XLIV OM - I - Zadanie 1

Rozwiązać równanie

Uwaga: jest największą liczbą całkowitą nie większą od ,

Rozwiązanie

Oznaczmy lewą i prawą stronę równania odpowiednio przez i ; z postaci równania wynika, że . Dla wszystkich liczb mianownik ułamka definiującego wyrażenie jest różny od zera, a więc wyrażenie to jest dobrze określone i mamy równość

stąd zaś

Wartość bezwzględna prawej strony danego równania spełnia oczywiste oszacowanie . Jeśli więc , to

Zatem równanie nie ma rozwiązań w zbiorze .

Dla równanie jest spełnione. W pozostałym zbiorze funkcje i są dane wzorami

oraz

a ich różnica ma postać

Przyrównanie do zera uzyskanych wyrażeń kwadratowych daje (w odpowiednich przedziałach) pierwiastki: , , . Uwzględniając znaleziony wcześniej pierwiastek mamy pełne rozwiązanie:

XLIV OM - I - Zadanie 2

Dana jest liczba naturalna . Rozwiązać układ równań

Rozwiązanie

Załóżmy, że liczby spełniają podany układ. Przyjmijmy

Rozważany układ równań przybiera postać

Wynika stąd, w szczególności, że liczby są jednakowego znaku. W takim razie układ (1) implikuje układ

Przepiszmy te równania w równoważnych postaciach

oraz

Z postaci (2) widać, że dla każdego zachodzi nierówność . Tak więc żadna z liczb nie jest mniejsza niż . W takim razie dla , skąd na podstawie zależności (3):

Skoro zaś , nierówności te muszą być faktycznie równościami. Wobec tego (por. (3)) różnica jest dla wszystkich równa zeru. A ponieważ liczby są jednakowego znaku, więc ostatecznie

W pierwszym przypadku uzyskujemy rozwiązanie

a w drugim

przy czym mogą, być dowolnymi liczbami całkowitymi.

XLIV OM - I - Zadanie 3

Dany jest sześciokąt mający środek symetrii. Oznaczmy przez punkt przecięcia prostych i , przez - punkt przecięcia prostych i , a przez - punkt przecięcia prostych i . Dowieść, że .

Rozwiązanie

Dany sześciokąt ma środek symetrii. Jego przeciwległe boki są więc równoległe i równej długości; w szczególności zachodzą związki:

Ponieważ punkty i leżą odpowiednio na prostych i , a punkty i leżą odpowiednio na prostych i , zatem możemy przepisać poprzednie związki równoległości jako

Z pierwszego z nich wynika, że trójkąt jest podobny do trójkąta , a z drugiego - że trójkąt jest podobny do trójkąta (rysunek 1). Uzyskujemy w ten sposób proporcje

które - pomnożone stronami - dają związek

Ponieważ zaś , zatem, ostatecznie,

Warto zauważyć, że rozumowanie jest niezależne od tego, czy sześciokąt jest wypukły, czy nie (rysunek 1).

XLIV OM - I - Zadanie 4

Wyznaczyć wszystkie funkcje takie, że

Rozwiązanie

Załóżmy, że funkcja spełnia dane równanie funkcyjne. Podstawiając dostajemy równość . Podstawiając następnie w równaniu (i wiedząc, że ) dostajemy zależność

To znaczy, że jest funkcją parzystą.

Weźmy dowolną liczbę i podstawmy w danym równaniu kolejno oraz . Otrzymujemy związki

Wobec parzystości funkcji , prawe strony tych związków są liczbami równymi (bo ), a lewe ich strony są liczbami przeciwnymi (bo ). Wszystkie te liczby muszą więc być zerami. Z dowolności wyboru liczby wynika, że jest funkcją równą tożsamościowo zeru.

XLIV OM - I - Zadanie 5

Dana jest półpłaszczyzna oraz punkty i na jej krawędzi. Dla każdego punktu tej półpłaszczyzny rozważamy kwadraty i leżące na zewnątrz trójkąta . Wyznaczają one odpowiadającą punktowi prostą . Udowodnić, że wszystkie proste odpowiadające różnym położeniom punktu przechodzą przez jeden punkt.

Rozwiązanie

Wybierzmy punkt w danej półpłaszczyźnie. Z uwagi na symetrię ról rozważanych kwadratów, możemy przyjąć, nie tracąc ogólności, że . Kąt jest więc ostry; kąt może być ostry lub nie (rysunek 2). Oznaczmy odpowiednio przez , , rzuty prostokątne punktów , , na prostą , a przez - rzut punktu na prostą .

Z określenia punktów i wynika, że

Stąd

Z tych równości widać, że trójkąt prostokątny przystaje do trójkąta , a trójkąt przystaje do . Tak więc

Kąty oraz są rozwarte. Zatem punkty i leżą wewnątrz odcinka . Stąd, na podstawie uzyskanej równości wnosimy, że środek odcinka jest jednocześnie środkiem odcinka .

Niech będzie wspólną symetralną tych odcinków; przecina ona proste i odpowiednio w punktach i , które - zgodnie z twierdzeniem Talesa - są środkami odcinków i . Zachodzi wobec tego równość .

Obliczymy długość odcinka ; w przekształceniach pojawi się znak (,,plus-minus''), który należy odczytywać jako ,,plus'', gdy kąt jest ostry, a jako ,,minus'', gdy kąt jest rozwarty (por. dwa warianty rysunku 2):

Stąd, wobec równości (1),

- a to oznacza, że położenie punktu na prostej nie zależy od wyboru punktu . Punkt jest (w każdym przypadku) środkiem kwadratu, położonego w rozważanej półpłaszczyźnie, którego jednym z boków jest odcinek . Jest to więc szukany wspólny punkt wszystkich możliwych do uzyskania prostych . (Jak wynika z wcześniejszych spostrzeżeń, ten punkt nie tylko leży na każdej takiej prostej , ale jest środkiem odcinka .)

XLIV OM - I - Zadanie 6

Ciąg jest określony następująco:

Obliczyć sumę .

Rozwiązanie

Zastąpmy parametr przez dowolnie ustaloną liczbę naturalną i weźmy pod uwagę ciąg określony wzorami

gdy , jest to ciąg dany w zadaniu.

Spróbujmy trochę poeksperymentować. Jeśli , to początkowymi wyrazami ciągu są liczby , , , , Jeśli , to początkowymi wyrazami ciągu są liczby , , , , . Jeśli , to początkowymi wyrazami ciągu są liczby , , , , , . Te obserwacje prowadzą do przypuszczenia, że dla każdej liczby naturalnej zachodzi równość

Udowodnimy, że tak jest istotnie. Przyda nam się w tym celu równość pomocnicza

zachodząca dla dowolnych liczb naturalnych . Oto jej uzasadnienie:

Traktujemy jako ustalone. Dla wzór (2) zachodzi. Załóżmy, że wzór (2) jest słuszny dla pewnego (). Skorzystamy z podstawowej własności współczynników dwumianowych:

Mnożymy obie strony tej równości przez i dodajemy do odpowiednich stron równości (2):

krócej:

Jest to równość (2) z zastąpionym przez . Na mocy zasady indukcji wzór (2) zachodzi dla .

Przechodzimy do dowodu wzoru (1). Dla wzór zachodzi. Weźmy dowolną liczbę naturalną (spełniającą warunki ) i przyjmijmy indukcyjnie, że równość (czyli (1) z zastąpionym przez ) zachodzi dla . Przekształcamy wyrażenie definiujące , korzystając ze wzoru (2):

Wykazaliśmy słuszność wzoru (1) dla wybranej liczby . Stąd, przez indukcję, wnosimy, że równość (1) zachodzi dla wszystkich .

A wobec tego

Figurująca w ostatnim wyrażeniu suma jest rozwinięciem (Newtona) -tej potęgi dwumianu . Zatem

Jest to szukana wartość. Dla wynosi ona .

XLIV OM - I - Zadanie 7

W przestrzeni dane są punkty

Niech () będą punktami wyznaczonymi przez równość . Obliczyć objętość najmniejszego wielościanu wypukłego zawierającego wszystkie punkty .

Rozwiązanie

Weźmy pod uwagę punkty , , , symetryczne odpowiednio do , , względem punktu (początku układu współrzędnych):

Rozpatrywane punkty

oraz

leżą na brzegu sześcianu o wierzchołkach . Oczywiście punkty , , , pokrywają się z , środkiem sześcianu.

Interesuje nas najmniejszy wielościan wypukły zawierający wszystkie punkty . Oznaczmy ten wielościan przez . Zawiera on każdy wielościan wypukły, którego wierzchołkami są pewne spośród tych punktów. Zawiera więc (w szczególności):

Oznaczmy przez sumę tych czterech brył (rysunek 3). Jej obraz w symetrii środkowej względem punktu oznaczmy przez . Suma jest więc podzbiorem szukanego wielościanu .

Bryła jest wielościanem wypukłym o ośmiu ścianach; są nimi:

Płaszczyzna każdej z tych ścian dzieli przestrzeń na dwie półprzestrzenie. Z każdej pary półprzestrzeni wyznaczonych przez ścianę czworokątną lub trójkątną wybierzmy tę, która zawiera punkt . Z pary półprzestrzeni wyznaczonych przez ścianę sześciokątną wybierzmy tę, która składa się z punktów o współrzędnej (,,górną''); oznaczmy ją przez , a pozostałe wybrane półprzestrzenie oznaczmy (w dowolnej kolejności) przez . Wielościan jest wówczas częścią wspólną tak wybranych półprzestrzeni.

Przez symetrię, wielościan jest częścią wspólną ośmiu półprzestrzeni , gdzie oznacza półprzestrzeń symetryczną do względem punktu . Tak więc

Żadna z płaszczyzn ścian trójkątnych lub czworokątnych wielościanu nie przecina wnętrza wielościanu . Wobec tego jest podzbiorem każdej z półprzestrzeni . Przez symetrię, jest podzbiorem każdej z półprzestrzeni . Stąd oraz ze związków (1) dostajemy inkluzję

Na odwrót, każdy punkt należący do przecięcia tych czternastu półprzestrzeni należy do któregoś ze zbiorów lub (w zależności od tego, czy jest położony w ,,górnej'' półprzestrzeni , czy w „dolnej'' półprzestrzeni ); wynika to z równości (1). W takim razie inkluzja (2) jest równością zbiorów.

Stąd wniosek, że zbiór , jako część wspólna czternastu półprzestrzeni, jest wielościanem wypukłym. A ponieważ zawiera on wszystkie punkty , zatem musi zawierać cały wielościan - w myśl definicji tego ostatniego. Wcześniej stwierdziliśmy, że jest podzbiorem . Uzyskujemy w ten sposób równość .

Pozostaje obliczyć objętość tego wielościanu. Każdy z graniastosłupów , , ma w podstawie trójkąt prostokątny o obu przyprostokątnych długości oraz ma wysokość . Objętość każdego z nich jest więc równa . Czworościan jest ostrosłupem o wysokości , mającym w podstawie taki sam trójkąt prostokątny; ma więc objętość . Łączna objętość tych czterech brył, czyli objętość wielościanu , wynosi zatem . Wielościan , który jest przystający do , ma także objętość . Ostatecznie więc, objętość badanego wielościanu równa się .

XLIV OM - I - Zadanie 8

Dla ustalonej liczby naturalnej wyznaczyć maksymalną wartość sumy liczb naturalnych spełniających warunek

Rozwiązanie

Sposób I

Weźmy pod uwagę dowolny układ liczb naturalnych spełniających podany warunek; można założyć, że . Przypuśćmy, że . Załóżmy, że w ciągu jest liczb równych oraz jest liczb równych . To znaczy, załóżmy, że

jeśli tylko jeden wyraz ma wartość maksymalną, wówczas ; jeśli tylko jeden wyraz ma wartość minimalną, wówczas . (Może też się zdarzyć, że ; tak jest w przypadku, gdy każdy wyraz jest równy albo maksymalnemu albo minimalnemu.)

Określamy nowy układ , przyjmując

Układ też spełnia podany warunek:

ponadto, oczywiście,

oraz zachodzą nierówności .

Jeżeli w ciągu były co najmniej dwa wyrazy maksymalne oraz co najmniej dwa wyrazy minimalne, to zarówno blok wyrazów maksymalnych, jak i blok wyrazów minimalnych, ulega skróceniu o jedną pozycję, gdy ciąg zastąpimy ciągiem . Modyfikujemy teraz w analogiczny sposób układ ; to samo robimy z otrzymanym układem, i tak dalej. W skończonej liczbie kroków uzyskamy układ z jednym tylko wyrazem maksymalnym lub z jednym tylko wyrazem minimalnym. Wartości tych wyrazów nadal są równe oraz - te same, co w wyjściowym układzie .

Kolejne powtórzenie tej samej operacji da w wyniku nowy układ (nierosnący ciąg długości ), którego największy wyraz jest o mniejszy od lub najmniejszy wyraz jest o większy od (zmiana o może też nastąpić ,,na obu końcach''). W ten sposób różnica między największym wyrazem i najmniejszym wyrazem zmniejszy się o lub o .

Kontynuujemy to postępowanie tak długo, aż dojdziemy do układu, w którym różnica między wyrazem największym i najmniejszym nie przekracza 1. Otrzymany układ ma postać

W każdym kroku tej procedury uzyskiwaliśmy układ liczb, których suma sześcianów nie przekraczała ; sama zaś suma liczb w układzie w ogóle nie ulegała zmianie (wzory (1) i (2)).

Ponieważ wystartowaliśmy od dowolnego dopuszczalnego układu liczb , w którym , zatem wystarczy ograniczyć rozważania do układów postaci (3). Warunek ,,suma sześcianów '' daje dla takiego układu oszacowanie

wobec czego . Suma wyrazów wynosi

co jest większe dla niż dla . Wystarczy więc rozważać układy (3), w których , czyli układy złożone z jedynek i dwójek; przy tym (liczba dwójek) ma spełniać warunek (4), który dla przybiera po prostu postać , czyli . (Jak zwykle, symbol oznacza największą liczbę całkowitą, nie większą od .) A zatem szukana wartość sumy nie przekracza . Równość uzyskamy dla układu liczb, w którym jest dwójek oraz jedynek.

Wobec wcześniejszych spostrzeżeń, liczba jest maksymalną możliwą do uzyskania wartością sumy liczb naturalnych, których suma sześcianów nie przekracza .

Sposób II

Przyjmijmy, że liczby naturalne spełniają podany warunek. Dla mamy , czyli . Dodając te nierówności stronami i uwzględniając przyjęte założenie otrzymujemy zależność

Zatem suma , jako liczba naturalna, spełnia nierówność

Weźmy teraz pod uwagę układ składający się z dwójek oraz jedynek, gdzie . Układ ten spełnia postulowany w zadaniu warunek:

suma tak określonych liczb wynosi

a więc nierówność (5) staje się w tym przypadku równością. Stąd wynika, że poszukiwane maksimum wynosi .

XLIV OM - I - Zadanie 9

Udowodnić, że dla dowolnych liczb rzeczywistych , , zachodzi nierówność

Rozwiązanie

Oznaczmy:

Mamy udowodnić nierówność

Ponieważ

zatem co najwyżej jedna spośród liczb , , może być ujemna. Jeśli jest taka, wówczas , więc nierówność (1) zachodzi.

Przyjmijmy teraz, że . Zauważmy, że

Analogicznie stwierdzamy, że

Zatem

Mnożymy stronami te nierówności i dostajemy w wyniku

Iloczyny oraz są liczbami nieujemnymi. W takim razie z nierówności (2) wynika nierówność (1), której wykazanie było naszym celem.

XLIV OM - I - Zadanie 10

Funkcja przekształcająca sześcian na spełnia warunek

Wykazać, że jest izometrią.

Rozwiązanie

Oznaczmy wierzchołki sześcianu przez w taki sposób, by kwadrat był jedną ze ścian, a odcinki , , , były czterema równoległymi krawędziami; długość krawędzi przyjmujemy za jednostkę.

Funkcja (z założenia) przekształca sześcian na cały sześcian . Zatem, w szczególności, każdy wierzchołek jest obrazem pewnego punktu sześcianu.

Końce każdej z czterech przekątnych sześcianu (długości ) są obrazami w odwzorowaniu pewnych punktów sześcianu odległych od siebie, zgodnie z warunkiem nałożonym na , o nie mniej niż - a więc także końców pewnej przekątnej. Wobec tego każdy wierzchołek jest obrazem pewnego wierzchołka. Oznaczmy przez ten wierzchołek, którego obrazem jest :

Różnym punktom muszą odpowiadać różne punkty . To znaczy, że w zbiorze nie ma powtórzeń, są tam wszystkie wierzchołki sześcianu. Innymi słowy, układ punktów jest permutacją układu . Każda z par , , , jest odwzorowywana na odpowiednią parę , , , , czyli na końce pewnej przekątnej. Zgodnie z wcześniejszym spostrzeżeniem, każda z wymienionych przed chwilą par jest też parą końców pewnej przekątnej. Mamy więc związki:

a ponadto

(bo tylko cztery odcinki mogą być przekątnymi sześcianu, i są nimi odcinki figurujące w poprzedniej równości).

Punkty , , , są wierzchołkami czworościanu foremnego o krawędzi długości . Dla , , mamy więc zależności

w takim razie też jest czworościanem foremnym o krawędzi .

Niech będzie izometrią wyznaczoną przez warunki:

(izometria przestrzeni jest wyznaczona przez ustalenie jej wartości na dowolnych czterech punktach niewspółpłaszczyznowych). Punkt leży w odległości od każdego z punktów , , oraz w odległości od punktu ; zatem punkt leży w odległości od każdego z punktów , , oraz w odległości od punktu . Jest tylko jeden taki punkt w przestrzeni - mianowicie punkt (rysunek 4). To znaczy, że . Podobnie wykazujemy, że , , .

Weźmy pod uwagę przekształcenie (złożenie przekształceń i ). Z uzyskanych przed chwilą równości oraz z warunku zadania wynika, że przekształcenie ma następujące własności:

oraz

Wykażemy teraz, że jeśli dowolnymi punktami stałymi odwzorowania (to znaczy takimi, że , ), to wówczas każdy punkt należący do odcinka również jest punktem stałym odwzorowania .

Istotnie: dla par punktów , oraz , zachodzą nierówności

Gdyby punkt nie pokrywał się z , to co najmniej jedna z nich byłaby ostra i dostalibyśmy nierówność

która oczywiście zachodzić nie może. Uzyskana sprzeczność dowodzi słuszności spostrzeżenia zawartego w poprzednim akapicie.

Opierając się na tym spostrzeżeniu stwierdzamy kolejno, że równość zachodzi:

1. dla każdego punktu leżącego na dowolnej krawędzi sześcianu (bo zachodzi dla wszystkich wierzchołków, a więc w szczególności dla końców tej krawędzi);
2. dla każdego punktu leżącego na dowolnej ścianie sześcianu (bo każdy taki punkt należy do pewnego odcinka o końcach na krawędziach , więc wystarczy skorzystać z konkluzji (1));
3. dla każdego punktu leżącego wewnątrz sześcianu (bo każdy taki punkt należy do pewnego odcinka o końcach na ścianach , więc wystarczy skorzystać z konkluzji (2)).

Wobec tego odwzorowanie jest identycznościowym przekształceniem sześcianu na . A skoro jest izometrią, zatem i jest izometrią.

XLIV OM - I - Zadanie 11

W sześciu różnych okienkach tabeli o wymiarach stawiamy krzyżyk; wszystkie układy krzyżyków są jednakowo prawdopodobne. Niech będzie prawdopodobieństwem tego, że w pewnym rzędzie poziomym lub pionowym znajdą się co najmniej dwa krzyżyki. Obliczyć granicę ciągu , gdy .

Rozwiązanie

Zdarzenia elementarne są wyznaczone przez sześcioelementowe podzbiory zbioru okienek tabeli; jest ich . Niech będzie zdarzeniem przeciwnym do zdarzenia rozważanego w zadaniu. Zdarzeniu sprzyjają konfiguracje uzyskane w następujący sposób: pierwszy krzyżyk stawiamy w dowolnie wybranym okienku: mamy tu możliwości. Następnie ,,wykreślamy'' cały rząd poziomy i cały rząd pionowy, na przecięciu których postawiliśmy pierwszy krzyżyk, po czym stawiamy drugi krzyżyk w dowolnym spośród pozostałych okienek: tak więc teraz mamy możliwości. Powtarzamy ten schemat jeszcze czterokrotnie i uzyskujemy liczbę możliwości równą . Trzeba ją jeszcze podzielić przez (liczbę permutacji zbioru sześcioelenientowego), aby uniezależnić rozumowanie od kolejności stawiania krzyżyków.

Tak więc prawdopodobieństwo zdarzenia (równe ) wynosi

Nie należy wymnażać wszystkich tych czynników! Oznaczmy licznik otrzymanego ułamka przez , a mianownik przez . Wystarczy zauważyć, że

gdzie oraz są wielomianami (zmiennej ), odpowiednio stopnia (co najwyżej) i ; podobnie,

gdzie oraz są wielomianami (zmiennej ), odpowiednio stopnia (co najwyżej) i . Wobec tego

A ponieważ wielomiany i są stopnia (co najwyżej) dziesiątego, zatem

i w konsekwencji .

XLIV OM - I - Zadanie 12

Udowodnić, że wielomian jest iloczynem dwóch wielomianów stopnia niższego o współczynnikach całkowitych wtedy i tylko wtedy, gdy jest liczbą podzielną przez .

Rozwiązanie

\spos{I} Załóżmy, że wielomian jest iloczynem dwóch wielomianów,

o rozważanych własnościach:

W iloczynie współczynnik przy wynosi , a wyraz wolny równa się . Zachodzą więc równości

Liczby , są całkowite; tak więc lub . Przyjmijmy dodatkowo:

Niech będzie najmniejszym numerem takim, że jest liczbą nieparzystą i niech będzie najmniejszym numerem takim, że jest liczbą nieparzystą. Skoro , zatem , . Współczynnik przy w iloczynie równa się

(dzięki przyjętemu określeniu (2), wszystkie symbole mają sens także wtedy, gdy przekracza lub ). W sumie (3) składnik jest liczbą nieparzystą; każdy z pozostałych składników jest liczbą parzystą (bowiem jest iloczynem postaci , gdzie lub , więc co najmniej jeden z czynników , jest parzysty). Wobec tego cała suma (3) jest nieparzysta.

W wielomianie (1) jedynie występuje ze współczynnikiem nieparzystym. Stąd , czyli muszą zachodzić równości oraz . Zgodnie z określeniem numerów i otrzymujemy wniosek:

Ponieważ zatem lub .

Wykażemy, że . Przypuśćmy, że ; niech na przykład (takie zawężenie przypuszczenia nie zmniejsza ogólności rozważań, z uwagi na symetrię ról i ). Iloczyn wielomianów i zapisujemy w postaci

gdzie

Wobec własności (4), wszystkie współczynniki wielomianu są podzielne przez . Współczynnik przy w wielomianie równa się . Wcześniej stwierdziliśmy, że oraz . W takim razie współczynnik przy w wielomianie jest liczbą parzystą niepodzielną przez . Jest to sprzeczność, bowiem w myśl równości (1) i (5) suma jest wielomianem o stałej wartości .

Ta sprzeczność dowodzi, że ; zatem , i w konsekwencji

Stąd zaś wynika, że żaden z wielomianów , nie ma pierwiastków rzeczywistych, więc musi być stopnia parzystego. To znaczy, że jest liczbą parzystą, czyli jest liczbą podzielną przez .

Na odwrót, jeśli , , to żądany rozkład istnieje i ma postać

XLIV OM - II - Zadanie 1

Dowieść, że dla liczb dodatnich , , , zachodzi nierówność

Rozwiązanie

Mnożąc stronami przez iloczyn wszystkich mianowników przekształcamy daną nierówność do postaci równoważnej

Oznaczmy lewą i prawą stronę (1) odpowiednio przez i oraz przyjmijmy

Wówczas

skąd

Zauważmy teraz, że

oraz

Zatem, ostatecznie,

Nierówność (1), równoważna nierówności danej w zadaniu, została w ten sposób wykazana.

XLIV OM - II - Zadanie 2

Dany jest okrąg o środku oraz punkt leżący na zewnątrz tego okręgu. Przez punkt prowadzimy prostą przecinającą dany okrąg w punktach i . Niech będzie punktem symetrycznym do względem prostej i niech m będzie prostą przechodzącą przez punkty i . Wykazać, że wszystkie uzyskane w ten sposób proste (odpowiadające różnym wyborom prostej ) mają wspólny punkt.

Rozwiązanie

Treść zadania nie precyzuje, jak są usytuowane na prostej punkty i , to znaczy, który z nich leży bliżej punktu ; rysunek 5 ilustruje te dwie sytuacje. Oznaczmy przez punkt przecięcia prostych i ; teza zadania będzie udowodniona, jeśli wykażemy, że położenie punktu na półprostej nie zależy od wyboru prostej (będzie to znaczyło, że jest szukanym wspólnym punktem wszystkich rozważanych prostych ).

Trójkąt jest równoramienny; przyjmijmy oznaczenia

Zatem wypukły kąt ma miarę

Kąt jest kątem wpisanym opartym na tym samym łuku, co wypukły lub wklęsły kąt środkowy (w zależności od tego, czy punkt leży między i , czy punkt leży między i ). W pierwszym przypadku

w drugim zaś przypadku -

W pierwszym przypadku kąt jest identyczny z kątem , w drugim przypadku kąt dopełnia kąt do kąta półpełnego. Tak więc w obu przypadkach zachodzi równość . Dalsze rozumowanie nie zależy od przypadku.

Punkty i leżą symetrycznie względem prostej , zatem trójkąt jest równoramienny; a stąd

wobec czego

Spójrzmy na trójkąty i . Mają one wspólny kąt przy wierzchołku ; kąty i mają jednakową rozwartość . Zatem trójkąty te są podobne i zachodzi proporcja , czyli

To zaś oznacza, że położenie punktu na półprostej jest wyznaczone przez promień okręgu oraz położenie punktu ; a dokładniej: punkt jest obrazem punktu w inwersji względem danego okręgu. Dowód jest zakończony.

XLIV OM - II - Zadanie 3

Na krawędzi czworościanu wybrano punkty , tak, że . Niech , będą takimi punktami krawędzi , a , - takimi punktami krawędzi , że płaszczyzny , , są równoległe. Oznaczmy przez () objętość czworościanu , a przez objętość czworościanu . Udowodnić, że .

Rozwiązanie

Oznaczmy przez , rzuty prostokątne punktów , na płaszczyznę , a przez , - rzuty punktów , na płaszczyznę (rysunek 7; wygodnie jest za każdym razem wyobrażać sobie czworościan tak usytuowany, by ściana, na którą rzutujemy, była jego ,,poziomą'' podstawą). Z podobieństwa par trójkątów i oraz i wynikają proporcje

natomiast z podobieństwa par trójkątów i oraz i wynikają proporcje

Długości odcinków , , oznaczmy krótko przez , , . Z wypisanych proporcji uzyskujemy związki

Weźmy pod uwagę czworościany i . Mają one wspólną ścianę (,,podstawę'') , a więc stosunek ich objętości równa się stosunkowi wysokości opuszczonych na tę ścianę:

Z kolei czworościany i mają wspólną ścianę , więc (analogicznie) stosunek ich objętości równa się stosunkowi odpowiednich wysokości:

Mnożąc stronami związki (1) i (2) (oraz używając wprowadzonych w treści zadania oznaczeń , ) dostajemy równość

Przy wyprowadzaniu tego wzoru nie korzystaliśmy nigdzie z założenia, że . Można powtórzyć to samo rozumowanie, zmieniając dowolnie role wskaźników , , . Otrzymujemy analogiczne proporcje

Te trzy proporcje, po wymnożeniu stronami, dają równość , czyli . Stąd, na mocy nierówności między średnią geometryczną i średnią arytmetyczną,

XLIV OM - II - Zadanie 4

Niech będzie takim ciągiem liczb naturalnych, że:

Udowodnić, że dla każdej liczby naturalnej istnieją takie liczby i , że .

Rozwiązanie

Ustalmy liczbę naturalną . Aby znaleźć numery i , o które chodzi w zadaniu, wystarczy rozważać początkowy odcinek ciągu , złożony z jego pierwszych wyrazów:

Zbiór liczb naturalnych od do rozbijamy na sumę zbiorów dwuelementowych, jak następuje:

gdzie

Z zasady szufladkowej wynika, że spośród liczb pewne dwie (różne) trafią do jednego zbioru . Oznaczając ich numery przez i (gdzie ) widzimy, że , . Zatem .

XLIV OM - II - Zadanie 5

Na bokach , , trójkąta obrano odpowiednio takie punkty , i , że okręgi wpisane w trójkąty , i mają promienie równe . Okręgi wpisane w trójkąty i mają odpowiednio promienie i . Wykazać, że .

Rozwiązanie

Oznaczmy przez , , punkty styczności okręgu wpisanego w trójkąt odpowiednio z bokami , , , a przez - punkt styczności okręgu wpisanego w trójkąt z bokiem . Środki tych okręgów oznaczmy odpowiednio przez oraz (rysunek 8).

Układ równań

pozwala wyrazić , , przez , , ; w szczególności

Rozważając trójkąt mamy analogicznie

Trójkąty oraz są podobne w skali . W takim razie i na mocy poprzednich równości

Analogicznie

Dodajemy stronami trzy ostatnie równości i otrzymujemy związek

Oznaczając połowę obwodu trójkąta przez , a połowę obwodu trójkąta przez , przepisujemy ten związek w postaci

Pole trójkąta jest iloczynem połowy obwodu przez długość promienia koła wpisanego. Zachodzą więc związki:

oraz

Trzy trójkąty figurujące we wzorach (2) mają wnętrza parami rozłączne i wypełniają trójkąt z usuniętym trójkątem . Suma ich pól jest więc równa różnicy pól trójkątów i , czyli różnicy . Zatem dodając stronami równości (2) otrzymujemy zależność

czyli , czyli jeszcze inaczej

Zgodnie ze wzorem (1) lewa strona ostatniej równości jest równa . Stąd .

XLIV OM - II - Zadanie 6

Dana jest funkcja ciągła spełniająca warunki:

Obliczyć .

Rozwiązanie

W podanym równaniu

podstawiamy i otrzymujemy równość , czyli

Z kolei podstawmy w (1) : dostaniemy związek , czyli

Widzimy, że liczby oraz są wartościami funkcji . Zgodnie z założeniem, funkcja ta jest ciągła, a więc przyjmuje wszystkie wartości pośrednie; w szczególności przyjmuje wartość . To znaczy, że dla pewnej liczby rzeczywistej zachodzi równość .

Przyjmijmy w równaniu (1): uzyskujemy związek . Zatem

Jest to odpowiedź na postawione pytanie.

Uwaga Ani z treści zadania, ani z przeprowadzonego rozumowania nie jest oczywiste, czy funkcja spełniająca warunki zadania w ogóle istnieje. Warto więc podać przykład takiej funkcji:

XLIV OM - III - Zadanie 1

Rozwiązać w liczbach wymiernych , , , , układ równań

Rozwiązanie

Załóżmy, że liczby wymierne , , , , spełniają podany układ równań. Odejmujemy stronami równanie trzecie od pierwszego: otrzymujemy równość , czyli

Dodajemy stronami drugie i trzecie równanie układu: otrzymujemy równość , czyli

Wreszcie, korzystając z wszystkich trzech równań układu, dostajemy związek

Z równania (1) wnosimy, że

Pierwsza z tych możliwości daje, po podstawieniu do równania (2),

a druga -

Przypuśćmy, że zachodzi równość (5). Gdyby było liczbą różną od zera, otrzymalibyśmy związek , który - wobec wymierności liczb oraz - zachodzić nie może (bo liczba nie jest kwadratem liczby wymiernej). Zatem liczba musi być równa zeru, więc i suma musi być równa zeru. Także równość (6) jest możliwa tylko wtedy, gdy , (lewa strona niedodatnia, prawa nieujemna). Tak więc, w każdym przypadku, mamy równość . Skoro , oba człony alternatywy (4) są identyczne: . Podstawiając , , do (3) dostajemy związek , czyli . Rozumując podobnie, jak przed chwilą, wnosimy stąd (wobec wymierności liczb oraz ), że . Zatem także , .

Dany układ równań ma więc w liczbach wymiernych tylko rozwiązanie trywialne .

XLIV OM - III - Zadanie 2

Punkt jest środkiem okręgu wpisanego w trapez nierównoramienny , którego dłuższa podstawa ma środek . Krótsza podstawa jest styczna do okręgu w punkcie , prosta przecina podstawę w punkcie . Udowodnić, że wtedy i tylko wtedy, gdy .

Rozwiązanie

Ponieważ równość (rozważana w tezie zadania) zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy , zatem warunki założeń i tezy nie zmienią się przy zamianie ról ramion i danego trapezu. Możemy więc przyjąć, nie tracąc ogólności, że ; taką właśnie sytuację przedstawia rysunek 9.


Przedłużamy ramiona i do przecięcia w punkcie . Oznaczmy przez okrąg wpisany w trójkąt , przez - punkt styczności okręgu z bokiem , przez - środek boku , a przez - punkt styczności okręgu z podstawą . Mamy równości

pierwsza z tych równości - to znany wzór wyrażający odległość punktu styczności okręgu wpisanego (w trójkąt) z bokiem od wierzchołka; druga - to analogiczny wzór na odległość punktu styczności okręgu dopisanego z odpowiednim bokiem od wierzchołka (zauważmy, że jest okręgiem dopisanym do trójkąta ); wzór ten nie jest może tak powszechnie znany, jak pierwsza równość w (1); pozostawiamy jego dowód Czytelnikowi jako nietrudne ćwiczenie.

Ponieważ jest środkiem odcinka , zatem z równości (1) wynika, że , czyli

Jednokładność o środku i skali odwzorowuje trójkąt na trójkąt , okrąg wpisany w pierwszy z tych trójkątów na okrąg wpisany w drugi (czyli okrąg na okrąg ), punkt styczności na punkt styczności , a środek boku - na środek boku . Wobec tego

Trójkąty prostokątne i są przystające (odcinki i są promieniami okręgu , kąty i są równe jako kąty wierzchołkowe). Zachodzi więc równość

Na mocy związków (3), (2), (4) i (1) mamy

Uzyskujemy równoważność

która jest tezą zadania.

XLIV OM - III - Zadanie 3

Oznaczmy przez największy dzielnik nieparzysty liczby całkowitej dodatniej oraz przyjmijmy

Ciąg jest określony przez zależności , . Wykazać, że liczba 800 występuje wśród wyrazów tego ciągu dokładnie raz. Wyznaczyć , dla którego .

Rozwiązanie

Wypiszmy piętnaście początkowych wyrazów ciągu , grupując je w bloki złożone kolejno z jednego, dwóch, trzech, czterech, pięciu wyrazów:

Otrzymaliśmy pięć wierszy układu nieskończonego (U), który można kontynuować według następujących zasad: --ty wiersz składa się z liczb, z których ostatnią jest ; każda liczba nie będąca ostatnim wyrazem żadnego wiersza jest dwukrotnością liczby znajdującej się bezpośrednio nad nią.

Przyjmijmy te zasady za definicję układu (U).

Każda liczba całkowita da się jednoznacznie przedstawić w postaci

pojawia się więc w układzie (U) dokładnie jeden raz, mianowicie na --tej pozycji w --lej kolumnie (pozycje w kolumnie numerujemy od zera).

Jeśli jest liczbą parzystą, a więc ma postać (1) z , to , wobec czego

To znaczy, że znajduje się w --ej kolumnie na --ej pozycji, czyli bezpośrednio na prawo od .

Jeśli jest liczbą nieparzystą, (a więc stanowi prawy koniec --tego wiersza), to

W tym przypadku liczba jest pierwszym wyrazem --go (czyli następnego) wiersza.

Stąd wynika, że odczytując wyrazy tabeli (U) leksykograficznie, to znaczy, wiersz za wierszem (a w każdym wierszu - od lewej do prawej strony), przebiegniemy kolejne wyrazy ciągu , zgodnie z określającą ten ciąg zależnością rekurencyjną .

Każda liczba naturalna występuje w schemacie (U), więc i w ciągu dokładnie raz. W szczególności dotyczy to liczby . Pozostaje zlokalizować tę liczbę. Zgodnie z ogólną regułą, liczba , równa , znajduje się w trzynastej kolumnie, na piątej pozycji. Wobec tego (por. wzory (1) i (2)) liczba znajduje się w czternastej kolumnie na czwartej pozycji, liczba znajduje się w piętnastej kolumnie na trzeciej pozycji, itd., liczba znajduje się w osiemnastej kolumnie na zerowej pozycji, czyli stanowi prawy koniec osiemnastego wiersza.

Skoro -ty wiersz liczy wyrazów, zatem liczba kończąca wiersz osiemnasty występuje w ciągu z numerem . Jeśli więc , to mamy równość . Stąd (wobec różnowartościowości ciągu ) wnosimy, że , czyli .

XLIV OM - III - Zadanie 4

Dany jest wielościan wypukły, którego wszystkie ściany są trójkątami. Wierzchołki tego wielościanu kolorujemy trzema kolorami. Udowodnić, że liczba ścian mających wierzchołki wszystkich trzech kolorów jest parzysta.

Rozwiązanie

Dla czworościanu teza zachodzi: liczba ścian o wierzchołkach trzech różnych kolorów wynosi lub (łatwe ćwiczenie).

Weźmy teraz pod uwagę dowolny wielościan mający trójkątnych ścian (i wierzchołki pokolorowane trzema kolorami). Obierzmy wewnątrz dowolny punkt . Każda ściana wielościanu jest podstawą ostrosłupa o wierzchołku , a cały wielościan jest sumą tak otrzymanych ostrosłupów (czworościanów): .

Będziemy rozważali wszystkie ściany wszystkich tych czworościanów (niektóre z nich są jednocześnie ścianami wielościanu ). Kolorujemy punkt jednym z trzech kolorów (dowolnie wybranym). Ścianę nazwiemy trójkolorową, jeśli jest trójkątem mającym wierzchołki wszystkich trzech kolorów.

Niech będzie liczbą trójkolorowych ścian czworościanu ; jak zauważyliśmy na wstępie, lub . Zatem suma jest liczbą parzystą.

Trójkąty leżące wewnątrz wielościanu są w tej sumie liczone dwukrotnie, bo każdy z nich jest wspólną ścianą dwóch przyległych czworościanów . Oznaczając liczbę tych trójkątów przez widzimy, że łączna liczba trójkolorowych ścian (wszystkich czworościanów ), które nie leżą wewnątrz - czyli po prostu liczba trójkolorowych ścian wielościanu - wynosi . Jest więc liczbą parzystą.

XLIV OM - III - Zadanie 5

Wyznaczyć wszystkie funkcje spełniające następujące warunki:

Rozwiązanie

Załóżmy, że funkcja spełnia podane równania. Niech będzie liczbą rzeczywistą różną od i od .

W pierwszym równaniu podstawiamy ; dostajemy związek

W drugim równaniu podstawiamy kolejno , , ; uzyskujemy zależności

Wreszcie w trzecim równaniu podstawiamy kolejno , , ; otrzymujemy równości

Przekształcimy na dwa sposoby wartość . Ze wzorów (3), (1), (7), (4) otrzymujemy

a ze wzorów (5), (2), (6) dostajemy

Przyrównujemy prawe strony otrzymanych wyrażeń:

Pomnożenie stronami przez daje równość

czyli .

Założyliśmy, że , . Ale równość wynika bezpośrednio z nieparzystości funkcji ; stąd zaś (wykorzystując podane równania jeszcze raz) mamy , czyli . Ostatecznie więc

Sprawdzenie, że ta funkcja spełnia zadane równania, jest natychmiastowe.

XLIV OM - III - Zadanie 6

Rozstrzygnąć, czy można obliczyć objętość czworościanu znając pola jego czterech ścian oraz promień kuli opisanej (tzn. czy objętość czworościanu jest funkcją pól jego ścian i promienia kuli opisanej).

Rozwiązanie

Czworościan jest wyznaczony, z dokładnością do izometrii, przez sześć parametrów (na przykład długości sześciu krawędzi). Pola ścian i promień kuli opisanej - to tylko pięć informacji (równań). Stąd przypuszczenie, że odpowiedź na postawione pytanie powinna być negatywna. (Podkreślamy, że to tylko podstawa przypuszczenia, ale w żadnym razie nie dowód; zauważmy zresztą, że gdyby w sformułowaniu zadania zmienić słówko ,,opisanej'' na ,,wpisanej'', odpowiedź byłaby pozytywna...)

W rozważanym zagadnieniu odpowiedź istotnie brzmi: nie. Aby ją uzasadnić, wystarczy podać przykład pary czworościanów o jednakowych polach ścian i promieniach kul opisanych, ale o różnych objętościach. Przykład taki można znaleźć w dość wygodnej do badania klasie czworościanów, w których każda para skośnych krawędzi jest parą przekątnych przeciwległych ścian pewnego prostopadłościanu.

Niech więc będzie prostopadłościanem o krawędziach długości

i niech będzie czworościanem z rozważanej klasy (rysunek 11). Promień kuli opisanej równa się

Krawędzie czworościanu mają długości

Wszystkie ściany są trójkątami przystającymi (o bokach długości , , ), o jednakowym polu , które można wyrazić przez , , korzystając na przykład ze wzoru Herona:

Aby obliczyć objętość czworościanu , zauważmy, że powstaje on z prostopadłościanu przez odcięcie czterech ostrosłupów , , , , z których każdy ma objętość równą objętości , równej . Zatem

Oznaczmy liczby , , odpowiednio przez , , . Zgodnie z wyprowadzonymi wzorami (1), (2), (3), zadanie będzie rozwiązane, jeśli znajdziemy dwie trójki liczb dodatnich oraz spełniające związki

Ten układ (dwóch równań i jednej nierówności) z sześcioma niewiadomymi ma wiele rozwiązań w liczbach dodatnich. Oto przykładowe rozwiązanie:

Bierzemy więc prostopadłościany i o wymiarach oraz i ,,wycinamy'' z nich czworościany o jednakowym promieniu kuli opisanej , mające wszystkie ściany o jednakowym polu (wzory (1) i (2)). Objętości tych czworościanów wynoszą odpowiednio oraz (wzór (3)).

Tak więc objętość czworościanu nie jest funkcją pól ścian i promienia kuli opisanej.

{\kom Uwaga.} Znajdowanie konkretnych liczb , , oraz , , , spełniających warunki (4), nie jest konieczne. Możliwe jest następujące dokończenie rozumowania:

Wybierzmy w dowolny sposób trójkę różnych liczb dodatnich i weźmy pod uwagę wielomian

gdzie

Liczby , , są pierwiastkami tego wielomianu; jego wykres przecina oś zmiennej niezależnej () w punktach o odciętych , , . Żaden z pierwiastków nie jest wielokrotny, więc w każdym z tych punktów funkcja zmienia znak.

Niech będzie liczbą różną od zera, o niewielkiej wartości bezwzględnej. Wykres wielomianu

powstaje przez przesunięcie wykresu wielomianu w dół lub w górę (w zależności od znaku ),o wektor długości . Jeżeli wartość jest dostatecznie mała, to przesunięty w ten sposób wykres nadal przecina oś w trzech różnych punktach, których odcięte także są liczbami dodatnimi. Oznaczmy te odcięte przez , , . Są to pierwiastki wielomianu , a więc

gdzie

Pozostaje zauważyć, że - zgodnie z warunkami (5) i (6) -

Zachodzą więc równóści

A ponieważ , znaczy to, że liczby , , oraz , spełniają postulowane związki (4).