XXXIX OM - I - Zadanie 1

Dla każdej liczby dodatniej wyznaczyć liczbę pierwiastków wielomianu .

Rozwiązanie

Oznaczmy rozważany wielomian przez . Wielomian trzeciego stopnia ma co najwyżej trzy pierwiastki rzeczywiste. Pokażemy, że wielomian ma co najmniej trzy pierwiastki rzeczywiste - a więc ma dokładnie trzy pierwiastki rzeczywiste (dla każdej wartości parametru ).

Wystarczy zauważyć, że

Jeśli funkcja ciągła o wartościach rzeczywistych przyjmuje w dwóch punktach wartości różnych znaków, to w pewnym punkcie przedziału ograniczonego tymi punktami przyjmuje wartość zero} (własność Darboux).

Stąd wynika, że w każdym, z przedziałów , , znajduje się pierwiastek wielomianu .

XXXIX OM - I - Zadanie 2

Wyznaczyć wszystkie liczby rzeczywiste takie, że funkcja

przyjmuje wartość 2.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że dla pewnego . Ponieważ , , zatem równość taka jest możliwa tylko wtedy, gdy jednocześnie , . Z pierwszego z tych równań wynika, że (zatem ), z drugiego zaś - że (zatem ); i są liczbami całkowitymi. Stąd

Na odwrót załóżmy, że jest liczbą takiej postaci i przyjmijmy . Wówczas

Tak więc warunek zadania spełniają liczby przedstawianie w postaci ułamka o liczniku nieparzystym, a mianowniku parzystym, i tylko one.

XXXIX OM - I - Zadanie 3

Dla danego punktu leżącego wewnątrz trójkąta rozważamy
punkty i leżące na półprostej tak, że , ;
punkty i leżące na półprostej tak, że , ;
punkty i leżące na półprostej tak, że , .
Wyrazić pole trójkąta za pomocą pól trójkątów i .

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia: , , , . Z warunków zadania wynika, że

i podobnie (rysunek 2).

Obliczamy pola trójkątów:

Zauważmy teraz, że miary każdych dwóch występujących w tych relacjach kątów albo są równe, albo dopełniają się do . Zatem ich sinusy są równe i otrzymujemy zależności

Stąd

Przez cykliczną zmianę oznaczeń dostajemy analogiczne równości

Dodając stronami związki (1), (2), (3) otrzymujemy odpowiedź:

XXXIX OM - I - Zadanie 4

W elipsę wpisano trójkąt o maksymalnym obwodzie. Udowodnić, że w każdym wierzchołku kąty między styczną do elipsy a bokami wychodzącymi z tego wierzchołka są równe.

Rozwiązanie

Niech będzie trójkątem o maksymalnym obwodzie wpisanym w daną elipsę. Przypuśćmy, że teza zadania nie jest prawdziwa i że na przykład prosta styczna do elipsy w punkcie tworzy z bokami i różne kąty. Poprowadźmy przez punkt prostą , która z tymi bokami tworzy równe kąty (prostopadłą do dwusiecznej kąta ). Skoro proste i nie pokrywają się, możemy znaleźć na elipsie punkt leżący po przeciwnej stronie prostej niż punkty i (rysunek 3).

Oznaczmy przez i rzuty punktów i na prostą , a przez - punkt symetryczny do względem prostej . Trójkąty prostokątne
i są przystające; zatem , . Ponieważ (z określenia prostej ), wnosimy stąd, że odcinek jest przedłużeniem odcinka .

Punkt jest bardziej oddalony od punktu niż od punktu . A wobec
tego

Z tej nierówności wynika, że obwód trójkąta jest większy niż obwód trójkąta . Otrzymaliśmy sprzeczność z założeniem maksymalności obwodu trójkąta ; dowód jest zakończony.

Uwaga: Teza zadania, jak i podany dowód, zachowuje słuszność, jeśli zamiast elipsy rozważa się dowolną zamkniętą krzywą gładką (tj. posiadającą w każdym punkcie styczną), ograniczającą obszar wypukły na płaszczyźnie.

XXXIX OM - I - Zadanie 5

Udowodnić, że istnieje nieskończenie wiele liczb naturalnych , dla których jest potęgą liczby 2.
Uwaga: jest największą liczbą całkowitą nie większą od .

Rozwiązanie

Liczbę można zastąpić dowolną liczbą z przedziału .

Niech więc i niech będzie zbiorem wszystkich liczb naturalnych , dla których jest potęgą dwójki (o wykładniku całkowitym nieujemnym). Wykażemy kilkoma sposobami, że zbiór jest nieskończony; dla otrzymamy tezę zadania. (W żadnym z tych dowodów wzięcie konkretnej wartości niczego nie upraszcza; jedynie w sposobie IV zakładamy dodatkowo, że jest liczbą niewymierną).

Przypuśćmy, że jest zbiorem skończonym. Weźmy liczbę naturalną taką, że dla wszystkich . Niech będzie liczbą naturalną, dla której i przyjmijmy . Tak więc .

Istnieje liczba całkowita taka, że . Ponieważ zaś (co wynika z założenia, że ), dostajemy nierówność , czyli

lub równoważnie:

Oznaczając przez mamy więc , skąd wynika, że . Ale , a taka nierówność nie może zajść dla (w myśl określenia liczby ).

Otrzymana sprzeczność pokazuje niesłuszność przypuszczenia, że jest zbiorem skończonym.

Uwaga: Istnieją liczby , dowolnie bliskie , dla których analogiczna teza nie jest prawdziwa; to znaczy, takie, że zbiór określony na wstępie rozwiązania jest skończony. Ma to miejsce, gdy dla prawie wszystkich wykładników naturalnych (tj. wszystkich poza skończoną ich liczbą) przedział ) nie zawiera żadnej liczby całkowitej. Ten warunek spełniają na przykład wszystkie liczby określone równością postaci

czyli - zapisując w układzie dwójkowym -

(Jeśli zamiast bloków zer stałej długości będziemy pisać coraz dłuższe serie zer, dostaniemy w ten sposób również liczby niewymierne).

Sprawdzenie podanych własności pozostawiamy Czytelnikom jako nietrudne ćwiczenie.

XXXIX OM - I - Zadanie 6

Spośród liczb () wybieramy w sposób losowy cztery różne. Wybór każdej czwórki jest jednakowo prawdopodobny. Obliczyć prawdopodobieństwo tego, że suma wybranych liczb dzieli się przez 3.

Rozwiązanie

{Suma czterech liczb całkowitych dzieli się przez wtedy i tylko wtedy, gdy układ reszt z dzielenia tych liczb przez ma (z dokładnością do permutacji) jedną z następujących pięciu postaci:

Spośród liczb naturalnych od do dokładnie liczb daje w dzieleniu przez resztę ; także liczb daje resztę oraz liczb daje resztę . Wypisane powyżej konfiguracje reszt są wobec tego reprezentowane odpowiednio przez

czteroelementowych podzbiorów zbioru . Szukane prawdopodobieństwo jest ilorazem , gdzie oznacza sumę tych pięciu wartości, a jest liczbą wszystkich czteroelementowych podzbiorów zbioru .

Tak więc

skąd

XXXIX OM - I - Zadanie 7

Dane jest takie przekształcenie płaszczyzny na płaszczyznę, że obrazem każdego okręgu jest okrąg. Udowodnić, że obrazem każdej prostej jest prosta.

Rozwiązanie

Oznaczmy rozważane przekształcenie przez . Niech będzie dowolną prostą, a - jej obrazem w przekształceniu .

Dowód podanej tezy oprzemy na następujących trzech stwierdzeniach:

• [(1)] \textrm{Wraz z dowolnymi dwuoma punktami zbiór}\ f(l) \ \textrm{zawiera prostą przechodzącą przez te punkty.}
• [(2)] \textrm{Zbiór}\ f(l) \ \textrm{zawiera więcej niż jeden punkt.}
• [(3)] \textrm{Zbiór}\ f(l) \ \textrm{nie jest całą płaszczyzną.}

A oto dowody tych stwierdzeń:

Ad (1). Niech , , . Istnieją więc punkty , takie, że , . Przypuśćmy, że na prostej znajduje się punkt nie należący do . Z założenia przekształca płaszczyznę na całą płaszczyznę, a więc dla pewnego punktu . Skoro zaś , to . Przez punkty , , można zatem poprowadzić okrąg. Jego obraz w przekształceniu zawiera trzy różne współliniowe punkty , , - nie jest więc okręgiem, wbrew warunkowi zadania.

Ad (2). Przypuśćmy, że . Weźmy dowolne dwa punkty i , współliniowe z i różne od . Istnieją punkty i takie, że , . Punkty i leżą poza prostą . Zatem znajdzie się na prostej punkt niewspółliniowy z i . Prowadzimy okrąg przez punkty , , . Jego obraz zawiera trzy różne współliniowe punkty , , - sprzeczność.

Ad (3). Przypuśćmy teraz, że jest całą płaszczyzną. Niech będzie dowolnym punktem nie leżącym na prostej i niech . Bierzemy dowolne dwa punkty , , współliniowe z i różne od . Wobec przypuszczenia, że jest całą płaszczyzną, punkty i są obrazami pewnych punktów , . Obraz okręgu przechodzącego przez punkty , , zawiera trzy różne współliniowe punkty , , - sprzeczność.

Dowód tezy zadania. W myśl (2), zbiór zawiera co najmniej dwa punkty. Weźmy więc dwa różne punkty , . Na mocy (1) prosta zawiera się w . Przypuśćmy, że zbiór zawiera jakikolwiek punkt leżący poza prostą - zawiera wówczas całe proste i , znów na mocy (1). Brzeg trójkąta jest więc zawarty w .

Niech będzie dowolnym punktem płaszczyzny. Poprowadźmy przez punkt dowolną prostą przecinającą brzeg trójkąta w dwóch punktach. Punkty te należą do , a zatem, zgodnie z (1), prosta jest zawarta w ; w szczególności, . Ponieważ punkt był wybrany dowolnie, otrzymujemy sprzeczność z uwagą (3). To znaczy, że zbiór jest identyczny z prostą .

Wykazaliśmy tym samym, że obrazem prostej jest prosta.

XXXIX OM - I - Zadanie 8

Dla danego sześcianu o krawędzi długości 1 znaleźć zbiór odcinków o sumie długości nie większej niż mający tę własność, że każde dwa wierzchołki sześcianu są końcami pewnej łamanej złożonej z odcinków tego zbioru.

Rozwiązanie

Podamy przykład zbioru odcinków o wymaganej własności. Przykład ten może być uważany za przestrzenny odpowiednik ,,optymalnej sieci dróg wiążącej wierzchołki prostokąta'', skonstruowanej w zadaniu przygotowawczym . (Wskazówkę do konstrukcji daje spostrzeżenie, że celowe jest poszukiwanie takiego układu odcinków, by w każdym ,,węźle sieci'' schodziły się dokładnie trzy odcinki, leżące w jednej płaszczyźnie i tworzące kąty po , bowiem istnienie węzła jakiejkolwiek innej postaci daje możliwość lokalnej modyfikacji sieci w otoczeniu takiego węzła, prowadzącej do skrócenia sieci.)

Niech i będą dwiema przeciwległymi ścianami sześcianu, oznaczonymi tak, by odcinki , , , były czterema równoległymi krawędziami sześcianu. Oznaczmy środki krawędzi , , , , odpowiednio przez , , , , a środki odcinków i (czyli środki dwóch wymienionych na początku ścian) - przez i (rysunek 4).

Na odcinku znajdujemy punkty i takie, że . Wówczas . (Odcinki , , , , tworzą w kwadracie sieć, o jakiej mowa w zadaniu ; otrzymane kąty o wierzchołkach w punktach i mają rozwartość po .)

Długość odcinka wynosi . Niech będzie środkiem tego odcinka; zatem . (Nietrudno sprawdzić, że teraz odcinki i tworzą z odcinkiem kąty ). Odcinki i mają długości równe . Analogicznie, niech , , będą odpowiednio środkami odcinków , , . Rozważamy zbiór następujących trzynastu odcinków:

Suma ich długości wynosi . Znaleźliśmy w ten sposób zbiór odcinków spełniający postawione warunki.

XXXIX OM - I - Zadanie 9

Spośród wierzchołków -kąta foremnego () wybrano cztery różne. Wybór każdej czwórki wierzchołków jest jednakowo prawdopodobny. Obliczyć prawdopodobieństwo tego, że wszystkie wybrane wierzchołki leżą na pewnym półokręgu (przyjmujemy, że do półokręgu należą jego końce).

Rozwiązanie

Niech będzie zbiorem wszystkich wierzchołków rozważanego -kąta foremnego.

Oznaczmy szukane prawdopodobieństwo przez . Wyraża się ono ułamkiem

którego mianownik jest liczbą wszystkich czteroelementowych podzbiorów zbioru , a licznik jest liczbą czteropunktowych podzbiorów zawartych w półokręgach. Oczywiście

Wykażemy poniżej, że licznik dany jest wzorem

Stąd wyniknie odpowiedź na postawione w zadaniu pytanie:

Pozostaje udowodnić wzór (1). Dla , nie ma czwórki wierzchołków zawartej w półokręgu. Zatem , , co zgadza się z (1). W dalszym ciągu zakładajmy, że .

Rozważane w zadaniu półokręgi muszą być zawarte w okręgu opisanym na danym wielokącie. Ustalmy orientację (kierunek obiegu) tego okręgu. Każdy jego półokrąg ma wówczas wyróżniony początek i koniec.

Jeśli jest czteropunktowym podzbiorem zbioru zawartym w półokręgu, to wśród wszystkich zawierających go półokręgów istnieje dokładnie jeden półokrąg, którego początek jest punktem zbioru . Oznaczmy ten półokrąg przez .

Niech teraz będzie pewnym ustalonym półokręgiem o początku i końcu zbiorze . Liczba czteropunktowych zbiorów , dla których ,
wynosi wynika to stąd, że jeden z punktów zbioru musi być początkiem półokręgu , dalsze zaś trzy punkty zbioru można wybrać dowolnie spośród pozostałych punktów zbioru należących do .

Ponieważ półokrąg można usytuować na okręgu na sposobów, liczba rozważanych zbiorów wynosi

co po krótkim przekształceniu daje dowodzony wzór (1).

XXXIX OM - I - Zadanie 10

Wiedząc, że rozstrzygnąć, która z liczb jest większa:

Rozwiązanie

Wykażemy, że większa jest pierwsza z tych liczb (jedynie dla zachodzi równość).

Wprowadźmy oznaczenie:

Obliczamy pochodną funkcji w przedziale :

W dalszym ciągu będzie nam potrzebna nierówność

Dowodzimy jej następująco: przyjmijmy

Pochodna

jest dodatnia w przedziale . Zatem funkcja jest rosnąca w tym przedziale, a ponieważ jest ciągła w punkcie i , to dla . Nierówność (2) jest więc udowodniona.

Funkcja jest wklęsła w przedziale , to znaczy spełnia nierówność

(Obszerniejszy komentarz na temat funkcji wypukłych i funkcji wklęsłych znajdzie Czytelnik na przykład w broszurze ,,{\it XXXVII Olimpiada Matematyczna. Sprawozdanie Komitetu Głównego}'' WSiP 1989, w Uwadze po rozwiązaniu zadania 2 z zawodów I stopnia).

Ustalmy . Wówczas liczby i należą do przedziału , a więc możemy zastosować nierówność (3) do funkcji i do tych właśnie liczb i , biorąc :

Ponieważ cosinus jest funkcją malejącą w przedziale , lewa strona ostatniej nierówności jest - z uwagi na (2) - mniejsza od . Natomiast prawa strona (4), jako średnia arytmetyczna liczb i , jest nie mniejsza od ich średniej geometrycznej. Tak więc nierówność (4) prowadzi do oszacowania:

A to oznacza, że pochodna funkcji , dana wzorem (1), jest dodatnia dla wszystkich . Tak więc funkcja jest w tym przedziale rosnąca; a ponieważ jest ciągła w punkcie i , zatem ostatecznie dla .

Stąd odpowiedź:

XXXIX OM - I - Zadanie 11

Dany jest ciąg określony wzorami , , , , dla . Udowodnić, że jest liczbą podzielną przez .

Rozwiązanie

Niech będzie ciągiem Fibonacciego, czyli ciągiem liczb całkowitych określonym przez warunki: , , (por. zadanie przygotowawcze ; tym razem wygodnie jest numerować wyrazy ciągu od zera, przyjmując ). Wykażemy, że dla .

Dla jest to prawda. Ustalmy i załóżmy, że dla . Pisząc dla wygody: , mamy , , , skąd

Na mocy zasady indukcji równość zachodzi dla wszystkich całkowitych . Zatem każda z liczb jest całkowitą wielokrotnością .

XXXIX OM - I - Zadanie 12

Dane są dwie współśrodkowe sfery i odpowiednio o promieniach i , . Niech będzie pewnym punktem należącym do . Niech będzie stożkiem o wierzchołku w stycznym do . Oznaczmy . Następnie dla każdego punktu wykreślamy stożek i określamy i dalej przez indukcję , gdzie jest stożkiem o wierzchołku w i stycznym do . Udowodnić, że dla pewnego jest .

Rozwiązanie

W tym zadaniu przez stożek należy rozumieć powierzchnię nieograniczonego stożka kołowego, a przez styczność stożka do sfery - styczność wzdłuż pewnego okręgu. (Ten brak precyzji w sformułowaniu został zauważony i wytknięty przez wielu uczestników olimpiady.)

Oznaczmy przez wspólny środek sfer i . Niech będzie rozwartością kąta przy wierzchołku stożka (a więc i każdego stożka rozważanego w zadaniu); . Przyjmijmy . Udowodnimy przez indukcję względem następującą implikację:

Stąd wyniknie, że .

Dla poprzednik implikacji (1) przybiera postać: . Stożek ma wtedy punkty wspólne ze zbiorem . Niech (rysunek 5). Zauważmy, że stwierdzenia: oraz są równoważne (każde z nich znaczy dokładnie tyle, że odcinek jest styczny do sfery ). Tak więc w tym przypadku

czyli .

Załóżmy teraz, że dowodzona implikacja (1) zachodzi dla pewnej liczby naturalnej . Wykażemy słuszność analogicznej implikacji dla .

Niech będzie punktem takim, że (rysunek 6 ilustruje sytuację, gdy , ; przedstawia on przekrój rozważanych sfer płaszczyzną ). Weźmy pod uwagę koło wielkie sfery przechodzące przez punkty i . Niech będzie krótszym z dwóch łuków, na które punkty i dzielą okrąg tego koła (w przypadku gdy jest punktem antypodycznym do bierzemy dowolne koło wielkie o średnicy i dowolny półokrąg ). Na łuku znajdujemy punkty i takie, że . Wówczas , , , więc z założenia indukcyjnego . Niech będzie punktem antypodycznym do . W rozważanym kole wielkim kąt wpisany jest dwukrotnie mniejszy od kąta środkowego . Zatem , a to znaczy, że punkty i należą do stożka . Odcinki i są więc styczne do sfery ; wobec tego . Skoro zaś , wnosimy stąd, że , zgodnie z określeniem zbioru jako sumy zbiorów postaci dla. Ponieważ z kolei zbiór jest sumą zbiorów dla , otrzymujemy stąd wniosek, że . Kończy to krok indukcyjny.

Na mocy zasady indukcji implikacja (1) jest słuszna dla wszystkich rozważanych wartości (tzn. dla ). Zachodzi więc w szczególności dla . Gdy , poprzednik tej implikacji jest prawdziwy dla dowrolnego punktu sfery : nierówność jest spełniona automatycznie, bo (zgodnie z określeniem liczby ). Prawdziwy jest więc i następnik; a to znaczy, że każdy punkt sfery należy do zbioru . Zatem ostatecznie .

XXXIX OM - II - Zadanie 1

Niech będzie wielomianem, - liczbą naturalną. Udowodnić, że jeżeli dzieli się przez , to dzieli się również przez .

Rozwiązanie

Z warunku zadania wynika, że wielomian przyjmuje w punkcie wartość . Zatem i wielomian przyjmuje w punkcie wartość . Na mocy twierdzenia Bezout wielomian jest więc podzielny przez dwumian . Innymi słowy, istnieje wielomian taki, że . Stąd

co dowodzi tezy zadania.

XXXIX OM - II - Zadanie 2

Dane są liczby rzeczywiste , () takie, że

oraz

Udowodnić, że

Rozwiązanie

Przepiszmy założenie (2) w postaci

Na mocy nierówności między średnimi mamy więc

Wprowadźmy oznaczenie:

i przyjmijmy dodatkowo . Z otrzymanej przed chwilą nierówności (3) wynika, że liczby są nieujemne. Zauważmy, że

skąd

A zatem

Wobec nierówności oraz otrzymana suma jest nieujemna. Tak więc

A to właśnie mieliśmy wykazać.

Uwaga 1: Zastosowane w końcowej fazie rozumowania przekształcenie (4) polegające na takim przegrupowaniu składników, by zamiast sumy wyrażeń postaci (gdzie ) rozważać sumę wyrażeń , nosi nazwę przekształcenia Abela. Jest ono często stosowane w różnych zagadnieniach związanych z badaniem ciągów i szeregów liczbowych. Warto zwrócić uwagę na podobieństwo tego przekształcenia do reguły ,,całkowania przez części''.

Uwaga 2: Nie korzystaliśmy nigdzie z założenia monotoniczności ciągu . Również w następnych sposobach nie będzie ono nam niepotrzebne.

To znaczy, przyjmujemy warunki (2) oraz (1'):

Uwaga 3: Zadanie jest szczególnym przypadkiem następującego ogólnego twierdzenia:

Jeżeli liczby rzeczywiste spełniają warunki : oraz

to dla dowolnej niemalejącej funkcji wypukłej zachodzi nierówność

(Aby otrzymać nasze zadanie, wystarczy przyjąć , , .)

Jest to twierdzenie Hardy'ego—Littlewooda—Pólya'i (w skrócie H—L—P), a ściślej, jeden z jego wariantów. W oryginalnym (i najczęściej stosowanym) sformułowaniu twierdzenia H—L—P zakłada się dodatkowo, źe także i że nierówność (10) staje się równością dla ; za to teza (11) zachodzi wtedy dla dowolnej funkcji wypukłej , niekoniecznie monotonicznej. W przytoczonym przez nas brzmieniu nosi ono czasem nazwę twierdzenia Tomića lub twierdzenia Weyla; częściej jednak jest uważane za wariant starszego odeń twierdzenia H—L—P (którego dowody dadzą się łatwo przetwarzać na dowody twierdzenia Tomića—Weyla).

Omawiane twierdzenie, w obu tych wersjach, znajdzie Czytelnik wraz z dowodami i komentarzem na przykład w książce: D.S. Mitrinović, Analytic Inequalities; Berlin-Heidelberg-New York 1970 (Ch.2.24, Thms 1, 2). Stosowana tam metoda wykorzystuje przekształcenie Abela (a więc w pewnej mierze koresponduje z rozwiązaniem naszego zadania przedstawionym w sposobie I). Można jednakże, i to bez nadmiernych trudności, uzyskać dowód twierdzenia H—L—P (w którejkolwiek z rozważanych wersji) wzorując się na rozwiązaniu podanym w sposobie II; może to być interesującym zadaniem dla ambitniejszych Czytelników.

XXXIX OM - II - Zadanie 3

Wewnątrz trójkąta ostrokątnego rozważamy punkt i jego rzuty odpowiednio na boki . Wyznaczyć taki punkt , dla którego suma jest najmniejsza.

Rozwiązanie

Niech będzie dowolnym punktem wewnątrz trójkąta . Rozważając trójkąty prostokątne , , (rysunek 7) stwierdzamy, że

Analogicznie, z trójkątów AMP, BNP, CLP dostajemy

Stąd przez przyrównanie prawych stron otrzymanych równości:

Lewa strona równości (1) - to właśnie rozważana w zadaniu wielkość; oznaczmy ją przez . Mamy znaleźć punkt , dla którego osiąga minimum.

Suma lewej i prawej strony równości (1) wynosi . Tak więc

Zauważmy teraz, że

Wartość tego wyrażenia jest najmniejsza, gdy różnica jest zerem (bo jest stałe) - czyli gdy jest środkiem odcinka . Tak samo pozostałe dwie sumy w nawiasach po prawej stronie (2) mają wartość najmniejszą, gdy punkty i są środkami boków i .

Te zaś warunki dają się zrealizować jednocześnie: rzuty punktu na boki trójkąta pokrywają się ze środkami tych boków wtedy i tylko wtedy, gdy leży na przecięciu symetralnych boków. Stąd odpowiedź: wielkość osiąga minimum, gdy jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie (należy on do wnętrza trójkąta , skoro trójkąt ten jest ostrokątny).

XXXIX OM - II - Zadanie 4

Udowodnić, że dla każdej liczby naturalnej liczba jest podzielna przez .

Rozwiązanie

Oznaczmy:

Przyjmijmy, że , czyli . Zgodnie z wzorem dwumianowym,

gdzie , , są liczbami całkowitymi. Przekształcamy dalej:

Zatem , gdzie jest liczbą całkowitą (oczywiście dla jest to też prawda).

Wykazaliśmy więc, że dzieli się przez .

XXXIX OM - II - Zadanie 5

Rozstrzygnąć, czy każdy prostokąt, który można pokryć 25 kołami o promieniu 2 można też pokryć 100 kołami o promieniu 1.

Rozwiązanie

Odpowiedź jest twierdząca. Niech będzie prostokątem dającym się pokryć 25 kołami o promieniu 2. Osie symetrii prostokąta dzieją go na cztery prostokąty podobne do niego w skali . Każdy z nich możemy pokryć rodziną 25 kół o promieniu 1; wystarczy przekształcić dane 25 kół o promieniu 2 przez jednokładność o skali względem odpowiedniego wierzchołka. Dostajemy w ten sposób 100 kół o promieniu 1 łącznie pokrywających cały prostokąt .

XXXIX OM - II - Zadanie 6

Dany jest wielościan wypukły o ścianach . Oznaczmy wektor długości 1 prostopadły do ściany () zwrócony na zewnątrz danego wielościanu przez , natomiast pole powierzchni tej ściany przez . Dowieść, że

Rozwiązanie

Rozpoczniemy od uwagi, że jeśli w przestrzeni dany jest dowolny wielokąt płaski wypukły oraz płaszczyzna i jeśli jest wektorem długości prostopadłym do płaszczyzny wielokąta , a w jest wektorem długości prostopadłym do płaszczyzny , to oznaczając przez rzut prostokątny wielokąta na płaszczyznę mamy następującą zależność między polami wielokątów i :

(kropka między wektorami oznacza iloczyn skalarny).

Wzór (I) jest oczywisty w przypadku, gdy rozważane płaszczyzny są równolegle lub prostopadłe (bo wówczas, odpowiednio, równa się lub ). W pozostałym przypadku, gdy płaszczyzny te przecinają się wzdłuż prostej tworząc kąt ), wzór (1) wynika z następujących spostrzeżeń:

Gdy jest prostokątem o jednym boku równoległym, a drugim prostopadłym do prostej , jego rzut na płaszczyznę też jest takim prostokątem. Długość boku równoległego do nie zmienia się przy rzutowaniu, natomiast długość boku prostopadłego do ulega skróceniu w stosunku . W tym samym stosunku zmienia się więc i pole prostokąta; otrzymujemy zatem
dla prostokąta wzór (1), bo .

Stąd natychmiast wynika prawdziwość (1) dla dowolnego trójkąta prostokątnego o jednej przyprostokątnej równoległej, a drugiej prostopadłej do , bowiem trójkąt taki można uzupełnić do prostokąta (którego dwoma bokami są przyprostokątne danego trójkąta). Pole prostokąta zmienia się przy rzutowaniu w stosunku , więc to samo dzieje się z dwukrotnie mniejszym polem trójkąta (rysunek 8).

Wystarczy teraz zauważyć, że dowolny wielokąt wypukły jest sumą skończonej liczby trójkątów prostokątnych o przyprostokątnych równoległych i prostopadłych do prostej , o rozłącznych wnętrzach. Pole jest sumą pól tych trójkątów, a pole (rzutu na ) jest sumą pól rzutów poszczególnych trójkątów (rysunek 8). Pole rzutu każdego z tych trójkątów równa się polu trójkąta pomnożonemu przez ten sam współczynnik równy i przez zsumowanie otrzymujemy dowodzony wzór (1).

Przystępujemy do dowodu tezy zadania. Niech

Mamy dowieść, że jest wektorem zerowym.

Wybierzmy w przestrzeni dowolny wektor długości . Niech będzie dowolną płaszczyzną prostopadłą do wektora . Rzut prostokątny rozważanego wielościanu na płaszczyznę jest wielokątem wypukłym . Rzut dowolnej ściany jest wielokątem wypukłym (zdegenerowanym do odcinka, jeśli ).

Rozbijamy zbiór wskaźników na trzy podzbiory:

(Patrząc na wielościan z zewnątrz, w kierunku wektora , widzimy ściany o numerach , a nie widzimy ścian o numerach ) (rysunek 9). Rzuty ścian o numerach nie mają wspólnych punktów wewnętrznych i wypełniają cały wielokąt . To samo można powiedzieć o rzutach ścian o numerach . Zatem

i jednocześnie

Zauważmy teraz, że w myśl wzoru (1),

Wobec tego

Wektor był wybrany dowolnie. Wykazaliśmy w ten sposób, że wektor jest prostopadły do dowolnego wektora o długości . Jest więc wektorem zerowym.

XXXIX OM - III - Zadanie 1

Liczby należące do przedziału spełniają warunek

gdzie jest liczbą całkowitą, . Dowieść, że

Rozwiązanie

Rozpatrzmy najpierw przypadek szczególny, gdy wszystkie liczby , z wyjątkiem co najwyżej jednej, są równe lub . Skoro , całkowite, , to (w tym przypadku) dokładnie spośród liczb jest jedynkami, jedna równa się , a pózostałe są zerami. Tak więc i warunek z tezy zadania jest spełniony.

Załóżmy teraz, że istnieją liczby ; jeśli takich liczb jest więcej niż dwie, wybieramy dwie dowolne. Określamy nowy układ ) liczb z przedziału przyjmując:

Suma liczb układu jest taka sama, jak układu , natomiast suma kwadratów jest większa:

ostatnia nierówność wynika z tego, że równa się lub , natomiast i są liczbami z przedziału .

W układzie jest mniej liczb z przedziału niż w układzie (bo ). Jeśli nadal są co najmniej dwie takie liczby, możemy procedurę powtórzyć. Kontynuując to postępowanie, dojdziemy po skończenie wielu krokach do układu , , w którym co najwyżej jedna liczba jest różna od i . W każdym kroku suma kwadratów liczb nowego układu jest większa niż starego, natomiast suma liczb układu pozostaje niezmieniona. Wobec tego

Układ spełnia warunki przypadku rozpatrywanego na wstępie, a zatem

Stąd

w każdym przypadku.

XXXIX OM - III - Zadanie 2

Dla permutacji zbioru definiujemy jako liczbę wyrazów permutacji mających następującą własność: dla każdego zachodzi nierówność . Zakładając, że wszystkie permutacje są jednakowo prawdopodobnymi zdarzeniami losowymi, obliczyć wartość oczekiwaną zmiennej losowej .

Rozpatrywana zmienna losowa zależy od . Oznaczmy ją więc przez . Oczywiście . Znajdziemy zależność między a .

Ustalmy liczby naturalne oraz . Weźmy pod uwagę
dowolną permutację zbioru taką, że . Interesują nas wyrazy o własności:

Rozpatrzymy dwa przypadki.

1. . Wówczas i jest to największy wyraz w ciągu ; ma więc omawianą własność (tzn. (1) zachodzi dla ). Po odrzuceniu tego wyrazu otrzymujemy permutację zbioru , w której jest wyrazów spełniających warunek (1). Zatem w tym przypadku

2. . Wyraz nie ma własności (1) (bo dla pewnego jest ). Układ liczb stanowi permutację zbioru ; zatem układ , gdzie

stanowi permutację zbioru , a przy tym mamy równoważność

Wobec tego w całym układzie jest tyle samo wyrazów o własności (1), co w układzie . Tak więc w tym przypadku

Dla dowolnie ustalonej wartości odpowiedniość między permutacjami , w których , a permutacjami zbioru określonymi powyżej (w każdym z przypadków) jest wzajemnie jednoznaczna. Ponieważ prawdopodobieństwo zajścia przypadku 1 wynosi , a przypadku 2 - , zatem z równości (2) i (3) wynika poszukiwana zależność rekurencyjna:

Stąd - przez oczywistą indukcję -

XXXIX OM - III - Zadanie 3

Niech będzie wielokątem (niekoniecznie wypukłym) mającym środek symetrii. Udowodnić, że istnieje taki równoległobok zawierający , że środki boków tego równoległoboku należą do brzegu .

Rozwiązanie

Spośród wszystkich trójkątów , gdzie , są wierzchołkami wielokąta , a - jego środkiem symetrii, wybierzmy trójkąt o maksymalnym polu (są co najmniej cztery takie trójkąty, a może ich być więcej; wybieramy którykolwiek). Niech będzie wybranym trójkątem i niech , będą wierzchołkami wielokąta symetrycznymi (odpowiednio) do , względem . Przez punkty i prowadzimy proste i równoległe do ; przez punkty i prowadzimy proste i równoległe do (rysunek 10).

Z maksymalności pola trójkąta wynika, że żaden wierzchołek wielokąta nic może leżeć dalej od prostej niż punkt , ani też dalej od prostej niż punkt . Zatem wszystkie wierzchołki leżą w obrębie równoległoboku utworzonego przez proste , , , , a wobec tego . Środkami boków są punkty , , , , wierzchołki wielokąta. jest więc szukanym równoległobokiem.

XXXIX OM - III - Zadanie 4

Niech będzie liczbą całkowitą dodatnią, a taką funkcją ciągłą, że . Udowodnić, że istnieje takie, że .

Rozwiązanie

Rozpatrujemy funkcję określoną i ciągłą w przedziale . Suma

z założenia jest zerem, a więc albo wszystkie jej składniki są równe zeru, albo pewne dwa składniki są różnych znaków. W każdym razie istnieją liczby całkowite takie, że . Z ciągłości funkcji wynika, że w pewnym punkcie należącym do przedziału o końcach , przyjmuje ona wartość (własność Darboux). Równość jest zaś równoważna temu, że . Znaleźliśmy więc punkt , o który chodziło w zadaniu.

Uwaga: Nie jest trudno pokazać, że podane twierdzenie nie jest prawdziwe dla żadnej liczby , która nie jest całkowita. Wystarczy wziąć dowolną funkcję okresową o okresie , ciągłą i taką, że , , i przyjąć . Tak określona funkcja spełnia warunek , ale nie spełnia równości dla żadnego ; równość taka bowiem oznaczałaby, że , co jest sprzeczne z założeniem okresowości funkcji .

XXXIX OM - III - Zadanie 5

Ciąg określony Jest warunkami , (). Wykazać, że dla każdej liczby naturalnej istnieje taka liczba , że jest podzielne przez .

Rozwiązanie

Gdy , nie ma czego dowodzić. W dalszym ciągu zakładamy, że .

Przyjmijmy i rozważajmy ciąg indeksowany nieujemnymi liczbami całkowitymi. Dana w zadaniu zależność rekurencyjna jest zachowana; możemy ją przepisać w równoważnej postaci

Zajmiemy się ciągiem , gdzie jest resztą z dzielenia przez . Niech będzie zbiorem wszystkich uporządkowanych trójek liczb ze zbioru . Dla każdego trójka należy do . Ponieważ jest zbiorem skończonym, w ciągu muszą wystąpić powtórzenia. Innymi słowy, istnieją liczby całkowite , takie, że , czyli

Niech będzie najmniejszym numerem, dla którego istnieje spełniające związki (2) (czyli równość ). Wykażemy, że . Przypuśćmy, że jest inaczej, tzn. . Podstawmy w (1) oraz . Otrzymamy równości

Ze związków (2) wynika, że prawe strony równości (3) i (4) dają przy dzieleniu przez jednakowe reszty; wobec tego i lewe strony muszą dawać jednakowe reszty. A zatem

To zaś, w połączeniu z dwiema pierwszymi równościami (2), oznacza, że trójki i są identyczne - wbrew minimalności wskaźnika . Otrzymana sprzeczność pokazuje niesłuszność przypuszczenia, że . Zatem .

Pierwsza z równości (2) przybiera teraz postać . Ale (bo ). Wobec tego i . A to znaczy, że dzieli się przez .

XXXIX OM - III - Zadanie 6

Obliczyć maksymalną objętość czworościanu zawartego w półkuli o promieniu długości 1.

Rozwiązanie

Oznaczmy daną półkulę przez , całą kulę przez , a koło stanowiące płaską część brzegu przez . Niech będzie dowolnym czworościanem zawartym w . Jego wnętrze jest częścią wspólną czterech otwartych półprzestrzeni, wyznaczonych przez płaszczyzny ścian. Środek kuli nie należy do wnętrza czworościanu; zatem nie należy do co najmniej jednej z tych półprzestrzeni. Istnieje wobec tego taka ściana czworościanu , że przeciwległy wierzchołek czworościanu oraz środek kuli leżą po przeciwnych stronach płaszczyzny tej ściany (lub, w granicznym przypadku, środek kuli leży na tej płaszczyźnie).

Tak więc zawiera się w mniejszej z dwóch części (ewentualnie w jednej z dwóch równych części), na które płaszczyzna ściany dzieli kulę . Zatem wysokość czworościanu opuszczona na ścianę ma długość nie większą od , tak że objętość nie przekracza jednej trzeciej pola tej ściany. Z kolei pole ściany , będącej trójkątem, nie jest większe od pola trójkąta równobocznego wpisanego w koło będące przekrojem kuli płaszczyzną tej ściany (por. Uwaga); a tym bardziej nie większe od pola trójkąta równobocznego wpisanego w koło wielkie . To ostatnie pole równa się . Zatem objętość jest mniejsza lub równa .

We wszystkich przytoczonych szacowaniach możemy uzyskać równość biorąc za czworościan, którego podstawą jest trójkąt foremny wpisany w , a czwarty wierzchołek jest umieszczony w najdalszym od punkcie półkuli (w ,,biegunie północnym'').

Liczba jest szukanym maksimum.

Uwaga: Dla kompletności podamy elementarny dowód faktu, że spośród wszystkich trójkątów wpisanych w ustalone koło o promieniu największe pole ma trójkąt równoboczny.

Niech będzie dowolnym takim trójkątem. Umieszczając punkt w środku większego z dwóch łuków, na które punkty i dzielą okrąg opisany na trójkącie , otrzymujemy trójkąt równoramienny , ostrokątny lub prostokątny, o polu nie mniejszym niż trójkąt . Szukając trójkąta o maksymalnym polu (wpisanego w dane kolo) możemy więc ograniczyć uwagę do klasy trójkątów równoramiennych bez kątów rozwartych (wpisanych w to koło).

Jeśli teraz jest trójkątem z tej klasy (), to oznaczając przez odległość boku od środka koła dostajemy zależności: , (wysokość opuszczona z wierzchołka ) i wobec tego

Skorzystaliśmy tu z nierówności między średnią geometryczną i średnią arytmetyczną czterech liczb: , . Nierówność ta staje się równością wtedy i tylko wtedy, gdy te liczby są równe, czyli dla . Pozostaje zauważyć, że ostatnia równość oznacza, że trójkąt jest foremny.