XLIII OM - III etap

III etap XLIII Olimpiady Matematycznej

XLIII OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

III

Odcinki $AC$ i $BD$ przecinają się w punkcie $P$ , przy czym $|PA|=|PD|$ , $|PB|=|PC|$ . Niech $O$ będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie $PAB$ . Dowieść, że proste $OP$ i $CD$ są prostopadłe.

Rozwiązanie

Niech prosta $l$ będzie dwusieczną kątów $APD$ i $BPC$ , a prosta $m$ niech będzie dwusieczną kątów $APB$ i $CPD$ . Proste $l$ oraz $m$ są prostopadłe. Z danych w założeniach równości odcinków wynika, że trójkąt $PCD$ jest obrazem trójkąta $PBA$ w symetrii osiowej względem prostej $l$ . Oznaczmy przez $Q$ punkt przecięcia prostej $m$ z okręgiem opisanym na trójkącie $PAB$ (różny od $P$ ). Prosta $m$ jest dwusieczną kąta $APB$ , więc kąty wpisane $BPQ$ i $APQ$ są równe (przystające). W takim razie także i odpowiednie kąty środkowe $BOQ$ i $AOQ$ są równe. Zatem prosta $OQ$ jest osią symetrii trójkąta równoramiennego $AOB$ ; jest więc prostopadła do cięciwy $AB$ .

Osią symetrii trójkąta równoramiennego $POQ$ jest prosta $l'$ , prostopadła do $m$ , więc równoległa do $l$ . Odcinek $OP$ jest symetryczny do $OQ$ względem prostej $l'$ ; odcinek $CD$ jest symetryczny do $AB$ względem prostej $l$ . Ze związków: $l || l'$ i $OQ \bot AB$ wynika więc, że $OP\bot CD$ - czyli teza zadania. (Rysunek 11 przedstawia sytuację, gdy trójkąt $PAB$ jest ostrokątny, czyli gdy punkt $O$ leży w jego wnętrzu; rozumowanie nie wymaga jednak żadnych zmian, gdy któryś z kątów trójkąta $PAB$ jest rozwarty.)

XLIII OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

III

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

$ f(x+1) = f(x)+1 \quad \text{ oraz }\quad f(x^3) = (f(x))^3. $

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że funkcja $f$ spełnia podane warunki. Wykażemy, że dla każdej liczby wymiernej $u>0$ oraz każdej liczby naturalnej $k$ zachodzi równość (1)

$ f(u + k) = f(u) + k. $

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

$ \begin{split} f(u + (k+1)) & =f((u+k)+1) = f(u+k) + 1 =\\ & = (f(u)+k)+1 = f(u)+(k + 1). \end{split} $

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

Weźmy dowolną dodatnią liczbę wymierną $x = m/n$ ( $m$ , $n$ naturalne). Przyjmując w (1) $u=x$ , $k = n^2$ mamy

$ f(x + n^2) = f(x) + n^2, $

i po podniesieniu stronami do trzeciej potęgi:

$ (2) \qquad (f(x+n^2))^3 = (f(x) + n^2)^3. $

Skorzystajmy teraz z drugiego warunku danego w założeniach, zastępując $x$ przez sumę $x + n^2$ :

$ f((x + n^2)^3) = (f(x + n^2))^3. $

Tak więc lewa strona (2) równa się $(f(x + n^2)^3)$ , czyli

$ (3) \qquad f(x^3+3n^2x^2+3n^4x + n^6). $

Zauważmy, że $3n^2x^2 + 3n^4x + n^6 = 3m^2 + 3mn^3 + n^6$ jest liczbą naturalną. Przyjmując w (1) tę właśnie liczbę jako $k$ oraz biorąc $u = x^3$ stwierdzamy, że wartość (3) jest równa

$ (4) \qquad f(x^3) + 3n^2x^2 + 3n^4x + n^6; $

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

Prawa strona (2) równa się

$ \begin{split} (5) \qquad (f(x) + n^2)^3 & = (f(x))^3 + 3n^2 (f(x))^2 + 3n^4 f(x) + n^6 =\\ & = f(x^3)+3n^2(f(x))^2+3n^4f(x) + n^6 \end{split} $

(bo $f(x^3) = (f(x))^3$ ). Stąd, przez przyrównanie otrzymanych wyrażeń (4) oraz (5), dostajemy równość

$ 3n^2 (f(x))^2 + 3n^4 f(x) + n^6 = 3n^2 x^2 + 3n^4x + n^6, $

czyli

$ (f(x))^2 + n^2f(x) = x^2 + n^2x, $

czyli

$ (f(x)-x)(f(x) + x) + n^2f(x)-n^2x = 0, $

czyli jeszcze inaczej

$ (f(x)-x)(f(x) + x + n^2) = 0. $

Suma w drugim nawiasie jest dodatnia. Stąd $f(x) = x$ .

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

$ (6) \qquad f(x) = x \quad \textrm{dla wszystkich} \ x \ \textrm{wymiernych, dodatnich.} $

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

XLIII OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

III

Udowodnić że dla dowolnych liczb rzeczywistych $a_1, a_2, \ldots , a_r$ zachodzi nierówność

$ \sum_{n=1}^r\left(\sum_{m=1}^r \frac{a_ma_n}{m+n}\right) \geq 0. $

Rozstrzygnąć, dla jakich liczb $a_1, a_2, \ldots , a_r$ nierówność ta staje się równością.

Rozwiązanie

Oznaczmy badane wyrażenie przez $F_r(a_1 ,\ldots,a_r)$ :

$ (1) \qquad F_r(a_1 ,\ldots,a_r) = \sum_{n=1}^r \left( \sum_{m=1}^r \frac{a_m a_n}{m+n} \right). $

Gdy $r=1$ , mamy do czynienia z jedną liczbą rzeczywistą $a_1$ ; suma ,,wewnętrzna'' redukuje się do pojedynczego składnika; suma ,,zewnętrzna''
też, i mamy po prostu $F_1(a_1) = a_1^2/2$ . Nierówność $F_1(a_1) \geq 0$ jest oczywista; staje się ona równością tylko dla $a_1 = 0$ .

Stąd przypuszczenie: dana do udowodnienia nierówność

$ F_r(a_1 ,\ldots,a_r) \geq 0 $

powinna zachodzić dla każdej liczby naturalnej $r \geq 1$ i dla każdego układu liczb rzeczywistych $(a_1,\ldots,a_r)$ , przechodząc w równość tylko wtedy, gdy $a_1=\ldots= a_r = 0$ .

Równość

$ F_r(0, \ldots, 0) = 0 $

nie budzi wątpliwości. Pozostaje do udowodnienia nierówność ostra

$ (2) \qquad F_r(a_1,\ldots,a_r) > 0 $

dla każdego układu liczb rzeczywistych $(a_1,\ldots,a_r) \ne (0,\ldots,0)$ .

Dowód poprowadzimy przez indukcję względem $r$ . Przypadek $r = 1$ został już rozpatrzony.

Ustalmy liczbę naturalną $r \geq 2$ i przyjmijmy, że nierówność analogiczna do (2) zachodzi dla $r-1$ :

$ (3) \qquad F_{r-1}(a_1, \ldots, a_{r-1}) > 0 $

dla każdego układu $(a_1, \ldots ,a_{r-1}) \ne (0, \ldots ,0)$ . Chcemy wykazać słuszność tezy (2) dla każdego układu $(a_1, \ldots ,a_{r-1}, a_r) \ne (0, \ldots ,0,0)$ .

Niech więc będą dane liczby $a_1, \ldots ,a_{r-1}, a_r$ nie wszystkie równe zeru. Wyodrębnijmy w każdej z sum występujących w określeniu (1) składnik o numerze $r$ :

$ (4) \qquad F_r(a_1, \ldots, a_{r-1}, a_r) = \sum_{n=1}^{r-1} \left( \sum_{m=1}^{r-1} \frac{a_ma_n}{m+n} + \frac{a_ra_n}{r+n} \right) + \left( \sum_{m=1}^{r-1} \frac{a_ma_r}{m+r} + \frac{a_r^2}{2r}\right). $

Jeśli $a_1 = \ldots = a_{r-1} =0$ , to z konieczności $a_r \ne 0$ , a napisane wyrażenie ma postać

$ F_r(0,\ldots,0,a_r) = \frac{a_r^2}{2r}. $

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

Rozważmy teraz przypadek, w którym nie wszystkie liczby $a_1,\ldots,a_{r-1}$ są zerami. Spójrzmy na wyrażenie (4) jak na funkcję zmiennej $a_r$ , którą teraz oznaczymy przez $x$ ; to znaczy, przyjmijmy

$ T(x) = F_r(a_1, \ldots, a_{r-1}, x) = Ax^2 + Bx + C, $

gdzie współczynniki $A$ , $B$ , $C$ są dane (zgodnie z równością (4)) wzorami

$ \begin{split} A & = \frac{1}{2r},\\ B & = \sum_{n=1}^{r-1} \frac{a_n}{r+n} + \sum_{m=1}^{r-1} \frac{a_m}{m+r} = 2 \sum_{k=1}^{r-1} \frac{a_k}{r+k},\\ C & = \sum_{n=1}^{r-1} \left( \sum_{m=1}^{r-1} \frac{a_ma_n}{m+n} \right). \end{split} $

Wyrażenie $T(x)$ jest trójmianem kwadratowym. Obliczymy jego wyróżnik $\Delta = B^2-4AC$ :

$ \begin{split} B^2 & = 4 \left( \sum_{k=1}^{r-1} \frac{a_k}{r+k} \right)^2 = 4 \left( \sum_{n=1}^{r-1} \frac{a_n}{r+n} \right) \left( \sum_{m=1}^{r-1} \frac{a_m}{m+r} \right)=\\ & = 4 \sum_{n=1}^{r-1} \left( \sum_{m=1}^{r-1} \frac{a_ma_n}{(m+r)(r+n)} \right); \end{split} $

stąd

$ (5) \qquad \begin{split} \frac{\Delta}{4} & = \frac{1}{4} B^2 - AC = \\ & = \sum_{n=1}^{r-1} \left( \sum_{m=1}^{r-1} \frac{a_ma_n}{(m+r)(r+n)} \right) - \frac{1}{2r} \sum_{n=1}^{r-1} \left( \sum_{m=1}^{r-1} \frac{a_ma_n}{m+n} \right)=\\ & = \sum_{n=1}^{r-1} \left( \sum_{m=1}^{r-1} \ c_{mn}a_ma_n \right), \end{split} $

XLIII OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

III

Ciąg funkcji $f_0, f_1, f_2, \ldots$ określony w następujący sposób:

$ f_0(x) = 8 \quad \text{ dla wszystkich } x\in \mathbb{R}, $

$ f_{n+1}(x) = \sqrt{x^2+6f_n(x)} \text{ dla } n = 0,1,2,\ldots \text{ oraz wszystkich } x\in \mathbb{R}. $

Dla każdej liczby naturalnej rozwiązać równanie

$ f_n(x) = 2x. $

XLIII OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

III

Podstawą ostrosłupa prawidłowego jest $2n$ -kąt foremny $A_1, A_2, \ldots, A_n$ . Sfera przechodząca przez wierzchołek $S$ , ostrosłupa pezecina krawędzie boczne $SA_i$ w punktach $B_i$ ( $i = 1,2,\ldots, 2n$ ). Udowodnić, że

$ \sum_{i=1}^n |SB_{2i-1}| = \sum_{i=1}^n |SB_{2i}|. $

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia:

$ |SA_i| = l, \quad |SB_i| = x_i \quad (i=1,2,\ldots,2n) $

(rysunek 12). W zadaniu zakłada się milcząco, że $B_i$ jest punktem przecięcia danej sfery z krawędzią $SA_i$ , różnym od $S$ . Zatem $x_i > 0$ .

Oznaczmy środek sfery przez $O$ . Zachodzą równości między wektorami:

$ \begin{split} (1) \qquad & \overrightarrow{SB_i} = \frac{x_i}{l} \cdot \overrightarrow{SA_i},\\ (2) \qquad & \overrightarrow{OB_i} = \overrightarrow{OS} + \overrightarrow{SB_i}. \end{split} $

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

$ \begin{split} \overrightarrow{OB_i} \bullet \overrightarrow{OB_i} & = (\overrightarrow{OS} + \overrightarrow{SB_i}) \bullet (\overrightarrow{OS} + \overrightarrow{SB_i}) = \\ & = \overrightarrow{OS} \bullet \overrightarrow{OS} +2 \overrightarrow{OS} \bullet \overrightarrow{SB_i} + \overrightarrow{SB_i} \bullet \overrightarrow{SB_i}, \end{split} $

czyli

$ (3) \qquad \begin{split} |OB_i|^2 & = |OS|^2 + 2 \cdot \overrightarrow{OS} \bullet \overrightarrow{SB_i} + |SB_i|^2 = \\ & = |OS|^2 + 2 \cdot \overrightarrow{OS} \bullet \overrightarrow{SB_i} + x_i^2. \end{split} $

Ponieważ punkty $S$ oraz $B_i$ leżą na sferze o środku $O$ , zatem $|OB_i| = |OS|$ , co pozwala nam przepisać równość (3) jako

$ x_i^2 = -2 \cdot \overrightarrow{OS} \bullet \overrightarrow{SB_i}. $

Stąd, uwzględniając (1), mamy

$ x_i^2 = -\frac{2x_i}{l} \cdot \overrightarrow{OS} \bullet \overrightarrow{SA_i}, $

i po podzieleniu stronami przez $x_i$ :

$ (4) \qquad x_i = - \frac{2}{l} \cdot \overrightarrow{OS} \bullet \overrightarrow{SA_i}. $

Niech $Q$ będzie środkiem okręgu opisanego na wielokącie $A_1A_2 \ldots A_{2n}$ . Zauważmy, że wielokąty $A_1A_3\ldots A_{2n-1}$ i $A_2A_4\ldots A_{2n}$ są foremne. Zatem

$ \sum_{i=1}^n \overrightarrow{QA_{2i-1}} = \overrightarrow{\mathbf{0}}, \quad \sum_{i=1}^n \overrightarrow{QA_{2i}} = \overrightarrow{\mathbf{0}}. $

W takim razie

$ \sum_{i=1}^n \overrightarrow{SA_{2i-1}} = \sum_{i=1}^n (\overrightarrow{SQ} + \overrightarrow{QA_{2i-1}} = n \cdot \overrightarrow{SQ}, $

$ \sum_{i=1}^n \overrightarrow{SA_{2i}} = \sum_{i=1}^n (\overrightarrow{SQ} + \overrightarrow{QA_{2i}} = n \cdot \overrightarrow{SQ}. $

Stąd i z (4):

$ (5) \qquad \sum_{i=1}^n x_{2i-1} = -\frac{2}{l} \cdot \overrightarrow{OS} \bullet \sum_{i=1}^n \overrightarrow{SA_{2i-1}} = \frac{2n}{l} \cdot \overrightarrow{OS} \bullet \overrightarrow{SQ}, $

$ (6) \qquad \sum_{i=1}^n x_{2i} = -\frac{2}{l} \cdot \overrightarrow{OS} \bullet \sum_{i=1}^n \overrightarrow{SA_{2i}} = -\frac{2n}{l} \cdot \overrightarrow{OS} \bullet \overrightarrow{SQ}. $

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

XLIII OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

III

Udowodnić, że dla każdej liczby naturalnej $k$ liczba $(k!)^{k^2+k+1}$ jest dzielnikiem liczby $(k^3)!$ .

Rozwiązanie

Dla każdej pary liczb naturalnych $n,l \geq 1$ zachodzi równość

$ (1) \qquad {{ln}\choose{n}} = \frac{(ln)!}{n!(n-ln)!} = \frac{(ln)(ln-1)!}{n(n-1)!(n-ln)!} = l {{ln-1}\choose{n-1}} . $

Ustalmy liczby naturalne $n,m \geq 1$ . Podstawmy w (1) kolejno $l = 1,2,\ldots,m$ i wymnóżmy stronami otrzymane równości:

$ (2) \qquad \begin{split} \prod_{l=1}^m {{ln}\choose{n}} & = \prod_{l=1}^m \left( l {{ln-1}\choose{n-1}} \right) = \\ & = \left( \prod_{l=1}^m l \right) \left( \prod_{l=1}^m {{ln-1}\choose{n-1}} \right) = (m!) \left( \prod_{l=1}^m {{ln-1}\choose{n-1}} \right). \end{split} $

Przekształcamy lewa stronę równości (2):

$ \begin{split} \prod_{l=1}^m {{ln}\choose{n}} & = {{n}\choose{n}} {{2n}\choose{n}} {{3n}\choose{n}} \ldots {{mn}\choose{n}} = \\ & = \frac{n!}{n!0!} \cdot \frac{(2n)!}{n!n!} \cdot \frac{(3n)!}{n!(2n)!} \cdot \ldots \frac{(mn)!}{n!((m-1)n)!} \end{split} $

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

$ (3) \qquad \prod_{l=1}^m {{ln}\choose{n}} = \frac{(mn)!}{(n!)^m}. $

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

$ (4) \qquad \frac{(mn)!}{(n!)^mm!} = \prod_{l=1}^m {{ln-1}\choose{n-1}}. $

Zatem dla każdej pary liczb naturalnych $n,m \geq 1$ iloraz $((mn)!)/((n!)^mm!)$ jest liczbą naturalną.

Niech $k$ będzie zadaną liczbą naturalną. Podstawiając w (4) najpierw $n=m=k$ , a następnie $n=k$ , $m = k^2$ , dostajemy po prawej stronie liczby naturalne, które oznaczymy odpowiednio przez $A_1(k)$ i $A_2(k)$ :

$ \frac{(k^2)!}{(k!)^k \cdot k!} = A_1(k), \quad \frac{(k^3)!}{(k!)^{k^2}(k^2)!} = A_2(k). $

Stąd przez pomnożenie stronami:

$ \frac{(k^3)!}{(k!)^{k^2+k+1}} = A_1(k) A_2(k). $

Zatem istotnie liczba $(k^3)!$ jest podzielna przez $(k!)^{k^2+k+1}$ .

Uwaga: Przyjmijmy w (4): $n = k$ , $m=k^j$ , i oznaczmy otrzymaną wartość wyrażenia (4) przez $A_j(k)$ :

$ (5) \qquad \frac{(k^{j+1})!}{(k!)^{k^j}(k^j)!} = A_j(k). $

Weźmy dowolną liczbę naturalną $r \geq 1$ i wymnóżmy stronami równości (5) zastosowane kolejno dla $j = 1,\ldots,r$ . Wynik tej operacji:

$ \begin{split} \frac{(k^2)!}{(k!)^{k}(k)!} \cdot \frac{(k^3)!}{(k!)^{k^2}(k^2)!} \cdot \frac{(k^4)!}{(k!)^{k^3}(k^3)!} \cdot & \ldots \cdot \frac{(k^{r+1})!}{(k!)^{k^r}(k^r)!}= \\ & = A_1(k) A_2(k) A_3(k) \ldots A_r(k), \end{split} $

czyli - po redukcji wspólnych czynników licznika i mianownika -

$ \frac{(k^{r+1})!}{(k!)^{1+k+k^2+\ldots+k^r}} = A_1(k)A_2(k) \ldots A_r(k). $

Uzyskaliśmy wzmocnienie tezy zadania: Liczba $(k!)^{1+k+k^2 + \ldots+k^r}$ jest dzielnikiem liczby $(k^{r+1})!$ .