XXXIX OM - I etap

I etap XXXIX Olimpiady Matematycznej

XXXIX OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXXIX OM, 1987-1988

Etap:

Dla każdej liczby dodatniej $a$ wyznaczyć liczbę pierwiastków wielomianu $x^3+(a+2)x^2-x-3a$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy rozważany wielomian przez $F(x)$ . Wielomian trzeciego stopnia ma co najwyżej trzy pierwiastki rzeczywiste. Pokażemy, że wielomian $F$ ma co najmniej trzy pierwiastki rzeczywiste - a więc ma dokładnie trzy pierwiastki rzeczywiste (dla każdej wartości parametru $a > 0$ ).

Wystarczy zauważyć, że

$ \begin{split} F(-a-3) &= (a+3)^2(-a-3+a+2)+(a+3)-3a =\\ &= -(a^2+6a+9)-2a+3 = -a^2-8a-6 < 0,\\ F(-2) &= -8+4(a+2)+ 2-3a = a+2 > 0,\\ F(0) &= -3a < 0,\\ F(2) &= 8+4(a+2)-2-3a = a+14 > 0. \end{split} $

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 $(-a-3; -2)$ , $(-2; 0)$ , $(0; 2)$ znajduje się pierwiastek wielomianu $F$ .

XXXIX OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXXIX OM, 1987-1988

Etap:

Wyznaczyć wszystkie liczby rzeczywiste $t$ takie, że funkcja

$ f(x) = |\sin tx + \cos x| $

przyjmuje wartość 2.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że $f(x) = 2$ dla pewnego $x \in \mathbb{R}$ . Ponieważ $|\sin tx| \leq 1$ , $|\cos x| \leq 1$ , zatem równość taka jest możliwa tylko wtedy, gdy jednocześnie $|\sin tx| = 1$ , $|\cos x| = 1$ . Z pierwszego z tych równań wynika, że $tx = (2m+1)\pi/2$ (zatem $x \ne 0$ ), z drugiego zaś - że $x = n\pi$ (zatem $n \ne 0$ ); $m$ i $n$ są liczbami całkowitymi. Stąd

$ t = \frac{2m+1}{2n} \ (m,\ n \ \textrm{całkowite}, n \ne 0). $

Na odwrót załóżmy, że $t$ jest liczbą takiej postaci i przyjmijmy $x = (-1)^{m+n}n\pi$ . Wówczas

$ \begin{split} \sin tx = \sin((-1)^{m+n}(2m+1)\pi/2) = (-1)^n,\\ \cos x = \cos n\pi = (-1)^n \ \textrm{i}\ f(x) = |(-1)^n+(-1)^n| = 2. \end{split} $

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

XXXIX OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXXIX OM, 1987-1988

Etap:

Dla danego punktu $P$ leżącego wewnątrz trójkąta $ABC$ rozważamy
punkty $A'$ i $A''$ leżące na półprostej $AP^{\rightarrow}$ tak, że $A' \in BC$ , $|AA''| = 2|AA'|$ ;
punkty $B'$ i $B''$ leżące na półprostej $BP^{\rightarrow}$ tak, że $B' \in CA$ , $|BB''| = 2|BB'|$ ;
punkty $C'$ i $C''$ leżące na półprostej $CP^{\rightarrow}$ tak, że $C \in AB$ , $|CC''| = 2|CC'|$ .
Wyrazić pole trójkąta $A''B''C''$ za pomocą pól trójkątów $ABC$ i $A'B'C'$ .

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia: $|PA| = a$ , $|PB| = b$ , $|PA'| = a'$ , $|PB'| = b'$ . Z warunków zadania wynika, że

$ |PA''| = |PA'| + |A'A''| = |PA'|+|AA'| = a'+(a+a') = a+2a' $

i podobnie $|PB''| = b+2b'$ (rysunek 2).

Obliczamy pola trójkątów:

$ \begin{split} \textrm{pole}\ (PAB) & = \frac{1}{2} |PA| \cdot |PB| \cdot \sin|\measuredangle APB| = \frac{ab}{2} \sin|\measuredangle APB|,\\ \textrm{pole}\ (PA'B) & = \frac{1}{2} |PA'| \cdot |PB| \cdot \sin|\measuredangle A'PB| = \frac{a'b}{2} \sin|\measuredangle A'PB|,\\ \textrm{pole}\ (PAB') & = \frac{1}{2} |PA| \cdot |PB'| \cdot \sin |\measuredangle APB'| = \frac{ab'}{2} \sin|\measuredangle APB'|,\\ \textrm{pole}\ (PA'B') & = \frac{1}{2} |PA'| \cdot |PB'| \cdot \sin \measuredangle A'PB'| = \frac{a'b'}{2} \sin|\measuredangle A'PB'|,\\ \textrm{pole}\ (PA''B'') & =\frac{1}{2} |PA''|\cdot |PB''| \cdot \sin |\measuredangle A''PB''| =\\ & = \frac{(a+2a')(b+2b')}{2} \cdot \sin|\measuredangle A''PB''|. \end{split} $

Zauważmy teraz, że miary każdych dwóch występujących w tych relacjach kątów albo są równe, albo dopełniają się do $180^\circ$ . Zatem ich sinusy są równe i otrzymujemy zależności

$ \begin{split} \frac{\textrm{pole} (PA'B)}{\textrm{pole} (PAB)} = \frac{a'}{a}, \ \frac{\textrm{pole} (PAB')}{\textrm{pole} (PAB)} = \frac{b'}{b}, \ \frac{\textrm{pole} (PA'B')}{\textrm{pole} (PAB)} = \frac{a'b'}{ab}, \\ \frac{\textrm{pole} (PA''B'')}{\textrm{pole} (PAB)} = \frac{(a+2a')(b+2b')}{ab} \ = 1+2 \left( \frac{a'}{a} + \frac{b'}{b} \right) + 4 \frac{a'b'}{ab}. \end{split} $

Stąd

$ \begin{split} (1) \qquad \textrm{pole} (PA''B'') & = \textrm{pole} (PAB) +\\ & +2 \cdot \textrm{pole} (PA'B)+2 \cdot \textrm{pole} (PAB')+4 \cdot \textrm{pole} (PA'B'). \end{split} $

Przez cykliczną zmianę oznaczeń dostajemy analogiczne równości

$ \begin{split} (2) \qquad \textrm{pole} (PB''C'') & = \textrm{pole} (PBC) +\\ & +2 \cdot \textrm{pole} (PB'C)+2 \cdot \textrm{pole} (PBC')+4 \cdot \textrm{pole} (PB'C').\\ (3) \qquad \textrm{pole} (PC''A'') & = \textrm{pole} (PCA) +\\ & +2 \cdot \textrm{pole} (PC'A)+2 \cdot \textrm{pole} (PCA')+4 \cdot \textrm{pole} (PC'A'). \end{split} $

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

$ \textrm{pole} (A''B''C'') = 3 \cdot \textrm{pole} (ABC)+4 \cdot \textrm{pole} (A'B'C'). $

XXXIX OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXXIX OM, 1987-1988

Etap:

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

Oznaczmy przez $A'$ i $C'$ rzuty punktów $A$ i $C$ na prostą $m$ , a przez $D$ - punkt symetryczny do $C$ względem prostej $m$ . Trójkąty prostokątne $BC'C$
i $BC'D$ są przystające; zatem $|BC| = |BD|$ , $|\measuredangle C'BC| = |\measuredangle C'BD|$ . Ponieważ $|\measuredangle C'BC|=|\measuredangle A'BA|$ (z określenia prostej $m$ ), wnosimy stąd, że odcinek $BD$ jest przedłużeniem odcinka $AB$ .

Punkt $P$ jest bardziej oddalony od punktu $C$ niż od punktu $D$ . A wobec
tego

$ |AP|+|PC| > |AP| + |PD| \geq |AD| = |AB| + |BD| = |AB| + |BC|. $

Z tej nierówności wynika, że obwód trójkąta $APC$ jest większy niż obwód trójkąta $ABC$ . Otrzymaliśmy sprzeczność z założeniem maksymalności obwodu trójkąta $ABC$ ; 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

Zawody matematyczne:

XXXIX OM, 1987-1988

Etap:

Udowodnić, że istnieje nieskończenie wiele liczb naturalnych $n$ , dla których $[n\sqrt{2}]$ jest potęgą liczby 2.
Uwaga: $[x]$ jest największą liczbą całkowitą nie większą od $x$ .

Rozwiązanie

Liczbę $\sqrt{2}$ można zastąpić dowolną liczbą $x$ z przedziału $(1; 2)$ .

Niech więc $x \in (1; 2)$ i niech $M$ będzie zbiorem wszystkich liczb naturalnych $n$ , dla których $[nx]$ jest potęgą dwójki (o wykładniku całkowitym nieujemnym). Wykażemy kilkoma sposobami, że zbiór $M$ jest nieskończony; dla $x = \sqrt{2}$ otrzymamy tezę zadania. (W żadnym z tych dowodów wzięcie konkretnej wartości $x = \sqrt{2}$ niczego nie upraszcza; jedynie w sposobie IV zakładamy dodatkowo, że $x$ jest liczbą niewymierną).

Przypuśćmy, że $M$ jest zbiorem skończonym. Weźmy liczbę naturalną $k$ taką, że $2^k > nx$ dla wszystkich $n \in M$ . Niech $q$ będzie liczbą naturalną, dla której $qx < 2^k \leq (q+1)x$ i przyjmijmy $r = 2^k- qx$ . Tak więc $0 < r \leq x$ .

Istnieje liczba całkowita $j \geq 0$ taka, że $x/2 < 2^jr \leq x$ . Ponieważ zaś $x/2 > x-1$ (co wynika z założenia, że $x < 2$ ), dostajemy nierówność $x-1 < 2^j r \leq x$ , czyli

$ x-1< 2^j(2^k-qx) \leq x, $

lub równoważnie:

$ (2^jq+1)x-1 < 2^{k+j} \leq (2^jq+1)x. $

Oznaczając $2^jq+1$ przez $m$ mamy więc $[mx] = 2^{k+j}$ , skąd wynika, że $m \in M$ . Ale $mx \geq (q+1)x \geq 2^k$ , a taka nierówność nie może zajść dla $m \in M$ (w myśl określenia liczby $k$ ).

Otrzymana sprzeczność pokazuje niesłuszność przypuszczenia, że $M$ jest zbiorem skończonym.

Uwaga: Istnieją liczby $x > 2$ , dowolnie bliskie $2$ , dla których analogiczna teza nie jest prawdziwa; to znaczy, takie, że zbiór $M$ określony na wstępie rozwiązania jest skończony. Ma to miejsce, gdy dla prawie wszystkich wykładników naturalnych $k$ (tj. wszystkich poza skończoną ich liczbą) przedział $\langle 2^k x^{-1}; (2^k+1)x^{-1}$ ) nie zawiera żadnej liczby całkowitej. Ten warunek spełniają na przykład wszystkie liczby $x$ określone równością postaci

$ \frac{1}{x}=\frac{1}{2} - \frac{1}{2^m} + \frac{1}{2^{m+1}-1}, \ m \geq 1 \ \textrm{całkowite}, $

czyli - zapisując w układzie dwójkowym -

$ \frac{1}{x}=0, \underbrace{0111 \ldots 11}_m \underbrace {00 \ldots 00}_m1 \underbrace {00 \ldots 00}_m 1 \underbrace {00 \ldots 00}_m 1 \ldots . $

(Jeśli zamiast bloków zer stałej długości $m$ 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

Zawody matematyczne:

XXXIX OM, 1987-1988

Etap:

Spośród liczb $1, 2, \ldots, 3n$ ( $n > 2$ ) 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 $3$ wtedy i tylko wtedy, gdy układ reszt z dzielenia tych liczb przez $3$ ma (z dokładnością do permutacji) jedną z następujących pięciu postaci:

$ (0, 0, 0, 0),\ (0, 1, 1, 1),\ (0, 2, 2, 2),\ (0, 0,1, 2),\ (1,1, 2,2). $

Spośród liczb naturalnych od $1$ do $3n$ dokładnie $n$ liczb daje w dzieleniu przez $3$ resztę $0$ ; także $n$ liczb daje resztę $1$ oraz $n$ liczb daje resztę $2$ . Wypisane powyżej konfiguracje reszt są wobec tego reprezentowane odpowiednio przez

$ \binom{n}{4}, \binom{n}{1}\binom{n}{3}, \binom{n}{1}\binom{n}{3}, \binom{n}{2}\binom{n}{1}\binom{n}{1}, \binom{n}{2}\binom{n}{2} $

czteroelementowych podzbiorów zbioru $\{1, \ldots,3n\}$ . Szukane prawdopodobieństwo $p$ jest ilorazem $L/M$ , gdzie $L$ oznacza sumę tych pięciu wartości, a $M$ jest liczbą wszystkich czteroelementowych podzbiorów zbioru $\{1, \ldots, 3n\}$ .

Tak więc

$ \begin{split} L & = \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{24} + 2n \cdot \frac{n(n-1)(n-2)}{6} + n^2 \cdot \frac{n(n-1)}{2} + \\ & + \left( \frac{n(n-1)}{2} \right)^2 = \frac{n(n-1)}{24} ((n-2)(n-3)+8n(n-2) + 12n^2 + 6n(n-1))=\\ & = \frac{n(n-1)(27n^2-27n+6)}{24},\\ M& = \binom{3n}{4} = \frac{3n(3n-1)(3n-2)(3n-3)}{24} = \frac{9n(n-1)(9n^2-9n+2)}{24}, \end{split} $

skąd

$ p=\frac{L}{M} = \frac{1}{3}. $

XXXIX OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XXXIX OM, 1987-1988

Etap:

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 $f$ . Niech $l$ będzie dowolną prostą, a $f(l)$ - jej obrazem w przekształceniu $f$ .

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 $P$ , $Q \in f(l)$ , $P \ne Q$ . Istnieją więc punkty $A$ , $B \in l$ takie, że $P =f(A)$ , $Q = f(B)$ . Przypuśćmy, że na prostej $PQ$ znajduje się punkt $R$ nie należący do $f(l)$ . Z założenia $f$ przekształca płaszczyznę na całą płaszczyznę, a więc $R = f(C)$ dla pewnego punktu $C$ . Skoro zaś $R \not \in f(C)$ , to $C \not \in l$ . Przez punkty $A$ , $B$ , $C$ można zatem poprowadzić okrąg. Jego obraz w przekształceniu $f$ zawiera trzy różne współliniowe punkty $P$ , $Q$ , $R$ - nie jest więc okręgiem, wbrew warunkowi zadania.

Ad (2). Przypuśćmy, że $f(l) = \{R\}$ . Weźmy dowolne dwa punkty $P$ i $Q$ , współliniowe z $R$ i różne od $R$ . Istnieją punkty $A$ i $B$ takie, że $P = f(A)$ , $Q = f(B)$ . Punkty $A$ i $B$ leżą poza prostą $l$ . Zatem znajdzie się na prostej $l$ punkt $C$ niewspółliniowy z $A$ i $B$ . Prowadzimy okrąg przez punkty $A$ , $B$ , $C$ . Jego obraz zawiera trzy różne współliniowe punkty $P$ , $Q$ , $R$ - sprzeczność.

Ad (3). Przypuśćmy teraz, że $f(l)$ jest całą płaszczyzną. Niech $C$ będzie dowolnym punktem nie leżącym na prostej $l$ i niech $R =f(C)$ . Bierzemy dowolne dwa punkty $P$ , $Q$ , współliniowe z $R$ i różne od $R$ . Wobec przypuszczenia, że $f(l)$ jest całą płaszczyzną, punkty $P$ i $Q$ są obrazami pewnych punktów $A$ , $B \in l$ . Obraz okręgu przechodzącego przez punkty $A$ , $B$ , $C$ zawiera trzy różne współliniowe punkty $P$ , $Q$ , $R$ - sprzeczność.

Dowód tezy zadania. W myśl (2), zbiór $f(l)$ zawiera co najmniej dwa punkty. Weźmy więc dwa różne punkty $P$ , $Q \in f(l)$ . Na mocy (1) prosta $PQ$ zawiera się w $f(l)$ . Przypuśćmy, że zbiór $f(l)$ zawiera jakikolwiek punkt $R$ leżący poza prostą $PQ$ - zawiera wówczas całe proste $PR$ i $QR$ , znów na mocy (1). Brzeg trójkąta $PQR$ jest więc zawarty w $f(l)$ .

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

Wykazaliśmy tym samym, że obrazem prostej $l$ jest prosta.

XXXIX OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XXXIX OM, 1987-1988

Etap:

Dla danego sześcianu o krawędzi długości 1 znaleźć zbiór odcinków o sumie długości nie większej niż $1 +3\sqrt{3}$ 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 $C$ . (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 $120^\circ$ , bowiem istnienie węzła jakiejkolwiek innej postaci daje możliwość lokalnej modyfikacji sieci w otoczeniu takiego węzła, prowadzącej do skrócenia sieci.)

Niech $A_1B_lC_1D_1$ i $A_2B_2C_2D_2$ będą dwiema przeciwległymi ścianami sześcianu, oznaczonymi tak, by odcinki $A_1A_2$ , $B_1B_2$ , $C_1C_2$ , $D_1D_2$ były czterema równoległymi krawędziami sześcianu. Oznaczmy środki krawędzi $A_1B_1$ , $C_1D_1$ , $A_2B_2$ , $C_2D_2$ , odpowiednio przez $K_1$ , $L_1$ , $K_2$ , $L_2$ , a środki odcinków $K_1L_1$ i $K_2L_2$ (czyli środki dwóch wymienionych na początku ścian) - przez $O_1$ i $O_2$ (rysunek 4).

Na odcinku $O_1O_2$ znajdujemy punkty $P_1$ i $P_2$ takie, że $|O_1P_1|= |O_2P_2| = \sqrt{3}/6$ . Wówczas $|P_1P_2| = 1-\sqrt{3}/3$ . (Odcinki $K_1P_1$ , $L_1P_1$ , $P_1P_2$ , $P_2K_2$ , $P_2L_2$ tworzą w kwadracie $K_1L_1L_2K_2$ sieć, o jakiej mowa w zadaniu $C$ ; otrzymane kąty o wierzchołkach w punktach $P_1$ i $P_2$ mają rozwartość po $120^\circ$ .)

Długość odcinka $K_1P_1$ wynosi $\sqrt{3}/3$ . Niech $M_1$ będzie środkiem tego odcinka; zatem $|K_1M_1| = |M_1P_1| =\sqrt{3}/6$ . (Nietrudno sprawdzić, że teraz odcinki $M_1A_1$ i $M_1B_1$ tworzą z odcinkiem $M_1P_1$ kąty $120^\circ$ ). Odcinki $A_1M_1$ i $B_1M_1$ mają długości równe $\sqrt{3}/3$ . Analogicznie, niech $N_1$ , $M_2$ , $N_2$ będą odpowiednio środkami odcinków $L_1P_1$ , $K_2P_2$ , $L_2P_2$ . Rozważamy zbiór następujących trzynastu odcinków:

$ \left. \begin{array}{cccc} A_1M_1, & B_1M_1, & C_1N_1, & D_1N_1,\\ A_2M_2, & B_2M_2, & C_2N_2, & D_2N_2, \end{array} \right\} \textrm{długości}\ \sqrt{3}/3 \ \textrm{każdy} \\ M_1P_1, N_1P_1, M_2P_2, N_2P_2, \textrm{długości}\ \sqrt{3}/3 \ \textrm{każdy} \\ P_1P_2,\ \textrm{długości} \ 1-\sqrt{3}/3. $

Suma ich długości wynosi $1+ 3\sqrt{3}$ . Znaleźliśmy w ten sposób zbiór odcinków spełniający postawione warunki.

XXXIX OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XXXIX OM, 1987-1988

Etap:

Spośród wierzchołków $n$ -kąta foremnego ( $n \geq 4$ ) 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 $W$ będzie zbiorem wszystkich $n$ wierzchołków rozważanego $n$ -kąta foremnego.

Oznaczmy szukane prawdopodobieństwo przez $P(n)$ . Wyraża się ono ułamkiem

$ P(n)= \frac{L(n)}{M(n)}, $

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

$ M(n) = \binom{n}{4} = \frac{1}{24} n(n-1)(n-2)(n-3). $

Wykażemy poniżej, że licznik dany jest wzorem

$ (1) \qquad L(n) = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{48}n^2(n-2)(n-4) & \textrm{dla} \ n \ \textrm{parzystych}\\ \frac{1}{48}n(n-1)(n-3)(n-5) & \textrm{dla} \ n \ \textrm{nieparzystych.} \end{array} \right. $

Stąd wyniknie odpowiedź na postawione w zadaniu pytanie:

$ (2) \qquad P(n) = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{n(n-4)}{2(n-1)(n-3)} & \textrm{dla} \ n \ \textrm{parzystych}\\ \frac{n-5}{2(n-5)} & \textrm{dla} \ n \ \textrm{nieparzystych.} \end{array} \right. $

Pozostaje udowodnić wzór (1). Dla $n = 4$ , $n = 5$ nie ma czwórki wierzchołków zawartej w półokręgu. Zatem $L(4) = 0$ , $L(5) = 0$ , co zgadza się z (1). W dalszym ciągu zakładajmy, że $n \geq 6$ .

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

Niech teraz $C$ będzie pewnym ustalonym półokręgiem o początku i końcu $W$ zbiorze $W$ . Liczba czteropunktowych zbiorów $V \subset W$ , dla których $C_V = C$ ,
wynosi $\binom{[n/2]}{3}$ wynika to stąd, że jeden z punktów zbioru $V$ musi być początkiem półokręgu $C$ , dalsze zaś trzy punkty zbioru $V$ można wybrać dowolnie spośród pozostałych $[n/2]$ punktów zbioru $W$ należących do $C$ .

Ponieważ półokrąg $C$ można usytuować na okręgu na $n$ sposobów, liczba rozważanych zbiorów $V$ wynosi

$ (3) \qquad L(n)= n \binom{[n/2]}{3} = \frac{1}{6} n \cdot [\frac{n}{2}] \left( [\frac{n}{2}]-1\right) \left( [\frac{n}{2}]-2\right), $

co po krótkim przekształceniu daje dowodzony wzór (1).

XXXIX OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XXXIX OM, 1987-1988

Etap:

Wiedząc, że $x \in \langle 0; \pi/4\rangle$ rozstrzygnąć, która z liczb jest większa:

$ \tan \sin x \text{ czy } \sin \tan x. $

Rozwiązanie

Wykażemy, że większa jest pierwsza z tych liczb (jedynie dla $x=0$ zachodzi równość).

Wprowadźmy oznaczenie:

$ f(x) = \tan \sin x - \sin \tan x. $

Obliczamy pochodną funkcji $f$ w przedziale $(0; \pi/2)$ :

$ (1) \qquad f'(x) = \frac{(\cos x)^2-(\cos \sin x)^2 (\cos \tan x)} {(\cos x)^2 (\cos \sin x)^2} $

W dalszym ciągu będzie nam potrzebna nierówność

$ (2) \qquad \frac{2}{3}\sin x + \frac{1}{3} \tan x>x \ \textrm{dla}\ x \in \left(0; \frac{\pi}{2} \right). $

Dowodzimy jej następująco: przyjmijmy

$ h (x) = 2 \sin x + \tan x-3x. $

Pochodna

$ h'(x)= 2\cos x+ \frac{1}{(cos x)^2} -3 = \frac{(\cos x-1)^2 (2 \cos x +1)}{\cos x)^2} $

jest dodatnia w przedziale $(0; \pi/2)$ . Zatem funkcja $h$ jest rosnąca w tym przedziale, a ponieważ jest ciągła w punkcie $0$ i $h(0) = 0$ , to $h(x) > 0$ dla $x \in (0; \pi/2)$ . Nierówność (2) jest więc udowodniona.

Funkcja $\varphi (x) =\cos x$ jest wklęsła w przedziale $(0; \pi/2)$ , to znaczy spełnia nierówność

$ (3) \qquad \varphi((1-t)u+tv) \geq (1 - t)\varphi (u)+t\varphi(v)\ \textrm{dla} \ u, v \in (0; \pi/2),\ t \in \langle 0; 1 \rangle $

(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 $x \in (0; \pi/4 \rangle$ . Wówczas liczby $u = \sin x$ i $v = \tan x$ należą do przedziału $(0; 1 \rangle$ , a więc możemy zastosować nierówność (3) do funkcji $\varphi (x) = \cos x$ i do tych właśnie liczb $u$ i $v$ , biorąc $t = 1/3$ :

$ (4) \qquad \cos \left( \frac{2}{3} \sin x + \frac{1}{3} \tan x \right)\geq \frac{2}{3} \cos \sin x+ \frac{1}{3} \cos \tan x. $

Ponieważ cosinus jest funkcją malejącą w przedziale $(0; \pi/2)$ , lewa strona ostatniej nierówności jest - z uwagi na (2) - mniejsza od $\cos x$ . Natomiast prawa strona (4), jako średnia arytmetyczna liczb $a_1 = a_2 = \cos \sin x$ i $a_3 = \cos \tan x$ , jest nie mniejsza od ich średniej geometrycznej. Tak więc nierówność (4) prowadzi do oszacowania:

$ \cos x > \sqrt[3]{(\cos \sin x)^2 (\cos \tan x)}. $

A to oznacza, że pochodna funkcji $f$ , dana wzorem (1), jest dodatnia dla wszystkich $x \in (0; \pi/4)$ . Tak więc funkcja $f$ jest w tym przedziale rosnąca; a ponieważ jest ciągła w punkcie $0$ i $f(0) =0$ , zatem ostatecznie $f(x) > 0$ dla $x \in (0; \pi/4 \rangle$ .

Stąd odpowiedź:

$ (5) \qquad \tan \sin x-\sin \tan x \left\{ \begin{array}{ccl} >0 & \textrm{dla} & x \in ( 0; \frac{\pi}{4} \rangle,\\ = 0 & \textrm{dla} & x=0. \end{array} \right. $

XXXIX OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XXXIX OM, 1987-1988

Etap:

Dany jest ciąg określony wzorami $a_0 = 0$ , $a_1 = 1$ , $a_2 = 2$ , $a_3 = 6$ , $a_{n+4} = 2a_{n+3} + a_{n+2} - 2 a_{n+1} - a_n$ dla $n > 0$ . Udowodnić, że $a_n$ jest liczbą podzielną przez $n$ .

Rozwiązanie

Niech $(v_n)$ będzie ciągiem Fibonacciego, czyli ciągiem liczb całkowitych określonym przez warunki: $v_0 = 0$ , $v_1 = 1$ , $v_{n+2} = v_n+v_{n+1}$ (por. zadanie przygotowawcze $F$ ; tym razem wygodnie jest numerować wyrazy ciągu od zera, przyjmując $v_0 = 0$ ). Wykażemy, że $a_n = nv_n$ dla $n=0, 1, 2, \ldots$ .

Dla $n = 0, 1, 2, 3$ jest to prawda. Ustalmy $n \geq 4$ i załóżmy, że $a_k = kv_k$ dla $k <n$ . Pisząc dla wygody: $v_{n-1} = x$ , $v_{n-2} = y$ mamy $v_n = x+y$ , $v_{n-3} = x-y$ , $v_{n-4} = 2y-x$ , skąd

$ \begin{split} a_n-nv_n & = 2a_{n-1}+a_{n-2}-2a_{n-3} - a_{n-4} -nv_n =\\ & = 2(n- 1)x+ (n-2)y-2(n-3) (x-y) - \\ - (n-4)(2y-x)-n(x+y) = 0. \end{split} $

Na mocy zasady indukcji równość $a_n = nv_n$ zachodzi dla wszystkich całkowitych $n \geq 0$ . Zatem każda z liczb $a_n$ jest całkowitą wielokrotnością $n$ .

XXXIX OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XXXIX OM, 1987-1988

Etap:

Dane są dwie współśrodkowe sfery $S_R$ i $S_r$ odpowiednio o promieniach $R$ i $r$ , $R > r$ . Niech $A_0$ będzie pewnym punktem należącym do $S_R$ . Niech $T_{A_0}$ będzie stożkiem o wierzchołku w $A_0$ stycznym do $S_r$ . Oznaczmy $K_1 = T_{A_0} \cap S_R$ . Następnie dla każdego punktu $A \in K_1$ wykreślamy stożek $T_A$ i określamy $K_2 = \bigcup_{A\in K_1} T_A \cap S_R$ i dalej przez indukcję $K_{n+1}= \bigcup_{A\in K_n} T_A \cap S_R$ , gdzie $T_A$ jest stożkiem o wierzchołku w $A$ i stycznym do $S_r$ . Udowodnić, że dla pewnego $n$ jest $K_n = S_R$ .

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 $O$ wspólny środek sfer $S_r$ i $S_R$ . Niech $u$ będzie rozwartością kąta przy wierzchołku stożka $T_{A_0}$ (a więc i każdego stożka $T_A$ rozważanego w zadaniu); $a = 2 arc \sin (r/R)$ . Przyjmijmy $N = [\pi/2\alpha]+1$ . Udowodnimy przez indukcję względem $n= 1, \ldots,N$ następującą implikację:

$ nr{1} \textrm{Jeżeli} \ P \in S_R, |\measuredangle A_0OP| \leq 2n\alpha, \ \textrm{to} \ P \in K_{2n}. $

Stąd wyniknie, że $K_{2N} = S_R$ .

Dla $n = 1$ poprzednik implikacji (1) przybiera postać: $|\measuredangle A_0OP| \leq 2\alpha$ . Stożek $T_P$ ma wtedy punkty wspólne ze zbiorem $K_1 = T_{A_0} \cap S_R$ . Niech $Q \in T_P \cap K_1$ (rysunek 5). Zauważmy, że stwierdzenia: $Q \in T_P$ oraz $P \in T_Q$ są równoważne (każde z nich znaczy dokładnie tyle, że odcinek $PQ$ jest styczny do sfery $S_r$ ). Tak więc w tym przypadku

$ P \in T_Q \subset \cup_{A \in K_1} T_A, $

czyli $P \in K_2$ .

Załóżmy teraz, że dowodzona implikacja (1) zachodzi dla pewnej liczby naturalnej $n \leq N-1 = [\pi/2\alpha]$ . Wykażemy słuszność analogicznej implikacji dla $n+1$ .

Niech $P \in S_R$ będzie punktem takim, że $|\measuredangle A_0OP| \leq 2(n+1) \alpha$ (rysunek 6 ilustruje sytuację, gdy $n = 2$ , $n+1 = 3$ ; przedstawia on przekrój rozważanych sfer płaszczyzną $A_0PP$ ). Weźmy pod uwagę koło wielkie sfery $S_R$ przechodzące przez punkty $A_0$ i $P$ . Niech $\textrm{{\it ł}}$ będzie krótszym z dwóch łuków, na które punkty $A_0$ i $P$ dzielą okrąg tego koła (w przypadku gdy $P$ jest punktem antypodycznym do $A_0$ bierzemy dowolne koło wielkie o średnicy $A_0P$ i dowolny półokrąg $A_0P$ ). Na łuku $\textrm{{\it ł}}$ znajdujemy punkty $L$ i $M$ takie, że $|\measuredangle LOM| = |\measuredangle MOP| - \alpha$ . Wówczas $|\measuredangle LOP|=2 \alpha$ , $|\measuredangle A_0OL|$ , $|\measuredangle A_0OP|????$ , więc z założenia indukcyjnego $L \in K_{2n}$ . Niech $M' \in S_R$ będzie punktem antypodycznym do $M$ . W rozważanym kole wielkim kąt wpisany $LM'P$ jest dwukrotnie mniejszy od kąta środkowego $LOP$ . Zatem $|\measuredangle LM'P| = \alpha$ , a to znaczy, że punkty $L$ i $P$ należą do stożka $T_M$ . Odcinki $LM'$ i $PM'$ są więc styczne do sfery $S_r$ ; wobec tego $M'\in T_L \cap S_R$ . Skoro zaś $L \in K_{2n}$ , wnosimy stąd, że $M' \in K_{2n+1}$ , zgodnie z określeniem zbioru $K_{2n+1}$ jako sumy zbiorów postaci $T_A \cap S_R$ dla $A \in K_{2n}$ . Ponieważ z kolei zbiór $K_{2n+2}$ jest sumą zbiorów $T_A \cap S_R$ dla $A \in K_{2n+1}$ , otrzymujemy stąd wniosek, że $P \in T_{M'} \cap S_R \subset K_{2n+2}$ . Kończy to krok indukcyjny.

Na mocy zasady indukcji implikacja (1) jest słuszna dla wszystkich rozważanych wartości $n$ (tzn. dla $n - 1, \ldots, N$ ). Zachodzi więc w szczególności dla $n = N$ . Gdy $n = N$ , poprzednik tej implikacji jest prawdziwy dla dowrolnego punktu sfery $S_R$ : nierówność $|\measuredangle A_0OP| \leq 2N \alpha$ jest spełniona automatycznie, bo $2N\alpha > \pi$ (zgodnie z określeniem liczby $N$ ). Prawdziwy jest więc i następnik; a to znaczy, że każdy punkt $P$ sfery $S_R$ należy do zbioru $K_{2N}$ . Zatem ostatecznie $S_R = K_{2N}$ .