XLIII OM - I - Zadanie 1

Wyznaczyć, w zależności od stałych rzeczywistych , liczbę rozwiązań układu równań

Rozwiązanie

Na płaszczyźnie z kartezjańskim układem współrzędnych rozważamy zbiory i wyznaczone (odpowiednio) przez pierwsze i drugie równanie układu:

Niech oznacza liczbę elementów zbioru , czyli liczbę rozwiązań rozważanego układu równań.

Gdy , zbiór jest pusty, więc .

Gdy , wówczas jest zbiorem jednoelementowym, którego jedynym elementem jest początek układu współrzędnych . Zbiór jest jednoelementowy lub pusty w zależności od togo, czy punkt należy do , czy nie. Oczywiście wtedy i tylko wtedy, gdy .

Rozważmy teraz przypadek, w którym . Zbiór jest brzegiem kwadratu o wierzchołkach , , , . Uzasadnienie: część zbioru zawarta w ćwiartce płaszczyzny wyznaczonej przez nierówności , jest dana równaniem: , czyli ; jest to więc odcinek (bok kwadratu ), którego końcami są punkty i . Analogicznie stwierdzamy, że część zbioru zawarta w dowolnej z czterech ćwiartek otrzymanych przez podział płaszczyzny prostymi i jest odpowiednim bokiem kwadratu .

Zbiór jest (dla każdej wartości ) sumą dwóch półprostych o wspólnym początku , tworzących kąt prosty, którego dwusieczną jest półprosta

(Uzasadnienie przez rozpatrzenie sytuacji, gdy i gdy .) Punkt leży na przekątnej kwadratu lub na jej przedłużeniu. Zbiór jest rozłączny z brzegiem kwadratu (czyli ze zbiorem ), jeśli ; dotyka tego brzegu w jednym punkcie, jeśli ; przecina brzeg w dwóch punktach, jeśli (rysunek 1).

Uwzględniając wszystkie przypadki, otrzymujemy odpowiedź:

Można ją krótko zapisać tak:

XLIII OM - I - Zadanie 2

W kwadracie o boku długości punkt leży na boku , punkt leży na boku , miary kątów i wynoszą odpowiednio i . Obliczyć wysokość, trójkąta poprowadzoną z wierzchołka .

Rozwiązanie

Miara kąta wynosi . Z punktu prowadzimy półprostą tworzącą z półprostymi i odpowiednio kąty i , i odkładamy na niej odcinek długości (rysunek 2).

Z równości , wynika, że trójkąt przystaje do .

Podobnie, z równości , wynika, że trójkąt przystaje do .

W takim razie

To zaś oznacza, że punkt leży na odcinku i jest spodkiem wysokości trójkąta poprowadzonej z wierzchołka . Jej długość .

XLIII OM - I - Zadanie 3

Dane są liczby naturalne i . Udowodnić, że liczby naturalne i
spełniające równość

istnieją wtedy i tylko wtedy, gdy jest liczbą parzystą.

Rozwiązanie

Dane równanie przepisujemy w postaci

Jeśli iloczyn jest liczbą nieparzystą, to liczby i są obie nieparzyste. Zatem suma jest parzysta i jej kwadrat dzieli się przez ; lewa strona (1) dzieli się przez , ale nie przez . Natomiast prawa strona (1) jest - przy każdym wyborze liczb , - albo liczbą nieparzystą, albo liczbą podzielną przez . Nie istnieją więc (w tym przypadku) liczby , spełniające równość (1).

Jeśli zaś jest liczbą parzystą, to lewa strona (1) daje przy dzieleniu przez resztę lub , w zależności od tego, czy obie, czy tylko jedna z liczb , jest parzysta. W takim razie lewa strona (1) jest liczbą postaci , lub ( naturalne) i wystarczy przyjąć, w pierwszym przypadku , , a w drugim - , , by spełnić równanie (1).

XLIII OM - I - Zadanie 4

Obliczyć

Rozwiązanie

Oznaczając -ty wyraz rozważanej sumy przez , otrzymujemy równość

Zatem , jako liczba dodatnia, równa się . Tak więc

Dodajemy te wszystkie równości stronami, redukujemy, co się da, dzielimy stronami przez i otrzymujemy wynik:

XLIII OM - I - Zadanie 5

Dowieść, że jeśli jest liczbą naturalną, to liczba

jest niewymierna.

Rozwiązanie

Oznaczmy badaną liczbę przez . Jest ona pierwiastkiem wielomianu

Przy zmieniającym się mamy w ten sposób określony ciąg wielomianów spełniający zależność rekurencyjną

Z określenia (1) widać, że współczynnikami każdego z wielomianów są liczby całkowite, a współczynnik przy najwyższej potędze zmiennej równa się . Wiadomo (patrz: {\it Uwaga}), że każdy pierwiastek wymierny takiego wielomianu jest liczbą całkowitą. Ponieważ zaś , wystarczy dowieść, że nie ma pierwiastków całkowitych większych od .

Wykażemy w tym celu, że

Uzasadnienie stwierdzenia (3) będzie indukcyjne, oparte na wzorach (2).

Oczywiście dla , więc (3) zachodzi dla .

Ustalmy liczbę naturalną i przyjmijmy, że wielomian spełnia nierówność

Wówczas

To kończy indukcyjny dowód stwierdzenia (3).

Wynika z niego, że każdy z wielomianów przyjmuje w przedziale wyłącznie wartości dodatnie; nie ma więc pierwiastków całkowitych większych od .

Na mocy wcześniejszych spostrzeżeń dowodzi to niewymierności rozważanych liczb ().

Uwaga: Oto uzasadnienie faktu, że każdy pierwiastek wymierny wielomianu postaci

gdzie są liczbami całkowitymi, też jest liczbą całkowitą.

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 .

XLIII OM - I - Zadanie 6

Funkcja ma tę własność, że funkcja

jest okresowa. Udowodnić, że funkcja też jest okresowa.

Rozwiązanie

Zauważmy, że , gdzie

Wykażemy, że funkcja jest ściśle rosnąca. Można oczywiście sprawdzić, że w każdym przedziale postaci (dla całkowitych) jej pochodna jest dodatnia i wobec tego funkcja jest rosnąca w każdym przedziale domkniętym , więc i w całym zbiorze . Można też, bardziej elementarnie, skorzystać z nierówności

i wywnioskować z niej, że jeśli , to

skąd

Zatem istotnie jest funkcją ściśle rosnącą.

Niech będzie okresem funkcji :

Równoważnie:

Funkcja , jako ściśle monotoniczna, jest równowartościowa, a więc równość pociąga równość . Stąd wniosek, że

To pokazuje, że liczba jest także okresem funkcji .

XLIII OM - I - Zadanie 7

Na płaszczyźnie dany jest wielokąt wypukły i prosta .

(a) Wykazać, że istnieje dokładnie jeden wielokąt symetryczny względem i taki, że dla każdej prostej prostopadłej do części wspólne oraz są odcinkami równej długości, albo zbiorami jednopunktowymi, albo zbiorami pustymi.

(b) Dowieść że wielokąt jest wypukły, ma pole równe polu oraz średnica jest nie większa od średnicy .

Uwaga: Średnicą zbioru nazywamy kres górny odległości dowolnych dwóch punktów zbioru .

Rozwiązanie

(a) Przyjmijmy prostą za oś z kartezjańskiego układu współrzędnych i niech przedział tej osi będzie rzutem prostokątnym wielokąta . Niech będą odciętymi wszystkich wierzchołków wielokąta , ponumerowanymi tak, że , oraz niech będzie prostą o równaniu . Dla każdego numeru część wspólna jest odcinkiem o końcach , leżących na brzegu ; co najmniej jeden z nich jest wierzchołkiem . Zbiór jest odcinkiem lub zbiorem jednopunktowym, który też będziemy uważali za zdegenerowaną postać odcinka (o pokrywających się końcach , ); podobnie zbiór . Ustalmy oznaczenia tak, by , , . Obiegając brzeg w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara napotykamy rozważane punkty w porządku: ; są wśród nich wszystkie wierzchołki wielokąta .

Oznaczmy połowę różnicy przez . Weźmy pod uwagę punkty , ) oraz zdefiniujmy jako wielokąt ograniczony łamaną zamkniętą .

Łamana jest obrazem łamanej w symetrii osiowej względem prostej . Prosta ta jest więc osią symetrii wielokąta , (rysunek 3). Łamana jest wykresem wypukłej funkcji , a łamana jest wykresem wklęsłej funkcji ; dziedziną obu funkcji jest przedział .

(Funkcja {\it wypukła} - to taka, że dla dowolnej pary punktów , należących do jej wykresu fragment wykresu zawarty między i leży poniżej odcinka bądź się z tym odcinkiem pokrywa; definicję funkcji {\it wklęsłej} otrzymujemy zastępując słowo ,,poniżej'' słowem ,,powyżej''.)

Oczywiście

Łamana jest wykresem pewnej funkcji , o wartościach nieujemnych, zaś symetryczna do niej (względem prostej ) łamana jest wykresem funkcji .

Ustalmy numer . W przedziale każda z funkcji , , jest liniowa. Na końcach tego przedziału spełnione są równości

Stąd (wobec liniowości) równość

zachodzi dla wszystkich . Wobec dowolności wyboru , równość (1) zachodzi dla wszystkich .

Niech będzie dowolną prostą prostopadłą do (,,pionową''). Jeśli przecina ona którykolwiek z wielokątów i , to przecina także i drugi. Części wspólne oraz są więc jednocześnie zbiorami pustymi lub niepustymi. Są one niepuste wtedy i tylko wtedy, gdy prosta przechodzi przez
punkt o odciętej . Zbiór jest wówczas odcinkiem o końcach , , natomiast zbiór jest odcinkiem o końcach , . Z uwagi na równość (1) odcinki te mają równą długość.

Dla zbiór jest odcinkiem , a zbiór jest odcinkiem . Gdy punkt pokrywa się z , to także punkt pokrywa się z (i na odwrót); odcinki i degenerują się wówczas do punktów (czyli zbiory , są jednopunktowe). Analogiczna sytuacja może mieć miejsce dla .

Dla zbiory oraz są odcinkami niezdegenerowanymi, o jednakowej długości - jak stwierdziliśmy powyżej.

Tak więc wielokąt spełnia warunki postawione w części (a) zadania. Jest to jedyny wielokąt o tej własności, bowiem warunki (a) określają zbiór jednoznacznie jako sumę rodziny odcinków prostopadłych do prostej , połowionych przez nią i mających długości równe długościom odpowiednich przekrojów ,,pionowych'' wielokąta (czyli odpowiednim wartościom różnicy
).

(b) Dla każdego numeru czworokąt jest trapezem równoramiennym o podstawach ; oznaczmy ten trapez przez . Także czworokąt jest trapezem (na ogół nie równoramiennym) o podstawach ; oznaczmy ten trapez przez . (Dla oraz trapezy te mogą redukować się do trójkątów.)

Odcinek o końcach i jest wysokością zarówno trapezu , jak i trapezu . Także odpowiednie podstawy tych trapezów są odcinkami jednakowej długości:

Wobec tego

Trapezy mają wnętrza parami rozłączne i wypełniają cały wielokąt . Podobnie trapezy mają wnętrza parami rozłączne i wypełniają cały wielokąt .

Zatem pola wielokątów i są równe.

Weźmy pod uwagę zbiór

Wykażemy, że jest on wypukły.

Niech i będą dowolnymi punktami zbioru ; oznaczmy ich odcięte przez i . Funkcja , jako różnica funkcji wklęsłej i funkcji wypukłej (wzór (1)), jest funkcją wklęsłą. Zatem żaden punkt odcinka łączącego punkt z punktem nie leży powyżej wykresu funkcji (rysunek 4). Tym bardziej żaden punkt odcinka nie leży powyżej wykresu funkcji . To znaczy, że odcinek jest zawarty w zbiorze . Wobec dowolności wyboru punktów , zbiór jest wypukły.

Także zbiór

będący symetrycznym obrazem zbioru (w symetrii osiowej względem ), jest wypukły.

Wielokąt jest częścią wspólną zbiorów wypukłych i ; jest więc zbiorem wypukłym. Średnicą wielokąta jest długość pewnej jego przekątnej lub boku, czyli długość pewnego odcinka o końcach należących do zbioru .

Jeśli , są różnymi numerami, to czworokąt jest trapezem równoramiennym (o podstawach ). Przekątna takiego trapezu nie może być krótsza niż ramię: (równość może tu zajść tylko w przypadku, gdy jeden z numerów , równa się lub , a trapez redukuje się do trójkąta).

Stąd wniosek, że średnicą wielokąta jest długość pewnego odcinka postaci .

Z równości

otrzymujemy nierówność

z której wynika, że co najmniej jeden z odcinków , ma długość nie mniejszą niż odcinek . Wobec tego średnica wielokąta jest nie mniejsza niż średnica wielokąta .

Wykazaliśmy więc, że wielokąt ma wszystkie własności postulowane w części (b).

XLIII OM - I - Zadanie 8

W czworościanie sumy długości przeciwległych krawędzi wynoszą . Okręgi wpisane w ściany , , i mają promienie , , , . Udowodnić, że

oraz równość ma miejsce dla czworościanu foremnego.

Rozwiązanie

Skorzystamy z następującego faktu:

Jeśli trójkąt o bokach długości , , jest opisany na kole o promieniu , to

przy czym równość zachodzi tylko dla trójkąta równobocznego.

(Innymi słowy: spośród wszystkich trójkątów opisanych na danym kole, najkrótszy obwód ma trójkąt foremny; patrz: Uwaga.)

Dla trójkątów , , i nierówność (1) przybiera odpowiednio postać

Z założenia mamy

Dodając stronami nierówności (2) i uwzględniając związki (3) otrzymujemy

czyli

Równość zachodzi tylko wtedy, gdy wszystkie cztery nierówności (2) stają się równościami, czyli gdy trójkąty , , i są równoboczne - innymi słowy, gdy czworościan jest foremny.

Uwaga: Nierówność (1) można uzasadnić opierając się na dwóch wzorach wyrażających pole trójkąta :

oraz

({\it wzór Herona}). Stąd

Średnia arytmetyczna liczb , , wynosi

i jest nie mniejsza niż średnia geometryczna tych liczb:

Podnosimy tę nierówność stronami do trzeciej potęgi i uwzględniając wcześniejszy związek otrzymujemy

czyli , skąd . Jest to właśnie nierówność (1). Równość zachodzi tylko wtedy, gdy ,,uśredniane'' liczby , , są równe, czyli tylko dla .

XLIII OM - I - Zadanie 9

Dowieść, że wśród dowolnych liczb całkowitych istnieją takie dwie, których suma lub różnica dzieli się przez .

Rozwiązanie

Oznaczmy rozważane liczby przez i niech będzie resztą z dzielenia przez .

Przypuśćmy, że wśród tych reszt są dwie równe:

Wówczas różnica dzieli się przez ; teza zachodzi.

Przypuśćmy z kolei, że wśród reszt nie ma dwóch równych. Reszty te są więc różnymi elementami zbioru . Co najmniej spośród nich nie równa się ani ani ; zmieniając w razie potrzeby numerację możemy przyjąć, że to reszty są różne od i , czyli należą do zbioru

Zbiór ten jest sumą następujących zbiorów dwuelementowych:

Mamy więc różnych liczb rozmieszczonych w sumie zbiorów . Co najmniej dwie z nich należą do tego samego zbioru , na mocy zasady szufladkowej. Ich suma równa się . To znaczy, że suma dzieli się przez ; teza zachodzi i w tym przypadku.

XLIII OM - I - Zadanie 10

Danych jest liczb . Przyjmujemy

Udowodnić, że

Rozwiązanie

W określeniu wyrażenia różnica znajduje się pod znakiem pierwiastka kwadratowego. Aby mieć pewność, że określenie jest poprawne, należałoby uzasadnić, że ta różnica jest nieujcmna. (Można też uznać, że skoro w treści zadania znajduje się napis ,,pierwiastek kwadratowy z pewnej liczby'', to nieujemność tej liczby jest automatycznie dana w założeniach.)

Wszelako nierówność istotnie jest konsekwencją wcześniejszych założeń (tzn. określenia liczb i ). Jej uzasadnienie pojawi się w dalszej części rozwiązania.

Wprowadźmy do rozważań liczby

spełniają one nierówności oraz równość

Weźmy pod uwagę funkcję

(sumowanie po wszystkich parach takich, że ). Funkcja jest wielomianem drugiego stopnia (zmiennej ); ma więc przedstawienie

Współczynniki , , wyznaczamy wymnażając różnice w nawiasach w wyrażeniu (2) i wykonując sumowanie:

skąd

oraz (wobec związku (1))

zaś

Tak więc

Z nierówności wynika, że dla oraz dla wszystkie składniki sumy (2) określającej są nieujemne; stąd

Zapiszmy teraz liczbę w następujący sposób (korzystając z (3)):

Ponieważ , widać stąd, że ; a zatem liczba jest poprawnie określona, a stała jest z nią związana zależnością

Podstawiając to do wzoru (3) otrzymujemy

i z nierówności (4) wnosimy, że

Suma liczb równa się zeru (wzór (1)), wobec czego , . Ze związków (5) wynikają więc nierówności

które stanowią tezę zadania.

Uwaga: Warto dać probabilistyczną interpretację udowodnionych nierówności. Weźmy pod uwagę zmienną losową (na dowolnej przestrzeni probabilistycznej), przyjmującą wartości - każdą z nich z jednakowym prawdopodobieństwem, równym . Jej wartość średnia oraz wariancja wyrażają się wzorami oraz

(Określenie użytych pojęć oraz dowód równości można znaleźć na przykład w podręczniku: W. Szlenk, {\it Rachunek prawdopodobieństwa dla klasy IV liceum ogólnokształcącego i technikum}, PZWS, Warszawa 1970, rozdział 6.6, wzór (10).)

Używając danych w zadaniu oznaczeń , , mamy więc równości oraz

Pierwiastek kwadratowy z wariancji, oznaczany symbolem (lub też ), nazywa się {\it odchyleniem standardowym} (zmiennej losowej od wartości średniej ). Wzór (7) pokazuje, że rozważana w zadaniu wielkość równa się, z dokładnością do czynnika , odchyleniu standardowemu zmiennej :

a każda z wykazanych nierówności (6) daje górne oszacowanie tego odchylenia:

XLIII OM - I - Zadanie 11

Dana jest liczba naturalna . Rozważamy tabelę zbudowaną z okienek, ustawionych w rzędach: jedno okienko w pierwszym rzędzie, dwa w drugim itd., okienek w -tym rzędzie. W okienka tabeli wpisujemy w sposób losowy liczby od do . Niech będzie największą z liczb w -tym rzędzie. Obliczyć prawdopodobieństwo tego, że .

Rozwiązanie

Dla ustalonej liczby naturalnej rozważane w zadaniu zdarzenie

jest równoważne koniunkcji zdarzeń

oraz

Warunek określający zdarzenie jest równoważny stwierdzeniu, że liczba trafia do jednego z okienek -tego rzędu tabeli; w takim razie

Wybierzmy dowolne liczb ze zbioru i przyjmijmy, że te liczby zostały wpisane w okienka -tego rzędu. Pozostaje zbiór różnych liczb, gdzie ; należy je rozmieścić w okienkach od pierwszego do ()-go rzędu.

Zbiór ten możemy zastąpić po prostu zbiorem ; prawdopodobieństwo zajścia nierówności nie zmieni się przy tym.

Uwaga ta jest słuszna dla każdego wyboru liczb (do -tego rzędu tabeli); w szczególności dla każdego takiego wyboru, który powoduje zajście zdarzenia . Wobec tego prawdopodobieństwo warunkowe jest równe prawdopodobieństwu zdarzenia i otrzymujemy wzór rekurencyjny

Ponieważ , zatem

XLIII OM - I - Zadanie 12

Na płaszczyźnie narysowane cztery proste tak, że żadne dwie z nich nie są równoległe i żadne trzy nie mają punktu wspóinego. Proste te wyznaczają cztery trójkąty. Udowodnić, że ortocentra tych trójkątów leżą na jednej prostej.

Uwaga: Ortocentrum trójkąta to punkt przecięcia jego wysokości.

Rozwiązanie

Oznaczmy cztery dane proste przez , , , , a ich punkty przecięcia - przez , , , , , , tak, by

Żadne dwa z tych punktów nie pokrywają się; gwarantują to warunki zadania.

Rysunek 5 przedstawia jedną z możliwych konfiguracji; jednak dla dalszego ciągu rozumowania nie ma żadnego znaczenia, czy trzy punkty przecięcia dowolnej z tych prostych z pozostałymi prostymi leżą na wybranej prostej w takim właśnie porządku, jak na rysunku, czy w jakimkolwiek innym.

Ortocentra czterech rozważanych trójkątów

oznaczmy odpowiednio przez , , , . Prosta (patrz: Uwaga 1) zawiera wysokość trójkąta , jest więc prostopadła do prostej , identycznej z prostą .

Podobnie uzasadniamy każdy z następujących ośmiu związków prostopadłości:

Tezę zadania można uzyskać stosując rachunek na wektorach. Ze związków (1) wynika, że następujące iloczyny skalarne są równe zeru:

A ponieważ , , możemy te równości przepisać w postaci

Zależności (2), (3), (4) zapisujemy podobnie:

Dodajemy stronami dwie równości figurujące w (5):

i przekształcalny otrzymany związek do postaci

Analogicznie, przez dodanie stronami obu równości w każdej z par (6), (7), (8) dostajemy - odpowiednio - zależności

Oznaczmy wektor przez . W myśl równości (9) - (12),

Odejmując dwa pierwsze iloczyny dostajemy równość , która oznacza, że wektory i są prostopadłe. Analogicznie, rozważając różnice dowolnych dwóch iloczynów figurujących w (13) stwierdzamy, że wektor jest prostopadły do każdego z wektorów, którego końcami są dowolne dwa spośród punktów , , , .

Zauważmy, że nie jest wektorem zerowym; równość oznaczałaby bowiem, że czworokąt jest równoległobokiem, wbrew założeniu, że proste i - czyli i - nie są równolegle. Można wiec mówić o prostej prostopadłej do , przechodzącej przez ustalony punkt; niech tym punktem będzie na przykład . Skoro każdy z wektorów , , jest prostopadły do , zatem punkty , , leżą na określonej przed chwilą prostej. Dowód jest zakończony.

Uwaga 1. Gdy któreś z rozważanych prostych przecinają się pod kątem prostym, wówczas ortocentrum odpowiedniego trójkąta pokrywa się z jednym wierzchołkiem; na przykład punkt może być identyczny z . Nie można więc mówić o {\it prostej} ; niemniej, równość jest i w tym przypadku sensowna (i prawdziwa), bo jest wektorem zerowym. Podobnie każde z oznaczeń prostych, użyte w zależnościach (1) - (4), może stracić sens; ale odpowiednie związki (5) - (8) są słuszne w każdym przypadku.

XLIII OM - II - Zadanie 1

Każdy wierzchołek pewnego wielokąta ma obie współrzędne całkowite; długość każdego boku tego wielokąta jest liczbą naturalną. Udowodnić, że obwód wielokąta jest liczbą parzystą.

Rozwiązanie

Niech będą kolejnymi wierzchołkami wielokąta; wygodnie nam będzie oznaczać wierzchołek także przez . Brzeg wielokąta tworzy łamaną zamkniętą, zatem

Oznaczmy współrzędne -tego wektora powyższej sumy przez , , a jego długość - przez :

Liczby , , są z założenia całkowite. Oczywiście .

W rozwiązaniu będziemy korzystali z prostego spostrzeżenia, że kwadrat dowolnej liczby całkowitej jest liczbą tej samej parzystości, co (bowiem , a iloczyn jest liczbą parzystą). Stąd wniosek, że dla dowolnych liczb całkowitych mamy równoważność:

(Istotnie: na mocy poprzedniego spostrzeżenia, obie te sumy mają tyle samo składników nieparzystych.)

Równość (1) jest równoważna temu, że

Przyjmując w (2) , a następnie , stwierdzamy, że sumy
oraz są liczbami parzystymi. W takim razie również suma

jest liczbą parzystą. Wreszcie, stosując równoważność (2) do liczb wnosimy, że suma jest także liczbą parzystą. A ta suma — to właśnie obwód wielokąta.

XLIII OM - II - Zadanie 2

Dana jest liczba naturalna . Niech , będą liczbami rzeczywistymi. Dowieść, że następujące warunki są równoważne:

Dla dowolnych liczb rzeczywistych

zachodzi nierówność

Dla każdej liczby naturalnej zachodzi nierówność

Rozwiązanie

Dowód implikacji (a) (b). W nierówności założonej w warunku (a) podstawiamy i otrzymujemy

natomiast podstawiając otrzymujemy

Stąd

Ustalmy liczbę i przyjmijmy oraz ; dostajemy nierówność

Uzyskaliśmy wszystkie związki postulowane w warunku (b).

Dowód implikacji (b) (a). Teraz zakładamy, że dane liczby , spełniają układ nierówności oraz równość podane w warunku (b). Oznaczmy:

założenia przybierają postać

Oczywiście

Weźmy dowolne liczby . Przekształcamy różnicę między prawą a lewą stroną nierówności, którą mamy udowodnić (stosujemy tzw. {\it przekształcenie Abela}):

Ostatni składnik otrzymanej sumy równa się zeru (bo ). Wszystkie pozostałe składniki są nieujemne (bo , ). Wobec tego przekształcana różnica jest nieujemna; nierówność podana w warunku (a) została udowodniona.

XLIII OM - II - Zadanie 3

Przez środek ciężkości trójkąta ostrokątnego poprowadzono proste prostopadłe do boków , , , przecinające je odpowiednio w punktach , , . Wykazać że jeżeli , to trójkąt jest równoramienny.

Uwaga: Zgodnie z twierdzeniem Cevy, dana w założeniu równość, iloczynów jest równoważna temu, że proste , , mają punkt wspólny.

Rozwiązanie

Rysunek 7 przedstawia ,,dowolny'' trójkąt ostrokątny ; nie jest on równoramienny, a zatem (jeśli teza zadania 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 równości miar kątów i odcinków, które nie wynikają bezpośrednio z założeń, a jedynie mogłyby zostać zasugerowane rysunkiem wykonanym zgodnie z dowodzoną tezą.

Oznaczmy przez , , środki boków , , , a przez , , - spodki wysokości trójkąta , opuszczpnych odpowiednio na te boki. Przyjmijmy:

Wówczas

(Rysunek 7 przedstawia sytuację, gdy , , .)

Środkowe , , przecinają się w punkcie (środku ciężkości trójkąta ), który dzieli każdą z nich w stosunku . Używając języka wektorów można to zapisać następująco:

Z pierwszej z tych równości oraz z tego, że proste i są równolegle, wynika, że trójkąt jest obrazem trójkąta w jednokładności o środku i skali (jeśli punkt pokrywa się z , oba te trójkąty degenerują
się do odcinków). Zatem . Podobnie (powołując się na związki równoległości , ) uzasadniamy dalsze dwie z poniższych równości:

Stąd zaś, wobec (1), dostajemy związki

Wysokości trójkąta przecinają się w jednym punkcie, więc na mocy twierdzenia Cevy mamy równość iloczynów (analogiczną do równości , danej w założeniu). Uwzględniając związki (1) i (2) możemy przepisać omawiane równości iloczynów w postaci

Używając oznaczeń

nadajemy uzyskanym zależnościom zwięzłą postać:

Oczywiście jest wielomianem (trzeciego stopnia) zmiennej . Uporządkujmy wyrażenie definiujące według potęg zmiennej :

Zatem

gdzie

Związki (3) dają więc układ równań

którego jedynym rozwiązaniem jest .

Równość , czyli oznacza, że

W takim razie lub lub : spodek jednej z wysokości pokrywa się ze środkiem odpowiedniego boku. A to znaczy, że trójkąt jest równoramienny.

XLIII OM - II - Zadanie 4

Okręgi , , są styczne zewnętrznie: do w punkcie , do w punkcie , do w punkcie , do w punkcie . Proste i przecinają się w punkcie . Przez punkt poprowadzono prostą styczną do w punkcie . Wykazać, że .

Rozwiązanie

Niech będzie środkiem okręgu , a - długością jego promienia (). Tak więc

Wykażemy, że
\begin{center}
(2) \qquad łamana zamknięta nie ma samoprzecięć.
\end{center}

Przypuśćmy, wbrew stwierdzeniu (2), że na przykład odcinki i przecinają się w punkcie (różnym od , ). Wówczas

To jednak nie jest możliwe, bowiem z równości (1) wynika, że zarówno suma , jak i suma , ma wartość . Otrzymana sprzeczność dowodzi słuszności stwierdzenia (2).

Wobec tego łamana jest brzegiem czworokąta. Może on być wypukły lub wklęsły; rysunki 8 i 9 ilustrują te dwie sytuacje.

W dalszym ciągu przyjmujemy następującą umowę: dla dowolnej trójki różnych punktów , , symbol bęclzie stale oznaczał miarę kąta {\it wypukłego} o ramionach , (a więc wartość z przedziału ).

Oznaczmy miary kątów {\it wewnętrznych} czworokąta przez

Gdy czworokąt jest wypukły, wówczas oczywiście

(Przypadek ten obejmuje również sytuację, gdy pewne trzy wierzchołki są współliniowe i czworokąt degeneruje się do trójkąta.)

Jeśli natomiast jest czworokątem wklęsłym, wówczas jeden z jego kątów wewnętrznych ma miarę większą od . Niech na przykład . Układ równości (3) należy wówczas zastąpić, przez

Trójkąty i są równoramienne. Zatem

Gdy czworokąt jest wypukły, możemy powyższe związki przepisać w postaci

a stąd

Analogicznie - korzystając z tego, że również trójkąty i są równoramienne - stwierdzamy, że

Rozważmy teraz sytuację, gdy czworokąt jest wklęsły i na przykład kąt wewnętrzny przy wierzchołku jest wklęsły, tak, że zachodzą związki (4). Wyprowadzenie wzoru (5) pozostaje w mocy; podobnie jest ze wzorem (6). Dalej,

natomiast

wobec czego

Tak więc równość (7) zachodzi także i w tym przypadku. Podobnie dowodzimy wzoru (8).

Z równości (5), (6), (7), (8) (słusznych w każdym przypadku) wynika, że

A zatem na czworokącie można opisać okrąg. Oznaczmy ten okrąg przez .

Poprowadźmy z punktu prostą styczną do w punkcie (rysunek 10). Na mocy twierdzenia o odcinkach siecznej i stycznej, zastosowanego do okręgów , , , mamy równości:

Stąd, ostatecznie, .

XLIII OM - II - Zadanie 5

Wyznaczyć kres górny obiętości kul zawartych w czworościanach o wszystkich wysokościach nie dłuższych niż .

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że kula o środku i promieniu jest zawarta w czworościanie o wszystkich wysokościach nie dłuższych niż . Oznaczmy jego objętość przez , a pola ścian - przez , , , ; ustalmy numerację tak, by .

Wysokość czworościanu, prostopadła do -tej ściany, ma długość (na mocy wzoru: objętość ostrosłupa równa się iloczynu pola podstawy przez wysokość). Zgodnie z przyjętym warunkiem, długości te nie przekraczają . W szczególności .

Zauważmy, że jest sumą objętości czterech czworościanów, których podstawami są ściany danego czworościanu, a wspólnym wierzchołkiem - punkt (czyli środek rozważanej kuli). Wysokość każdego z tych czterech czworościanów, poprowadzona z punktu , ma długość co najmniej .

Wnosimy stąd, że

Wobec tego

Gdy czworościan jest foremny, a kula jest weń wpisana, wszystkie napisane powyżej nierówności stają się równościami. Stąd wniosek, że kres górny możliwych wartości wynosi . Kula o promieniu ma objętość , i ta liczba jest kresem górnym objętości wszystkich rozpatrywanych kul.

XLIII OM - II - Zadanie 6

Ciągi i są określone następująco:

Dowieść, że dla każdej liczby całkowitej zachodzi równość .

Rozwiązanie

Zajmiemy się ciągami , o wyrazach

Wspólną wartość i oznaczmy przez :

Z podanych w zadaniu rekurencyjnych określeń ciągów i wyprowadzamy analogiczne wzory dla ciągów i :

Stąd, przez oczywistą indukcję,

Zastępując w pierwszym z tych wzorów przez otrzymujemy związek

czyli - zgodnie z określeniem i -

Przepisujemy tę równość w postaci

i uzyskujemy żądany związek

XLIII OM - III - Zadanie 1

Odcinki i przecinają się w punkcie , przy czym , . Niech będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie . Dowieść, że proste i są prostopadłe.

Rozwiązanie

Niech prosta będzie dwusieczną kątów i , a prosta niech będzie dwusieczną kątów i . Proste oraz są prostopadłe. Z danych w założeniach równości odcinków wynika, że trójkąt jest obrazem trójkąta w symetrii osiowej względem prostej . Oznaczmy przez punkt przecięcia prostej z okręgiem opisanym na trójkącie (różny od ). Prosta jest dwusieczną kąta , więc kąty wpisane i są równe (przystające). W takim razie także i odpowiednie kąty środkowe i są równe. Zatem prosta jest osią symetrii trójkąta równoramiennego ; jest więc prostopadła do cięciwy .

Osią symetrii trójkąta równoramiennego jest prosta , prostopadła do , więc równoległa do . Odcinek jest symetryczny do względem prostej ; odcinek jest symetryczny do względem prostej . Ze związków: i wynika więc, że - czyli teza zadania. (Rysunek 11 przedstawia sytuację, gdy trójkąt jest ostrokątny, czyli gdy punkt leży w jego wnętrzu; rozumowanie nie wymaga jednak żadnych zmian, gdy któryś z kątów trójkąta jest rozwarty.)

XLIII OM - III - Zadanie 2

Wyznaczyć wszystkie funkcje określone na zbiorze liczb wymiernych dodatnich, o wartościach w tym samym zbiorze, spełniające dla wszystkich dodatnich liczb wymiernych warunki

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że funkcja spełnia podane warunki. Wykażemy, że dla każdej liczby wymiernej oraz każdej liczby naturalnej zachodzi równość (1)

Traktujemy jako ustalone. Dla równość (1) zachodzi na mocy pierwszego z warunków danych w założeniach. Przyjmijmy słuszność (1) dla pewnego naturalnego. Wówczas, w myśl tego samego warunku,

Równość (1) zachodzi więc po zastąpieniu przez . Na mocy zasady indukcji uzyskujemy słuszność (1) dla wszystkich naturalnych.

Weźmy dowolną dodatnią liczbę wymierną (, naturalne). Przyjmując w (1) , mamy

i po podniesieniu stronami do trzeciej potęgi:

Skorzystajmy teraz z drugiego warunku danego w założeniach, zastępując przez sumę :

Tak więc lewa strona (2) równa się , czyli

Zauważmy, że jest liczbą naturalną. Przyjmując w (1) tę właśnie liczbę jako oraz biorąc stwierdzamy, że wartość (3) jest równa

jak pamiętamy, jest to lewa strona równości (2).

Prawa strona (2) równa się

(bo ). Stąd, przez przyrównanie otrzymanych wyrażeń (4) oraz (5), dostajemy równość

czyli

czyli

czyli jeszcze inaczej

Suma w drugim nawiasie jest dodatnia. Stąd .

Liczba (wymierna, dodatnia) była wybrana dowolnie. A wobec tego musi być funkcją identycznościową:

Sprawdzenie, że funkcja (6) spełnia podane w zadaniu warunki, jest natychmiastowe. Jest więc ona jedynym rozwiązaniem zadania.

XLIII OM - III - Zadanie 3

Udowodnić że dla dowolnych liczb rzeczywistych zachodzi nierówność

Rozstrzygnąć, dla jakich liczb nierówność ta staje się równością.

Rozwiązanie

Oznaczmy badane wyrażenie przez :

Gdy , mamy do czynienia z jedną liczbą rzeczywistą ; suma ,,wewnętrzna'' redukuje się do pojedynczego składnika; suma ,,zewnętrzna''
też, i mamy po prostu . Nierówność jest oczywista; staje się ona równością tylko dla .

Stąd przypuszczenie: dana do udowodnienia nierówność

powinna zachodzić dla każdej liczby naturalnej i dla każdego układu liczb rzeczywistych , przechodząc w równość tylko wtedy, gdy .

Równość

nie budzi wątpliwości. Pozostaje do udowodnienia nierówność ostra

dla każdego układu liczb rzeczywistych .

Dowód poprowadzimy przez indukcję względem . Przypadek został już rozpatrzony.

Ustalmy liczbę naturalną i przyjmijmy, że nierówność analogiczna do (2) zachodzi dla :

dla każdego układu . Chcemy wykazać słuszność tezy (2) dla każdego układu .

Niech więc będą dane liczby nie wszystkie równe zeru. Wyodrębnijmy w każdej z sum występujących w określeniu (1) składnik o numerze :

Jeśli , to z konieczności , a napisane wyrażenie ma postać

Jest to liczba dodatnia, a więc nierówność (2) jest w tym przypadku spełniona.

Rozważmy teraz przypadek, w którym nie wszystkie liczby są zerami. Spójrzmy na wyrażenie (4) jak na funkcję zmiennej , którą teraz oznaczymy przez ; to znaczy, przyjmijmy

gdzie współczynniki , , są dane (zgodnie z równością (4)) wzorami

Wyrażenie jest trójmianem kwadratowym. Obliczymy jego wyróżnik :

stąd

XLIII OM - III - Zadanie 4

Ciąg funkcji określony w następujący sposób:

Dla każdej liczby naturalnej rozwiązać równanie

XLIII OM - III - Zadanie 5

Podstawą ostrosłupa prawidłowego jest -kąt foremny . Sfera przechodząca przez wierzchołek , ostrosłupa pezecina krawędzie boczne w punktach (). Udowodnić, że

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia:

(rysunek 12). W zadaniu zakłada się milcząco, że jest punktem przecięcia danej sfery z krawędzią , różnym od . Zatem .

Oznaczmy środek sfery przez . Zachodzą równości między wektorami:

Podnosimy (2) stronami do kwadratu (w sensie iloczynu skalarnego, oznaczanego tu grubą kropką):

czyli

Ponieważ punkty oraz leżą na sferze o środku , zatem , co pozwala nam przepisać równość (3) jako

Stąd, uwzględniając (1), mamy

i po podzieleniu stronami przez :

Niech będzie środkiem okręgu opisanego na wielokącie . Zauważmy, że wielokąty i są foremne. Zatem

W takim razie

Stąd i z (4):

Sumy (5) i (6) okazały się być równe tej samej liczbie. Równość tych sum jest właśnie tezą zadania.

XLIII OM - III - Zadanie 6

Udowodnić, że dla każdej liczby naturalnej liczba jest dzielnikiem liczby .

Rozwiązanie

Dla każdej pary liczb naturalnych zachodzi równość

Ustalmy liczby naturalne . Podstawmy w (1) kolejno i wymnóżmy stronami otrzymane równości:

Przekształcamy lewa stronę równości (2):

i po redukcji czynników powtarzających się w licznikach i w mianownikach:

Przyrównanie prawych stron wzorów (2) i (3) daje równość

Zatem dla każdej pary liczb naturalnych iloraz jest liczbą naturalną.

Niech będzie zadaną liczbą naturalną. Podstawiając w (4) najpierw , a następnie , , dostajemy po prawej stronie liczby naturalne, które oznaczymy odpowiednio przez i :

Stąd przez pomnożenie stronami:

Zatem istotnie liczba jest podzielna przez .

Uwaga: Przyjmijmy w (4): , , i oznaczmy otrzymaną wartość wyrażenia (4) przez :

Weźmy dowolną liczbę naturalną i wymnóżmy stronami równości (5) zastosowane kolejno dla . Wynik tej operacji:

czyli - po redukcji wspólnych czynników licznika i mianownika -

Uzyskaliśmy wzmocnienie tezy zadania: Liczba jest dzielnikiem liczby .