Opublikowane na Archiwum Olimpiady Matematycznej (https://archom.ptm.org.pl)

Strona główna > Wersja do wydruku > Wersja do wydruku

XLVI OM - I etap

I etap XLVI Olimpiady Matematycznej

XLVI OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne: 
XLVI OM, 1994-1995
Etap: 
I

Wyznaczyć wszystkie pary $ (x,y) $ liczb naturalnych, dla których liczby $ \frac{x+1}{y} $ oraz $ \frac{y+1}{x} $ są naturalne.

Rozwiązanie

Niech $ (x,y) $ będzie jedną z szukanych par. Liczby naturalne $ y \geq 1 $ oraz $ x \geq 1 $ są odpowiednio dzielnikami liczb $ x + 1 $ oraz $ y + 1 $. Zatem iloczyn $ xy $ jest dzielnikiem iloczynu $ (x + 1)(y+ 1) $, równego sumie $ xy + x + y + 1 $. Jest więc też dzielnikiem sumy $ x + y + 1 $, a zatem zachodzi nierówność $ xy \leq x + y + 1 $, czyli $ (x-1)(y -1) \leq 2 $. Wartość iloczynu $ (x-1)(y-1) $ może być w takim razie równa tylko $ 2 $, $ 1 $ lub $ 0 $.

W pierwszym przypadku jeden z czynników $ (x - 1) $ i $ (y- 1) $ jest równy $ 2 $, a drugi $ 1 $, czyli para $ (x,y) $ jest jedną z par $ (3,2) $ i $ (2,3) $.

W drugim przypadku mamy $ x -1 = y -1 = 1 $, czyli $ x = y = 2 $. Jednak para $ (x,y) = (2,2) $ nie spełnia warunku zadania (iloraz $ 3/2 $ nie jest liczbą naturalną).

W trzecim przypadku co najmniej jeden z czynników $ (x - 1) $ i $ (y- 1) $ jest zerem. Jeśli na przykład $ y - 1 = 0 $, czyli $ y = 1 $, to liczba $ x $, jako dzielnik sumy $ y + 1 = 2 $, musi być równa $ 1 $ lub $ 2 $; tak więc $ x = y = 1 $ lub $ y = 1 $, $ x = 2 $ lub - przez symetrię - $ x = 1 $, $ y = 2 $.

Rekapitulując, widzimy, że tylko następujące pary $ (x,y) $ mogą spełniać postawione warunki: $ (3,2) $, $ (2,3) $, $ (1,1) $, $ (2,1) $, $ (1,2) $ - i istotnie je spełniają; sprawdzenie jest natychmiastowe.

XLVI OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne: 
XLVI OM, 1994-1995
Etap: 
I

Dana jest liczba naturalna $ n \geq 2 $. Rozwiązać układ równań

\[<br /> \begin{cases}<br /> x_1|x_1| = x_2|x_2| + (x_1-1)|x_1-1| \\<br /> x_2|x_2| = x_3|x_3| + (x_2-1)|x_2-1| \\<br /> \ldots \ldots \ldots \ldots\\<br /> x_n|x_n| = x_1|x_1| + (x_n-1)|x_1-1| \\<br /> \end{cases}<br /> \]

Rozwiązanie

Załóżmy, że liczby $ x_1, x_2, \ldots, x_n $ spełniają podany układ równań. Przepisujemy ten układ w postaci

\[<br /> (1) \qquad x_{i+1} | x_{i+i}| = x_i |x_i|-(x_i-1)|x_i-1| \quad \textrm{dla} \quad i = 1,\ldots,n,<br /> \]

przyjmując, że niewiadome są numerowane cyklicznie ($ x_{n+1} = x_1 $). Dodajemy wszystkie równania stronami, redukujemy występujące po obu stronach składniki $ x_1 |x_1| $, $ x_2 |x_2| $, $ \ldots $, $ x_n|x_n| $, i otrzymujemy równość

\[<br /> (2) \qquad \sum_{i=1}^n (x_i-1)|x_i-1| =0.<br /> \]

Zauważmy, że prawa strona $ i $-tego równania układu (1) ma postać różnicy $ \Delta_i = f(x_i)- f(x_i-1) $, gdzie

\[<br /> f(x)=x|x| = \left\{<br /> \begin{array}{ccl}<br /> x^2 & \textrm{dla} & x \geq 0,\\<br /> -x^2 & \textrm{dla} & x <0.<br /> \end{array}<br /> \right.<br /> \]

Tak określona funkcja $ f $ jest ściśle rosnąca. W takim razie każda różnica $ \Delta_i $, jest dodatnia, czyli prawe strony wszystkich równań (1) są liczbami dodatnimi. Zatem i lewe strony muszą być liczbami dodatnimi, skąd wniosek, że wszystkie liczby $ x_1,x_2,\ldots,x_n $ są dodatnie.

Gdyby wszystkie były mniejsze od $ 1 $, wówczas wszystkie składniki sumy (2) byłyby liczbami ujemnymi, wbrew temu, że wartość sumy wynosi $ 0 $. Zatem pewna liczba $ x_j $ spełnia nierówność $ x_j \geq 1 $, a więc $ j $-te równanie układu (1) możemy przepisać jako $ x^2_{j+1} = x^2_j- (x_j-1)^2 $. Stąd

\[<br /> x_{j+1} = \sqrt{x_j^2-(x_j-1)^2} = \sqrt{2x_j -1} \geq 1.<br /> \]

Powtarzając cyklicznie to samo rozumowanie stwierdzamy kolejno, że liczby $ x_{j+1}, x_{j+2}, \ldots, x_n, x_1, \ldots, x_j $ są większe lub równe $ 1 $. Warunek (2) implikuje wobec tego równość

\[<br /> \sum_{i=1}^n (x_i-1)^2 = 0.<br /> \]

Zatem $ x_1 = x_2 = \ldots = x_n= 1 $. Układ liczb $ (x_1,\ldots,x_n) = (1,\ldots,1) $ spełnia układ równań (1) i jest jego jedynym rozwiązaniem.

XLVI OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne: 
XLVI OM, 1994-1995
Etap: 
I

Czworokąt o bokach $ a $, $ b $, $ e $, $ d $ jest wpisany w okrąg o promieniu $ R $. Wykazać, że jeżeli $ a^2 + b^2 + c^2 + d^2= 8R^2 $, to w czworokącie tym jeden z kątów jest prosty lub przekątne są prostopadłe.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że żaden z kątów wewnętrznych rozważanego czworokąta $ ABCD $ nie jest prosty; należy wykazać, że wówczas $ AC \bot BD $. Czworokąt jest wpisany w okrąg, a zatem $ |\measuredangle DAB| + | \measuredangle BCD| = 180^\circ $. Nie tracąc ogólności przyjmijmy, że kąt $ DAB $ jest ostry, a kąt $ BCD $ jest rozwarty. Wobec tego średnica $ CE $ okręgu opisanego na trójkącie $ BCD $ przecina bok $ BD $; stąd zaś wynika, że punkty $ A $ i $ E $ leżą po tej samej stronie prostej $ BD $ (rysunek 1); zatem kąty wpisane $ DAB $ i $ DEB $, oparte na łuku $ BCD $, mają jednakową miarę:

\[<br /> | \measuredangle DEB| = | \measuredangle DAB | = \alpha < 90^\circ.<br /> \]

Punkt $ A $ nie pokrywa się z $ E $ (gdyby się pokrywał, kąty $ ABC $ i $ CDA $ byłyby proste, wbrew uczynionemu założeniu). Natomiast kąty $ EBC $ i $ CDE $ oczywiście są proste, więc na mocy twierdzenia Pitagorasa

\[<br /> |EB|^2 + |BC|^2 = |CE|^2 = 4R^2, \quad |CD|^2 + |DE|^2 = |CE|^2 = 4R^2,<br /> \]

i w myśl warunku zadania

\[<br /> |AB|^2 + |BC|^2 + |CD|^2 + |DA|^2 = 8R^2 = |EB|^2 + |BC|^2 + |CD|^2 + |DE|^2.<br /> \]

Stąd

\[<br /> |AB|^2 + |AD|^2 = |EB|^2 + |ED|^2.<br /> \]

Do trójkątów $ ABD $ i $ EBD $ stosujemy wzór Carnota:

\[<br /> |AB|^2 + |AD|^2-|BD|^2 = 2 \cdot |AB| \cdot |AD| \cdot \cos \alpha,<br /> \]
\[<br /> |EB|^2 + |ED|^2-|BD|^2 = 2 \cdot |EB| \cdot |ED| \cdot \cos \alpha.<br /> \]

Lewe strony otrzymanych równości są równe; a ponieważ kąt $ \alpha $ jest ostry, zatem $ \cos \alpha \ne 0 $ i z przyrównania prawych stron wynika równość iloczynów $ |AB| \cdot |AD| $ oraz $ |EB| \cdot |ED| $. Stąd

\[<br /> \textrm{pole}(ABD) = \frac{1}{2} \cdot |AB| \cdot |AD| \cdot \sin \alpha = \frac{1}{2} \cdot |EB| \cdot |ED| \cdot \sin \alpha = \textrm{pole}(EBD);<br /> \]

to znaczy, że punkty $ A $ i $ E $ leżą w jednakowej odległości od prostej $ BD $ (po tej samej jej stronie); tak więc $ AE||BD $. Jednocześnie $ AE \bot AC $ (kąt $ CAE $, oparty na średnicy $ CE $, jest prosty). Zatem, ostatecznie, $ AC \bot BD $.

om46_1r_img_1.jpg
om46_1r_img_2.jpg

XLVI OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne: 
XLVI OM, 1994-1995
Etap: 
I

W pewnej szkole 64 uczniów bierze udział w pięciu olimpiadach przedmiotowych. W każdej z tych olimpiad uczestniczy co najmniej 19 uczniów tej szkoły; żaden z nich nie jest uczestnikiem więcej niż trzech olimpiad. Udowodnić, że jeżeli każde trzy olimpiady mają wspólnego uczestnika, to pewne dwie mają ich co najmniej pięciu.

Rozwiązanie

Oznaczmy olimpiady symbolami $ A $, $ B $, $ C $, $ D $, $ E $. Wyobraźmy sobie tabelę mającą $ 64 $ wierszy, odpowiadających uczniom, oraz $ 25 $ kolumn opatrzonych następującymi nagłówkami:

\[<br /> A, B, C, D, E,\quad AB, AC, AD, AE, BC, BD, BE, CD, CE, DE,<br /> \]
\[<br /> ABC, ABD, ABE, ACD, ACE, ADE, BCD, BCE, BDE, CDE.<br /> \]

W kolumnie z nagłówkiem $ X $, reprezentującej olimpiadę $ X \in \{A,B,C,D,E\} $, w rubryce każdego ucznia wpisujemy $ 1 $, jeśli uczestniczy on w tej olimpiadzie, a $ 0 $ jeśli nie uczestniczy. W kolumnie $ XY $ piszemy $ -1 $, jeśli dany uczeń uczestniczy w obu olimpiadach $ X $ i $ Y $, a $ 0 $ w przeciwnym przypadku. Wreszcie w kolumnie $ XYZ $ piszemy znów $ 1 $, jeśli uczeń uczestniczy we wszystkich trzech olimpiadach $ X $, $ Y $ i $ Z $, a $ 0 $ w przeciwnym przypadku.

om46_1r_img_0.jpg

Suma liczb w każdej z pierwszych pięciu kolumn $ (A, B, C, D, E) $ jest większa lub równa $ 19 $ (bo w każdej olimpiadzie uczestniczy co najmniej $ 19 $ uczniów). Sumy liczb w następnych dziesięciu kolumnach ($ AB $, $ AC $, $ \ldots $, $ DE $) oznaczmy kolejno przez $ s_1,s_2,\ldots,s_{10} $. Jeżeli wreszcie, zgodnie z założeniem, każde trzy olimpiady mają wspólnego uczestnika, to w każdej z ostatnich dziesięciu kolumn $ (ABC, \ldots, CDE) $ jest co najmniej jedna jedynka, więc suma liczb w każdej z tych kolumn jest większa lub równa $ 1 $. Wobec tego suma wszystkich liczb w tabeli - oznaczmy ją przez $ s $ - spełnia oszacowanie

\[<br /> (1) \qquad \quad s \geq 5 \cdot 19 + (s_1+s_2+s_3 + s_4 + s_5+s_6 + s_7 + s_8+s_9 + s_{10}) + 10 \cdot 1.<br /> \]

Zauważmy teraz, że suma liczb w każdym wierszu wynosi $ 1 $. Istotnie: jeśli uczeń uczestniczy w dokładnie jednej olimpiadzie, to w jego wierszu znajduje się jedna plus jedynka, poza tym zera; jeśli uczestniczy w dokładnie dwóch olimpiadach ($ X $ i $ Y $), to są tam dwie plus jedynki (w kolumnach $ X $ i $ Y $) oraz jedna minus jedynka (w kolumnie $ XY $); a jeśli uczestniczy w dokładnie trzech olimpiadach ($ X $, $ Y $, $ Z $), to mamy cztery plus jedynki (w kolumnach $ X $, $ Y $, $ Z $ i $ XYZ $) oraz trzy minus jedynki (w kolumnach $ XY $, $ XZ $, $ YZ $). Wobec tego suma wszystkich liczb w tabeli wynosi $ 64 $.

Podstawiając $ s = 64 $ do nierówności (1) dostajemy oszacowanie

\[<br /> s_1+s_2 + s_3+s_4 + s_5+s_6+s_7 + s_8 + s_9 + s_{10} \leq 64 - (5 \cdot 19 + 10 \cdot 1) = -41.<br /> \]

Wynika z niego, że co najmniej jedna z liczb $ s_i $ jest mniejsza od $ -4 $, czyli spełnia nierówność $ s_i \leq -5 $ (są to bowiem liczby całkowite). To znaczy, że w kolumnie, której wyrazy sumują się do wartości $ s_i $, jest co najmniej pięć minus jedynek. To znaczy, że para olimpiad, reprezentowana przez tę kolumnę, ma co najmniej pięciu wspólnych uczestników.

Uwaga. Gdyby odrzucić założenie, że żaden uczeń nie jest uczestnikiem więcej niż trzech olimpiad, wówczas należałoby rozszerzyć tabelę o dalsze kolumny: pięć kolumn reprezentujących czwórki olimpiad ($ ABCD $, $ ABCE $, $ ABDE $, $ ACDE $, $ BCDE $) oraz jedną kolumnę odpowiadającą pełnej piątce olimpiad ($ ABCDE $).

W kolumnie czwórkowej $ TXYZ $, w rubryce każdego ucznia, wpisujemy znów $ -1 $, jeśli uczestniczy on we wszystkich czterech olimpiadach $ T $, $ X $, $ Y $, $ Z $, a $ 0 $ jeśli nie uczestniczy; wreszcie w ostatniej kolumnie piszemy $ 1 $, jeśli uczeń uczestniczy we wszystkich pięciu olimpiadach, a $ 0 $ w przeciwnym przypadku. W każdym wierszu tak rozszerzonej tabeli suma liczb nadal wynosi $ 1 $. Można się o tym przekonać, rozpatrując pominięte wcześniej dwie sytuacje: uczeń uczestniczy w dokładnie czterech olimpiadach oraz uczeń uczestniczy we wszystkich pięciu olimpiadach. Suma liczb w całej tabeli będzie więc nadal równa liczbie wierszy, czyli liczbie wszystkich uczniów, biorących udział w co najmniej jednej olimpiadzie.

Jeśli więc zbiór wszystkich uczniów (z owej szkoły), którzy uczestniczą w olimpiadzie $ A $, oznaczymy tym samym symbolem $ A $, i podobne znaczenie nadamy symbolom $ B $, $ C $, $ D $ i $ E $, to w wyniku przeprowadzonego rozumowania otrzymamy równość:

\[<br /> \begin{split}<br /> | A \cup B \cup C \cup D \cup E | = & (|A| + |B| + |C| + |D| + |E|)-\\<br /> & - (|A \cap B| + \ldots + |D \cap E|) +\\<br /> & + (|A \cap B \cap C| + \ldots + |C \cap D \cap E|) -\\<br /> & - (|A \cap B \cap C \cap D)| + \ldots + |B \cap C \cap D \cap E|) +\\<br /> & + |A \cap B \cap C \cap D \cap E|<br /> \end{split}<br /> \]

(przez $ |X| $ oznaczamy liczbę elementów zbioru skończonego $ X $; w nawiasach w drugiej, trzeciej i czwartej linijce powyższego wzoru znajdują się składniki odpowiadające wszystkim parom, wszystkim trójkom i wszystkim czwórkom zbiorów z rodziny $ \{A,B,C,D,E\} $). Oczywiście szkoła, uczniowie, olimpiady — to tylko barwne przybranie dla treści matematycznej. Otrzymana równość zachodzi dla dowolnych pięciu zbiorów skończonych $ A $, $ B $, $ C $, $ D $, $ E $.

Analogiczną równość można napisać dla dowolnego skończonego układu zbiorów skończonych; dla dwóch zbiorów ma ona prostą i dobrze znaną postać: $ |A \cup B| = |A| + |B| - | A \cap B | $; ogólnie zaś, dla $ n $ zbiorów, jej zapis jest trochę trudno czytelny:

\[<br /> (2) \qquad \quad |A_1 \cup \ldots \cup A_n| = \sum_{k=1}^n \left((-1)^{k+1} \sum_{1 \leq i_1 < \ldots < i_k \leq n} |A_{i_1} \cap \ldots \cap A_{i_k}|\right).<br /> \]

Jest to tak zwany wzór włączeń i wyłączeń (inaczej: formuła sita). Poprzednie rozumowanie stanowi jego dowód dla $ n = 5 $; w podobny sposób można go udowodnić dla dowolnej liczby naturalnej $ n $. (Trzeba rozważać tabelę składającą się z $ 2^n $ kolumn, podzieloną na bloki złożone z $ {{n}\choose{1}} $, $ {{n}\choose{2}} $, \ldots, $ {{n}\choose{n}} $ kolumn, i wpisywać w kolejnych blokach, na przemian, jedynki i minus jedynki, w zależności od tego, czy element reprezentowany przez poszczególny wiersz tabeli należy do wszystkich $ k $ zbiorów, odpowiadających danej kolumnie, czy nie należy). Suma liczb w każdym wierszu takiej tabeli stale wynosi $ 1 $. Proponujemy, by Czytelnik spróbował zastanowić się, dlaczego tak jest. (Wskazówka: $ {{m}\choose{1}} - {{m}\choose{2}} +\ldots+(-1)^{m+1} {{m}\choose{m}} =1 $.)

Dowód wzoru (2) można także przeprowadzić przez indukcję względem $ n $; również i taki dowód pozostawiamy Czytelnikowi jako ciekawe ćwiczenie.

XLVI OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne: 
XLVI OM, 1994-1995
Etap: 
I

Dane są liczby dodatnie $ a $, $ b $. Wykazać równoważność zdań:

\[<br /> (1) \qquad \sqrt{a} + 1 > \sqrt{b},<br /> \]
\[<br /> (2) \qquad ax + \frac{x}{x-1} \quad \text{dla każdego } x>1.<br /> \]

Rozwiązanie

Załóżmy prawdziwość zdania (2). Podstawiając $ x = 1+\frac{1}{\sqrt{a}} $ otrzymujemy nierówność

\[<br /> a\left(1 + \frac{1}{\sqrt{a}}\right) + \left(1 + \frac{1}{\sqrt{a}}\right)\sqrt{a} > b,<br /> \]

czyli $ a + \sqrt{a} + \sqrt{a} + 1 > b $, czyli jeszcze inaczej:

\[<br /> (\sqrt{a}+1)^2 > b.<br /> \]

Ponieważ $ b $ jest liczbą dodatnią, wynika stąd warunek (1).

Na odwrót, z warunku (1) wyprowadzamy (2), jak następuje. Niech $ x $ będzie dowolną liczbą większą od $ 1 $. Oznaczmy różnicę $ x - 1 $ przez $ t $; jest to liczba dodatnia. Przekształcamy lewą stronę nierówności w warunku (2):

\[<br /> \begin{split}<br /> ax + \frac{x}{x-1} = & a(t + 1)+ \frac{t+1}{t} = \frac{at^2+at + t + 1}{t} =\\<br /> = & \frac{(t\sqrt{a}-1)^2}{t} + (\sqrt{a} + 1)^2 \geq (\sqrt{a}+1)^2.<br /> \end{split}<br /> \]

Jeśli spełniony jest warunek (1), to liczba $ (\sqrt{a}+1)^2 $ jest większa od $ b $, więc na mocy powyższego oszacowania wartość wyrażenia $ ax + \frac{x}{x-1} $ jest większa od $ b $. Liczba $ x > 1 $ była wybrana dowolnie; mamy więc zdanie (2).

Wykazane implikacje (2) $ \Rightarrow $ (1) oraz (1) $ \Rightarrow $ (2) składają się na dowód żądanej równoważności.

XLVI OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne: 
XLVI OM, 1994-1995
Etap: 
I

Wewnątrz trójkąta $ ABC $ obrano punkt $ P $. Proste $ AP $, $ BP $, $ CP $ przecinają boki $ BC $, $ CA $, $ AB $ odpowiednio w punktach $ A' $, $ B' $, $ C' $. Przyjmijmy: $ u=|AP|:|PA'| $, $ v=|BP|:|PB'| $, $ w=|CP|:|PC'| $. Wyrazić iloczyn $ uvw $ przez sumę $ u+v+w $.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $ S $ pole trójkąta $ ABC $, a przez $ S_a $, $ S_b $, $ S_c $ - odpowiednio pola trójkątów $ PBC $, $ PCA $, $ PAB $. Niech odcinek $ PD $ będzie wysokością w trójkącie $ PBC $, a odcinek $ AE $ - wysokością w trójkącie $ ABC $ (rysunek 3). Z podobieństwa trójkątów $ AEA' $ i $ PDA' $ wynika proporcja $ |AE|:|PD| = |A'A|:|A'P| $. Wobec tego

\[<br /> \frac{S}{S_a} = \frac{\frac{1}{2}|BC|\cdot |AE|}{\frac{1}{2}|BC|\cdot |PD|}=<br /> \frac{|AE|}{|PD|} = \frac{|A'A|}{|A'P|} = \frac{|A'P|+|PA|}{|A'P|}= 1+ \frac{|PA|}{|A'P|} = 1+u.<br /> \]

Tak więc

\[<br /> \frac{S_a}{S} = \frac{1}{1+u}, \quad \textrm{i analogicznie} \quad \frac{S_b}{S} = \frac{1}{1+v}, \quad \frac{S_c}{S} = \frac{1}{1+w}.<br /> \]

Otrzymujemy równość

\[<br /> \begin{split}<br /> 1 = & \frac{S_a + S_b + S_c}{S} = \frac{1}{1+u} + \frac{1}{1+v} + \frac{1}{1+w} = \\<br /> = & \frac{(1 + v)(1 + w) + (1 + w)(1 + u) + (1 + u)(1 + v)}{(1 + u)(1 + v)(1 + w)}= \\<br /> = & \frac{3 + 2(u + v + w) + (vw + wu + uv)}{1 + (u + v + w) + (vw + wu + uv) + uvw}.<br /> \end{split}<br /> \]

Licznik musi być równy mianownikowi. Daje to szukany związek:

\[<br /> uvw = u + v + w + 2.<br /> \]

om46_1r_img_3.jpg

Uwaga. Stosunki $ p=S_a \colon S $, $ q=S_b \colon S $, $ r=S_c \colon S $ wyznaczają położenie punktu $ P $ jednoznacznie. Mówiąc wyraźniej: dla każdej trójki liczb dodatnich $ p $, $ q $, $ r $ o sumie równej $ 1 $ istnieje dokładnie jeden punkt $ P $ leżący wewnątrz danego trójkąta $ ABC $, dla którego stosunki pól trójkątów $ PBC $, $ PCA $, $ PAB $ do pola trójkąta $ ABC $ są równe odpowiednio $ p $, $ q $, $ r $. Liczby $ p $, $ q $, $ r $ noszą nazwę współrzędnych barycentrycznych punktu $ P $; nazwa ta ma proste uzasadnienie fizyczne: punkt $ P $ jest środkiem ciężkości układu mas punktowych $ p $, $ q $, $ r $ umieszczonych w wierzchołkach $ A $, $ B $, $ C $.

XLVI OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne: 
XLVI OM, 1994-1995
Etap: 
I

(a) Rozstrzygnąć, czy istnieje funkcja różniczkowalna $ f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} $ nie równa tożsamościowo zeru, spełniająca warunki:

\[<br /> 2f(f(x)) = f(x) \geq 0 \quad \text{ dla } x\in \mathbb{R}<br /> \]

(b) Rozstrzygnąć, czy istnieje funkcja różniczkowalna $ f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} $ nie równa tożsamościowo zeru, spełniająca warunki:

\[<br /> -1 \leq 2f(f(x)) = f(x) \leq 1 \quad \text{ dla } x\in \mathbb{R}<br /> \]

Rozwiązanie

(a) Nie ma takiej funkcji. Dowód: Przypuśćmy, że funkcja $ f $ spełnia podane warunki. Nie jest tożsamościowo równa zeru, więc istnieje $ x_0 \in \mathbb{R} $, dla którego $ f(x_0)>0 $. Przyjmijmy

\[<br /> x_n = f(x_{n-1}) \quad \textrm{dla} \quad n = 1,2,3,\ldots.<br /> \]

Z równości $ 2f(f(x_{n-1})) = f(x_{n-1}) $ dostajemy wniosek, że

\[<br /> 2x_{n+1} = x_n \quad \textrm{dla} \quad n = 1,2,3,\ldots.<br /> \]

Stąd przez oczywistą indukcję

\[<br /> x_n = x_1/2^{n-1} \quad \textrm{dla} \quad n = 1,2,3,\ldots.<br /> \]

Ciąg ($ x_n $) jest więc zbieżny do zera. Ponieważ $ x_1 = f(x_0) > 0 $, zatem wszystkie wyrazy $ x_n $ są (dla $ n \geq 1 $) liczbami dodatnimi.

Wobec ciągłości funkcji $ f $, wzór $ x_n = f(x_{n-1}) $ daje w granicy (przy $ n $ dążącym do nieskończoności) równość $ f(0) = 0 $. Funkcja $ f $ przyjmuje (z założenia) tylko wartości nieujemne, a zatem wartość $ 0 $ w punkcie $ x = 0 $ jest wartością minimalną. Wobec założenia różniczkowalności (na całym zbiorze $ \mathbb{R} $, więc w szczególności w punkcie $ 0 $) pochodna $ f'(0) $ musi być równa zeru. Ale pochodna ta jest jednocześnie granicą ciągu ilorazów różnicowych

\[<br /> \frac{f(x_n)-f(0)}{x_n-0} = \frac{f(x_n)}{x_n} = \frac{x_{n+1}}{x_n} =\frac{1}{2}.<br /> \]

Jest to, jak widać, ciąg stały, zbieżny do liczby $ 1/2 $, różnej od zera. Otrzymana sprzeczność kończy dowód.

(b) Takie funkcje istnieją. Przykład:

\[<br /> (1) \qquad<br /> f(x)=\left\{<br /> \begin{array}{ccl}<br /> -1-\dfrac{1}{2x} & \textrm{dla} & x<-1,\\<br /> \dfrac{x}{2} & \textrm{dla} & -1 \leq x \leq 1, \\<br /> 1-\dfrac{1}{2x} & \textrm{dla} & x>1.<br /> \end{array}<br /> \right.<br /> \]

Jest to funkcja nieparzysta: $ f(-x) = -f(x) $. Wewnątrz każdego z przedziałów $ (-\infty;\ -1) $, $ (-1;\ 1) $, $ (1;\ \infty) $ jest ona różniczkowalna. Wykażemy, że jest też różniczkowalna w punktach $ 1 $ oraz $ -1 $ (i tym samym jest różniczkowalna w zbiorze wszystkich liczb rzeczywistych).

Obliczamy iloraz różnicowy dla prawostronnego oraz dla lewostronnego otoczenia punktu $ x_0 = 1 $:

\[<br /> \frac{f(x)-f(1)}{x-1} =<br /> \left\{<br /> \begin{split}<br /> \frac{(1-\frac{1}{2x})-\frac{1}{2}}{x-1} & = \frac{1}{2x} \quad \textrm{dla} \quad x>1,\\<br /> \frac{\frac{x}{2}-\frac{1}{2}}{x-1} & = \frac{1}{2} \quad \ \ \textrm{dla} \quad -1<x<1.<br /> \end{split}<br /> \right.<br /> \]

Przy $ x $ dążącym do $ 1 $ oba uzyskane wyrażenia dążą do granicy $ 1/2 $, co oznacza, że w punkcie $ 1 $ obie pochodne jednostronne istnieją i są równe; istnieje więc pochodna $ f'(1) $ (jej wartość wynosi $ 1/2 $, co dla dalszego rozumowania nie ma znaczenia). Stąd, wobec nieparzystości funkcji $ f $, wynika istnienie pochodnej $ f'(-1) $ (także równej $ 1/2 $). Tak więc $ f $ jest funkcją różniczkowalną w całym zbiorze $ \mathbb{R} $.

Ze wzoru (1) określającego funkcję $ f $ widać, że jest ona ściśle rosnąca w każdym z przedziałów $ (-\infty;\ -1 \rangle $, $ \langle -1;\ 1 \rangle $, $ \langle 1;\ \infty) $; zatem, wobec ciągłości w punktach $ -1 $ i $ 1 $, funkcja ta jest rosnąca w całym zbiorze $ \mathbb{R} $. Granica funkcji $ f $ przy $ x \to -\infty $ równa się $ -1 $, a granica przy $ x \to \infty $ równa się $ 1 $. Wobec tego wszystkie wartości funkcji $ f $ leżą w przedziale $ (-1;\ 1) $.

Weźmy dowolną liczbę rzeczywistą $ x $. Jak wykazaliśmy, $ f(x) $ jest liczbą z przedziału $ (-1;\ 1) $, a więc spełnia nierówność

\[<br /> (2) \qquad \quad -1 \leq f(x) \leq 1.<br /> \]

Przepisujemy odpowiedni fragment wzoru (1) (ze zmianą oznaczenia zmiennej):

\[<br /> (3) \qquad \quad f(y) = \frac{y}{2} \quad \textrm{dla}\quad y \in \langle -1;\ 1 \rangle.<br /> \]

Podstawiamy $ y = f(x) $ i otrzymujemy równość

\[<br /> (4) \qquad \quad f(f(x)) = \frac{f(x)}{2}.<br /> \]

Liczba $ x $ była wybrana dowolnie. Uzyskane związki (2) i (4) pokazują, że funkcja $ f $, określona wzorem (1), spełnia wszystkie postulowane warunki.

Uwaga. Ten przykład można rozmaicie modyfikować, otrzymując wiele innych przykładów. Narzucone warunki mówią tylko, że $ f \colon \mathbb{R} \to \langle -1;\ 1 \rangle $ ma być funkcją różniczkowalną, spełniającą równość $ f(y) = y/2 $ dla wszystkich liczb $ y $, które są wartościami tej funkcji. Skoro zaś zbiór jej wartości jest podzbiorem przedziału $ \langle -1;\ 1\rangle $, warunek ten będzie automatycznie spełniony, jeśli będzie prawdziwe zdanie (3). Wystarczy więc funkcję określoną w przedziale $ \langle -1;\ 1 \rangle $ wzorem (3) przedłużyć w dowolny sposób do funkcji określonej na całej prostej liczbowej, dbając jedynie o to, by była ona różniczkowalna (w szczególności w punktach sklejenia) oraz by jej wartości nie wychodziły poza przedział $ \langle -1;\ 1\rangle $.

XLVI OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne: 
XLVI OM, 1994-1995
Etap: 
I

W ostrosłupie prawidłowym $ n $-kątnym kąty nachylenia ściany bocznej i krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy wynoszą odpowiednio $ \alpha $ i $ \beta $. Udowodnić, że $ \sin^2 \alpha - \sin^2 \beta \leq \tan ^2 \frac{\pi}{2n} $.

Rozwiązanie

Przyjmijmy, że bok $ n $-kąta foremnego $ A_1A_2\ldots A_n $, będącego podstawą ostrosłupa, ma długość $ 2a $. Niech $ O $ będzie wspólnym środkiem koła opisanego na tym wielokącie oraz koła weń wpisanego; przyjmijmy, że promienie tych kół mają długości (odpowiednio) $ R $ oraz $ r $. Wierzchołek ostrosłupa oznaczmy przez $ S $, a długość odcinka $ OS $ (wysokość ostrosłupa) - przez $ h $.

om46_1r_img_4.jpg

Weźmy jedną z krawędzi podstawy - na przykład $ A_1A_2 $ - i oznaczmy przez $ M $ jej środek. Niech $ \varphi = | \measuredangle A_1OM| = | \measuredangle A_2OM| = \pi/n $. Kąt dwuścienny między płaszczyzną podstawy (czyli płaszczyzną $ A_1A_2O $) a płaszczyzną ściany bocznej $ A_1 A_2S $ ma miarę taką, jak kąt płaski $ OMS $. Z przyjętych oznaczeń wynikają następujące zależności (rysunek 4):

\[<br /> (1) \qquad |\measuredangle OMS| = \alpha, \ |\measuredangle OA_1S| = \beta, \ \tan \alpha=\frac{|OS|}{|OM|} = \frac{h}{r}, \ \tan \beta = \frac{|OS|}{|OA_1|} = \frac{h}{R},<br /> \]
\[<br /> (2) \qquad \quad \cos \varphi = \frac{|OM|}{|OA_1|}=\frac{r}{R}, \quad \sin \varphi = \frac{|A_1M|}{|OA_1|} = \frac{a}{R}, \quad R^2=a^2+r^2;<br /> \]

należy zaś wykazać, że

\[<br /> (3) \qquad \quad \sin^2 \alpha - \sin^2 \beta \leq \tan^2 \frac{\varphi}{2}.<br /> \]

Przydatne będą zależności trygonometryczne:

\[<br /> (4) \qquad \quad \tan \frac{\varphi}{2} = \frac{\sin(\varphi/2)}{\cos(\varphi/2)}=<br /> \frac{2 \sin (\varphi/2) \cos (\varphi/2)}{2 \cos^2 (\varphi/2)}= \frac{\sin \varphi}{1+\cos \varphi},<br /> \]
\[<br /> (5) \qquad \quad \sin^2 \alpha = \frac{\cos^2 \alpha \cdot \tan^2 \alpha}{\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha} = \frac{\tan^2 \alpha}{1+\tan^2 \alpha}, \quad \sin^2 \beta = \frac{\tan^2 \beta}{1+\tan^2 \beta}.<br /> \]

Korzystając ze wzorów (4) i (2) otrzymujemy równość

\[<br /> (6) \qquad \quad \tan^2 \frac{\varphi}{2} = \left( \frac{\sin \varphi}{1+ \cos \varphi} \right)^2 =<br /> \left( \frac{a/R}{1+ (r/R)} \right)^2 = \left( \frac{a}{R+r} \right)^2 = \frac{R^2-r^2}{(R+r)^2} = \frac{R-r}{R+r};<br /> \]

a na podstawie związków (5) i (1) mamy:

\[<br /> \begin{split}<br /> \sin^2 \alpha - \sin^2 \beta & =\frac{(h/r)^2}{1+(h/r)^2} - \frac{(h/R)^2}{1+(h/R)^2}=\\<br /> &= \frac{h^2}{h^2+r^2} - \frac{h^2}{h^2+R^2} = \frac{h^2(R^2-r^2)}{(h^2+r^2)(h^2+R^2)}.<br /> \end{split}<br /> \]

Stąd

\[<br /> (7) \qquad \quad \frac{\sin^2 \alpha - \sin^2 \beta}{\tan^2 (\varphi/2)} =<br /> \frac{h^2(R^2-r^2)}{(h^2+r^2)(h^2+R^2)} \cdot \frac{R+r}{R-r} =<br /> \frac{h^2(R+r)^2}{(h^2+r^2)(h^2+R^2)}.<br /> \]

A ponieważ

\[<br /> \begin{split}<br /> (h^2+r^2) & (h^2 + R^2)-h^2(R + r)^2 =\\<br /> & = (h^4+h^2(R^2+r^2) + R^2r^2)-h^2(R^2 + r^2+2Rr) = \\<br /> & = h^4 + R^2r^2-2h^2Rr = (h^2 - Rr)^2 \geq 0,<br /> \end{split}<br /> \]

zatem licznik ułamka otrzymanego po prawej stronie równości (7) jest nie większy niż mianownik. Wobec tego wartość ilorazu (7) nie przekracza $ 1 $; tym samym nierówność (3) została wykazana.

XLVI OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne: 
XLVI OM, 1994-1995
Etap: 
I

Niech $ a $ i $ b $ będą liczbami rzeczywistymi, których suma jest równa 1. Wykazać, że jeżeli $ a^3 $ i $ b^3 $ są liczbami wymiernymi, to $ a $ i $ b $ też są liczbami wymiernymi.

Rozwiązanie

Podnosimy równość $ a + b = 1 $ stronami do drugiej i trzeciej potęgi i otrzymujemy związki: $ a^2 +2ab + b^2 = 1 $, czyli

\[<br /> (1) \qquad a^2 + b^2 = 1-2ab,<br /> \]

oraz $ a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3 = 1 $, czyli

\[<br /> (2) \qquad a^3 + b^3 = 1-3ab(a + b)= 1-3ab.<br /> \]

Jeśli więc liczby $ a^3 $ oraz $ b^3 $ są wymierne, to z równości (2) wynika, że iloczyn $ ab = (1-a^3-b^3)/3 $ jest liczbą wymierną, i wobec równości (1) także suma $ a^2 + b^2 $ jest liczbą wymierną. W takim razie również liczba $ a^2 + ab + b^2 $ jest wymierna - a przy tym różna od zera, co widać na przykład z przekształcenia

\[<br /> 4(a^2+ab + b^2) = 3(a + b)^2 + (a-b)^2 = 3 + (a-b)^2 > 0.<br /> \]

Liczby $ a^3 $ oraz $ b^3 $ są wymierne, więc wymierna jest też ich różnica $ a^3 -b^3 $. Stąd wniosek, że różnica

\[<br /> a-b= \frac{a^3-b^3}{a^2+ab + b^2}<br /> \]

jest liczbą wymierną. W połączeniu z warunkiem $ a + b = 1 $ daje to żądaną konkluzję: liczby

\[<br /> a=\frac{(a + b) + (a-b)}{2}=\frac{1+ (a-b)}{2}\ \textrm{oraz}\ b=<br /> \frac{(a +b)-(a-b)}{2}=\frac{1-(a-b)}{2}<br /> \]

są wymierne.

XLVI OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne: 
XLVI OM, 1994-1995
Etap: 
I

Dana jest prosta $ k $ oraz leżące na niej trzy różne punkty. Każdy z nich jest początkiem pary półprostych; wszystkie te półproste leżą w jednej półpłaszczyźnie o krawędzi $ k $. Każda z tych par półprostych wyznacza z każdą inną czworokąt. Dowieść, że jeśli w dwa z tych czworokątów można wpisać okrąg, to również w trzeci można wpisać okrąg.

Rozwiązanie

Oznaczmy trzy dane punkty przez $ A_1 $, $ A_2 $, $ A_3 $. Dla $ i = 1,2,3 $ oznaczmy przez $ p_i $, $ q_i $ dwie dane półproste o wspólnym początku $ A_i $, a przez $ l_i $ - dwusieczną utworzonego przez nie kąta. Te dwusieczne przecinają się (parami) w punktach $ O_1 $, $ O_2 $, $ O_3 $:

\[<br /> \{O_1\} = l_2 \cap l_3, \quad \{O_2\} = l_3 \cap l_1, \quad \{O_3\} = l_1 \cap l_2<br /> \]

(rysunek 5). Przyjmijmy ponadto oznaczenia (dla $ i,j \in \{1,2,3\}, i \ne j $):

  • $ h_i $ - odległość punktu $ O_i $ od prostej $ k $,
  • $ O_i' $ - rzut punktu $ O_i $ na prostą $ k $,
  • $ r_{ij} $ - odległość punktu $ O_i $ od półprostej $ p_j $,
  • $ T_{ij} $ - rzut punktu $ O_i $ na półprostą $ p_j $.

om46_1r_img_5.jpg

Punkt $ A_3 $ jest środkiem jednokładności, która punkty $ O_1 $, $ O_1' $, $ T_{13} $ odwzorowuje odpowiednio na punkty $ O_2 $, $ O_2' $, $ T_{23} $. Wynika stąd proporcja $ |O_1T_{13}| \colon |O_2T_{23}| = |O_1O_1'| \colon |O_2O_2'| $, czyli

\[<br /> \frac{r_{13}}{r_{23}}= \frac{h_1}{h_2}.<br /> \]

Przez cykliczne przesunięcie numerów $ 1, 2, 3 $ otrzymujemy (analogicznie):

\[<br /> \frac{r_{21}}{r_{31}}= \frac{h_2}{h_3} \quad \textrm{oraz} \quad \frac{r_{32}}{r_{12}}= \frac{h_3}{h_1}.<br /> \]

Mnożąc stronami te trzy proporcje dostajemy po prawej stronie jedynkę, a po lewej - ułamek, którego licznik musi być wobec tego równy mianownikowi:

\[<br /> (1) \qquad \quad r_{13}r_{21}r_{32} = r_{23}r_{31}r_{12}.<br /> \]

Zauważmy teraz, że jeżeli w czworokąt wyznaczony przez pary półprostych $ p_1 $, $ q_1 $ oraz $ p_2 $, $ q_2 $ da się wpisać okrąg, to jego środek leży zarówno na dwusiecznej $ l_1 $, jak i na dwusiecznej $ l_2 $. Środkiem tym jest więc punkt $ O_3 $, a promień jest równy obu odległościom $ r_{31} = |O_3T_{31}| $ oraz $ r_{32} = |O_3T_{32}| $; tak więc $ r_{31} = r_{32} $.

Na odwrót, jeśli zachodzi równość $ r_{31} =r_{32} $, to punkt $ O_3 $ jest środkiem okręgu stycznego do półprostych $ p_1 $, $ q_1 $, $ p_2 $, $ q_2 $, a więc wpisanego w rozważany czworokąt. Zatem równość $ r_{31} = r_{32} $ jest warunkiem koniecznym i dostatecznym istnienia takiego okręgu.

I znów prżez analogię (przez cykliczne przesunięcie numerów) wnosimy, że w czworokąt wyznaczony przez pary półprostych $ p_2 $, $ q_2 $ oraz $ p_3 $, $ q_3 $ da się wpisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy $ r_{12} = r_{13} $, natomiast w czworokąt wyznaczony przez pary półprostych $ p_3 $, $ q_3 $ oraz $ p_1 $, $ q_1 $ da się wpisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy $ r_{23}= r_{21} $.

Zadanie sprowadza się więc do wykazania, że jeżeli zachodzą dwie spośród równości $ r_{12}=r_{13} $, $ r_{23} = r_{21} $, $ r_{31} = r_{32} $, to zachodzi także i trzecia. Ta implikacja jest zaś natychmiastowym wnioskiem z uzyskanej powyżej równości (1).

XLVI OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne: 
XLVI OM, 1994-1995
Etap: 
I

Dane są liczby naturalne $ n > m > 1 $. Ze zbioru $ \{1,2, \ldots ,n\} $ losujemy bez zwracania $ m $ liczb. Obliczyć wartość oczekiwaną różnicy między największą a najmniejszą wylosowaną liczbą.

Rozwiązanie

Zdarzeniem elementarnym jest wybór $ m $-elementowego podzbioru ze zbioru $ n $-elementowego. Te zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne; jest ich $ {n}\choose{m} $. Oznaczmy największą i najmniejszą wybraną liczbę odpowiednio przez $ a $ i $ b $. Rozważana zmienna losowa $ X $, czyli różnica $ a-b $, może przyjąć każdą wartość całkowitą od $ m - 1 $ do $ n-1 $.

Ustalmy liczbę naturalną $ r $ spełniającą nierówności $ m-1 \leq r \leq n- 1 $. W zbiorze $ \{1,2,\ldots,n\} $ jest $ n - r $ par liczb $ a $, $ b $ o różnicy $ a - b = r $. Przy ustalonym położeniu liczb $ a $ i $ b $ mamy $ {r-1}\choose{m-2} $ możliwości wyboru pozostałych $ m-2 $ liczb ze zbioru $ \{b+1,\ldots,a-1\} $. Wobec tego iloczyn $ (n -r) {{r-1}\choose{m-2}} $ wyraża ilość $ m $-elementowych podzbiorów zbioru $ \{1,2,\ldots,n\} $, w których różnica między największym a najmniejszym elementem wynosi $ r $ - czyli ilość zdarzeń elementarnych, w których badana zmienna losowa $ X $ przyjmuje wartość $ r $.

Dzieląc ten iloczyn przez liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych otrzymujemy prawdopodobieństwo tego, że $ X = r $; oznaczmy je przez $ p_r $. Tak więc

\[<br /> p_r = P(X=r)= {{n}\choose{m}}^{-1} (n-r) {{r-1}\choose{m-2}}.<br /> \]

Korzystając z łatwych do uzasadnienia związków

\[<br /> {{r-1}\choose{m-2}} =\frac{m - 1}{r} {{r}\choose{m-1}}= \frac{(m-1)m}{r(r+1)} {{r+1}\choose{m}}<br /> \]

przekształcamy uzyskane wyrażenie, jak następuje:

\[<br /> \begin{split}<br /> p_r & = {{n}\choose{m}}^{-1} \left[ (n+1) {{r-1}\choose{m-2}} - (r+1) {{r-1}\choose{m-2}} \right]=\\<br /> & = {{n}\choose{m}}^{-1} \cdot \frac{m-1}{r} \left[ (n+1) {{r}\choose{m-1}} - m {{r+1}\choose{m}} \right].<br /> \end{split}<br /> \]

Ponieważ $ r $ przebiega wartości od $ m-1 $ do $ n-1 $, zatem wartość oczekiwana zmiennej losowej $ X $, czyli liczba

\[<br /> E(X) = \sum_{r=m-1}^{n-1} rp_r,<br /> \]

jest równa

\[<br /> (1) \qquad \quad E(X)= {{n}\choose{m}}^{-1} (m-1) \left[ (n+1) \sum_{r=m-1}^{n-1} {{r}\choose{m-1}} - m \sum_{r=m-1}^{n-1} {{r+1}\choose{m}} \right].<br /> \]

Aby zwinąć sumy w nawiasie kwadratowym, skorzystamy ze wzoru

\[<br /> (2) \qquad \quad \sum_{s=j}^N {{s}\choose{j}} = {{N+1}\choose{j+1}} \quad \textrm{dla} \quad N \geq j \geq 0<br /> \]

(patrz: Uwaga). Przyjmując w tym wzorze najpierw $ N= n -1 $, $ j = m-1 $, a następnie $ N = n $, $ j = m $, otrzymujemy kolejno:

\[<br /> \sum_{r=m-1}^{n-1} {{r}\choose{m-1}} = {{n}\choose{m}}, \quad<br /> \sum_{r=m-1}^{n-1} {{r+1}\choose{m}} = \sum_{s=m}^{n} {{s}\choose{m}}= {{n+1}\choose{m+1}}<br /> \]

(zastosowaliśmy zmianę wskaźnika sumowania: $ s = r + 1 $). Możemy teraz dokończyć rachunek (1):

\[<br /> \begin{split}<br /> E(X)& = {{n}\choose{m}}^{-1} (m-1) \left[ (n+1) {{n}\choose{m}} - m {{n+1}\choose{m+1}} \right]=\\<br /> & = (m-1) \left[ (n+1) - m \cdot \frac{(n+1)!}{(m+1)!(n-m)!} \cdot \frac{m!(n-m)!}{n!} \right]=\\<br /> & = (m-1) \left[ (n+1) - m \cdot \frac{n+1}{m+1} \right]= \frac{(m-1)(n+1)}{m+1}.<br /> \end{split}<br /> \]

Jest to szukana wartość.

Uwaga. Wzór (2) jest dobrze znany. Można go łatwo udowodnić przez indukcję względem $ N $ przy ustalonym $ j $. Można go też ,,zobaczyć'', przyglądając się uważnie trójkątowi Pascala; proponujemy to Czytelnikom jako przyjemne ćwiczenie spostrzegawczości.

XLVI OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne: 
XLVI OM, 1994-1995
Etap: 
I

Ciąg $ (x_n) $ jest określony następująco:

\[<br /> x_1 = \frac{1}{2}, \quad x_n = \frac{2n-3}{2n} \cdot x_{n-1} \quad \text{ dla } n=2,3,4,\ldots .<br /> \]

Udowodnić, że dla każdej liczby naturalnej $ n \geq 1 $ zachodzi nierówność

\[<br /> x_1 + x_2 + \ldots + x_n < 1.<br /> \]

Rozwiązanie

Weźmy pod uwagę ciąg liczb dodatnich $ (y_n) $ określony, jak następuje:

\[<br /> y_n= (2n-1)x_n \quad \textrm{dla} \quad n= 1,2,3,\ldots .<br /> \]

Podany wzór rekurencyjny dla ciągu $ (x_n) $ implikuje analogiczny wzór dla ciągu $ (y_n) $:

\[<br /> y_n = (2n-1) \cdot \frac{2n-3}{2n} \cdot x_{n-1}=<br /> \frac{(2n-1)(2n-3)}{2n} \cdot \frac{y_{n-1}}{2(n-1)-1},<br /> \]

czyli

\[<br /> (1) \qquad \quad y_n = \frac{2n-1}{2n} \cdot y_{n-1} \quad \textrm{dla} \quad n=2,3,4, \ldots.<br /> \]

Przyjmijmy dodatkowo $ y_0 = 1 $. Uzyskany wzór rekurencyjny jest wówczas słuszny także dla $ n= 1 $. Zauważmy teraz, że

\[<br /> (2) \qquad \quad y_{n-1}-y_n=\frac{2n}{2n-1} \cdot y_n-y_n=\frac{y_n}{2n-1} = x_n \quad \textrm{dla} \quad n=1,2,3,\ldots.<br /> \]

Stąd

\[<br /> (3) \qquad \quad x_1+x_2 + \ldots + x_n = (y_0-y_1) + (y_1-y_2) + \ldots +(y_{n-1} - y_n) = y_0 - y_n = 1 - y_n < 1<br /> \]

- co było do wykazania.

© Prawa autorskie Polskie Towarzystwo Matematyczne | Serwis znajduje się na serwerze MIMUW | Projekt: Krystyna Jaworska | Realizacja: Paweł Witkowski INTools, Tomasz Filar
Adres źródła: https://archom.ptm.org.pl/?q=node/508