XLVI OM - II etap

II etap XLVI Olimpiady Matematycznej

XLVI OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XLVI OM, 1994-1995

Etap:

Wielomian $P(x)$ ma współczynniki całkowite. Udowodnić, że jeżeli liczba $P(5)$ dzieli się przez 2, a liczba $P(2)$ dzieli się przez 5, to liczba $P(7)$ dzieli się przez 10.

Rozwiązanie

Dowód opiera się na spostrzeżeniu, że jeśli $P(x) = a_0 + a_1x + \ldots + a_nx^n$ jest wielomianem o współczynnikach całkowitych, to dla każdej pary różnych liczb całkowitych $u$ , $v$ różnica $P(u) - P(v)$ jest podzielna przez różnicę $u-v$ . Istotnie:

$ P(u)-P(v) = a_1(u-v) + a_2(u^2-v^2) + \ldots + a_n(u^n-v^n), $

a każda z różnic $u^k - v^k$ rozkłada się na czynniki:

$ u^k-v^k = (u-v)(u^{k-1}v^0 + u^{k-2}v^1+ \ldots + u^0 v^{k-1}). $

Przyjmując w szczególności $u = 7$ , $v = 5$ widzimy, że różnica $P(7)-P(5)$ dzieli się przez $2$ ; przyjmując następnie $u = 7$ , $v = 2$ stwierdzamy, że różnica $P(7)-P(2)$ dzieli się przez $5$ . Stąd, wobec warunków danych w założeniu zadania, wnosimy, że liczba $P(7)$ dzieli się zarówno przez $2$ , jak i przez $5$ . A ponieważ liczby $2$ i $5$ są względnie pierwsze, zatem liczba $P(7)$ dzieli się przez iloczyn $2 \cdot 5$ , czyli przez $10$ .

XLVI OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XLVI OM, 1994-1995

Etap:

W sześciokącie wypukłym $ABCDEF$ zachodzą następujące równości: $|AB| = |BC|$ , $|CD| = |DE|$ , $|EF| = |FA|$ . Wykazać, że proste zawierające wysokości trójkątów $BCD$ , $DEF$ i $FAB$ poprowadzone odpowiednio z wierzchołków $C$ , $E$ , $A$ przecinają się w jednym punkcie.

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia:

$k_1$ - okrąg o środku $D$ i promieniu $|DC| = |DE|$ ;
$k_2$ - okrąg o środku $F$ i promieniu $|FE| = |FA|$ ;
$k_3$ - okrąg o środku $B$ i promieniu $|BA| = |BC|$ .

Okręgi $k_2$ i $k_3$ przecinają się w punkcie $A$ ; oznaczmy drugi punkt ich przecięcia przez $A'$ (por. Uwaga 2); podobnie, oznaczmy przez $C'$ drugi (oprócz $C$ ) punkt przecięcia okręgów $k_3$ i $k_1$ , a przez $E'$ - drugi (oprócz $E$ ) punkt przecięcia okręgów $k_1$ i $k_2$ (rysunek 7). Punkty $A$ i $A'$ są położone symetrycznie względem prostej przechodzącej przez środki $F$ i $B$ okręgów $k_2$ i $k_3$ ; zatem $AA' \bot FB$ . To znaczy, że prosta $AA'$ zawiera wysokość trójkąta $FAB$ , poprowadzoną z wierzchołka $A$ ; jest więc jedną z trzech prostych, których dotyczy teza zadania. Pozostałe dwie proste, o które chodzi, to - analogicznie - proste $CC'$ i $EE'$ .

Prosta $AA'$ jest osią potęgową pary okręgów $k_2$ , $k_3$ ; prosta $CC'$ jest osią potęgową pary $k_3$ , $k_1$ , a prosta $EE'$ - pary $k_1$ , $k_2$ . Wiadomo (por. Uwaga 1), że dla każdej trójki okręgów trzy osie potęgowe wyznaczone przez pary tych okręgów tworzą pęk prostych przecinających się w jednym punkcie lub równoległych. W rozważanej sytuacji proste $AA'$ , $CC'$ , $EE'$ , jako prostopadłe odpowiednio do boków $FB$ , $BD$ , $DF$ trójkąta $DFB$ , nie mogą być równoległe - a zatem przecinają się w jednym punkcie. Dowód jest zakończony.

Uwaga 1. Dla Czytelników, którzy nie są dość oswojeni z twierdzeniem o współpękowości osi potęgowych przedstawimy szkicowo jego dowód, wraz z określeniami użytych pojęć.

Niech $P$ będzie punktem leżącym w płaszczyźnie okręgu $k$ i niech $l$ będzie dowolną prostą przechodzącą przez punkt $P$ i przecinającą okrąg $k$ w dwóch punktach $U$ i $V$ . Wartość iloczynu $|PU| \cdot |PV|$ zależy tylko od okręgu $k$ i punktu $P$ , nie zależy natomiast od wyboru prostej $l$ . [Uzasadnienie: przypuśćmy, że inna prosta $l'$ przecina okrąg $k$ w punktach $U'$ i $V'$ ; dobrze znana równość $|PU| \cdot |PV | = |PU'| \cdot |PV'|$ wynika z podobieństwa trójkątów $PU U'$ i $PV'V$ .]

Tę stałą wartość, wziętą ze znakiem plus, gdy punkt $P$ leży na zewnątrz okręgu $k$ , a ze znakiem ,,minus'', gdy $P$ leży wewnątrz $k$ , nazywamy potęgą punktu $P$ względem okręgu $k$ ; jest ona równa różnicy $|OP|^2 - r^2$ , gdzie przez $O$ i $r$ został oznaczony środek i promień okręgu $k$ . [Uzasadnienie: niech $UV$ będzie średnicą zawartą w prostej $OP$ ; jeden z odcinków $PU$ , $PV$ ma długość $|OP|+r$ , a drugi $\pm (|OP| - r)$ ; znak ,,plus'' lub ,,minus'' w zależności od tego, czy punkt $P$ leży na zewnątrz $k$ , czy wewnątrz $k$ ; zatem (odpowiednio) $|PU| \cdot |PV| = \pm (|OP|^2-r^2)$ .]

Niech będą dane dwa okręgi o niepokrywających się środkach $O_1$ , $O_2$ i promieniach $r_1$ , $r_2$ . Jeżeli punkt $P$ ma równe potęgi względem obu tych okręgów, to ta sama własność przysługuje także punktowi $Q$ określonemu jako rzut prostokątny punktu $P$ na prostą $O_1O_2$ ; wynika to z równości $|O_1Q|^2-|O_2Q|^2 = |O_1P|^2-|O_2P|^2 = r_1^2-r_2^2$ ; przy tym na prostej $O_1O_2$ jest dokładnie jeden punkt $Q$ taki, że $|O_1Q|^2-|O_2Q|^2 = r_1^2 - r_2^2$ . Stąd wniosek, że zbiór punktów o równych potęgach względem dwóch danych okręgów jest prostą prostopadłą do $O_1O_2$ ; nazywamy ją osią potęgową tej pary okręgów. Gdy okręgi przecinają się w dwóch punktach, wówczas każdy z tych punktów ma zerową potęgę względem obu okręgów, a więc oś potęgowa jest prostą przechodzącą przez punkty przecięcia. Gdy okręgi są styczne, oś potęgowa jest prostą styczną do nich obu w punkcie ich styczności.

Jeżeli rozważamy dowolną trójkę okręgów $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ (o parami różnych środkach) i jeśli te środki nie są współliniowe, to oś potęgowa pary $k_1$ , $k_3$ przecina oś potęgową pary $k_2$ , $k_3$ . Punkt przecięcia ma jednakową potęgę względem wszystkich trzech okręgów, a więc leży też na osi potęgowej pary $k_1$ , $k_2$ . Jeśli natomiast środki okręgów $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ są współliniowe, to każda z tych trzech osi jest prostopadła do prostej przechodzącej przez środki. Stąd teza twierdzenia: trzy rozważane osie potęgowe albo przecinają się w jednym punkcie albo są równoległe.

Uwaga 2. W treści zadania jest mowa o trójkątach $BCD$ , $DEF$ , $FAB$ ; należy stąd wnosić, że każdy z kątów $BCD$ , $DEF$ , $FAB$ jest mniejszy od kąta półpełnego. Wszelako rozumowanie pozostaje w mocy także w przypadku, gdy któryś z tych kątów jest półpełny (i odpowiedni trójkąt degeneruje się do odcinka; przez ,,prostą zawierającą wysokość'' należy wówczas rozumieć prostą prostopadłą do owego odcinka, przechodzącą przez odpowiedni wierzchołek). Dwa spośród okręgów $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ są wtedy styczne; ale ich oś potęgowa nadal jest prostą zawierającą wysokość (w sprecyzowanym przed chwilą sensie), więc dalsze rozumowanie nie wymaga żadnych modyfikacji.

XLVI OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XLVI OM, 1994-1995

Etap:

Dane są liczby niewymierne dodatnie $a$ , $b$ , $c$ , $d$ , przy czym $a+b = 1$ . Udowodnić, że $c+d = 1$ wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej liczby naturalnej $n$ zachodzi równość $[na] +[nb] = [nc] + [nd]$ .

Uwaga: $[x]$ jest największą liczbą całkowitą nie większą od $x$ .

Rozwiązanie

Weźmy dowolną liczbę naturalną $n \geq 1$ . W myśl określenia symbolu $[x]$ ,

$ [na] \leq na < [na] + 1, \quad [nc] \leq nc < [nc] + 1, $

$ [nb] \leq nb < [nb]+ 1, \quad [nd] \leq nd < [nd] + 1. $

Iloczyny $na$ , $nb$ , $nc$ , $nd$ nie mogą być liczbami całkowitymi (bo liczby $a$ , $b$ , $c$ , $d$ są z założenia niewymierne), a więc w żadnym z wypisanych związków nie może zachodzić równość. Dodając nierówności w lewym ,,słupku'' i w prawym ,,słupku'' (i korzystając z założenia, że $a + b=1$ ) otrzymujemy wobec tego zależności

$ (1) \qquad \quad k_n<n<k_n + 2, \quad l_n < n(c + d)<l_n + 2, $

gdzie

$ k_n = [na] + [nb], \quad l_n = [nc] + [nd]. $

Liczby $n$ oraz $k_n$ są całkowite, więc pierwsza z nierówności podwójnych (1) implikuje równość $n = k_n + 1$ .

Jeśli teraz $c + d = 1$ , to liczba $l_n$ , podobnie jak $k_n$ , musi (na mocy drugiej pary nierówności (1)) spełniać równość $n = l_n + 1$ ; tak więc $k_n = l_n( = n-1)$ dla $n = 1,2,3,\ldots$ .

Na odwrót, zakładając, że $k_n = l_n$ dla $n = 1,2,3,\ldots$ , otrzymujemy z drugiej pary związków (1) nierówność podwójną

$ \frac{k_n}{n} < c+d < \frac{k_n+2}{n} \quad \textrm{dla} \quad n=1,2,3,\ldots; $

a ponieważ $k_n = n - 1$ , zatem

$ 1-\frac{1}{n} < c+d < 1+ \frac{1}{n} \quad \textrm{dla} \quad n=1,2,3,\ldots. $

Jedyną wartością sumy $c + d$ spełniającą ten nieskończony układ nierówności podwójnych jest liczba $1$ .

Wykazaliśmy więc żądaną równoważność:

$ (c + d=1) \Longleftrightarrow (k_n = l_n \quad \textrm{dla} \quad n = 1,2,3,\ldots ). $

XLVI OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XLVI OM, 1994-1995

Etap:

Liczby dodatnie $x_l, x_2, \ldots , x_n$ spełniają warunek

$ \sum_{i=1}^n x_i \leq \sum_{i=1}^n x_i^2 $

Dowieść, że dla każdej liczby rzeczywistej $t$ większej od 1 zachodzi nierówność

$ \sum_{i=1}^n x_i^t \leq \sum_{i=1}^n x_i^{t+1} $

Rozwiązanie

Oznaczmy krótko:

$ (1) \qquad \quad f(t) = \sum_{i=1}^n x_i^{t+1} - \sum_{i=1}^n x_i^t \quad \textrm{dla} \quad t \geq 1. $

Wiedząc, że $f(1) \geq 0$ , mamy udowodnić, że $f(t) \geq 0$ dla $t > 1$ . W tym celu oczywiście wystarczy wykazać, że

$ (2) \qquad \quad f(t) \geq f(1) \quad \textrm{dla} \quad t>1. $

Ta zaś nierówność wynika z następującego przekształcenia:

$ f(t)-f(1) = \sum_{i=1}^n \left( (x_i^{t+1} - x_i^t) - (x_i^2 - x_i) \right) = \sum_{i=1}^n x_i (x_i-1)(x_i^{t-1} -1). $

Dla każdego numeru $i = 1,\ldots,n$ i dla każdej wartości $t>1$ obie różnice w nawiasach są liczbami dodatnimi, obie są liczbami ujemnymi, lub obie są równe zeru. Uzyskana suma jest więc liczbą nieujemną; nierówność (2) jest wykazana.

XLVI OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XLVI OM, 1994-1995

Etap:

Okręgi wpisane w ściany $ABC$ i $ABD$ czworościanu $ABCD$ są styczne do krawędzi $AB$ w tym samym punkcie. Wykazać, że punkty styczności tych okręgów z krawędziami $AC$ , $BC$ oraz $AD$ , $BD$ leżą na jednym okręgu.

Rozwiązanie

Przyjmijmy, że okrąg wpisany w ścianę $ABC$ jest styczny do krawędzi $AC$ , $BC$ i $AB$ odpowiednio w punktach $P$ , $Q$ , $T$ , a okrąg wpisany w ścianę $ABD$ jest styczny do krawędzi $AD$ , $BD$ i $AB$ odpowiednio w punktach $R$ , $S$ , $T$ (ten sam punkt $T$ , zgodnie z założeniem). Mamy następujące równości odcinków stycznych:

$ (1) \qquad \quad |AP| = |AT| = |AR|, \quad |BQ| = |BT| = |BS|, $

$ (2) \qquad |CP| = |CQ|, \quad |DR| = |DS|. $

Jeżeli punkt $T$ jest środkiem krawędzi $AB$ , to trójkąty $ABC$ i $ABD$ są równoramienne, a proste $PQ$ i $RS$ są równoległe do prostej $AB$ ; punkty $P$ i $Q$ są położone symetrycznie względem płaszczyzny przechodzącej przez $T$ i prostopadłej do $AB$ , punkty $R$ i $S$ także są położone symetrycznie względem tej płaszczyzny, a zatem odcinki $PQ$ i $RS$ są podstawami trapezu równoramiennego, na którym daje się opisać okrąg.

W dalszym ciągu zakładamy, że punkt $T$ nie jest środkiem krawędzi $AB$ ; nie tracąc ogólności przyjmijmy, że $|AT| > |BT|$ . Żadna z prostych $PQ$ i $RS$ nie jest równoległa do $AB$ . Punkty $A$ , $B$ , $P$ , $Q$ leżą w płaszczyźnie ściany $ABC$ , więc prosta $PQ$ przecina prostą $AB$ ; oznaczmy punkt przecięcia przez $U$ . Analogicznie, punkty $A$ , $B$ , $R$ , $S$ leżą w płaszczyźnie ściany $ABD$ , więc prosta $RS$ przecina prostą $AB$ ; oznaczmy punkt przecięcia przez $V$ .

Punkty $U$ i $V$ leżą na półprostej $AB^\to$ , poza odcinkiem $AB$ ; wobec tego

$ (3) \qquad |AU| = |AB| + |BU| \quad \textrm{oraz}\quad |AV| = | AB| + |BV|. $

(Rysunek 10 przedstawia usytuowanie rozważanych punktów i prostych oddzielnie na płaszczyźnie $ABC$ i na płaszczyźnie $ABD$ .)

Na mocy twierdzenia o odcinkach stycznych i siecznych (zastosowanego do okręgów wpisanych w trójkąty $ABC$ i $ABD$ ) mamy równości:

$ (4) \qquad |UP|\cdot |UQ| = |UT|^2, \quad |VR|\cdot |VS| = |VT|^2. $

Zastosujmy teraz twierdzenie Menelausa do trójkąta $ABC$ przeciętego prostą $PQ$ oraz do trójkąta $ABD$ przeciętego prostą $RS$ :

$ \frac{|AU|}{|UB|} \cdot \frac{|BQ|}{|QC|} \cdot \frac{|CP|}{|PA|} =1 \quad \textrm{oraz} \quad \frac{|AV|}{|VB|} \cdot \frac{|BS|}{|SD|} \cdot \frac{|DR|}{|RA |} =1. $

Wobec związków (2) i (1) dostajemy stąd proporcje

$ \frac{|AU|}{|BU|}=\frac{|AP|}{|BQ|}=\frac{|AT|}{|BT|} \quad \textrm{oraz} \quad \frac{|AV|}{|BV|}=\frac{|AR|}{|BS|}=\frac{|AT|}{|BT|}. $

Zastępując $|AU|$ i $|AV|$ przez prawe strony wzorów (3) otrzymujemy równania, z których obliczamy:

$ (5) \qquad \quad |BU|= \frac{|AB| \cdot |BT|}{|AT|-|BT|} \quad \textrm{oraz} \quad |BV|= \frac{|AB| \cdot |BT|}{|AT|-|BT|}. $

Zatem $|BU| = |BV|$ . Stąd wniosek, że punkt $U$ pokrywa się z $V$ ; jest więc punktem przecięcia prostych $PQ$ i $RS$ .

Para prostych przecinających się wyznacza płaszczyznę. Tak więc punkty $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ leżą na jednej płaszczyźnie. Skoro zaś punkty $U$ i $V$ pokrywają się, zatem ze związków (4) otrzymujemy równość $|UP| \cdot |UQ| = |UR| \cdot |US|$ . Wynika z niej, że punkty $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ leżą na jednym okręgu.

Uwaga 1. Twierdzenie Menelausa zostało wykorzystane jedynie do wyprowadzenia równości (5); nie jest ono jednak do tego niezbędne. Proponujemy Czytelnikom znalezienie innych uzasadnień wzorów (5).

Uwaga 2. Doszedłszy do wniosku, że punkty $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ są współpłaszczyznowe, można rozumować w sposób następujący: przez środek okręgu $PQT$ prowadzimy prostą prostopadłą do płaszczyzny $ABC$ , a przez środek okręgu $RST$ prowadzimy prostą prostopadłą do płaszczyzny $ABD$ . Proste te leżą w jednej płaszczyźnie (prostopadłej do $AB$ i przechodzącej przez punkt $T$ ), a przy tym nie są równoległe, zatem przecinają się. Z równości (1) łatwo wynika, że punkt ich przecięcia jest jednakowo odległy od punktów $P$ , $Q$ , $T$ , $R$ , $S$ - jest więc środkiem sfery, na której leżą te punkty. Sfera ta w przecięciu z płaszczyzną $PQRS$ daje poszukiwany okrąg.

XLVI OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XLVI OM, 1994-1995

Etap:

Kwadrat o boku długości $n$ dzielimy na $n^2$ kwadratów jednostkowych. Wyznaczyć wszystkie liczby naturalne $n$ , dla których taki kwadrat mozna pociąć wzdłuż linii tego podziału na kwadraty, z których każdy ma bok długości 2 lub 3.

Rozwiązanie

Jeśli $n$ jest liczbą parzystą, to kwadrat o wymiarach $n \times n$ można pociąć na kwadraty $2 \times 2$ . Przyjmijmy więc, że $n$ jest liczbą nieparzystą. Kwadrat $n \times n$ składa się z $n$ rzędów, po $n$ pól (kwadracików jednostkowych) w każdym rzędzie. Malujemy te rzędy na czarno i biało, na przemian (w ,,zebrę''). Wobec nieparzystości $n$ oba rzędy skrajne otrzymują jednakowy kolor - przyjmijmy, że czarny. Różnica między liczbą czarnych pól a liczbą białych pól w całej tak pomalowanej szachownicy wynosi $n$ .

Przypuśćmy, że podział na kwadraty $2 \times 2$ i $3 \times 3$ jest wykonalny. Każdy kwadrat $2 \times 2$ ma dwa pola białe i dwa czarne. Każdy kwadrat $3 \times 3$ ma trzy pola białe i sześć czarnych lub na odwrót. Różnica między liczbą czarnych pól a liczbą białych pól w kwadracie $2 \times 2$ wynosi $0$ , a w kwadracie $3 \times 3$ wynosi $3$ lub $-3$ . Dodając te wszystkie różnice (odpowiadające poszczególnym kwadratom podziału) otrzymujemy liczbę podzielną przez $3$ . Ale, jednocześnie, obliczona w ten sposób suma równa się różnicy między liczbą czarnych pól a liczbą białych pól w całej szachownicy, czyli równa się $n$ .

Wniosek: jeśli rozważany podział jest wykonalny, to liczba $n$ jest podzielna przez $2$ lub przez $3$ . Na odwrót, jeśli $n$ dzieli się przez $2$ lub przez $3$ , to kwadrat $n \times n$ daje się pociąć w żądany sposób (na same tylko kwadraty o wymiarach $2 \times 2$ lub o wymiarach $3 \times 3$ ).

Uwaga 1. Gdy $n$ dzieli się przez $6$ , to oczywiście można szachownicę pociąć zarówno na kwadraty $2 \times 2$ , jak i na kwadraty $3 \times 3$ . Ponadto możliwe są podziały ,,mieszane''; Czytelnik może przekonać się (jest to łatwe ćwiczenie), że jeśli $n$ jest liczbą większą od $6$ i podzielną przez $2$ lub przez $3$ , to kwadrat $n \times n$ daje się pociąć na kwadraty $2 \times 2$ i $3 \times 3$ , z wykorzystaniem obu rodzajów.