XL OM - II etap

II etap XL Olimpiady Matematycznej

XL OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XL OM, 1988-1989

Etap:

Rozwiązać równanie

$ \tg 7x - \sin 6x=\cos 4x - \ctg 7x. $

Rozwiązanie

Przepisujemy dane równanie w postaci

$ f(x) = g(x) , $

gdzie

$ f(x) = \tg 7x+\ctg 7x , \quad g(x) = \sin 6x + \cos 4x . $

Zarówno $f$ , jak i $g$ , jest funkcją okresową, o okresie $\pi$ . Wystarczy więc poszukiwać rozwiązań w zbiorze $(-\pi/2; 0) \cup (0; \pi/2)$ punkt $0$ oraz końce przedziału $(-\pi/2; \pi/2)$ zostały usunięte jako nie należące do dziedziny funkcji $f$ ).

Wyrażenie postaci $t + t^{-1}$ przyjmuje wyłącznie wartości o module nie mniejszym od $2$ ; oto uzasadnienie:

$ \left| t+ \frac{1}{t}\right| = \sqrt{\left(t+ \frac{1}{t}\right)^2}= \sqrt{\left(t- \frac{1}{t}\right)^2+4}\geq \sqrt{4}=2. $

Zatem $|f(x)| \geq 2$ dla każdego $x$ należącego do dziedziny funkcji $f$ . Jednocześnie $|g(x)| \leq | \sin 6x| +| \cos4x| \leq 2$ dlą każdego $x$ . Wobec tego równość $f(x)=g(x)$ zachodzi tylko wtedy gdy $f(x) - g(x) = 2$ lub $f(x) = g(x) = - 2$ . Z kolei równość $g(x) = \pm 2$ oznacza, że $\sin 6x = \cos 4x = \pm 1$ . Równanie $\cos 4x = -1$ ma w zbiorze $(-\pi/2;0) \cup (0;\pi/2)$ dwa rozwiązania: $x_1 = -\pi/4$ , $x_2 = -\pi/4$ ; równanie $\cos 4x = 1$ nie ma w tym zbiorze rozwiązań. Liczba $x$ spełnia przy tym równanie sin $\sin 6x =- 1$ ; liczba $x_2$ tego równania nie spełnia. Ponieważ zaś $f(\pi/4) = \tg (7\pi/4)+\ctg (7\pi/4) = -2$ , widzimy, że jedynym rozwiązaniem danego równania w rozważanym zbiorze jest liczba $\pi/4$ .

Uwzględniając wspomnianą na wstępie okresowość otrzymujemy zbiór liczb postaci

$ x=\frac{\pi}{4} + k \pi \quad (k \ \textrm{całkowite}) $

jako ogólne rozwiązanie podanego równania.

XL OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XL OM, 1988-1989

Etap:

Dla losowo wybranej permutacji $\mathbf{f} = (f_1, \ldots, f_n)$ zbioru $\{1,\ldots, n\}$ oznaczmy przez $X(\mathbf{f})$ największą liczbę $k \leq n$ taką, że $f_i < f_{i+1}$ dla wszystkich numerów $i < k$ . Udowodnić, że wartość oczekiwana zmiennej losowej $X$ wynosi $\sum_{k=1}^n \frac{1}{k!}$ .

Rozwiązanie

Rozważana zmienna losowa zależy oczywiście od $n$ . Oznaczmy ją wobec tego przez $X_n$ . Znajdziemy zależność rekurencyjną między wartościami oczekiwanymi zmiennych $X_{n-1}$ i $X_n$ .

Weźmy dowolną permutację $f = (f_1, \ldots , f_n)$ zbioru $\{1,\ldots, n\}$ . Po odrzuceniu wyrazu $f_n$ otrzymujemy permutację pewnego $(n -1)$ - elementowego zbioru różnych liczb. Długość początkowego odcinka tworzącego ciąg rosnący to wartość zmiennej $X_{n-1}$ . (Nie jest bowiem istotne, czy permutowanym zbiorem jest, zgodnie z definicją $X_{n-1}$ , zbiór $\{1,\ldots, n-1\}$ , czy też dowolny inny zbiór liniowo uporządkowany przez relację mniejszości.)

Dołączamy z powrotem wyraz $f_n$ . Długość początkowego odcinka tworzącego ciąg rosnący pozostanie nie zmieniona lub zwiększy się o $1$ . Zwiększenie to nastąpi tylko w jednym przypadku: gdy permutacja $f$ jest identyczna z ciągiem $(1,2, \ldots , n)$ . Prawdopodobieństwo takiego zdarzenia wynosi $1/n!$ .

Dostajemy więc zależność

$ X_n= \left\{ \begin{array}{ll} X_{n-1} & \textrm{z prawdopodobieństwem } 1-1/n!\\ X_{n-1}+1 & \textrm{z prawdopodobieństwem } 1/n! \end{array} \right. $

Stąd natychmiast wynika wzór rekurencyjny

$ E(X_n) = E(X_{n-1}) + \frac{1}{n!} . $

Ponieważ zaś $E(X_1) = 1$ , dany do udowodnienia w zadaniu wzór otrzymujemy przez oczywistą indukcję.

XL OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XL OM, 1988-1989

Etap:

Dany jest kąt trójścienny $OABC$ o wierzchołku $O$ oraz punkt $P$ w jego wnętrzu. Niech $V$ będzie objętością równoległościanu o dwóch wierzchołkach w punktach $O$ i $P$ , którego trzy krawędzie są zawarte w półprostych $OA^{\rightarrow}$ , $OB^{\rightarrow}$ , $OC^{\rightarrow}$ . Obliczyć minimalną objętość czworościanu, którego trzy ściany są zawarte w ścianach kąta trójściennego $OABC$ , a czwarta ściana zawiera punkt $P$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $\mathbf{Q}$ rozważany równołegłościan o objętości $V$ . Niech $OA$ , $OB$ , $OC$ będą jego trzema krawędziami. Prowadzimy przez punkt $P$ dowolną płaszczyznę przecinającą półproste $OA^\rightarrow$ , $OB^\rightarrow$ , $OC^\rightarrow$ odpowiednio w punktach $K$ , $L$ , $M$ (i wyznaczającą interesujący nas czworościan $OKLM$ ; jego objętość jest tą wielkością, której minimum mamy wyznaczyć).

Weźmy pod uwagę następujące trzy liczby (stosunki pól trójkątów):

$ x=\frac{\mathrm{pole}(PLM)}{\mathrm{pole}(KLM)}, \quad y=\frac{\mathrm{pole}(KPM)}{\mathrm{pole}(KLM)}, \quad z=\frac{\mathrm{pole}(KLP)}{\mathrm{pole}(KLM)}. $

Oczywiście $x, y, z > 0$ , $x + y + z = 1$ .

Oznaczmy odległości punktów $P$ i $M$ od płaszczyzny $ABC$ odpowiednio przez $d$ i $h$ , a odległości tych punktów od prostej $KL$ - przez $d'$ i $h'$ . Wobec równoległości prostej $CP$ do płaszczyzny $OAB$ zachodzi proporcja

$ \frac{|OC|}{|OM|}=\frac{d}{h}=\frac{d'}{h'}= \frac{\mathrm{pole}(KLP)}{\mathrm{pole}(KLM)}=z. $

Analogicznie można zinterpretować liczby $x$ i $y$ . Tak więc

$ (2) \qquad |OA| = x|OK| ,\quad |OB| = y|OL|, \quad |OC| = z|OM|. $

Z wzoru na objętość ostrosłupa oraz z zależności (1) i (2) otrzymujemy równość

$ \begin{split} \textrm{objętość}(OKLM) &= \frac{h}{3} \mathrm{pole}(OKL) = \frac{h}{6} |OK| \cdot |OL| \sin(\measuredangle KOL) =\\ &= \frac{h}{6}\cdot \frac{1}{x} |OA|\cdot \frac{1}{y} lOB| \sin(\measuredangle AOB) = \\ &=\frac{d}{6xyz}\cdot 2 \mathrm{pole}(OAB). \end{split} $

Podwojone pole trójkąta $OAB$ jest polem ściany równoległościanu $\mathbf{Q}$ zawartej w płaszczyźnie $\mathbf{OAB}$ ; liczba $d$ jest długością odpowiedniej wysokości tego równoległościanu. Zatem $d \cdot 2\mathrm{pole}(OAB) = \textrm{objętość}(\mathbf{Q}) = V$ . Stąd oraz z nierówności między średnią arytmetyczną i średnią geometryczną liczb $x$ , $y$ , $z$ wynika, że

$ \textrm{objętość}(OKLM) =\frac{V}{6xyz}\geq \frac{V}{6}\left( \frac{3}{x+y+z} \right)^3 = \frac{9}{2} V. $

Otrzymana nierówność staje się równością, gdy $x = y = z = 1$ , czyli gdy odcinki $OK$ , $OL$ , $OM$ są trzykrotnie dłuższe odpowiednio od $OA$ , $OB$ , $OC$ . To zaś zachodzi, gdy płaszczyzna $KLM$ jest poprowadzona przez punkt $P$ równolegle do płaszczyzny $ABC$ .

Liczba $\frac{9}{2} V$ jest więc szukanym minimum.

Uwaga. Gdy odcinki $OA$ , $OB$ , $OC$ są parami prostopadłe i mają równą długość, można je przyjąć za wersory osi kartezjańskiego układu współrzędnych. Całe rozumowanie daje się wówczas zgrabnie zapisać w języku geometrii analitycznej. Bowiem: $A = (1,0,0)$ , $B = (0,1,0)$ , $C = (0,0,1)$ , $P = (1,1,1)$ ; dowolna płaszczyzna przechodząca przez punkt $P$ dana jest równaniem postaci $ax + by + cz =$ 1, z dodatnimi współczynnikami $a$ , $b$ , $c$ dobranymi tak, by $a + b + c= 1$ . (Nietrudno zauważyć, że liczby $a$ , $b$ , $c$ - to nic innego niż liczby $x$ , $y$ , $z$ z poprzedniego sposobu rozwiązania; tym razem potrzebujemy liter $x$ , $y$ , $z$ na oznaczenie zmiennych układu współrzędnych; stąd zmiana notacji.) Rozważana płaszczyzna przecina osie układu w punktach $K = (1/a, 0,0)$ , $L= (0,1/fb,0)$ , $M = (0,0, 1/c)$ .

Równoleglościan $\mathbf{Q}$ jest teraz sześcianem; jego objętość $V$ równa się $1$ . Badany czworościan $OKLM$ ma objętość $(1/6)(1/a)(1/b)(1/c)$ . Jak poprzednio, stosując nierówność między średnimi stwierdzamy, że (przy stałej sumie $a + b + c = 1$ ) iloczyn abc osiąga maksimum, gdy $a = b = c = \frac{1}{3}$ ; .objętość czworościanu $OKLM$ osiąga wówczas minimum, równe $\frac{9}{2}$ .

Teza zadania jest więc udowodniona w bardzo szczególnym przypadku, gdy $|OA| = |OB| = |OC| = 1$ , $OA \bot OB \bot OC \bot OA$ . Ten ,,bardzo szczególny'' przypadek jest jednak, w pewnym sensie, całkiem ogólny. Powinno to być oczywiste dla wszystkich, którym nieobce jest pojęcie przekształceń afinicznych i ich najprostsze własności. Każdy równoległościan można afinicznie przekształcić na sześcian jednostkowy; zaś stosunek objętości jest niezmiennikiem przekształceń afinicznych przestrzeni trójwymiarowej. I właśnie te dwa spostrzeżenia wystarczą do tego, by z rozpatrzonego powyżej ,,bardzo szczególnego'' przypadku wydedukować tezę zadania w pełnej ogólności.

XL OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XL OM, 1988-1989

Etap:

Dane są liczby całkowite $a_1, a_2, \ldots , a_{11}$ . Udowodnić, że istnieje taki niezerowy ciąg $x_1, x_2, \ldots, x_{11}$ o wyrazach ze zbioru $\{-1,0,1\}$ , że liczba $x_1a_1 + \ldots x_{11}a_{11}$ jest podzielna przez 1989.

Rozwiązanie

Każdemu $11$ - elementowemu ciągowi $(u_1,\ldots ,u_{11})$ o wyrazach równych $0$ lub $1$ przyporządkujmy liczbę $u_1a_1 + \ldots +u_{11}a_{11}$ . Wszystkich takich ciągów jest $2^{11}$ , a zatem więcej niż $1989$ . Istnieje wobec tego taka para ciągów $(u_1,\ldots, u_{11}) \neq (v_1, \ldots, v_n)$ , $u_i, v_i \in \{0,1\}$ , że przyporządkowane tym ciągom liczby

$ u_1a_1 + \ldots + u_{11}a_{11} \quad \textrm{oraz} \quad v_1a_1 + \ldots + v_{11}a_{11} $

dadzą przy dzieleniu przez $1989$ jednakowe reszty. A to znaczy, że liczba

$ (u_1 - v_1)a_1 + \ldots + (u_{11} - v_{11})a_11 $

jest podzielna przez $1989$ .

Wystarczy więc przyjąć $x_i = u_i -v_i$ dla $i = 1,\ldots , 11$ . Wyrazy ciągu $(x_1, \ldots, x_{11})$ są równe $0$ , $1$ lub $-1$ , przy czym nie wszystkie są zerami.

XL OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XL OM, 1988-1989

Etap:

Dany jest ciąg $(c_n)$ liczb naturalnych określony rekurencyjnie: $c_1 = 2$ , $c_{n+1} = \left[ \frac{3}{2}c_n\right]$ . Udowodnić, że wśród wyrazów tego ciągu jest nieskończenie wiele liczb parzystych i nieskończenie wiele liczb nieparzystych.

Rozwiązanie

Wystarczy udowodnić następujące dwa stwierdzenia:

(a) Dla dowolnej liczby parzystej $p$ będącej wyrazem ciągu $(c_n)$ istnieje większa od niej liczba nieparzysta będąca wyrazem tego ciągu.

(b) Dla dowolnej liczby nieparzystej $q$ będącej wyrazem ciągu $(c_n)$ istnieje większa od niej liczba parzysta będąca wyrazem tego ciągu.

Dowód zdania (a). Niech $p = 2^km$ , $k,m \geq1$ , $m$ nieparzyste. Jeśli $p = c_n$ , to $c_{n+1} = 2^{k-1}\cdot 3m$ ; gdy $k -1 \geq 1$ , wówczas $c_{n+2} = 2^{k-2}\cdot 3^2m$ ; itd., ogólnie, dla $j \in \{1,\ldots, k\}$ mamy $c_{n-j} = 2^{k-j} \cdot 3^j m$ . W szczególności dla $j = k$ dostajemy $c_{n+k} = 3^km$ . Jest to większa niż p liczba nieparzysta.

Dowód zdania (b). Teraz $q - 1$ jest liczbą parzystą, dodatnią ( $q - 1$ nie może być zerem, bo $c_n \geq 2$ dla wszystkich $n$ ; to wynika przez natychmiastową indukcję z określenia ciągu $(c_n)$ ). Zatem $q = 2^km+1$ , $k,m \geq 1$ , $m$ nieparzyste. Jeśli $q = c_n$ , to $c_{n+1} = 2^{k-1}\cdot 3m + 1$ i ogólnie, jak poprzednio, dla $j\in \{1, \ldots, k\}$ mamy $c_{n+j} = 2^{k-j}\cdot 3^jm+1$ ; w szczególności $c_{n+k} = 3^km + 1$ . Jest to większa niż $q$ liczba parzysta.

XL OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XL OM, 1988-1989

Etap:

W trójkącie $ABC$ przez punkt wewnętrzny $P$ poprowadzono proste $CP$ , $AP$ , $BP$ przecinające boki $AB$ , $BC$ , $CA$ odpowiednio w punktach $K$ , $L$ , $M$ . Udowodnić, że jeśli w czworokąty $AKPM$ i $KBLP$ można wpisać koła, to w czworokąt $LCMP$ też można wpisać koło.

Rozwiązanie

Przez koło wpisane w czworokąt (wypukły lub wklęsły) będziemy rozumieli koło zawarte w tym czworokącie i styczne do czterech prostych zawierających jego boki. Warunkiem koniecznym i dostatecznym istnienia takiego koła jest równość sum długości przeciwległych boków czworokąta. Ten fakt, doskonale znany dla czworokątów wypukłych, mniej powszechnie jest znany dla czworokątów wklęsłych. Wszelako dowód w przypadku czworokąta wklęsłego otrzymuje się przez prostą adaptację zwykłego ,,podręcznikowego'' dowodu dla przypadku czworokąta wypukłego. Podamy go na końcu rozwiązania, w Uwadze.

Teza naszego zadania jest bezpośrednim wnioskiem z podanej własności: założenie zadania oznacza, że istnieją koła wpisane w czworokąty wklęsłe $PCAB$ i $PABC$ . Zatem (rysunek 3)

$ \begin{split} |PC| + |AB| = |PB| + |CA|,\\ |PA| + |BC| = |PC| + |AB|. \end{split} $

Stąd

$ |PA| + |BC| = |PB| + |CA|, $

a więc istnieje koło wpisane w czworokąt wklęsły $PBCA$ - czyli koło wpisane w czworokąt wypukły $LCMP$ .

Uwaga. Oto dowód twierdzenia mówiącego, ze w czworokąt wklęsły da się wpisać koło wtedy i tylko wtedy, gdy sumy długości przeciwległych boków są równe.

Niech $PABC$ będzie czworokątem wklęsłym; zakładamy, że punkt $P$ leży wewnątrz trójkąta $ABC$ . Przedłużenia boków $AP$ i $CP$ przecinają boki $BC$ i $AB$ odpowiednio w punktach $L$ i $K$ .

Przypuśćmy, żc istnieje koło styczne do prostych zawierających boki czworokąta $PABC$ . Jest to, mówiąc prościej, koło wpisane w czworokąt wypukły $PKBL$ . Oznaczmy przez $T$ , $U$ , $V$ , $W$ punkty styczności tego koła odpowiednio z bokami $PK$ , $KB$ , $BL$ , $LP$ (rysunek 4).

Następujące pary odcinków stycznych do rozważanego koła mają równe długości:

$ (1) \qquad \begin{split} |AU| = |WA|, \\ |PT| = |WP| \end{split} $

oraz

$ (2) \qquad \begin{split} |UB| = |BV|, \\ |CT| = |VC|. \end{split} $

Odejmujemy stronami obie równości (1):

$ |AU| - |PT| = |WA| - |WP| = |PA|. $

Dodajemy stronami równości (2):

$ |UB| + |CT| = |BV| + |VC| = |BC|. $

Dodajemy wreszcie stronami otrzymane równości i dostajemy:

$ (3) \qquad |PA| + |BC| = |AU| + |UB| + |CT| - |PT| = |AB| + |CP|, $

czyli równość, którą należało wykazać.

Pozostała do udowodnienia implikacja przeciwna: zakładając, że zachodzi równość (3), mamy dowieść, że w czworokąt wklęsły $PABC$ da się wpisać koło - czyli, że da się wpisać koło w czworokąt wypukły $PKBL$ .

Wpisujemy najpierw koło $\Omega$ w trójkąt $ABL$ . Prowadzimy z punktu $C$ prostą styczną do tego koła (różną od prostej $CB$ ), przecinającą odcinek $AB$ w punkcie $K'$ . Przypuśćmy, że punkt $K'$ nie pokrywa się z $K$ . Niech $P'$ będzie punktem przecięcia prostych $AL$ i $CK'$ ; powstaje (niezdegenerowany) trójkąt $CPP'$ (rysunek 5 przedstawia dwie możliwe konfiguracje).

Koło $\Omega$ jest wpisane w czworokąt wklęsły $PABC$ . Na mocy udowodnionej już części twierdzenia w czworokącie tym spełniona jest równość analogiczna do (3):

$ |P'A| + |BC| = |AB| + |CP'|. $

Odejmujemy tę równość stronami od (3) i stwierdzamy, że

$ |PA| - |P'A| = |CP| - |CP'|. $

Lewa strona ostatniej równości to - z dokładnością do znaku - długość odcinka $PP'$ . Uzyskujemy w ten sposób następujący związek między długościami boków trójkąta $CPP'$ :

$ |CP'| = |CP| \pm |PP'|. $

W trójkącie, który nie degeneruje się do odcinka, taka równość zachodzić nie może. Otrzymana sprzeczność jest wynikiem przypuszczenia, że $K' \ne K$ . Zatem punkt $K'$ musi pokrywać się z $K$ . A to znaczy, że koło $\Omega$ jest wpisane w czworokąt $PKBL$ ; dowód jest zakończony.