XLII OM - I - Zadanie 1

Na brzegu jeziora w kształcie koła znajdują się cztery przystanie , , , . Z przystani wypływa kajak kierując się do przystani , a z przystani wypływa łódka kierując się do przystani . Wiadomo, że gdyby zachowując swe prędkości kajak popłynął w kierunku przystani , a łódka w kierunku przystani , to doszłoby do zderzenia. Dowieść, że kajak i łódka dobiją do celu w tym samym czasie.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że kajak płynie z prędkością , a łódka płynie z prędkością . Oznaczmy przez punkt, w którym ,,doszłoby do zderzenia''. Długości odcinków, na które punkt dzieli cięciwy i są związane zależnością (rysunek 1).

Z warunków zadania wynika, że stosunek prędkości . Z tych dwóch równości otrzymujemy proporcję .

Kąty wierzchołkowe i są równe. Wobec tego trójkąty i są podobne w skali , a zatem także , czyli

Lewa strona ostatniej proporcji wyraża czas zużyty przez kajak na przepłynięcie z do ; prawa strona - to czas przepłynięcia łódki z do . Stąd teza.

XLII OM - I - Zadanie 2

Wyznaczyć wszystkie liczby rzeczywiste spełniające nierówność

Rozwiązanie

Oznaczmy lewą i prawą stronę nierówności przez i . Tak więc

gdzie

Zauważmy, że

funkcja przyjmuje tylko wartości dodatnie, a funkcja - tylko wartości ujemne. Zatem

Podstawiając wyrażenia definiujące funkcje i otrzymujemy wzory

Dana w zadaniu nierówność (wiążąca liczby nieujemne) jest równoważna nierówności kwadratowej , czyli nierówności

Pierwiastkami uzyskanego trójmianu kwadratowego są liczby i . Zatem zbiór liczb spełniających rozważaną nierówność jest sumą przedziałów

XLII OM - I - Zadanie 3

Liczby rzeczywiste , , , spełniają równość

Wykazać, że

Rozwiązanie

Piszmy dla wygody , , zamiast , , ; przyjmijmy oraz . Założenie przybiera postać:

Stąd

XLII OM - I - Zadanie 4

Obliczyć granicę

Sposób I

Oznaczmy sumę występującą pod pierwiastkiem przez :

Symbole dwumianowe spełniają tożsamość

Korzystając dwukrotnie z tej tożsamości uzyskujemy dla nierówność

Stąd

(skorzystaliśmy z tego, że suma wyrazów -tego wiersza trójkąta Pascala równa się ). W połączeniu z oczywistą nierównością

daje to dwustronne oszacowanie

Wyciągając ze wszystkich trzech członów nierówności pierwiastek stopnia otrzymujemy związek

Gdy dąży do nieskończoności, pierwiastek stopnia z dowolnie ustalonej liczby dodatniej (w tym przypadku ) dąży do . Stąd, na mocy twierdzenia o trzech ciągach, wynika odpowiedź na postawione w zadaniu pytanie:

Sposób II

Suma występująca pod znakiem pierwiastka, oznaczona w poprzednim sposobie rozwiązania przez , daje się dość łatwo ,,zwinąć'': zachodzi mianowicie wzór

Dowód można znaleźć na przykład w książce: L. Jeśmanowicz, J. Łoś {\it Zbiór zadań z algebry}, cz. I, Warszawa 1959 (Twierdzenia 1.17-1.18); także w miesięczniku {\it Delta}, numer 5 (1990) (zadanie M 563). Zachęcamy Czytelników do samodzielnego udowodnienia wzoru (1), przez indukcję albo przez rachunek na liczbach zespolonych z wykorzystaniem wzoru de Moivre'a.

Przyjmując w (1) dostajemy

Wyrażenie w nawiasie jest większe niż , a mniejsze niż . Stąd

i po wyciągnięciu pierwiastka:

Przejście do granicy (z zastosowaniem twierdzenia o trzech ciągach) i ostateczna konkluzja - jak w sposobie poprzednim.

XLII OM - I - Zadanie 5

Dany jest odcinek . Znaleźć na nim takie punkty i , by iloczyn długości odcinków , , , , , był maksymalny.

Rozwiązanie

Rozważamy takie położenia punktów i , przy których

to znaczy, przyjmujemy, że punkty , , , leżą na prostej w takim właśnie porządku (nie tracimy przez to ogólności, bowiem badany w zadaniu iloczyn nie zmienia wartości przy zamianie ról i ); słabe nierówności w (1) oznaczają, że dopuszczamy przypadki graniczne, gdy pewne z punktów , , , pokrywają się.

Przyjmijmy długość odcinka za jednostkę: . Ponadto oznaczmy:

Wówczas , skąd

Rozważany iloczyn długości odcinków wynosi

ta nierówność staje się równością wtedy i tylko wtedy, gdy - czyli gdy .

Wartość maksymalną wielomianu

na przedziale możemy znaleźć przez różniczkowanie:

widzimy, że osiąga maksimum dla .

[Zamiast różniczkować, można zastosować metodę bardziej elementarną (i przez to bardziej elegancką): skorzystać z nierówności między średnią geometryczną i średnią arytmetyczną piątki liczb. Tymi pięcioma liczbami będą: oraz czterokrotnie powtórzona liczba . Otrzymujemy nierówność

czyli

przy czym równość uzyskujemy, gdy uśredniane liczby są równe; to znaczy gdy
, czyli dla .]

Zgodnie z oszacowaniem (2) oraz następującą po nim uwagą, wyrażenie osiąga maksimum dla , . Odpowiada to umieszczeniu odcinka długości symetrycznie względem środka odcinka - z zachowaniem porządku (1), bądź też z zamianą ról punktów i .

XLII OM - I - Zadanie 6

Trójkąt jest równoramienny, , dwusieczna kąta przecina bok w punkcie . Dowieść, że

Trójkąt równoramienny jest podobny do (wspólny kąt ), więc . Wobec tego zachodzą równości

z których wynika, że trójkąty i są równoramienne:

A zatem

XLII OM - I - Zadanie 7

Dane są liczby rzeczywiste dodatnie , . Wyznaczyć wszystkie pary liczb rzeczywistych dodatnich , spełniające równanie

Rozwiązanie

Stosując trzykrotnie nierówność między średnią arytmetyczną trójki liczb oraz średnią geometryczną tych liczb stwierdzamy, że

oraz

Mianownik ostatniego ułamka - to dokładnie iloczyn liczb znajdujących się po prawych stronach dwóch poprzednich równości. Wobec tego

(dla dowolnych liczb dodatnich , , , ). Wszystkie wypisane powyżej nierówności stają się jednocześnie równościami tylko wtedy, gdy , oraz - czyli gdy .

Stąd odpowiedź:

Jeśli dane liczby , są różne, równanie nie ma rozwiązań; jeśli są równe , wówczas jedynym rozwiązaniem danego równania jest .

XLII OM - I - Zadanie 8

Wyznaczyć największą liczbę naturalną , dla której istnieje w przestrzeni wielościanów o następujących własnościach:

(l) jest wielościanem wypukłym mającym środek symetrii,

(2) każdy z Wielościanów () powstaje z przez przesunięcie,

(3) każdy z wielościanów () ma punkt wspólny z ,

(4) wielościany mają wnętrza parami rozłączne.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że wielościany spełniają podane warunki. Wielościan jest obrazem w translacji o pewien wektor (warunek (2)). Oznaczmy przez środek symetrii wielościanu (warunek (1)); punkt będący obrazem w translacji o jest środkiem symetrii . Rysunek 3 ilustruje wariant płaski rozpatrywanego zagadnienia (przedstawienie konfiguracji przestrzennej bardzo by tę ilustrację zaciemniło); wielościany i zostały przedstawione jako środkowo-symetryczne wielokąty.

Na mocy warunku (3) wielościany i mają punkty wspólne (być może wiele). Niech będzie wspólnym punktem i (dowolnie wybranym). Oznaczmy przez obraz punktu w symetrii środkowej względem
; zatem . Niech będzie punktem takim, że i niech będzie środkiem odcinka (rysunek 4). Tak więc . Zgodnie z warunkiem (1), zbiór jest wypukły; to znaczy, że wraz z dowolnymi dwoma punktami należącymi do cały odcinek łączący te punkty zawiera się w . Skoro więc oraz , to także . Odcinek łączy środki odcinków i , a wobec tego , czyli jest środkiem odcinka .

Oznaczmy przez obraz wielościanu w jednokładności o środku i skali 3. Wykażemy, że . Weźmy dowolny punkt : niech
będzie punktem takim, że i niech będzie środkiem symetrii równoległoboku . Środkowe i trójkąta przecinają
się w punkcie takim, że (rysunek 5). To znaczy, że jest obrazem punktu w rozważanej jednokładności. A skoro jest punktem odcinka o końcach w zbiorze (wypukłym) , zatem . Wobec tego i z dowolności wyboru punktu wnosimy, że .


W ten sam sposób dowodzimy, że każdy ze zbiorów zawiera się w . Oczywiście także . Tak więc zbiór jest wielościanem zawartym w . Na mocy warunków (2) i (4) jego objętość równa się objętości pomnożonej przez . Natomiast objętość równa się objętości pomnożonej przez . Stąd .

Pozostaje zauważyć, że wartość może być osiągnięta (przykład realizacji: sześcianów ułożonych, jak w kostce Rubika). Zatem szukana liczba równa się .

Uwaga. Ten sam wynik uzyskujemy zakładając, że są dowolnymi ograniczonymi, domkniętymi bryłami wypukłymi (niekoniecznie wielościanami), o niepustych wnętrzach, spełniającymi warunki (1)-(4); rozumowanie przenosi się bez żadnych zmian. Co więcej, warunek (4) okazuje się zbędny. Udowodnił to Marcin Kasperski w pracy 27 zbiorów wypukłych bez środka symetrii, nagrodzonej złotym medalem na Konkursie Uczniowskich Prac z Matematyki w 1991 roku; skrót pracy przedstawia Delta w numerze 3 (1992).

XLII OM - I - Zadanie 9

Niech będzie przekształceniem płaszczyzny mającym następującą własność: dla dowolnej pary punktów , , których odległość jest liczbą wymierną, odległość ich obrazów , spełnia równość . Udowodnić, że jest izometrią.

Rozwiązanie

Wykażemy najpierw, że przekształcenie jest różnowartościowe.

Przypuśćmy, że tak nie jest i że istnieją różne punkty , przekształcane na ten sam punkt . Weźmy dowolne liczby wymierne spełniające warunki . Można wówczas zbudować trójkąt o bokach i długości (odpowiednio) i . Obraz punktu powinien - zgodnie z warunkiem zadania - leżeć w odległości od punktu oraz w odległości od punktu ; sprzeczność, skoro , .

Udowodnimy z kolei, że dla każdej pary punktów , odległość ich obrazów , nie przekracza odległości samych tych punktów:

Przypuśćmy, wbrew stwierdzeniu (1), że dla pewnych punktów , odległości , spełniają związek . Na symetralnej odcinka znajdujemy punkt , którego odległość od punktu (a więc i od ) jest liczbą wymierną większą od , ale mniejszą od . Oznaczmy przez . W myśl założenia zadania mamy równości oraz . W takim razie

To jednak nie jest możliwe. Otrzymana sprzeczność pokazuje, że nierówność zachodzić nie może. Tym samym wykazaliśmy słuszność stwierdzenia (1).

Przypuśćmy teraz, że dla pewnych punktów , zachodzi nierówność ostra . Na symetralnej odcinka obieramy dowolny punkt w odległości wymiernej od i uzupełniamy trójkąt równoramienny do rombu (o boku długości wymiernej). Obrazami odcinków , , , (o jednakowej długości wymiernej) są odcinki , , , o tej samej długości; ponownie korzystamy z warunku zadania. Z różnowartościowości przekształcenia wnosimy, że punkty i nie pokrywają się. Czworokąty oraz są więc rombami o tej samej długości boku. A skoro , wynika stąd, że (skrócenie jednej przekątnej powoduje wydłużenie drugiej). Otrzymana nierówność stanowi jednak sprzeczność z wykazaną już własnością (1), w której rolę punktów i grają teraz punkty i .

Wobec tego ostra nierówność w (1) jest niemożliwa. To znaczy, że dla każdej pary punktów , zachodzi równość . To znaczy, że przekształcenie jest izometrią.

XLII OM - I - Zadanie 10

Niech będzie dowolnym ciągiem liczb naturalnych spełniającym warunki:

Dowieść, że dla każdej liczby naturalnej iloczyn równa się pewnemu wyrazowi tego ciągu.

Rozwiązanie

Treść zadania nic nie mówi o wartości drugiego wyrazu ciągu . Oznaczmy ją więc przez ; jest to pewna liczba naturalna.

Wypiszmy kilka początkowych wyrazów ciągu , korzystając z podanego określenia rekurencyjnego i z warunków początkowych , :

Widzimy, że dla zachodzi równość

Domyślamy się, że jest to wzór ogólny. Nasze przypuszczenie udowodnimy przez indukcję.

Zakładamy, że wzór (1) jest słuszny dla dwóch kolejnych liczb naturalnych oraz :

Zgodnie z określeniem ciągu mamy równość

która pokazuje, że wzór (1) zachodzi także dla . Na mocy zasady indukcji wynika stąd słuszność tego wzoru dla .

Niech będzie dowolną liczbą naturalną. Mamy dowieść, że dla pewnego naturalnego zachodzi równość , czyli

Przepiszmy tę zależność w postaci

Traktując to jako równanie kwadratowe względem znajdujemy pierwiastki:

Drugi z nich równa się , zgodnie z wzorem (1); jest to liczba całkowita dodatnia. Zatem dla spełniona jest równość (2), a więc i równoważna jej postulowana równość .

Wykazaliśmy, że iloczyn wyrazów o numerach i równa się wyrazowi o numerze .

XLII OM - I - Zadanie 11

Dla danej liczby naturalnej oraz każdego rozważamy resztę z dzielenia przez . Dowieść że .

Rozwiązanie

Dla oznaczmy przez zbiór tych liczb całkowitych dodatnich, które nie przekraczają , dzielą się przez , ale nie przez , oraz mają co najmniej jeden dzielnik nieparzysty większy od . Tak więc

Ustalmy i weźmy pod uwagę dowolną liczbę . Zatem , nieparzyste, . Niech i będą ilorazem i resztą z dzielenia przez :

Stąd

Liczba w nawiasie jest dodatnia (bo reszta nie może być zerem). Wobec tego prawa strona nie jest mniejsza niż .

Wykazaliśmy więc, że

Zbiór ma tyle elementów, ile jest liczb nieparzystych spełniających warunki - a więc nie mniej niż .

Niech oznacza sumę liczb , gdy przebiega zbiór . Wobec znalezionych oszacowań dostajemy nierówność

(skorzystaliśmy z tego, że ).

Zbiory , , , , są rozłącznymi podzbiorami zbioru . Wobec tego

Pozostaje zauważyć, że dla (a tym bardziej dla ) otrzymana w wyniku liczba przekracza .

XLII OM - I - Zadanie 12

Dla dowolnej liczby naturalnej rozważamy prostopadłościan o krawędziach długości oraz zbiór złożony z punktów: wierzchołków prostopadłościanu oraz punktów dzielących jego dłuższe krawędzie na odcinki długości jednostkowej. Wybieramy ze zbioru losowo trzy różne punkty. Niech będzie prawdopodobieństwem tego, że wybrane punkty są wierzchołkami trójkąta rozwartokątnego. Obliczyć .

Uwaga: Trzy punkty współliniowe nie tworzą trójkąta.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez liczbę wszystkich trójelementowych podzbiorów zbioru , przez - liczbę niezdegenerowanych trójkątów o wierzchołkach w zbiorze , a przez - liczbę trójkątów rozwartokątnych. Badane prawdopodobieństwo jest ułamkiem . Zauważmy, że

(Uzasadnienie drugiej równości: od liczby wszystkich trójek odejmujemy liczbę trójek punktów współliniowych - czyli trójek punktów leżących na dowolnej z czterech krawędzi, z których każda zawiera po punktów zbioru .)

Po rozpisaniu symboli Newtona otrzymujemy wzory

Podzielmy zbiór na czteroelementowe ,,warstwy'' : wierzchołki jednej z kwadratowych ścian prostopadłościanu tworzą warstwę , wierzchołki drugiej - warstwę ; warstwa składa się z punktów zbioru odległych od płaszczyzny warstwy o jednostek.

Skoro interesuje nas graniczne (przy ) zachowanie rozważanych wielkości, możemy założyć, że .

Ustalmy liczbę naturalną , , i wybierzmy dowolne numery takie, że . Między warstwami a jest więc warstw. Wybierając dowolnie punkty , oraz , gdzie , otrzymujemy albo trójkąt rozwartokątny albo współliniową trójkę punktów (bo ). Mamy możliwości usytuowania pary punktów i oraz możliwych położeń punktu - łącznie możliwości; spośród nich daje trójki współliniowe. Pozostaje trójkątów rozwartokątnych.

Ponieważ numery , (o danej różnicy ) można ustalić na sposobów, zatem liczba wszystkich możliwych do utworzenia trójkątów rozwartokątnych jest nie mniejsza niż suma

Mamy więc dwustronne oszacowanie

Wielkości , , są wielomianami trzeciego stopnia (zmiennej ). Współczynnik przy w równa się , natomiast w i w współczynnik przy równa się . Zatem

i na mocy twierdzenia o trzech ciągach

XLII OM - II - Zadanie 1

Liczby , , , spełniają warunki oraz dla . Udowodnić, że

Rozwiązanie

Indukcja. Dla dana do udowodnienia nierówność zachodzi (ze znakiem równości; bowiem , zgodnie z założeniem).

Ustalmy liczbę naturalną i przyjmijmy słuszność podanego twierdzenia dla tej właśnie liczby . Mamy wykazać jego słuszność dla .

Niech więc dane będą liczby , , , () spełniające warunki oraz . Oznaczmy

Z założenia indukcyjnego mamy nierówność , czyli

mamy zaś dowieść, że

Na mocy warunków spełnianych przez liczby , , , zachodzą następujące równości i nierówności:

przy czym wyrażenia występujące po obu stronach każdej z relacji (1), (3), (4), (5) są nieujemne. Nierówności zgodnie skierowane, wiążące liczby nieujemne, wolno mnożyć stronami. Mnożymy więc stronami (1) przez (4) oraz (3) przez (5):

Otrzymane nierówności dodajemy:

Uzyskaliśmy tezę indukcyjną (2).

Na mocy zasady indukcji twierdzenie zachodzi dla dowolnej liczby naturalnej .

XLII OM - II - Zadanie 2

Na bokach , , trójkąta obrano odpowiednio takie punkty , , , że

Dowieść, że jeżeli trójkąt jest równoboczny, to także trójkąt, jest równoboczny.

Rozwiązanie

Oznaczmy wspólną wartość podanych stosunków przez :

Zakładamy, że trójkąt jest równoboczny. Przedstawimy dowód foremności trójkąta , zachęcając Czytelnika do znajdowania innych metod rozwiązania (np. przez rachunki na wektorach; na liczbach zespolonych; przez porównywanie różnych kątów; itd.).

Użyjemy pojęcia i własności przekształceń afinicznych (por. np.: J. Bednarczuk, Urok przekształceń afinicznych, Warszawa 1978).

Istnieje przekształcenie afiniczne przeprowadzające trójkąt na pewien trójkąt równoboczny . Przekształcenie afiniczne zachowuje współliniowość punktów oraz stosunek podziału odcinka. Zatem punkty , , leżą na bokach , , trójkąta i dzielą je w tych samych stosunkach, w jakich punkty , , dzielą boki trójkąta - czyli w równych stosunkach. Stąd wniosek, że trójkąt jest równoboczny.

Istnieje w takim razie podobieństwo takie, że , , . Obrazy punktów , , są w obu tych przekształceniach ( i ) takie same. Ale przekształcenie afiniczne jest wyznaczone jednoznacznie przez swe wartości w dowolnych trzech niewspółliniowych punktach. To znaczy, że rozważane tu przekształcenia i są tym samym przekształceniem - czyli że jest podobieństwem.

Obrazem trójkąta w przekształceniu jest trójkąt równoboczny . Skoro zaś jest podobieństwem, zatem i trójkąt jest równoboczny.

XLII OM - II - Zadanie 3

Dane są liczby całkowite dodatnie , , , , , takie, że . Udowodnić, że liczby nie można zapisać w postaci ułamka gdzie , są liczbami całkowitymi dodatnimi o sumie mniejszej od .

Rozwiązanie

Z założenia zadania wynika, że zachodzą kongruencje

Mnożymy te trzy związki stronami:

Przypuśćmy, wbrew tezie, że

gdzie , są liczbami całkowitymi dodatnimi takimi, że . Mamy więc zależność

czyli

To znaczy, że liczba jest dzielnikiem iloczynu . Musi więc, jako liczba pierwsza, dzielić któryś z czynników. Otrzymaliśmy sprzeczność, bo każda z liczb , , , jest dodatnia oraz mniejsza od . Sprzeczność kończy dowód.

Uwaga 1. W udowodnionym twierdzeniu można oczywiście zastąpić liczbę dowolną liczbą pierwszą, a zamiast trzech ułamków - rozpatrywać dowolną nieparzystą liczbę ułamków.

Uwaga 2. Użycie języka i własności kongruencji jest w rozwiązaniu wygodne, ale nie jest niezbędne; były one przydatne do uzasadnienia podzielności iloczynu przez .

Konkluzję tę można, nie używając pojęcia kongruencji, uzyskać następująco: w myśl założenia, , , (rozumowanie prowadzimy od razu dla dowolnej liczby pierwszej , zgodnie z Uwagą 1). Zatem

Zakładając, jak poprzednio, że , mamy

Prawa strona tej równości jest liczbą podzielną przez , więc lewa też.

XLII OM - II - Zadanie 4

Znaleźć wszystkie funkcje monotoniczne spełniające równanie

Rozwiązanie

Sposób I

Dla dowolnego mamy nierówność , z której wynika, że funkcja (monotoniczna) jest rosnąca w przedziale . Analogicznie, dla zachodzi nierówność , więc jest rosnąca także w .

Zastępując literą przepisujemy podane równanie jako

Weźmy dowolną liczbę oraz dowolną liczbę naturalną . Stosując -krotnie wzór (1) otrzymujemy równość

czyli

Chcemy teraz przejść z do nieskończoności. Dla ciąg jest malejący, więc i ciąg wartości jest malejący, a ponadto ograniczony z dołu przez wartość (w tym miejscu korzystamy z założenia monotoniczności funkcji w całym zbiorze ). Podobnie, dla ciąg jest rosnący, więc i ciąg jest rosnący, ograniczony z góry przez . W każdym przypadku ciąg ten jest zbieżny. Jego granica może {\it a priori} zależeć od ; oznaczmy jej wartość przez :

Przypuśćmy, że dla pewnych dwóch liczb dodatnich , zachodzi nierówność

Weźmy liczbę taką, że

W myśl definicji granicy ciągu,

oraz

Znajdujemy teraz liczbę naturalną tak dużą, żeby dla zachodziła nierówność (4). Następnie znajdujemy liczbę naturalną tak dużą, żeby dla zachodziła nierówność (5) oraz, ponadto, żeby było

Mamy wówczas (wobec (3))

To się jednak kłóci z nierównością (6); pamiętamy, że funkcja jest rosnąca w .

Otrzymana sprzeczność dowodzi, że nierówność nie jest możliwa dla żadnej pary liczb . Stąd wniosek, że wartość jest ta sama dla wszystkich . Oznaczmy tę wartość przez . Zatem

Zupełnie analogicznie dowodzimy, że wartość granicy jest wspólna dla wszystkich . Oznaczając ją przez mamy więc

Możemy teraz we wzorze (2) przejść do granicy (gdy ). Otrzymujemy

Z uwagi na żądanie monotoniczności funkcji na zbiorze , musi zachodzić nierówność , zaś wartość musi leżeć między i . Ostatecznie więc

gdzie , , są dowolnymi stałymi takimi, że .

Sprawdzenie, że istotnie każda funkcja tej postaci spełnia podane równanie funkcyjne, jest natychmiastowe.

Sposób II

Rozwiązanie zadania można znacznie uprościć korzystając z twierdzenia analizy, które mówi, że

jeśli funkcja jest ograniczona i rosnąca w pewnym przedziale , to istnieją skończone granice jednostronne

(Dowód można znaleźć w dowolnym uniwersyteckim podręczniku analizy matematycznej.)

W rozważanym zadaniu rozpoczynamy (jak w sposobie I) od stwierdzenia, że jest funkcją rosnącą dla i dla . Ponadto z założenia monotoniczności na zbiorze mamy

Biorąc więc jako przedział w cytowanym wyżej twierdzeniu najpierw przedział , a następnie , widzimy, że funkcja jest w każdym z tych przedziałów rosnąca i ograniczona, i wobec tego istnieją skończone granice

Oczywiście monotoniczność funkcji na pociąga za sobą nierówność . Oznaczając przez , jak poprzednio, mamy .

Dalej można powtórzyć pierwszy sposób rozwiązania, pomijając cały fragment środkowy (od wzoru (2) do wzorów (7) i (8)). Można też, zamiast tego, rozumować następująco:

Określamy funkcję wzorem

Z istnienia granic (10) wynika, że również

Dane w zadaniu równanie funkcyjne przybiera postać

czyli po prostu

lub pisząc inaczej:

Dla dowolnej liczby rzeczywistej i dla dowolnej liczby naturalnej mamy zatem

Gdy dąży do nieskończoności, ciąg dąży - zgodnie z (12) - do wartości , jeśli jest ujemne, oraz do wartości , jeśli jest dodatnie; dla ciąg ten jest stały, równy . W granicy otrzymujemy więc równość

Po uwzględnieniu definicji (11) dostajemy stąd wzór (9), przedstawiający ogólne rozwiązanie rozważanego równania funkcyjnego w klasie funkcji monotonicznych.

XLII OM - II - Zadanie 5

są różnymi podzbiorami dwuelementowymi zbioru . Zbiory , dla mają element wspólny wtedy i tylko wtedy, gdy zbiór jest jednym ze zbiorów . Dowieść, że każda z liczb jest elementem wspólnym dokładnie dwóch zbiorów spośród .

Rozwiązanie

Dla każdego oznaczmy przez liczbę tych zbiorów , które zawierają element . Suma tych liczb (gdy przebiega wartości od do ) równa się , bo każdy ze zbiorów ma dwa elementy, jest więc liczony dwukrotnie. Mamy zatem równość

Należy zaś udowodnić, że dla .

Zgodnie z warunkiem zadania, rozważana rodzina zbiorów składa się dokładnie z tych par elementów zbioru , dla których zbiory , mają wspólny element. Tym wspólnym elementem może być dowolna liczba . Dla ustalonego istnieje zbiorów zawierających ; istnieje więc

par takich, że . Liczba wszystkich rozważanych par jest sumą wyrażeń (2) gdy przebiega wartości od do . Ponieważ każda taka para jest jednym ze zbiorów , liczba tych par wynosi . Otrzymujemy równość

czyli

Stąd, wobec (1),

Chcemy dowieść, że wszystkie liczby równają się . Rozważmy wobec tego różnice . Obliczmy sumę kwadratów tych różnic, korzystając ze związków (1) i (3):

Suma liczb nieujemnych równa się zeru tylko wtedy, gdy wszystkie te liczby są zerami. Zatem .

To znaczy, że każda liczba należy do dokładnie dwóch
zbiorów . Dowód jest zakończony.

Uwaga 1. Modyfikując przekształcenie zastosowane w końcówce rozwiązania łatwo możemy otrzymać dowód nierówności między {\it średnią arytmetyczną}

układu liczb a {\it średnią kwadratową} tych liczb, określoną wzorem

Pisząc krótko i zamiast i mamy:

skąd

równość zachodzi tylko dla .

Na odwrót: przyjmując nierówność (4) (wraz z informacją, kiedy przechodzi ona w równość) za fakt znany, możemy dowodzoną tezę () wydedukować natychmiast z wzorów (1) i (3).

Uwaga 2. W tym zadaniu mamy do czynienia z parą , gdzie jest zbiorem , a jest rodziną zbiorów dwuelementowych , z których każdy jest zawarty w . Tego typu konfiguracja tworzy graf. Ogólnie, {\it grafem} nazywamy parę , gdzie jest dowolnym zbiorem, a jest pewną rodziną wyróżnionych dwuelementowych podzbiorów . (W zastosowaniach najczęściej jest zbiorem skończonym.) Wygodnie jest interpretować jako pewien zbiór punktów (na płaszczyźnie lub w przestrzeni), a każdy zbiór dwuelementowy należący do rodziny - jako odcinek łączący punkty i . Taka interpretacja uzasadnia stosowaną w teorii grafów terminologię: elementy zbioru nazywa się wierzchołkami rozważanego grafu, a elementy zbioru - jego krawędziami (por. zadanie 4 z XXXII Międzynarodowej Olimpiady Matematycznej).

Liczbę krawędzi, których końcem jest ustalony wierzchołek grafu, nazywa się {\it krotnością} tego wierzchołka.

Dwie krawędzie grafu nazywamy przyległymi, jeśli mają wspólny koniec. Dwa wierzchołki grafu nazywamy przyległymi, jeśli łączy je pewna krawędź.

Należy podkreślić, że taka interpretacja ma jedynie ułatwiać wyobrażanie sobie danych zbiorów i ich wzajemnych relacji (o charakterze mnogościowo-kombinatorycznym); nie ma w tym żadnej ,,geometrii''. Abstrahuje się od długości krawędzi i kątów między nimi oraz ich ewentualnych przecięć poza wierzchołkami grafu. Na przykład graf , gdzie jest zbiorem wierzchołków kwadratu, a składa się z jego trzech boków oraz obu przekątnych, jest nieodróżnialny od grafu , gdzie jest zbiorem wierzchołków czworościanu, a - zbiorem dowolnych jego pięciu krawędzi.

Twierdzenie podane do udowodnienia w tym zadaniu formułuje się w języku grafów następująco:

Dany jest graf , w którym zbiory i mają jednakową, skończoną liczbę elementów, ponumerowanych liczbami naturalnymi od do . Dla każdej pary różnych liczb naturalnych wierzchołki o numerach , są przyległe wtedy i tylko wtedy, gdy krawędzie o numerach , są przylegle. Przy tych założeniach krotność każdego wierzchołka wynosi .

XLII OM - II - Zadanie 6

Równoległościan zawiera kulę o promieniu i jest zawarty w kuli o promieniu . Dowieść, że .

Rozwiązanie

Wybierzmy dowolną ścianę równoległościanu i oznaczmy jej wierzchołki przez , , , tak, by odcinek był dłuższą (tzn.: ,,nie krótszą'') przekątną równoległoboku . Pozostałe wierzchołki równoległościanu oznaczmy przez , , , tak, by odcinki , , , były jego czterema równoległymi krawędziami (rysunek 8). Przyjmijmy wreszcie, że jest dłuższą przekątną równoległoboku ; jeśli jest przeciwnie, zamieniamy oznaczenia: , .

Z takiego ustalenia oznaczeń wynika, że , . Stosując do trójkątów i wzór cosinusów dostajemy związek

Zauważmy, że każdy z odcinków , , ma końce położone na pewnych dwóch równoległych ścianach równoległościanu . Skoro zaś równoległościan zawiera kulę o promieniu , odległość każdej pary ścian równoległych jest nie mniejsza niż . Wobec tego mamy nierówności

Z drugiej strony, długość przekątnej nie przekracza średnicy kuli, w której równoległościan jest zawarty: . Uwzględniając wszystkie te nierówności dochodzimy do wniosku, że , a stąd , czyli .

Uwaga. Wielu uczestników Olimpiady rozpoczynało rozwiązanie od wybrania takiego wierzchołka równoległościanu, że trzy ściany spotykające się przy tym wierzchołku mają przy nim kąty ostre (lub proste). Otóż wierzchołek taki może nie istnieć; dzieje się tak wówczas, gdy istnieje wierzchołek, przy którym kąty płaskie trzech ścian równoległościanu są rozwarte.

XLII OM - III - Zadanie 1

Zbadać, czy istnieją czworościany i o następujących dwóch własnościach:

(a) objętość czworościanu jest większa od objętości czworościanu ;

(b) pole każdej ściany czworościanu nie przekracza pola żadnej ściany czworościanu .

Rozwiązanie

Istnieją takie pary czworościanów. Więcej: dla dowolnego czworościanu można zbudować czworościan tak, by były spełnione warunki (a) i (b). Oto przykład metody:

Niech będzie dowolnym czworościanem: niech będzie jego objętością, a - polem największej ściany. Weźmy liczbę dodatnią spełniającą nierówność oraz dobierzmy do niej liczbę dodatnią taką, by zachodziła nierówność . Zbudujmy prostopadłościan , którego dwiema równoległymi ścianami są kwadraty i o boku długości , położone w odległości jeden od drugiego. Niech będzie czworościanem, którego dwiema rozłącznymi (skośnymi) krawędziami są przekątne kwadratów i . Objętość czworościanu jest mniejsza niż objętość prostopadłościanu , równa . Zatem .

Ścianami czworościanu są cztery przystające trójkąty, o równym polu . Rzut każdego z nich na płaszczyznę kwadratu jest połówką tego kwadratu. A zatem pole.

Czworościany i mają więc wymagane własności.

XLII OM - III - Zadanie 2

Niech będzie zbiorem punktów płaszczyzny o obydwu współrzędnych całkowitych. Drogą długości nazywamy każdy taki ciąg punktów zbioru , że dla . Niech będzie liczbą różnych dróg o początku i końcu położonym na prostej o równaniu . Udowodnić, że

Rozwiązanie

Dowolnej drodze długości , o początku , przyporządkujemy ciąg symboli, z których każdy jest zerem lub jedynką. Czynimy to w sposób następujący. Jeżeli droga ma postać , to odpowiadający jej ciąg zero-jedynkowy

zwany kodem tej drogi, określamy zespołem reguł:

Mówiąc obrazowo: krok w prawo kodujemy przy pomocy pary ; krok w górę: ; krok w lewo: ; krok w dół: .

Na odwrót: każdy ciąg zero-jedynkowy długości wyznacza drogę, której jest kodem.

Różnym drogom odpowiadają różne ciągi zero-jedynkowe; kodowanie jest wzajemnie jednoznaczne.

Zauważmy teraz, że jeżeli punkt , koniec drogi, leży na prostej o równaniu , to znaczy, że wykonaliśmy kroków w górę i kroków w dół, gdzie i są liczbami o różnicy . Pozostałe ruchy (w liczbie ) były poziome, i jest bez znaczenia, które z nich wykonaliśmy w prawo, a które w lewo.

Liczba jedynek w kodzie takiej drogi wynosi

A zatem kodami dróg kończących się na prostej są ciągi złożone dokładnie z jedynek i zer. Numery miejsc, na których występują jedynki, mogą tworzyć dowolny -elementowy podzbiór zbioru . Liczba takich podzbiorów wynosi . Tyle jest więc i dróg długości o końcu położonym na prostej .

XLII OM - III - Zadanie 3

Niech będzie dowolną liczbą postaci

gdzie każdy ze współczynników równa się lub . Udowodnić, że nie jest piątą potęgą żadnej liczby naturalnej.

Uwaga: .

Rozwiązanie

Zauważmy, że liczba jest piątą potęgą pewnej liczby naturalnej ; mianowicie

Spośród składników sumy określającej liczbę , największym (co do wartości
bezwzględnej) jest oczywiście ten ostatni (). Wszystkie pozostałe składniki, wzięte łącznie, z dowolnymi znakami, stanowią tak znikomy ułamek liczby , że ich dodanie lub odjęcie nie pozwoli wyjść poza przedział ; na tym nieprecyzyjnym spostrzeżeniu opiera się całe rozwiązanie.

Oznaczmy:

Oszacujemy wartość bezwzględną tej sumy z góry i z dołu:

jednocześnie

skorzystaliśmy z banalnych nierówności i .

Ponieważ

z oszacowania (1) widać, że liczba ma znak taki, jak . Jeśli więc , to jest liczbą ujemną - nie może więc być piątą potęgą żadnej liczby naturalnej.

W dalszym ciągu przyjmujemy, że . Zatem .

Przypuśćmy, że jest piątą potęgą pewnej liczby naturalnej :

Liczba nie może być równa ; znaczyłoby to bowiem, że , wbrew nierówności (2). Wobec tego lub i w konsekwencji

Stąd

To się jednak nie da pogodzić z oszacowaniem (1). Sprzeczność dowodzi niesłuszności przypuszczenia, że dla pewnego naturalnego; dowód jest zakończony.

XLII OM - III - Zadanie 4

Na płaszczyźnie z kartezjańskim układem współrzędnych rozważamy zbiór wszystkich wektorów swobodnych, których obie współrzędne są liczbami całkowitymi. Wyznaczyć wszystkie funkcje , określone na zbiorze , o wartościach rzeczywistych, spełniające warunki:

(a) dla każdego z czterech wektorów o długości ;

(b) dla każdej pary wektorów prostopadłych .

Uwaga: Wektor zerowy jest prostopadły do każdego wektora.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że funkcja spełnia postawione warunki. Korzystając z tych
warunków, wypiszmy wartości dla kilku wektorów o niewielkich współrzędnych całkowitych:

(Przy obliczaniu ostatniej ze znalezionych wartości wykorzystaliśmy prostopadłość wektorów i i wynikającą z niej na mocy warunku (b) równość .)

Widzimy z tej tabelki, że dla . Prowadzi to do przypuszczenia, że dla wszystkich naturalnych powinna zachodzić równość , oraz także - przez symetrię - , , , a jeśli tak - to

bowiem wektor jest sumą wektorów prostopadłych i .

Udowodnimy teraz słuszność hipotezy (1).

Wektor zerowy jest prostopadły do każdego wektora, więc i do siebie samego. Stąd , czyli . Zatem równość (1) zachodzi dla .

Wykażemy przez indukcję względem , że

Dla jest to prawda; widać to z tabelki.

Przyjmijmy słuszność stwierdzenia (2) dla pewnej liczby naturalnej . W szczególności mamy więc

Cztery występujące w tych równościach wektory są kolejno parami prostopadłe. Zatem, zgodnie z warunkiem (b),

Jednocześnie mamy równość

Stąd wobec pierwszego z wzorów (3) oraz założenia indukcyjnego dostajemy:

Podobnie, korzystając z pozostałych trzech wzorów (3), dostajemy równości

Wykazaliśmy w ten sposób, że

dla dowolnej liczby całkowitej o module nie przekraczającym . (Dla są to otrzymane przed chwilą wzory; a dla jest to konsekwencja założenia indukcyjnego.) Jeśli więc jest dowolnym wektorem o współrzędnych całkowitych, których moduły nie przekraczają , to

To dowodzi stwierdzenia (2) z zastąpionym przez .

Na mocy zasady indukcji, (2) zachodzi dla każdej liczby naturalnej .

Wobec tego jedyną funkcją spełniającą podane warunki jest funkcja określona wzorem (1).

XLII OM - III - Zadanie 5

Nieprzystające okręgi i leżą jeden na zewnątrz drugiego. Wspólne styczne do tych okręgów przecinają prostą wyznaczoną przez ich środki w punktach i . Niech będzie dowolnym punktem okręgu . Dowieść, że istnieje średnica okręgu , której jeden koniec leży na prostej , a drugi — na prostej .

Rozwiązanie

Oznaczmy środki okręgów i odpowiednio przez i , a ich promienie - przez i . Punkty i leżą na prostej , przy czym jest obojętne, która litera oznacza który punkt. Umówmy się, dla ustalenia uwagi, że punkt leży na odcinku , a punkt - poza tym odcinkiem.

Weźmy pod uwagę jedną z wspólnych stycznych do okręgów i , przechodzącą przez punkt oraz jedną z wspólnych stycznych, przechodzącą przez punkt . Punkty styczności tej pierwszej prostej z okręgami i oznaczmy przez i , a tej drugiej - przez i (rysunek 9 przedstawia sytuację, gdy ; ale całe dalsze rozumowanie nie zmienia się, gdy - proponujemy Czytelnikowi wykonanie odpowiedniego rysunku).

Z podobieństwa trójkątów prostokątnych i oraz z podobieństwa trójkątów i wynikają proporcje

Niech będzie jednokładnością o środku i stosunku ; symbolem oznaczmy jednokładność o środku i stosunku . Z uzyskanych przed chwilą proporcji wynika, że

Widzimy więc, że obrazom okręgu w każdej z tych jednokładności jest okrąg .

Weźmy pod uwagę punkty

leżą one na okręgu . Punkt jest obrazem punktu w przekształceniu

Przekształcenie (odwrotne do ) jest jednokładnością o stosunku . Zatem jest izometrią, i to izometrią parzystą (jako złożenie dwóch jednokładności).

Okrąg przechodzi w przekształceniu na okrąg : okrąg przechodzi w przekształceniu na okrąg . Tak więc obrazem okręgu w przekształceniu jest ten sam okrąg . Wobec tego , jako izometria parzysta, jest obrotem o pewien kąt wokół punktu .

Aby wyznaczyć ten kąt, oznaczmy przez i punkty przecięcia prostej z okręgiem , a przez i punkty przecięcia tej prostej z okręgiem . Ustalmy oznaczenia tak, by rozważane punkty leżały na prostej w porządku: , , , , , , . Wówczas , , a więc .

Odcinek jest średnicą okręgu ; obrót przeprowadza jeden jej koniec na drugi. W takim razie jest obrotem o .

Wcześniej zauważyliśmy, że przeprowadza punkt na . To znaczy, że także odcinek jest średnicą okręgu . Punkt leży na prostej , a punkt na prostej . Odcinek jest więc średnicą, której istnienie należało wykazać.

XLII OM - III - Zadanie 6

Dowieść, że dla każdej trójki liczb rzeczywistych takich, że spełniona jest nierówność oraz ustalić, kiedy zachodzi równość.

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia

Z założenia, że , wynikają równości

Lewe strony są liczbami nieujemnymi. Stąd . Mamy więc nierówność

Z przyjętych oznaczeń wynika, że

czyli

Ponadto

oraz

Mamy zaś udowodnić, że

Przekształcamy lewą stronę nierówności (1), korzystając ze związków uzyskanych powyżej:

Zgodnie z (1), jest to liczba nieujemna. Zatem

Ponieważ zaś

wnosimy stąd, że , czyli

Dowodzona nierówność (2) wynika stąd natychmiast.

Aby stała się ona równością, konieczne są znaki równości w szacowaniach (1) i (3). Równość w (3) oznacza, że jedna z liczb , , jest zerem. Niech na przykład . Wtedy i równość w (1) oznacza, że , czyli . Wreszcie, skoro , zatem postulowana równość w (2) przybiera postać , czyli .

Jedynym rozwiązaniem układu równań: , jest .

Przyjęliśmy przykładowo, że . Oczywiście jeśli lub , to - odpowiednio - uzyskujemy związek lub jako konieczny warunek zachodzenia równości w (2).

I na odwrót: jeśli dwie spośród liczb , , są jedynkami, a jedna zerem, to udowodniona nierówność staje się równością. Jest to więc warunek konieczny i dostateczny.