XLVIII OM - I - Zadanie 1

Rozwiązać układ równań

Uwaga: jest największą liczbą całkowitą nie większą od .

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że liczby , spełniają dany układ równań.

Weźmy najpierw pod uwagę przypadek, gdy co najmniej jedna z tych liczb jest ujemna; przypuśćmy na przykład, że . Wówczas , i w takim razie na mocy drugiego równania układu zachodzi nierówność

Wobec tego .

Skoro jest liczbą dodatnią, a jest liczbą ujemną, pierwsze równanie układu przybiera w tym przypadku postać

Z nierówności , wynika ponadto, że .

Oczywiście . Zatem

Otrzymaliśmy sprzeczność z równaniem (1). Jest ona wynikiem przypuszczenia, że któraś z liczb , jest ujemna. Ten przypadek zajść więc nie może.

Pozostaje do rozpatrzenia przypadek, gdy liczby i są obie nieujemne. Pierwsze równanie układu teraz ma postać

zatem i z drugiego równania wynika, że jedna z liczb , musi być równa , a druga . Stąd łatwy wniosek, że

Te dwie pary spełniają układ i są jego jedynymi rozwiązaniami.

XLVIII OM - I - Zadanie 2

Punkt leży wewnątrz równoległoboku , przy czym zachodzi równość . Wykazać, że .

Rozwiązanie

Sposób I

Przesuwamy trójkąt równolegle tak, by obrazem boku był odcinek . Obraz wierzchołka oznaczmy przez . Mamy zatem równość (rysunek 1). Odcinki i są równoległe, więc .

Jednocześnie (w myśl warunku zadania). Wobec tego .

Odcinek jest więc widoczny pod jednakowym kątem z punktów i , leżących po tej samej stronie prostej . Wniosek: punkty , , , leżą na jednym okręgu. Stąd, wobec faktu, że punkty i leżą po tej samej stronie prostej , wynika równość .

Pozostaje zauważyć, że czworokąt jest równoległobokiem, a więc . Otrzymujemy równość , która była dana do udowodnienia.

Sposób II

Przez punkt prowadzimy proste równoległe do boków równoległoboku . Przecinają one boki , , , odpowiednio w punktach , , , (rysunek 2).

Trójkąt jest podobny do trójkąta , bo (kąty o ramionach parami równoległych) oraz (warunek zadania). Zatem

Teza zadania, czyli równość , będzie udowodniona, jeśli wykażemy, że trójkąty i są podobne.

Uwaga: tu i dalej, mówiąc, że trójkąty i są podobne, rozumiemy, że w tym podobieństwie wierzchołki , , są odpowiednio obrazami wierzchołków , , .

Ponieważ (kąty o ramionach parami równoległych), wystarczy dowieść, że

Otóż z określenia punktów , i wynika, że , , , i wobec tego równość (2) jest identyczna z równością (1). To kończy dowód.

Sposób III

Dana w założeniu równość jest równoważna równości . Role punktów i są więc symetryczne, tak w założeniach, jak i w tezie zadania. Można wobec tego przyjąć, nie tracąc ogólności, że jest punktem trójkąta . Przyjmimy dodatkowo, że jest to punkt wewnętrzny trójkąta ; niezbędne modyfikacje rozumowania w przypadku granicznym, gdy leży na przekątnej , pozostawiamy Czytelnikowi.

Półproste i przecinają boki i odpowiednio w punktach i (rysunek 3). Z danej w założeniu równości kątów (którą można przepisać jako , bądź też jako ) wynika, że trójkąt jest podobny do , a trójkąt jest podobny do . Mamy więc proporcje:

Pozwalają one wywnioskować, że trójkąt jest podobny do , a trójkąt - do . Otrzymujemy związki:

Dodajemy stronami równości (4) i dostajemy równość , która w połączeniu z zależnością (3) pokazuje, że trójkąt jest podobny do trójkąta . Stąd, ostatecznie, .

XLVIII OM - I - Zadanie 3

Udowodnić, że dla dowolnych liczb rzeczywistych , oraz dla każdej liczby naturalnej zachodzi nierówność

Rozwiązanie

Sposób I

Daną do udowodnienia nierówność przepisujemy w postaci

Oznaczmy: , . Skoro , , , zatem , ; ponadto , i wobec tego

otrzymaliśmy nierówność (1).

Sposób II

Dowód będzie oparty na znanej nierówności Bernoulli'ego:

Oznaczając sumę przez możemy tę nierówność przepisać tak:

Przechodzimy do nierówności (1). Szacujemy z dołu jej lewą stronę, wykorzystując nierówność (3) (dla ):

Stąd (wobec faktu, że ):

i dalej (skoro ):

Jeszcze raz stosujemy nierówność Bernoulli'ego (3) przyjmując :

po przekształceniu:

Z zależności (5) i (6) natychmiast wynika dowodzona nierówność (1).

Uwaga: Nierówność (4) można także uzasadnić stosując wzór dwumianowy:

wszystkie składniki tej sumy są liczbami nieujemnymi; a składnik odpowiadający wartości to dokładnie prawa strona wzoru (4).

Sposób III

Przeprowadzimy indukcyjny dowód nierówności (1), którą teraz wygodnie będzie zapisać tak:

, , są danymi liczbami rzeczywistymi, , .

Dla mamy równość we wzorze (7). Ustalmy liczbę naturalną , oznaczmy: , , i przyjmijmy indukcyjnie, że dla tej liczby zdanie (7) jest prawdziwe:

Teza indukcyjna, czyli nierówność (7) z zastąpionym przez , ma postać:

Otóż lewa strona (8) jest równa

pomijamy czysto mechaniczne sprawdzenie. W tej ostatniej sumie wszystkie trzy składniki są liczbami nieujemnymi: pierwszy - na podstawie założenia indukcyjnego, a pozostałe dwa - w wyniku założeń o liczbach , , . To dowodzi słuszności związku (8) i kończy dowód indukcyjny.

Sposób IV

Dzielimy daną w treści zadania nierówność stronami przez i otrzymujemy nierówność równoważną:

Weźmy pod uwagę funkcję

(, , , są ustalonymi parametrami spełniającymi podane warunki). Zadanie sprowadza się do wykazania, że .

Funkcja jest w przedziale niemalejąca, bowiem

Ostatnia nierówność wynika z tego, że gdy .

Tak więc dla . Podstawiamy i mamy nierówność, którą chcieliśmy otrzymać.

XLVIII OM - I - Zadanie 4

Udowodnić, że liczba naturalna jest złożona wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją liczby naturalne spełniające warunki: , .

Rozwiązanie

Niech będzie liczbą złożoną: , , . Przyjmijmy:

są to dodatnie liczby całkowite o własnościach:

Wykazaliśmy więc, że jeżeli jest liczbą złożoną, to istnieją liczby całkowite spełniające warunki (1).

Pozostała do dowodu implikacja przeciwna. Załóżmy, że dla pewnej liczby całkowitej istnieje czwórka liczb całkowitych spełniających równania (1). Z drugiego z tych równań wynika, że , oraz

Oznaczmy przez największy wspólny dzielnik liczb i oraz przyjmijmy: , . Liczby i są względnie pierwsze. Pierwsze równanie (1) daje zależność: . Czynnik jest większy od . Aby uzyskać wymaganą konkluzję, że jest liczbą złożoną, wystarczy wobec tego wykazać, że .

Równanie (2) po podzieleniu przez przybiera postać . Zatem liczba , jako względnie pierwsza z , musi być dzielnikiem liczby . Stąd . Skoro zaś , dostajemy nierówność , iw konsekwencji .

Wniosek: Z istnienia liczb spełniających warunki (1) wynika, że jest liczbą złożoną. W połączeniu z udowodnioną wcześniej implikacją przeciwną daje to tezę zadania.

XLVIII OM - I - Zadanie 5

Dwusieczne kątów wewnętrznych , , trójkąta przecinają przeciwległe boki odpowiednio w punktach , , , a okrąg opisany na trójkącie - odpowiednio w punktach , , . Dowieść, że

Rozwiązanie

Sposób I

Daną do udowodnienia nierówność geometryczną sprowadzimy do prostej nierówności algebraicznej. Zauważmy, że , , , i wobec tego

Nierówność, którą mamy udowodnić, jest więc równoważna nierówności

Oznaczmy długości boków , , odpowiednio przez , , . Punkt , jako koniec dwusiecznej , dzieli bok w stosunku ; stąd obliczamy: , i otrzymujemy równość

Trójkąt jest podobny do trójkąta , bowiem , (rysunek 4). Zatem , czyli

Dzieląc uzyskane równości stronami dostajemy zależność

analogicznie daje się wyrazić drugi i trzeci składnik sumy po lewej stronie nierówności (1) . Zadanie sprowadza się do wykazania, że

Wystarczy teraz kilkakrotnie skorzystać z nierówności między średnią arytmetyczną i średnią geometryczną, najpierw dla par liczb, a następnie dla trójki liczb: , , ; stąd

Dowód jest zakończony.

Uwaga: Jak widać, nierówność (2) zachodzi dla każdej trójki liczb dodatnich , niekoniecznie będących długościami boków trójkąta. Można ją uzasadnić kilkoma sposobami (różniącymi się niezbyt istotnie). Można na przykład powołać się na {\it nierówność Jensena} , słuszną dla dowolnych liczb nieujemnych związanych zależnością oraz dla każdej funkcji wypukłej w przedziale .

(Obszerny komentarz na temat funkcji wypukłych i nierówności Jensena, wraz z jej dowodem, można znaleźć na przykład w publikacji: XXXVII Olimpiada Matematyczna. Sprawozdanie Komitetu Głównego, Warszawa 1989, str. 41-42). W rozważanej sytuacji wystarczy przyjąć , aby uzyskać nierówność (2); szczegóły pozostawiamy Czytelnikowi.

Sposób II

Jak w sposobie pierwszym, zastępujemy nierówność daną w zadaniu nierównością równoważną (1). Oznaczmy długości boków , , trójkąta jak poprzednio przez , , , a miary jego kątów odpowiednio przez , , .

Punkt jest środkiem łuku okręgu opisanego na trójkącie ; oznaczmy środek i promień tego okręgu odpowiednio przez i . Prosta przecina bok pod kątem prostym w punkcie będącym środkiem tego boku.

Niech będzie spodkiem wysokości trójkąta opuszczonej z wierzchołka (rysunek 5). Z podobieństwa trójkątów prostokątnych i otrzymujemy proporcję .

Kąt środkowy jest dwukrotnie większy od kąta wpisanego : . Gdy (jak na rysunku 5), wówczas

Gdy , rysunek i rachunek wymagają drobnych modyfikacji, ale równość nadal zachodzi.

Zgodnie ze wzorem sinusów, . Zatem

Ponieważ , dowodzona nierówność (1) przybiera postać

Przekształcamy dalej ułamek w pierwszym nawiasie:

Przyjmijmy oznaczenia:

nierówność (3) sprowadza się do następującej:

Miary kątów trójkąta spełniają znany wzór

(Czytelnikom, którzy go nie znają, proponujemy samodzielne wyprowadzenie tego wzoru; to nietrudne ćwiczenie). Wynika z niego, że są liczbami dodatnimi, związanymi zależnością: .

Średnia harmoniczna tych liczb nie przekracza ich średniej arytmetycznej, równej . Tak więc . Oznaczmy: ; zatem . Stąd

Jednocześnie

Dodajemy stronami te dwie ostatnie nierówności i otrzymujemy zależność , czyli nierówność (4) , którą chcieliśmy wykazać.

Uwaga: Składniki sumy (3) dokładnie odpowiadają kolejnym składnikom sumy (2) . Tak więc początkowe fragmenty obu rozwiązań dają dowód związków

zwanych wzorami Mollweide'a. Na odwrót, przyjmując te wzory za znane, można w dowolny sposób kombinować początkowe oraz końcowe fragmenty rozwiązań. Na przykład - sprowadzić zadanie do nierówności (3) , jak w sposobie drugim; przepisać tę nierówność w równoważnej postaci (2) i udowodnić ją, jak w końcówce pierwszego rozwiązania.

XLVIII OM - I - Zadanie 6

Wielomian stopnia spełnia warunek

Obliczyć .

Rozwiązanie

Sposób I

Niech . Weźmy pod uwagę wielomian

Podstawiając w miejsce zmiennej liczby otrzymujemy, na podstawie warunku zadania, równości

Zatem liczby te są pierwiastkami wielomianu . Jest to wielomian stopnia , a więc daje się przedstawić jako iloczyn

Wymnażając dwumiany w nawiasach otrzymamy ,,zwykłe'' przedstawienie wielomianu w postaci rozwiniętej. Będzie nas interesował współczynnik przy (w pierwszej potędze); jest on równy , gdzie jest iloczynem liczb , z usuniętym czynnikiem .

Jednocześnie - zgodnie ze wzorem (1) - współczynnik przy w wielomianie jest równy . Tak więc

Podstawiając zaś we wzorach (1) i (2) , i przyrównując otrzymane wartości, dostajemy równość

Z uzyskanych zależności wynika, że

Jest to szukana wartość .

Sposób II

Zastosujemy postępowanie rekurencyjne. Oznaczmy rozważany wielomian przez . Dla mamy wielomian stały . Ustalmy liczbę naturalną . Dzielimy wielomian przez dwumian (dzielenie z resztą); ilorazem jest pewien wielomian , stopnia , a reszta jest równa , czyli :

Podstawiamy kolejno dla . Traktując otrzymane związki jako równania względem obliczamy - korzystając z warunku zadania -

Weźmy pod uwagę wielomian . Spełnia on warunki dla . To pozwala przepisać poprzednią równość jako

Tak więc wielomiany oraz , stopnia , przyjmują równe wartości w różnych punktach, i wobec tego są równe. Możemy w takim razie zastąpić czynnik przez we wzorze (3):

Podstawiamy i otrzymujemy zależność rekurencyjną:

Wzór ten jest słuszny dla każdej liczby naturalnej . A skoro , dostajemy wynik:

Sposób III

Zachowujemy z poprzedniego rozwiązania oznaczenie . Wyprowadzimy inną zależność rekurencyjną. Jak poprzednio, zauważamy, że ; w szczególności .

Ustalmy . Wielomiany i przyjmują jednakowe wartości dla . Te liczby są więc pierwiastkami wielomianu (stopnia ).

Oznaczając przez współczynnik przy w wielomianie (zatem także w wielomianie ) otrzymujemy równość

Przyjrzyjmy się teraz wielomianowi ; jest to także wielomian stopnia , ze współczynnikiem przy równym . Dla (gdzie przebiega wartości ) mamy

To znaczy, że liczby są jednocześnie pierwiastkami wielomianu , czyli wielomianu , i wobec tego

Podstawiamy i po prostym przekształceniu dostajemy równość

Wiedząc, że , obliczamy:

Sposób IV

Rozwiązanie wykracza poza program szkolny; przedstawimy je szkicowo. Będziemy korzystali z najprostszych faktów z teorii równań liniowych i wyznaczników (literatura: dowolny akademicki podręcznik algebry liniowej).

Niech . Dane w założeniach zadania warunki

traktujemy jak układ równań liniowych z niewiadomymi . Wyznacznik tego układu jest różny od zera; wynika to z następującego ogólnego faktu:

Jeśli są dowolnymi liczbami rzeczywistymi, to

jest to tzw. wyznacznik Vandermonde'a. W rozważanej tu sytuacji

Zatem układ równań (4) ma jednoznaczne rozwiązanie. Interesuje nas tylko niewiadoma ; wyraża się ona wzorem , gdzie jest wyznacznikiem macierzy otrzymanej z macierzy układu (4) w wyniku zastąpienia jej skrajnej lewej kolumny (złożonej z samych jedynek) przez kolumnę złożoną z liczb znajdujących się po prawych stronach równań (4) . W konsekwencji także jest wyznacznikiem Vandermonde'a:

W takim razie

Otrzymaliśmy ten sam iloczyn, co w końcówce poprzedniego rozwiązania. Wynik (wartość ) — jak we wszystkich poprzednich rozwiązaniach.

XLVIII OM - I - Zadanie 7

Obliczyć kres górny objętości czworościanów zawartych w kuli o danym promieniu , których jedną z krawędzi jest średnica tej kuli.

Rozwiązanie

Niech będzie jednym z rozważanych czworościanów. Przyjmijmy, że krawędź jest średnicą danej kuli. Oznaczmy odległość punktu od prostej przez , a odległość punktu od płaszczyzny - przez . Objętość czworościanu jest równa

Oczywiście , , i wobec tego .

Czworościan był wybrany dowolnie; zatem kres górny objętości rozważanych czworościanów nie przekracza liczby .

Gdy jest trójkątem prostokątnym równoramiennym o przeciwprostokątnej , wówczas . Gdy z kolei jest trójkątem prostokątnym równoramiennym o przeciwprostokątnej , leżącym w płaszczyźnie prostopadłej do płaszczyzny , wówczas także . Gdy oba te warunki są spełnione, zachodzi równość .

Wniosek: kres górny rozważanych objętości jest równy .

XLVIII OM - I - Zadanie 8

Niech będzie liczbą wszystkich niepustych podzbiorów zbioru , których suma elementów daje przy dzieleniu przez 6 resztę 5 oraz niech będzie liczbą wszystkich niepustych podzbiorów zbioru , których iloczyn elementów daje przy dzieleniu przez 7 resztę 5. Obliczyć iloraz .

Rozwiązanie

Sposób I

Dla skończonego zbioru liczb symbole oraz będą oznaczały odpowiednio sumę oraz iloczyn wszystkich liczb w tym zbiorze. Niech będzie ustaloną liczbą naturalną. Zgodnie z treścią zadania,

Zauważmy, że w określeniu liczby można ze zbioru usunąć wszystkie wielokrotności liczby ; jeśli bowiem zbiór zawiera jakąkolwiek liczbę podzielną przez , to warunek na pewno nie jest spełniony. Przyjmując oznaczenia

oraz

można zatem przepisać określenie liczb i , jak następuje:

Weźmy pod uwagę dowolną liczbę . Jest ona elementem dokładnie jednego ze zbiorów . Liczba nie dzieli się przez , a więc w każdym ze zbiorów istnieje dokładnie jeden element przystający do modulo . Spośród nich wybieramy element należący do zbioru o tym samym numerze , co numer zbioru zawierającego . Oznaczmy ten element przez . W ten sposób została określona funkcja o własności:

Wykażemy, że jest ona różnowartościowa.

Przypuśćmy, że dla pewnych liczb . Przyjmijmy, że oraz , . Wówczas , , więc z równości wynika, że , a ponadto

Kluczem do dalszych rozważań będzie następująca, łatwa do sprawdzenia, własność:

Skoro oraz , zatem . Mnożymy związek (3) stronami przez liczbę całkowitą :

Stąd na podstawie wzorów (4) wnosimy najpierw, że , a następnie, że , czyli . Różnowartościowość funkcji została wykazana.

Funkcja odwzorowuje zbiór , liczący elementów, w zbiór , liczący także elementów. Stąd wniosek, że jest ona różnowartościowym odwzorowaniem zbioru na cały zbiór .

Niech teraz będzie dowolnym niepustym podzbiorem zbioru i niech będzie obrazem zbioru w odwzorowaniu . Udowodnimy, że zachodzi implikacja:

Przyjmijmy, że . Zatem , gdzie

(por. (2)). Jeżeli , , to istnieje taka liczba całkowita , że . Korzystając ponownie z pierwszego wzoru (4) obliczamy:

to dowodzi słuszności implikacji (5).

Korzystając z własności (4) nietrudno się przekonać, że oraz dla . Ze zdania (5) wynika zatem, że

A ponieważ jest wzajemnie jednoznacznym odwzorowaniem zbioru na , wnosimy stąd, że w zbiorze jest tyle samo podzbiorów spełniających warunek , ile jest w zbiorze podzbiorów spełniających warunek . To znaczy, że .

Otrzymujemy odpowiedź: dla każdej liczby naturalnej iloraz jest równy .

Uwaga: Własność (5) można tak wyrazić słowami —-- sugestywnie, choć nie ściśle: odwzorowanie „przeprowadza'' dodawanie modulo na mnożenie modulo . Czytelnicy, którym nie są obce najprostsze fakty oraz język teorii grup, wiedzą, że zbiór jest grupą przy działaniu dodawania modulo , a zbiór jest grupą przy działaniu mnożenia modulo .

Wspomniana własność, już w ścisłej terminologii, mówi, że operacja, która liczbie przyporządkowuje resztę z dzielenia liczby przez 7, jest {\it izomorfizmem} pierwszej z tych grup na drugą - i na tym spostrzeżeniu opiera się całe powyższe rozwiązanie.

Istotną rolę gra przy tym fakt, że potęgi trójki dają przy dzieleniu przez 7 różne reszty - por. wzory (4) . Tę samą własność ma też piątka; można więc wszędzie konsekwentnie zastąpić potęgowanie o podstawie 3 potęgowaniem o podstawie 5, i tak zmodyfikowane rozwiązanie też będzie poprawne.

Sposób II

Zachowajmy z poprzedniego rozwiązania oznaczenia: oraz

Powtarzamy początkowy fragment tamtego rozwiązania i dochodzimy do wzorów (1) . Celem rozważań będzie wyprowadzenie zależności rekurencyjnych dla ciągów i (przy zmieniającym się ).

Przyjmijmy dodatkowo oznaczenia:

Nie ograniczamy przy tym uwagi do zbiorów niepustych; dla zbiór może być pusty; podobnie dla zbiór może być pusty.

(Przyjmujemy zwykłą umowę, że ).

Ustalmy liczbę naturalną i weźmy pod uwagę analogiczne zagadnienie dla liczby . Oznaczmy:

Każdy zbiór jest sumą rozłącznych zbiorów i , gdzie , ; przy tym . Jeśli reszta z dzielenia liczby przez wynosi , to reszta z dzielenia liczby przez wynosi tym symbolem będziemy oznaczać jedyną liczbę spełniającą warunek . (Działanie jest więc namiastką zwykłego odejmowania).

Ustalmy zbiór oraz ustalmy na chwilę wartość reszty . Policzymy, ile jest sposobów przedstawienia zbioru w postaci sumy , gdzie , , , .

Zbiór można wybrać na sposobów. Liczba podzbiorów zbioru spełniających warunek jest dokładnie taka sama, jak liczba podzbiorów zbioru spełniających analogiczny warunek. Wynika to stąd, że zbiór - to po prostu zbiór przesunięty o jednostek. Mamy zatem możliwości wyboru zbioru . Dla ustalonej wartości daje to sposobów przedstawienia zbioru w rozważanej postaci.

Liczba wszystkich zbiorów zawartych w zbiorze oraz spełniających warunek jest sumą takich iloczynów przy zmieniającym się :

Dokładnie takie samo rozumowanie prowadzi do podobnego wzoru dla :

literki oraz oznaczają teraz możliwe reszty z dzielenia przez (jak pamiętamy, reszta zerowa została wykluczona); zaś dla symbol oznacza jedyną liczbę spełniającą warunek . (Działanie jest namiastką dzielenia). Wyprowadzenie wzoru (7) tym się tylko różni od wyprowadzenia wzoru (6), że zamiast zbiorów i rozważa się zbiory i , zamiast sum — iloczyny , a zamiast przystawania modulo — przystawanie modulo .

Wartości oraz można wyznaczyć empirycznie, wypisując wszystkie możliwe podzbiory zbiorów oraz . (Można je też wyznaczyć metodą mniej pracochłonną - pozostawiamy to sprytowi Czytelnika.)

Oto wynik zliczania:

Podstawiając te wartości do wzorów (6) oraz (7) dostajemy kolejne wzory

(bowiem ) oraz

(bowiem ).

Gdy przebiega wartości od do , czyli wszystkie możliwe reszty z dzielenia przez , wówczas także przebiega wszystkie możliwe reszty z dzielenia przez (przy ustalonej wartości ). Zatem suma jest liczbą wszystkich podzbiorów zbioru .

Gdy przebiega wartości od do , czyli wszystkie {\it niezerowe} reszty z dzielenia przez , wówczas przebiega wszystkie {\it niezerowe} reszty z dzielenia przez (przy ustalonej wartości ). Zatem suma jest liczbą wszystkich podzbiorów zbioru ; korzystamy tu z faktu, że dla każdego zbioru wartość jest niepodzielna przez (wielokrotności siódemki zostały odrzucone przy definiowaniu zbioru ).

Zbiory i są ()-elementowe; mają zatem po podzbiorów. Uzyskane wzory przybierają prostszą postać

Zauważmy, że

oraz także

Dostajemy więc zależności

Ponieważ oraz , zatem pierwsze dwa wzory (spośród czterech wypisanych powyżej) prowadzą przez indukcję do wniosku, że dla wszystkich , natomiast dwa dalsze wzory dają wniosek, że dla wszystkich . Wzór drugi oraz wzór czwarty możemy teraz tak przepisać:

Tak więc ciągi i spełniają dokładnie tę samą zależność rekurencyjną. A skoro , przez indukcję wnosimy, że dla wszystkich . Wniosek: iloraz jest równy .

XLVIII OM - I - Zadanie 9

Wyznaczyć wszystkie funkcje , które spełniają następujące warunki:

• [(i)] dla ;
• [(ii)] funkcja jest ograniczona.

Rozwiązanie

Sposób I

Łatwo zauważyć, że podane warunki są spełnione przez funkcję . Pokażemy, że nie ma innych takich funkcji.

Załóżmy więc, że jest dowolną funkcją spełniającą warunki (i) i (ii). Określamy funkcję wzorem

Wówczas i wobec ograniczoności funkcji (warunek (ii)) widzimy, że także jest funkcją ograniczoną.

Z warunku (i) wynika zależność

stąd

Przyjmijmy ; równość (3) , podzielona stronami przez , przybiera postać

Ułamek po prawej stronie ma wartość nie mniejszą od (bo wartości funkcji z założenia leżą w przedziale ). Zatem

Dla dowolnie wybranej liczby otrzymujemy stąd ciąg nierówności

Wcześniej stwierdziliśmy, że funkcja jest ograniczona. Z określenia funkcji , wynika więc, ze . To znaczy, że ciąg (4) jest niemalejącym ciągiem liczb nieujemnych, zbieżnym do zera. A to jest możliwe tylko wówczas, gdy wszystkie wyrazy tego ciągu są zerami; w szczególności .

Liczba była dowolnie wybrana z przedziału . Stąd wniosek, że jest funkcją tożsamościowo równą zeru. Z jej określenia oraz z równości (1) wnosimy kolejno, że oraz dla .

Jak zauważyliśmy na początku, funkcja spełnia oba zadane warunki; jest więc jedynym rozwiązaniem rozpatrywanego zagadnienia.

Sposób II

Rozpoczynamy, jak w sposobie pierwszym: zakładamy, że funkcja spełnia postulowane warunki, określamy funkcję wzorem (1) , zauważamy, że jest funkcją ograniczoną o wartościach dodatnich, i dochodzimy do wzoru (2) . Zastępujemy w nim przez prawą stronę wzoru (1) i dostajemy związek

czyli

Jeżeli dla pewnej liczby zachodzi nierówność , to oczywiście także ; licznik ułamka po prawej stronie wzoru (5) jest dodatni, mianownik też, więc otrzymujemy nierówność .

Jeżeli dla pewnej liczby mamy , to także ; korzystamy tu ze spostrzeżenia, że dla wszystkich . Licznik ułamka we wzorze (5) jest teraz ujemny i dostajemy nierówność .

Wykazaliśmy więc, że:

Chcemy dowieść, że funkcja jest tożsamościowo równa . Przypuśćmy, że istnieje liczba , dla której . Uzyskane przed chwilą implikacje prowadzą przez oczywistą indukcję do następujących wniosków:

W sytuacji opisanej przez nierówności (6) ciąg dąży do nieskończoności; daje to sprzeczność z ograniczonością funkcji .

W sytuacji opisanej przez nierówności (7) mamy, w myśl określenia (1) ,

W otrzymanym iloczynie czynnik dąży do nieskończoności, ale drugi czynnik dąży znacznie szybciej do zera. Temu nieprecyzyjnemu sformułowaniu nadajemy bardziej ścisłą postać na przykład powołując się na {\it nierówność Bernoulli'ego}:

Liczba dodatnia jest mniejsza od , więc może być zapisana w postaci , gdzie .

Korzystając z tego, że dla (łatwy dowód indukcyjny) otrzymujemy na podstawie związków (8) i (9) :

Gdy dąży do nieskończoności, ostatni iloraz dąży do zera. Dostajemy sprzeczność z warunkiem, że wartości funkcji leżą w przedziale .

Przypuszczenie, że dla pewnego wartość jest różna od , prowadzi w każdym przypadku do sprzeczności. Zatem dla wszystkich , i w konsekwencji (por. wzór (1) ) dla .

Uwaga: Konkluzję rozwiązania można zapisać tak: funkcja jest jedyną funkcją spełniającą dane w warunku (i) równanie funkcyjne oraz podwójną nierówność

dla pewnej stałej dodatniej .

Otóż implikacje (6) i (7) , otrzymane dla funkcji w drugim sposobie rozwiązania, pozwalają uzyskać następujące wzmocnienie tego twierdzenia: jest jedyną funkcją spełniającą równanie (i) wraz z oszacowaniami:

dla pewnych stałych dodatnich . Szczegółowe uzasadnienie pozostawiamy Czytelnikowi.

XLVIII OM - I - Zadanie 10

Punkty , leżą wewnątrz trójkąta ostrokątnego , przy czym oraz . Punkty , , są rzutami prostokątnymi punktu odpowiednio na boki , , . Dowieść, że kąt jest prosty wtedy i tylko wtedy, gdy punkt jest punktem przecięcia wysokości trójkąta .

Rozwiązanie

Sposób I

Dane w założeniach równości

są równoważne równościom

Kąty i , rozpatrywane jako obszary płaszczyzny, mogą być przy tym rozłączne (jak na rysunku 6), bądź też mogą na siebie nachodzić; nie ma to żadnego znaczenia. Podobna uwaga odnosi się do każdej z pozostałych trzech par kątów figurujących w związkach (1) i (2).

Oznaczmy przez , , punkty symetryczne do odpowiednio względem prostych , , . Tak więc oraz , a ponadto

i podobnie

Korzystając z pierwszej równości (3), pierwszej równości (2), pierwszej równości (4) i pierwszej równości (1) obliczamy:

Kąty i są więc równe. (Każdy z nich ma miarę ; ta informacja nie będzie wszelako przydatna).

Wiemy także, że . Stąd wynika, że trójkąt przystaje do trójkąta , i wobec tego .

Analogicznie — korzystając z drugich równości (3), (2), (4), (1) - wykazujemy, że kąty i są równe; wiedząc, że , wnosimy stąd, że trójkąt przystaje do trójkąta , a zatem .

W takim razie punkt jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie . Jednokładność o środku i skali przekształca go na okrąg opisany na trójkącie ; środkiem okręgu jest środek odcinka .

Wypiszemy teraz ciąg zdań, z których każde kolejne jest równoważne poprzedniemu:

• jest punktem przecięcia wysokości trójkąta ;
• oraz ;
• oraz ;
• czworokąt jest równoległobokiem;
• środek odcinka pokrywa się z punktem ;
• odcinek jest średnicą okręgu ;
• kąt jest prosty.

Równoważność między zdaniem pierwszym i ostatnim jest tezą zadania.

Sposób II

Jak poprzednio, przepisujemy równości (1) (dane jako warunek zadania) w postaci (2). Oznaczmy rzuty prostokątne punktu na boki , , odpowiednio przez , , . Z równości (1) i (2) wynika, że trójkąt prostokątny jest podobny do trójkąta , trójkąt — do trójkąta , trójkąt - do , a trójkąt - do (rysunek 7). Dostajemy więc proporcje

Zatem oraz . Tak więc punkty , , , leżą na jednym okręgu, i podobnie punkty , , , leżą na jednym okręgu. Środkiem pierwszego z tych okręgów jest punkt przecięcia symetralnych odcinków i , a środkiem drugiego - punkt przecięcia symetralnych odcinków i .

Zauważmy teraz, że symetralne tych trzech odcinków (, , ) przecinają się w jednym punkcie; jest nim środek odcinka . Stąd wynika, że owe dwa wzmiankowane okręgi to jeden i ten sam okrąg. Wniosek: istnieje okrąg przechodzący przez punkty , , , , , .

Jak w pierwszym sposobie, wypisujemy ciąg kolejno równoważnych zdań:

• jest punktem przecięcia wysokości trójkąta ;
• punkt leży na prostej , a punkt leży na prostej ;
• kąty oraz są proste;
• odcinek jest średnicą okręgu ;
• kąt jest prosty.

Równoważność między zdaniem pierwszym i ostatnim jest tezą zadania.

Uwaga 1: W obu tych rozwiązaniach kluczową rolę grają własności okręgu opisanego na trójkącie . Aż do momentu uzyskania tych własności rozumowanie jest niezależne od spełnienia (lub niespełnienia) warunków, których równoważność należy udowodnić. Przy tym założenie ostrokątności trójkąta nie jest potrzebne (w przypadku trójkąta rozwartokątnego trzeba jedynie mówić o rzutach punktów i na proste , , , niekoniecznie na boki trójkąta); w każdym przypadku rzuty punktów i na te proste leżą na okręgu , którego środkiem jest środek odcinka .

Uwaga 2: Pierwsza równość (1) wyraża fakt, że proste i są położone symetrycznie względem dwusiecznej kąta ; mówimy, że te proste są {\it izogonalne} (względem kąta ). Druga równość (1) orzeka, że proste i są izogonalne względem kąta . Własności okręgu są konsekwencją tych dwóch warunków izogonalności.

Nietrudno pokazać, że automatycznie jest wówczas spełniony trzeci warunek izogonalności: proste i są izogonalne względem kąta . Oto uzasadnienie: punkty , , , leżą na okręgu , więc zachodzi równość ; wynika z niej, że czworokąt będący obrazem czworokąta w symetrii względem dwusiecznej kąta jest jednokładny do czworokąta , i wobec tego prosta pokrywa się z prostą symetryczną do względem owej dwusiecznej.

Punkty i mające tę własność, że proste , , są odpowiednio izogonalne do prostych , , (względem kątów , , ), noszą nazwę {\it punktów izogonalnych} trójkąta . Ważnym przykładem pary punktów izogonalnych jest środek okresu opisanego i punkt przecięcia wysokości trójkąta; okrąg przechodzący przez rzuty tych dwóch punktów na proste zawierające boki trójkąta - to {\it okrąg Eulera} danego trójkąta (zwany też {\it okręgiem dziewięciu punktów} albo {\it okręgiem Feuerbacha}).

Sposób III

(Szkic rozwiązania). Rozumowanie będzie oparte na własnościach elips. Podamy tylko kluczowe punkty dowodu, pomijając uzasadnienia. Ich uzupełnienie według podanych wskazówek może być ciekawym i chyba nietrudnym ćwiczeniem. (Także wykonanie rysunków pozostawiamy Czytelnikowi).

Własność 1: Jeśli prosta jest styczna w punkcie do elipsy o ogniskach i , to punkt symetryczny do względem leży na prostej .

[Wskazówka: promień światła wypuszczony z ogniska elipsy trafia po odbiciu od niej w drugie ognisko.]

Własność 2: Jeśli proste styczne w punktach i do elipsy o ogniskach i przecinają się w punkcie , to .

[Wskazówka: niech i będą punktami symetrycznymi do i odpowiednio względem prostych i ; z własności 1 nietrudno wynika, że trójkąty i mają boki odpowiednio równe, i wobec tego są przystające.]

Własność 3: Jeśli dla punktów i leżących w trójkącie spełnione są związki (1), to elipsa o ogniskach i , styczna do boku , jest też styczna do boków i .

[Łatwy wniosek z własności 2.]

Własność 4: W sytuacji, o której mowa we własności 3: jeśli jest środkiem odcinka , a dłuższa oś elipsy ma długość , to okrąg o środku i promieniu a przechodzi przez rzuty punktów i na proste , , .

[Wskazówka: na przykład rzut punktu na prostą jest środkiem boku trójkąta , w którym (wniosek z własności 1); zatem .]

Gdy już mamy okrąg , pozostaje tylko powtórzyć końcówkę pierwszego sposobu rozwiązania, aby otrzymać tezę zadania.

Uwaga 3: Ostatnie rozwiązanie jest bardziej skomplikowane niż poprzednie dwa; ma jednak swoje zalety: własności 2 i 3 dają dowód tego, że z dwóch warunków izogonalności (wzory (1)) wynika trzeci; dowód nie korzysta bezpośrednio z istnienia okręgu i przez to jest odmienny od dowodu naszkicowanego w Uwadze 2. Te same dwie własności dają ponadto ciekawą charakteryzację punktów izogonalnych:

Dwa punkty trójkąta są izogonalne wtedy i tylko wtedy, gdy są ogniskami elipsy stycznej do jego trzech boków.

XLVIII OM - I - Zadanie 11

Dana jest liczba naturalna oraz wielomian stopnia dodatniego o współczynnikach całkowitych mający co najmniej trzy różne pierwiastki całkowite. Dowieść, że wielomian ma co najwyżej jeden pierwiastek całkowity.

Rozwiązanie

Załóżmy, że liczby całkowite , , są różnymi pierwiastkami wielomianu . Przypuśćmy, wbrew dowodzonej tezie, że wielomian ma dwa różne pierwiastki całkowite i . Można przyjąć, że .

Dla każdej pary różnych liczb całkowitych , liczba dzieli się przez . [Uzasadnienie: jeżeli (, całkowite), to różnica jest sumą składników ) dla , a każdy z tych składników dzieli się przez .]

Biorąc jako liczby i , a jako liczby , i , dostajemy za każdym razem różnicę równą . Skoro ma się ona dzielić przez każdą z rozważanych różnic , muszą zachodzić równości

dla pewnych wykładników całkowitych .

Zapiszmy różnicę w postaci ;, gdzie , są liczbami całkowitymi, przy czym nie dzieli się przez . Z dwóch pierwszych równości (1) wynika, że

Liczba w ostatnim nawiasie nie dzieli się przez ; jest więc równa , a wykładnik jest równy . A ponieważ , znak przed można pominąć.

Pisząc następnie liczbę jako oraz jako i korzystając z pozostałych zależności (1) otrzymujemy analogicznie związki

Zauważmy wszelako, że liczba może mieć tylko jedno przedstawienie postaci ( całkowite, ). Z równości (3) wynika więc, że wykładniki , , są równe. Oznaczmy ich wspólną wartość przez oraz przyjmijmy .

W myśl związków (2), w każdej z trzech par , , jedna liczba równa się ; pozostała musi się równać . Zatem pewne dwie spośród liczb , , są równe; niech na przykład . Wówczas (jeśli , to , a jeśli , to ) i wobec związków (1):

Zgodnie z założeniem, liczby i nie są równe; otrzymane równości oznaczają w takim razie, że oraz . Stąd oraz , wbrew temu, że . Sprzeczność kończy dowód.

XLVIII OM - I - Zadanie 12

Grupa złożona z osób stwierdziła, że codziennie przez pewien okres czasu trzy z nich mogą wspólnie zjeść obiad w restauracji, przy czym każde dwie z nich spotkają się na dokładnie jednym obiedzie. Dowieść, że liczba przy dzieleniu przez daje resztę lub .

Rozwiązanie

Niech będzie liczbą dni, w ciągu których osoby z owej grupy zamierzają chodzić trójkami na obiady. Z osób można utworzyć par. Każdego dnia trzy pary spotkają się na obiedzie, a więc .

Każda osoba spotka na obiadach w omawianym okresie wszystkie pozostałe osób. Na jednym obiedzie spotka dwie spośród nich; nikogo nie spotka dwukrotnie. Zatem jest liczbą parzystą, i wobec tego

Ostatnia możliwość prowadzi do wniosku, że , wbrew temu, że . Tak więc lub .