C_1B}{AB} = \frac{1}{1+k_3}. \end{split} $

Niech symbol $p (ABC)$ oznacza pole trójkąta $ABC$ (rys. 21). Ponieważ

$ p (ABC) = p (A_1B_1C_1) + p (AB_1C_1) + P (BA_1C_1) + p (CA_1B_1), $

więc

$ \frac{p (A_1B_1C_1)}{p (ABC)} = 1- \frac{p (AB_1C_1)}{p (ABC)} - \frac{p (BA_1C_1)}{p (ABC)} - \frac{p (CA_1B_1)}{p (ABC)}. $

Stosując twierdzenie, że stosunek pól dwóch trójkątów mających wspólny kąt równa się stosunkowi iloczynów boków każdego trójkąta tworzących ten kąt, otrzymujemy

$ (2) \qquad \frac{p (A_1B_1C_1)}{p (ABC)} = 1- \frac{B_1A \cdot C_1A}{CA \cdot AB} - \frac{A_1B \cdot C_1B}{BC \cdot AB} - \frac{A_1C \cdot B_1C}{CA \cdot BC}. $

Podstawienie do równości (2) wartości stosunków (1) daje równość

$ \frac{p (A_1B_1C_1)}{p (ABC)} = 1- \frac{k_3}{(1+k_2)(1+k_3)} - \frac{k_1}{(1+k_1)(1+k_3)} - \frac{k_2}{(1+k_1)(1+k_2)}; $

po przekształceniu prawej strony otrzymujemy

$ \frac{p (A_1B_1C_1)}{p (ABC)} = \frac{1+k_1k_2k_3}{(1+k_1)(1+k_2)(1+k_3)}. $

XVI OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

III