XLV OM - III etap

III etap XLV Olimpiady Matematycznej

XLV OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XLV OM, 1993-1994

Etap:

III

Wyznaczyć wszystkie trójki $(x,y,z)$ liczb wymiernych dodatnich, dla których liczby $x+y+z$ , $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$ , $xyz$ są naturalne.

Rozwiązanie

Niech $(x,y,z)$ będzie trójką liczb wymiernych spełniających podany warunek. Liczby

$ (1) \qquad a = x + y + z, \quad b=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}, \quad c = xyz $

są naturalne; wobec tego także iloczyn

$ bc = \left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right) xyz = yz + zx + xy $

jest liczbą naturalną. Liczby $x$ , $y$ , $z$ są pierwiastkami wielomianu

$ P(t) = (t - x)(t - y)(t -z) = t^3- at^2 + bct - c, $

którego wszystkie współczynniki są całkowite, a współczynnik przy najwyższej potędze zmiennej $t$ równa się $1$ . Wiadomo (patrz: {\it Uwaga}), że każdy pierwiastek wymierny takiego wielomianu jest liczbą całkowitą. Liczby $x$ , $y$ , $z$ są z założenia wymierne; muszą więc być całkowite.

Oczywiście, dla dowolnych liczb naturalnych $x,y,z \geq 1$ liczby $a$ oraz $c$ , określone wzorami (1), są także naturalne. Zadanie sprowadza się zatem do wyznaczenia wszystkich trójek $(x,y,z)$ liczb naturalnych dodatnich, dla których

$ (2) \qquad b=\frac{1}{x} +\frac{1}{y}+\frac{1}{z} $

jest liczbą naturalną.

Załóżmy, że $(x,y,z)$ jest taką trójką. Bez szkody dla ogólności można przyjąć, że $x \geq y \geq z$ . Wówczas

$ (3) \qquad \frac{3}{z} \geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}= b \geq1, $

czyli $1 \leq z \leq 3$ . Jeżeli liczby $x$ , $y$ , $z$ są równe, to związek (2) przybiera postać $bx = 3$ , wobec czego

$ (4) \qquad x = y = z =1 \quad \textrm{lub} \quad x = y = z = 3. $

W dalszym ciągu będziemy rozważać przypadek, gdy nie wszystkie trzy liczby $x$ , $y$ , $z$ są równe. Wówczas nierówność (3) jest ostra i otrzymujemy $1 \leq z < 3$ ,
czyli $z = 1$ lub $z = 2$ . Stąd $b =\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \leq 1 + 1 + \frac{1}{2}<3$ , a zatem także $b = 1$ lub $b = 2$ .

Przepiszmy równanie (2) w kolejno równoważnych postaciach:

$ bxyz - yz - zx - xy = 0, $

$ (bz-1)xy- z(x + y) = 0; $

z ostatniej postaci widać, że czynnik $(bz - 1)$ nie może być zerem (co wyklucza możliwość $b = z = 1$ ). Mnożąc stronami przez ten czynnik otrzymujemy

$ (bz-1)^2xy-z(bz-1)(x + y) = 0, $

skąd po dodaniu do obu stron składnika $z^2$ dostajemy równanie

$ (5) \qquad ((bz - 1)x - z) ((bz - 1)y -z) = z^2. $

Jak stwierdziliśmy powyżej, liczby $b$ i $z$ mogą przyjmować tylko wartości $1$ i $2$ , przy czym nie mogą być jednocześnie równe 1. Mamy więc trzy możliwości:

$ b = 2,\ z = 1;\quad b = 1, \ z = 2; \quad b=z = 2. $

Równanie (5), odpowiednio, przyjmuje postać

$ \begin{split} (x - 1)(y - 1) & = 1 \quad (\textrm{przy czym } z = 1),\\ (x-2)(y-2) & = 4 \quad (\textrm{przy czym } z = 2),\\ (3x-2)(3y-2) & = 4 \quad (\textrm{przy czym } z = 2). \end{split} $

Pierwsze z tych równań daje rozwiązanie

$ (6) \qquad x = y = 2 \quad (\textrm{przy } z=1), $

a drugie — rozwiązania

$ (7) \qquad x = 6,\ y= 3 \quad \textrm{oraz} \quad x = y = 4 \quad (\textrm{przy}\ z = 2). $

(trzecie równanie nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych $x\geq y \geq z = 2$ ).

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

$ (1,1,1);\quad (3,3,3); $

$ (2,2,1) , \quad (2,1,2), \quad (1,2,2); $

$ (6,3,2), \quad (6,2,3), \quad (3,6,2), \quad (3,2,6), \quad (2,6,3), \quad (2,3,6); $

$ (4,4,2) , \quad (4,2,4), \quad (2,4,4). $

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

$ P(t) = t^N + a_{N-1} t^{N-1} + \ldots+ a_1 t + a_0, $

którego współczynniki $a_0,a_1,\ldots,a_{N-1}$ są liczbami całkowitymi, również jest liczbą całkowitą. (W tym zadaniu mamy do czynienia z wielomianem stopnia $N = 3$ .) Zapiszmy pierwiastek wymierny $x$ wielomianu $P(t)$ w postaci ułamka nieskracalnego $x = r/q$ ( $q,r$ całkowite, $q > 0$ ). Pomnożenie równości $P(x) = 0$ stronami przez $q^N$ daje

$ r^N + a_{N-1}qr^{N-1}+ \ldots+a_1q^{N-1}r + a_0q^N = 0. $

Wszystkie składniki oprócz $r^N$ są liczbami całkowitymi podzielnymi przez $q$ . Wobec tego także $r^N$ musi dzielić się przez $q$ . Ułamek $r/q$ jest z założenia nieskracalny. Stąd wniosek, że $q= 1$ .

XLV OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XLV OM, 1993-1994

Etap:

III

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

Rozwiązanie

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

Ustalmy punkt $A$ na prostej $k$ . Niech $B$ i $C$ będą punktami prostej $l$ wyznaczonymi zgodnie z treścią zadania. Okrąg $\Omega$ jest wpisany w trójkąt $ABC$ . Oznaczmy środek boku $BC$ przez $M$ , a spodek wysokości z wierzchołka $A$ - przez $D$ (zatem $|AD| = h$ ). Bez straty ogólności możemy przyjąć, że $|AB| \leq |AC|$ . Wówczas punkty $B$ , $S$ , $M$ , $C$ leżą na prostej $l$ w takim właśnie porządku (w szczególnym przypadku punkty $S$ i $M$ mogą się pokrywać). Rysunek 13 przedstawia sytuację, gdy kąt $ABC$ jest ostry; ale prowadzone dalej rozważania (i rachunki) obejmują również przypadek, gdy kąt ten jest prosty lub rozwarty.

Ponieważ $S$ jest punktem styczności okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$ z bokiem $BC$ , zatem długość odcinka $BS$ wyraża się znanym wzorem

$ (1) \qquad |BS| = \frac{a-b+c}{2}, $

gdzie, jak zwykle, $a = |BC|$ , $b = |CA|$ , $c = |AB|$ . Wobec tego

$ (2) \qquad |SM| = |BM| -|BS| = \frac{a}{2} - \frac{a-b+c}{2} = \frac{b-c}{2}. $

Dalej, oznaczając przez $d$ odległość punktów $D$ i $M$ mamy równości

$ |CD| = |CM| + |MD| = \frac{a}{2} +d, \quad |BD| = \big||BM|-|MD|\big| =\left| \frac{a}{2}-d \right| $

(znak różnicy $\frac{1}{2}a-d$ zależy od tego, czy kąt $ABC$ jest ostry, czy nie). Stąd (oraz z zależności w trójkątach prostokątnych $ABD$ i $ACD$ ) dostajemy związek

$ 2ad=\left(\frac{1}{2}a + d\right)^2-\left(\frac{1}{2} a-d\right)^2 = |CD|^2-|BD|^2 = (b^2-h^2)-(c^2-h^2) = b^2-c^2, $

czyli

$ (3) \qquad d=\frac{b^2-c^2}{2a}. $

Przydatna też będzie równość $ah = (a + b + c)r$ , której obie strony wyrażają podwojone pole trójkąta $ABC$ . Wynika z niej, że $r(b + c) = a(h-r)$ , czyli

$ (4) \qquad \frac{a}{b+c}=\frac{r}{h-r}. $

Niech $X$ będzie punktem przecięcia prostej $m$ (czyli $AM$ ) z prostą $NS$ . Z podobieństwa trójkątów $MDA$ i $MSX$ mamy proporcję $|SX|:|SM| = |AD| : |MD|$ . Uwzględniając związki (2), (3), (4) otrzymujemy równość

$ |SX|=|SM|\cdot \frac{|AD|}{|MD|}= \frac{b-c}{2}\cdot \frac{h}{d}= \frac{b-c}{2} \cdot \frac{2ah}{b^2-c^2}=\frac{ah }{b+c}=\frac{hr}{h-r}. $

Ostatnia wielkość zależy tylko od $h$ i $r$ ; jest więc wyznaczona przez samą tylko prostą $k$ i okrąg $\Omega$ , a nie zależy od wyboru punktu $A$ . To znaczy, że punkt $X$ , położony na odcinku $SN$ w odległości $hr/(h - r)$ od punktu $S$ , jest wspólnym punktem wszystkich rozważanych prostych $m$ .

XLV OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XLV OM, 1993-1994

Etap:

III

Dana jest liczba całkowita $c \geq 1$ . Każdemu podzbiorowi $A$ zbioru $\{1,2, \ldots ,n\}$ przyporządkowujemy liczbę $w(A)$ ze zbioru $\{1,2, \ldots ,c\}$ tak, by był spełniony następujący warunek:

$ w(A \cap B) = \min(w(A),w(B)) \quad \text{ dla } A, B \subset \{1,2, \ldots , n\}. $

Niech $a(n)$ będzie liczbą takich przyporządkowań. Obliczyć $\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{a(n)}$ .

Uwaga: $\min(x,y)$ jest nie większą z liczb $x$ , $y$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $M$ zbiór $\{1,2,\ldots,n\}$ , a przez $M_i$ - zbiór $(n-1)$ -elementowy, powstały ze zbioru $M$ przez usunięcie liczby $i$ :

$ M_1 = \{2,3, \ldots ,n\}, \quad M_2 = \{1,3, \ldots ,n\},\quad \ldots ,\quad M_n = \{1,2, \ldots ,n-1\}. $

Niech będzie dane przyporządkowanie, o jakim mowa w zadaniu. Oznaczmy wartość $w(M)$ przez $m$ , a wartość $w(M_i)$ - przez $f(i)$ (dla $i = 1,2, \ldots ,n$ ). W myśl warunków zadania, wartości $f(1), \ldots ,f(n)$ oraz $m$ są liczbami ze zbioru $\{1,2, \ldots ,c\}$ , a ponadto dla każdego $i$ ma miejsce równość

$ f(i) = w(M_i) = m(M \cap M_i) = \min (w(M),w(M_i)) = \min (m,f(i)), $

która jest po prostu wymyślnym sposobem zapisu nierówności

$ f(i) \leq m \quad \textrm{dla} \ i = 1,2,\ldots,n. $

Tak więc z przyporządkowaniem $w(\cdot)$ została skojarzona funkcja

$ (1) \qquad f:M \to \{1,2, \ldots ,m\}, \quad \textrm{gdzie } m = w(M). $

Z nałożonego na przyporządkowanie $w(\cdot)$ warunku

$ w(A \cap B) = \min(w(A),w(B)) \quad \textrm{dla } A,B \subset \{1,2,\ldots,n\} $

wynika przez indukcję równość

$ (2) \qquad w(A_1 \cap \ldots \cap A_k) = \min (w( A_1), \ldots , w(A_k)) $

dla dowolnych zbiorów $A_1,\ldots,A_k$ zawartych w $M$ . (Symbol $\min(x_1,\ldots,x_k)$ oznacza najmniejszą z liczb $x_1,\ldots,x_k$ ; może to być oczywiście wspólna wartość kilku tych liczb.)

Niech $A$ będzie dowolnym podzbiorem zbioru $M$ , nie identycznym z całym zbiorem $M$ , i niech $i_1,\ldots,i_k$ będą wszystkimi liczbami z $M$ , które {\it nie należą} do $A$ :

$ (3) \qquad M \setminus A = \{i_1,\ldots,i_k\}. $

Zbiór $A$ jest wówczas dokładnie częścią wspólną zbiorów $M_{i_1},\ldots,M_{i_k}$ :

$ (4) \qquad A = M_{i_1} \cap \ldots \cap M_{i_k}. $

Istotnie: liczba $i$ należy jednocześnie do wszystkich zbiorów $M_{i_1},\ldots,M_{i_k}$ wtedy i tylko wtedy, gdy należy do $M$ i jest różna od liczb $i_1,\ldots,i_k$ - a więc (zgodnie z (3)) wtedy i tylko wtedy, gdy jest elementem zbioru $A$ .

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

$ w(A) = \min(w(M_{i_1}),\ldots,w(M_{i_k})) = \min(f(i_1),\ldots,f(i_k)) = \min_{i \not \in A}f(i). $

(Symbol $\min_{i \not \in A}f(i)$ oznacza minimalną wartość przyjmowaną przez funkcję $f$ na tych elementach zbioru $M$ , które nie należą do zbioru $A$ .)

Wniosek: przyporządkowanie $w(\cdot)$ jest w pełni wyznaczone przez zadanie wartości $m = w(M)$ oraz wartości $f(i) = w(M_i)$ dla $i = 1,2,\ldots ,n$ . Innymi słowy, jest wyznaczone przez wybór liczby $m$ oraz funkcji (1); jest wówczas dane wzorem

$ (5) \qquad w(A) = \left\{ \begin{array}{rl}\displaystyle \min_{i \not \in A}f(i)& \textrm{dla } A \subset M,\ A \neq M,\\ m& \textrm{dla } A=M. \end{array} \right. $

I na odwrót: jeśli $m$ jest dowolną liczbą całkowitą dodatnią, nie przekraczającą $c$ , oraz jeśli $f$ jest dowolnym odwzorowaniem zbioru $M$ w zbiór $\{1,2,\ldots,m\}$ , to wzór (5) definiuje przyporządkowanie $A \mapsto w(A)$ spełniające postawiony w zadaniu warunek.

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

$ a(n) = \sum_{m=1}^c m^n = 1+2^n + \ldots + c^n. $

Otrzymujemy dwustronne oszacowanie $c^n \leq a(n) \leq c^n \cdot c$ ; a stąd

$ (6) \qquad c \leq \sqrt[n]{a(n)} \leq c \cdot \sqrt[n]{c}. $

Gdy $n$ dąży do nieskończoności, pierwiastek stopnia $n$ z dowolnie ustalonej liczby dodatniej dąży do $1$ . W takim razie wyrażenie po prawej stronie nierówności (6) dąży do $c$ i na mocy twierdzenia o trzech ciągach $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a(n)} = c$ .

Mamy odpowiedź: Szukaną wartością graniczną jest liczba $c$ .

XLV OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XLV OM, 1993-1994

Etap:

III

Dysponujemy trzema naczyniami bez podziałki: pustym $m$ -litrowym, pustym $n$ -litrowym oraz napełnionym wodą $(m+n)$ -litrowym. Liczby $m$ i $n$ są liczbami naturalnymi względnie pierwszymi. Udowodnić, że dla każdej liczby $k \in \{1,2, \ldots , m+n-1\}$ można za pomocą przelewania wody otrzymać w trzecim naczyniu dokładnie $k$ 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:

$A$ - naczynie $m$ -litrowe,
$B$ - naczynie $n$ -litrowe,
$C$ - naczynie $(m+n)$ -litrowe.

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

$ (1) \qquad c'= \left\{\begin{array}{ll} c + n & \textrm{jeśli } c \leq m,\\ c - m & \textrm{jeśli } c>m. \end{array}\right. $

Oznaczmy przez $a$ i $b$ objętość (w litrach) wody w naczyniach $A$ i $B$ w rozważanym momencie. Tak więc $a$ , $b$ , $c$ są liczbami całkowitymi,

$ 0\leq a\leq m, \quad 0\leq b \leq n, \quad 0 \leq c \leq m + n; \quad a + b + c = m + n. $

Załóżmy, że $c\leq m$ . Zatem $a + b \geq n$ . Przelewamy wodę z naczynia $A$ do naczynia $B$ , całkowicie je napełniając; to znaczy, przelewamy $n - b$ litrów z $A$ do $B$ (jest to możliwe, bo $a\geq n - b$ ). Następnie całą zawartość naczynia $B$ , czyli $n$ litrów, wlewamy do $C$ , uzyskując $c + n$ litrów w naczyniu $C$ .

Rozpatrzmy drugi przypadek: $c>m$ . Zatem $a + b<n$ . Całą zawartość naczynia $A$ , czyli $a$ litrów, wlewamy do $B$ . Do pustego naczynia $A$ odlewamy $m$ litrów z $C$ ; w naczyniu $C$ zostało $c-m$ litrów wody.

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

$ c' \equiv c + n \pmod{m + n}. $

W chwili początkowej w naczyniu $C$ było $m + n$ litrów. Stosując opisaną procedurę uzyskujemy w naczyniu $C$ :
\begin{center}
po (co najwyżej) dwóch przelaniach - $c_1$ litrów;\\
po (co najwyżej) czterech przelaniach - $c_2$ litrów;\\
itd.;\\
po (co najwyżej) $2i$ przelaniach - $c_i$ litrów,
\end{center}
gdzie

$ (2) \qquad c_i \equiv in \pmod{m + n}. $

Udowodnimy, że każda liczba $k \in \{1,2,\ldots,m+n-1\}$ jest równa $c_i$ dla pewnego $i$ ; jest więc możliwą do uzyskania objętością wody w naczyniu $C$ .

Przyjmijmy $c_0 = 0$ . Każda z liczb

$ (3) \qquad c_0, c_1 , c_2, \ldots, c_{m+n-1} $

należy do zbioru $\{0,1,2,\ldots,m+n-1\}$ ; jest więc, zgodnie ze wzorem (2), resztą z dzielenia iloczynu $in$ przez $m + n$ .

Liczby $m$ i $n$ są z założenia względnie pierwsze. Wobec tego także liczby $n$ i $m + n$ są względnie pierwsze. Stąd wynika, że reszty (3) są wszystkie różne. Istotnie: gdyby dla pewnych numerów $i$ , $j$ takich, że $0\leq i<j \leq m + n - 1$ zachodziła równość $c_i = c_j$ , znaczyłoby to, że różnica $jn-in$ , czyli iloczyn $(j - i)n$ , dzieli się przez $m + n$ . Drugi czynnik tego iloczynu (czyli $n$ ) nie ma z liczbą $m + n$ wspólnych czynników pierwszych; ta liczba musiałaby być więc dzielnikiem różnicy $(j - i)$ - sprzeczność, skoro $0 <j - i <m + n$ .

Zatem, rzeczywiście, wypisane powyżej reszty (3) są różnymi elementami zbioru $\{0,1,2,\ldots, m+n-1\}$ . Jest ich $m + n$ . W takim razie każda liczba $k$ , należąca do tego zbioru, jest równa pewnej liczbie $c_i$ . A to właśnie zamierzaliśmy udowodnić.

Uwaga: Opisana metoda pozwala osiągnąć dowolnie zadaną wartość $k$ w wyniku nie więcej niż $2(m + n -1)$ przelań. Oszacowanie to można poprawić. Jeśli bowiem żądana liczba $k$ 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 $C$ zmieniła się od wartości $c$ do wartości

$ c''= \left\{\begin{array}{ll} c + m & \textrm{jeśli } c \leq n,\\ c - n & \textrm{jeśli } c>n. \end{array}\right. $

Pozostawiamy Czytelnikowi jako ćwiczenie dopracowanie szczegółów i przekonanie się, że wybierając jedną z tych procedur jesteśmy w stanie uzyskać zadaną wartość $k$ w wyniku nie więcej niż $2[\frac{1}{2}(m + n)]$ przelań.

XLV OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XLV OM, 1993-1994

Etap:

III

Punkty $A_1, A_2, \ldots , A_8$ są wierzchołkami równoległościanu o środku $O$ . Wykazać, że

$ r\cdot \sum_{i=1}^8 |OA_i|^2 \leq \left(\sum_{i=1}^8 |OA_i| \right)^2. $

Rozwiązanie

Przyjmijmy, że jedną ze ścian danego równoległościanu jest równoległobok $A_1A_2A_3A_4$ , a ścianą przeciwległą - równoległobok $A_5A_6A_7A_8$ , przy czym odcinki $A_1A_5$ , $A_2A_6$ , $A_3A_7$ , $A_4A_8$ są czterema krawędziami równoległościanu (rysunek 17). Oznaczmy odległości wierzchołków od punktu $O$ , jak następuje:

$ \begin{array}{ll} |OA_1| = |OA_7| = a,& |OA_2| = |OA_8| = b,\\ |OA_3| = |OA_5| = c, & |OA_4| = |OA_6| = d. \end{array} $

Nierówność dana do udowodnienia przyjmuje postać

$ 8(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) \leq (2a + 2b + 2c + 2d)^2; $

równoważnie:

$ 2(a^2 + b^2+c^2 + d^2) \leq (a + b + c + d)^2. $

A ponieważ

$ (a + b + c + d)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd, $

pozostaje wykazać, że

$ (1) \qquad a^2 + b^2 + c^2+d^2 \leq 2ab + 2ac + 2ad+2bc + 2bd + 2cd. $

Odcinki $OA_1$ , $OA_4$ , $A_1A_4$ są trzema bokami trójkąta; także odcinki $OA_2$ , $OA_3$ , $A_2A_3$ są trzema bokami trójkąta. Zatem

$ (2) \qquad |OA_1| \leq |OA_4| + |A_1A_4|,\quad |A_2A_3| \leq |OA_2| + |OA_3| $

(,,nierówności trójkąta''). Odcinki $A_1A_4$ i $A_2A_3$ są przeciwległymi bokami równoległoboku $A_1A_2A_3A_4$ , więc $|A_1A_4| = |A_2A_3|$ . Stąd wobec zależności (2) uzyskujemy nierówność

$ |OA_1| \leq |OA_4| + |A_2A_3| \leq |OA_4| + |OA_2| + |OA_3|, $

czyli $a \leq b + c + d$ . Mnożąc stronami przez $a$ , zapisujemy ją w postaci

$ a^2 \leq ab + ac + ad. $

Analogicznie

$ b^2\leq ba + bc + bd, \quad c^2\leq ca + cb + cd, \quad d^2 \leq da + db + dc. $

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

XLV OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XLV OM, 1993-1994

Etap:

III

Różne liczby rzeczywiste $x_1, x_2, \ldots , x_n$ ( $n \geq 4$ ) spełniają warunki

$ \sum_{i=1}^n x_i = 0,\qquad \sum_{i=1}^n x_i^2 = 1. $

Dowieść, że spośród tych liczb można wybrać takie cztery różne liczby $a$ , $b$ , $c$ , $d$ , aby zachodziły nierówności

$ a+b+c+nabc \leq \sum_{i=1}^n x_i^3 \leq a+b+d+nabd. $

Rozwiązanie

Wybierzmy ze zbioru $\{x_1,x_2,\ldots,x_n\}$ w dowolny sposób cztery różne liczby $a$ , $b$ , $c$ , $d$ i weźmy pod uwagę wielomiany

$ \begin{split} P(x) &= (x-a)(x-b)(x-c)\\ &= x^3 - (a + b + c)x^2 + (ab + ac + bc)x - abc \end{split} $

oraz

$ \begin{split} Q(x) &= (x-a)(x-b)(x-d)\\ &= x^3 - (a + b + d)x^2 + (ab + ad + bd)x - abd. \end{split} $

Z warunków danych w założeniach zadania wynikają równości

$ \begin{split} \sum_{i=1}^n P(x_i) &= \sum_{i=1}^n x_i^3 -(a+b+c)\sum_{i=1}^n x_i^2 +(ab+ac+bc)\sum_{i=1}^n x_i - nabc =\\ &= \sum_{i=1}^n x_i^3 -(a+b+c+nabc), \end{split} $

czyli

$ \sum_{i=1}^n x_i^3 =(a+b+c+nabc)+ \sum_{i=1}^n P(x_i) $

i analogicznie

$ \sum_{i=1}^n x_i^3 =(a+b+d+nabd)+ \sum_{i=1}^n Q(x_i). $

Zadanie będzie więc rozwiązane, jeśli zdołamy wybrać liczby $a$ , $b$ , $c$ , $d$ tak, aby były spełnione nierówności

$ \sum_{i=1}^n P(x_i) \geq 0 \geq \sum_{i=1}^n Q(x_i). $

W tym celu oczywiście wystarczy, żeby dla {\it każdego} numeru $i \in \{1,2,\ldots,n\}$ zachodziły nierówności $P(x_i)\geq 0 \geq Q(x_i)$ , czyli

$ (1) \qquad (x_i-a)(x_i-b)(x_j-c) \geq 0 \geq (x_i-a)(x_i-b)(x_i-d). $

To zaś można osiągnąć różnymi sposobami.

Nie tracąc ogólności załóżmy, że $x_1 < x_2 < \ldots < x_n$ .

Przyjmijmy

$ a = x_1, \quad b = x_n, \quad c = x_{n-1}, \quad d=x_2. $

Dla każdego numeru $i \in \{1,2,\ldots,n\}$ iloczyn $(x_i - a)(x_i - b)$ jest niedodatni. Dla $i \in \{2,\ldots,n - 1\}$ czynnik $(x_i - c)$ jest niedodatni, a czynnik $(x_i - d)$ nieujemny, więc nierówności (1) są spełnione; a dla $i = 1$ oraz dla $i = n$ po obu stronach (1) mamy po prostu wartość zero.