LVIII OM - I - Zadanie 1

Zadanie 1.

Rozwiązać w liczbach rzeczywistych , , układ równań

Rozwiązanie

Odejmując drugie równanie układu od pierwszego dostajemy

Podobnie odejmując trzecie równanie od pierwszego uzyskujemy równanie . Zatem dany w treści zadania układ równań jest równoważny układowi

Iloczyn dwóch liczb jest równy zeru wtedy i tylko wtedy, gdy przynajmniej jeden z czynników jest równy zeru. Wobec tego układ (1) jest równoważny następującej alternatywie czterech układów:

W pierwszym z układów (2) drugie i trzecie równanie prowadzą do wniosku, że . Wykorzystując tę zależność w pierwszym równaniu tego układu otrzymujemy równanie kwadratowe , które ma dwa rozwiązania: oraz . Zatem rozważany układ równań ma dwa rozwiązania: i .

Zbadajmy teraz drugi z układów (2). Drugie równanie tego układu oznacza, że ; łącząc to z trzecim równaniem widzimy, że . Zatem pierwsze równanie układu przyjmuje postać

Równanie kwadratowe ma rozwiązania oraz . To daje dwa rozwiązania badanego układu: i .

Podobnie rozwiązujemy trzeci z układów (2), otrzymując rozwiązania oraz .

Przejdźmy wreszcie do ostatniego z układów (2). Łącząc drugie i trzecie równanie widzimy, że , czyli . Wobec tego drugie równanie przybiera postać , zaś pierwsze możemy zapisać jako

co po rozwiązaniu równania kwadratowego daje i . W efekcie dostajemy dwa rozwiązania: oraz .

Pozostaje na koniec przekonać się, że każda z wyznaczonych trójek istotnie stanowi rozwiązanie danego w zadaniu układu równań.

Odpowiedź: Rozwiązaniami danego układu równań są:

LVIII OM - I - Zadanie 2

Wyznaczyć wszystkie pary dodatnich liczb całkowitych , , dla których każda z liczb , jest kwadratem liczby całkowitej.

Rozwiązanie

Sposób I

Przypuśćmy, że para spełnia warunki zadania.

Jeżeli prawdziwa jest nierówność , to

a ponieważ jest kwadratem liczby całkowitej, więc wynika stąd, że musi zachodzić jedna z równości lub .

Jeżeli , to i na mocy warunków zadania liczba ma być kwadratem liczby całkowitej. Mamy , zatem spełniona jest zależność

z której otrzymujemy i . Uwzględniając równość widzimy, że musi być liczbą nieparzystą. Bezpośrednim rachunkiem sprawdzamy, że wartości wyrażenia dla , , , , są odpowiednio równe 9, 37, 73, 117, 169. Uzyskujemy kwadraty liczb całkowitych jedynie dla i ; odpowiadające wartości wynoszą 2 i 22.

Jeżeli , to , zatem liczba jest kwadratem liczby całkowitej. Nierówność

dowodzi, że , co daje . Ponadto liczba jest całkowita, więc liczba jest podzielna przez . Wyrażenie dla wartości , przyjmuje odpowiednio wartości 32, 100 i tylko dla otrzymujemy kwadrat liczby całkowitej; odpowiadającą wartością jest 9.

Pozostał do rozpatrzenia przypadek . Wówczas możemy napisać

i z uwagi na to, że jest kwadratem liczby całkowitej, uzyskujemy zależność , czyli . Ta równość nie może jednak być prawdziwa, bowiem jej lewa strona jest liczbą parzystą, a prawa - nieparzystą. Wobec tego w tym przypadku nie ma rozwiązań.

Wystarczy już tylko wykonać bezpośrednie sprawdzenie, że otrzymane trzy pary istotnie spełniają warunki zadania.

Sposób II

Jeżeli para spełnia warunki zadania, to liczba jest kwadratem liczby całkowitej większej od i tej samej parzystości, co liczba . Możliwe są zatem następujące trzy przypadki:

1. .
2. .
3. .

Rozpatrzmy po kolei powyższe trzy możliwości:

1. Przypadek 1.
   Równość oznacza, że . Ponadto liczba jest, na mocy warunków zadania, kwadratem liczby całkowitej. Z nierówności

   wynika, że albo . Pierwsze z tych równań ma postać , skąd i , zaś drugie równanie możemy przekształcić do postaci , co daje i .

2. Przypadek 2.

   W tej sytuacji ma miejsce równość . Jeżeli więc liczba jest kwadratem liczby całkowitej, to z uwagi na nierówności

   stwierdzamy, że , czyli . Zatem i .

3. Przypadek 3.

   Mamy wówczas . Z drugiej strony, zgodnie z założeniami zadania liczba jest kwadratem liczby całkowitej i wobec tego , czyli . Stąd uzyskujemy

   Otrzymana sprzeczność wskazuje, że w przypadku 3. nie ma rozwiązań i pozostaje jeszcze tylko upewnić się, że trzy pary wyznaczone w przypadkach 1. i 2. istotnie są rozwiązaniami zadania.

Odpowiedź: Żądaną własność mają następujące pary :

LVIII OM - I - Zadanie 3

W czworokącie wypukłym , nie będącym równoległobokiem, zachodzi równość . Punkty i są odpowiednio środkami przekątnych i . Dowieść, że rzuty prostokątne odcinków i na prostą są odcinkami o jednakowej długości, równej długości odcinka .

Rozwiązanie

Niech punkt będzie środkiem boku , zaś punkt - środkiem odcinka (rys. 1).

Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa wynika, że oraz . Analogicznie uzyskujemy zależności i . Stąd i z równości otrzymujemy . Trojkąt jest zatem równoramienny, co oznacza, że . Wobec tego rzutem prostokątnym odcinka na prostą jest odcinek ; a ponieważ odcinek jest równoległy do odcinka i ma dwukrotnie większą długość, więc rzutem odcinka na prostą jest odcinek o długości .

Analogicznie dowodzimy, że rzut prostokątny odcinka na prostą jest odcinkiem o długości , co kończy rozwiązanie zadania.

LVIII OM - I - Zadanie 4

Dla każdej liczby naturalnej wyznaczyć liczbę ciągów , gdzie , o następującej własności:\break w każdej trójce kolejnych wyrazów są co najmniej dwa wyrazy równe.

Rozwiązanie

Niech będzie liczbą ciągów -wyrazowych mających żądane własności (będziemy je dalej nazywać ciągami {\it dobrymi}). Niech będzie liczbą dobrych ciągów , których dwa ostatnie wyrazy i są równe, natomiast niech oznacza liczbę dobrych ciągów , w których . Oczywiście spełniona jest równość .

Każdy dobry ciąg -wyrazowy , w którym dwa ostatnie wyrazy i są równe, powstaje z dokładnie jednego dobrego ciągu przez dodanie warunku . Prawdziwa jest zatem zależność

Natomiast dobry ciąg -wyrazowy , w którym dwa ostatnie wyrazy i są różne, możemy otrzymać na dwa sposoby. W pierwszym sposobie należy wziąć dobry -wyrazowy ciąg , w którym , zaś za przyjąć dowolną liczbę ze zbioru różną od . Tak postępując otrzymamy różnych dobrych -wyrazowych ciągów. W drugim sposobie wybieramy dobry -wyrazowy ciąg , w którym i przyjmujemy . Tym razem uzyskamy różnych ciągów. Ponadto żaden ciąg nie może być otrzymany oboma sposobami. Wynika stąd równość

Ze związków (1) i (2) dostajemy

dla . Zastosujemy teraz metodę rozwiązywania rekurencji liniowych (zob. L Olimpiada Matematyczna, Sprawozdanie Komitetu Głównego, Warszawa 2000, Dodatek A, str. 103). Równaniem charakterystycznym rekurencji (3) jest , które ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste: oraz . Zatem istnieją takie liczby rzeczywiste , , że zachodzi równość

Do zakończenia rozwiązania pozostaje wyznaczyć wartości , . W tym celu obliczymy liczby , . Ze wzorów (1) i (2) wynika, że

Liczba dobrych ciągów , w których , wynosi , gdyż wartości , możemy wybrać dowolnie, natomiast liczba dobrych ciągów , w których , wynosi , bowiem parę różnych liczb można wybrać dowolnie i musi być równe lub . Zatem

Łącząc obliczone wyżej wartości z warunkiem (4) otrzymujemy układ równań

którego rozwiązaniem są liczby .

Odpowiedź: Szukana liczba ciągów wynosi .

Uwaga:Po uzyskaniu zależności (1) i (2) można dokończyć rozwiązanie zadania bez stosowania metody rozwiązywania rekurencji liniowych (aczkolwiek wymaga to zgadnięcia właściwych współczynników). Mianowicie, ze związków (1) i (2) dostajemy

Przyjmując teraz oznaczenia

mamy więc

Obliczamy ponadto, że , , czyli , ; wobec tego z zależności (5) przez indukcję uzyskujemy wzory

Stąd ostatecznie

LVIII OM - I - Zadanie 5

Dany jest trójkąt ostrokątny , w którym . Punkt jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie , punkt jest punktem przecięcia wysokości trójkąta . Prosta przechodząca przez punkt i prostopadła do prostej przecina proste i odpowiednio w punktach i . Wykazać, że

Rozwiązanie

Niech będzie spodkiem wysokości poprowadzonej z wierzchołka i niech będzie punktem symetrycznym do punktu względem prostej (rys. 2); odcinki i przecinają się w punkcie .

Zauważmy, że punkt leży na okręgu opisanym na trójkącie . Rzeczywiście, ze względu na prostopadłości , mamy

a więc punkty , , , leżą na jednym okręgu.

W trójkącie zachodzą równości i , skąd wyznaczamy . Zatem . Stąd , toteż punkty , , leżą na jednej prostej w tej właśnie kolejności. To daje

czyli wielkość jest równa promieniowi okręgu opisanego na trójkącie . Analogicznie dowodzimy, że temu promieniowi jest równa wielkość , co kończy rozwiązanie.

LVIII OM - I - Zadanie 6

Wykazać, że jeżeli liczby są dodatnie, to

Rozwiązanie

Korzystając z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną otrzymujemy

i analogicznie oraz . Stąd wynika, że

Zatem zadanie będzie rozwiązane, jeżeli wykażemy nierówność

Wprowadzając oznaczenia , , zapisujemy powyższą nierówność w postaci

a ta nierówność jest prawdziwa na mocy nierówności między średnimi, gdyż

LVIII OM - I - Zadanie 7

Dany jest czworościan . Dwusieczna kąta przecina krawędź w punkcie . Punkt jest symetryczny do względem punktu . Punkt leży na krawędzi , przy czym . Udowodnić, że z odcinków o długościach , oraz można zbudować trójkąt.

Rozwiązanie

Niech będzie środkiem krawędzi , zaś - punktem symetrycznym do punktu względem punktu (rys. 3).

Ponieważ , więc punkty i leżą symetrycznie względem dwusiecznej kąta , a zatem . Ponadto trójkąt jest obrazem trójkąta w jednokładności o środku w punkcie i skali , co daje . Wreszcie końce odcinków i są odpowiednio symetryczne do siebie względem punktu , skąd .

Z wyprowadzonych zależności otrzymujemy, że trójkąt jest zbudowany z odcinków o długościach , oraz , skąd wynika teza (punkty , , nie leżą na jednej prostej, gdyż punkt znajduje się poza płaszczyzną ).

LVIII OM - I - Zadanie 8

Niech będzie liczbą pierwszą. Dowieść, że istnieje taka permutacja zbioru , że liczby

dają różne reszty przy dzieleniu przez .

Rozwiązanie

Przyjmijmy oraz dla niech będzie taką liczbą ze zbioru , że liczba jest podzielna przez .

Oczywiście musimy najpierw wykazać, że podane określenie liczby jest poprawne, czyli że taka liczba istnieje. W tym celu dla ustalonej wartości rozpatrzmy liczby

Żadna z tych liczb nie daje reszty przy dzieleniu przez ; gdyby bowiem dla pewnego liczba dawała resztę , to liczba byłaby podzielna przez , co jest niemożliwe wobec nierówności , oraz faktu, iż jest liczbą pierwszą. Analogicznie dowodzimy, że jeśli , są liczbami całkowitymi spełniającymi nierówności , to liczba

nie jest podzielna przez . To oznacza, że wśród wypisanych liczb żadne dwie nie dają tej samej reszty z dzielenia przez oraz żadna nie daje reszty . Wynika stąd, że dokładnie jedna z tych liczb daje resztę , czyli dzieli się przez .

Udowodnimy teraz, że otrzymane w ten sposób liczby , , , są parami różne. Żadna z liczb , , , nie jest równa , gdyż liczba nie jest podzielna przez . Przypuśćmy z kolei, że dla pewnych wskaźników zachodzi równość . Wtedy liczby oraz są podzielne przez , a więc różnica

dzieli się przez liczbę pierwszą , co jest niemożliwe, gdyż , jak również .

Pozostaje wykazać, że skonstruowane liczby spełniają warunki zadania. W tym celu wykażemy indukcyjnie, że dla liczba daje resztę z dzielenia przez . Dla jest to prawda. Załóżmy teraz prawdziwość tej własności dla . Liczba jest zatem podzielna przez , a więc i liczba dzieli się przez . Ale z określenia liczby wynika, że liczba daje resztę przy dzieleniu przez . Wobec tego liczba daje resztę z dzielenia przez , co kończy dowód indukcyjny i rozwiązanie zadania.

Uwaga: Znajomość podstawowych własności arytmetyki liczb modulo pozwala znacznie uprościć zapis powyższego rozumowania. Mianowicie przyjmujemy

Ponieważ jest liczbą pierwszą, więc określenie liczby jest poprawne. Jest jasne, że liczby , , , są różne od ; ponadto równość dla pewnych prowadziłaby do zależności

co daje oczywistą sprzeczność . Pozostaje sprawdzić, że dla mamy

a więc .

LVIII OM - I - Zadanie 9

Niech będzie iloczynem wszystkich dodatnich dzielników liczby całkowitej dodatniej . Rozstrzygnąć, czy istnieją różne liczby całkowite dodatnie , , dla których .

Rozwiązanie

Odpowiedź: Takie liczby i nie istnieją.

Niech będą wszystkimi dodatnimi dzielnikami ustalonej liczby całkowitej dodatniej . Wówczas , , , także są wszystkimi dodatnimi dzielnikami liczby , zatem możemy napisać

Stąd wynika, że

gdzie oznacza liczbę wszystkich dodatnich dzielników liczby .

Przypuśćmy teraz, że dla pewnych liczb całkowitych dodatnich , zachodzi równość . Wtedy , a więc uzyskujemy zależność . Zatem (patrz: {\it Uwaga\/}) liczby , są potęgami tej samej liczby całkowitej dodatniej: i dla pewnych liczb całkowitych dodatnich , , .

Załóżmy, że . Wtedy jest potęgą tej samej liczby całkowitej dodatniej co , ale o mniejszym wykładniku. Stąd wynika, że oraz - ponieważ każdy dzielnik liczby jest także dzielnikiem liczby - zachodzi . Wobec tego i otrzymaliśmy sprzeczność. Podobna sprzeczność powstaje przy założeniu . Musi więc być , skąd otrzymujemy .

Uwaga: W powyższym rozwiązaniu skorzystaliśmy z następującego faktu: jeżeli liczby całkowite dodatnie , , , spełniają równość , to i są potęgami tej samej liczby całkowitej dodatniej.

Ażeby to udowodnić, weźmy i niech , ; liczby całkowite dodatnie i są względnie pierwsze. Ponadto z równości otrzymujemy . Stąd wynika, że jeżeli jest dowolnym dzielnikiem pierwszym liczby oraz jest taką liczbą całkowitą dodatnią, że dzieli się przez i nie dzieli sie przez , to liczba dzieli się przez i nie dzieli się przez .

Jednakże jest jednocześnie -tą potęgą liczby całkowitej , zatem musi być dzielnikiem iloczynu . Skoro zaś i są względnie pierwsze, liczba musi być dzielnikiem liczby . Tak więc każdy dzielnik pierwszy liczby wchodzi do jej rozkładu na czynniki pierwsze z wykładnikiem podzielnym przez , przeto jest -tą potęgą liczby całkowitej. Wobec tego z równości wynika, że , czyli i są potęgami liczby całkowitej .

LVIII OM - I - Zadanie 10

Dany jest trójkąt ostrokątny . Punkty i leżą na boku , punkty i leżą na boku , punkty i leżą na boku , przy czym

Dowieść, że trójkąty i są przystające.

Rozwiązanie

Sposób I

Skoro oraz , to . Analogicznie oraz . Trójkąty i są więc podobne, jako trójkąty o odpowiednich bokach równoległych (rys. 4).

Z trójkątów prostokątnych i odczytujemy zależności

Zachodzi więc równość

Podobnie rozważając trójkąty prostokątne i oraz i uzyskujemy analogiczne równości

Dodając równości , , stronami otrzymujemy zależności

Jeśli przez oznaczymy skalę podobieństwa trójkątów i , tzn. , , , to z równości wynika natychmiast, że . A to znaczy, że trójkąty i są przystające.

Sposób II

Niech okrąg opisany na trójkącie przecina boki , , po raz drugi odpowiednio w punktach , , (rys. 5).

Ponieważ , więc odcinek jest średnicą okręgu . Analogicznie i są średnicami tego okręgu. Stąd w szczególności odcinki i są równe i równoległe, co oznacza, że . W podobny sposób uzyskujemy

Wynika stąd, że trójkąty i są przystające oraz punkty , , spełniają te same warunki, co warunki nałożone na punkty , , w treści zadania.

Wykażemy, że muszą zachodzić równości , , , skąd natychmiast otrzymamy tezę.

Przypuśćmy więc nie wprost, że na przykład . Bez utraty ogólności rozumowania przyjmijmy, że na boku punkt leży pomiędzy punktami i (rys. 6). Ze względu na prostopadłości , mamy , zatem na boku punkt leży pomiędzy i . Analogicznie punkt leży na boku pomiędzy punktami i i wreszcie punkt leży na boku pomiędzy i , wbrew wcześniejszemu założeniu.

LVIII OM - I - Zadanie 11

Dla każdej liczby całkowitej dodatniej wyznaczyć liczbę permutacji zbioru , spełniających warunki:

Rozwiązanie

Odpowiedź: Szukaną liczbą jest

Dla dowolnej permutacji spełniającej warunki zadania zachodzą następujące ciągi nierówności

Zauważmy, że każdy z elementów , , , został w rozważanych wierszach wypisany dokładnie raz. Rzeczywiście, w nierównościach (1) pojawiły się wszystkie wskaźniki nieparzyste z przedziału , parzyste z przedziału i nieparzyste z przedziału , w nierównościach (2) zaś - wszystkie wskaźniki parzyste z przedziału , nieparzyste z przedziału i parzyste z przedziału . Badając ilość liczb parzystych i nieparzystych w odpowiednich przedziałach obliczamy, że w związku (1) występuje liczb, a w związku (2) występuje liczb.

Nietrudno spostrzec, że każda nierówność postaci lub dająca się wywnioskować z warunków zadania znajduje się w zależności (1) lub (2). To oznacza, że jeżeli dla pewnej permutacji oba te ciągi nierówności są spełnione, to permutacja ta ma postulowane własności. Wobec tego każda permutacja spełniająca warunki zadania jest jednoznacznie wyznaczona przez podanie liczb wypisanych w nierównościach (1) - należy bowiem uszeregować je rosnąco, za przyjąć najmniejszą z tych liczb, za liczbę bezpośrednio po niej następującą itd., co pozwala jednoznacznie określić wyrazy permutacji znajdujące się w związkach (1); pozostałe liczb po ustawieniu w kolejności rosnącej analogicznie określają wyrazy permutacji znajdujące się w związkach (2).

Zatem liczba permutacji mających żądaną własność jest równa liczbie -elementowych podzbiorów zbioru -elementowego, czyli liczbie

LVIII OM - I - Zadanie 12

Wielomian o współczynnikach rzeczywistych przyjmuje w przedziale (gdzie ) tylko wartości dodatnie. Udowodnić, że istnieją takie wielomiany oraz , że

dla każdej liczby rzeczywistej .

Rozwiązanie

Dowód przeprowadzimy indukcyjnie ze względu na stopień wielomianu .

Jeżeli jest wielomianem stałym, to oczywiście i w tym przypadku można przyjąć , i .

Przypuśćmy teraz, że teza zadania jest prawdziwa dla wszystkich wielomianów stopnia mniejszego niż i niech będzie wielomianem stopnia .

Funkcja

rozważana w przedziale , jest ciągła i przyjmuje w nim wartości dodatnie, które przy końcach przedziału dążą do nieskończoności. Zatem w pewnym punkcie (niekoniecznie jednym) funkcja osiąga swoją wartość minimalną ; jest to liczba dodatnia.

Zachodzi wobec tego nierówność , czyli dla , która w pewnym punkcie (punktach) staje się równością. Mówiąc obrazowo, jest liczbą, dla której parabola w przedziale jest ,,styczna od dołu'' do wykresu wielomianu na tym przedziale, być może w kilku punktach (rys. 7). Tak więc wielomian w badanym przedziale przyjmuje wartości nieujemne i posiada przynajmniej jeden pierwiastek (rys. 8).

Zauważmy, że i , a więc wielomian na końcach przedziału przybiera wartości dodatnie. Zatem pierwiastki wielomianu w przedziale mają parzystą krotność. Istnieją zatem takie liczby (niekoniecznie różne) , że wielomian ma postać

przy czym wielomian w przedziale przyjmuje tylko wartości dodatnie. Oznaczmy ; mamy więc .

Jeśli jest stopniem wielomianu , to , z wyjątkiem przypadku , kiedy to . Ponadto wielomian ma stopień nie większy niż . Zatem jest wielomianem stopnia niższego niż . Wobec tego na mocy założenia indukcyjnego istnieje przedstawienie postaci

Stąd otrzymujemy

i jest to żądane przedstawienie wielomianu . Tym samym rozwiązanie zadania zostało zakończone.