LV OM - I - Zadanie 1

Dany jest wielokąt o bokach długości wymiernej, w którym wszystkie kąty wewnętrzne są równe lub . Z ustalonego wierzchołka wypuszczamy promień świetlny do wnętrza wielokąta w kierunku dwusiecznej kąta wewnętrznego przy tym wierzchołku. Promień odbija się zgodnie z zasadą: kąt padania jest równy kątowi odbicia. Udowodnić, że promień trafi w jeden z wierzchołków wielokąta.

Rozwiązanie

Ponieważ każdy kąt wewnętrzy rozpatrywanego wielokąta wynosi lub , więc wszystkie boki tego wielokąta (po odpowiednim jego obrocie) są ustawione poziomo lub pionowo (rys. 1). Niech będą długościami kolejnych boków wielokąta , przy czym każda z liczb , jest całkowita dodatnia.

Rozpatrzmy kwadratową kratę, w której każdy mały kwadracik ma bok długości . Wówczas wielokąt można tak umieścić na tej kracie, by każdy jego bok był zawarty w pewnej prostej wyznaczającej kratę (rys. 1). Promień świetlny wypuszczony z wierzchołka wielokąta zgodnie z podanymi zasadami porusza się wtedy wzdłuż przekątnych kwadratów kraty i odbija od boków wielokąta w punktach kratowych.

Przypuśćmy, że promień świetlny nie trafił w żaden wierzchołek wielokąta . Odbijał się on zatem od boków wielokąta dowolnie wiele razy. Stąd wynika, że promień trafił co najmniej trzykrotnie w pewien punkt leżący na obwodzie wielokąta . Zatem co najmniej dwukrotnie promień trafił w punkt poruszając się z tego samego kierunku. To oznacza, że trajektoria promienia jest okresowa, co nie jest możliwe, gdyż promień rozpoczął swój bieg z wierzchołka wielokąta .

LV OM - I - Zadanie 2

Rozstrzygnąć, czy istnieje liczba pierwsza oraz liczby całkowite nieujemne , , spełniające równanie

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że istnieją liczby , , , spełniające dane w zadaniu równanie. Skoro jest liczbą pierwszą, to dzielnikami liczby są tylko potęgi liczby . Zatem istnieją takie liczby całkowite nieujemne , , że oraz . Stąd widać, że liczba jest nieparzysta i niepodzielna przez 3, jest więc postaci lub , gdzie jest liczbą całkowitą dodatnią. Wówczas

skąd wynika, że

Z drugiej strony, oraz . Ale na mocy zależności (*) obie te kongruencje nie mogą zachodzić jednocześnie. Otrzymana sprzeczność dowodzi, że nie istnieją liczby spełniające podane warunki.

LV OM - I - Zadanie 3

Niech oznacza zbiór wszystkich liczb wymiernych. Wyznaczyć wszystkie funkcje spełniające warunek

dla każdej pary liczb wymiernych , .

Rozwiązanie

Sposób I.

Niech będzie liczbą całkowitą dodatnią. Wykażemy indukcyjnie, że dla dowolnej liczby wymiernej oraz dowolnej liczby całkowitej dodatniej zachodzi równość

Dla równość (2) uzyskujemy bezpośrednio z zależności (1) podstawiając . Załóżmy teraz, że równość (2) jest spełniona dla liczby oraz wszystkich liczb wymiernych . Wówczas

co kończy dowód indukcyjny zależności (2).

Kładąc w równaniu (1) dostajemy . Podstawiając następnie i do zależności (2) otrzymujemy

Przyjmując z kolei w równości (2) , gdzie jest pewną liczbą całkowitą dodatnią, oraz wykorzystując zależność (3) mamy

dla wszystkich liczb całkowitych dodatnich i oraz wymiernych . Podstawiając wreszcie oraz w równości (4) uzyskujemy odpowiednio

dla wszystkich liczb całkowitych dodatnich , . Niech . Ze związków (5) oraz z równości wynika, że dla wszystkich liczb wymiernych .

Bezpośrednio sprawdzamy, że każda funkcja określona wzorem , gdzie jest liczbą wymierną, spełnia warunki zadania.

Sposób II.

Niech . Wówczas dla dowolnej liczby wymiernej mamy

skąd dla dowolnej liczby wymiernej .

Bezpośrednio sprawdzamy, że każda funkcja określona wzorem , gdzie jest liczbą wymierną, spełnia warunki zadania.

LV OM - I - Zadanie 4

Dany jest trójkąt ostrokątny . Rozważamy wszystkie takie trójkąty równoboczne , że punkty , , są odpowiednio punktami wewnętrznymi odcinków , , . Dowieść, że środki ciężkości wszystkich rozważanych trójkątów leżą na jednym okręgu.

Rozwiązanie

Jeśli trójkąt jest równoboczny, to środki ciężkości wszystkich rozważanych trójkątów pokrywają się ze środkiem ciężkości trójkąta . Punkt ten leży oczywiście na każdym okręgu, który przezeń przechodzi.

Załóżmy więc, że trójkąt nie jest równoboczny. Wtedy bez straty ogólności możemy przyjąć, że . Niech i będą takimi punktami leżącymi wewnątrz kąta wypukłego , że

Niech ponadto będzie takim punktem leżącym po tej samej stronie prostej , co punkt , że trójkąt jest równoboczny (rys. 2, 3). Wykażemy, że środki ciężkości wszystkich rozpatrywanych trójkątów leżą na okręgu opisanym na trójkącie , co zakończy rozwiązanie zadania.

Z równości wnioskujemy, że na czworokącie można opisać okrąg. Stąd co oznacza, że prosta przechodzi przez środek ciężkości trójkąta . Analogicznie dowodzimy, że prosta przechodzi przez . Pozostaje zatem wykazać, że punkt leży na okręgu opisanym na trójkącie .

Ponieważ , więc możliwe są następujące dwa przypadki:

1. Punkt nie należy do odcinków i (rys. 2). Wówczas

   co oznacza, że punkt leży na okręgu opisanym na trójkącie .

2. Punkt leży na jednym z odcinków lub . Bez straty ogólności przyjmijmy, że punkt należy do odcinka (rys. 3). Wówczas

   co dowodzi, że punkty , , , leżą na jednym okręgu.

LV OM - I - Zadanie 5

Dla liczb całkowitych dodatnich , niech oznacza liczbę -wyrazowych ciągów niemalejących o wyrazach ze zbioru

Dowieść, że .

Rozwiązanie

Dowolnemu ciągowi niemalejącemu o wyrazach ze zbioru przypisujemy ciąg określony następująco: dla

W ten sposób określony ciąg ma wyrazy ze zbioru i jest niemalejący. Ponadto, każdy ciąg niemalejący o wyrazach należących do zbioru można otrzymać za pomocą wzoru (1) z dokładnie jednego ciągu niemalejącego o wyrazach należących do zbioru . Istotnie: znając wartości znamy również liczbę oraz liczby

Liczba dla jest, na mocy wzoru (1), liczbą wszystkich wyrazów ciągu równych . Z kolei wyrazów ciągu równych jest

Ponieważ ciąg jest niemalejący, oraz , więc wszystkie liczby są nieujemne. Liczby te wyznaczają zatem jednoznacznie ciąg niemalejący o wyrazach ze zbioru .

Wykazaliśmy tym samym, że wzór (1) opisuje wzajemnie jednoznaczną odpowiedniość pomiędzy -wyrazowymi ciągami niemalejącymi o wyrazach ze zbioru , a -wyrazowymi ciągami niemalejącymi o wyrazach ze zbioru . Stąd .

LV OM - I - Zadanie 6

Niech będzie taką liczbą rzeczywistą, że wielomian

ma pięć różnych pierwiastków rzeczywistych , , , , . Wyznaczyć, w zależności od , sumę wartości bezwzględnych współczynników wielomianu

Rozwiązanie

Z równości

wnioskujemy, że

Wyrażenia po obu stronach tej równości są wielomianami. Stąd wynika, że uzyskany wzór jest prawdziwy dla dowolnej liczby rzeczywistej . Zatem suma wartości bezwzględnych współczynników wielomianu wynosi:

LV OM - I - Zadanie 7

Znaleźć wszystkie takie rozwiązania równania w liczbach całkowitych dodatnich, że liczby i są pierwsze, a liczba jest iloczynem co najwyżej czterech liczb pierwszych.

Rozwiązanie

Odpowiedź: Istnieją trzy rozwiązania . Niech , , będą liczbami spełniającymi warunki zadania. Wówczas

skąd wobec założenia, że liczba jest pierwsza, otrzymujemy . Zatem , skąd wynika, że liczba jest nieparzysta.

Niech . Wtedy

Jeśli liczba daje przy dzieleniu przez 3 resztę 1, to liczba jest podzielna przez 3. Zatem jest ona złożona, poza przypadkiem , który daje rozwiązanie . Jeśli z kolei liczba daje przy dzieleniu przez 5 resztę 2, to liczba jest podzielna przez 5. Zatem jest ona złożona, poza przypadkiem, gdy . Przypadek ten daje drugie rozwiązanie .

Jeśli natomiast liczba daje przy dzieleniu przez 5 resztę 1 lub 3, to liczba jest podzielna przez 5. Zatem jest ona złożona poza przypadkiem , który już rozpatrzyliśmy.

Pozostał jeszcze do rozpatrzenia przypadek, gdy liczba daje przy dzieleniu przez 3 resztę 0 lub 2, a przy dzieleniu przez 5 resztę 0 lub 4. Wówczas liczba jest podzielna przez . Z drugiej strony, liczba jest iloczynem co najwyżej czterech liczb pierwszych, skąd wynika, że . Przypadek ten prowadzi do trzeciego rozwiązania: .

LV OM - I - Zadanie 8

Punkt leży wewnątrz czworościanu . Dowieść, że

Rozwiązanie

Oznaczmy przez punkt przecięcia płaszczyzny z krawędzią oraz przez punkt przecięcia płaszczyzny z krawędzią (rys. 4).

Analogicznie, niech będzie punktem przecięcia płaszczyzny i krawędzi oraz niech oznacza punkt wspólny płaszczyzny i krawędzi .

Punkty , i należą do części wspólnej płaszczyzn i , leżą więc na jednej prostej. Analogicznie, punkty , i leżą na jednej prostej. Stąd wynika, że punkty , , , i leżą w jednej płaszczyźnie. Zatem

co kończy rozwiązanie zadania.

LV OM - I - Zadanie 9

Dane są wielomiany stopnia co najmniej 1, o współczynnikach całkowitych. Wykazać, że dla pewnej liczby całkowitej wszystkie liczby

są złożone.

Rozwiązanie

Dane wielomiany mają stopień co najmniej 1, więc istnieje taka liczba naturalna , że dla liczby są większe od 1 oraz dla wszystkich .

Niech . Wykażemy, że liczby

są złożone, co zakończy rozwiązanie zadania.

Z zależności wynika, że . Ponieważ , więc liczba jest podzielna przez . Ponadto , co daje . Zatem dla liczba jest złożona.

LV OM - I - Zadanie 10

Dany jest wielokąt wypukły o parzystej liczbie boków. Każdy bok wielokąta ma długość 2 lub 3, przy czym liczba boków każdej z tych długości jest parzysta. Dowieść, że istnieją dwa wierzchołki wielokąta, które dzielą jego obwód na dwie części jednakowej długości.

Rozwiązanie

Niech liczba boków wielokąta będzie równa . Oznaczmy wierzchołki wielokąta kolejno . Dla niech

gdzie dla . Innymi słowy, jest różnicą długości części, na które dzielą obwód wielokąta punkty oraz .

Wówczas dla liczba jest całkowita parzysta oraz

Ponadto . Stąd wynika, że ciąg liczb

składa się z liczb parzystych, a jego kolejne wyrazy różnią się o nie więcej niż 2. Zatem istnieje takie , że , a to właśnie należało udowodnić.

LV OM - I - Zadanie 11

Punkt jest środkiem okręgu opisanego na trapezie równoramiennym o podstawach i . Punkty , , , leżą odpowiednio na bokach , , , , przy czym czworokąt KLMN jest rombem. Udowodnić, że punkt leży na prostej .

Rozwiązanie

Oznaczmy przez , , odpowiednio środki odcinków , , (rys. 5). Wówczas punkty , i leżą na jednej prostej - równoległej do podstaw trapezu . Przez punkt poprowadźmy prostą równoległą do podstaw trapezu , przecinającą odcinek w punkcie .

Ponieważ punkt jest środkiem przekątnej rombu , więc jest on również środkiem drugiej przekątnej tego rombu, czyli odcinka . Zatem z równoległości prostych i wnioskujemy, że . Punkt jest środkiem odcinka , więc . Ta własność, równość oraz fakt, iż punkt leży na symetralnej odcinków , i dają

Stąd wynika, że punkt leży symetralnej odcinka , czyli na prostej .

LV OM - I - Zadanie 12

Dana jest liczba całkowita . Wyznaczyć liczbę rozwiązań w liczbach rzeczywistych układu równań

gdzie .

Rozwiązanie

Dodając równania stronami otrzymujemy

Zatem liczby przyjmują wartości 0 lub 1. Zadanie sprowadza się zatem do wyznaczenia liczby rozwiązań układu równań

w liczbach należących do zbioru .

Zauważmy, że układ równań (1) jest spełniony, gdy lub gdy .

Załóżmy, że liczba nie jest podzielna przez 3. Wówczas uzyskujemy

skąd . Analogicznie dowodzimy, że dla . Zatem jeżeli jest liczbą nieparzystą i niepodzielną przez 3, to jedynymi rozwiązaniami układu (1) są i . Natomiast dla liczb parzystych , niepodzielnych przez 3, otrzymujemy dwa dodatkowe rozwiązania , a mianowicie

Załóżmy teraz, że liczba jest podzielna przez 3. Wówczas układ równań (1) ma co najmniej 8 rozwiązań: niewiadome mogą się powtarzać okresowo z okresem 3.

Zbadajmy istnienie rozwiązań , które nie są okresowe z okresem 3. Bez szkody dla ogólności przyjmijmy, że . Wówczas równość jest możliwa tylko wtedy, gdy . Stąd oraz .

Powtarzając rozumowanie stwierdzamy, że oraz , skąd dla dowolnego mamy . Zatem niewiadome muszą być na przemian równe 0 i 1, co jest możliwe tylko dla parzystego.

Podsumowując: liczba rozwiązań danego układu równań wynosi:

• 2 dla względnie pierwszych z 6;
• 4 dla parzystych niepodzielnych przez 3;
• 8 dla nieparzystych podzielnych przez 3;
• 10 dla podzielnych przez 6.

LV OM - II - Zadanie 1

Liczby dodatnie , , , spełniają układ równań

Udowodnić, że .

Rozwiązanie

Niech będzie najmniejszym przedziałem zawierającym liczby , , , . Wówczas co najmniej jedna z liczb , , pokrywa się z końcem (lewym lub prawym) przedziału .

Jeśli , to na mocy pierwszej równości mamy . Stąd wynika, że każda z liczb , , musi być równa , czyli . Jeśli natomiast , to otrzymujemy , co podobnie jak wyżej daje .

Analogicznie, korzystając z drugiego lub trzeciego równania dowodzimy, że , gdy któraś z liczb , jest równa lub . To kończy rozwiązanie zadania.

LV OM - II - Zadanie 2

W sześciokącie wypukłym wszystkie boki są równej długości oraz

Dowieść, że przekątne , i przecinają się w jednym punkcie.

Rozwiązanie

Z danej w treści zadania równości kątów wynika, że . Długości wszystkich boków danego sześciokąta są równe, więc z trójkątów , oraz można złożyć trójkąt przystający do trójkąta (rys. 1). Punkt jest wówczas środkiem okręgu opisanego na trójkącie . Niech będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie . Trójkąty i są przystające, więc promienie okręgów opisanych na tych trójkątach są równe.

Stąd wynika, że czworokąty i są rombami, a więc odcinki , i są równe i równoległe. Zatem czworokąt jest równoległobokiem, co oznacza, że środki odcinków i pokrywają się. Analogicznie, środki odcinków i pokrywają się. Stąd wniosek, że proste , i mają punkt wspólny, będący środkiem każdej z przekątnych , i .

LV OM - II - Zadanie 3

Wyznaczyć liczbę ciągów nieskończonych o wyrazach równych i , spełniających równanie

oraz warunek: w każdej trójce kolejnych wyrazów występuje zarówno , jak i .

Rozwiązanie

Niech będzie takim ciągiem. Rozpoczniemy od wykazania, że

Przypuśćmy, że . Wówczas musi być oraz . Mnożąc powyższe równości przez uzyskujemy oraz , przy czym . W trójce występuje +1 oraz -1, skąd wynika, że . Zatem . Dzieląc równości te stronami przez otrzymujemy . Sprzeczność.

Następnie udowodnimy przez indukcję, że

Oczywiście ; a z własności (1) wynika, że , czyli ; ale , więc ; równości (2) zachodzą dla .

Ustalmy i przyjmijmy, że , dla . Zapiszmy liczbę w postaci lub . Jeśli , to , i w konsekwencji ; jeśli zaś , to , więc . W obu przypadkach została wykazana jedna z równości (2); druga jest wtedy wnioskiem z zależności (1). To kończy indukcyjny dowód tezy (2).

Niech . Każda liczba naturalna ma jednoznaczne przedstawienie w postaci , gdzie , a nie dzieli się przez 3. Z warunku multyplikatywności wynika, że , i w myśl związków (2):

Zatem ciąg jest wyznaczony przez wartość , która może być równa 1 lub -1. Na odwrót, zarówno dla , jak i dla , wzór (3) określa ciąg , spełniający zadane warunki. Są więc dwa takie ciągi.

LV OM - II - Zadanie 4

Wyznaczyć wszystkie liczby całkowite dodatnie , mające dokładnie dzielników dodatnich.

Rozwiązanie

Liczba spełnia warunki zadania. Załóżmy więc w dalszej części rozwiązania, że .

Z warunków zadania wynika, że dla pewnej liczby całkowitej dodatniej . Liczba dzielników dodatnich liczby , mniejszych od , jest równa liczbie jej dzielników większych od . Istotnie: każdemu dzielnikowi liczby odpowiada dzielnik liczby , który jest większy od . Dodatkowo sama liczba jest dzielnikiem liczby , skąd wynika, że ma nieparzystą liczbę dzielników. Zatem , a więc również , jest liczbą nieparzystą.

Zadanie sprowadza się zatem do wyznaczenia takich liczb nieparzystych , których liczba dzielników mniejszych od jest równa .

Ponieważ jest liczbą nieparzystą, więc żadna liczba parzysta nie jest dzielnikiem liczby . Aby więc liczba dzielników mniejszych od liczby była równa , każda liczba nieparzysta mniejsza od musi być dzielnikiem liczby . W szczególności ma się dzielić przez . Ponieważ , więc liczba jest nieparzystym dzielnikiem liczby 4. To oznacza, że , czyli .

Bezpośrednio sprawdzamy, że liczba spełnia warunki zadania. Zatem szukanymi liczbami są i .

LV OM - II - Zadanie 5

Punkty i leżą odpowiednio na bokach i trójkąta , przy czym . Odcinki i przecinają się w punkcie . Dwusieczna kąta przecina odcinki i odpowiednio w punktach i . Wykazać, że

Rozwiązanie

Niech będzie dowolną prostą prostopadłą do dwusiecznej kąta (rys. 2). Oznaczmy przez , , , ', , odpowiednio rzuty prostokątne punktów , , , , , na prostą .

Proste i tworzą równe kąty z prostą , zatem na mocy równości mamy . Wobec tego . Stąd korzystając z twierdzenia Talesa uzyskujemy dowodzoną równość:

LV OM - II - Zadanie 6

Na przyjęciu spotkało się osób . Wiadomo, że wśród dowolnych trzech osób pewne dwie znają się. Dowieść, że spośród uczestników przyjęcia można wybrać nie mniej niż osób i posadzić przy okrągłym stole tak, aby każdy siedział między dwoma swoimi znajomymi.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez zbiór osób obecnych na przyjęciu. Niech będzie największą liczbą naturalną o własności: Istnieje osób takich, że dla osoby oraz znają się. Oznaczmy:

W dalszym ciągu rozwiązania rozpatrzymy trzy przypadki:

1. . Wówczas zbiór liczy co najmniej osób. Osoba nie zna żadnej osoby ze zbioru , więc każde dwie osoby w tym zbiorze muszą się znać. Jeśli osoby te usiądą dowolnie przy okrągłym stole, to każda z nich będzie siedzieć obok dwóch swoich znajomych.

2. . Wówczas zbiór jest niepusty i żadna osoba z tego zbioru nie zna ani , ani . Stąd wynika, że osoby i się znają. Zatem osoby można posadzić przy okrągłym stole zgodnie z warunkami opisanymi w treści zadania.

3. . Niech . Wiemy, że wśród osób , , pewne dwie się znają. Stąd wynika, że osoby należące do co najmniej jednego spośród zbiorów

   mogą usiąść przy okrągłym stole zgodnie z warunkami zadania. Pozostaje zauważyć, że każdy z tych trzech zbiorów liczy co najmniej n/2 osób.

LV OM - III - Zadanie 1

Punkt leży na boku trójkąta . Okręgi styczne do prostych i odpowiednio w punktach i przechodzą przez punkt i przecinają się po raz drugi w punkcie . Niech będzie punktem symetrycznym do punktu względem symetralnej odcinka . Wykazać, że punkty , i leżą na jednej prostej.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że punkt leży wewnątrz trójkąta . Wówczas

Dodając równości te stronami mamy . Otrzymana sprzeczność dowodzi, że punkty i leżą po przeciwnych stronach prostej (rys. 1).

Z równości wynika zatem, że punkty , , , leżą, w tej właśnie kolejności, na jednym okręgu . Stąd wniosek, że punkt leży również na okręgu , czyli

Równość ta oznacza, że punkty , i leżą na jednej prostej.

LV OM - III - Zadanie 2

Niech będzie wielomianem o współczynnikach całkowitych, przyjmującym dla pewnych dwóch różnych liczb całkowitych wartości względnie pierwsze. Dowieść, że istnieje nieskończony zbiór liczb całkowitych, dla których wielomian przyjmuje wartości parami względnie pierwsze.

Rozwiązanie

Ciąg różnych liczb całkowitych taki, że wartości są parami względnie pierwsze, zbudujemy indukcyjnie. Dwa początkowe wyrazy to liczby, których istnienie jest dane w założeniach.

Przyjmijmy, że zostały już określone różne liczby dla których wartości są parami względnie pierwsze. Liczba jest względnie pierwsza z iloczynem ; istnieją zatem takie liczby całkowite , , że . Określamy kolejny wyraz ciągu:

gdzie jest liczbą naturalną tak dużą, żeby liczba była różna od liczb . Oczywiście

a z przekształcenia widać, że

Stosując do obu stron każdej z tych dwóch kongruencji wielomian (co jest dozwolone, skoro kongruencje o wspólnym module można dodawać i mnożyć), dostajemy związki

To znaczy, że dla pewnych liczb całkowitych , zachodzą równości

A ponieważ wartość jest względnie pierwsza z , zaś wartość jest względnie pierwsza z iloczynem , zatem z uzyskanych równości wynika, że wartość jest względnie pierwsza zarówno z , jak i z .

Kontynuując to postępowanie otrzymujemy nieskończony ciąg dający wartości parami względnie pierwsze.

LV OM - III - Zadanie 3

W pewnym turnieju wzięło udział zawodników . Każdy grał z każdym dokładnie jeden raz, nie było remisów. Trójelementowy zbiór zawodników nazwiemy trójką remisową, jeśli można tak ponumerować tych trzech zawodników, że pierwszy wygrał z drugim, drugi z trzecim, a trzeci z pierwszym. Wyznaczyć największą liczbę trójek remisowych, jaka mogła się pojawić w turnieju.

Rozwiązanie

Zamiast wyznaczać największą liczbę trójek remisowych, wyznaczymy najmniejszą liczbę trójek, które nie są remisowe.

Ponumerujmy zawodników liczbami od 1 do i przyjmijmy, że zawodnik o numerze wygrał razy. Wówczas liczba wszystkich rozgrywek wynosi

Każda nieremisowa trójka jest wyznaczona jednoznacznie przez zawodnika, który wygrał z dwoma innymi zawodnikami tej trójki. Zatem zawodnik o numerze wyznacza nieremisowych trójek, a liczba wszystkich nieremisowych trójek w turnieju wynosi

W dalszej części rozwiązania rozpatrzymy dwa przypadki:

• Liczba jest nieparzysta, tzn. . Wówczas na mocy nierówności pomiędzy średnią kwadratową a średnią arytmetyczną uzyskujemy

  Zatem liczba trójek remisowych nie przekracza

  Powyższa liczba trójek remisowych wystąpi jedynie wtedy, gdy każdy zawodnik wygra dokładnie razy (w nierówności (1) zachodzi wtedy równość). Taki układ wyników rozgrywek możemy uzyskać w następujący sposób. Sadzamy zawodników przy okrągłym stole i zakładamy, że każdy z nich wygrał tylko z tymi zawodnikami, którzy siedzą po jego prawej stronie w odległości nie większej niż miejsc. Przy takim układzie rozgrywek każdy zawodnik wygrał dokładnie razy.

• Liczba jest parzysta, tzn. . Wówczas dla , skąd otrzymujemy . Zatem
  

  Stąd wynika, że liczba trójek remisowych nie przekracza

  Powyższa liczba trójek remisowych wystąpi jedynie wtedy, gdy każdy zawodnik wygra lub razy (w nierówności (2) zachodzi wtedy równość). Taki układ wyników rozgrywek możemy uzyskać w następujący sposób. Tak jak wyżej, sadzamy zawodników przy okrągłym stole i przyjmujemy, że każdy z nich wygrał z zawodnikami, którzy siedzą po jego prawej stronie w odległości nie większej niż miejsc. Wynik rozgrywki pomiędzy zawodnikami siedzącymi naprzeciwko siebie ustalamy dowolnie. W ten sposób każdy zawodnik wygrał lub razy.

Reasumując: największa liczba trójek remisowych, jaka może się pojawić w turnieju wynosi , jeśli jest liczbą nieparzystą oraz , jeśli jest liczbą parzystą.

LV OM - III - Zadanie 4

Udowodnić, że jeżeli , , są liczbami rzeczywistymi, to

Rozwiązanie

Podnosząc zadaną nierówność stronami do kwadratu, dostajemy do udowodnienia nierówność równoważną, której lewa strona jest równa

natomiast prawa wynosi . Po redukcji wyrazów podobnych i podzieleniu stronami przez 2 pozostaje do wykazania, że

Na mocy nierówności , prawdziwej dla dowolnych liczb rzeczywistych , (sprawdzenie przez podniesienie do kwadratu), dostajemy

Analogicznie uzyskujemy

Sumując stronami trzy ostatnie nierówności otrzymujemy tezę.

LV OM - III - Zadanie 5

Wyznaczyć największą liczbę prostych w przestrzeni, przechodzących przez ustalony punkt i takich, że każde dwie przecinają się pod jednakowym kątem.

Rozwiązanie

Niech będą prostymi, o jakich mowa, przechodzącymi przez wspólny punkt . Para przecinających się prostych wyznacza na zawierającej je płaszczyźnie cztery kąty: dwa kąty wierzchołkowe o mierze i pozostałe dwa kąty o mierze . Zgodnie z założeniem, wartość jest dla każdej pary taka sama.

Weźmy pod uwagę sferę o środku i dowolnym promieniu, i oznaczmy przez , punkty przecięcia prostej z tą sferą. Każdy z odcinków , , (dla ) jest cięciwą sfery , wyznaczoną przez kąt środkowy o mierze lub . Zatem te odcinki mają co najwyżej dwie różne długości i .

Ustalmy oznaczenia tak, by dla . Wówczas punkty leżą na jednym okręgu (położonym w płaszczyźnie prostopadłej do prostej ). Niech będzie średnicą tego okręgu. Każdy z punktów leży w odległości lub od punktu ; wobec tego na każdym z dwóch półokręgów o końcach i leżą co najwyżej dwa punkty ze zbioru . Stąd wniosek, że jest to zbiór co najwyżej czteroelementowy; a to znaczy, że .

Z drugiej strony, jeśli , to możemy umieścić punkty w wierzchołkach pięciokąta foremnego, zaś płaszczyznę tego pięciokąta umieścić w takiej odległości od punktu , aby te sześć punktów, wraz z antypodycznymi do nich punktami , były wierzchołkami dwudziestościanu foremnego. Odcinki (średnice sfery ) łączą przeciwległe wierzchołki tego dwudziestościanu i każde dwa z nich tworzą jednakowy kąt. Zatem jest największą możliwą liczbą prostych .

LV OM - III - Zadanie 6

Dana jest liczba całkowita . Nieskończony ciąg liczb całkowitych jest określony przez warunki

Wyznaczyć największą liczbę naturalną , dla której istnieje kolejnych wyrazów tego ciągu podzielnych przez .

Rozwiązanie

Wzór rekurencyjny

działa zarówno do przodu, jak i do tyłu; to znaczy, że każdy odcinek kolejnych wyrazów ciągu wyznacza zarówno wszystkie wyrazy późniejsze, jak i wszystkie wyrazy wcześniejsze. Ta sama uwaga odnosi się też do ciągu gdzie jest resztą z dzielenia przez ; wzór (1) implikuje wzór

W ciągu każdy odcinek długości jest układem złożonym z liczb ze zbioru . Ponieważ jest tylko skończenie wiele takich układów, muszą się one powtarzać: istnieją numery () takie, że

Każdy z tych dwóch odcinków ciągu jednoznacznie wyznacza wyraz bezpośrednio go poprzedzający; na mocy wzoru (2) te wyrazy też są równe: . Zatem

Cofając się w ten sposób dojdziemy do odcinka identycznego z odcinkiem początkowym:

gdzie . Tak więc

Cofając się dalej, zgodnie ze wzorem (2), stwierdzamy kolejno, że

i mamy kolejnych wyrazów podzielnych przez .

Oczywiście nie istnieje kolejnych wyrazów podzielnych przez , bo wówczas, w myśl wzoru (1), cały ciąg składałby się z liczb podzielnych przez , wbrew temu, że . Zatem szukana maksymalna wartość wynosi .