XLIX OM - I - Zadanie 1

Rozwiązać układ równań

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że liczby , spełniają podany układ równań. Z pierwszego równania wynika, że oraz że iloraz nie może być równy ; jest więc równy , co oznacza, że jest liczbą dodatnią. Pierwsze równanie mówi zatem, że . Liczby i są więc równe.

Podstawiając do drugiego równania (i pamiętając, że ) otrzymujemy zależność , równoważną temu, że . Tak więc każda para , będąca rozwiązaniem danego układu równań, spełnia warunki: .

I na odwrót: każda para takiej postaci spełnia oba równania układu; sprawdzenie jest natychmiastowe.

XLIX OM - I - Zadanie 2

Proste zawierające wysokości trójkąta , wpisanego w okrąg o środku , przecinają się w punkcie , przy czym . Obliczyć miarę kąta .

Rozwiązanie

Oznaczmy przez środek boku . Rozwiązanie zadania będzie oparte na równości

która zachodzi w każdym trójkącie, niezależnie od założenia, że . Oto jej dowód:

Role punktów i są symetryczne; można przyjąć, że i wobec tego kąt ABC jest ostry. Każdy z dwóch pozostałych kątów trójkąta może być ostry, prosty lub rozwarty. Gdy kąt jest prosty, wówczas punkt pokrywa się z , punkt pokrywa się z , i po obu stronach dowodzonej równości mamy zera. Dalej zakładamy, że kąt jest ostry lub rozwarty (rysunek 1 przedstawia różne możliwe sytuacje; prowadzone rozumowanie nie zależy od przypadku).

Prowadzimy średnicę okręgu opisanego na trójkącie ; oparte na niej kąty wpisane i są proste. Wysokości trójkąta , poprowadzone z wierzchołków i , są zawarte w prostych i . Spełnione są więc warunki prostopadłości: , , , . Wynika z nich, że oraz . Czworokąt jest zatem równoległobokiem i zachodzi równość . Odcinek łączy środki boków i trójkąta . Stąd , co w połączeniu z równością poprzednią daje dowodzoną zależność (1).

Jeżeli teraz, zgodnie z treścią zadania, długość odcinka jest równa promieniowi okręgu , to długość odcinka jest równa połowie tego promienia: . Stąd , czyli .

Wniosek: kąt , jako kąt wpisany w okrąg , oparty albo na krótszym albo na dłuższym łuku , ma miarę lub .

Każda z tych wartości istotnie może być przyjęta; przykłady: trójkąt równoboczny oraz trójkąt równoramienny z kątem przy wierzchołku .

Uwaga: Jak zauważyliśmy, równość (1) jest prawdziwa dla każdego trójkąta ; w podanym rozwiązaniu stanowi ona lemat, a dokończenie rozwiązania na podstawie tego lematu jest krótkie i zupełnie proste.

Wspomnijmy jeszcze o innych metodach rozwiązania. Każda z nich opiera się na jakimś fakcie ogólnym, słusznym dla każdego trójkąta i stanowiącym lemat, z którego da się wydedukować odpowiedź na pytanie postawione w zadaniu.

Oto owe lematy:

• proste i są symetryczne względem dwusiecznej kąta ;
• obraz punktu w symetrii względem prostej leży na okręgu .

Czytelnikom, którzy nie znają którejkolwiek z tych własności, proponujemy znalezienie dowodu (dowodów) jako pożyteczne ćwiczenie. Dokończenie rozwiązania zadania na podstawie dowolnej z własności (2), (3), (4) lub (5)\nic{rf} jest nie tak natychmiastowe, jak przy wykorzystaniu własności (1) — wciąż jednak niezbyt trudne i też może być przyjemnym ćwiczeniem.

XLIX OM - I - Zadanie 3

Ciągi , , są określone przez warunki:

dla . Wykazać, że ciąg jest ograniczony.

Rozwiązanie

Udowodnimy przez indukcję, że

Dla nierówności są spełnione. Zakładając, że nierówności (1) zachodzą dla pewnej liczby naturalnej , otrzymujemy dla analogiczne oszacowania:

oraz - korzystając z faktu, że jest liczbą całkowitą, więc lewa nierówność (1) daje się wzmocnić do postaci :

Na podstawie zasady indukcji wnosimy o prawdziwości związków (1) dla wszystkich liczb naturalnych .

Zastępując w (1) przez dostajemy nierówność ; zastępując z kolei przez stwierdzamy, że ; a to znaczy, że . Ciąg jest więc ograniczony.

XLIX OM - I - Zadanie 4

Dana jest liczba dodatnia . Wyznaczyć wszystkie liczby rzeczywiste mające następującą własność: dla każdej pary liczb dodatnich , spełniona jest nierówność .

Rozwiązanie

Sposób I

Załóżmy, że pewna liczba rzeczywista ma rozważaną własność:

Podstawiając i dzieląc stronami przez otrzymujemy zależność

Zauważmy, że i na odwrót: z warunku (2) wynika (1). Przypuśćmy bowiem, że jest liczbą rzeczywistą spełniającą warunek (2). Niech , będą dowolnymi liczbami dodatnimi. W nierówności (2) podstawiamy , mnożymy stronami przez i dostajemy nierówność (1).

A zatem warunki (1) i (2) są równoważne. Ustalmy liczbę rzeczywistą i weźmy pod uwagę funkcję daną wzorem

oczywiście oraz

Jeżeli warunek (2) (równoważny warunkowi (1)) jest dla rozważanej liczby spełniony, to funkcja ma w punkcie minimum, a więc , czyli ; stąd .

Na odwrót, jeśli w określeniu funkcji przyjmiemy , to

wobec tego funkcja jest malejąca w przedziale i rosnąca w przedziale . W punkcie przyjmuje więc swoją najmniejszą wartość. Innymi słowy, dla , czyli spełniony jest warunek (2) (równoważny warunkowi (1)).

Wniosek: dla danej liczby dodatniej jedyną liczbą mającą postulowaną własność jest .

Sposób II

Zadanie można rozwiązać nie korzystając z metod rachunku różniczkowego. Jak poprzednio, wykazujemy równoważność warunków (1) i (2), a następnie przepisujemy warunek (2) w kolejnej równoważnej postaci:

Rozpatrzymy najpierw przypadek, gdy jest liczbą wymierną. Niech więc , gdzie , są liczbami całkowitymi dodatnimi; oznaczmy .

Załóżmy, że jest liczbą, dla której warunek (3) jest spełniony. Podstawiamy i otrzymujemy zależność dla , skąd

Oznaczmy iloraz po lewej stronie (4) przez . Przekształcamy ten iloraz:

W liczniku mamy sumę składników; w mianowniku - sumę składników. Stąd . Zatem jedyną liczbą , która może spełniać warunek (4) - a więc i warunek (3) - jest .

Pokażemy, że i na odwrót: jeżeli (dla danej liczby wymiernej ) przyjmiemy za liczbę (gdzie ), to warunek (3) będzie spełniony. Ponownie podstawiamy . Dowodzony warunek (3) przybiera postać

Weźmy pod uwagę ciąg o wyrazach . Należy dowieść, że ; a ponieważ , wystarczy w tym celu wykazać, że ciąg ten jest niemalejący. To zaś wynika z przekształcenia

bowiem suma w nawiasie kwadratowym jest liczbą tego samego znaku, co różnica .

Udowodniliśmy, że dla danej dodatniej liczby wymiernej jedynie liczba ma rozważaną własność.

Przechodzimy do przypadku ogólnego, gdy jest liczbą rzeczywistą dodatnią. Weźmy dowolny ciąg dodatnich liczb wymiernych zbieżny do . Oznaczmy . Na podstawie rozpatrzonego już przypadku wiemy, że dla liczb oraz zachodzi nierówność analogiczna do (3):

Przy dążącym do nieskończoności ciąg dąży do . Przechodzimy w nierówności (5) do granicy (przy ustalonym , przy czym może być dowolną liczbą dodatnią) i otrzymujemy nierówność

To znaczy, że liczba ma badaną własność.

Pozostała do udowodnienia implikacja odwrotna: załóżmy, że dla zadanej liczby i dla pewnej liczby rzeczywistej jest spełniony warunek (3); chcemy wykazać, że .

Zastępując w (3) liczbę przez dostajemy warunek równoważny

a po pomnożeniu stronami przez :

Stąd oraz z nierówności (6) mamy , czyli

Dla liczb otrzymujemy zależność

Gdy dąży do , różnica po lewej stronie (7) dąży do granicy . Z oszacowań (7) wynika, że ta wartość graniczna może być równa tylko zeru. Tak więc .

Konkluzja jak poprzednio: liczba jest jedyną liczbą o wymaganej własności.

Uwaga: Udało się rozwiązać zadanie bez użycia pojęcia pochodnej ale nie bez pojęcia {\it granicy} (ciągu, funkcji). I trudno, żeby było inaczej, bowiem przejście graniczne jest obecne w samej definicji potęg o wykładniku rzeczywistym; stanowi wręcz istotę tej definicji.

XLIX OM - I - Zadanie 5

Dana jest, liczba całkowita . Rozwiązać równanie

Rozwiązanie

Ponieważ , dane równanie jest równoważne następującemu:

Gdy , równanie (1) jest spełnione tożsamościowo w zbiorze liczb, które nie są całkowitymi wielokrotnościami liczby .

Dalej rozważamy przypadek, gdy . Równanie (1) jest oczywiście spełnione, gdy , czyli dla liczb postaci

Wykażemy, że dla równanie (1) nie ma innych rozwiązań.

Niech więc będzie dowolną liczbą spełniającą równanie (1); przyjmijmy i przepiszmy równanie (1) w postaci

Jeżeli liczba rzeczywista spełnia to ostatnie równanie, to liczby , oraz także je spełniają. Zatem jeśli wykażemy, że równanie (3) nie jest spełnione przez żadną liczbę rzeczywistą , będzie to znaczyło, że nie ma ono rozwiązań w żadnym z przedziałów , , , czyli że jedynymi jego rozwiązaniami są liczby i . A ponieważ wartości odpowiadają wartościom danym wzorem (2), tym samym udowodnimy, że wzór (2) przedstawia pełne rozwiązanie równania (1).

Pozostaje zająć się równaniem (3) dla . Przy takim warunku różnice ujęte w znaki wartości bezwzględnej (po lewej i po prawej stronie (3)) są nieujemne i równanie sprowadza się do postaci

Rozumowania są cały czas prowadzone pod założeniem, że jest ustaloną liczbą naturalną większą od . Wykażemy kilkoma sposobami, że przy takim założeniu równanie (4) nie ma rozwiązań .

Sposób I

Przypuśćmy, że pewna liczba spełnia równanie (4) i oznaczmy liczbę przez ; oczywiście . Przepisujemy równanie (4) jako , dzielimy stronami przez i dostajemy związek

Podstawiając z powrotem otrzymujemy zależność

Dla każdej liczby dodatniej prawdziwa jest nierówność (równoważna, po prostym przekształceniu, nierówności ). Zatem dla każdej liczby całkowitej mamy

Podstawiamy za kolejno liczby i dodajemy stronami otrzymane nierówności. Zauważmy, że co najmniej jedna z nich jest nierównością ostrą (bo ). W wyniku sumowania otrzymujemy po lewej stronie liczbę ; po prawej stronie dostajemy wartość . To pokazuje, że równość (5) nie jest w rozważanym przypadku możliwa.

Jak stwierdziliśmy wcześniej, wynika stąd wniosek, że dla pełne rozwiązanie równania (1) dane jest wzorem (2).

Sposób II

Sprowadziwszy zagadnienie do równania (5) można szybko uzyskać sprzeczność z założeniem zauważając, że średnia geometryczna liczb jest równa . Równość (5) mówi zaś, ze średnia arytmetyczna tych liczb także jest równa .

Oczywiście jeśli , , to ,,uśredniane'' liczby nie są równe, a więc ich średnia arytmetyczna musi być większa od średniej geometrycznej i mamy sprzeczność, o którą chodziło.

Sposób III

Rozważamy funkcję określoną wzorem

Obliczamy jej pochodną: , czyli , gdzie

Pochodna funkcji jest dodatnia dla :

(nadal rozważamy przypadek, gdy ). Zatem funkcja jest w przedziale rosnąca; a ponieważ , dostajemy nierówność dla . Stąd dla . To znaczy, że i jest funkcją rosnącą w przedziale . Wobec równości , wartości są dodatnie dla . Dzielimy nierówność stronami przez i otrzymujemy:

Widać stąd, że równanie (4) nie jest spełnione przez żadną liczbę .

Konkluzja jak poprzednio: dla jedynymi rozwiązaniami równania (1) są liczby dane wzorem (2).

XLIX OM - I - Zadanie 6

W trójkącie , w którym , punkt jest środkiem boku , punkt leży na boku . Punkty i są odpowiednio rzutami prostokątnymi punktów i na prostą . Dowieść, że wtedy i tylko wtedy, gdy .

Rozwiązanie

Uwaga 1: W oficjalnym druku z tekstami zadań na zawody pierwszego stopnia XLIX Olimpiady Matematycznej zadanie 6 zostało sformułowane z błędem: brakowało założenia, że . (Poprawiona wersja zadania została rozesłana do szkół jako Errata kilka tygodni później.) Bez tego założenia równoważność dana do udowodnienia nie jest prawdziwa. Jako ćwiczenie proponujemy Czytelnikowi znalezienie kontrprzykładu; wskazówkę może stanowić równoważność (2) uzyskana w rozwiązaniu sposobem III.

Założenie, że gwarantuje, że kąt jest ostry, a więc rzut punktu na prostą leży na półprostej poza obrębem trójkąta ; punkty , , , , leżą wszystkie po jednej stronie prostej ; punkt leży między punktami i .

Sposób I

Przez punkt prowadzimy prostą równoległą do ; przecina ona półprostą w punkcie, który oznaczymy przez . Półprosta przecina półprostą w punkcie, który nazwiemy ; leży on na odcinku , gdy , a poza tym odcinkiem, gdy (dwa warianty rysunku 2). Z równoległości wynika, że punkt jest środkiem boku trójkąta . Zatem .

Wszystkie powyższe stwierdzenia wynikają z określeń podanych w dwóch pierwszych zdaniach treści zadania i są słuszne niezależnie od prawdziwości lub fałszywości podanych w trzecim zdaniu warunków, których równoważność należy udowodnić.

Napiszemy teraz ciąg warunków, z których każdy jest w oczywisty sposób równoważny poprzedniemu:

Równoważność pomiędzy warunkiem pierwszym i ostatnim jest tezą zadania.

Uwaga 2: Wszystkie te równoważności zachodzą niezależnie od tego, którą z dwóch sytuacji zilustrowanych na dwóch wariantach rysunku 2 rozpatrujemy. Ale jest jasne, że w przypadku przedstawionym na rysunku prawym punkt na pewno nie jest środkiem odcinka ; a zatem w tym przypadku wypisane równoważności wiążą łańcuszek zdań, które wszystkie są fałszywe. Jednak to, że prowadzone rozumowanie jest a priori, niezależne od przypadku, a przy tym krótkie i przejrzyste, stanowi o elegancji rozwiązania.

Sposób II

Oznaczmy przez punkt przecięcia odcinków i . Jak w poprzednim rozwiązaniu, uporządkowanie rozważanych punktów na prostej zależy od tego, czy kąt jest ostry, prosty, czy rozwarty.

Rozważmy najpierw przypadek, gdy (prawy wariant rysunku 2, na którym należy sobie wyobrazić punkt zaznaczony między i ). Wówczas , . Dodajemy te nierówności stronami: . Punkty i leżą (w rozważanym przypadku) na odcinku , przy czym jest punktem wewnętrznym tego odcinka, więc . To pokazuje, że żaden z dwóch warunków, których równoważność należy wykazać, nie jest w tym przypadku spełniony - jest więc spełniona ich równoważność.

Dalej zajmujemy się przypadkiem, gdy . Oznaczmy przez rzut prostokątny punktu na prostą ; leży on między punktami i . Niech i będą odpowiednio środkami odcinków i (rysunek 3; punkt może leżeć na odcinku , na lub na - nie ma to znaczenia dla dalszego rozumowania). Odcinek łączy środki boków i trójkąta , więc jest równoległy do . Odcinek łączy środki boków i trapezu , więc jest równoległy do i , czyli jest prostopadły do .

Trójkąt prostokątny przystaje do trójkąta , więc oraz . Z równoległości wynikają w myśl twierdzenia Talesa następujące proporcje:

Oznaczmy wspólną wartość tych czterech stosunków przez . Zatem

Przyjrzyjmy się teraz odcinkom zawartym w prostej . Punkty , , , , , leżą na niej w takim właśnie porządku; punkty i są odpowiednio środkami odcinków i . Wobec tego

Warunek jest więc równoważny temu, że czyli że wysokość trójkąta jest jednocześnie jego środkową, czyli że jest to trójkąt równoramienny o podstawie . Trójkąt ten jest jednokładny do trójkąta . Stąd wniosek, że warunek jest spełniony wtedy i tylko wtedy, gdy .

Równość (1) pokazuje, że także warunek jest spełniony wtedy i tylko wtedy, gdy . Mamy więc równoważność, o którą chodziło.

Uwaga 3: Można uniknąć oddzielnego rozpatrywania przypadku, gdy , rezygnując z informacji o usytuowaniu interesujących nas punktów na prostej , i zamiast tego rozważać odcinki skierowane (i ich długości opatrzone znakami plus lub minus) - czyli rozważać wektory. Jeśli jednak decydujemy się na użycie wektorów, to można w ogóle nie wprowadzać dodatkowych punktów i odcinków, nie powoływać się na przystawanie i podobieństwo trójkątów, tylko wprost prowadzić rachunek na wektorach. Przedstawimy takie rozwiązanie: grubą kropką oznaczamy iloczyn skalarny.

XLIX OM - I - Zadanie 7

Dane są liczby całkowite dodatnie oraz . Niech . Wyznaczyć liczbę funkcji przyjmujących dokładnie wartości oraz spełniających warunek:

Rozwiązanie

Sposób I} Funkcję spełniającą podane warunki będziemy nazywać {\it dobrą

. Jest jasne, że jeśli , to dobre funkcje nie istnieją. Wystarczy więc zająć się przypadkiem, gdy zadane liczby naturalne i spełniają nierówność .

Niech będzie funkcją dobrą i niech liczby będą wszystkimi jej wartościami. Dla każdego numeru określamy:

Oczywiście . Z określenia (1) oraz z warunków definiujących funkcje dobre wynika, że , dla , i wobec tego

Na odwrót, jeżeli jest dowolnym ciągiem liczb naturalnych spełniającym warunki (2), to wzór

określa dobrą funkcję , której wartościami są liczby , a warunek (1) wyznacza zadane liczby (trzeba tylko przyjąć ). Dobrych funkcji jest więc tyle, ile ciągów typu (2).

Każdemu ciągowi liczb naturalnych spełniającemu warunki (2) przyporządkujemy ciąg o wyrazach

Z układu nierówności (2) wynika, że wówczas

Na odwrót, mając dany dowolny ciąg spełniający warunki (4) możemy odtworzyć ciąg przyjmując

nierówności (2) będą spełnione. Wzajemnie odwrotne układy równań (3) i (5) ustalają wzajemnie jednoznaczną odpowiedniość między ciągami typu (2) i ciągami typu (4).

Wniosek: dolnych funkcji jest tyle, ile --wyrazowych ciągów liczb naturalnych spełniających warunki (4) - czyli tyle, ile --elementowych podzbiorów ma zbiór . Ta szukana liczba jest równa .

Sposób II

Niech będzie funkcją dobrą (zachowujemy tę na zwę z poprzedniego rozwiązania). W prostokątnym układzie współrzędnych zaznaczmy punkty wykresu funkcji , czyli punkty dla . Każdy taki punkt jest środkiem kwadratu jednostkowego (lewym dolnym wierzchołkiem tego kwadratu jest punkt ).

Podana implikacja oznacza, że funkcja. jest niemalejąca. Zaznaczone kwadraty układają się więc w poziome paski odpowiadające wartościom funkcji ; każdy kolejny pasek (gdy je liczymy od lewej do prawej strony) jest położony wyżej niż poprzedni.

Warunek mówi, że jeśli liczba jest wartością funkcji , to punkt jest jednym z zaznaczonych punktów. Kwadrat jednostkowy o środku w tym punkcie jest zawarty w pasku odpowiadającym wartości ; zaznaczmy ten kwadrat krzyżykiem. W ten sposób w każdym pasku został wyróżniony jeden kwadracik.

Przesuńmy teraz wszystkie te paski w kierunku pionowym tak, by ich poziomy zrównały się. Tworzy się jeden pasek długości podzielony na bloków, a w każdym bloku jest wyróżniony jeden kwadracik.

Na odwrót, jeśli mamy dany prostokąt o wymiarach , złożony z kwadratów jednostkowych, z zaznaczonymi liniami dzielącymi go na bloków (prostokątów o długościach całkowitych dodatnich) i z wyróżnionym jednym kwadratem w każdym bloku, to możemy przesunąć każdy blok do takiego położenia, by środek wyróżnionego kwadratu trafił na prostą ; środki wszystkich kwadratów tak poprzesuwanych bloków utworzą wykres dobrej funkcji .

Pomiędzy każde dwa kolejne bloki, z których składa się prostokąt wstawmy po jednym dodatkowym kwadracie jednostkowym. W ten sposób dołożyliśmy kwadratów. Oznaczmy je kółkami. Powstał prostokąt złożony z kwadratów, przy czym kwadratów jest oznaczonych krzyżykami, a - kółkami. Każde ,,kółko'' leży między dwoma ,,krzyżykami''.

Każdy taki diagram możemy uważać za kod pewnej dobrej funkcji , pozwalający jednoznacznie odtworzyć tę funkcję. [Na przykład prostokąt z rysunku 4, z zaznaczonymi krzyżykami i kółkami, powstał przez rozsunięcie bloków prostokąta , który odpowiada funkcji danej wzorami: , , .]

Pozostaje zliczyć takie diagramy (dla ustalonych liczb ). Zauważmy, że znając pozycje wyróżnionych kwadratów, nie potrzebujemy informacji, które; z nich są oznaczone krzyżykami, a które kółkami: wiadomo, że te dwa rodzaje oznaczeń występują na przemian, przy czym na skrajnych pozycjach są krzyżyki. Problem został zatem sprowadzony do policzenia, na ile sposobów można wybrać kwadratów z rządku liczącego kwadratów. Liczba ta jest równa ; i jest to jednocześnie liczba dobrych funkcji (dla zadanych , ).

Uwaga: Powyższe dwa rozwiązania nie różnią się istotnie. Argumentacja kombinatoryczna, przedstawiona w drugim rozwiązaniu w sposób dość poglądowy, daje się sformalizować. Efektem formalizacji jest pierwsze rozwiązanie - choć dostrzeżenie, że tak rzeczywiście jest, może wymagać trochę wysiłku. (Na przykład wprowadzenie składników ,,i'' we wzorach (3) i (5) odpowiada operacji rozsunięcia bloków i wstawienia kwadratów z „kółkami" w rozwiązaniu sposobem II.)

XLIX OM - I - Zadanie 7

Rozstrzygnąć, czy istnieje wielościan wypukły mający krawędzi oraz płaszczyzna nie przechodząca przez żaden z jego wierzchołków i przecinająca krawędzi, przy czym .

Rozwiązanie

Niech będzie dowolnym wielościanem wypukłym; niech będzie liczbą jego krawędzi, a -- liczbą ścian. Brzeg każdej ściany zawiera co najmniej trzy krawędzie, a każda krawędź jest wspólnym bokiem dokładnie dwóch ścian. Zatem .

Jeśli płaszczyzna nie przechodząca przez żaden wierzchołek przecina krawędzi, to przekrój wielościanu tą płaszczyzną jest wielokątem wypukłym mającym wierzchołków, a więc także boków. Każdy jego bok jest zawarty w pewnej ścianie wielościanu , i to każdy w innej. Wobec tego .

Zestawiając uzyskane nierówności widzimy, że . Nie istnieje więc wielościan, dla którego spełniona byłaby nierówność .

XLIX OM - I - Zadanie 9

Niech oraz

Obliczyć .

Rozwiązanie

Sposób I

W myśl podanego określenia,

Dla lepszej czytelności dalszych napisów oznaczmy liczbę przez oraz przyjmijmy . Zachodzą równości

i dalej, przez oczywistą indukcję,

Dzieląc stronami przez dostajemy równość

Gdy dąży do nieskończoności, wartość wyrażenia w nawiasie dąży do . Zatem .

XLIX OM - I - Zadanie 10

Środkowe , , trójkąta przecinają się w punkcie . Na czworokątach i można opisać okręgi. Wykazać, że trójkąt jest równoboczny.

Rozwiązanie

Oznaczmy miary kątów , , odpowiednio przez , , . Punkty i są środkami boków i , więc , i wobec tego (rysunek 5).

Przeciwległe kąty czworokąta , wpisanego w okrąg, dopełniają się do . Natomiast z istnienia okręgu opisanego na czworokącie wynika równość kątów i (wpisanych w ów okrąg). Zatem

Analogicznie dowodzimy, że . Trójkąt jest więc równoboczny.

Uwaga: Istnieje wiele wariantów tego rozwiązania, wykorzystujących równości różnych kątów (wynikające z założeń zadania); wybraliśmy najkrótsze.

XLIX OM - I - Zadanie 11

W turnieju tenisowym uczestniczyło graczy. Każdy rozegrał z każdym innym jeden mecz; nie było remisów. Udowodnić, że istnieje taki gracz , który każdego innego gracza pokonał bezpośrednio lub pośrednio, tzn. gracz wygrał z lub gracz pokonał pewnego zawodnika , który wygrał z tym graczem .

Rozwiązanie

Niech będzie tym uczestnikiem turnieju, który pokonał największą liczbę przeciwników. (Jeśli kilku zawodników odniosło jednakową maksymalną liczbę zwycięstw, wybieramy któregokolwiek z nich.) Twierdzimy, że wybrany w ten sposób gracz pokonał bezpośrednio lub pośrednio wszystkich innych zawodników.

Niech będzie dowolnym graczem, który wygrał z . Należy wykazać, że wśród wszystkich graczy pokonanych przez istnieje taki, który wygrał z .

Przypuśćmy, że tak nie jest. Oznacza to, że zawodnik pokonał graczy oraz jeszcze gracza — miałby więc na swoim koncie więcej zwycięstw niż zawodnik .

To jednak nie jest możliwe, skoro literą został oznaczony ten zawodnik, który odniósł najwięcej zwycięstw. Uzyskana sprzeczność kończy dowód.

XLIX OM - I - Zadanie 12

Niech będzie największym dzielnikiem pierwszym liczby całkowitej , gdy , oraz przyjmijmy . Rozstrzygnąć, czy istnieje wielomian stopnia dodatniego o współczynnikach całkowitych, dla którego zbiór liczb postaci ( - całkowite) jest skończony.

Rozwiązanie

Udowodnimy, że nie istnieje wielomian o podanej własności. Dla dowodu nie wprost przypuśćmy, że

jest wielomianem stopnia o współczynnikach całkowitych i że zbiór liczb postaci (dla całkowitych wartości argumentu ) jest skończony. To znaczy: istnieje liczba naturalna oraz istnieją liczby pierwsze o następującej własności:

jeśli jest liczbą całkowitą oraz , to wartość nie dzieli się przez żadną liczbę pierwszą różną od .

Rozpatrzymy dwa przypadki.

Jeżeli , to dla każdej liczby całkowitej wartość dzieli się przez . Niech . Znajdujemy liczbę naturalną , dla której ; liczba taka istnieje, bo wielomian ma skończenie wiele pierwiastków.

Wartość dzieli się przez , więc i przez ; wobec tego ma co najmniej jeden dzielnik pierwszy różny od . Jest to sprzeczność z warunkiem (2).

Zajmiemy się teraz przypadkiem, gdy . Weźmy pod uwagę liczbę . Znajdujemy liczbę naturalną , dla której ; liczba taka istnieje, bo wartość jest przez wielomian przyjmowana tylko w skończenie wielu punktach.

Ze wzoru (1) otrzymujemy równość

gdzie oznacza liczbę w nawiasie kwadratowym. Jest to liczba całkowita różna od zera (bo ). Wstawiając do (3) wyrażenie definiujące liczbę dostajemy równość

Skoro oraz , liczba nie jest równa , , ani ; ma więc dzielnik pierwszy różny od . Zatem i w tym przypadku otrzymaliśmy sprzeczność z warunkiem (2); dowód jest zakończony.