XI OM - III etap

III etap XI Olimpiady Matematycznej

XI OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XI OM, 1959-1960

Etap:

III

Udowodnić, że jeżeli $n$ jest liczbą całkowitą większą od $4$ , to $2^n$ jest większe, od $n^2$ .

Rozwiązanie

Ponieważ $2^5 > 5^2$ , więc nierówność $2^n > n^2$ jest prawdziwa dla $n = 5$ . Przypuśćmy, że ta nierówność jest prawdziwa, gdy $n$ równa się pewnej liczbie całkowitej $k > 4$ , tj. że $^k > k^2$ . Wówczas

$ 2^{k +1} = 2^k \cdot 2 > k^2 \cdot 2 = k^2 + k^2 > k^2 + 2k + 1 = (k + 1)^2. $

Nierówność $2^n > n^2$ jest więc prawdziwa, gdy $n = k + 1$ . Na mocy indukcji zupełnej nierówność ta jest prawdziwa dla każdego całkowitego $n > 4$ .

W powyższym dowodzie oparliśmy się na tym, że gdy $k > 4$ , to $k^2 > 2k + 1$ . Istotnie, nierówność $k^2 > 2k + 1$ jest równoważna nierówności $k (k - 2) > 1$ , która jest prawdziwa dla $k > 4$ , a nawet dla $k \geq 3$ .

Uwaga. Prawdziwe jest twierdzenie ogólniejsze: jeżeli $a$ jest liczbą całkowitą większą od $1$ , a $n$ - liczbą całkowitą większą od $a^2$ , to

$ (1) \qquad a^n > n^a. $

Dla $a = 2$ dowód już przeprowadziliśmy wyżej, przyjmiemy więc że $a > 2$ i zastosujemy indukcję zupełną. Nierówność (1) jest prawdziwa, gdy $n = a^2$ ; istotnie $a^{a^2}$ jest przy $a > 2$ większe niż $(a^2)^a = a^{2n}$ , gdyż z nierówności $a > 2$ wynika, że $a^2 > 2a$ .

Przypuśćmy, że dla pewnego całkowitego $k \geq a^2$ jest

$ a^k > k^a; $

mamy dowieść, że

$ a^{k+1} > (k + 1)^a. $

Według założenia indukcyjnego $a^{k+1} = a^k \cdot a > k^a \cdot a$ , więc wystarczy dowieść, że gdy $a > 2$ i $k \geq a^2$ , to $k^a \cdot a > (k + 1)^a$ , czyli że

$ \left( \frac{k}{k+1} \right)^a \cdot a > 1. $

W rzeczy samej, gdy $a > 2$ i $k \geq a^2$ , to

$ \begin{split} \left( \frac{k}{k+1} \right)^a \cdot a &= \left( 1 - \frac{1}{k+1} \right)^a \cdot a > \left( 1 - \frac{a}{k+1} \right) a = \\ &=a - \frac{a^2}{k+1} \geq a - \frac{a^2}{a^2+1} > a-1 > 1, \end{split} $

czego należało dowieść. (W dowodzie oparliśmy się na twierdzeniu, że gdy $n$ jest liczbą całkowitą większą od $1$ , a $d > -1$ , to $(1 + d)^n > 1 + nd$ . Dowód tej nierówności łatwo uzyskać metodą indukcji. Patrz Zadania z Olimpiad Matematycznych, tom II, zadanie 36).

XI OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XI OM, 1959-1960

Etap:

III

Przez wysokość czworościanu foremnego poprowadzono płaszczyznę, która przecina płaszczyzny ścian bocznych wzdłuż $3$ prostych tworzących z płaszczyzną podstawy czworościanu kąty $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ . Dowieść, że

$ (1) \qquad \tg^2 \alpha + \tg^2 \beta + \tg^2 \gamma =12. $

Rozwiązanie

Przyjmiemy oznaczenia podane na rys. 27, na którym $HD$ przedstawia wysokość czworościanu foremnego $ABCD$ , a $MD$ , $ND$ , $PD$ - proste przecięcia płaszczyzny poprowadzonej przez $HD$ odpowiednio ze ścianami bocznymi $BCD$ , $CAD$ i $ABD$ . Kąty $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ są kątami, jakie odcinki $MD$ , $ND$ , $PD$ tworzą ze swymi rzutami $MH$ , $NH$ i $PH$ na płaszczyznę podstawy $ABC$ . Wobec tego

$ (2) \qquad \tg \alpha = \frac{MH}{HD},\ \tg \beta = \frac{NH}{HD},\ \tg \gamma = \frac{PH}{HD}. $

Oznaczając długość krawędzi czworościanu literą $a$ , mamy, jak łatwo sprawdzić,

$ (3) \qquad HD = a \sqrt{\frac{2}{3}}. $

Uwzględniając wzory (2) i (3) możemy twierdzeniu (1) nadać postać

$ (4) \qquad \frac{1}{MH^2} + \frac{1}{NH^2} + \frac{1}{PH^2} = \frac{18}{a^2}. $

Widzimy, że twierdzenie (1) sprowadza się do twierdzenia planimetrycznego (4) o trójkącie równobocznym $ABC$ o boku $a$ , którego boki $BC$ , $CA$ , $AD$ lub ich przedłużenia przecięte są w punktach $M$ , $N$ , $P$ prostą przechodzącą przez środek trójkąta (rys. 28).

Ponieważ punkt $H$ znajduje się wewnątrz trójkąta, więc punkty $M$ , $N$ , $P$ leżą po różnych stronach punktu $H$ na prostej $MNP$ . Przypuśćmy (co nie zmniejsza ogólności rozumowania), że punkt $M$ leży po jednej stronie, a punkty $N$ i $P$ do drugiej stronie punktu $H$ , przy czym punkt $N$ znajduje się na boku $CA$ , a punkt $P$ na przedłużeniu boku $BA$ poza punkt $A$ . Niech $\lambda$ , $\mu$ , $\nu$ oznaczają kąty, jakie odcinki $HM$ , $HN$ , $HP$ tworzą z prostopadłymi poprowadzonymi z punktu $H$ odpowiednio do boków $BC$ , $CA$ , $AB$ ; te prostopadłe mają, jak wiadomo, długość $\frac{a \sqrt{3}}{6}$ i tworzą między sobą kąty po $120^\circ$ .

Zachodzą związki:

$ HM = \frac{a \sqrt{3}}{6 \cos \lambda},\ HN = \frac{a \sqrt{3}}{6 \cos \mu},\ HP = \frac{a \sqrt{3}}{6 \cos \nu}, $

przy czym

$ \mu + \nu = 120^\circ,\ \lambda + \mu = 60^\circ, $

więc

$ \mu = 60^\circ - \lambda,\ \nu = 60^\circ + \lambda. $

Stąd

$ \frac{1}{HM^2} + \frac{1}{HN^2} + \frac{1}{HP^2} = \frac{12}{a^2} \left[ \cos^2 \lambda + \cos^2 (60^\circ - \lambda) + \cos^2 (60^\circ + \lambda) \right]. $

Stosując znane wzory trygonometryczne obliczamy łatwo, że

$ \cos^2 \lambda + \cos^2 (60^\circ - \lambda) + \cos^2 (60^\circ + \lambda) = \frac{3}{2}, $

podstawienie do poprzedniej równości daje zatem

$ \frac{1}{HM^2} + \frac{1}{HN^2} + \frac{1}{HP^2} = \frac{18}{a^2}, $

czego należało dowieść.

XI OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XI OM, 1959-1960

Etap:

III

Na okręgu obrano 6 różnych punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ , $F$ w ten sposób, że $AB$ jest równolegle do $DE$ , a $DC$ jest równolegle do $AF$ . Dowieść, że $BC$ jest równoległe do $EF$ .

Rozwiązanie

Punkty dane mogą leżeć na okręgu rozmaicie. Aby rozwiązanie zadania było poprawne, trzeba przeprowadzić dowód niezależny od takiego czy innego położenia punktów. Postarajmy się rozumować bez żadnego rysunku.

Zauważmy najpierw, że jeżeli dwie cięciwy okręgu są równoległe np. $MN \parallel PQ$ , to punkty $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ są wierzchołkami trapezu równoramiennego o podstawach $MN$ i $PQ$ , a więc zachodzi równość pozostałych boków i równość przekątnych, tzn. $MP = NQ$ i $MQ = NP$ .

Wobec tego, ponieważ $AB \parallel DE$ , więc $AD = BE$ , a ponieważ $DC \parallel AF$ , więc $AD = CF$ . Z obu tych równości wynika, że $BE = CF$ . Stąd wynika dalej, że punkty $B$ , $C$ , $E$ , $F$ są wierzchołkami trapezu równoramiennego, w którym $BE$ i $CF$ są bądź równymi bokami, bądź przekątnymi. W takim razie równoległymi bokami trapezu są albo $BC$ i $EF$ albo $BF$ i $CE$ . Gdy $BC \parallel EF$ , teza naszego twierdzenia jest prawdziwa; udowodnimy, że gdy $BF \parallel CE$ , to również $BC \parallel EF$ . Istotnie, z tego że $AB \parallel DE$ , $AF \parallel DC$ , $BF \parallel CE$ wynika, że trójkąty $ABF$ i $DEC$ są jednokładne. Środkiem jednokładności jest środek $O$ danego okręgu, gdyż okrąg ten jest okręgiem opisanym na obu trójkątach, a w jednokładności środkowi okręgu opisanego na jednym trójkącie odpowiada środek okręgu opisanego na drugim trójkącie, więc punkt $O$ odpowiada sam sobie. W takim razie jednokładność trójkątów $ABF$ i $DEC$ jest symetrią środkową. Ponieważ w tej symetrii punktami odpowiednimi do $B$ i $C$ są punkty $E$ i $F$ , więc $BC \parallel EF$ , c. n. d.

XI OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XI OM, 1959-1960

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli równanie

$ (1) \qquad x^4 + ax + b = 0 $

ma dwa równe pierwiastki, to

$ (2) \qquad \left( \frac{a}{4} \right)^4 = \left( \frac{b}{3} \right)^3. $

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że równanie (1) ma dwa pierwiastki równe $\alpha$ ; wtedy $\alpha^4 + a\alpha + b = 0$ , zatem

$ \begin{split} x^4 + ax + b &= (x^4 + ax + b) - (\alpha^4 + a\alpha + b) =\\ &= (x^4 - \alpha^4) + a (x - \alpha) = (x - \alpha) Q (x), \end{split} $

gdzie

$ Q (x) = x^3 + \alpha x^2 + \alpha^2 x + \alpha^3 + a; $

liczba $\alpha$ jako podwójny pierwiastek wielomianu $x^4 + ax + b$ jest pierwiastkiem wielomianu $Q (x)$ , zatem

$ Q (\alpha) = 4\alpha^3 + a = 0. $

Rugując $\alpha$ z równań

$ \alpha^4 + a\alpha + b = 0,\ 4 \alpha^3 + a = 0 $

otrzymujemy warunek (2):

$ \left( \frac{a}{4} \right)^4 = \left( \frac{b}{3} \right)^3. $

Uwaga. Warunek (2) jest nie tylko konieczny, ale i dostateczny do tego, by równanie (1) miało dwa równe pierwiastki. Żeby to udowodnić, wystarczy rozumowanie przeprowadzone wyżej zmodyfikować w sposób następujący.

Wielomian $x^4 + ax + b$ ma wtedy i tylko wtedy równe pierwiastki, gdy istnieje taka liczba a, że $x^4 + ax + b = (x - \alpha)^2 \cdot R (x)$ , gdzie $R (x)$ jest wielomianem.

Otóż przy dowolnym $\alpha$ możemy napisać, wykonując dzielenie przez $x - \alpha$ ,

$ x^4 + ax + b = (x - \alpha) (x^3 + \alpha x^2 + \alpha^2x + \alpha^3 + a) + \alpha^4 + a \alpha + b $

oraz

$ x^3 + \alpha x^2 + \alpha^2x + \alpha^3 + a = (x - \alpha) (x^2 + 2\alpha x + 3\alpha^2) + 4\alpha^3 + a. $

Z tych równości wynika, że wielomian $x^4 + ax + b$ jest wtedy i tylko wtedy podzielny przez $(x - \alpha)^2$ , gdy

$ (3) \qquad \begin{array}{c} \alpha^4 + a\alpha + b = 0 \\ 4\alpha^3 + a = 0. \end{array} $

Układ warunków (3) można zastąpić przez układ równoważny

$ (4) \qquad \begin{array}{c} 3a \alpha + 4b = 0,\\ 4\alpha^3 + a = 0, \end{array} $

w którym pierwsza równość otrzymana została przez odjęcie od siebie równości (3) pomnożonych odpowiednio przez $4$ i przez $\alpha$ .

Gdy $a \ne 0$ , to obliczając $\alpha$ z pierwszej równości (4) i podstawiając otrzymane wyrażenie do drugiej, otrzymujemy układ równoważny

$ \nr{5a} \begin{array}{c} \alpha = - \frac{4b}{3a}\\ \left( \frac{a}{4} \right)^4 = \left( \frac{b}{3} \right)^3. \end{array} $

A zatem gdy $a \ne 0$ , to równanie (1) ma wtedy i tylko wtedy dwa pierwiastki równe, gdy spełniona jest druga z równości (5a), czyli warunek (2), przy czym pierwiastki te mają wartość określoną przez pierwszą z równości (5a).

Jeśli $a = 0$ , to zamiast warunków (5a) otrzymujemy warunki

$ \nr{5b} \begin{array}{c} a = 0, \\ b = 0. \end{array} $

Warunek $b=0$ jest oczywiście w tym przypadku równoważny warunkowi (2).

Ćwiczenie. Wykazać, że równanie (1) ma $3$ równe pierwiastki wtedy i tylko wtedy, gdy $a = 0$ i $b = 0$ , tzn. gdy wszystkie $4$ jego pierwiastki są zerami.

XI OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XI OM, 1959-1960

Etap:

III

Z cyfr $1$ , $2$ , $3$ , $4$ , $5$ , $6$ , $7$ , $8$ , $9$ utworzono wszystkie możliwe liczby czterocyfrowe o cyfrach różnych. Znaleźć sumę tych liczb.

Rozwiązanie

Obliczymy, ile jest liczb czterocyfrowych o cyfrach różnych, jakie można utworzyć z cyfr od $1$ do $9$ . Pierwszą cyfrę $c_1$ można wybrać $9$ -ma sposobami; gdy $c_1$ jest już ustalone, drugą cyfrę $c_2$ możemy wybrać $8$ -ma sposobami; gdy ustalone są $c_1$ i $c_2$ , to na $c_3$ mamy $7$ możliwości; gdy wreszcie ustalone są cyfry $c_1$ , $c_2$ i $c_3$ , dla czwartej cyfry $c_4$ pozostaje jeszcze $6$ możliwości. Wobec tego zbiór wszystkich rozważanych liczb składa się z $9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6$ liczb.

Do każdej liczby tego zbioru istnieje w nim określona inna liczba, której cyfry dopełniają odpowiednie cyfry danej liczby do dziesięciu. Wszystkie liczby zbioru można zatem połączyć w pary, zaliczając do tej samej pary takie dwie liczby, których odpowiednie cyfry dają w sumie $10$ , jak np. $3562$ i $7548$ .

Wszystkich par jest $\frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6$ ; suma liczb jednej pary wynosi $1000 \cdot 10 + 100 \cdot 10 + 10 \cdot 10 + 10 = 11110$ , zatem suma wszystkich liczb rozważanego zbioru jest równa

$ \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 11110 = 16798320. $

XI OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XI OM, 1959-1960

Etap:

III

Na obwodzie prostokąta obrano punkt $M$ . Znaleźć najkrótszą drogę, której początkiem i końcem jest punkt $M$ i która ma z każdym bokiem prostokąta jakiś punkt wspólny.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że punkt $M$ znajduje się na boku $AB$ prostokąta $ABCD$ (rys. 31).

Na bokach $BC$ , $CD$ i $DA$ obieramy odpowiednio punkty $N$ , $P$ , $Q$ w sposób następujący. Jeżeli punkt $M$ nie pokrywa się z żadnym z punktów $A$ i $B$ , to prowadzimy $MN \parallel AC$ , $NP \parallel BD$ , $PQ \parallel AC$ ; wówczas $MQ \parallel BD$ i otrzymujemy drogę $MNPQM$ stanowiącą obwód równoległoboku. Jeżeli punkt $M$ pokrywa się z punktem $A$ , to punkt $Q$ również pokrywa się z punktem $A$ , a punkty $P$ i $N$ pokrywają się z punktem $C$ ; droga $MNPQM$ jest wówczas podwójnie przebieganą przekątną $AC$ . Podobnie, gdy punkt $M$ leży w punkcie $B$ , droga $MNPQM$ daje podwójną przekątną $BD$ .

Udowodnimy, że określona w powyższy sposób droga $MNPQM$ jest żądaną drogą najkrótszą.

Dowiedziemy najpierw, że droga $MNPQM$ , której długość oznaczymy króko literą $\lambda$ , jest krótsza od długości $\lambda '$ każdej innej łamanej $MN'P'Q'M$ , w której punkty $N'$ , $P'$ , $Q'$ leżą odpowiednio na bokach $BC$ , $CD$ i $DA$ .

Założymy przy tym, że punkt $M$ jest różny od $A$ i od $B$ . W przypadku, gdy $M$ pokrywa się z $A$ lub $B$ , dowód wymaga drobnej jedynie modyfikacji, czego sprawdzenie pozostawiamy czytelnikowi.

Niech $M_1$ będzie punktem symetrycznym do punktu $M$ względem prostej $AD$ , a $M_2$ - punktem symetrycznym do punktu $M$ względem prostej $BC$ . Punkty $P$ , $Q$ i $M_1$ leżą na jednej prostej, gdyż $\measuredangle 1 = \measuredangle 2$ jako kąty równe kątom utworzonym przez przekątne $AC$ i $DB$ z bokiem $AD$ , a $\measuredangle 1 = \measuredangle 3$ jako kąty symetryczne, więc $\measuredangle 2 = \measuredangle 3$ i odcinek $QM_1$ jest przedłużeniem odcinka $PQ$ . Podobnie leżą na jednej prostej punkty $P$ , $N$ i $M_2$ . Ponieważ $MN = M_2N$ i $MQ = M_1Q$ , więc trójkąt $M_1PM_2$ jest równoramienny ( $M_1P = M_2P$ ) i długość $\lambda$ drogi $MNPQM$ równa się sumie długości odcinków $M_1P$ i $M_2P$ .

Długość $\lambda '$ drogi $MN'P'Q'M$ równa długości drogi $M_2N'P'Q'M_1$ jest co najmniej równa sumie długości odcinków $M_1P'$ i $M_2P'$ , gdyż $M_1Q' + Q'P' \geq M_1P'$ a $M_2N' + N'P' \geq M_2P'$ . Wreszcie $M_1P' + M_2P' \geq M_1P + M_2P'$ ; jeżeli bowiem $M_3$ jest punktem symetrycznym do punktu $M_1$ względem prostej $CD$ , to punkty $M_2$ , $P$ , $M_3$ leżą na jednej prostej i $M_1P' + M_2P' = M_3P' + M_2P' \geq M_3P + M_2P = M_1P + M_2P$ . Z powyższych przesłanek wynika, że $\lambda' \geq \lambda$ , przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy punkty $N'$ , $P'$ , $Q'$ pokrywają się z punktami $N$ , $P$ , $Q$ .

Dowiedziemy następnie, że każda łamana $MP'N'Q'M$ (rys. 32), w której punkty $P'$ , $N'$ , $Q'$ leżą na bokach $CD$ , $BC$ i $DA$ prostokąta, jest dłuższa od $\lambda$ .

Istotnie, oznaczając literą $S$ punkt przecięcia odcinków $MP'$ i $N'Q'$ mamy

$ MS + SN' > MN' \textrm{ i } P'S + SQ' > P'Q', $

zatem

$ MP' + N'Q' > MN' + P'Q', $

skąd

$ MP' + P'N' + N'Q' + Q'M > MN' + N'P' + P'Q' + Q'M, $

tzn. łamana $MP'N'Q'M$ jest dłuższa od łamanej $MN'P'Q'M$ , a tym samym dłuższa od $\lambda$ .

Teraz już łatwo wykazać, że długość $\lambda$ drogi $MNPQM$ jest mniejsza od długości każdej innej drogi o początku i końcu w $M$ , która ma punkty wspólne ze wszystkimi bokami prostokąta. Drogę taką możemy bowiem oznaczyć

$ M \ldots K_1 \ldots K_2 \ldots K_3 \ldots M, $

gdzie $K_1$ , $K_2$ , $K_3$ oznaczają punkty leżące na $3$ różnych bokach prostokąta (bez boku $AB$ ). Długość tej drogi jest co najmniej równa długości łamanej $MK_1K_2K_3M$ , ta zaś z kolei - jak wykazaliśmy poprzednio - jest co najmniej równa długości $\lambda$ łamanej $MNPQM$ , przy czym równość zachodzi wtedy, gdy punkty $K_1$ , $K_2$ , $K_3$ pokrywają się odpowiednio bądź z punktami $N$ , $P$ , $Q$ , bądź z punktami $Q$ , $P$ , $N$ .