XLV OM - I - Zadanie 1

Udowodnić, że układ równań

nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich , , , .

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że liczby całkowite spełniają podany układ. Różnice oraz są wówczas liczbami dodatnimi. Zachodzą więc nierówności oraz , czyli oraz . Stąd

oraz

Dodając te nierówności stronami dostajemy zależność , czyli . Jest to sprzeczność z uzyskanymi wcześniej oszacowaniami oraz . Dowodzi ona, że rozważany układ równań nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich.

XLV OM - I - Zadanie 2

Ciąg funkcji jest określony następująco:

Dla każdej liczby naturalnej rozwiązać równanie .

Rozwiązanie

Oznaczmy symbolem zbiór wszystkich liczb całkowitych nieparzystych z przedziału . Weźmy dowolne liczby całkowite , . Zgodnie z określeniem rozważanego ciągu funkcji, następujące zdania (1), (2), (3) są kolejno równoważne:

Wszystkie funkcje przyjmują wyłącznie wartości nieujemne; wynika to natychmiast z ich określenia rekurencyjnego. Zatem jedyną liczbą ze zbioru , która może być równa różnicy , jest liczba . Wobec tego drugi człon alternatywy (3) jest równoważny temu, że . Ciąg kolejno równoważnych zdań (1), (2), (3) może więc być kontynuowany następująco:

Otrzymaliśmy w ten sposób równoważność między warunkami (1) i (5):

Ustalmy . Z uzyskanej równoważności wnioskujemy kolejno, że

(bo , z definicji funkcji .) Warunek oznacza oczywiście, że jest liczbą nieparzystą z przedziału .

Wniosek: Dla dowolnie ustalonej liczby naturalnej , zbiór rozwiązań równania tworzą wszystkie liczby całkowite nieparzyste z przedziału .

XLV OM - I - Zadanie 3

Dowieść, że jeżeli , , są długościami boków trójkąta, to

Rozwiązanie

Jeśli liczby , , są długościami boków trójkąta, to liczby , , dane wzorami

są dodatnie. Traktując układ tych trzech równości jako układ równań z niewiadomymi , , , wyznaczamy: , , . Dana do udowodnienia nierówność przybiera postać

Liczby dodatnie i spełniają nierówność

oto uzasadnienie:

Analogicznie,

Dodając stronami nierówność (2) oraz obie nierówności (3) dostajemy dowodzoną tezę (1).

XLV OM - I - Zadanie 4

Dany jest okrąg o środku , punkt wewnątrz tego okręgu oraz cięciwa , nie będąca średnicą, przechodząca przez . Proste i są styczne do rozważanego okręgu odpowiednio w punktach i . Prosta przechodząca przez punkt i prostopadła do przecina proste i odpowiednio w punktach i . Wykazać, że .

Rozwiązanie

Rozpoczynamy od spostrzeżenia, że punkty i leżą po jednej stronie prostej , a punkty i leżą po drugiej jej stronie (niezależnie od tego, czy punkt leży na odcinku bliżej końca czy końca ). Cięciwa danego okręgu nie jest jego średnicą, więc proste styczne i przecinają się. Oznaczmy punkt przecięcia przez .

Na trójkącie opisujemy okrąg . Na trójkącie opisujemy okrąg . Kąty i są z założenia proste, więc średnicami tych okręgów są (odpowiednio) odcinki i (rysunek 1).

Proste i , styczne do danego okręgu, są prostopadłe do jego promieni i ; kąty i są więc proste. Zatem okrąg przechodzi przez punkt , a okrąg przechodzi przez punkt . (W szczególnym przypadku, gdy punkt jest środkiem cięciwy i w konsekwencji punkty i pokrywają się, odpowiednio, z punktami i -- nie można wprawdzie mówić o kątach i , ale konkluzja, że , , jest oczywiście nadal słuszna.)

Kąty i są kątami wpisanymi w okrąg , opartymi na wspólnym łuku (korzystamy tu z wcześniejszego spostrzeżenia, że punkty i leżą po tej samej stronie prostej ). Mają więc te kąty jednakową rozwartość: ; podobnie (kąty wpisane w okrąg , oparte na wspólnym łuku ). Zauważmy wreszcie, że

bowiem trójkąt jest równoramienny.

Z uzyskanych równości kątów wynika, że

Wobec tego trójkąty prostokątne i są przystające i otrzymujemy żądaną równość odcinków .

XLV OM - I - Zadanie 5

Udowodnić, że jeżeli wielomian ma trzy różne pierwiastki rzeczywiste, to wielomian także ma trzy różne pierwiastki rzeczywiste.

Rozwiązanie

Oznaczmy dane w zadaniu wielomiany przez i :

Zastępujemy w wielomianie zmienną przez różnicę i przekształcamy uzyskane wyrażenie:

Z otrzymanej tożsamości

natychmiast wynika, że jeśli liczba jest pierwiastkiem wielomianu , to liczba jest pierwiastkiem wielomianu .

A zatem, jeżeli liczby , , są trzema różnymi pierwiastkami wielomianu , to liczby , , są trzema różnymi pierwiastkami wielomianu .

{\kom Uwaga.} Pomysł, aby przekształcać wyrażenie nie wymaga żadnego ,,objawienia''. Sama postać wielomianów i (a także i teza zadania \ldots) sugeruje, że - być może - istnieją stałe , , , dla których równość

jest spełniona tożsamościowo (przy czym , ). Porównując współczynniki przy widzimy, że jeśli takie stałe istnieją, to musi być równe . Postulowana tożsamość (2) przybiera postać

Podstawiając wyrażenia określające wielomiany i , i przyrównując współczynniki wielomianów otrzymanych po lewej i prawej stronie wzoru (2), uzyskujemy układ trzech równań z dwiema niewiadomymi ( i ). Okazuje się, że - niezależnie od wartości danych stałych (,,parametrów'') , , - układ ten zawsze ma rozwiązanie , (więc ); na ogół jest to jego jedyne rozwiązanie, ale dla niektórych szczególnych wartości stałych , , mogą istnieć jeszcze inne rozwiązania. Nie ma to jednak znaczenia: dla znalezionych wartości liczb , , zawsze spełniona jest tożsamość (2); po zastąpieniu przez przybiera ona postać (1).

Oczywiście, redagując rozwiązanie zadania, nikt nie ma obowiązku ,,tłumaczyć się'', skąd pomysł badania wyrażenia .

XLV OM - I - Zadanie 6

Funkcja jest ciągła. Wykazać, że jeżeli dla każdej liczby rzeczywistej istnieje taka liczba naturalna , że , to .

Rozwiązanie

Symbolem będziemy oznaczali --tą iteratę funkcji , czyli -krotne złożenie (superpozycję) .

Przypuśćmy, wbrew tezie, że . Niech będzie najmniejszą dodatnią liczbą naturalną, dla której zachodzi równość

(taka liczba istnieje w myśl warunku zadania). Skoro , zatem . Przyjmijmy i oznaczmy wartość przez , wartość przez , i dalej, indukcyjnie, wartość przez (dla ); wówczas . Otrzymujemy układ liczb rzeczywistych spełniający warunki

Niech będzie najmniejszą, a - największą spośród liczb . Zachodzą więc nierówności

(faktycznie zachodzą tu nierówności ostre, bo liczby są wszystkie różne, co wynika z określenia m jako minimalnej liczby spełniającej warunek (1); ale dla dalszego ciągu rozumowania nie ma to znaczenia - wystarczą słabe nierówności (2)).

Weźmy pod uwagę funkcję ; jest to funkcja ciągła. Przyjmuje ona w punktach i wartości

oraz

istnieje więc (na mocy własności Darboux) liczba , dla której zachodzi równość , czyli . Stąd wynika, że

Skorzystajmy ponownie z warunku zadania, który mówi, że dla pewnego wartość ma być równa . Otrzymujemy wniosek, że . Równość orzeka teraz, że - wbrew początkowemu przypuszczeniu - i tym samym dowodzi błędności tego przypuszczenia. Zatem, ostatecznie, .

XLV OM - I - Zadanie 7

Na zewnątrz czworokąta wypukłego budujemy trójkąty podobne , , , w ten sposób, że

Dowieść, że jeśli czworokąt jest równoległobokiem, to czworokąt też jest równoległobokiem.

Rozwiązanie

Jeżeli czworokąt jest równoległobokiem, to jego przekątne i mają wspólny środek . Oznaczmy środki przekątnych i czworokąta odpowiednio przez i . Aby dowieść, że czworokąt jest równoległobokiem, wystarczy wykazać, że punkty i pokrywają się. (Na rysunku 3 czworokąt przypomina równoległobok, natomiast czworokąt równoległoboku nie przypomina. Zatem - jeśli teza ma być słuszna - rysunek ten nie jest ilustracją zadania. Mimo to, a raczej właśnie dzięki temu, taki rysunek jest ,,bezpieczny''; nie skłania bowiem do korzystania z zależności geometrycznych, które nie wynikają bezpośrednio z założeń, a jedynie mogłyby zostać zasugerowane rysunkiem wykonanym zgodnie z dowodzoną tezą.)

Przyjmijmy dalsze oznaczenia

ostatni symbol oznacza miarę kąta zorientowanego, mierzonego od wektora do wektora w takim kierunku, by miara ta była liczbą z przedziału (w sytuacji jak na rysunku 3, jest to kierunek {\it dodatni}, to znaczy przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara).

Z podobieństwa czterech trójkątów wymienionych w treści zadania wynika, że w każdym z tych trójkątów odpowiednie boki (traktowane jako wektory o wspólnym początku) tworzą ten sam kąt , a stosunek ich długości wyraża się tą samą liczbą , co w trójkącie :

Przesunięcie o wektor przeprowadza trójkąt do położenia , natomiast przesunięcie o wektor przeprowadza trójkąt do położenia (rysunek 4). Punkt jest środkiem odcinka ; mamy wobec tego następujące równości (wektorów swobodnych):

Operacja przesunięcia nie zmienia długości odcinków (wektorów) ani kątów między nimi, a zatem w trójkątach i zachodzą równości analogiczne do (1):

Weźmy pod uwagę przekształcenie określone jako złożenie jednokładności o środku i skali z obrotem wokół punktu o kąt (w ustalonym uprzednio kierunku). Przy tym przekształceniu wektor zmienia swą długość w stosunku i obraca się o kąt ; tak więc, zgodnie z równościami (3), punkt jest odwzorowywany na punkt , a punkt - analogicznie - na punkt :

Przekształcenie jest podobieństwem. Ze związków (4) wynika wobec tego, że obrazem środka odcinka jest środek odcinka :

(Punkty i nie zostały zaznaczone na rysunku 4, aby nie zaciemniać go jeszcze bardziej.) Równości (2) pokazują wszelako, że czworokąty oraz są równoległobokami. W takim razie środek przekątnej pokrywa się ze środkiem przekątnej , a środek przekątnej pokrywa się ze środkiem przekątnej . Tak więc , i mamy związek

Rozważając trójkąty i powstałe przez przesunięcie trójkątów
i odpowiednio o wektory i (rysunek 4) i przeprowadzając w pełni analogiczne rozumowanie, dochodzimy do równości

Rozwiązanie zadania zostało na samym wstępie sprowadzone do wykazania, że punkty i się pokrywają. Zależności (5) i (6) implikują równości

Zauważmy, że przekształcenie jest złożeniem jednokładności o skali z obrotem o kąt . Ponieważ , jedynym punktem, który w tym przekształceniu nie zmienia swojego położenia; jest punkt (wspólny środek obrotu i jednokładności). Zatem zarówno punkt , jak i punkt , pokrywa się z . Dowód jest zakończony.

XLV OM - I - Zadanie 8

Dane są takie liczby naturalne , , , że dzieli się przez , dzieli się przez , a dzieli się przez . Udowodnić, że liczba jest podzielna przez .

Rozwiązanie

Liczba jest iloczynem trzynastu czynników, z których każdy równa się . Wymnażając te trzynaście identycznych wyrażeń otrzymamy sumę wielu (mianowicie ) składników postaci

Wystarczy wykazać, że każdy taki składnik dzieli się przez iloczyn . Jest to oczywiste, gdy żaden z wykładników , , nie jest zerem, bo wówczas . Pozostaje zająć się przypadkiem, gdy co najmniej jeden z tych wykładników równa się zeru.

Ponieważ układ założeń jest niezmienniczy względem cyklicznej zmiany oznaczeń ( ), nie tracimy ogólności zakładając, że . Iloczyn (1) ma wtedy postać

Zadanie zostało sprowadzone do wykazania, że dla każdej takiej pary wykładników , liczba dzieli się przez .

Z podanych w zadaniu założeń wynika, że

Liczbę postaci (2) możemy zapisać następująco jako iloczyn czterech czynników (pooddzielanych kropkami):

W każdym z powyższych przedstawień pierwszy czynnik dzieli się przez , drugi dzieli się przez , a trzeci dzieli się przez ; czwarty jest zaś pewną liczbą naturalną. Tak więc, w każdym przypadku, iloczyn jest liczbą podzielną przez iloczyn . W myśl poprzednich uwag, kończy to dowód.

XLV OM - I - Zadanie 9

W konferencji bierze udział osób. Każdy uczestnik konferencji ma wśród pozostałych uczestników co najmniej znajomych. Udowodnić, że wszystkich uczestników konferencji można zakwaterować w pokojach dwuosobowych tak, by każdy uczestnik mieszkał ze swoim znajomym.

Rozwiązanie

W zadaniu zakłada się milcząco, że jeśli pewna osoba zna inną, to ta druga osoba zna pierwszą, oraz że nikt nie jest swoim własnym znajomym.

Niech będzie maksymalną liczbą rozłącznych par znajomych, jakie można utworzyć spośród uczestników konferencji. Zadanie sprowadza się do wykazania, że . Przypuśćmy więc, że i niech będzie układem rozłącznych par znajomych. Zbiór pozostałych uczestników konferencji (tych, którzy nie znaleźli się w żadnej z par ) oznaczmy przez .

Weźmy pod uwagę dowolnych dwóch uczestników i ze zbioru . Żaden z nich nie ma znajomego w zbiorze (gdyby miał, utworzyłby wraz z tym znajomym ()--szą parę, wbrew maksymalności ). Zatem - w myśl założenia - zarówno uczestnik , jak i , ma w zbiorze co najmniej znajomych.

Każdemu uczestnikowi konferencji przyporządkujmy liczbę , lub , w zależności od tego, czy zna on obie osoby i , dokładnie jedną z nich, czy żadną. Dla oznaczmy przez sumę liczb przyporządkowanych dwóm uczestnikom konferencji, tworzącym parę . Z konkluzji ostatniego zdania w poprzednim akapicie wynika nierówność , bowiem suma wyraża liczbę wszystkich ,,połączeń'' (w sensie relacji ,,bycia znajomym'') między elementami zbioru i elementami zbioru .

Gdyby wszystkie składniki sumy były mniejsze lub równe , wartość tej sumy nie przekraczałaby , a więc byłaby mniejsza od . W takim razie co najmniej jeden składnik jest większy od . Nie tracąc ogólności przyjmijmy, że (kolejność ponumerowania można zmienić w razie potrzeby). Oznaczmy uczestników tworzących parę przez i . Suma przyporządkowanych im liczb (czyli ) wynosi lub , a to znaczy, że co najmniej jeden z tych uczestników zna obie osoby i , a drugi zna co najmniej jedną z tych osób. Możemy przyjąć (znów: kwestia oznaczeń), że jest znajomym zarówno , jak i , zaś jest znajomym .

Rozdzielamy parę i tworzymy dwie nowe pary: oraz . Wraz z pozostałymi parami mamy w ten sposób rozłącznych par znajomych. Uzyskana sprzeczność z maksymalnością dowodzi tezy zadania.

XLV OM - I - Zadanie 10

Liczby dodatnie i spełniają warunek . Wykazać, że dla dowolnych liczb naturalnych i zachodzi nierówność

Rozwiązanie

Wyobraźmy sobie szachownicę prostokątną mającą rzędów poziomych i rzędów pionowych. Przyjmijmy, że pola są kolorowane losowo: dla każdego pola prawdopodobieństwo pomalowania na biało wynosi , a prawdopodobieństwo pomalowania na czarno wynosi .

Ustalmy rząd pionowy . Prawdopodobieństwo tego, że wszystkie pola w rzędzie są białe, wynosi . Zatem prawdopodobieństwo tego, że co najmniej jedno pole w rzędzie jest czarne, równa się .

Mamy rzędów pionowych, i do każdego z nich odnosi się konkluzja poprzedniego zdania. Tak więc liczba wyraża prawdopodobieństwo zdarzenia:

Weźmy pod uwagę zdarzenie przeciwne do :

Skoro, jak stwierdziliśmy przed chwilą, , zatem

Do analogicznych wniosków dojdziemy rozważając zdarzenia:

oraz

Są to zdarzenia wzajemnie przeciwne. Z uwagi na symetrię konfiguracji, ich prawdopodobieństwa dane są wzorami analogicznymi do uzyskanych dla zdarzeń i :

Zauważmy teraz, że zdarzenia i nie mogą zajść jednocześnie; znaczyłoby to bowiem, że istnieje rząd pionowy cały biały oraz istnieje rząd poziomy cały czarny; pole na przecięciu tych rzędów musiałoby mieć oba kolory naraz, co nie jest możliwe. Suma prawdopodobieństw zdarzeń wzajemnie się wykluczających nie przekracza jedności: . Podstawiając znalezione wartości i otrzymujemy oszacowanie

po prostym przekształceniu:

- a to jest właśnie nierówność dana do udowodnienia.

XLV OM - I - Zadanie 11

Trójkąt o obwodzie jest wpisany w koło o promieniu i opisany na kole o promieniu . Dowieść, że .

Rozwiązanie

Niech będzie rozważanym trójkątem; przyjmijmy zwykłe oznaczenia

zakładając (bez straty ogólności), że jest największym kątem tego trójkąta. Zatem . Oznaczmy przez środek okręgu wpisanego w trójkąt , a przez , , punkty styczności tego okręgu z bokami , , .

Przyjmijmy ponadto

(rysunek 5). Tak więc , , . Zauważmy teraz, że

Stąd, wobec oczywistego oszacowania , otrzymujemy nierówność

którą mieliśmy udowodnić.

{\kom Uwaga:} Jak widać, zachodzi nierówność silniejsza od wymaganej:

Jest to faktycznie nierówność ostra, bo wykorzystane w niej oszacowania oraz nie mogą jednocześnie stać się równościami: pierwsze z nich przechodzi w równość tylko dla trójkąta równobocznego, a drugie - tylko dla trójkąta prostokątnego.

XLV OM - I - Zadanie 12

Udowodnić, że sumy przeciwległych kątów dwuściennych czworościanu są równe wtedy i tylko wtedy, gdy sumy przeciwległych krawędzi tego czworościanu są równe.

Rozwiązanie

Dla czwórki niewspółpłaszczyznowych punktów , , , będziemy oznaczać symbolem rozwartość wypukłego kąta dwuściennego utworzonego przez półpłaszczyzny o wspólnej krawędzi , przechodzące przez punkty i .

Niech będzie dany czworościan . Wykażemy równoważność następujących stwierdzeń:

Z tej równoważności wyniknie teza zadania.

Dowód implikacji (1)(2). Przyjmijmy, że okrąg wpisany w trójkąt ma środek i jest styczny do boków , , odpowiednio w punktach , , , zaś okrąg wpisany w trójkąt ma środek i jest styczny do boków , , odpowiednio w punktach , , (rysunek 6). Równość (1) przepisujemy w postaci

Następujące odcinki stycznych do rozważanych okręgów mają równe długości:

Zatem pierwszy i ostatni składnik lewej strony równości (3) redukuje się z pierwszym i ostatnim składnikiem prawej strony, a równość między sumami pozostałych (środkowych) składników można przepisać jako

A ponieważ także , zatem i , czyli punkt pokrywa się z .

Płaszczyzna jest prostopadła do prostej . Leżące w tej płaszczyźnie proste, przechodzące przez punkty oraz i prostopadłe odpowiednio do płaszczyzn oraz , przecinają się w punkcie, który oznaczymy przez . Odcinki , , są równej długości (jako promienie tego samego okręgu). Wobec tego trójkąty prostokątne , , są przystające i otrzymujemy równości

W ten sam sposób z przystawania trójkątów , , wnosimy, że

(Warto zauważyć, że punkt jest środkiem sfery stycznej do krawędzi , , , , odpowiednio w punktach , , , , .)

Oznaczmy przez i rzuty prostokątne punktu na płaszczyzny i (rysunek 7). Trójkąty prostokątne i mają wspólny bok i równe przeciwprostokątne i (odcinki tej samej długości, co ; por. (4), (5)); są więc przystające i zachodzi równość kątów

Analogiczne rozumowanie pokazuje, że

Punkty , , , są odpowiednio rzutami prostokątnymi punktu na krawędzie , , , (rysunki 6 i 7). Tak więc:
\begin{center}
punkty , , , leżą w płaszczyźnie prostopadłej do ;\\
punkty , , , leżą w płaszczyźnie prostopadłej do ;\\
punkty , , , leżą w płaszczyźnie prostopadłej do ;\\
punkty , , , leżą w płaszczyźnie prostopadłej do .\\
\end{center}
Stąd (rysunek 8) wynika pierwsza z napisanych poniżej równości; a pozostałe wynikają z niej przez analogię:

Dowodzona równość (2) jest teraz bezpośrednim wnioskiem ze związków (4), (5), (6), (7). Implikacja (1) (2) jest więc wykazana.

Uwaga 1: W dowodzie implikacji przeciwnej będziemy korzystali z następującego (znanego) faktu:

• (8) W każdym czworościanie suma dwóch kątów płaskich przy dowolnym wierzchołku jest większa od trzeciego kąta płaskiego przy tym wierzchołku.

Innymi słowy, ,,odległość'' między półprostymi o wspólnym początku, mierzona rozwartością kąta między nimi, spełnia ,,warunek trójkąta'': trzy półproste o wspólnym początku wyznaczają, parami, trzy takie kąty, z których każdy jest mniejszy od sumy pozostałych dwóch.

(To proste twierdzenie pojawiło się na przykład jako lemat w rozwiązaniu zadania 5 z zawodów II stopnia XXIV Olimpiady Matematycznej; oczywiście Czytelnik znajdzie dowód w publikacji: XXIV Olimpiada Matematyczna. Sprawozdanie Komitetu Głównego, Warszawa 1974, str. 66 - ale zachęcamy raczej do samodzielnego przeprowadzenia tego dowodu; jest to nietrudnym ćwiczeniem.)

Dowód implikacji (2) (1). Przypuśćmy, że zachodzi równość (2) i nie zachodzi równość (1); niech na przykład

(przy założeniu nierówności przeciwnej wystarczy oczywiście odpowiednio zmienić oznaczenia).

Weźmy pod uwagę ruchomy punkt przesuwający się wzdłuż krawędzi . Gdy pokrywa się z , różnica jest większa niż (nierówność dla boków trójkąta ). Gdy pokrywa się z , różnica jest mniejsza niż (co wynika z (9)). Zatem istnieje takie położenie punktu , przy którym różnica równa się , czyli

w dalszym ciągu oznacza ustalony punkt odcinka spełniający tę równość. Jest ona dla czworościanu analogiczna do równości (1). Na mocy pierwszej części dowodu zachodzi analogiczna do (2) równość sum kątów dwuściennych:

Skoro punkt leży na odcinku zatem (rysunek 9)

oraz

Wstawiając związki (11) do równości (2), a związek (12) do (10), otrzymujemy równości

oraz

które po odjęciu stronami dają zależność

Niech będzie dowolnie wybranym punktem wewnątrz czworościanu . Oznaczmy przez , , rzuty prostokątne punktu odpowiednio na płaszczyzny , , (rysunek 9). Rzutując punkty i na prostą otrzymujemy ten sam punkt (rzut punktu na ). W czworokącie kąty przy wierzchołkach i są proste. Tak więc

Analogicznie pokazujemy, że

Po uwzględnieniu tych równości związek (13) przybiera postać

A to już jest sprzeczność: skoro jest (niezdegenerowanym) czworościanem, zatem punkty , , , są niewspółpłaszczyznowe i jest (niezdegenerowanym) czworościanem. Zgodnie z twierdzeniem (8), suma kątów i powinna być ostro większa od kąta . Sprzeczność kończy dowód implikacji (2) (1).

Dowód tezy zadania. Oznaczmy długości krawędzi danego czworościanu , jak następuje:

i przyjmijmy, że kąt dwuścienny utworzony przez ściany o wspólnej krawędzi ma miarę , a kąt dwuścienny utworzony przez ściany o wspólnej krawędzi ma miarę . Udowodniliśmy równoważność między warunkami (1) i (2), czyli równoważność

Stąd - przez analogię - wnioskujemy, że słuszne są także równoważności

Zespół zdań (14), (15), (16) implikuje równoważność

(), która jest tezą zadania.

Uwaga 2: W rozwiązaniu wykazaliśmy więcej niż wymagało zadanie: wykazaliśmy prawdziwość samej równoważności (14) (angażującej tylko dwie pary przeciwległych krawędzi i przeciwległych kątów dwuściennych), nie korzystając z zależności logicznych między warunkami figurującymi w (15) i (16). Jak zauważyliśmy przed chwilą, zdania (15) i (16), i w konsekwencji (17), są już prostymi stąd wnioskami.

XLV OM - II - Zadanie 1

Wyznaczyć wszystkie wielomiany stopnia co najwyżej piątego o współczynnikach rzeczywistych, mające tę własność, że wielomian jest podzielny przez a wielomian jest podzielny przez .

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że wielomian spełnia podane warunki. Na mocy założenia, istnieją wielomiany i , stopnia co najwyżej drugiego, spełniające dla wszystkich rzeczywistych wartości zmiennej równości

Współczynnik przy w każdym z wielomianów , jest równy współczynnikowi przy w wielomianie (nie wykluczamy możliwości, że jest on równy zeru). Wielomiany i mają więc postać

Przekształcamy pierwszą z napisanych powyżej równości:

Przekształcając drugą otrzymujemy, analogicznie,

Odejmując stronami uzyskane związki (drugi od pierwszego) dostajemy po lewej stronie wielkość stałą, równą . W takim razie wielomiany po prawych stronach powyższych związków muszą mieć równe współczynniki przy każdej z dodatnich potęg zmiennej , zaś ich wyrazy wolne muszą się różnić o :

Mamy więc układ równań z niewiadomymi. Z drugiego i piątego równania dostajemy zależność

a z trzeciego i piątego -

Stąd, przez dodanie i odjęcie stronami,

Z pierwszego równania układu mamy . Tak więc , skąd

Podstawiając te wyrażenia do czwartego równania układu, wyznaczamy . Wobec tego

(Oczywiście eliminację niewiadomych można było prowadzić w dowolnej innej kolejności.)

Jeśli więc wielomian istnieje, to musi on być dany każdym z następujących dwóch wzorów:

Po wymnożeniu otrzymujemy, z każdego z tych wzorów,

Z postaci tych wzorów wynika zaś, że otrzymany wielomian istotnie spełnia postawione w zadaniu warunki.

Uwaga 1. Rozwiązując układ równań metodą eliminacji nie troszczyliśmy się o to, by w każdym kroku wypisać układ równoważny wyjściowemu. Dlatego w końcówce rozwiązania potrzebne było sprawdzenie, że istotnie oba postulowane wzory dają ten sam wielomian .

XLV OM - II - Zadanie 2

Liczby , spełniają warunki:

Udowodnić, że .

Rozwiązanie

Przyjmijmy

(Te symbole oznaczają, odpowiednio, iloczyn wszystkich liczb oraz iloczyn wszystkich liczb o numerach różnych od .) Z założenia, że (dla wszystkich ) wynika, że (dla wszystkich ). W takim razie

Pozostaje zauważyć, że

wobec czego

skorzystaliśmy z pierwszego warunku zadania.

Z uwagi na nierówność (1), wartość ostatniego ułamka nie przekracza . Zatem jego licznik nie jest większy od mianownika - a to właśnie mieliśmy wykazać.

XLV OM - II - Zadanie 3

Dowieść, że jeżeli na sześciokątnym przekroju sześcianu płaszczyzną przechodzącą przez jego środek można opisać okrąg, to przekrój ten jest sześciokątem foremnym.

Rozwiązanie

Umieszczamy sześcian w układzie współrzędnych tak, by jego wierzchołkami były punkty o wszystkich współrzędnych równych lub . Środkiem sześcianu jest wówczas punkt , początek układu. Rozważana w zadaniu płaszczyzna przechodzi przez , a więc ma równanie postaci

przy czym żaden za współczynników , , nie jest zerem (gdyby na przykład współczynnik był równy zeru, wówczas płaszczyzna zawierałaby całą oś i przekrój sześcianu nie byłby sześciokątny).

Niech , , będą trzema kolejnymi wierzchołkami sześciokąta będącego rozważanym przekrojem. Leżą one na trzech krawędziach sześcianu tworzących linię łamaną o bokach równoległych do wszystkich trzech osi układu współrzędnych. Nie tracimy ogólności przyjmując, że są to (kolejno) krawędzie , , , gdzie

(rysunek 10). Wszystkie punkty prostej mają współrzędną oraz współrzędną . Zatem punkt ma postać . Analogicznie, , (oznaczenie drugiej współrzędnej punktu przez , a nie , ma swój cel). Punkty , i leżą na płaszczyźnie danej równaniem (1). Mamy więc układ równań

z którego wyznaczamy

Punkt jest środkiem symetrii badanego sześciokąta (bo jest środkiem symetrii sześcianu). Jeśli więc istnieje okrąg opisany na tym sześciokącie, to jego środkiem jest punkt . To znaczy, że punkty , , leżą w jednakowych odległościach od . A ponieważ , , , wnosimy stąd, że .

Jeśli wykażemy, że , będzie to znaczyło, że , , , a zatem punkty , i są środkami odpowiednich krawędzi i sześciokąt jest foremny.

Możemy teraz zapomnieć o kontekście geometrycznym; zadanie zostało sprowadzone do wykazania, że jeśli liczby , , dane wzorami (2) mają równe moduły, to są one wszystkie równe zeru.

Skoro , zatem co najmniej dwie spośród liczb , , są równe; trzecia albo ma tę samą wartość, albo różni się znakiem. Rozpatrzymy te dwa przypadki oddzielnie.

Gdy liczby , , są równe, wzory (2) dają układ równań

Dodajemy je stronami i otrzymujemy: . Przypuśćmy, że ; wówczas . Podstawiając do pierwszych dwóch równań układu (3) dostajemy związki

które - po pomnożeniu stronami - dają równość , czyli . Jest to sprzeczność, skoro i . Zatem, w tym przypadku, .

Pozostał do rozważenia przypadek, gdy dwie spośród liczb , , są równe, a trzecia różni się znakiem.

Układ oznaczeń we wzorach (2) jest cykliczny; to znaczy, cykliczna zmiana zmiennych () pociąga za sobą analogiczną zmianę wartości (). Można więc bez straty ogólności przyjąć, że to liczby i są równe, a zatem . Tym razem wzory (2) dają układ równań

i po dodaniu stronami: . Rozumując jak w poprzednim przypadku, przypuśćmy, że ; wówczas . Podstawiając do pierwszych dwóch równań układu (4) dostajemy związki

które nie dadzą się pogodzić (jako, że i ). Także i w tym przypadku otrzymujemy wniosek, że .

XLV OM - II - Zadanie 4

Każdemu wierzchołkowi sześcianu przyporządkowano liczbę lub , a każdej ścianie - iloczyn liczb przyporządkowanych wierzchołkom tej ściany. Wyznaczyć zbiór wartości, które może przyjąć suma liczb przyporządkowanych ścianom i wierzchołkom.

Rozwiązanie

Weźmy pod uwagę dowolne przyporządkowanie liczb i wierzchołkom sześcianu; oznaczmy sumę tych liczb przez . Ścianom przyporządkujmy liczby w sposób wyznaczony zgodnie z zadaną regułą; oznaczmy sumę tych liczb przez . Suma wszystkich rozważanych liczb równa się .

Dokonajmy zmiany liczby przy jednym wierzchołku (obojętne którym). Spowoduje ona zmianę liczb przyporządkowanych trzem ścianom. Wartość sumy zwiększy się o lub zmniejszy się o . Wartość sumy zwiększy się lub zmniejszy się o lub o . Łączna suma zwiększy lub zmniejszy swą wartość o lub o , lub pozostanie niezmieniona.

Jeżeli wszystkim wierzchołkom są przyporządkowane jedynki, to także wszystkim ścianom są przyporządkowane jedynki, i wówczas . (Jest to oczywiście maksymalna możliwa wartość sumy .) Z tej konfiguracji można osiągnąć każdą inną, zmieniając kolejno po jednej liczbie przy wierzchołkach. Zgodnie z poprzednim spostrzeżeniem, w każdym kroku tej procedury badana suma zmieni swą wartość o , lub . A zatem wartości przyjmowane przez sumę będą się różniły od wyjściowej wartości o wielokrotności liczby . Zbiór możliwych do uzyskania wartości jest więc podzbiorem zbioru .

Liczbę możemy wyeliminować od razu: musielibyśmy mieć ,,minus jedynki'' przy wszystkich wierzchołkach i wszystkich ścianach - ale to jest sprzeczne z warunkami zadania.

Nie da się również uzyskać wartości . Wymagałoby to bowiem, aby jedynek pojawiło się ze znakiem ,,plus'', a dwie ze znakiem ,,minus''. Gdyby przy wierzchołkach były same ,,plus jedynki'', to i przy ścianach byłyby same ,,plus jedynki''. Gdyby dokładnie jeden wierzchołek był opatrzony znakiem ,,minus'', wówczas {\it trzy} ściany otrzymałyby znak ,,minus''. Gdyby wreszcie ,,minusy'' były dokładnie przy dwóch wierzchołkach, wówczas także przy pewnych ścianach pojawiłyby się ,,minusy''. A więc konfiguracja ,,10 plusów, 2 minusy'' nie jest w żaden sposób osiągalna.

Zakres możliwych wartości został zatem ograniczony do zbioru

Z tych sześciu wartości każdą już da się uzyskać, na ogół różnymi sposobami. Oto przykłady konfiguracji realizujących te wartości:

Jeżeli wszystkim wierzchołkom sześcianu przyporządkowano liczbę , to , i .

Jeżeli wszystkim wierzchołkom sześcianu przyporządkowano liczbę , to , i .

Jeżeli jednemu wierzchołkowi przyporządkowano liczbę , a pozostałym , to , i .

Jeżeli jednemu wierzchołkowi przyporządkowano liczbę , a pozostałym , to , i .

Jeżeli dwóm przeciwległym wierzchołkom sześcianu przyporządkowano liczbę , a pozostałym , to , i .

Jeżeli dwóm przeciwległym wierzchołkom jednej ściany przyporządkowano liczbę , a pozostałym wierzchołkom sześcianu liczbę , to , i .

XLV OM - II - Zadanie 5

Okrąg wpisany w trójkąt jest styczny do boków i tego trójkąta odpowiednio w punktach , . Prosta przecina dwusieczną kąta w punkcie . Udowodnić, że ta dwusieczna jest prostopadła do prostej .

Rozwiązanie

Oznaczmy środek okręgu wpisanego w trójkąt przez , a miary kątów , , odpowiednio przez , , . Gdy , teza jest oczywista. Załóżmy więc, że . Możliwe są dwa przypadki: lub ; rysunek 11 ilustruje te dwie sytuacje. W pierwszym przypadku punkt leży na odcinku , a w drugim przypadku punkt leży na odcinku . W obu przypadkach punkt leży na odcinku . Patrząc na półproste , , , widzimy, że

Kąty oraz są proste; zatem na czworokącie można opisać okrąg. Wobec tego zachodzą równości kątów

Oczywiście . Podstawiając tę równość wraz z równością (2) do wzoru (1) stwierdzamy, że

Z usytuowania punktów , , na prostej oraz ze związku (3) mamy

Suma kątów w trójkącie wynosi . Stąd

A ponieważ jest miarą kąta , z otrzymanego związku wnosimy, że punkty , , , leżą na jednym okręgu. Kąt jest prosty. Zatem odcinek jest średnicą tego okręgu i w konsekwencji również kąt jest prosty. To zaś jest tezą zadania.

XLV OM - II - Zadanie 6

Dana jest liczba pierwsza p. Wykazać równoważność zdań:

(a) Istnieje taka liczba całkowita , że liczba jest podzielna przez .

(b) Istnieje taka liczba całkowita , że liczba jest podzielna przez .

Rozwiązanie

Żądana równoważność wynika nietrudno ze spostrzeżenia, że

Implikację (a) (b) dostajemy stąd natychmiast: jeżeli (dla pewnego ) liczba dzieli się przez , to wystarczy przyjąć : zgodnie z (1), liczba także dzieli się przez .

Dowód implikacji (b) (a) poprowadzimy najpierw przy założeniu, że . Zakładamy słuszność (b): niech będzie liczbą całkowitą, dla której liczba dzieli się przez . Skoro , zatem liczby , , dają przy dzieleniu przez różne reszty, a więc jedna z tych trzech liczb daje resztę . Oznaczmy tę liczbę przez ; to znaczy, przyjmijmy

w każdym przypadku, tak zdefiniowana liczba istotnie spełnia warunek . Określamy liczbę całkowitą wzorem

Ponieważ oraz (z założenia) jest dzielnikiem liczby , zatem jest też dzielnikiem liczby . Liczby i są związane równością . Wobec tego, na mocy spostrzeżenia (1) (z zastąpionym przez ), liczba jest dzielnikiem iloczynu , i to dzielnikiem pierwszym, różnym od ; jest więc dzielnikiem czynnika . To znaczy, że liczba , określona wzorem (2), spełnia warunek (a).

Pozostaje do udowodnienia implikacja (b) (a) w przypadku, gdy . Otóż dla oba zdania, (a) i (b), są prawdziwe. Istotnie: wystarczy przyjąć (w warunku (a)) oraz (w warunku (b)). Obie rozważane w tych zdaniach liczby ( oraz , czyli oraz ) są wówczas podzielne przez , a tym samym oba warunki, (a) i (b), są spełnione.

XLV OM - III - Zadanie 1

Wyznaczyć wszystkie trójki liczb wymiernych dodatnich, dla których liczby , , są naturalne.

Rozwiązanie

Niech będzie trójką liczb wymiernych spełniających podany warunek. Liczby

są naturalne; wobec tego także iloczyn

jest liczbą naturalną. Liczby , , są pierwiastkami wielomianu

którego wszystkie współczynniki są całkowite, a współczynnik przy najwyższej potędze zmiennej równa się . Wiadomo (patrz: {\it Uwaga}), że każdy pierwiastek wymierny takiego wielomianu jest liczbą całkowitą. Liczby , , są z założenia wymierne; muszą więc być całkowite.

Oczywiście, dla dowolnych liczb naturalnych liczby oraz , określone wzorami (1), są także naturalne. Zadanie sprowadza się zatem do wyznaczenia wszystkich trójek liczb naturalnych dodatnich, dla których

jest liczbą naturalną.

Załóżmy, że jest taką trójką. Bez szkody dla ogólności można przyjąć, że . Wówczas

czyli . Jeżeli liczby , , są równe, to związek (2) przybiera postać , wobec czego

W dalszym ciągu będziemy rozważać przypadek, gdy nie wszystkie trzy liczby , , są równe. Wówczas nierówność (3) jest ostra i otrzymujemy ,
czyli lub . Stąd , a zatem także lub .

Przepiszmy równanie (2) w kolejno równoważnych postaciach:

z ostatniej postaci widać, że czynnik nie może być zerem (co wyklucza możliwość ). Mnożąc stronami przez ten czynnik otrzymujemy

skąd po dodaniu do obu stron składnika dostajemy równanie

Jak stwierdziliśmy powyżej, liczby i mogą przyjmować tylko wartości i , przy czym nie mogą być jednocześnie równe 1. Mamy więc trzy możliwości:

Równanie (5), odpowiednio, przyjmuje postać

Pierwsze z tych równań daje rozwiązanie

a drugie — rozwiązania

(trzecie równanie nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych ).

Wzory (4) oraz (6) i (7) przedstawiają ogólne rozwiązanie zadania przy założeniu, że . Odrzucając to założenie, otrzymujemy jako pełne rozwiązanie zadania następujące trójki :

{\kom Uwaga.} Oto uzasadnienie faktu, że każdy pierwiastek wymierny wielomianu postaci

którego współczynniki są liczbami całkowitymi, również jest liczbą całkowitą. (W tym zadaniu mamy do czynienia z wielomianem stopnia .) Zapiszmy pierwiastek wymierny wielomianu w postaci ułamka nieskracalnego ( całkowite, ). Pomnożenie równości stronami przez daje

Wszystkie składniki oprócz są liczbami całkowitymi podzielnymi przez . Wobec tego także musi dzielić się przez . Ułamek jest z założenia nieskracalny. Stąd wniosek, że .

XLV OM - III - Zadanie 2

Na płaszczyźnie dane są dwie proste równoległe i oraz okrąg rozłączny z prostą . Z punktu leżącego na prostej prowadzimy dwie styczne do tego okręgu przecinające prostą w punktach , . Niech będzie prostą przechodzącą przez punkt i środek odcinka . Wykazać, że wszystkie uzyskane w ten sposób proste (odpowiadające różnym wyborom punktu na prostej ) mają wspólny punkt.

Rozwiązanie

Uwaga 1. Warunki zadania nie zmienią się, jeżeli daną prostą zastąpimy inną prostą równoległą do i różną od . Istotnie: jeśli dwie wychodzące z punktu styczne do danego okręgu przecinają prostą w punktach i , to środki odcinków i są współliniowe z punktem , a więc określona w zadaniu prosta pokrywa się z prostą uzyskaną w analogiczny sposób po zastąpieniu prostej prostą . Możemy wobec tego zakładać, że jest prostą równoległą do , wybraną w położeniu dogodnym do prowadzonych rozważań.
Oznaczmy przez i środek i promień danego okręgu , a przez i - punkty tego okręgu leżące, odpowiednio, najbliżej i najdalej od prostej :. W myśl uczynionej przed chwilą uwagi, możemy przyjąć, że prosta jest styczna do okręgu w punkcie . Odległość prostych i oznaczmy przez .

Ustalmy punkt na prostej . Niech i będą punktami prostej wyznaczonymi zgodnie z treścią zadania. Okrąg jest wpisany w trójkąt . Oznaczmy środek boku przez , a spodek wysokości z wierzchołka - przez (zatem ). Bez straty ogólności możemy przyjąć, że . Wówczas punkty , , , leżą na prostej w takim właśnie porządku (w szczególnym przypadku punkty i mogą się pokrywać). Rysunek 13 przedstawia sytuację, gdy kąt jest ostry; ale prowadzone dalej rozważania (i rachunki) obejmują również przypadek, gdy kąt ten jest prosty lub rozwarty.

Ponieważ jest punktem styczności okręgu wpisanego w trójkąt z bokiem , zatem długość odcinka wyraża się znanym wzorem

gdzie, jak zwykle, , , . Wobec tego

Dalej, oznaczając przez odległość punktów i mamy równości

(znak różnicy zależy od tego, czy kąt jest ostry, czy nie). Stąd (oraz z zależności w trójkątach prostokątnych i ) dostajemy związek

czyli

Przydatna też będzie równość , której obie strony wyrażają podwojone pole trójkąta . Wynika z niej, że , czyli

Niech będzie punktem przecięcia prostej (czyli ) z prostą . Z podobieństwa trójkątów i mamy proporcję . Uwzględniając związki (2), (3), (4) otrzymujemy równość

Ostatnia wielkość zależy tylko od i ; jest więc wyznaczona przez samą tylko prostą i okrąg , a nie zależy od wyboru punktu . To znaczy, że punkt , położony na odcinku w odległości od punktu , jest wspólnym punktem wszystkich rozważanych prostych .

XLV OM - III - Zadanie 3

Dana jest liczba całkowita . Każdemu podzbiorowi zbioru przyporządkowujemy liczbę ze zbioru tak, by był spełniony następujący warunek:

Niech będzie liczbą takich przyporządkowań. Obliczyć .

Uwaga: jest nie większą z liczb , .

Rozwiązanie

Oznaczmy przez zbiór , a przez - zbiór -elementowy, powstały ze zbioru przez usunięcie liczby :

Niech będzie dane przyporządkowanie, o jakim mowa w zadaniu. Oznaczmy wartość przez , a wartość - przez (dla ). W myśl warunków zadania, wartości oraz są liczbami ze zbioru , a ponadto dla każdego ma miejsce równość

która jest po prostu wymyślnym sposobem zapisu nierówności

Tak więc z przyporządkowaniem została skojarzona funkcja

Z nałożonego na przyporządkowanie warunku

wynika przez indukcję równość

dla dowolnych zbiorów zawartych w . (Symbol oznacza najmniejszą z liczb ; może to być oczywiście wspólna wartość kilku tych liczb.)

Niech będzie dowolnym podzbiorem zbioru , nie identycznym z całym zbiorem , i niech będą wszystkimi liczbami z , które {\it nie należą} do :

Zbiór jest wówczas dokładnie częścią wspólną zbiorów :

Istotnie: liczba należy jednocześnie do wszystkich zbiorów wtedy i tylko wtedy, gdy należy do i jest różna od liczb - a więc (zgodnie z (3)) wtedy i tylko wtedy, gdy jest elementem zbioru .

Ze związków (4), (2), (3) wynika równość

(Symbol oznacza minimalną wartość przyjmowaną przez funkcję na tych elementach zbioru , które nie należą do zbioru .)

Wniosek: przyporządkowanie jest w pełni wyznaczone przez zadanie wartości oraz wartości dla . Innymi słowy, jest wyznaczone przez wybór liczby oraz funkcji (1); jest wówczas dane wzorem

I na odwrót: jeśli jest dowolną liczbą całkowitą dodatnią, nie przekraczającą , oraz jeśli jest dowolnym odwzorowaniem zbioru w zbiór , to wzór (5) definiuje przyporządkowanie spełniające postawiony w zadaniu warunek.

Dla ustalonego istnieje dokładnie funkcji (1). Wobec tego liczba dopuszczalnych przyporządkowań (5) wynosi

Otrzymujemy dwustronne oszacowanie ; a stąd

Gdy dąży do nieskończoności, pierwiastek stopnia z dowolnie ustalonej liczby dodatniej dąży do . W takim razie wyrażenie po prawej stronie nierówności (6) dąży do i na mocy twierdzenia o trzech ciągach .

Mamy odpowiedź: Szukaną wartością graniczną jest liczba .

XLV OM - III - Zadanie 4

Dysponujemy trzema naczyniami bez podziałki: pustym -litrowym, pustym -litrowym oraz napełnionym wodą -litrowym. Liczby i są liczbami naturalnymi względnie pierwszymi. Udowodnić, że dla każdej liczby można za pomocą przelewania wody otrzymać w trzecim naczyniu dokładnie litrów wody.

Rozwiązanie

Przelewając wodę z jednego naczynia do drugiego, każdorazowo albo całkowicie opróżniamy naczynie, z którego przelewamy, albo całkowicie napełniamy drugie naczynie. (Skoro naczynia są bez podziałki, jest to jedyna metoda pozwalająca kontrolować objętość przelewanej wody.) Tak więc po każdym przelaniu mamy w każdym naczyniu nieujemną całkowitą liczbę litrów wody (nie przekraczającą, rzecz jasna, pojemności danego naczynia). Przyjmijmy oznaczenia:

• - naczynie -litrowe,
• - naczynie -litrowe,
• - naczynie -litrowe.

Przypuśćmy, że w pewnym momencie w naczyniu jest litrów wody. Wykażemy, że za pomocą co najwyżej dwóch przelań można doprowadzić do stanu, w którym w naczyniu jest litrów wody, gdzie

Oznaczmy przez i objętość (w litrach) wody w naczyniach i w rozważanym momencie. Tak więc , , są liczbami całkowitymi,

Załóżmy, że . Zatem . Przelewamy wodę z naczynia do naczynia , całkowicie je napełniając; to znaczy, przelewamy litrów z do (jest to możliwe, bo ). Następnie całą zawartość naczynia , czyli litrów, wlewamy do , uzyskując litrów w naczyniu .

Rozpatrzmy drugi przypadek: . Zatem . Całą zawartość naczynia , czyli litrów, wlewamy do . Do pustego naczynia odlewamy litrów z ; w naczyniu zostało litrów wody.

Uzyskaliśmy więc litrów w naczyniu , gdzie liczba jest dana wzorem (1). Z tego wzoru wynika, że

W chwili początkowej w naczyniu było litrów. Stosując opisaną procedurę uzyskujemy w naczyniu :
\begin{center}
po (co najwyżej) dwóch przelaniach - litrów;\\
po (co najwyżej) czterech przelaniach - litrów;\\
itd.;\\
po (co najwyżej) przelaniach - litrów,
\end{center}
gdzie

Udowodnimy, że każda liczba jest równa dla pewnego ; jest więc możliwą do uzyskania objętością wody w naczyniu .

Przyjmijmy . Każda z liczb

należy do zbioru ; jest więc, zgodnie ze wzorem (2), resztą z dzielenia iloczynu przez .

Liczby i są z założenia względnie pierwsze. Wobec tego także liczby i są względnie pierwsze. Stąd wynika, że reszty (3) są wszystkie różne. Istotnie: gdyby dla pewnych numerów , takich, że zachodziła równość , znaczyłoby to, że różnica , czyli iloczyn , dzieli się przez . Drugi czynnik tego iloczynu (czyli ) nie ma z liczbą wspólnych czynników pierwszych; ta liczba musiałaby być więc dzielnikiem różnicy - sprzeczność, skoro .

Zatem, rzeczywiście, wypisane powyżej reszty (3) są różnymi elementami zbioru . Jest ich . W takim razie każda liczba , należąca do tego zbioru, jest równa pewnej liczbie . A to właśnie zamierzaliśmy udowodnić.

Uwaga: Opisana metoda pozwala osiągnąć dowolnie zadaną wartość w wyniku nie więcej niż przelań. Oszacowanie to można poprawić. Jeśli bowiem żądana liczba znajduje się w drugiej połowie ciągu (3), wówczas szybciej doprowadzi do celu stosowanie procedury ,,odwrotnej'' - takiej, która za pomocą co najwyżej dwóch przelań spowoduje, by objętość wody w naczyniu zmieniła się od wartości do wartości

Pozostawiamy Czytelnikowi jako ćwiczenie dopracowanie szczegółów i przekonanie się, że wybierając jedną z tych procedur jesteśmy w stanie uzyskać zadaną wartość w wyniku nie więcej niż przelań.

XLV OM - III - Zadanie 5

Punkty są wierzchołkami równoległościanu o środku . Wykazać, że

Rozwiązanie

Przyjmijmy, że jedną ze ścian danego równoległościanu jest równoległobok , a ścianą przeciwległą - równoległobok , przy czym odcinki , , , są czterema krawędziami równoległościanu (rysunek 17). Oznaczmy odległości wierzchołków od punktu , jak następuje:

Nierówność dana do udowodnienia przyjmuje postać

równoważnie:

A ponieważ

pozostaje wykazać, że

Odcinki , , są trzema bokami trójkąta; także odcinki , , są trzema bokami trójkąta. Zatem

(,,nierówności trójkąta''). Odcinki i są przeciwległymi bokami równoległoboku , więc . Stąd wobec zależności (2) uzyskujemy nierówność

czyli . Mnożąc stronami przez , zapisujemy ją w postaci

Analogicznie

Dodając te cztery nierówności stronami otrzymujemy nierówność (1), którą chcieliśmy udowodnić.

XLV OM - III - Zadanie 6

Różne liczby rzeczywiste () spełniają warunki

Dowieść, że spośród tych liczb można wybrać takie cztery różne liczby , , , , aby zachodziły nierówności

Rozwiązanie

Wybierzmy ze zbioru w dowolny sposób cztery różne liczby , , , i weźmy pod uwagę wielomiany

oraz

Z warunków danych w założeniach zadania wynikają równości

czyli

i analogicznie

Zadanie będzie więc rozwiązane, jeśli zdołamy wybrać liczby , , , tak, aby były spełnione nierówności

W tym celu oczywiście wystarczy, żeby dla {\it każdego} numeru zachodziły nierówności , czyli

To zaś można osiągnąć różnymi sposobami.

Nie tracąc ogólności załóżmy, że .

Przyjmijmy

Dla każdego numeru iloczyn jest niedodatni. Dla czynnik jest niedodatni, a czynnik nieujemny, więc nierówności (1) są spełnione; a dla oraz dla po obu stronach (1) mamy po prostu wartość zero.