XII OM

XII Olimpiada Matematyczna

Opracowanie rozwiązań: Stefan Straszewicz

XII OM - I etap

I etap XII Olimpiady Matematycznej

XII OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Narysowano $k$ prostych równoległych i przecięto je $n$ prostymi równoległymi. Ile powstało równoległoboków?

Rozwiązanie

Każdy równoległobok wyznacza (po przedłużeniu boków) jedną parę $(a, b)$ spośród danych $k$ prostych równoległych i jedną parę $(c, d)$ spośród $n$ prostych równoległych; odwrotnie, każde dwie takie pary $(a, b)$ i $(c, d)$ prostych równoległych wyznaczają jeden równoległobok figury. Wobec tego ha danej figurze jest tyle równoległoboków, ile jest różnych czwórek $[(a, b), (c, d)]$ .

Otóż z $k$ prostych można utworzyć $\frac{1}{2} k (k - 1)$ różnych par $(a, b)$ . Istotnie, każdą z danych $k$ prostych można złączyć w parę z każdą z $k - 1$ pozostałych prostych, co daje $k (k - 1)$ par, wśród których każda z żądanych par występuje dwukrotnie, raz jako $(a, b)$ i drugi raz jako $(b, a)$ . Podobnie z $n$ danych prostych można utworzyć $\frac{1}{2}n(n-1)$ różnych par $(c, d)$ . Ilość różnych czwórek $[(a, b), (c, d)]$ wynosi zatem

$ \frac{1}{2}k(k-1)\cdot \frac{1}{2}n(n-1). $

Gdy np. $k = 3$ , $n = 4$ , mamy na figurze $18$ równoległoboków, co ilustruje rys. 1.

XII OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Udowodnić, że jeżeli $a_1 \leq a_2 \leq a_3$ i $b_1 \leq b_2 \leq b_3$ , to

$ \frac{a_1+a_2+a_3}{3}\cdot\frac{b_1+b_2+b_3}{3} \leq\frac{a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3}{3} $

Rozwiązanie

Nierówność (1) zastąpimy nierównością jej równoważną

$ (a_1 + a_2 + a_3) (b_1 + b_2 + b_3) \leq 3 (a_1b_1 + a_2b_2 + a_3b_3) $

tę zaś z kolei nierównością

$ (2) \qquad a_1b_2 + a_2b_1 + a_2b_3 + a_3b_2 + a_3b_1 + a_1b_3 < 2 (a_1b_1 + a_2b_2 + a_3b_3). $

Według założenia $a_1 - a_2 \leq 0$ , $b_1 -b_2 \leq 0$ , zatem

$ (a_1 - a_2) (b_1 - b_2) \geq 0. $

Stąd

$ a_1b_2+a_2b_1 \leq a_1b_1 + a_2b_2. $

analogicznie

$ a_2b_3+a_3b_2 \leq a_2b_2 + a_3b_3. $

$ a_3b_1+a_1b_3 \leq a_3b_3 + a_1b_1. $

Dodając powyższe $3$ nierówności stronami otrzymujemy nierówność (2) równoważną żądanej nierówności (1).

Uwaga 1. Można udowodnić twierdzenie ogólniejsze. Jeżeli

$ (3) \qquad \begin{split} a_1 \leq a_2 \leq \ldots \leq a_n\\ b_1 \leq b_2 \leq \ldots \leq b_n \end{split} $

$ (4) \qquad \begin{split} \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} \end{split} $

Istotnie, nierówność (4) jest równoważna nierówności

$ (5) \qquad \begin{split} (a_1+a_2+\ldots +a_n) \cdot (b_1+b_2+\ldots +b_n) \leq n(a_1b_1+a_2b_2+\ldots +a_nb_n) \end{split} $

którą łatwo udowodnić przez indukcję. Nierówność ta jest oczywiście prawdziwa, gdy $n = 1$ , albowiem $a_1b_1 \leq a_1b_1$ ; wystarczy zatem wykazać, że jeśli nierówność ta zachodzi, gdy $n \leq k$ , gdzie $k$ jest dowolnie obraną liczbą naturalną, to zachodzi również gdy $n = k + 1$ . Stwierdzamy to w sposób następujący:

$ \begin{split} (a_1+a_2&+\ldots +a_k+a_{k+1}) \cdot (b_1+b_2+\ldots +b_k+b_{k+1}) = \\ &=(a_1+a_2+\ldots +a_k) \cdot (b_1+b_2+\ldots +b_k)+ (a_1+a_2+\ldots +a_k)\cdot b_{k+1}+\\ &+a_{k+1} \cdot (b_1+b_2+\ldots +b_k+b_{k+1}) + a_{k+1}b_{k+1}=\\ &= (a_1+a_2+\ldots +a_k) \cdot (b_1+b_2+\ldots +b_k) + (a_1b_{k+1} + a_{k+1} b_{1}) + \\ &+ (a_2b_{k+1} + a_{k+1}b_{2}) +\ldots + (a_kb_{k+1} + a_{k+1}b_{k}) + a_{k+1}b_{k+1} \leq \\ & \leq k(a_1b_1+a_2b_2+\ldots +a_kb_k) + (a_1b_1 + a_{k+1} b_{k+1}) + (a_2b_2 + a_{k+1}b_{k+1}) + \\ &+\ldots + (a_kb_k + a_{k+1}b_{k+1}) + a_{k+1}b_{k+1} =\\ &=(k+1)(a_1b_1+a_2b_2+\ldots +a_kb_k+a_{k+1}b_{k+1}). \end{split} $

Uwaga 2. Niech będą dane liczby $a_i$ $b_i$ ( $i = 1, 2, \ldots,n$ ) spełniające warunek (3) i niech $i_1,i_2, \ldots , i_n$ będzie dowolną permutacją (czyli uszeregowaniem) liczb $1, 2, \ldots, n$ . Wówczas

$ (6) \qquad a_1b_{i_1} + a_1b_{i_1} + \ldots + a_nb_{i_n} < {a_1b_1+a_2b_2+\ldots +a_nb_n} $

Nierówność (6) wydaje się niemal oczywista; proponujemy, aby czytelnik uzasadnił ją dokładnie przy pomocy indukcji. Z nierówności (6) można wysnuć nierówność (5) bez stosowania indukcji:

$ \begin{split} (a_1+a_2+\ldots+a_n)(b_1+b_2+\ldots+b_n) = (a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_nb_n)+\\ +(a_1b_2+a_2b_3+\ldots+a_nb_1)+(a_1b_3+a_2b_4+\ldots+a_nb_2)+\ldots+\\ (a_1b_n+a_2b_1+\ldots+a_nb_{n-1}) \leq n(a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_nb_n). \end{split} $

Uwaga 3. Zasadę indukcji matematycznej formułujemy zwykle w postaci następującej.

: Niech oznacza twierdzenie wypowiadające jakąś własność liczby naturalnej . Jeżeli
- [a)] $T (1)$ jest prawdą,
- [b)] z prawdziwości $T (n)$ wynika prawdziwość $T (n + 1)$ ,
to twierdzenie $T (n)$ jest prawdziwe dla każdej liczby naturalnej $n$ .

W uwadze 1 korzystaliśmy z następującej formy tej zasady:
: Niech oznacza twierdzenie wypowiadające jakąś własność liczby naturalnej . Jeżeli
- [ $\alpha$ )] $S (1)$ jest prawdą,
- [ $\beta$ )] z prawdziwości $S(1), S(2), \ldots, S (n)$ wynika prawdziwość $S (n + 1)$ ,
to twierdzenie $S (n)$ jest prawdziwe dla każdej liczby naturalnej $n$ .

Obie formy $Z_1$ i $Z_2$ są równoważne. Przypuśćmy bowiem, że słuszna jest zasada $Z_2$ i że twierdzenie $T (n)$ spełnia warunki a) i b). Jeżeli z prawdziwości $T (n)$ wynika prawdziwość $T (n + 1)$ , to tym bardziej z prawdziwości wszystkich twierdzeń $T (1), T (2), \ldots, T (n)$ wynika prawidłowość $T (n + 1)$ , twierdzenie $T (n)$ spełnia zatem warunki $\alpha$ ) i $\beta$ ), wobec czego na mocy zasady $Z_2$ twierdzenie $T (n)$ jest prawdziwe dla każdego naturalnego $n$ , zasada $Z_1$ jest więc słuszna.

Przyjmijmy odwrotnie, że słuszna jest zasada $Z_1$ i że jakieś twierdzenie $S (n)$ spełnia warunki $\alpha$ ) i $\beta$ ). Niech $T (n)$ oznacza twierdzenie orzekające, że zachodzi każde z twierdzeń $S (1), S (2), \ldots, S (n)$ . Jeśli $T (n)$ jest prawdą dla pewnego naturalnego $n$ , to na mocy $\beta$ ) prawdą jest $S (n + 1)$ , zatem również $T (n + 1)$ Spełnione są zatem warunki a) i b), wobec czego na mocy zasady $Z_1$ twierdzenie $T (n)$ jest prawdziwe dla każdego naturalnego $n$ ; tym samym prawdziwe jest $S (n)$ dla każdego naturalnego $n$ , a to znaczy, że zasada $Z_2$ jest słuszna.

XII OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Na płaszczyźnie dany jest okrąg $K$ i punkt $A$ . Wykreślić taki okrąg $L$ przechodzący przez punkt $A$ , żeby soczewka będąca wspólną częścią obu kół miała daną średnicę $a$ i daną grubość $b$ .

Rozwiązanie

Ponieważ przy obrocie okręgu $L$ dokoła środka $O$ danego kręgu $K$ wielkość soczewki wyznaczonej przez okręgi $K$ i $L$ nie ulega zmianie, więc zadanie rozwiążemy, gdy narysujemy dowolny okrąg wyznaczający z danym okręgiem soczewkę o średnicy $a$ i grubości $b$ , a następnie obrócimy ten okrąg dokoła punktu $O$ w ten sposób, żeby obrócony okrąg przechodził przez punkt $A$ .

Konstrukcja jest wobec tego następująca. W danym okręgu (rys. 2) prowadzimy dowolną cięciwę $MN$ o długości $a$ . Ze środka $O$ danego okręgu prowadzimy prostopadłą do prostej $MN$ . Od punktu przecięcia $Q$ tej prostopadłej z danym okręgiem odmierzamy na półprostej $QO$ odcinek $QP = b$ . Prowadzimy symetralną odcinka $MP$ do przecięcia z prostą $PQ$ w punkcie $S$ . Jeżeli punkt $P$ znajduje się wewnątrz danego koła i leży po przeciwnej stronie prostej $MN$ niż punkt $Q$ , to koło o środku $S$ i promieniu $SP = r$ ma z danym kołem część wspólną o żądanych wymiarach. Środek $X$ poszukiwanego okręgu znajdziemy w przecięciu okręgu $A (r)$ o środku $A$ i promieniu $r$ z okręgiem $O(\varrho)$ o środku $O$ i promieniu $\varrho = OS = R + r - b$ .
Konstrukcja ta jest wykonalna, jeżeli 1° $a \leq 2R$ (warunek istnienia cięciwy $MN$ ), 2° $QT < b < 2R$ , gdzie $T$ jest środkiem $MN$ (warunek żeby punkt $P$ leżał wewnątrz okręgu $K$ na przedłużeniu $QT$ ), 3° $|R - b| \leq O A \leq R + 2r - b$ (warunek istnienia punktu wspólnego okręgów $A (r)$ i $O (\varrho)$ ).

Zbadamy, ile rozwiązań może mieć zadanie. Zauważmy, że punkt $Q$ może leżeć bądź z jednej, bądź z drugiej strony prostej $MN$ ; w jednym przypadku $QT = R - \sqrt{R^2-a^2}$ , w drugim $QT = R + \sqrt{R^2-a^2}$ . Zakładając, że powyższe warunki 1°, 2° i 3° są spełnione, mamy następujące możliwości.

[I.] ; wtedy istnieje tylko jeden punkt P spełniający warunek 2° i może zajść jeden z przypadków:
- [1)] $O A = |R - b|$ , zadanie ma jedno rozwiązanie
- [2)] $O A = R+2r-b$ , zadanie ma jedno rozwiązanie
- [3)] $|R - b| < OA < R + 2r - b$ , zadanie ma $2$ rozwiązania.
[II.] ; wtedy istnieją dwa położenia punktu , przy których warunek 2° jest spełniony. Istnieją wówczas możliwości:
- [1)] $O A = |R - b|=b-R$ , zadanie ma $2$ rozwiązania
- [2)] $O A = R+2r-b$ , zadanie ma $2$ rozwiązania
- [3)] $R - b < OA < R + 2r - b$ , zadanie ma $4$ rozwiązania.

Zwróćmy jeszcze uwagę na przypadek graniczny, gdy $b = 2R$ . Wówczas punkt $P$ leży na danym okręgu, a punkt $S$ pokrywa się z punktem $O$ , wobec czego $r = B$ , a warunek 3° przybiera postać $OA = B$ . Konstrukcja prowadzi wówczas do okręgu pokrywającego się z danym okręgiem; możemy go traktować jako rozwiązanie graniczne zadania.

XII OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dowieść, że jeżeli $A$ , $B$ , $C$ , $D$ są wierzchołkami czworościanu, a $S$ jest środkiem ciężkości trójkąta $ABC$ , to

$ SD<\frac{AD+BD+CD}{3} $

Rozwiązanie

\spos{I} Dowód twierdzenia przestrzennego daje się często poprowadzić analogicznie do dowodu odpowiedniego twierdzenia płaskiego. Tak jest również w danym przypadku. Zachodzi bowiem twierdzenie: środkowa $CS$ trójkąta $ABC$ jest mniejsza od średniej arytmetycznej boków $AC$ i $BC$ (rys. 3).
Dla dowodu wystarczy połączyć środek $S$ boku $AB$ ze środkiem $T$ boku $AC$ . Wówczas

$ SC <ST + TC $

a ponieważ $ST = \frac{1}{2} BC$ , a $TC = \frac{1}{2} AC$ , więc istotnie

$ SC < \frac{1}{2} (AC + BC) %błąd w źródle $

Naśladując ten dowód połączmy środek ciężkości $S$ ściany $ABC$ czworościanu $ABCD$ ze środkiem ciężkości $T$ ściany $ABD$ (rys. 4). Wówczas:

$ SD <ST + TD $

Otóż $ST$ łączy punkty $S$ i $T$ dzielące boki $MC$ i $MD$ trójkąta $CMD$ ( $M$ = środek krawędzi $AB$ ) w stosunku $1 : 3$ , wobec czego $ST =\frac{1}{3}CD$ . Odcinek $TD$ stanowi $\frac{2}{3}$ środkowej $MD$ trójkąta $ABD$ , a ponieważ, jak wiemy z poprzedniego, $MD < \frac{1}{2} (AD + BD)$ , więc $TD < \frac{1}{3} (AD + BD)$ . Podstawienie do poprzedniej nierówności daje

$ SD< \frac{1}{3} (AD +'BD + CD) $

czego należało dowieść.

XII OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXII OM, 1970-1971

Etap:

Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie

$ (1) \qquad y^2 - 1 = 2^x. $

Rozwiązanie

Jeżeli para liczb całkowitych $(x, y)$ spełnia równanie (1), to $x > 0$ (bo przy całkowitym $y$ liczba $y^2 - 1$ jest całkowita i różna od $1$ ); jednocześnie para $(x, - y)$ spełnia to równanie. Zadanie sprowadza się więc do rozwiązania równania (1) w liczbach naturalnych. Napiszemy je w postaci

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

Jeśli liczby naturalne $x$ , $y$ spełniają to równanie, to $y + 1$ i $y - 1$ są naturalnymi czynnikami liczby $2^x$ , więc

$ y + 1 = 2^k, \quad y-1 = 2^l, $

gdzie $k$ i $l$ są liczbami całkowitymi nieujemnymi i $k > l$ . Odejmując te równości otrzymujemy $2^k - 2^l = 2$ , czyli

$ 2^l(2^{k-l}-1) = 2. $

Ponieważ $k - l > 0$ , więc $2^{k-l} - 1$ jest liczbą nieparzystą i z równości poprzedniej wynika, że

$ 2^l = 2, \quad 2^{k-l} -1 = 1 $

skąd otrzymujemy

$ l=1, \quad k = 2. $

Rozwiązaniami całkowitymi równania (1) są zatem pary $(3, 3)$ i $(3, -3)$ .

Uwaga. Wynik powyższy uzupełnimy rozważając równanie

$ (2) \qquad y^2 - 1 = n^x, $

gdzie $n$ jest liczbą całkowitą większą od $2$ . Rozwiązanie równania (2) w liczbach całkowitych sprowadza się, jak rozwiązanie równania (1), do poszukiwania rozwiązań w liczbach naturalnych.

Zauważmy najpierw, że rozwiązanie $(x, y)$ , w którym $x = 1$ a $y$ jest całkowite, istnieje tylko wtedy, gdy $n$ ma postać $k^2 -1$ , gdzie $k$ jest liczbą całkowitą; wówczas $y = k$ lub $y = - k$ . Wykażemy, że równanie (2) nie ma takich rozwiązań całkowitych, w których $x > 1$ .

Wiemy z arytmetyki, że liczbę $n$ możemy przedstawić w postaci

$ n = p_1^{k_1} p_2^{k_2} \ldots p_r^{k_r}, $

gdzie $p_1, p_2, \ldots, p_r$ są liczbami pierwszymi, przy czym $p_1 < p_2 < \ldots < p_r$ , a $k_1, k_2, \ldots, k_r$ są liczbami naturalnymi". Pisząc równanie (2) w postaci

$ (y + 1) (y - 1) = p_1^{k_1} p_2^{k_2} \ldots p_r^{k_r} $

widzimy, że jeżeli równanie to spełniają liczby naturalne $x > 1$ i $y$ , wówczas

$ (y + 1) = p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \ldots p_r^{\alpha_r} $

$ (y - 1) = p_1^{\beta_1} p_2^{\beta_2} \ldots p_r^{\beta_r} $

gdzie $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_r$ , $x$ są liczbami całkowitymi nieujemnymi, przy czym $\alpha_1 +\beta_1=k_1x, \alpha_2 +\beta_2=k_2x, \ldots, \alpha_r +\beta_r=k_rx$ . Odejmując te równości otrzymujemy

$ (3) \qquad p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\ldots p_r^{\alpha_r} - p_1^{\beta_1}p_2^{\beta_2}\ldots p_r^{\beta_r} = 2. $

Udowodnimy, że taka równość nie może zachodzić. Rozróżnimy $2$ przypadki.

a) $p_1 > 2$ . Wówczas jedna z liczb $\alpha_1$ , i $\beta_1$ musi być równa $0$ , gdyby bowiem było $\alpha > 0$ , $\beta_1 > 0$ , to lewa strona równości (3) byłaby podzielna przez $p_1$ , gdy tymczasem prawa strona nie jest podzielna przez $p_1$ W takim razie każda z liczb $\alpha_1$ i $\beta_1$ jest wielokrotnością $x$ i to samo dotyczy pozostałych wykładników $\alpha_i$ i $\beta_i$ . Równość (3) ma zatem postać

$ (4) \qquad q^x-s^x = 2, $

gdzie $q$ i s są liczbami naturalnymi. Ponieważ $x > 1$ , więc równość (4) możemy napisać w postaci

$ (5) \qquad (q - s) (q^{x-1} + q^{x-2}s + \ldots + s^{x-1}) = 2 $

Lecz $s \geq 1$ , $q >$ s, zatem $q \leq 2$ , wobec czego
Równość (5), zatem również (3), jest więc niemożliwa.

b) $p_1 = 2$ . Wówczas albo jedna z liczb $\alpha_1$ , $\beta_1$ równa się zeru, albo obie są równe $1$ , pozostałe wykładniki $\alpha_i$ i $\beta_i$ są wielokrotnościami $x$ . W pierwszym przypadku niemożliwość równości (3) uzasadniamy tak samo, jak powyżej w a). W drugim przypadku możemy obie strony równości (3) podzielić przez $p_1 = 2$ i otrzymamy równość

$ (3) \qquad p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\ldots p_r^{\alpha_r} - p_1^{\beta_1}p_2^{\beta_2}\ldots p_r^{\beta_r} = 2. $

którą można napisać w postaci

$ \nr{4a} q^x - s^x = 1 $

gdzie $x$ , $q$ , i $s$ są liczbami naturalnymi, przy czym $x > 1$ . Równość (4a) jest jednak niemożliwa, co stwierdzamy tak samo jak wyżej przy równości (5).

XII OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dowieść, że jeżeli trzy liczby rzeczywiste $a$ , $b$ , $c$ , które nie są wszystkie równe zerw, spełniają warunki

$ (1) \qquad a + b + c = abc $

$ (2) \qquad a^2 = bc $

$ a^2 \geq 3 $

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że jeżeli liczby $a$ , $b$ , $c$ spełniają warunki (1) i (2) i któraś z nich równa się zeru, to na mocy (2) któraś z pozostałych też jest równa zeru, a wobec tego na mocy warunku (1) trzecia z tych liczb też równa jest zeru. Zatem warunek, że nie wszystkie $3$ liczby $a$ , $b$ , $c$ są równe zeru jest w naszym zadaniu równoznaczny z warunkiem, że żadna z tych liczb nie równa się zeru.
Zastępując w równości (1) $bc$ przez $a^2$ napiszemy warunki (1) i (2) w postaci

$ \nr{1a} b + c = a^3 - a $

$ (2) \qquad bc = a^2 $

Z tych równości widzimy, że $b$ i $c$ są rzeczywistymi pierwiastkami równania kwadratowego.

$ (3) \qquad x^2 - (a^3 - a) x + a^2 = 0 $

o współczynnikach rzeczywistych. Wyróżnik tego równania jest zatem nieujemny, tj.:

$ (a^3 - a)^2 - 4a^2 \geq q, $

czyli

$ a^2 (a^2 + 1) (a^2 - 3) \geq 0 $

Ponieważ pierwsze dwa czynniki po lewej stronie są dodatnie, więc trzeci czynnik musi być nieujemny, tzn.

$ a^2 \geq 3. $

Uwaga. Prawdziwe jest również twierdzenie odwrotne: jeżeli liczba rzeczywista $a$ spełnia warunek $a^2 \geq 3$ , to istnieją liczby rzeczywiste spełniające warunki (1) i (2) i nie wszystkie równe zeru, gdyż wówczas $a \neq 0$ , a wyróżnik równania (3) jest nieujemny, wobec czego istnieją liczby b i c spełniające warunki (1a) i (2), więc też (1) i (2).

XII OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dany jest wypukły wycinek kołowy $AOB$ (O - środek koła). Poprowadzić taką styczną do łuku $AB$ , żeby jej odcinek zawarty w kącie $AOB$ był podzielony punktem styczności w stosunku $1 : 3$ .

Rozwiązanie

Mech $MN$ (rys. 6) będzie poszukiwanym odcinkiem, a $P$ - jego punktem styczności z danym łukiem $AB$ . W trójkącie $MON$ mamy dany stosunek odcinków $MP : PN =1:3$ , na jakie wysokość $OP$ dzieli podstawę $MN$ , oraz wielkość kąta $MON$ . Udowodnimy, że te dane określają kształt trójkąta $MON$ ), tzn. że trójkąt $M_1O_1N_1$ (rys. 7) o wysokości $O_1P_1$ w którym $M_1P_1 : P_1N_1 = MP : PN$ i $\measuredangle M_1O_1N_1 = \measuredangle MON$ , jest podobny do trójkąta $MON$ . Zbudujmy w tym celu przy podstawie $M_1N_1$ trójkąt $M_1O_1'N_1$ podobny do trójkąta $MON$ po tej stronie prostej $M_1N_1$ , po której leży punkt $O'_1$ . Wierzchołek $O'_1$ leży na półprostej $P_1O_1$ , gdyż w trójkącie $M_1O'_1N_1$ wysokość na bok $M_1N_1$ dzieli $M_1N_1$ w tym samym stosunku, co w podobnym doń trójkącie $MON$ . W takim razie punkt $O_1'$ musi się pokrywać z punktem $O_1$ . Gdyby bowiem punkt $O_1'$ leżał wewnątrz odcinka $P_1O_1$ to $\measuredangle M_1O_1'N_1$ byłby większy od $\measuredangle M_1O_1N_1$ gdyż kąty $M_1O'_1P_1$ i $P_1O'_1N_1$ byłyby wtedy większe odpowiednio od kątów $M_1O_1P_1$ i $P_1O_1N_1$ jako kąty zewnętrzne trójkątów $M_1O_1O_1'$ i $N_1O_1O_1'$ . Podobnie, gdyby punkt $O_1'$ leżał na przedłużeniu odcinka $P_1O_1$ to kąt $M_1O_1'N$ byłby mniejszy od kąta $M_1O_1N_1$ . Zatem istotnie trójkąt $M_1O_1N_1$ jest podobny do trójkąta $MON$ .

Zadanie sprowadza się więc do zbudowania trójkąta $M_1O_1N_1$ .

Na prostej odmierzamy dowolnie kolejne odcinki $M_1P_1$ i $P_1N_1 = 3 M_1P_1$ , następnie wykreślamy w punkcie $P_1$ prostopadłą do prostej $M_1N_1$ oraz budujemy łuk o cięciwie $M_1N_1$ mieszczący kąt równy kątowi $AOB$ ; w przecięciu obu tych linii znajdujemy punkt $O_1$ . Wreszcie odmierzamy przy ramieniu $OA$ wewnątrz kąta $AOB$ kąt równy kątowi $M_1O_1P_1$ lub kątowi $N_1O_1P_1$ ; drugie ramię tego kąta przetnie łuk $AB$ w poszukiwanym punkcie $P$ . Zadanie ma zawsze dwa rozwiązania.

XII OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

W okrąg wpisano dwa trójkąty foremne. Wierzchołki $A$ , $B$ , $C$ jednego trójkąta następują po sobie na okręgu w tym samym kierunku, co wierzchołki $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ drugiego trójkąta. Proste $AB$ i $A_1B_1$ przecinają się w punkcie $P$ , proste $BC$ i $B_1C_1$ w punkcie $M$ , a proste $CA$ i $C_1A_1$ w punkcie $N$ . Dowieść, że punkty $M$ , $N$ , $P$ są wierzchołkami trójkąta foremnego.

Rozwiązanie

Obróćmy całą figurę (rys. 8) dokoła środka $O$ danego okręgu o $120^\circ$ . Punkty $A$ , $B$ , $C$ przejdą odpowiednio na miejsca punktów $B$ , $C$ , $A$ , a punkty $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ — na miejsca punktów $B_1$ , $C_1$ , $A_1$ . Punkt przecięcia prostych $AB$ i $A_1B_1$ , tj. punkt $P$ , przejdzie na miejsce punktu przecięcia prostych $BC$ i $B_1C_1$ , tj. na punkt $M$ . Podobnie punkt $M$ przejdzie na miejsce punktu $N$ , a punkt $N$ - na miejsce punktu $P$ . Wobec tego odcinki $MN$ , $NP$ , $PM$ zajmą odpowiednio miejsca odcinków $NP$ , $PM$ , $MN$ , zatem $MN = NP = PM$ , tzn. trójkąt $MNP$ jest foremny.

XII OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dowieść, że gdy $n$ jest liczbą naturalną, to liczba

$ 2^{4^n} + 5 $

jest podzielna przez $21$ .

Rozwiązanie

Zastosujemy metodę indukcji zupełnej.

Gdy $n = 1$ , twierdzenie jest prawdziwe, gdyż $2^4 + 5 = 21$ . Przypuśćmy, że jest ono prawdziwe dla pewnej wartości $n$ , tzn. że $2^{4^n} + 5 = 21k$ , gdzie $k$ jest pewną liczbą całkowitą. Wówczas $2^{4^n} = 21 k - 5$ , wobec czego

$ \begin{split} 2^{4^{n+1}}&=2^{4^{n}\cdot4}=(21k-5)^4=\\ &=(21k)^4-4(21k)^3 \cdot 5 + 6(21 k)^2 5^2 -4(21 k) 5^3 + 5^4 = 21 \cdot m + 5^4, \end{split} $

gdzie $m$ jest pewną liczbą całkowitą, zatem

$ 2^{4^{n+1}} + 5 = 21 m + 5^4 + 5 = 21 m + 630. $

Liczba $2^{4^{n+1}}+ 5$ jest więc podzielna przez $21$ . Stąd wynika przez indukcję, że liczba $2^{4^n}$ jest podzielna przez $21$ dla każdego naturalnego $n$ .

Uwaga. Rozwiązanie zadania można by ułożyć prościej, posługując się pojęciem kongruencji; proponujemy to jako ćwiczenie. Wystarczą tu wiadomości o kongruencjach podane w książce Zadania z Olimpiad Matematycznych, tom I, wydanie 2, Warszawa 1960. Dalsze wiadomości można znaleźć w podręczniku uniwersyteckim W. Sierpiński - Arytmetyka teoretyczna, wydanie 2, Warszawa 1959.

XII OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dowieść, że jeżeli równanie

$ (1) \qquad ax^3 + bx^2 + cx + d = 0 $

ma trzy pierwiastki rzeczywiste, to

$ (2) \qquad b^2 \geq ac \quad \textrm{i} \quad c^2 \geq bd. $

Czy prawdziwe jest twierdzenie odwrotne?

Rozwiązanie

Jeżeli równanie (1) ma $3$ pierwiastki $x_1$ , $x_2$ , $x_3$ (niekoniecznie różne), to $a \neq 0$ i według wzorów Viete'a

$ b = - (x_1 + x_2 + x_3) a, $

$ b = - (x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1) a, $

$ d = -x_1 x_2 x_3 a. $

Stąd

$ \begin{split} b^2 - ac &= a^2 [(x_1 + x_2 + x_3)^2- (x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1)] =\\ &= a^2 [x_1^2 + x_2^2 + x_3^2+ x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1] =\\ &= \frac{a^2}{2} [2x_1^2 +2 x_2^2 + 2x_3^2+ 2x_1x_2 + 2x_2x_3 + 2x_3x_1] =\\ &= \frac{a^2}{2} [(x_1+x_2)^2 +(x_2+x_3)^2+(x_3+x_1)^2]. \end{split} $

Jeżeli liczby $x_1$ , $x_2$ , $x_3$ są rzeczywiste, to z powyższej równości wynika, że

$ b^2 - ac \geq 0. $

Następnie

$ \begin{split} c^2-bd &=a^2[(x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1)-(x_1 + x_2 + x_3)x_1x_2x_3]=\\ &=a^2 [u_1^2 + u_2^2 + u_3^2+ u_1u_2 + u_2u_3 + x_3u_1], \end{split} $

gdzie $u_1 = x_2x_3,$ $u_2 = x_3x_1,$ $u_3 = x_1x_2$ ; opierając się na wyniku poprzedniego rachunku otrzymujemy

$ c^2 - bd = \frac{a^2}{2} [(u_1+u_2)^2 +(u_2+u_3)^2+(u_3+u_1)^2] \geq 0. $

Istotnie więc zachodzą nierówności (2). Twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe. Na przykład w równaniu $x^2 + 2x^2 + 2x + 1 = 0$ współczynniki spełniają warunki (2), gdy tymczasem ma ono tylko jeden pierwiastek rzeczywisty, gdyż jego lewa strona równa się iloczynowi $(x + 1) (x^2 + x + 1)$ .

Uwaga 1. Z powyższego rachunku wynika, że równość $b^2 =ac$ ma miejsce tylko wtedy, gdy $x_1 + x_2 = 0$ , $x_2 + x_3 = 0$ , $x_3 + x_1 = 0$ , tj. gdy $x_1 = x_2 = x_3 = 0$ równość zaś $c^2 = bd$ zachodzi tylko wtedy, gdy $u_1 = u_2 = u_3 = 0$ , tj. gdy co najmniej dwa z pierwiastków $x_1$ , $x_2$ , $x_3$ są równe zeru. Zachodzi więc twierdzenie mocniejsze od dowiedzionego wyżej.

Jeżeli równanie (1) ma trzy pierwiastki rzeczywiste (niekoniecznie różne), z których co najmniej dwa są różne od zera, to

$ b^2 > ac \quad \textrm{i} \quad c^2 > bd $

Można udowodnić jednak twierdzenie jeszcze mocniejsze, modyfikując rozumowanie poprzednie w sposób następujący.

$ \begin{split} b^2 - 3ac &= a^2 [(x_1 + x_2 + x_3)^2- 3(x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1)] =\\ &= a^2 [x_1^2 + x_2^2 + x_3^2- x_1x_2 - x_2x_3 - x_3x_1] =\\ &= \frac{a^2}{2} [(x_1-x_2)^2 +(x_2-x_3)^2+(x_3-x_1)^2]. \end{split} $

i podobnie

$ c^2 - bd = \frac{a^2}{2} [(u_1-u_2)^2 +(u_2-u_3)^2+(u_3-u_1)^2] \geq 0. $

Otrzymujemy stąd twierdzenie:

Jeżeli równanie (1) ma 3 pierwiastki rzeczywiste, to

$ b^2 \geq 3ac \quad \textrm{i} \quad c^2 > 3bd. $

Równość $b^2 = 3ac$ zachodzi tylko wtedy, gdy $x_1 = x_2 = x_3$ , równość zaś $c^2 = 3bd$ tylko wtedy, gdy $x_1x_2 = x_2x_3 = x_3x_1$ tzn. bądź gdy $x_1 = x_2 = x_3$ , bądź gdy $2$ z liczb $x_1, x2, x3$ są równe zeru. Możemy więc powyższe twierdzenie zastąpić mocniejszym:

Jeżeli równanie (1) ma 3 pierwiastki rzeczywiste, które nie są wszystkie sobie równe i z których co najmniej 2 są różne od zera, to

$ b^2 > 3ac \quad \textrm{i} c^2 > 3bd. $

Twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe. Na przykład równanie $4x^3 + x^2 - 2x + 1 = 0$ , czyli $(x + 1) (4x^2 -3x+1) = 0$ ma tylko jeden pierwiastek rzeczywisty, choć jego współczynniki spełniają powyższe warunki.

Uwaga 2. Zachodzi twierdzenie ogólne: jeżeli równanie

$ a_0x^n + a_1x^{n-1} + \ldots + a_{n-1}x + a_n = 0 $

ma n pierwiastków rzeczywistych, to każde trzy kolejne współczynniki $a_{k-1}$ $a_k$ , $a_k-1$ tego równania spełniają nierówność

$ a_k^2 \geq \frac{2m}{m-1}a_{k-1}a_k, $

gdzie

$ m = \binom{n}{k}=\frac{n(n-1)\ldots(n-k+1)}{1\cdot2\cdot \ldots \cdot k}. $

W nierówności powyższej można zastąpić znak $\geq$ znakiem $>$ , o ile pierwiastki równania nie są wszystkie sobie równe, a przy tym co najwyżej jeden pierwiastek równa się zeru.
Dowód tego twierdzenia można przeprowadzić wzorując się na dowodzie dla przypadku $n = 3$ . Objaśnimy główną przesłankę tego dowodu.
Niech

$ \begin{split} s_1 &= x_1 + x_2 \ldots + x_n,\\ s_2 &= x_1x_2 +x_1 x_3 \ldots + x_{n-1}x_n,\\ &\vdots\\ s_k &= x_1x_2 \ldots x_k+ \ldots + x_{n-k + 1} x_{n-k+2} \ldots x_n,\\ &\vdots \\ s_n &= x_1 \ldots x_n. \end{split} $

Wyrażenia $s_1, s_2, \ldots, s_n$ są symetryczne względem $x_1 x_2, \ldots x_n$ tzn. nie zmieniają wartości przy dowolnym przestawieniu (permutacji) zmiennych $x_1, x_2, \ldots, x_n$ . Są to tzw. funkcje symetryczne podstawowe tych zmiennych. Zauważmy, że $s_k$ ma tyle składników, ile jest kombinacji z $n$ elementów po $k$ .
Stwierdzamy najpierw, że

$ \begin{split} s_1^2-\frac{2n}{n-1}s_2&=(x_1 + x_2 \ldots + x_n)^2- \frac{2n}{n-1}(x_1x_2 +x_1 x_3 \ldots + x_{n-1}x_n) =\\ &=x_1^2 + x_2^2 \ldots + x_n^2- \frac{2}{n-1}(x_1x_2 +x_1 x_3 \ldots + x_{n-1}x_n)=\\ &=\frac{1}{n-1}[(n-1)x_1^2 + (n-1)x_2^2 + \ldots + (n-1)x_n^2- 2 x_1x_2 +\\ & +2x_1 x_3 \ldots + 2x_{n-1}x_n]\\ &=\frac{1}{n-1}[(x_1-x_2)^2+(x_1-x_3)^2+\ldots+(x_{n-1}-x_n)^2]. \end{split} $

Weźmy następnie pod uwagę $3$ kolejne sumy $s_{k-1}$ , $s_k$ , $s_{k+1}$ ( $k \geq 2$ ). Oznaczmy składniki sumy $s_k$ literami $u_1, u_2, \ldots, u_m$ ; ilość tych składników równa się ilości kombinacji z $n$ elementów po $k$ , tzn. $m = \binom{n}{k}$ .

Zauważmy następnie, że iloczyn $s_{k-1}s_{k+1}$ jest sumą wszystkich iloczynów $u_iu_j$ . Korzystając z poprzedniego przekształcenia otrzymujemy równość:

$ \begin{split} s_k^2- \frac{2m}{m-1}s_{k-1}s_k&=(u_1+u_2+\ldots+u_n)^2 -\frac{2m}{m-1}(u_1u_2 +u_1 u_3 \ldots + u_{n-1}u_n) =\\ &=\frac{1}{m-1}[(u_1-u_3)^2+\ldots (u_{n-1}-u_m)^2]. \end{split} $

Z tej równości wynika, że

$ s^2_k \geq \frac{2m}{m-1}s_{k-1}s_k, $

przy czym znak $\geq$ można zastąpić znakiem $>$ , o ile nie zachodzi równość $u_1 = u_1 = \ldots = u_n$ .
Dowód wypowiedzianego wyżej twierdzenia uzyskamy teraz bez żadnych trudności; pozostawiamy go jako ćwiczenie.

XII OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dany jest trójkąt równoramienny $ABC$ ( $AB = AC$ ). Zbudować taki trójkąt równoramienny $A_1B_1C_1$ ( $A_1B_1 = A_1C_1$ ), żeby trójkąty $AB_1C_1$ , $A_1BC_1$ i $A_1B_1C$ były: a) położone na zewnątrz trójkąta $A_1B_1C_1$ , b) równoramienne o podstawach $B_1C_1$ $C_1A_1$ i $A_1B_1$ c) podobne do trójkąta $A_1B_1C_1$ .

Rozwiązanie

W zadaniach konstrukcyjnych często bywa dogodnie stosować metodę zagadnienia odwrotnego, polegającą na tym, że zamiast budować figurę $G$ , gdy dana jest figura $F$ , budujemy figurę $F$ , gdy dana jest figura $G$ , a następnie rozważając położenie wzajemne figur $F$ i $G$ wnioskujemy, jak wykonać konstrukcję w kierunku odwrotnym. W naszym zadaniu figurą $F$ jest trójkąt $ABC$ , a figurą $G$ - trójkąt $A_1B_1C_1$ .

Narysujmy trójkąt równoramienny $A_1B_1C_1$ (rys. 9), a następnie na zewnątrz tego trójkąta trójkąty równoramienne $AB_1C_1$ $A_1BC_1$ i $A_1B_1C$ o podstawach $B_1C_1$ , $C_1A_1$ , $A_1B_1$ podobne do trójkąta $A_1B_1C_1$ . Otrzymana figura jest symetryczna względem prostej $AA_1$ , więc trójkąt $ABC$ jest równoramienny ( $AB = AC$ ).

Zauważmy, że punkty $B$ , $A_1$ , i $C$ leżą na jednej prostej, gdyż $3$ kąty ostre, jakie powstały przy wierzchołku $A_1$ są odpowiednio równe kątom trójkąta $A_1B_1C_1$ , więc ich suma wynosi $180^\circ$ . Prosta $BC$ jest prostopadła do osi symetrii figury, tj. równoległa do prostej $B_1C_1$ gdyż jest symetryczna do samej siebie. Trójkąt $AB_1C_1$ jest przystający do trójkąta $A_1B_1C_1$ , gdyż jest do niego podobny i ma z nim wspólną podstawę Prosta $B_1C_1$ przechodzi więc przez środek wysokości $AA_1$ trójkąta $ABC$ , odległości $B_1C$ i $C_1B$ są równe połowie $BC$ .

Stąd wysnuwamy rozwiązanie zadania (rys. 10), Wyznaczamy środek $A_1$ boku $BC$ danego trójkąta ABC, rysujemy symetralną m odcinka $AA_1$ oraz zataczamy z punktów $B$ i $C$ jako środków okręgi o promieniu równym $BA_1$ . Jeżeli pierwszy okrąg przecina prostą $m$ w punkcie $C_1$ ; to drugi przecina ją w punkcie $B_1$ symetrycznym do $C_1$ i trójkąt $A_1B_1C_1$ spełnia warunki zadania, co jest widoczne z konstrukcji. Rozwiązanie istnieje, jeżeli wykreślone okręgi mają punkty wspólne z prostą to, tzn. gdy $h < a$ , gdzie $a = BC$ , $h = AA_1$ . Jeżeli $h < a$ , zadanie ma $2$ rozwiązania; jedno jest trójkątem ostrokątnym, drugie - rozwartokątnym; jeżeli $h = a$ , jest tylko jedno rozwiązanie, które jest trójkątem prostokątnym.

Gdy dany trójkąt jest równoboczny, jedno rozwiązanie jest utworzone przez środki boków danego trójkąta, drugie jest trójkątem o kącie $120^\circ$ .

XII OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Udowodnić, że jeżeli wszystkie ściany czworościanu są trójkątami przystającymi, to te trójkąty są ostrokątne.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że każda ściana czworościanu $ABCD$ (rys. 11) jest trójkątem o bokach $a$ , $b$ , $c$ ; niech np. $BC = a$ , $CA = b$ , $AB = c$ . Możliwe są $3$ przypadki, które rozpatrzymy kolejno. 1° - Żadne dwie spośród długości $a$ , $b$ , $c$ nie są równe. Dwie krawędzie wychodzące z tego samego wierzchołka nie mogą być wówczas równe, gdyż są bokami jednego z trójkątów, wobec tego równe są krawędzie przeciwległe, tzn. $AD =a$ , $BD = b$ , $CD = c$ . Niech $M$ będzie środkiem jednej z krawędzi, np. $AB$ . Środkowe $MD$ i $MC$ trójkątów $ABD$ i $ABC$ są równe i są bokami trójkąta $DMC$ , a że $MD + MC > DC$ , więc $MD> \frac{1}{2} DC = \frac{1}{2} AB$ . Jeśli zaś w trójkącie $ADB$ środkowa. $MD$ jest większa od połowy podstawy $AB$ , to kąt $ADB$ jest ostry. Istotnie, z nierówności $AM < MD$ i $BM < MD$ wynikają nierówności $\measuredangle ADM < \measuredangle DAM$ i $\measuredangle MDB < \measuredangle DBM$ , wobec czego $\measuredangle ADB< \measuredangle DAM + \measuredangle DBM$ , a stąd $2\measuredangle ADB < \measuredangle DAM + \measuredangle DBM + \measuredangle ADB = 180^\circ$ .

2°. Ściany czworościanu są trójkątami równoramiennymi, niech np. $a = b \neq c$ . Wówczas w trójkącie $ADB$ , w którym $AB = c$ , musi być $AD = BD = a$ , a że $BC = a$ , więc $CD = c$ , zatem i w tym przypadku krawędzie przeciwległe czworościanu są równe; dalszy ciąg dowodu pozostaje ten sam co poprzednio.

3°. Jeżeli $a = b = c$ , ściany czworościanu są trójkątami równobocznymi, więc są ostrokątne.

Uwaga 1. Twierdzenie można udowodnić sposobem nie wymagającym rozróżniania kilku przypadków; taki dowód uważa się w matematyce za zręczniejszy.

Wykażemy, że jeżeli ściany czworościanu są trójkątami przystającymi o bokach $a$ , $b$ , $c$ , to krawędzie przeciwległe czworościanu są równe. Przypuśćmy, że tak nie jest. Niech np. $AB = c$ , $CD = a$ , przy czym $a \neq c$ .

Jeden z boków $BC$ i $AC$ trójkąta $ABC$ równa się a, niech np. $BC = a$ . Jeden z boków trójkąta $BCD$ równa się $c$ , a ponieważ $BC = a$ , i $CD = a$ , więc $BD = c$ . W takim razie trójkąty $ABC$ i $BCD$ nie mogą być przystające, gdyż pierwszy z nich ma $2$ boki równe $c$ , a drugi - $2$ boki nierówne $c$ . Przypuszczenie, że $AB \neq CD$ doprowadziło do sprzeczności, zatem $AB = CD$ i tak samo $BC = AD$ , $AC = BD$ . Dalszy ciąg dowodu prowadzimy, jak w sposobie poprzednim.

Uwaga 2. Nastręcza się pytanie, czy istnieje czworościan, którego ściany byłyby przystające do dowolnie danego trójkąta ostrokątnego $ABC$ . Udowodnimy, że tak jest istotnie. Poprowadźmy przez punkty $A$ , $B$ , $C$ proste równoległe odpowiednio do prostych $BC$ , $CA$ i $AB$ . Utworzą one trójkąt $D_1D_2D_3$ (rys. 12) składający się z trójkąta $ABC$ i $3$ trójkątów do niego przystających i łatwo stwierdzić, że czworościan o podstawie $ABC$ i wysokości $h = HD$ , przy czym

$ (1) \qquad h^2 = D_1B^2 - HB^2 $

a $H$ jest ortocentrem (ortocentr trójkąta to punkt przecięcia jego wysokości) trójkąta $D_1D_2D_3$ , jest żądanym czworościanem. W tym celu należy dowieść, że $DB = AC$ , $DA = BC$ i $DC = AB$ . Otóż $DB^2 = h^2 + HB^2$ , więc na podstawie wzoru (1) $DB = DXB = AC$ . Niech wysokości $D_1M$ i $D_2N$ przecinają $BC$ i $AC$ odpowiednio w punktach $K$ i $L$ . Zauważmy, że trójkąty $D_1HN$ i $D_2HM$ są podobne, zatem $\frac{D_1H}{HN} = \frac{D_2H}{HM}$ , skąd $\frac{D_1K+KH}{LN-LH}=\frac{D_2L+LH}{KN-KH}$ , a że $LN=D_2L$ $KM = D_1K$ , więc z poprzedniej równości otrzymujemy $D_1K^2- KH^2 = D_2L^2 - LH^2$ i stąd wynika (na podstawie twierdzenia, że w trójkącie różnica kwadratów dwóch boków równa się różnicy kwadratów rzutów tych boków na trzeci bok), że $D_1B^2 - HB^2 = D_2A^2 - HA^2 = h^2$ . Ponieważ również $DA^2 - HA^2 = h^2$ , więc $DA = D_2A = BC$ . W analogiczny sposób dowodzimy, że $DC = AB$ .

XII OM - II etap

II etap XII Olimpiady Matematycznej

XII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dowieść, że żadna liczba postaci $2^n$ , gdzie $n$ jest liczbą naturalną, nie jest sumą dwóch lub więcej kolejnych liczb naturalnych.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że twierdzenie wypowiedziane w tekście zadania nie jest prawdziwe i że zachodzi równość

$ k + (k + 1) + \ldots + (k + r) = 2^n, $

w której $k$ , $r$ , $n$ oznaczają liczby naturalne. Według wzoru na sumę wyrazów postępu arytmetycznego, otrzymujemy stąd

$ (1) \qquad (2k + r) (r+ 1) = 2^{n+1}. $

Każda z liczb naturalnych $2k + r$ i $r + 1$ jest większa od $1$ . Różnica tych liczb $(2k + r) - (r + 1) = 2k - 1$ jest liczbą nieparzystą, więc jedna z nich jest nieparzysta. Lewa strona równości (1) jest wobec tego podzielna przez liczbę nieparzystą większą od jedności, gdy tymczasem prawa jej strona jako potęga liczby $2$ nie ma takiego dzielnika. Równość (1) jest więc niemożliwa.

Uwaga. Każda liczba całkowita jest sumą kolejnych liczb całkowitych, na przykład :

$ 4 = (- 3) + (- 2) + (- 1) + 0 + 1 + 2 + 3 + 4. $

XII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dowieść, że wszystkie wysokości czworościanu przecinają się w jednym punkcie wtedy i tylko wtedy, gdy sumy kwadratów krawędzi przeciwległych są równe.

Rozwiązanie

Rozwiązanie zadania ułatwi nam spostrzeżenie, że odcinek łączący środki dwóch krawędzi czworościanu należących do tej samej ściany równa się połowie trzeciej krawędzi tej ściany (i jest do niej równoległy). Oznaczmy środki krawędzi czworościanu $ABC$ , jak wskazuje rys. 13 literami $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ .

Dowiedziemy najpierw, że sumy kwadratów krawędzi przeciwległych czworościanu $ABCD$ są równe wtedy i tylko wtedy, gdy odcinki $MP$ , $NQ$ i $RS$ , tj. odcinki łączące środki przeciwległych krawędzi, są równe. Istotnie, równość

$ AC^2 + BD^2 = AD^2 + BC^2 $

jest równoważna równości

$ MN^2 + NP^2 = MS^2 + SP^2 $

ta zaś z kolei jest równoważna równości

$ MP^2 + NQ^2 = MP^2 + RS^2, $

gdyż czworokąty $MNPQ$ i $MRPS$ są równoległobokami, więc w każdym z nich suma kwadratów przekątnych równa się podwojonej sumie kwadratów dwóch przyległych boków. Wreszcie tę ostatnią równość możemy zastąpić równością

$ NQ = RS; $

podobnie równość $AC^2 + BD^2 = AB^2 + CD^2$ jest równoważna równości $MP = RS$ .

Równość odcinków $MP$ , $NQ$ i $RS$ zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy równoległoboki $MNPQ$ , $MRPS$ , $NRQS$ są prostokątami, a więc wtedy i tylko wtedy, gdy każde dwie przeciwległe krawędzie czworościanu są prostopadłe.

Udowodnimy następnie, że jeżeli dwie krawędzie przeciwległe czworościanu są prostopadłe, to wysokości czworościanu poprowadzone z końców jednej z tych krawędzi przecinają się.

Niech np. $AB \bot DC$ (rys. 14). Poprowadźmy prostopadłą $CK$ do $AB$ ; ponieważ $CK \bot AB$ i $CD \bot AB$ , więc prosta $AB$ jest prostopadła do płaszczyzny $CKD$ . Stąd wynika, że wysokości $DH$ i $CG$ trójkąta $CKD$ są wysokościami czworościanu, gdyż prosta $DH$ jest prostopadła do $CK$ i do $AB$ , zatem jest prostopadła do płaszczyzny $ABC$ i tak samo prosta $CG$ jest prostopadła do płaszczyzny $ABD$ .

Odwrotnie, jeśli wysokości $DH$ i $CG$ czworościanu przecinają się, to prosta $AB$ jest prostopadła do płaszczyzny, w której leżą $DH$ i $CG$ , gdyż $AB \bot DH$ i $AB \bot CG$ , a w takim razie prosta $AB$ jest też prostopadła do prostej $CD$ .

A zatem prostopadłość każdej pary krawędzi przeciwległych czworościanu zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy każde dwie wysokości czworościanu przecinają się.

Wykażemy wreszcie, że jeżeli każde dwie wysokości czworościanu przecinają się, to wszystkie cztery wysokości przechodzą przez jeden punkt.

Przypuśćmy, że wysokości $h_B$ i $h_C$ czworościanu poprowadzone z wierzchołków $B$ i $C$ leżą w płaszczyźnie $\alpha$ , a wysokości $h_C$ i $h_A$ poprowadzone z wierzchołków $C$ i $A$ - w płaszczyźnie $\beta$ . Wówczas punkt przecięcia wysokości $h_A$ i $h_B$ leży na prostej przecięcia płaszczyzn $\alpha$ i $\beta$ , tzn. na prostej $h_C$ ; tak samo stwierdzamy, że leży on na prostej $h_D$ , zatem wszystkie wysokości przecinają się w jednym punkcie.

Twierdzenie zostało udowodnione.

Uwaga. Czworościan, w którym wysokości przechodzą przez jeden punkt (ortocentr), nazywa się czworościanem ortocentrycznym. W powyższym dowodzie stwierdziliśmy, że można go również zdefiniować przez każdą z następujących własności:

1) prostopadłość krawędzi przeciwległych,

2) równość odcinków łączących środki krawędzi przeciwległych,

3) przecinanie się każdych dwóch wysokości.

Dodamy do tego jeszcze własność czwartą. Na każdym czworościanie można opisać równoległościan, tzn. zbudować taki równoległościan, że krawędzie czworościanu są przekątnymi ścian równoległościanu (rys. 15). Czworościan jest ortocentryczny wtedy i tylko wtedy, gdy ma własność:

4) równoległościan opisany na czworościanie ma wszystkie krawędzie równe (tzn. ściany jego są rombami).

XII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dowieść, że dla dowolnych kątów $x$ , $y$ , $z$ zachodzi równość

$ (1) \qquad \begin{split} &1 - \cos^2 x - \cos^2 y - \cos^2 z + 2 \cos x \cos y \cos z=\\ &\qquad =4 \sin \frac{x+y+z}{2} \sin \frac{x+y-z}{2} \sin \frac{x-y+z}{2} \sin\frac{-x-y+z}{2}. \end{split} $

Rozwiązanie

Przekształcamy prawą stronę równości (1) stosując najpierw wzór $2 \sin \alpha \sin \beta = \cos (\alpha - \beta) - \cos (\alpha + \beta)$ , a następnie wzory na $\cos (\alpha + \beta)$ i $\cos (\alpha - \beta)$ :

$ \begin{split} & 4 \sin \frac{x+y+z}{2} \sin \frac{x+y-z}{2} \sin \frac{x-y+z}{2} \sin\frac{-x-y+z}{2}= \\ &\qquad\begin{split} & = [\cos z - \cos (x + y)] [\cos (x - y) - \cos z] = \cos z \cos (x - y) -\\ & - \cos^2 z - \cos (x + y) \cdot \cos (x - y) + \cos (x + y) \cos z = \\ & = \cos x \cos y \cos z + \sin x \sin y \cos z - \cos^2 z - \cos^2 x \cos^2 y + \sin^2 x \sin^2 y + \\ & + \cos x \cos y \cos z - \sin x \sin y \cos z = 2 \cos x \cos y \cos z - \\ & - \cos^2 z - \cos^2 x \cos^2 y \sin^2 x \sin^2 y. \end{split} \end{split} $

Po podstawieniu w ostatnim wyrażeniu $\sin^2 x \sin^2 y = (1 - \cos^2 x) (1 - \cos^2 y)$ , po otwarciu nawiasów i redukcji otrzymujemy wyrażenie równe lewej stronie równości (1).

XII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Znaleźć cztery ostatnie cyfry liczby $5^{5555}$ .

Rozwiązanie

\spos{1} Obliczymy kilka kolejnych potęg liczby $5$ poczynając od $5^4$ :

$ 5^4 = 625,\ 5^5 = 3125,\ 5^6 = 15625,\ 5^7 = 78125,\ 5^8 = 390625 \ldots $

Okazało się, że $5^8$ ma te same cztery ostatnie cyfry co $5^4$ , wobec czego to samo dotyczy liczb $5^9$ i $5^5$ itd., tzn. poczynając od $5^4$ dwie potęgi liczby $5$ , których wykładniki różnią się o wielokrotność $4$ , mają te same cztery końcowe cyfry. Liczba $5^{5555} = 5^{4\cdot 1388+3}$ ma zatem na końcu te same $4$ cyfry co liczba $5^7$ , tj. cyfry $8125$ .

XII OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczby rzeczywiste $a$ , $b$ , $c$ spełniają nierówności

$(1) \qquad a + b + c> 0,$

$(2) \qquad ab + bc + ca > 0,$

$(3) \qquad abc > 0,$

to $a > 0$ , $b > 0$ , $c > 0$ .

Rozwiązanie

Z nierówności (1) i (2) można wywnioskować, że co najmniej dwie spośród liczb $a$ , $b$ , $c$ są dodatnie. Albowiem z nierówności (1) wynika najpierw, że co najmniej jedna z tych liczb jest dodatnia, niech na przykład $c > 0$ . Otóż dla dowolnych $a$ i $b$

$ (a + b)^2 \geq 2ab $

a z nierówności (2) wynika, że

$ ab > - (a + b) c, $

wobec czego

$ (a + b)^2 > - 2(a+b) c; $

przenosząc wyrazy na jedną stronę otrzymujemy stąd

$ (a + b) (a + b + 2c) > 0, $

ponieważ $c > 0$ , więc $a + b + 2c = (a + b + c) + c > 0$ , zatem z powyższej nierówności wynika, że

$ a + b > 0. $

W takim razie przynajmniej jedna z liczb $a$ i $b$ , na przykład $b$ , jest dodatnia.

Jeżeli zaś dwie z liczb $a$ , $b$ , $c$ są dodatnie, to na mocy nierówności (3) trzecia z nich musi być również dodatnia.

Uwaga. Twierdzenie udowodnione wyżej jest przypadkiem szczególnym twierdzenia: Jeżeli dla pewnych wartości $a_1, a_2, \ldots, a_n$ wszystkie podstawowe funkcje symetryczne (patrz zadanie 10) mają wartości dodatnie, to wszystkie wartości $a_1, a_2, \ldots, a_n$ są dodatnie.

XII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

W płaszczyźnie trójkąta ostrokątnego $ABC$ przesuwa się taśma o szerokości $d < AB$ i brzegach prostopadłych do $AB$ . Przy jakim położeniu taśmy zakryje ona największą część trójkąta?

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że część trójkąta zakryta taśmą nie może być największa przy takim położeniu taśmy, że jeden z jej brzegów, na przykład lewy, znajduje się poza trójkątem, gdyż wówczas przy dostatecznie małym przesunięciu taśmy w prawo część zakryta zwiększa się. Maximum zakrytego pola nie zachodzi również i wtedy, gdy oba brzegi taśmy mają punkty wspólne z trójkątem, ale odcinki brzegów leżące w trójkącie nie są równe, na przykład lewy jest krótszy od prawego (lub jest punktem) (rys. 16). Jeżeli bowiem przesuniemy taśmę w prawo o tak mały odcinek, żeby odcinek lewego brzegu pozostał krótszy od odcinka prawego brzegu, wówczas część trójkąta nakryta taśmą zmniejszy się o trapez $T_1$ , ale zwiększy się o trapez $T_2$ , który ma pole większe niż $T_1$ gdyż ma tę samą wysokość co $T_1$ a dłuższe podstawy.

Wobec tego maximum pola części zakrytej może mieć miejsce tylko wtedy, gdy leżące w trójkącie odcinki $MP$ i $NQ$ obu brzegów są równe (rys. 17).

Takie położenie taśmy łatwo wyznaczyć obliczając na przykład $AM = x$ w zależności od elementów $c$ , $\alpha$ , $\beta$ trójkąta $ABC$ i od szerokości taśmy. Mianowicie $MP = x \tg \alpha$ , $NQ = y \tg \beta$ , gdzie $y = NB = AB - AM - MN = c - x - d$ . Z warunku $MP = NQ$ otrzymujemy po łatwym rachunku

$ (1) \qquad x = \frac{(c-d) \tg \beta}{\tg \alpha + \tg \beta}. $

Możemy również znaleźć żądane położenie taśmy konstrukcyjnie, np. odmierzając $AR = d$ i prowadząc $RQ$ równolegle do $AC$ .

Powyższe rozumowanie nie stanowi jeszcze rozwiązania zadania. Dowiedliśmy mianowicie tylko tego, że jeżeli istnieje takie położenie taśmy, przy którym zakrywa ona największą część trójkąta, to jest nim znalezione położenie $MNPQ$ (rys. 17), a to wcale nie znaczy, że zachodzi wtedy rzeczywiście żądane maximum, gdyż maximum mogłoby w ogóle nie być. Aby przeprowadzić potrzebny dowód, weźmy pod uwagę dowolne inne położenie taśmy, np. położenie $M'N'P'Q'$ , w którym $M'P' < N'Q'$ . W porównaniu z położeniem $MNPQ$ pole części zakrytej zwiększyło się o pole trapezu $MPP'M'$ o podstawach $MP$ i $M'P'$ (może być również $M'P' = 0$ ) i wysokości $MM'$ , a zmniejszyło się co najmniej o pole trapezu o podstawach $NQ = MP$ i $N'Q' > M'P'$ i wysokości $NN' = MM'$ . Widzimy, że w rezultacie pole części zakrytej zmniejszyło się; zatem w położeniu $MNPQ$ ma ono istotnie wartość największą, czego należało dowieść.

Uwaga 1. Przeprowadzone wyżej rozumowanie składa się z $2$ części. Najpierw udowodniliśmy, że zakryta część trójkąta może być największa tylko wtedy, gdy odcinki $MP$ i $NQ$ brzegów taśmy są równe, a następnie wykazaliśmy, że w takim położeniu taśmy maximum istotnie zachodzi. Właściwe rozwiązanie zadania stanowi część druga, pierwsza jest, ściśle biorąc, niepotrzebna. Miała ona jednak dla nas to znaczenie, że naprowadziła nas na rozwiązanie, które trudno byłoby przewidzieć z góry; odegrała zatem podobną rolę jak analiza w zadaniu konstrukcyjnym.

Inaczej byłoby, gdybyśmy wiedzieli, że takie położenie taśmy, które daje poszukiwane maximum, na pewno istnieje. Wtedy część pierwsza naszego rozumowania stanowiłaby już rozwiązanie zadania, wobec czego część druga byłaby zbyteczna. Podobną sytuację mamy również w innych zadaniach dotyczących maximum lub minimum i powstaje pytanie, czy nie ma jakiejś ogólnej zasady, z której wynikałoby istnienie maximum lub minimum w poszczególnych przypadkach. Otóż zasada taka istnieje; jest nią ważne twierdzenie analizy matematycznej, że funkcja ciągła w przedziale zamkniętym ma w tym przedziale zarówno maximum, jak i minimum. W naszym zadaniu pole zakrytej części trójkąta jest funkcją $f (x)$ odległości $x$ taśmy od punktu $A$ , którą wystarczy rozważać w przedziale zamkniętym (tzn. liczonym razem z końcami) $0 \leq x \leq c$ . Funkcja ta jest ciągła, tzn. gdy przesuniemy taśmę o dostatecznie krótki odcinek, pole $f (x)$ zmieni się tak mało, jak tylko zechcemy. Wobec tego dla pewnej wartości $x$ z przedziału $[0, c]$ funkcja $f(x)$ ma wartość największą, a w takim razie jest to wartość określona wzorem (1).

Uwaga 2. Zastanówmy się, czy założenie, że trójkąt $ABC$ jest ostrokątny, było potrzebne przy rozumowaniu, które przeprowadziliśmy. Łatwo stwierdzimy, że pozostaje ono słuszne, gdy kąt $C$ jest prosty lub rozwarty. Stosuje się ono również do przypadku, gdy kąt $A$ lub kąt $B$ jest rozwarty (rys. 18), z tą jedynie różnicą, że wzór (1) należy zastąpić przez inny. Przy oznaczeniach wskazanych na rys. 18.

$ MP = KP - KM = KB \tg \beta + KA \tg \alpha = (c + x) \tg \beta + x \tg \alpha $

$ NQ = NB \tg \beta = (KB - KN) \tg \beta = (c + x - d) \tg \beta. $

Maximum pola zakrytego taśmą zachodzi w przypadku, gdy $MP = NQ$ , co daje równanie

$ (c + x) \tg \beta + x \tg \alpha = (c + x - d) \tg \beta, $

skąd

$ (2) \qquad x = - \frac{d \tg \beta}{\tg \alpha}. $

Ze wzoru (2) widzimy, że $x$ nie zależy od długości $c$ podstawy trójkąta, a zależy tylko od jego kątów. Łatwo to wytłumaczyć: jeżeli przesuniemy prostą $BC$ równolegle, oba odcinki $MP$ i $NQ$ zmienią się o taką samą długość, więc pozostaną równe, wobec czego maximum pola zakrytej części nowego trójkąta nadal zachodzi przy tym samym położeniu taśmy. Położenie to możemy wyznaczyć konstrukcyjnie podobnie jak poprzednio.

Gdy kąt $A$ lub kąt $B$ jest prosty, argumentacja poprzednia zawodzi; w tym przypadku nie ma takiego położenia taśmy, że odcinki $MP$ i $NQ$ jej brzegów są równe. Jasne jest, że taśma zakrywa wtedy największą część trójkąta, gdy jeden jej brzeg zawiera bok trójkąta.

Zadanie możemy uogólnić zakładając, że przesuwana taśma jest nachylona do boku $AB$ pod dowolnym danym kątem. Rozumowanie pozostaje to samo, poszukiwane maximum ma również miejsce wtedy, gdy odcinki brzegów taśmy, leżące w trójkącie, są równe, z wyjątkiem przypadku, gdy taśma jest równoległa do jednego z boków trójkąta. W takim przypadku maximum zachodzi wtedy, gdy brzeg taśmy zawiera ów bok.

Można wreszcie postawić pytanie, jak położyć taśmę o szerokości mniejszej niż najmniejsza wysokość trójkąta, aby pokryć największą część trójkąta. Nietrudne to zadanie proponujemy jako ćwiczenie.

XII OM - III etap

III etap XII Olimpiady Matematycznej

XII OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

III

Dowieść, że każda liczba naturalna, która nie jest całkowitą potęgą liczby $2$ , jest sumą dwóch lub więcej kolejnych liczb naturalnych.

Rozwiązanie

Niech $N$ będzie liczbą naturalną, która nie jest całkowitą potęgą dwóch, wobec czego

$ N = 2^n (2m + 1), $

gdzie $m$ i $n$ są liczbami całkowitymi, przy czym $m \geq 1$ , $n \geq 0$ .

Mamy dowieść, że istnieją takie liczby całkowite $a$ i $k$ , że

$ (1) \qquad a \geq 1,\ k \geq 2 $

oraz

$ a + (a + 1) + \ldots (a + k- 1) = N, $

czyli

$ (2) \qquad (2a + k - 1) k = 2^{n+1}(2m + 1). $

Warunek (2) jest spełniony, jeżeli $2a + k - 1 = 2^{n+1}$ , $k = 2m + 1$ , tzn. jeżeli

$ (3) \qquad a = 2^n - m, \ k = 2m + 1. $

Rozwiązanie $(a, k)$ równania (2), określone wzorami (3), czyni zadość warunkowi (1) tylko wtedy, gdy $a > 0$ , tj. gdy

$ (4) \qquad 2^n > m. $

Warunek (2) jest spełniony również wtedy, gdy $2a + k - 1 = 2m + 1$ , $k = 2^{n+1}$ , tzn. gdy

$ (5) \qquad a = m + 1 - 2^n,\ k = 2^{n+1}. $

Liczby $a$ i $k$ określone wzorami (5) są całkowite; warunek (1) spełniają one tylko wtedy, gdy

$ (6) \qquad 2^n \leq m . $

Ponieważ jeden z warunków (4) i (6) zawsze jest spełniony, więc równanie (2) ma zawsze rozwiązanie całkowite $(a, k)$ czyniące zadość nierównościom (1).

Gdy na przykład $N = 30$ , to otrzymamy rozwiązanie $a = 6$ , $k= 4$ i $N = 6 + 7 + 8 + 9$ , gdy $N = 225$ , to $a = 112$ , $k = 2$ , $N = 112 + 113$ .

Uwaga. Zastanowimy się nad tym, czy wyżej znaleziony rozkład liczby naturalnej N na sumę kolejnych liczb naturalnych jest jedynym takim rozkładem.

Przypuśćmy, jak poprzednio, że liczby całkowite a i k spełniają warunki (1) i (2). Możliwe są tylko dwa następujące przypadki:

A) liczba $k$ jest parzysta, wobec czego liczba $2a + k - 1$ jest nieparzysta.

Z równania (2) wynika, że $k$ jest podzielne przez $2n+1$ , zatem

$ (7) \qquad k = 2^{n+1} (2p + 1) $

$ (8) \qquad 2a + k-l = 2q+1,\textrm{ zatem } a = q+1 - 2^n(2p + 1) $

oraz

$ (9) \qquad 2m + 1 = (2p + 1) (2q + 1) $

gdzie $p$ i $q$ są liczbami całkowitymi nieujemnymi. Ponieważ $a \geq 1$ , więc z równości (8) wynika, że

$ (10) \qquad q \geq 2^n (2p + 1) $

Odwrotnie, jeżeli liczba $2m + 1$ ma postać (9), gdzie $p$ i $q$ są liczbami całkowitymi, przy czym $p \geq 0$ , a $q$ spełnia warunek (10), to liczby $a$ i $k$ obliczone według wzorów (7) i (8) określają rozkład liczby $N$ na sumę kolejnych liczb naturalnych. Jeżeli przy tym $p = 0$ , jest to ten sam rozkład, który znaleźliśmy poprzednio [wzory (5)].

B) Liczba $k$ jest nieparzysta, zatem $2a + k - 1$ jest podzielne przez $2n+1$ . Wówczas

$ (11) \qquad k = 2q + 1 $

$ (12) \qquad 2a + k - 1 = 2^{n+1} (2p + 1), \textrm{ zatem } a = 2^n (2p + 1)-q, $

skąd, jak poprzednio,

$ 2m + 1 = (2p + 1) (2q + 1), $

przy czym liczby całkowite $p$ i $q$ czynią zadość nierównościom

$ (13) \qquad q>0, \quad q>2n(2p+ 1), $

gdyż $k > 1$ , $a > 0$ .

Odwrotnie, jeżeli liczba $2m + 1$ ma postać (9), gdzie $p$ i $q$ są liczbami całkowitymi spełniającymi warunki (13), to liczby $a$ i $k$ obliczone według wzorów (11) i (12) określają żądany rozkład liczby $N$ . Jeżeli przy tym $p = 0$ , jest to rozkład znaleziony poprzednio [wzory (3)].

Uzyskaliśmy wynik następujący. Jeżeli liczba $2m + 1$ jest liczbą pierwszą, to istnieje tylko jeden rozkład liczby $N$ na sumę kolejnych liczb naturalnych. Jest to znaleziony poprzednio rozkład określony wzorami (3), bądź wzorami (5), zależnie od tego, czy zachodzi nierówność (4) czy też nierówność (6). Jeżeli zaś $2m + 1$ jest liczbą złożoną, to oprócz tego są jeszcze inne rozkłady. Mianowicie każdemu rozkładowi liczby $2m + 1$ na $2$ czynniki nierówne i większe od $1$ odpowiadają dwa rozkłady liczby $N$ . Łatwo wykazać (co proponujemy czytelnikowi), że albo jeden z tych rozkładów odpowiada przypadkowi A), a drugi - przypadkowi B), albo też oba należą do przypadku B). Wreszcie, gdy istnieje rozkład liczby $2m + 1$ na dwa czynniki równe, tzn. gdy jest ona kwadratem liczby całkowitej, to poza już wymienionymi rozkładami istnieje jeszcze jeden rozkład należący do przypadku B).
Na przykład:

$ 30=6 + 7 + 8 + 9 = 4+ 5+ 6 + 7 + 8 = 9 + 10 + 11, $

$ \begin{split} 225 &= 112 + 113 = 74 + 75 + 76 = 43 + 44 + 45 + 46 + 47 =\\ &= 35 + 36 + 37 + 38 + 39 + 40 =\\ &= 21 + 22 + + 23 + 24 + 25 + 26 + 27 + 28 + 29 =\\ &= 18 + 19 + \ldots + 26 + 27 = 8 + 9 + \ldots + 21 + 22. \end{split} $

XII OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dowieść, że jeżeli $a + b = 1$ , to

$ a^5 + b^5 \geq \frac{1}{16} $

Rozwiązanie

\spos{I} Jeżeli $a = \frac{1}{2} + d$ , to $b = \frac{1}{2} - d$

$ a^5 = \left(\frac{1}{2} + d \right)^2 = \frac{1}{2^5} + 5 \frac{d}{2^4} + 10 \frac{d^2}{2^3} + 10 \frac{d^3}{2^2} + 5 \frac{d^4}{2} + d^5, $

$ b^5 = \left(\frac{1}{2} - d \right)^2 = \frac{1}{2^5} - 5 \frac{d}{2^4} + 10 \frac{d^2}{2^3} - 10 \frac{d^3}{2^2} - 5 \frac{d^4}{2} + d^5 $

zatem

$ a^5+b^5 =\frac{2}{2^5} + 2 \cdot 10 \frac{d^2}{2^3} + 2 \cdot 5 \frac{d^4}{2}. $

Ponieważ $d^2 \geq 0$ i $d^4 \geq 0$ , otrzymamy stąd

$ a^5+b^5 \geq \frac{2}{2^5}. $

Uwaga. Udowodnione wyżej twierdzenie jest przypadkiem szczególnym twierdzenia: Jeżeli $a + b = 1$ , to

$ (1) \qquad a^n+b^n \geq \frac{1}{2^{n-1}} (n \textrm{ - liczba naturalna}) $

Dowód tego twierdzenia łatwo poprowadzić powyższym sposobem I. Można go również poprowadzić wzorując się na sposobie II i stosując następujące rozumowanie indukcyjne. Gdy $n = 1$ , twierdzenie (1) jest prawdziwe. Przypuśćmy, że jest ono prawdziwe dla każdej wartości $n$ mniejszej, od pewnej liczby naturalnej $m$ . Dowiedziemy, że jest ono prawdziwe i wtedy, gdy $n$ równa się $m$ . Jeżeli $m$ jest parzyste, np. $m = 2k$ , to $k < m$ , zatem

$ \begin{split} a^m+b^m&=a^{2k}+b^{2k}=(a^k+b^k)^2- 2(ab)^k \geq \left( \frac{1}{2^{k-1}} \right)^2 - \frac{2}{2^{2k}}=\\ &=\frac{1}{2^{2k-1}}=\frac{1}{2^{m-1}} \end{split} $

Jeżeli zaś $m$ jest nieparzyste, np. $m = 2k + 1$ , to $m = k + (k + 1)$ , gdzie $k <m$ i $k+1<m$ , zatem

$ \begin{split} a^m + b^m &= a^{2k+1} + b^{2k+1} = (a^k + b^k) (a^{k-1}+b^{k+1}) - (ab)^k (a + b) \geq\\ &\geq \frac{1}{2^{k-1}} \cdot \frac{1}{2^k} -\frac{1}{2^{2k}}=\frac{1}{2^{2k}}=\frac{1}{2^{m-1}}. \end{split} $

XII OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dowieść, że jeżeli przekrój czworościanu płaszczyzną jest równoległobokiem, to połowa jego obwodu zawiera się między długością najmniejszej a długością największej krawędzi tego czworościanu.

Rozwiązanie

Niech równoległobok $MNPQ$ będzie przekrojem płaskim czworościanu $ABCD$ . Płaszczyzna $MNPQ$ jest oczywiście różna od płaszczyzn ścian czworościanu i każdy bok równoległoboku leży na innej ścianie. Przypuśćmy, że boki równolegle $MN$ i $QP$ leżą na ścianach $ABC$ i $BCD$ ; są one wtedy równoległe do krawędzi $BC$ , według której ściany te graniczą ze sobą, a boki $MQ$ i $NP$ są równoległe do krawędzi $AD$ (rys. 19).

Stosując twierdzenie Talesa do trójkątów $AMN$ i $ABC$ oraz do trójkątów $BMQ$ i $BAD$ otrzymujemy

$ \frac{MN}{BC} = \frac{AM}{AB} \textrm{ oraz } \frac{MQ}{AD} = \frac{MB}{AB}. $

Stąd

$ \frac{MN}{BC} + \frac{MQ}{AD} = \frac{AM + MB}{AB} = 1. $

Przypuśćmy, że $BC \leq AD$ ; w takim razie z powyższej równości wynika, że

$ \frac{MN}{AD} + \frac{MQ}{AD} \leq 1, \textrm{ a } \frac{MN}{BC} + \frac{MQ}{BC} \geq 1, $

zatem

$ BC \leq MN + MQ \leq AD. $

Jeżeli $a$ oznacza długość najmniejszej, a $b$ - długość największej przekątnej czworościanu, to $BC \geq a$ , a $AD \leq b$ i z nierówności powyższej wynika, że

$ a \leq MN + MQ \leq b, $

czego należało dowieść.

XII OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli każdy bok trójkąta jest mniejszy niż $1$ , to jego pole jest mniejsze niż $\frac{\sqrt{3}}{4}$ .

Rozwiązanie

W każdym trójkącie przynajmniej jeden kąt nie przewyższa $60^\circ$ . Przypuśćmy, że w trójkącie $ABC$ o bokach mniejszych od jedności jest $\measuredangle C \leq 60^\circ$ . Wówczas

$ \textrm{pole }ABC = \frac{1}{2} AC \cdot BC \sin \measuredangle C < \frac{1}{2} \sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{4}. $

XII OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Cztery proste przecinające się w sześciu punktach tworzą cztery trójkąty. Dowieść, że okręgi opisane na tych trójkątach mają punkt wspólny.

Rozwiązanie

Cztery proste przecinające się w $6$ punktach tworzą figurę zwaną czworobokiem zupełnym (por. Zadania z Olimpiad Matematycznych, tom I, Warszawa 1960. Zadanie 79). Oznaczmy te punkty literami $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ , $F$ (rys. 21) w taki sposób, że na danych prostych leżą odpowiednio trójki punktów $(A, B, C)$ , $(A, D, E)$ , $(C, F, D)$ , $(B, F, E)$ , przy czym punkt $B$ leży wewnątrz odcinka $AC$ , punkt $D$ - wewnątrz odcinka $AE$ , a punkt $F$ jest wspólnym punktem wewnętrznym odcinków $CD$ i $BE$ .

Na tej figurze są trójkąty: $ABE$ , $BCF$ , $ACD$ i $DEF$ ; niech $K_1$ , $K_2$ , $K_3$ , $K_4$ oznaczają odpowiednio okręgi opisane na tych trójkątach. Okrąg $K_2$ przechodzi przez punkt $F$ leżący wewnątrz okręgu $K_1$ i przez punkt $C$ leżący na zewnątrz tego okręgu. Zatem okręgi $K_1$ i $K_2$ przecinają się w $2$ punktach; jednym z nich jest punkt $B$ , więc drugi punkt przecięcia $M$ leży po przeciwnej stronie cięciwy $FC$ . Według twierdzenia o kącie wpisanym

$ \measuredangle AMB = \measuredangle AEB,\ \measuredangle BMC = \measuredangle BFC, $

zatem

$ \measuredangle AMC = \measuredangle AMB + \measuredangle MBC = \measuredangle AEB + \measuredangle BFC = \measuredangle AEB + \measuredangle DFE = \measuredangle ADC. $

Ponieważ punkty $D$ i $M$ leżą po tej samej stronie prostej $AC$ , więc z równości $\measuredangle AMC = \measuredangle ADC$ wynika, że punkt $M$ leży na okręgu $K_3$ , okręgi $K_1$ , $K_2$ , $K_3$ mają zatem punkt, wspólny $M$ .

W taki sam sposób udowodnimy, że okręgi $K_1$ , $K_3$ , $K_4$ mają punkt wspólny $N$ . Punkty $M$ i $N$ są punktami wspólnymi okręgów $K_1$ i $K_3$ ; żaden z nich nie może pokrywać się z punktem wspólnym $A$ tychże okręgów, gdyż punkt $A$ leży na zewnątrz okręgów $K_2$ i $K_4$ , więc $M$ i $N$ pokrywają się, tzn. okręgi $K_1$ , $K_2$ , $K_3$ , $K_4$ mają punkt wspólny.

Uwaga. Dowód powyższy wymaga uzupełnienia. Przyjęliśmy bowiem bez uzasadnienia, że punkty przecięcia $4$ prostych można zawsze oznaczyć w ten sposób, że na danych prostych leżą odpowiednio trójki $(A, B, C)$ , $(A, D, E)$ , $(C, F, D)$ , $(B, F, E)$ , przy czym punktami wewnętrznymi tych $4$ trójek są punkty $B$ , $D$ , $F$ i $F$ . Fakt ten wysnuliśmy z obserwacji rysunku, co nie jest ścisłym dowodem matematycznym. Przeprowadzimy obecnie jego dowód nie posługując się rysunkiem.

Wśród danych $6$ punktów są $4$ trójki punktów współliniowych tzn. leżących na jednej prostej), a w każdej trójce jeden z punktów leży między dwoma innymi. Zatem któryś z danych $6$ punktów nie jest punktem wewnętrznym żadnej trójki, nazwijmy go $P_1$ . Przez $P_1$ przechodzą $2$ spośród danych prostych; na jednej leżą dalsze $2$ z danych punktów, które możemy oznaczyć literami $P_2$ i $P_3$ w ten sposób, żeby punkt $P_2$ leżał pomiędzy punktami $P_1$ i $P_3$ ; podobnie na drugiej prostej leżą $2$ inne punkty, które tak oznaczymy literami $P_4$ i $P_5$ , że $P_4$ leży między $P_1$ i $P_5$ . Szósty punkt oznaczymy literą $P_6$ , przy czym mogą zajść $2$ przypadki, które kolejno rozpatrzymy: 1) $P_6$ jest punktem przecięcia prostych $P_3P_4$ i $P_2P_5$ ; wówczas $P_6$ leży między punktami $P_3$ i $P_4$ , gdyż prosta $P_2P_5$ przecina bok $P_1P_3$ trójkąta $P_1P_3P_4$ w punkcie $P_2$ , więc musi przeciąć bok $P_3P_4$ (Twierdzenie: Jeżeli prosta ma punkt wspólny z bokiem trójkąta, a nie przechodzi przez żaden wierzchołek trójkąta, to ma punkt wspólny z którymś z pozostałych boków trójkąta, jest podstawowym faktem geometrii przyjmowanym zwykle za pewnik zwany pewnikiem Pascha. Sformułował go w r. 1882 Moritz Pasch (1843-1930), matematyk niemiecki, profesor uniwersytetu w Giessen.); analogicznie punkt $P_6$ leży między punktami $P_2$ i $P_5$ . Jeżeli punkty $P_1$ , $P_2$ , $P_3$ , $P_4$ , $P_5$ , $P_6$ nazwiemy odpowiednio $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ , $F$ , otrzymamy żądane oznaczenia punktów. 2) $P_6$ jest punktem przecięcia prostych $P_2P_4$ i $P_3P_5$ . Wówczas może zajść jeden z dwóch przypadków : a) Punkt $P_2$ leży między punktami $P_4$ i $P_6$ ; wówczas punkt $P_3$ leży między punktami $P_5$ i $P_6$ , gdyż prosta $P_1P_3$ przechodzi przez punkt $P_2$ boku $P_4P_6$ trójkąta $P_4P_5P_6$ , więc musi przeciąć bok $P_5P_6$ . Poszukiwane oznaczenie otrzymamy wówczas nazywając punkty $P_1$ , $P_2$ , $P_3$ , $P_4$ , $P_5$ , $P_6$ odpowiednio $C$ , $F$ , $D$ , $B$ , $A$ , $E$ ; b) punkt $P_4$ leży między punktem $P_2$ i $P_6$ ; wówczas punkt $P_5$ leży między $P_3$ i $P_6$ , gdyż prosta $P_1P_5$ przechodząc przez punkt $P_4$ boku $P_2P_6$ trójkąta $P_2P_3P_6$ musi przejść przez jakiś punkt boku $P_3P_6$ . W tym przypadku punkty $P_1$ , $P_2$ , $P_3$ , $P_4$ , $P_5$ , $P_6$ nazywamy odpowiednio $C$ , $B$ , $A$ , $F$ , $D$ , $E$ i otrzymujemy żądane oznaczenia.

XII OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

III

Ktoś napisał sześć listów do sześciu osób i zaadresował do nich sześć kopert. Iloma sposobami można listy tak włożyć do kopert, żeby żaden list nie trafił do właściwej koperty?

Rozwiązanie

Niech $F (n)$ oznacza ilość wszystkich sposobów takiego włożenia $n$ listów $L_1, L_2, \ldots, L_n$ do $n$ kopert $K_1, K_2, \ldots, K_n$ , żeby żaden list $L_i$ nie trafił do właściwej koperty $K_i$ , czyli krócej, żeby nie było żadnego ,,trafienia''. Mamy obliczyć $F (6)$ .

Przypuśćmy, że wkładamy fałszywie wszystkie listy umieszczając list $L_1$ w kopercie $K_i$ ( $i \ne 1$ ). Możliwe są $2$ przypadki :

a) List $L_i$ trafił do koperty $K_1$ . Pozostałe $4$ listy należy wówczas włożyć fałszywie do pozostałych $4$ kopert, na co jest $F (4)$ sposobów. Ponieważ $K_i$ może być każdą z $5$ kopert $K_2$ , $K_3$ , $K_4$ , $K_5$ , $K_6$ , więc przypadek a) może się zdarzyć $5 \cdot F (4)$ razy.

b) List $L_i$ nie trafia do koperty $K_1$ . Przypisując listowi $L_i$ kopertę $K_1$ jako ,,niby-właściwą'' możemy powiedzieć, że wtedy żaden z listów $L_2$ , $L_3$ , $L_4$ , $L_5$ , $L_6$ nie trafia do właściwej koperty, na co jest $F (5)$ sposobów. A ponieważ $K_i$ może być - jak poprzednio - każdą z $5$ kopert, więc przypadek b) może się zdarzyć $5 \cdot F (5)$ razy.

Ponieważ przypadki a) i b) obejmują wszystkie możliwości, więc

$ F (6) = 5P (5) + 5P (4) $

Analogicznie

$F (5) = 4F (4) + 4F (3)$

$F (4) = 3F (3) + 3F (2)$

$F (3) = 2F (2) + 2F (1).$

Lecz oczywiście

$ F(1)=0, \ F(2) = 1, $

wobec czego z równań poprzednich otrzymujemy kolejno,

$ F (3) = 2,\ F (4) = 9,\ F (5) = 44, \ F (6) = 265. $

Uwaga. W rozumowaniach powyższych rozwiązań I i II liczba $6$ nie odgrywa żadnej istotnej roli. Można je równie dobrze zastosować do $n$ listów i $n$ kopert. Sposób I prowadzi wówczas do wzoru

$ (1) \qquad F (n) = (n - 1) F (n - 1) + (n - 1) F (n - 2). $

Jest to tzw. wzór zwrotny, albo redukcyjny, z którego można obliczyć $F (n)$ , gdy znane są wartości $F (n - 1)$ i $F (n - 2)$ . Podobnie sposób II prowadzi do wzoru redukcyjnego

$ (2) \qquad F(n) = n!- \binom{n}{1} F(n - 1) - \binom{n}{2} F(n - 2) - \ldots - \binom{n}{n-2} F (2) - 1. $

Wzór (1) pozwala w następujący sposób obliczyć $F (n)$ w zależności od $n$ . Napiszemy ten wzór w postaci

$ (3) \qquad F (n) - n F (n - 1 )= - [F (n - 1) - (n - 1) F(n-2)]. $

Ze wzoru (3) widzimy, że funkcja $F (k) - kF (k - 1)$ ma dla każdego naturalnego $k > 1$ tę samą wartość bezwzględną, ale zmienia znak przy przejściu od $k$ do $k + 1$ . A ponieważ