XLIV OM - II etap

II etap XLIV Olimpiady Matematycznej

XLIV OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

Dowieść, że dla liczb dodatnich $x$ , $y$ , $u$ , $v$ zachodzi nierówność

$ \frac{xy+xv+uy+uv}{x+y+u+v} \geq \frac{xy}{x+y} + \frac{uv}{u+v} $

Rozwiązanie

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

$ \begin{split} (1) \qquad (xy + xv + uy + uv)&(x + y)(u + v) \geq\\ &\geq (x+ y + u + v) [xy(u + v) + (x + y)uv]. \end{split} $

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

$ z = x + y, \quad w=u + v, \quad p=xy, \quad q = uv. $

Wówczas

$ L = (p+q + xv+yu)zw = pzw + qzw + xvzw + yuzw, $

$ P = (z + w)(pw + qz) = pzw + qzw + pw^2 +qz^2, $

skąd

$ \begin{split} L - P &= xv zw + yuzw - pw^2 - qz^2 =\\ &= xvzw + yuzw - xyw^2 - uvz^2 = (vz - yw)(xw - uz). \end{split} $

Zauważmy teraz, że

$ vz - yw = v(x + y) - y(u + v) = xv - yu $

oraz

$ xw - uz = x(u + v) - u(x + y) = xv - yu. $

Zatem, ostatecznie,

$ L-P = (xv-yu)^2 \geq 0. $

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

XLIV OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

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

Rozwiązanie

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

Trójkąt $AOC$ jest równoramienny; przyjmijmy oznaczenia

$ |OA| = |OC| = r, \quad |\measuredangle OAC| = |\measuredangle OCA| = \alpha. $

Zatem wypukły kąt $AOC$ ma miarę

$ (1) \qquad |\measuredangle AOC| = 180^\circ -2\alpha. $

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

$ |\measuredangle ABC| = |\measuredangle AOC| = 90^\circ-\alpha, $

w drugim zaś przypadku -

$ |\measuredangle ABC| = \frac{1}{2}(360^\circ- |\measuredangle AOC|) = 90^\circ + \alpha. $

W pierwszym przypadku kąt $PBC$ jest identyczny z kątem $ABC$ , w drugim przypadku kąt $PBC$ dopełnia kąt $ABC$ do kąta półpełnego. Tak więc w obu przypadkach zachodzi równość $|\measuredangle PBC| = 90^\circ - \alpha$ . Dalsze rozumowanie nie zależy od przypadku.

Punkty $B$ i $C$ leżą symetrycznie względem prostej $OP$ , zatem trójkąt $BPC$ jest równoramienny; a stąd

wobec czego

$ |\measuredangle OPA| = |\measuredangle OPB| = \frac{1}{2}|\measuredangle BPC| = \alpha. $

Spójrzmy na trójkąty $OPA$ i $OAQ$ . Mają one wspólny kąt przy wierzchołku $O$ ; kąty $OPA$ i $OAQ$ mają jednakową rozwartość $\alpha$ . Zatem trójkąty te są podobne i zachodzi proporcja $|OP|: |OA| = |OA|: |OQ|$ , czyli

$ (3) \qquad |OP|\cdot |OQ| = r^2. $

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

XLIV OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

Na krawędzi $|OA_1|$ czworościanu $|OA_1B_1C_1|$ wybrano punkty $A_2$ , $A_3$ tak, że $|OA_1| > |OA_2| > |OA_3| > O$ . Niech $B_2$ , $B_3$ będą takimi punktami krawędzi $|OC_1|$ , a $C_2$ , $C_3$ - takimi punktami krawędzi $|OC_1|$ , że płaszczyzny $|A_1B_1C_1|$ , $|A_2B_2C_2|$ , $|A_3B_3C_3|$ są równoległe. Oznaczmy przez $V_i$ ( $i=1,2,3$ ) objętość czworościanu $|OA_iB_iC_i|$ , a przez $V$ objętość czworościanu $|OA_1B_2C_3|$ . Udowodnić, że $V_1 + V_2 + V_3 \geq 3V$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $B_1'$ , $B_2'$ rzuty prostokątne punktów $B_1$ , $B_2$ na płaszczyznę $OA_1C_1$ , a przez $C_1'$ , $C_3'$ - rzuty punktów $C_1$ , $C_3$ na płaszczyznę $OA_1B_1$ (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 $OB_1B_1'$ i $OB_2B_2'$ oraz $OC_1C_1'$ i $OC_3C_3'$ wynikają proporcje

$ \frac{|B_2B_2'|}{|B_1B_1'|}=\frac{|OB_2|}{|OB_1|} \quad \textrm{oraz} \quad \frac{|C_3C_3'|}{|C_1C_1'|}=\frac{|OC_3|}{|OC_1|}; $

natomiast z podobieństwa par trójkątów $OA_1B_1$ i $OA_2B_2$ oraz $OA_1C_1$ i $OA_3C_3$ wynikają proporcje

$ \frac{|OB_2|}{|OB_1|}=\frac{|OA_2|}{|OA_1|} \quad \textrm{oraz} \quad \frac{|OC_3|}{|OC_1|} = \frac{|OA_3|}{|OA_1|}. $

Długości odcinków $OA_1$ , $OA_2$ , $OA_3$ oznaczmy krótko przez $a_1$ , $a_2$ , $a_3$ . Z wypisanych proporcji uzyskujemy związki

$ \frac{|B_2B_2'|}{|B_1B_1'|}=\frac{a_2}{a_1} \quad \textrm{oraz} \quad \frac{|C_3C_3'|}{|C_1C_1'|}=\frac{a_3}{a_1}. $

Weźmy pod uwagę czworościany $OA_1B_2C_3$ i $OA_1B_2C_1$ . Mają one wspólną ścianę (,,podstawę'') $OA_1B_2$ , a więc stosunek ich objętości równa się stosunkowi wysokości opuszczonych na tę ścianę:

$ \frac{\textrm{objętość}(OA_1B_2C_3)}{\textrm{objętość}(OA_1B_2C_1)}=\frac{|C_3C_3'|}{|C_1C_1'|}=\frac{a_3}{a_1}. $

Z kolei czworościany $OA_1B_2C_1$ i $OA_1B_1C_1$ mają wspólną ścianę $OA_1C_1$ , więc (analogicznie) stosunek ich objętości równa się stosunkowi odpowiednich wysokości:

$ \frac{\textrm{objętość}(OA_1B_2C_1)}{\textrm{objętość}(OA_1B_1C_1)}=\frac{|B_2B_2'|}{|B_1B_1'|}=\frac{a_2}{a_1}. $

Mnożąc stronami związki (1) i (2) (oraz używając wprowadzonych w treści zadania oznaczeń $V$ , $V_1$ ) dostajemy równość

$ \frac{V}{V_1}=\frac{a_2a_3}{a_1^2}. $

Przy wyprowadzaniu tego wzoru nie korzystaliśmy nigdzie z założenia, że $a_1 >a_2 > a_3$ . Można powtórzyć to samo rozumowanie, zmieniając dowolnie role wskaźników $1$ , $2$ , $3$ . Otrzymujemy analogiczne proporcje

$ \frac{V}{V_2}=\frac{a_3a_1}{a_2^2}, \quad \frac{V}{V_3}=\frac{a_1a_2}{a_3^2}. $

Te trzy proporcje, po wymnożeniu stronami, dają równość $V^3/(V_1V_2 V_3) = 1$ , czyli $V^3 = V_1V_2V_3$ . Stąd, na mocy nierówności między średnią geometryczną i średnią arytmetyczną,

$ V=\sqrt[3]{V_1V_2V_3}\leq \frac{1}{3}(V_1+V_2+V_3). $

XLIV OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

Niech $(x_n)$ będzie takim ciągiem liczb naturalnych, że:

$ x_1 = 1 \quad \text{ oraz } \quad x_n < x_{n +1} \leq 2n \quad \text{ dla } n=1,2,3,\ldots . $

Udowodnić, że dla każdej liczby naturalnej $k$ istnieją takie liczby $r$ i $s$ , że $x_r - x_s = k$ .

Rozwiązanie

Ustalmy liczbę naturalną $k$ . Aby znaleźć numery $r$ i $s$ , o które chodzi w zadaniu, wystarczy rozważać początkowy odcinek ciągu $(x_n)$ , złożony z $k +1$ jego pierwszych wyrazów:

$ 1 = x_1 < x_2 < x_3 < \ldots < x_k < x_{k + 1} \leq 2k. $

Zbiór liczb naturalnych od $1$ do $2k$ rozbijamy na sumę $k$ zbiorów dwuelementowych, jak następuje:

$ \{1,2,3,\ldots,2k-1,2k\} = A_1 \cup A_2 \cup \ldots \cup A_{k-1} \cup A_k, $

gdzie

$ A_1 = \{1,k+ 1\}, \quad A_2 = \{2,k + 2\}, \ldots , A_{k-1} = \{k-1,2k-1\}, A_k = \{k,2k\}. $

Z zasady szufladkowej wynika, że spośród $k+1$ liczb $x_1,x_2,\ldots,x_{k+1}$ pewne dwie (różne) trafią do jednego zbioru $A_i = \{i,k + i\}$ . Oznaczając ich numery przez $r$ i $s$ (gdzie $r > s$ ) widzimy, że $x_r = k + i$ , $x_s = i$ . Zatem $x_r - x_s = k$ .

XLIV OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

Na bokach $BC$ , $CA$ , $AB$ trójkąta $ABC$ obrano odpowiednio takie punkty $D$ , $E$ i $F$ , że okręgi wpisane w trójkąty $AEF4$ , $BFD$ i $CDE$ mają promienie równe $r_1$ . Okręgi wpisane w trójkąty $DEF$ i $ABC$ mają odpowiednio promienie $r_2$ i $r$ . Wykazać, że $r_1+r_2=r$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $P$ , $Q$ , $R$ punkty styczności okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$ odpowiednio z bokami $BC$ , $CA$ , $AB$ , a przez $K$ - punkt styczności okręgu wpisanego w trójkąt $EAF$ z bokiem $AF$ . Środki tych okręgów oznaczmy odpowiednio przez $I$ oraz $J$ (rysunek 8).

Układ równań

$ |BP| + |CQ| = |BP| + |PC| = |BC|, $

$ |CQ| + |AR| = |CQ| + |QA| = |CA|, $

$ |AR| + |BP| =|AR| + |RB| = |AB| $

pozwala wyrazić $|AR|$ , $|BP|$ , $|CQ|$ przez $|BC|$ , $|CA|$ , $|AB|$ ; w szczególności

$ |AR| = \frac{1}{2}(|CA| + |AB|-|BC|). $

Rozważając trójkąt $EAF$ mamy analogicznie

$ |AK| = \frac{1}{2}(|EA| + |AF|-|FE|). $

Trójkąty $ARI$ oraz $AKJ$ są podobne w skali $r:r_1$ . W takim razie $r \cdot |AK| = r_1 \cdot |AR|$ i na mocy poprzednich równości

$ r(|EA| + |AF|-|FE|) = r_1(|CA| + |AB|-|BC|). $

Analogicznie

$ r(|FB| + |BD|-|DF|) = r_1(|AB| + |BC|-|CA|), $

$ r(|DC| + |CE|-|ED|) = r_1 (|BC| + |CA|-|AB|). $

Dodajemy stronami trzy ostatnie równości i otrzymujemy związek

$ r \cdot (\textrm{obwód}(ABC) - \textrm{obwód}(DEF)) = r_1 \cdot \textrm{obwód}(ABC). $

Oznaczając połowę obwodu trójkąta $ABC$ przez $p$ , a połowę obwodu trójkąta $DEF$ przez $q$ , przepisujemy ten związek w postaci

$ (1) \qquad (r - r_1)p = rq. $

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

$ (2) \qquad \begin{split} &\mathrm{pole}(EAF) = \frac{1}{2}r_1 (|EA| + |AF| + |FE|),\\ &\mathrm{pole}(FBD) = \frac{1}{2}r_1 (|FB| + |BD| + |DF|),\\ &\mathrm{pole}(DCE) = \frac{1}{2}r_1 (|DC| + |CE| + |ED|) \end{split} $

oraz

$ \mathrm{pole}(ABC) = rp, \quad \mathrm{pole}(DEF) = r_2q. $

Trzy trójkąty figurujące we wzorach (2) mają wnętrza parami rozłączne i wypełniają trójkąt $ABC$ z usuniętym trójkątem $DEF$ . Suma ich pól jest więc równa różnicy pól trójkątów $ABC$ i $DEF$ , czyli różnicy $rp-r_2q$ . Zatem dodając stronami równości (2) otrzymujemy zależność

$ rp- r_2q = \frac{1}{2} r_1 \cdot (\textrm{obwód}(ABC) + \textrm{obwód}(DEF)), $

czyli $rp-r_2q = r_1p + r_1q$ , czyli jeszcze inaczej

$ (r-r_1)p = (r_1 +r_2)q. $

Zgodnie ze wzorem (1) lewa strona ostatniej równości jest równa $rq$ . Stąd $r = r_1+r_2$ .

XLIV OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

Dana jest funkcja ciągła $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ spełniająca warunki:

$ f(1000) =999, \quad f(x)\cdot f(f(x)) = 1 \quad \text{ dla } x\in \mathbf{R}. $

Obliczyć $f(500)$ .

Rozwiązanie

W podanym równaniu

$ (1) \qquad f(x)\cdot f(f(x)) = 1 $

podstawiamy $x = 1000$ i otrzymujemy równość $999 \cdot f(999) = 1$ , czyli

$ f(999) = \frac{1}{999}. $

Z kolei podstawmy w (1) $x = 999$ : dostaniemy związek $\frac{1}{999} \cdot f\left(\frac{1}{999}\right) = 1$ , czyli

$ f\left( \frac{1}{999}\right) = 999. $

Widzimy, że liczby $1/999$ oraz $999$ są wartościami funkcji $f$ . Zgodnie z założeniem, funkcja ta jest ciągła, a więc przyjmuje wszystkie wartości pośrednie; w szczególności przyjmuje wartość $500$ . To znaczy, że dla pewnej liczby rzeczywistej $x_0$ zachodzi równość $f(x_0) = 500$ .

Przyjmijmy $x = x_0$ w równaniu (1): uzyskujemy związek $500\cdot f(500) = 1$ . Zatem

$ f(500) = \frac{1}{500}. $

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:

$ f(x)=\left\{\begin{split} &999 \textrm{ dla } x \in (-\infty; \frac{1}{999}\rangle \cup \langle 1000;\infty), \\ &\frac{1}{x} \textrm{ dla } x\in \left\langle \frac{1}{999};999 \right\rangle, \\ &\textrm{liniowa w przedziale } (999; 1000). \end{split}\right. $