XLI OM - I - Zadanie 1

Wyznaczyć w zależności od stałych rzeczywistych , liczbę rzeczywistych pierwiastków równania

Rozwiązanie

Oznaczmy lewą stronę równania przez ; ma ona sens liczbowy dla . Określona w ten sposób funkcja dana jest więc wzorem

gdzie

Rozważymy dwa przypadki.

Przypadek I. Gdy , funkcja jest ściśle rosnąca oraz ciągła w całej swej dziedzinie, czyli w przedziale . Skoro , , zatem dla każdej wartości równanie ma dokładnie jedno rozwiązanie (istnienie tego rozwiązania wynika z ciągłości funkcji , a jedyność - z jej ścisłej monotoniczności). Przyjmując w szczególności dostajemy wniosek, że rozważane równanie ma (w tym przypadku) jeden pierwiastek rzeczywisty.

Przypadek II. Gdy , funkcja kwadratowa osiąga minimum równe
w punkcie ; jest malejąca w przedziale , a rosnąca w . Zatem funkcja osiąga w punkcie lokalne maksimum równe ; jest rosnąca w przedziałach i , a malejąca w . Liczba pierwiastków równania wynosi więc trzy, dwa lub jeden - w zależności od tego, czy liczba jest mniejsza, równa, czy większa od . W rozważanym obecnie przypadku te trzy sytuacje są odpowiednio równoważne temu, że różnica jest mniejsza, równa bądź większa od .

Biorąc pod uwagę konkluzje rozważań w przypadkach I i II możemy sformułować odpowiedź na postawione w zadaniu pytanie:

Liczba rzeczywistych pierwiastków równania wynosi:

XLI OM - I - Zadanie 2

Udowodnić, że jeżeli liczby , są różne od zera, to funkcja

nie jest okresowa.

Rozwiązanie

Sposób I. Przypuśćmy, wbrew tezie, że funkcja jest okresowa i niech będzie okresem:

Zachodzi więc równość

którą możemy przekształcić następująco, stosując znane tożsamości trygonometryczne:

Podstawiając otrzymujemy stąd równość

natomiast podstawiając w (1) dostajemy

Czynnik nie jest zerem. Także , zgodnie z założeniem. Zatem

Z równości (2) i (3) wnosimy (uwzględniając założenie ), że

Otrzymane równości (3) i (4) nie dadzą się jednak pogodzić: wynikałoby z nich, że zarówno liczba , jak i , musi być całkowitą wielokrotnością . To zaś nie jest możliwe, wobec niewymierności liczby . Sprzeczność dowodzi, że funkcja nie jest okresowa.

XLI OM - I - Zadanie 3

Na zewnątrz trójkąta ostrokątnego zbudowano trójkąty równoboczne , , . Dowieść, że odcinki , , przecinają się w jednym punkcie i są równej długości.

Rozwiązanie

Weźmy pod uwagę obrót płaszczyzny o wokół punktu , w takim kierunku, by punkt przeszedł na , a punkt - na . Trójkąt nałoży się wówczas na trójkąt . Zatem , przy czym proste i tworzą kąt . Oznaczmy punkt ich przecięcia przez . Mamy więc równości kątów:

(rysunek 1). Z równości tych wynika, że punkt leży na każdym z trzech okręgów opisanych na trójkątach , , . Oczywiście jest to ich jedyny punkt wspólny, bowiem okręgi te przecinają się - poza punktem - tylko parami, w trzech różnych punktach , , .

Udowodniliśmy więc, że okręgi opisane na trzech dorysowanych trójkątach równobocznych mają dokładnie jeden punkt wspólny (zwany jest on punktem Toricellego trójkąta ). Zauważmy, że przy takiej charakteryzacji punktu rola każdego z wierzchołków , , jest taka sama, żaden nie jest wyróżniony. Wykazaliśmy ponadto, że odcinki i mają równą długość i przecinają się właśnie w punkcie .

Możemy powtórzyć to samo rozumowanie startując na przykład z pary odcinków , (jeden z nich nałoży się na drugi przy obrocie o kąt wokół punktu ). Otrzymamy równość oraz stwierdzimy, że punkt Toricellego jest punktem przecięcia także i tej pary odcinków.

Zatem wszystkie trzy odcinki , , przecinają się w punkcie i mają równą długość.

XLI OM - I - Zadanie 4

Z szachownicy o wymiarach polach pokolorowanych w zwykły sposób usunięto dwa poła różnych kolorów. Udowodnić, że pozostałe pola można pokryć 31 prostokątami o wymiarach .

Rozwiązanie

Oznaczmy przez najmniejszy prostokąt zawierający oba usunięte pola i . Ponieważ pola te są różnych kolorów i leżą w przeciwległych narożnikach prostokąta , zatem długości boków są liczbami naturalnymi różnej parzystości. Nie tracąc ogólności możemy przyjąć, że prostokąt tworzy rzędów pionowych i rzędów poziomych, przy czym jest liczbą parzystą, a - nieparzystą (rysunek 2).

Pokażemy, żę prostokąt bez pól i można pokryć płytkami o wymiarach . Gdy , mamy do pokrycia pasek o długości i szerokości ; sposób pokrycia jest oczywisty. Gdy , wówczas każdy ze skrajnych rzędów pionowych (bez pola , względnie ) ma wymiary i wobec nieparzystości da się pokryć płytkami , ustawionymi pionowo. Pozostała część prostokąta jest prostokątem o wymiarach (ewentualnie zbiorem pustym, gdy ) i da się pokryć płytkami ułożonymi poziomo.

Pozostaje do pokrycia reszta szachownicy. Proste zawierające pionowe boki prostokąta odcinają dwa pasy prostokątne, biegnące przez całą wysokość szachownicy; w szczególnych przypadkach jeden z nich (lub oba) może być zbiorem pustym. Każdy z tych pasów pokrywamy pionowymi płytkami ; jest to możliwe, bo jest liczbą parzystą.

Część szachownicy pomiędzy wspomnianymi prostymi, po usunięciu z niej prostokąta , rozpada się na dwa prostokąty (górny i dolny), każdy o szerokości ( znów: jeden z nich - lub oba - może być zbiorem pustym). Ponieważ jest liczbą parzystą, potrafimy i te obszary pokryć płytkami , ułożonymi poziomo.

W ten sposób pokryliśmy płytkami całą szachownicę bez pól i . Nie jest to jedyny możliwy sposób; istnieje wiele innych. Zauważmy jeszcze, że opisana tu metoda jest skuteczna w przypadku dowolnej szachownic o wymiarach parzystych.

XLI OM - I - Zadanie 5

Dowieść, że krawędzi sześcianu nie da się ponumerować liczbami od 1 do 12 tak, by suma numerów krawędzi wychodzących z każdego wierzchołka była taka sama.

Czy można spełnić ten warunek numerując krawędzie dwunastoma różnymi liczbami ze zbioru ?

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że istnieje sposób ponumerowania, o jakim mowa w pierwszym zdaniu. Każda krawędź przylega swymi dwoma końcami do dwóch wierzchołków. Podwojona suma numerów wszystkich krawędzi powinna więc być równa , gdzie oznacza sumę numerów krawędzi wychodzących z jednego wierzchołka (wartość wspólna dla wszystkich krawędzi sześcianu). Wynikałaby stąd równość ; sprzeczność, bo powinno być liczbą całkowitą.

Jeśli natomiast wolno do numerowania użyć dowolnych dwunastu różnych liczb ze zbioru , to uzyskanie równych sum przy wszystkich wierzchołkach jest możliwe, i to wieloma sposobami. Przykład realizacji ukazuje rysunek 3.

XLI OM - I - Zadanie 6

Niech będzie dowolnym punktem czworościanu . Oznaczmy pola ścian , , , odpowiednio przez , , , objętość zaś czworościanu przez . Udowodnić, że

Rozwiązanie

Czworościan jest sumą czterech czworościanów o rozłącznych wnętrzach: , , , (w przypadku, gdy punkt leży na brzegu , niektóre z wymienionych czworościanów mogą degenerować się do trójkątów). Oznaczmy przez , , , odległości punktu od płaszczyzn ścian , , , . Objętości czterech wymienionych czworościanów wynoszą (odpowiednio):

Objętość czworościanu można wyrazić w dowolnej z następujących czterech postaci:

gdzie , , , są wysokościami czworościanu opuszczonymi z odpowiednich wierzchołków. Wobec oczywistych nierówności

dochodzimy do oszacowań

Po dodaniu stronami i uwzględnieniu równości otrzymujemy nierówność

równoważną nierówności danej do udowodnienia w zadania.

XLI OM - I - Zadanie 7

Udowodnić, że dla każdej liczby naturalnej zachodzi nierówność

Rozwiązanie

\spos{I} Udowodnimy nierówność silniejszą (patrz Uwaga 1):

Oczywiście nierówność dana w zadaniu wynika z (1) natychmiast.

Dowód będzie indukcyjny. Dla nierówność (1) zachodzi (w postaci równości).
Przyjmijmy słuszność (1) dla pewnej liczby naturalnej . Chcemy wykazywać, że

Korzystając z założenia indukcyjnego, przekształcamy lewą stronę (2), jak następuje:

Nierówność (2) będzie udowodniona, gdy pokażemy, że

Podnosząc (3) stronami do kwadratu otrzymujemy nierówność

która jest równoważna (3). Przekształcamy (4) dalej, stosując przejścia równoważne:

Ostatnia nierówność jest prawdziwa, a przy tym równoważna nierówności (4) - a więc i (3). To zaś wystarczy do udowodnienia tezy indukcyjnej (2).

Na mocy zasady indukcji nierówność (1) zachodzi dla każdej liczby naturalnej .

Uwaga 1. Gdybyśmy próbowali przeprowadzić dowód indukcyjny nierówności danej w zadaniu w jej oryginalnej postaci, spotkałoby nas niepowodzenie. Przy dowodzeniu twierdzeń przez indukcję nierzadko zdarza się, że wzmocnienie tezy ułatwia problem, bowiem w kroku indukcyjnym jest moment, gdy teza staje się założeniem. Omawiane zadanie stanowi typowy przykład takiej właśnie sytuacji.

XLI OM - I - Zadanie 8

Udowodnić, że istnieje nieskończenie wiele liczb naturalnych , dla których każda z liczb , , jest sumą kwadratów dwóch liczb całkowitych.

Rozwiązanie

Dla dowolnej liczby naturalnej przyjmijmy . Dostajemy nieskończony, ściśle rosnący ciąg liczb naturalnych , z których każda spełnia podany w zadaniu warunek:

XLI OM - I - Zadanie 9

Rozstrzygnąć, czy istnieje taki wielomian o współczynnikach wymiernych, że dla każdego całkowitego wartość jest liczbą całkowitą nieparzystą, a — liczbą całkowitą parzystą.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że

jest wielomianem, o jakim mowa w zadaniu. Zgodnie z postawionym warunkiem, każdy ze współczynników jest liczbą wymierną:

Mianownik zapiszmy w postaci

Przyjmijmy oraz ustalmy liczbę naturalną większą od wszystkich wykładników . Weźmy pod uwagę liczbę

Dokładnie jedna spośród liczb daje przy dzieleniu przez resztę , druga zaś - resztę . W myśl warunku zadania, wartości , są więc liczbami całkowitymi różnej parzystości. Wobec tego jest liczbą całkowitą nieparzystą.

Zachodzi wszelako równość

Dla wyrażenie w ostatnim nawiasie jest zerem; dla wyrażenie to jest różnicą dwóch potęg dwójki o wykładnikach całkowitych dodatnich, a więc różnicą liczb parzystych. Czynniki oraz są całkowite. Wynikałoby stąd, że jest liczbą parzystą - wbrew temu, co wykazaliśmy chwilę wcześniej.

Otrzymana sprzeczność dowodzi, że wielomian o podanych własnościach nie istnieje.

XLI OM - I - Zadanie 10

Dla danej liczby naturalnej wyznaczyć liczby dodatnie o sumie równej , dla których iloczyn

osiąga wartość maksymalną.

Rozwiązanie

Niech będą dowolnymi liczbami dodatnimi o sumie równej . Przepiszmy tę równość, jak następuje:

Po otwarciu nawiasów, lewa strona (1) przybiera postać sumy składników, gdzie

Średnia arytmetyczna tych liczb równa się i jest nie mniejsza od ich średniej geometrycznej:

Stąd

Nierówność między średnią arytmetyczną oraz średnią geometryczną ( liczb) staje się równością wtedy i tylko wtedy, gdy liczby te są równe. Zatem w nierówności (2) znak równości ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy każdy z składników sumy (1) (bez nawiasów) równa się - czyli gdy

Dla tych liczb iloczyn napisany po lewej stronie (2) osiąga swą wartość maksymalną.

XLI OM - I - Zadanie 11

W urnie znajduje się n kartek ponumerowanych liczbami od 1 do . Wyciągamy z urny bez zwracania kolejno kartek; i są ustalonymi liczbami naturalnymi, . Niech będzie numerem -tej wyciągniętej kartki. Obliczyć prawdopodobieństwo tego, że w ciągu jest dokładnie jedno maksimum lokalne.

Uwaga. Wyraz ciągu nazywamy maksimum lokalnym, jeśli jest liczbą większą od obu wyrazów sąsiednich.

Rozwiązanie

Zajmiemy się najpierw przypadkiem szczególnym, w którym wyciągnięte kartki noszą numery od do (w pewnym porządku). Zakładamy więc, że zachodzi równość zbiorów . Kolejność pojawiania się tych kartek w opisanym doświadczeniu wyznacza permutację zbioru .

Największą liczbą w tym zbiorze jest liczba . Jeśli w ciągu ma wystąpić dokładnie jedno maksimum lokalne, musi nim być właśnie liczba . Wyrazy wcześniejsze, tj. występujące w danej permutacji przed , muszą utworzyć ciąg rosnący; wyrazy późniejsze - ciąg malejący. (Oczywiście, gdy , wówczas pierwszy z tych ciągów jest pusty; gdy zaś - drugi jest pusty.)

Zatem ustalenie zbioru liczb poprzedzających w danej permutacji liczbę w pełni identyfikuje permutację (mającą jedyne maksimum lokalne); kolejność, w jakiej te oraz pozostałe liczby muszą wystąpić jest już zdeterminowana przez warunek nieistnienia więcej niż jednego lokalnego maksimum.

Zbiór liczb poprzedzających może być dowolnym podzbiorem zbioru (może być w szczególności zbiorem pustym lub zbiorem, którego dopełnienie jest puste).

Mamy więc wzajemnie jednoznaczną odpowiedniość między podzbiorami zbioru a rozważanymi permutacjami. Liczba podzbiorów zbioru -elementowego wynosi , tyle samo jest też więc permutacji zbioru , w których występuje dokładnie jedno maksimum lokalne.

Ponieważ zaś liczba wszystkich permutacji zbioru -elementowego równa się , zatem prawdopodobieństwo wystąpienia dokładnie jednego maksimum lokalnego, przy założeniu równości , wynosi .

Zauważmy teraz, że to założenie w gruncie rzeczy nie ogranicza ogólności rozważań. Niech będzie dowolnie ustalonym -elementowym podzbiorem zbioru i przypuśćmy, że właśnie jest zbiorem numerów wylosowanych kartek. Kolejność wyciągania kartek wyznacza permutację zbioru . Liczba permutacji mających tylko jedno maksimum lokalne (którym z konieczności musi być największa liczba zbioru ) wynosi , tak samo, jak w przypadku zbioru . Liczba wszystkich permutacji zbioru wynosi . Prawdopodobieństwo, że losowo wybrana permutacja zbioru ma dokładnie jedno maksimum lokalne, równa się .

Ponieważ dla każdego zbioru K otrzymujemy ten sam wynik, zatem otrzymana we wszystkich przypadkach wartość jest odpowiedzią na postawione w zadaniu pytanie. Ta konkluzja, intuicyjnie jasna, może być uzasadniona w sposób bardziej formalny:

Niech będzie ciągiem wszystkich -elementowych podzbiorów zbioru ; kolejność ich numeracji jest bez znaczenia. (Oczywiście .) Ze zbioru wybieramy kolejno bez powtórzeń elementów . Rozważamy zdarzenia:

Na mocy poprzednich rozważań, prawdopodobieństwo warunkowe zdarzenia , pod warunkiem zajścia zdarzenia , jest dla każdego takie samo i równa się :

Zdarzenia wyczerpują wszystkie możliwości i wzajemnie się wykluczają, a więc .

Zgodnie z wzorem na prawdopodobieństwo całkowite:

Jest to szukana wartość.

XLI OM - I - Zadanie 12

Pięciokąt wypukły ma pole . Niech , , , , będą polami pięciu trójkątów odciętych przez przekątne pięciokąta (wierzchołkami każdego z tych trójkątów są trzy kolejne wierzchołki pięciokąta). Udowodnić, że suma pewnych czterech liczb przekracza .

Rozwiązanie

Niech będzie rozważanym pięciokątem. Ustalmy oznaczenia tak, by trójkąt miał minimalne pole (spośród pięciu trójkątów odciętych przez przekątne pięciokąta). Oznaczmy przez punkt przecięcia przekątnych i .

Weźmy pod uwagę trójkąty , , . Mają one wspólny bok , pozostałe zaś wierzchołki leżą na jednej prostej, przy czym punkt leży między i (rysunek 4). Wobec tego pole trójkąta nie przekracza pola większego z trójkątów , . Ponieważ z założenia , zatem także

W podobny sposób (rozważając trójkąty , , ) wykazujemy, że

Odnotujmy ponadto oczywistą nierówność

(trójkąt jest częścią właściwą trójkąta ) oraz jeszcze bardziej oczywistą równość

Trójkąty, których pola występują po lewych stronach związków (1), (2), (3), (4), nie nakładają się na siebie i wypełnieją cały pięciokąt . Zatem dodając te związki stronami otrzymujemy nierówność

Jest to teza zadania.

XLI OM - II - Zadanie 1

Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych , spełniające równanie

Rozwiązanie

Wprowadzamy pomocnicze niewiadome , i przekształcamy dane równanie metodą przejść równoważnych:

Tak więc ogólne rozwiązanie danego równania w liczbach całkowitych tworzą następujące pary :

gdzie może być dowolną liczbą całkowitą.

XLI OM - II - Zadanie 2

W przestrzeni dany jest punkt oraz skończony zbiór wektorów . Rozważamy zbiór tych punktów , dla których wektor daje się przedstawić w postaci sumy o współczynnikach spełniających nierówności (). Rozstrzygnąć, czy zbiór ten może być czworościanem.

Rozwiązanie

Wykażemy, że punkt będący końcem wektora

jest środkiem symetrii rozważanego zbioru .

Przypuśćmy bowiem, że . Zatem wektor dopuszcza przedstawienie

Niech będzie końcem wektora

Liczby także zawierają się między a , zatem . Ponadto zachodzi równość

z której wynika, że punkt jest środkiem odcinka . Innymi słowy, jest obrazem w symetrii środkowej względem punktu . (Uwaga: przedstawienie wektora w postaci (1) nie musi być jedyne; zatem i przedstawienie wektora w postaci (2) może nie być jedyne; z uzyskanej przed chwilą konkluzji wynika wszelako, że sam punkt jest wyznaczony przez jednoznacznie.)

Pokazaliśmy, że jeśli jest dowolnym punktem zbioru , to punkt symetryczny do względem także należy do . To znaczy, że jest środkiem symetrii zbioru .

Czworościan nie ma środka symetrii. Zatem zbiór nie może być czworościanem.

XLI OM - II - Zadanie 3

W turnieju szachowym każdy zawodnik rozegrał z każdym co najwyżej jedną partię, przy czym liczba partii rozegranych przez każdego z zawodników jest nie mniejsza od ustalonej liczby naturalnej . Udowodnić, że można podzielić zawodników na dwie grupy i w taki sposób, by liczba partii rozegranych przez każdego gracza grupy z graczami grupy była nie mniejsza niż i jednocześnie liczba partii rozegranych przez każdego gracza grupy z graczami grupy była nie mniejsza niż .

Rozwiązanie

Weźmy pod uwagę dowolny podział zbioru wszystkich zawodników na dwa rozłączne podzbiory i . Niech oznacza liczbę wszystkich rozegranych partii, w których jeden z przeciwników należał do zbioru , a drugi - do . Ponieważ liczba wszystkich możliwych podziałów jest skończona, istnieje zatem taki podział, dla którego wartość jest maksymalna. Ustalmy ten podział; jeśli maksimum to jest osiągane dla kilku różnych podziałów, wybieramy dowolny z nich. W dalszym ciągu będzie oznaczać nasz wybrany podział (dla którego wielkość osiąga maksimum).

Udowodnimy, że podział ten spełnia warunek postulowany w tezie zadania.

Przypuśćmy, wbrew temu stwierdzeniu, że na przykład w zbiorze znajduje się zawodnik, który z graczami grupy rozegrał mniej niż partii; oznaczmy go literą . Przenosimy gracza z grupy do . Zbiór ,,uszczuplony'' o zawodnika oznaczmy symbolem ; zbiór ,,wzbogacony'' o zawodnika oznaczmy przez . Tak więc

Przyjmijmy, że zawodnik rozegrał partii z graczami grupy oraz partii z graczami grupy . Zachodzi równość

wynikająca stąd, że wszystkie partie rozegrane bez udziału zawodnika , uwzględnione przy obliczeniu , wchodzą także do obliczenia (i na odwrót), więc przy obliczaniu różnicy znoszą się. Z założenia wynika, że , natomiast uczynione przez nas przypuszczenie mówi, że . Stąd . Tak więc i w konsekwencji

Jest to jednak sprzeczne z określeniem podziału jako tego, dla którego wielkość osiąga maksimum.

Podobną sprzeczność uzyskamy wychodząc z przypuszczenia, że w grupie znajdzie się zawodnik, który z graczami grupy rozegrał mniej niż partii (rola zbiorów i jest w rozważanym zagadnieniu symetryczna).

Uzyskana sprzeczność dowodzi tezy zadania.

XLI OM - II - Zadanie 4

Dla każdej pary liczb naturalnych parzystych , wyznaczyć wszystkie liczby rzeczywiste spełniające równanie

Rozwiązanie

Gdy , równanie spełnione jest tożsamościowo.

Pomijając ten trywialny przypadek, tzn. zakładając, że co najmniej jedna z liczb , jest dodatnia, przepiszmy równanie w postaci

i weźmy pod uwagę funkcję

określoną dla . W zbiorze liczb dodatnich funkcja jest ściśle rosnąca (bo funkcje , są niemalejące, a co najmniej jedna z nich jest ściśle rosnąca). Ponadto jest funkcją parzystą (w zbiorze liczb różnych od zera). Zatem równość

będąca innym zapisem równania (1), jest równoważna alternatywie

Ogólnym rozwiązaniem (2) (więc i (1)) jest zbiór liczb postaci

gdzie może być dowolną liczbą całkowitą.

XLI OM - II - Zadanie 5

Danych jest liczb naturalnych (), których suma równa jest ich iloczynowi. Wykazać, że ta wspólna wartość nie przekracza .

Rozwiązanie

Jak zwykle, gdy mowa jest o liczbach naturalnych, pojawia się kwestia umowy, czy zero uważamy za liczbę naturalną. W tym zadaniu nie ma to znaczenia: jeśli choć jedna z rozważanych liczb jest zerem, to ich iloczyn także jest zerem i teza jest oczywista.

Gdyby spośród danych liczb było jedynkami, warunek dany w założeniu nie mógłby być spełniony. W dalszym ciągu będziemy więc rozważać układ liczb całkowitych dodatnich, wśród których co najmniej dwie są większe od .

Oznaczmy dane liczby przez

przyjmując, że

W myśl założenia zachodzi równość

Oznaczmy wspólną wartość lewej i prawej strony (1) przez . Mamy dowieść, że .

Gdy , warunek (1) prowadzi do równania , czyli . Wówczas ; teza zachodzi.

Dalej zakładamy, że . Prawa strona (1) równa się

Wymnażając czynniki iloczynu znajdującego się po lewej stronie (1) dostajemy sumę składników następującej postaci:

Przez przyrównanie prawych stron (2) i (3) otrzymujemy równość

Rozważymy teraz dwa przypadki.

Przypadek I. .

Oszacujemy z dołu prawą stronę równości (4) opuszczając pewne nieujemne składniki:

Kontynuujemy szacowanie, wykorzystując nierówności oraz równość (2):

Stąd , więc tym bardziej .

Przypadek II. (czyli dla ).

Warunek (4) przybiera postać

(wszystkie pozostałe składniki prawej strony (4) są zerami). Stąd, wobec (2):

Teza jest więc udowodniona.

Uwaga. Równość jest możliwa tylko w przypadku II, i to tylko wtedy, gdy , czyli gdy (bo ). Wówczas, zgodnie z (5), . A zatem równość zachodzi tylko dla - czyli tylko wtedy, gdy jedna spośród danych w zadaniu liczb równa się , jedna równa się , a pozostałe są jedynkami.

XLI OM - II - Zadanie 6

Dla dowolnego wielokąta wypukłego o polu 1 oznaczmy przez pole wielokąta wypukłego, którego wierzchołkami są środki wszystkich boków wielokąta . Dla każdej liczby naturalnej wyznaczyć kres dolny i kres górny zbioru liczb gdy przebiega zbiór wszystkich -kątów wypukłych o polu 1.

Rozwiązanie

Przypadek jest banalny: dla każdego trójkąta o polu zachodzi równość ; funkcja jest w tym przypadku stała.

W dalszym ciągu zakładamy, że .

Niech będzie dowolnym -kątem o polu . Każdy z trójkątów, którego wierzchołkami są trzy kolejne wierzchołki wielokąta , nazwiemy trójkątem
narożnym; dla danego -kąta możemy utworzyć takich trójkątów. Oznaczmy przez sumę pól wszystkich trójkątów narożnych.

Jeśli , , są trzema kolejnymi wierzchołkami , a punkty i są środkami boków i , to pole trójkąta równa się pola trójkąta narożnego . Gdy od -kąta odetniemy trójkątów utworzonych podobnie jak trójkąt (przy wszystkich wierzchołkach), otrzymamy -kąt wypukły o wierzchołkach w środkach boków ; jego pole wynosi . Ponieważ odcięte (małe) trójkąty są parami rozłączne, zatem łączne pole odciętej części wynosi . Wobec tego

Trójkąty narożne wyznaczone przez dwa kolejne wierzchołki wielokąta nazwijmy sąsiednimi. (Jeśli na przykład , , , są czterema kolejnymi wierzchołkami , to trójkąty narożne i są sąsiednie.) Zauważmy, że dowolne dwa trójkąty narożne, które nie są sąsiednie, mają wnętrza rozłączne. Zatem każdy punkt wielokąta może być punktem wewnętrznym co najwyżej dwóch trójkątów narożnych. (Punkt leżący wewnątrz pewnego trójkąta narożnego może - ale nie musi - jednocześnie należeć tylko do wnętrza jednego z dwóch sąsiednich trójkątów narożnych.) Wynika stąd, że suma pól wszystkich trójkątów narożnych nie przekracza podwojonego pola -kąta :

Gdy , czyli gdy jest czworokątem, nierówność (2) staje się równością, bowiem każde dwa przeciwległe (nie sąsiednie) trójkąty narożne dokładnie pokrywają cały czworokąt. Zatem dla każdego czworokąta mamy i wobec równości (1): ; widzimy, że i w tym przypadku funkcja jest stała.

Ustalmy teraz liczbę naturalną . Równość we wzorze (2) nie jest wówczas możliwa; ale wykażemy, że wartości mogą być dowolnie bliskie liczby .

Idea rozumowania jest następująca: wyobraźmy sobie graniczną (zdegenerowaną) postać -kąta , w której wierzchołki pokrywają się. Wielokąt redukuje się do trójkąta (o polu ); trójkąty narożne oraz są identyczne z całym rozważanym trójkątem, trójkąty narożne oraz stają się odcinkami, a pozostałe trójkąty narożne redukują się do punktu. Suma pól trójkątów narożnych równa się . Odsuwając od siebie nieznacznie wierzchołki i korzystając z ciągłości pola wielokąta (jako funkcji współrzędnych jego wierzchołków) możemy uzyskać niezdegenerowany -kąt wypukły, o polu bliskim , dla którego wartość funkcji jest bliska . Przekształcając go przez podobieństwo o skali bliskiej dostaniemy wielokąt o polu równym dokładnie i o wartości funkcji nadal bliskiej .

Spróbujmy przeprowadzić dokładniejszą konstrukcję. Niech i będą liczbami dodatnimi mniejszymi od . Rozważmy trójkąt (o dowolnym kształcie - na przykład równoramienny) o podstawie długości , którego wysokość opuszczona z wierzchołka ma długość . Na bokach i (odpowiednio) zaznaczamy punkty i tak, by odcinek przebiegał równolegle do , w odległości (rysunek 5). Pole trójkąta równa się . Trójkąt jest podobny do
w skali . W takim razie jego pole równa się

Zatem trapez ma pole

Przyjmijmy, że liczby i spełniają nierówność , czyli

Wówczas pole trapezu jest mniejsze od . A ponieważ pole trójkąta jest większe od , przeto można wewnątrz trójkąta tak poprowadzić łamaną , żeby otrzymać -kąt wypukły o polu równym dokładnie . Oznaczmy go przez . Zgodnie z określeniem funkcji ,

Liczba może być dowolnie bliska zeru. Przy tym do dowolnie wybranej liczby możemy dobrać tak, by była spełniona nierówność (3). Stąd wniosek (wobec dowolności 6), że istotnie wartość może być dowolnie bliska .

W połączeniu z wcześniejszą nierównością (2) znaczy to, że

Należy teraz znaleźć dolne ograniczenie dla . Przypomnijmy sobie zadanie 12 z zawodów pierwszego stopnia. Zgodnie z jego tezą, w każdym pięciokącie wypukłym można wybrać cztery trójkąty narożne, których suma pól przekroczy pole pięciokąta. Tym bardziej suma pól wszystkich pięciu trójkątów narożnych przekroczy pole pięciokąta. Wobec tego

Dla większych zadowolimy się oczywistym spostrzeżeniem, że , jako suma pewnych pól, jest liczbą dodatnią:

Pokażemy, że znalezione dolne ograniczenia, figurujące we wzorach (5) (dla ) i (6) (dla ), są już możliwie największe, czyli są dolnymi kresami wartości . Podobnie, jak w rozumowaniu przeprowadzonym chwilę wcześniej, nierówności (5) i (6) przechodzą w równości dla pewnych konfiguracji zdegenerowanych. Mianowicie:

Dla rozważamy pięciokąt (o polu ), w którym wierzchołek pokrywa się z , a pokrywa się z . Trójkąt narożny ma pole ; pozostałe trójkąty narożne redukują się do odcinków. Suma pól trójkątów narożnych wynosi . Dla rozważamy -kąt , w którym wierzchołek pokrywa się z , wierzchołek pokrywa się z a także wszystkie punkty pokrywają się. Wszystkie trójkąty narożne redukują się do odcinków bądź do pojedynczego punktu, suma ich pól jest zerem.

Opisane tu figury są faktycznie trójkątami, nie -kątami. Ale znów, jak poprzednio, wystarczy nieznacznie rozsunąć punkty i , punkty i , oraz (w ostatnim przykładzie) wszystkie punkty , by uzyskać wielokąt, dla którego różnica między lewą a prawą stroną odpowiedniej nierówności ((5) dla , (6) dla ) będzie dowolnie mała (mniejsza od dowolnej, z góry zadanej liczby dodatniej). Ponownie korzystamy tu z ciągłości pola wielokąta jako funkcji współrzędnych wierzchołków.

Można uniknąć operowania konfiguracjami zdegenerowanymi podając dokładną metodę konstrukcji (odcinanie wierzchołków pewnego trójkąta wraz z ich niewielkimi otoczeniami) i przeprowadzając rachunek podobny do tego, który doprowadził nas do stwierdzenia (4); odpowiednie wielokąty przedstawia rysunek 6.

Wniosek:

Funkcje i są związane zależnością (1); po lewej stronie funkcja występuje ze znakiem plus, po prawej stronie funkcja występuje ze znakiem minus. Zatem kres górny wyznacza kres dolny , i podobnie kres dolny wyznacza kres górny . Uzyskane stwierdzenia (4) i (7), wraz z rozpatrzonymi na początku przypadkami , , prowadzą do ostatecznej odpowiedzi na postawione w zadaniu pytanie.

Traktując jako ustalone i oznaczając kres dolny oraz kres górny zbioru wartości krótko przez oraz zapiszemy tę odpowiedź w postaci układu równości:

XLI OM - III - Zadanie 1

Wyznaczyć wszystkie takie funkcje , że dla dowolnych liczb rzeczywistych , spełniona jest równość

Rozwiązanie

Zakładamy, że funkcja spełnia podane równanie funkcyjne. Wprowadzamy nowe zmienne:

Równanie przybiera postać

(Istotnie: ; .)

Dla każdej pary liczb rzeczywistych istnieje para liczb rzeczywistych spełniająca układ równań (1). Zatem jeśli dane w zadaniu równanie jest (dla danej funkcji ) spełnione przez każdą parę liczb rzeczywistych , to równanie (2) jest również spełnione przez każdą parę liczb rzeczywistych .

Podstawiając w (2) , stwierdzamy, że .

Niech teraz , będą dowolnymi liczbami rzeczywistymi, różnymi od zera. Dzielimy równanie (2) stronami przez :

Weźmy pod uwagę funkcję

Otrzymany związek (3) odczytujemy jako równość

Innymi słowy, funkcja jest stała na zbiorze . Oznaczmy jej stałą wartość przez . Mamy wówczas, zgodnie z (4),

dla . Wcześniej stwierdziliśmy, że . Tak więc związek (5) jest aluszny dla wszystkich .

Nietrudno sprawdzić, że każda funkcja postaci (5) spełnia tożsamościowe związek (2), a więc także i dane w zadaniu równanie funkcyjne. Zatem wzór (5) określa ogólną postać poszukiwanych funkcji.

XLI OM - III - Zadanie 2

Udowodnić, że jeżeli jest liczbą naturalną większą od 2, a są liczbami rzeczywistymi dodatnimi, to

Rozwiązanie

Przyjmijmy

stosujemy numerację cykliczną ; to znaczy, przyjmujemy . Zauważmy, że

Oznaczmy przez wyrażenie po lewej stronie danej do udowodnienia nierówności. Przekształcamy:

Aby dowieść, że , wystarczy więc pokazać, że

Dysponujemy warunkiem (1). Udowodnimy przez indukcję, że dla dowolnej liczby naturalnej oraz dla dowolnych liczb dodatnich spełniających równość (1) zachodzi nierówność (2).

Gdy , mamy dwie liczby i , ich iloczyn . Lewa strona
(2) równa się

więc nierówność (2) zachodzi (i staje się równością).

Ustalmy i załóżmy, że dla tej liczby naturalnej równość (1) implikuje nierówność (2). Chcemy udowodnić analogiczną implikację dla . Niech więc dane będzie liczb dodatnich , których iloczyn równa się :

Mamy wykazać, że

Spójrzmy na układ liczb dodatnich

Ich iloczyn równa się , a więc na mocy założenia indukcyjnego zachodzi nierówność (2) z wyrazem zastąpionym przez :

Aby stąd uzyskać tezę indukcyjną (3), wystarczy pokazać, że

Pisząc , zamiast , przekształcamy różnicę między lewą i prawą stroną (4), jak następuje:

To dowodzi słuszności nierówności (4), a tym samym i (3). Stąd, na mocy zasady indukcji, implikacja (1) (2) zachodzi dla dowolnej liczby naturalnej .

W myśl uwag poprzedzających (2) kończy to dowód tezy zadania.

XLI OM - III - Zadanie 3

W pewnym turnieju uczestniczyło zawodników. Każdy z nich rozegrał jedną partię z każdym innym zawodnikiem, nie było remisów. Dowieść, że albo można podzielić uczestników turnieju na takie dwie grupy i , że każdy zawodnik z grupy wygrał z każdym z grupy , albo można ustawić uczestników w ciąg tak, że wygrał z , wygrał z , ..., wygrał z , wygrał z .

Rozwiązanie

Stwierdzenie, że zawodnik był zwycięzcą w spotkaniu z , będziemy notować za pomocą strzałki: .

Dowolny ciąg zawodników () taki, że

będziemy nazywać cyklem długości .

Jeśli , są rozłącznymi niepustymi podzbiorami zbioru zawodników, mającymi tę własność, że każdy zawodnik ze zbioru pokonał każdego zawodnika ze zbioru , będziemy mówić, że grupa zdominowała grupę .

Należy wykazać, że albo zbiór wszystkich zawodników można podzielić na dwa niepuste podzbiory, z których jeden dominuje drugi, albo istnieje cykl długości .

Rozpatrzymy dwa przypadki.

Przypadek I. Nie istnieje ani jeden cykl.

Weźmy pod uwagą zawodnika , który wygrał najwięcej partii. Jeśli maksymalna liczba zwycięstw jest udziałem kilku zawodników, wybieramy któregokolwiek z nich (i jego oznaczamy literą ); zresztą okaże się za chwilę, że taka sytuacja nie jest możliwa - udowodnimy bowiem, że wygrał wszystkie partie.

Przypuśćmy, że tak nie jest i niech będzie zbiorem tych zawodników, z którymi wygrał, zaś - zbiorem tych zawodników, z którymi przegrał. W myśl uczynionego przypuszczenia, zbiór nie jest pusty. Wybierzmy dowolnego zawodnika ze zbioru . Gdyby się okazało, że pokonał wszystkich zawodników ze zbioru , znaczyłoby to, że ma na swym koncie więcej zwycięstw niż , co nie jest możliwe. Musi więc istnieć w zbiorze zawodnik , który wygrał z . Trójka zawodników , , tworzy cykl: , wbrew założeniu o nieistnieniu cykli. Otrzymana sprzeczność dowodzi niesłuszności przypuszczenia otwierającego ten akapit.

Wykazaliśmy w ten sposób, że zawodnik w pokonał wszystkich innych. Wystarczy teraz określić grupę jako zbiór jednoelementowy, zaliczając doń zawodnika ; wszyscy pozostali zawodnicy utworzą grupę , która jest zdominowana przez . Twierdzenie jest więc udowodnione w tym przypadku.

(Zauważmy, że wskazana metoda podziału nie jest jedyna; na przykład, można by było określić jako zbiór jednoelementowy, zaliczając doń tego zawodnika, który poniósł najwięcej porażek, a pozostałych zawodników umieszczając w grupie ; dowód poprawności i skuteczności takiego podziału byłby w pełni analogiczny. Zachęcamy Czytelników do znalezienia jeszcze innych metod dobrego podziału.)

Przypadek II. Istnieje co najmniej jeden cykl.

Niech będzie największą liczbą naturalną taką, że istnieje cykl długości . Jeżeli , znaczy to, że wszystkich zawodników można ustawić w cykl, więc zachodzi teza zadania.

W dalszym ciągu przyjmijmy, że . Niech

będzie cyklem długości i niech będzie dowolnym zawodnikiem różnym od , , \ldots, . Wykażemy, że wszyscy zawodnicy uzyskali w meczu z zawodnikiem identyczny rezultat (wszyscy wygrali albo wszyscy przegrali).

Przypuśćmy, że jest inaczej. Można wówczas wskazać dwóch kolejnych (w sensie cyklicznej numeracji) zawodników , , z których pierwszy wygrał z zawodnikiem , a drugi przegrał. Umieszczając między a tworzymy nowy cykl

długości . Jest to sprzeczność z maksymalnością liczby jako długości.

Zatem istotnie każdy zawodnik spoza maksymalnego cyklu albo wygrał albo przegrał wszystkie mecze z zawodnikami należącymi do tego cyklu. Możemy w takim razie podzielić wszystkich zawodników różnych od na dwa podzbiory , , zaliczając do tych, którzy przegrali spotkania z wszystkimi , a do - tych, którzy wszystkie spotkania z zawodnikami wygrali. Może się zdarzyć, że jeden ze zbiorów , będzie pusty - nie mogą jednak oba być puste; wynika to z założenia, że .

Jeśli zbiór jest pusty, to przyjmując

mamy podział zbioru wszystkich zawodników na grupy , takie, że dominuje . Jeżeli zbiór jest pusty, żądany podział uzyskamy biorąc

Przyjmijmy więc, że zbiory , są oba niepuste. Niech będzie dowolnym zawodnikiem ze zbioru , a - dowolnym zawodnikiem ze zbioru . Przypuśćmy, że wygrał z . W myśl określenia zbiorów i , zawodnik przegrał, a zawodnik wygrał mecze z wszystkimi ; w szczególności przegrał z , natomiast wygrał z . Mamy wobec tego cykl

długości ; sprzeczność z maksymalnością . Zatem zawodnik nie mógł wygrać z .

Ponieważ zawodników , wybraliśmy dowolnie, dochodzimy do wniosku, że wszyscy zawodnicy ze zbioru przegrali z wszystkimi zawodnikami ze zbioru ; zbiór jest zdominowany przez .

Wystarczy teraz przyjąć

lub też

aby uzyskać podział spełniający zadane warunki: przy każdym z tych dwóch określeń grupa dominuje .

Dowód jest zakończony.

XLI OM - III - Zadanie 4

Wewnątrz kwadratu o boku długości 1 narysowano trójkąt, którego każdy bok ma długość nie mniejszą od 1. Dowieść, że środek kwadratu należy do trójkąta.

Rozwiązanie

Stosujemy dowód nie wprost.

Przypuśćmy, że środek danego kwadratu nie należy do narysowanego trójkąta . Istnieje wówczas prosta przechodząca przez i taka, że trójkąt leży w całości po jednej stronie tej prostej (tzn. zawiera się w jednej z dwóch półpłaszczyzn otwartych wyznaczonych przez prostą , patrz: Uwaga).

Oznaczmy punkty przecięcia prostej z brzegiem kwadratu przez i ; możemy przyjąć (w razie potrzeby przesuwając cyklicznie oznaczenia wierzchołków kwadratu), że punkt leży na boku , a punkt - na boku , przy czym , .

Poprowadźmy przez punkt prostą prostopadłą do . Przecina ona brzeg kwadratu w punktach i leżących odpowiednio na bokach i , przy czym , (rysunek 7).

Proste i dzielą kwadrat na cztery przystające figury. Trójkąt leży po jednej stronie prostej , a więc zawiera się w sumie dwóch spośród tych figur. Jedna z nich musi zawierać co najmniej dwa wierzchołki trójkąta , czyli końce odcinka o długości nie mniejszej od . Niech to będzie część kwadratu wycięta przez półproste i (takie założenie nie uszczupla ogólności rozważań).

W szczególnym przypadku, gdy proste i zawierają przekątne kwadratu (tj. gdy , , , ), rozważana figura jest trójkątem . Jedynym odcinkiem długości zawartym w tym trójkącie jest jego przeciwprostokątna . Znaczyłoby to, że odcinek jest jednym z boków trójkąta - wbrew założeniu, że trójkąt leży wewnątrz kwadratu .

W pozostałym przypadku ( itd.) rozważana figura jest czworokątem , w którym kąty przy wierzchołkach i są proste - można więc na nim opisać koło. Jego średnicą jest odcinek o długości mniejszej od (bo jest kwadratem wpisanym w , nie identycznym z ). Wobec tego figura (czworokąt) nie może zawierać pary punktów odległych co najmniej o - wbrew temu, co stwierdziliśmy chwilę wcześniej.

Otrzymana sprzeczność kończy dowód.

Uwaga. W rozwiązaniu skorzystaliśmy z faktu, że przez dowolny punkt leżący poza danym trójkątem można poprowadzić taką prostą , że trójkąt leży w całości po jednej jej strome. Może warto podać ścisłe uzasadnienie tego faktu.

Trójkąt jest częścią wspólną trzech półpłaszczyzn domkniętych, których krawędziami są proste zawierające jego boki. Skoro punkt nie należy do danego trójkąta, to nie należy do co najmniej jednej z tych półpłaszczyzn. Niech będzie jej krawędzią (jeśli są dwie takie półpłaszczyzny, wybieramy jedną z nich, i jej krawędź oznaczamy przez ). Prosta , równoległa do i przechodząca przez , ma żądaną własność.

XLI OM - III - Zadanie 5

Dany jest taki ciąg liczb naturalnych , że .

Udowodnić, że istnieje taka liczba , dla której między liczbami oraz znajduje się co najmniej 1990 kwadratów liczb naturalnych.

Rozwiązanie

Oznaczmy:

Oszacujemy z dołu wyrazy ciągu (). Dla mamy

Z założenia zadania wynika, że ciąg () dąży do nieskończoności; tym bardziej i sam ciąg () dąży do nieskończoności. Zatem dla nieskończenie wielu zachodzi nierówność

Niech będzie jednym z tych wskaźników, dla których (2) zachodzi. Mamy wówczas, zgodnie z (1),

Nierówność ta zachodzi dla nieskończenie wielu . Ponieważ zaś ciąg () dąży do zera, dostajemy wniosek, że pewien podciąg ciągu () dąży do nieskończoności.

Istnieje wobec tego taki numer , że . Znaczy to, że długość przedziału przekracza . W takim przedziale można znaleźć liczb naturalnych. Ich kwadraty leżą w przedziale . Znalezienie przedziału tej postaci i o tej własności było właśnie treścią zadania.

XLI OM - III - Zadanie 6

Udowodnić, że dla każdej liczby naturalnej większej od 2 liczba

jest podzielna przez 3.

Rozwiązanie

Podstawą wszelkich operacji na współczynnikach dwumianowych jest tożsamość

Wygodnie jest rozszerzyć zakres definicji symbolu na dowolne całkowite wartości , przyjmując

( jest nadal liczbą całkowitą nieujemną). Przy takiej umowie wzór (1) obowiązuje bez żadnych ograniczeń na ; w szczególności również jedynki w trójkącie Pascala powstają zgodnie z regułą (1). Innymi słowy: traktujemy wiersze trójkąta Pascala jako ciągi obustronnie nieskończone, wypełnione zerami na lewo i na prawo od skrajnych jedynek; wyrazy każdego z tych ciągów są ponumerowane liczbami całkowitymi (także ujemnymi). Wyrazy o numerach ujemnych są zerami; lewa jedynka jest wyrazem o numerze , prawa jedynka jest wyrazem o numerze równym numerowi wiersza; dalsze wyrazy znów są zerami. Każda liczba w wierszu -tym jest sumą liczb znajdujących się nad nią w wierszu ()-ym, i to właśnie orzeka podstawowa równość (1).

Będziemy rozważać sumy

Nie piszemy zakresu zmienności wskaźnika sumowania; można przez to rozumieć, że przebiega wszystkie wartości całkowite - nie powoduje to niejasności, bowiem składniki tych sum są różne od zera tylko dla skończenie wielu wartości . I tak, na przykład, w wyrażeniu niezerowe składniki otrzymujemy tylko dla od do . Zatem jest tym wyrażeniem, którego dotyczy zadanie.

Udowodnimy przez indukcję, że

(W zadaniu żąda się jedynie dowodu tego, że ); rozbudowanie tezy do postaci (2) jest jednak celowe, aby dało się wykonać krok indukcyjny - por. Uwaga 1 w rozwiązaniu zadania 7 z zawodów pierwszego stopnia.)

Dla : trzeci wiersz trójkąta Pascala ma postać (jedynki na miejscach o numerach i ). Tak więc , , ; zależności (2) zachodzą.

Ustalmy liczbę naturalną i załóżmy indukcyjnie, że

Zgodnie z wzorem (1) mamy

Z otrzymanych wzorów rekurencyjnych wynika oczywiście, że

Na mocy zasady indukcji dowodzi to słuszności tezy (2).