XXXVII OM

XXXVII Olimpiada Matematyczna

Opracowanie rozwiązań: Marcin E. Kuczma

XXXVII OM - I etap

I etap XXXVII Olimpiady Matematycznej

XXXVII OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

Niech liczby naturalne $a_n$ i $b_n$ spełniają równość

$ a_n+b_n\sqrt{3} = (2+\sqrt{3})^n. $

Obliczyć $\lim_{n\to \infty} \frac{a_n}{b_n}$ .

Rozwiązanie

Znajdziemy zależność rekurencyjną między wyrazami ciągów $(a_n)$ i $(b_n)$ . Zauważmy, że

$ \begin{split} a_{n+1}+b_{n+1}\sqrt{3} = (2+\sqrt{3})^{n+1} = (2+ \sqrt{3})^n (2+ \sqrt{3}) =\\ = (a_n+b_n\sqrt{3})(2+\sqrt{3}) = (2a_n+3b_n)+(a_n+2b_n)\sqrt{3}. \end{split} $

Stąd $(2a_n+3b_n-a_{n+1}) = (a_{n}+2b_n-b_{n+1})\sqrt{3}$ i z niewymierności liczby $\sqrt{3}$ wnosimy, że w ostatniej równości obie strony muszą być zerami.

Zatem

$ (1) \qquad \left\{ \begin{array}{rcl} a_{n+1} &=& 2a_n+3b_n, \\ b_{n+1} &=& a_{n}+2_n \end{array} \right. \left\{ \begin{array}{rcl} a_1 &=& 2 \\ b_1 &=& 1. \end{array} \right. $

Dalsze rozumowanie poprowadzimy dwoma sposobami.

Sposób I.

Rozważmy ciąg $(y_n)$ o wyrazach $y_n = a_n-b_n\sqrt{3}$ . Zgodnie z (1),

$ \begin{split} y_{n+1} = (2a_n+3b_n)-(a_n+2b_n)\sqrt{3} = \\ = a_n (2- \sqrt{3})-b_n (2- \sqrt{3}) \sqrt{3}= y_n (2- \sqrt{3}), \end{split} $

a ponieważ $y_1 = 2 - \sqrt{3}$ , dostajemy wzór

$ (2) \qquad y_n = a_n-b_n \sqrt{3}= (2-\sqrt{3})^n. $

(Do równości (2) można też było dojść badając rozwinięcia $(2 \pm \sqrt{3})^n$ według wzoru dwumianowego Newtona).

Iloraz $a_n/b_n$ przekształcamy do postaci

$ (3) \qquad \frac{a_n}{b_n} = \frac{y_n+b_n\sqrt{3}}{b_n} = \frac{y_n}{b_n} +\sqrt{3}. $

Z wzoru (1) wynika, że $b_n \geq 1$ , a z wzoru (2) - że $\displaystyle \lim_{n \to \infty} y_n = 0$ . Stąd wobec (3)

$ \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \sqrt{3}. $

Sposób II.

Liczby $a_n$ i $b_n$ można wyrazić jawnymi wzorami

$ a_n = \frac{1}{2} ((2+\sqrt{3})^n+ (2- \sqrt{3} )^n),\ b_n = \frac{1}{2 \sqrt{3}}((2+ \sqrt{3} )^n- (2- \sqrt{3})^n), $

wynikającymi przez łatwą indukcję z rekurencyjnych formuł (1).

Wobec tego

$ \frac{a_n}{b_n} = \sqrt{3} \cdot \frac{1+(2-\sqrt{3})^n (2+ \sqrt{3})^{-n}}{ 1-(2-\sqrt{3})^n (2+ \sqrt{3})^{-n}}, $

a to wyrażenie dąży do $\sqrt{3}$ przy $n \to \infty$ .

XXXVII OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

Dowieść, że jeżeli $x,y,z$ są takimi liczbami nieujemnymi, że $x + y + z = 1$ , to

$ \frac{x}{x+1} + \frac{y}{y+1} + \frac{z}{z+1} \leq \frac{3}{4}. $

Rozwiązanie

Jeśli $a$ , $b$ , $c$ są dowolnymi liczbami dodatnimi, to na mocy nierówności między średnią arytmetyczną i średnią geometryczną

$ (a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) \geq 3 \sqrt[3]{abc} \cdot 3 \sqrt[3]{\frac{1}{a} \cdot \frac{1}{b} \cdot \frac{1}{c}}=9. $

Przyjmując $a = x+1$ , $b=y+1$ , $c = z+1$ dostajemy

$ \frac{1}{x+1} + \frac{1}{y+1} + \frac{1}{z+1} \geq \frac{9}{(x+1)+(y+1)+(z+1)} = \frac{9}{4}. $

Stąd

$ \begin{split} \frac{x}{x+1} + \frac{y}{y+1} + \frac{z}{z+1} = \left(1-\frac{1}{x+1}\right) + \left(1-\frac{1}{y+1}\right) + \left(1-\frac{1}{z+1}\right) \leq 3 - \frac{9}{4} = \frac{3}{4}. \end{split} $

XXXVII OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

Dowieść, że dla każdej liczby naturalnej $k$ wielomian

$ (x^4-1)(x^3-x^2+x-1)^k + (x+1)x^{4k-1} $

dzieli się przez $x^5+1$ .

Rozwiązanie

Niech $P_k$ będzie rozważanym wielomianem. Przyjmijmy oznaczenia

$ (1) \qquad p(x) = x^3-x^2+x-1, \ q(x)=x^4-p(x) $

i zauważmy, że

$ \begin{split} & (2) \qquad x^4-1 = (x+1)p(x),\\ & (3) \qquad x^5+1 = (x+1)q(x),\\ & (4) \qquad P_k(x) = (x^4-1)p(x)^k + (x + 1)x^{4k-1},\\ \textrm{czyli}\\ & (5) \qquad P_k(x) = (x+1)(p(x)^{k+1}+x^{4k-1}). \end{split} $

Podzielności wielomianu $P_k$ przez $x^5+1$ :

Indukcja względem $k$ . Dla $k = 1$ mamy

$ \begin{split} P_1(x) = (x^4-1)(x^3-x^2+x-1) + (x+1)x^3 =\\ = x^7-x^6+x^5 + x^2-x+1 = (x^2-x+1)(x^5+1). \end{split} $

Z wzorów (3) i (5) widać, że podzielność $P_k$ przez $x^5 + 1$ jest równoważna podzielności wielomianu $Q_k (x) = p(x)^{k+1}+x^{4k-1}$ przez wielomian $q$ . Wystarczy teraz zauważyć, że

$ Q_{k+1}(x) - x^4Q_k(x) = (p(x)^{k+2} + x^{4k+3}) - x^4(p(x)^{k+1}+x^{4k-1}) = $

$ = p(x)^{k+1} (p(x)-x^4) = -p(x)^{k+1} q(x); $

jeśli więc wielomian $q$ dzieli $Q_k$ , to dzieli też $Q_{k+1}$ . Kończy to przejście indukcyjne i dowodzi tezy zadania.

XXXVII OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

W dany okrąg wpisujemy trójkąt ostrokątny $ABC$ . Niech $A_1, B_1, C_1$ będą odpowiednio środkami łuków $BC, CA, AB$ zawartych w półokręgach. Udowodnić, że pole trójkąta $ABC$ nie jest większe od pola trójkąta $A_1B_1C_1$ oraz, że pola te są równe wtedy i tylko wtedy, gdy trójkąt $ABC$ jest równoboczny.

Rozwiązanie

Wprowadzamy oznaczenia:

$O$ i $R$ - środek i długość promienia danego okręgu
$S$ i $S_1$ - pola trójkątów $ABC$ i $A_1B_1C_1$
$\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ - miary kątów $\measuredangle A$ , $\measuredangle B$ , $\measuredangle C$ trójkąta $ABC$
$\alpha_1$ , $\beta_1$ , $\gamma_1$ - miary kątów $\measuredangle A_1$ , $\measuredangle B_1$ , $\measuredangle C_1$ trójkąta $A_1B_1C_1$ .

Z założenia ostrokątności trójkąta $ABC$ wynika, że wierzchołki rozważanych trójkątów leżą na okręgu naprzemiennie, w porządku cyklicznym $A$ , $C_1$ , $B$ , $A_1$ , $C$ , $B_1$ , jak to przedstawia rysunek 1. Zatem

$ \begin{split} 2\alpha_1 = 2|\measuredangle & C_1A_1B_1| = |\measuredangle C_1OB_1| = |\measuredangle C_1OA| + |\measuredangle AOB_1| =\\ & = \frac{1}{2} |\measuredangle AOB|+ \frac{1}{2} |\measuredangle COA| = \gamma+\beta. \end{split} $

Analogiczne równości zachodzą dla miar pozostałych kątów. Mamy więc

$ \alpha_1 = \frac{\beta+\gamma}{2},\ \beta_1 = \frac{\gamma+\alpha}{2},\ \gamma_1 = \frac{\alpha+\beta}{2}. $

Dowód nierówności $S_1 \geq S$ (wraz z dyskusją zagadnienia, kiedy nierówność przechodzi w równość):

Korzystamy z wzoru

$ (2) \qquad S = \textrm{pole} (BOC) + \textrm{pole} (COA) + \textrm{pole} (AOB) = \frac{1}{2}R^2 (\sin 2 \alpha +\sin 2 \beta + \sin 2\gamma). $

Analogiczny wzór dla trójkąta $A_1B_1C_1$ przybiera po uwzględnieniu zależności (1) postać

$ (3) \qquad S_1 =\frac{1}{2} R^2(\sin (\beta+\gamma) + \sin (\gamma+\alpha) + \sin (\alpha+\beta)). $

Zauważmy teraz, że

$ \sin 2 \alpha + \sin 2 \beta = 2\sin (\beta+\gamma)cos(\alpha-\beta) \leq 2\sin (\alpha+\beta) = 2\sin \gamma, $

przy czym równość zachodzi tylko, gdy $\alpha= \beta$ . Analogicznie,

$ \begin{split} \sin 2\beta + \sin 2\gamma \leq 2\sin \alpha,\\ \sin 2\gamma + \sin 2 \alpha \leq 2 \sin \beta \end{split} $

(jednoczesna równość tylko dla $\beta = \gamma = \alpha$ ). Dodając stronami te trzy nierówności i mnożąc stronami przez $R^2/4$ dostajemy, z uwagi na (2) i (3), żądaną nierówność $S \leq S_1$ . Koniecznym i dostatecznym warunkiem zachodzenia równości jest $\alpha=\beta= \gamma$ .

XXXVII OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

XXXVII OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

XXXVII OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

Rozwiązać równanie

$ x=\sqrt{b-x}\sqrt{c-x} + \sqrt{c-x}\sqrt{a-x} + \sqrt{a-x}\sqrt{b-x}, $

gdzie $a, b, c$ są danymi liczbami dodatnimi.

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia: $m = \min(a, b, c)$ ,

$ f(x) = \sqrt{b-x} \sqrt{c-x} + \sqrt{c-x} \sqrt{a-x} + \sqrt{a-x} \sqrt{b-x} -x. $

Za dziedzinę funkcji $f$ przyjmujemy przedział $\langle 0; m \rangle$ (bo jedynie dla $x \leq m$ wszystkie wyrażenia podpierwiastkowe są nieujemne oraz jedynie wśród nieujemnych liczb $x$ należy szukać rozwiązania równania). Dane w zadaniu równanie przybiera postać

$ (1) \qquad f(x) = 0. $

Funkcja $f$ jest malejąca (gdy $x$ rośnie, każdy składnik maleje). Zatem $f(x) \geq f(m)$ dla $x \in \langle 0; m \rangle$ , a więc warunkiem koniecznym istnienia rozwiązania równania (1) w przedziale $\langle 0; m \rangle$ jest spełnienie nierówności

$ (2) \qquad f(m) \leq 0. $

Gdy najmniejszą z liczb $a$ , $b$ , $c$ jest $a$ , warunek (2) przybiera postać

$ 0 \geq f(a) = \sqrt{(b-a)(c-a)}-a; $

równoważnie, $a^2 \geq (b-a)(c-a)$ , czyli $bc \leq a(b+c)$ , lub jeszcze inaczej:

$ (3) \qquad \frac{1}{a} \leq \frac{1}{b} + \frac{1}{c}. $

Ogólnie, koniecznym warunkiem istnienia rozwiązania rozważanego równania jest jednoczesne spełnienie nierówności (3) oraz dwóch analogicznych nierówności powstałych z (3) przez cykliczną zamianę symboli $a$ , $b$ , $c$ . Tę koniunkcję można zapisać w postaci nierówności podwójnej

$ (4) \qquad \left| \frac{1}{b} - \frac{1}{c} \right| \leq \frac{1}{a} \leq \frac{1}{b} + \frac{1}{c}. $

Przyjmijmy teraz, że warunek (4) jest spełniony. Przypuśćmy, że liczba $x \in \langle 0; m \rangle$ spełnia równanie (1). Przekształcamy to równanie, jak następuje:

$ x - \sqrt{b-x} \sqrt{c-x} = \sqrt{a-x} (\sqrt{b-x} + \sqrt{c-x}); $

podnosimy stronami do kwadratu:

$ x^2+ (b-x)(c-x) - 2x \sqrt{b-x} \sqrt{c-x} = (a-x) (b+c-2x+2\sqrt{b-x} \sqrt{c-x}) $

i dalej

$ 2x^2 - (b+c)x + bc = a(b+c-2x) + 2a \sqrt{b-x} \sqrt{c-x} - x (b+c-2x), $

czyli

$ \sqrt{b-x}\sqrt{c-x} = \frac{bc-ab-ca+2ax}{2a} = \frac{bc}{2a} - \frac{b+c}{2} + x. $

Z uwagi na symetrię ról $a$ , $b$ , $c$ mamy także równości

$ \sqrt{c-x}\sqrt{a-x} = \frac{ca}{2b} - \frac{c+a}{2} + x,\ \sqrt{a-x}\sqrt{b-x} =\frac{ab}{2c} - \frac{a+b}{2} + x. $

Podstawiamy otrzymane wyrażenia do równania (w jego pierwotnej postaci):

$ x = 3x+ \frac{bc}{2a} + \frac{ca}{2b} + \frac{ab}{2c} - (a+b+c), $

a stąd

$ (5) \qquad x = \frac{1}{2} (a + b + c) - \frac{1}{4} \left(\frac{bc}{a} + \frac{ca}{b}+ \frac{ab}{c} \right). $

Pozostaje sprawdzić, że liczba $x$ dana wzorem (5) istotnie spełnia rozważane równanie. Z wzoru (5) otrzymujemy równość

$ \begin{split} a-x & = \frac{1}{2}(a-b-c) + \frac{1}{4} abc \left(\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2} \right) = \\ & = \frac{1}{4} abc \left(\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2} + \frac{2}{bc} - \frac{2}{ca} - \frac{2}{ab} \right) = \\ & =\frac{1}{4} abc \left(\frac{1}{b} + \frac{1}{c} - \frac{1}{a} \right)^2 \end{split} $

i analogicznie

$ b-x = \frac{1}{4} abc \left( \frac{1}{c} + \frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right),\ c-x = \frac{1}{4} abc \left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} - \frac{1}{c} \right). $

Ponieważ założyliśmy, że warunek (4) jest spełniony, zatem liczby

$ (6) \qquad p=\frac{1}{b} + \frac{1}{c} - \frac{1}{a},\ q=\frac{1}{c} + \frac{1}{a} - \frac{1}{b},\ r=\frac{1}{a} + \frac{1}{b} - \frac{1}{c} $

są nieujemne. Wobec tego

$ \sqrt{a-x} = \frac{1}{2} \sqrt{abc}p,\ \sqrt{b-x} = \frac{1}{2} \sqrt{abc}q,\ \sqrt{c-x} = \frac{1}{2} \sqrt{abc}r $

i w konsekwencji

$ (7) \qquad f(x) = \frac{1}{4} abc (qr+rp+pq)-x, $

gdzie zgodnie z (5)

$ x=\frac{1}{4} \left( b+c- \frac{bc}{a} + c+a- \frac{ca}{b} +a+b-\frac{ab}{c} \right) = \frac{1}{4} \left( \frac{p}{a}+ \frac{q}{b} + \frac{r}{c} \right). $

Ale wobec (6) mamy

$ \frac{1}{a} = \frac{q+r}{2}, \ \frac{1}{b} = \frac{r+p}{2}, \ \frac{1}{c} = \frac{p+q}{2}, $

co po podstawieniu do poprzedniej równości daje

$ x=\frac{1}{4} abc \left( \frac{p(q+r)}{2} + \frac{q(r+p)}{2} + \frac{r(p+q)}{2} \right) = \frac{1}{4} abc \left( qr+rp+pq \right). $

Tak więc prawa strona (7) równa się zeru. Znaczy to, że $f(x) = 0$ , czyli że liczba $x$ spełnia rozważane równanie.

Ostatecznie więc, jeśli liczby $a$ , $b$ , $c$ spełniają warunek (4), to równanie ma dokładnie jedno rozwiązanie, dane wzorem (5); jeśli warunek (4) nie jest spełniony, równanie nie ma rozwiązań.

Uwaga. Sprawdzenie, że liczba $x$ dana wzorem (5) istotnie jest rozwiązaniem równania, okazało się dość uciążliwe. Można uniknąć tego sprawdzania, korzystając z metod analizy matematycznej. Rozważana tu funkcja $f$ jest ciągła w przedziale $\langle 0; m \rangle$ , a więc ma {\it własność Darboux}: przyjmuje w tym przedziale wszystkie wartości leżące pomiędzy $f(0)$ i $f(m)$ . Oczywiście $f(0) = \sqrt{bc} + \sqrt{ca} + \sqrt{ab} > 0$ . Zakładając, że spełniony jest warunek (4) a tym samym i warunek (2): $f(m) \leq 0$ , wnosimy, że istnieje w przedziale $\langle 0; m \rangle$ liczba $x$ , dla której $f(x) = 0$ . Wcześniej pokazaliśmy, że liczba taka (jeśli istnieje) musi być dana wzorem (5).

XXXVII OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

Niech $E$ będzie dowolnym punktem wewnętrznym boku $AB$ czworokąta wypukłego $ABCD$ . Oznaczmy odpowiednio przez $S_1, S_2, T$ pola trójkątów $ADE$ , $BCE$ oraz $CDE$ .

a) Udowodnić, że jeżeli $|\measuredangle A| + |\measuredangle B| = 180^{\circ}$ , to $T \geq 2\sqrt{S_1S_2}$ .

b) Udowodnić, że jeżeli $|\measuredangle A| + |\measuredangle B| > 180^{\circ}$ , to $T > 2\sqrt{S_1S_2}$ .

Rozwiązanie

a) Gdy $|\measuredangle DAE| + |\measuredangle EBC| = 180^\circ$ , proste $BC$ i $DA$ są równoległe, więc czworokąt $ABCD$ jest trapezem. Oznaczmy długości boków $DA$ i $BC$ przez $a_1$ i $a_2$ , a długości wysokości trójkątów $DAE$ i $BCE$ opuszczonych z wierzchołka $E$ odpowiednio przez $h_1$ i $h_2$ (rysunek 3). Pole trapezu $ABC$ równa się

$ S_1+S_2+ T = \frac{1}{2} (a_1+a_2) (h_1+h_2), $

a pola trójkątów $DAE$ i $BCE$ są równe

$ S_1 = \frac{1}{2} a_1h_1,\ S_2 = \frac{1}{2} a_2h_2. $

Stąd na mocy nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną

$ T = \frac{1}{2} (a_1h_2+ a_2h_1) \geq \sqrt{(a_1h_2)(a_2h_1)} = 2 \sqrt{S_1S_2}. $

b) Gdy $|\measuredangle DAE| + |\measuredangle EBC| > 180^\circ$ , prowadzimy przez punkt $C$ prostą równoległą do prostej $DA$ . Przecina ona prostą $AB$ w punkcie $B'$ tak, że $B$ jest punktem wewnętrznym odcinka $AB'$ (rysunek 4). Na mocy udowodnionej już tezy a), zastosowanej do trapezu $AB'CD$ , zachodzi nierówność $T \geq 2\sqrt{S_1S_2'}$ , gdzie $S_2'$ oznacza pole trójkąta $B'CE$ . Jest ono większe od $S_2$ , bo trójkąt $B'CE$ zawiera trójkąt $BCE$ (i nie jest z nim identyczny). Zatem $T > 2\sqrt{S_1S_2}$ .

XXXVII OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

Dowieść, że każda liczba naturalna mniejsza od $n!$ jest sumą co najwyżej $n$ różnych liczb naturalnych dzielących $n!$ .

Rozwiązanie

Dowód prowadzimy przez indukcję względem $n$ . Dla $n = 1$ twierdzenie jest spełnione ,,w próżni'' (nie ma liczb naturalnych mniejszych od $1!$ ). Ustalmy liczbę naturalną $n$ i załóżmy, że teza twierdzenia jest dla niej prawdziwa. Dowiedziemy tezy dla $n + 1$ .

Weźmy dowolną liczbę naturalną $N < (n + 1)!$ . Mamy wykazać, że liczba $N$ dopuszcza przedstawienie w postaci

$ (1) \qquad N = sum_{i=1}^m D_i;\ m \leq n+1,\ D_i|(n+1)!,\ D_1 > \ldots > D_m. $

Dzieląc $N$ przez $n + 1$ dostajemy iloraz $q$ i resztę $r$ :

$ (2) \qquad N=q(n+1)+r;\ q \geq 0,\ 0 \leq r < n+1. $

Gdy $q = 0$ , wówczas $N = r$ dzieli $(n+1)!$ ; wystarczy więc przyjąć jako (1) przedstawienie z jednym tylko składnikiem, równym $r$ .

Gdy $q > 0$ , to wobec nierówności $N < (n + 1)!$ musi być $q < n!$ . W myśl założenia indukcyjnego liczba $q$ jest sumą postaci

$ q = \sum_{i=1}^k d_i;\ k \leq n,\ d_i | n!, \ d_1> \ldots > d_k. $

Stąd wobec (2)

$ N = \sum_{i=1}^k d_i(n+1)+r. $

Liczby $d_i(n+1)$ są dzielnikami $(n+1)!$ . Jeśli więc $r = 0$ , to otrzymujemy przedstawienie (1) przyjmując $m = k$ , $D_i = d_i (n+1)$ dla $i=1, \ldots, k$ . Jeśli natomiast $r > 0$ , przyjmujemy $m = k+1$ , $D_i=d_i(n + 1)$ dla $i = 1, \ldots, k$ oraz $D_{k+1} = r$ . Nierówności $D_1 > \ldots > D_k$ wynikają z analogicznych nierówności między liczbami $d_i$ . Nierówność $D_k > D_{k+1}$ wyniknie stąd, że $d_k \geq 1$ , a $r < n+1$ .

Zgodnie z zasadą indukcji, twierdzenie jest prawdziwe dla każdej liczby naturalnej $n$ .

XXXVII OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

Udowodnić, że ciąg $(\sin n)$ nie ma granicy.

Rozwiązanie

Weźmy pod uwagę ciągi przedziałów otwartych

$ I_k = \left( 2k\pi - \frac{3}{4} \pi;\ 2k \pi - \frac{1}{4} \pi \right),\ J_k = \left( 2k\pi + \frac{1}{4} \pi;\ 2k \pi + \frac{3}{4} \pi \right) $

( $k = 1, 2, 3, \ldots$ ). Długość każdego z nich (równa $\pi/2$ ) jest większa od $1$ . Wobec tego w każdym przedziale $I_k$ leży liczba naturalna $m_k$ (jeśli są dwie, wybierzmy jedną z nich, na przykład mniejszą, i ją oznaczmy przez $m_k$ ). Podobnie w każdym przedziale $J_k$ znajdziemy liczbę naturalną $n_k$ . Określiliśmy w ten sposób dwa rosnące ciągi liczb naturalnych $(m_k)$ i $(n_k)$ . Na każdym przedziale $I_k$ funkcja sinus przyjmuje wartości mniejsze od $-\sqrt{1/2}$ , a na każdym przedziale $J_k$ wartości większe od $\sqrt{1/2}$ . Zatem

$ \sin n_k-\sin m_k > \sqrt{\frac{1}{2}} - \left(- \sqrt{\frac{1}{2}} \right)= \sqrt{2} \ \textrm{dla} \ k = 1, 2, 3, \ldots, $

skąd wynika, że nie istnieje granica ciągu $(\sin n)$ .

XXXVII OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

Rzucamy kostką najpierw raz, a następnie tyle razy, ile oczek wypadło przy pierwszym rzucie. Obliczyć wartość oczekiwaną sumy wyrzuconych oczek {łącznie z pierwszym rzutem).

Rozwiązanie

Niech $X_0$ oznacza liczbę oczek wyrzuconych w pierwszym rzucie. Jeśli $X_0 = j$ , to wykonuje się $j$ dalszych rzutów. Oznaczmy ich wyniki kolejno przez $X_1,\ldots,X_j$ i przyjmijmy $X_k = 0$ dla $k >j$ . Rozważana w zadaniu
zmienna losowa jest wtedy sumą $X = \sum_{k=0}^6 X_k$ .

Ustalmy $k \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ i zauważmy, że $X_k = 0$ wtedy i tylko wtedy, gdy $X_0 < k$ (czyli gdy nie dochodzi do wykonania rzutu reprezentowanego przez zmienną losową $X_k$ ). Zatem

$ P(X_k = 0) = P(X_0<k) = \frac{1}{6} (k- 1). $

Każdą z sześciu możliwych niezerowych wartości zmienna $X_k$ przyjmuje z jednakowym prawdopodobieństwem. Wobec tego

$ P(X_k =j) =\frac{1}{6} (1 - P(X_k = 0)) = \frac{1}{6} \left(1 - \frac{1}{6} (k - 1)\right) = \frac{1}{36} (7 -k) $

dla $j = 1, \ldots, 6$ . Stąd

$ E(X_k) = \sum_{k=0}^6 jP(X_k =j) = \frac{1}{36} (7 - k)(1+2 +3+4+5+6) = \frac{7}{12} (7-k) $

dla $k = 1, \ldots, 6$ . Ponieważ

$ E(X_0) = \frac{1}{6} (1+2+3+4+5+6) = \frac{7}{2}, $

więc ostatecznie wartość oczekiwana rozważanej zmiennej losowej $X$ wynosi

$ E(X) = \sum_{k=0}^6 E(X_k) = \frac{7}{2} + \sum_{k=1}^6 \frac{7}{12} (7 - k) = = \frac{7}{2} + \frac{7}{12} (6+5+4+3+2+1) = \frac{63}{4}. $

XXXVII OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

Udowodnić, że jeżeli prosta łącząca środki dwóch przeciwległych krawędzi czworościanu przechodzi przez środek kuli wpisanej w ten czworościan, to przechodzi również przez środek kuli opisanej na tym czworościanie.

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw lemat.

Lemat. Dany jest wypukły kąt dwuścienny utworzony przez półpłaszczyzny $\alpha$ i $\beta$ o wspólnej krawędzi $l$ . Niech $\pi$ będzie półpłaszczyzną dwusieczną tego kąta dwuściennego. Przypuśćmy, że punkt $P \in \pi$ jest środkiem odcinka $AB$ o końcach $A \in \alpha$ , $B \in \beta$ (przy czym $A$ , $B$ , $P \in l$ ). Niech $O$ oznacza rzut prostokątny punktu $P$ na prostą $l$ . Wówczas proste $OP$ i $AB$ są prostopadłe.

Dowód lematu. Proste $l$ i $AB$ są skośne. Istnieje zatem dokładnie jedna płaszczyzna $\sigma$ zawierająca prostą $AB$ i równoległa do $l$ . Przecina ona półpłaszczyzny $\alpha$ , $\beta$ i $\pi$ wzdłuż prostych $\alpha \cap \sigma$ , $\beta \cap \sigma$ , $\pi \cap \sigma$ równoległych do $l$ (rysunek 5). Proste $\pi \cap \sigma$ i $OP$ są więc prostopadłe.

Rozważmy trójkąt $OST$ położony w płaszczyźnie prostopadłej do $l$ , o wierzchołkach $S \in \alpha \cap \sigma$ , $T \in \beta \cap \sigma$ . Trójkąty prostokątne $ASP$ i $BTP$ mają równe kąty ( $|\measuredangle SPA| = |\measuredangle TPB|$ jako kąty wierzchołkowe) i równe przeciwprostokątne ( $|PA| = |PB|$ ) - są więc przystające i wobec tego $|PS| = |PT|$ . Zatem odcinek $OP$ jest środkową w trójkącie $OST$ . Jest on jednocześnie dwusieczną kąta $SOT$ (bo półpłaszczyzna $\pi$ połowi kąt dwuścienny między $\alpha$ i $\beta$ ). Wynika stąd, że ten odcinek jest w trójkącie $OST$ również wysokością, a więc $OP \bot ST$ . Prosta $OP$ , jako prostopadła do prostych $ST$ i $\pi \cap \sigma$ położonych w płaszczyźnie $\sigma$ , jest prostopadła do tej płaszczyzny - a zatem i do prostej $AB$ .

Dowód tezy zadania. Niech $P$ i $Q$ będą środkami krawędzi $AB$ i $CD$ czworościanu $ABCD$ (rysunek 6) i niech zgodnie z założeniem zadania prosta $PQ$ przechodzi przez środek kuli wpisanej w czworościan. Wówczas półpłaszczyzna $CDP^\rightarrow$ połowi kąt dwuścienny utworzony przez ściany $CDA$ i $CDB$ . Oznaczając przez $O$ rzut prostokątny punktu $P$ na prostą $l = CD$ mamy na mocy lematu $OP \bot AB$ . Analogicznie, półpłaszczyzną $ABQ^\rightarrow$ połowi kąt dwuścienny między ścianami $ABC$ i $ABD$ , i z lematu $QR \dot CD$ , gdzie $R$ jest rzutem punktu $Q$ na prostą $AB$ .

Tak więc każda z prostych $OP$ i $QR$ jest prostopadła zarówno do prostej $AB$ , jak i do $CD$ . Ale dla dowolnej pary prostych skośnych istnieje tylko jedna prosta przecinająca je obydwie i do nich prostopadła. W konsekwencji proste $OP$ i $QR$ pokrywają się. Znaczy to, że prosta $PQ$ jest prostopadła do prostych $AB$ i $CD$ . Zatem płaszczyzny $CDP$ i $ABQ$ są płaszczyznami symetralnymi odcinków $AB$ i $CD$ (odpowiednio). Środek kuli opisanej musi należeć do obu tych płaszczyzn, a więc i do ich krawędzi przecięcia, czyli prostej $PQ$ .

XXXVII OM - II etap

II etap XXXVII Olimpiady Matematycznej

XXXVII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

Wyznaczyć wszystkie funkcje $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ciągłe w zerze i takie, że dla każdej liczby rzeczywistej $x$ zachodzi równość

$ 2f(2x) = f(x) + x. $

Rozwiązanie

Załóżmy, że funkcja $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ , ciągła w punkcie $0$ , spełnia dane równanie funkcyjne.

W celu pozbycia się drugiego składnika po prawej stronie równania wprowadzamy funkcję pomocniczą $h(x) =f(x)-\frac{1}{3}x$ ; jest ona również ciągła w punkcie $0$ . Wstawiając $f(x) = h(x) + \frac{1}{3} x$ , $f(2x) = h(2x) + \frac{2}{3} x$ do rozważanego równania, sprowadzamy je do postaci

$ 2h(2x) | + \frac{4}{3}x = h(x)+ \frac{1}{3}x+x, $

czyli

$ (1) \qquad h(2x) = \frac{1}{2} h(x) \ \textrm{dla} \ x \in \mathbb{R}. $

Weźmy dowolną liczbę $x_0 \in \mathbb{R}$ . Podstawiając w (1) $x = 2^{-n}x_0$ , $n = 0, 1, 2, \ldots$ , dostajemy

$ h(2^{-(n-1)} x_0)= \frac{1}{2} h(2^{-n}x_0), $

skąd przez indukcję

$ (2) \qquad h(x_0) = 2^{-n}h(2^{-n}x_0) \ \textrm{dla} \ n = 0, 1, 2, \ldots. $

Z ciągłości $h$ w punkcie $0$ wynika, że ciąg liczb otrzymanych po prawej stronie (2) dąży do $0$ przy $n \to \infty$ . A to oznacza, że $h(x_0) = 0$ . Ponieważ punkt $x_0$ był wybfany dowolnie, funkcja $h$ równa się tożsamościowo zeru. Zatem,

$ f(x) = \frac{1}{3} x \ \textrm{dla} \ x \in \mathbb{R} $

Bezpośrednie sprawdzenie pokazuje, że funkcja ta istotnie jest rozwiązaniem danego w zadaniu równania.

XXXVII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

W turnieju szachowym uczestniczy 66 zawodników, każdy z każdym rozgrywa jedną partią, rozgrywki odbywają się w czterech miastach. Udowodnić, że pewna trójka zawodników rozgrywa wszystkie partie między sobą w tym samym mieście.

Rozwiązanie

Wybierzmy jednego z zawodników, nazwijmy go $Z_1$ . Ma on do rozegrania $65$ partii, a więc co najmniej $17$ partii rozgrywa w jednym mieście. Oznaczmy to miasto symbolem $M_1$ . Weźmy pod uwagę przeciwników $Z_1$ w spotkaniach rozgrywanych w $M_1$ . Jest ich nie mniej niż $17$ . Jeśli istnieje wśród nich para rozgrywająca partię między sobą także w $M_1$ , to wespół z zawodnikiem $Z_1$ tworzą oni trójkę grającą ,,trójkąt spotkań'' w jednym mieście i twierdzenie jest udowodnione. Załóżmy wobec tego, że cała ta grupa $17$ (lub więcej) szachistów gra wszystkie mecze między sobą w pozostałych trzech miastach. Wybierzmy jednego z tej grupy i nazwijmy go $Z_2$ . Ma on w tej grupie co najmniej $16$ przeciwników, a więc z co najmniej $6$ z nich musi grać w jednym mieście, które oznaczymy symbolem $M_2$ . Jeśli któraś para wśród nich rozgrywa swoją partię także w $M_2$ , daje to ,,trójkąt spotkań'' w $M_2$ . No to przypuśćmy, że tak nie jest; znaczy to, że rozważana grupa $6$ (lub więcej) szachistów rozgrywa partie między sobą w pozostałych dwóch miastach. Powtarzamy więc jeszcze raz to samo rozumowanie. Wybieramy z tej grupy jednego zawodnika $Z_3$ i zauważamy, że mając w tej grupie co najmniej $5$ przeciwników, musi z co najmniej $3$ z nich grać w jednym mieście $M_3$ . Jeśli jest wśród nich para rozgrywająca swoją partię w $M_3$ , to wraz z zawodnikiem $Z_3$ tworzą oni trójkę grającą ,,trójkąt spotkań'' w $M_3$ . W przeciwnym razie cała ta grupa $3$ (lub więcej) szachistów rozgrywa spotkania między sobą w ostatnim pozostałym mieście $M_4$ . Tym samym twierdzenie zostało udowodnione.

Uwaga. Podany dowód ma charakter indukcyjny, składa się z kilku kroków, w których powielany jest ten sam schemat rozumowania. To spostrzeżenie prowadzi do następującego naturalnego uogólnienia; wygodnie formułować je w języku tzw. teorii grafów.

Niech $(n_k)$ będzie ciągiem liczb określonym wzorem rekurencyjnym $n_1 = 2$ , $n_k = kn_{k-1}+1$ dla $k \geq 2$ . Przypuśćmy, że $G$ jest zbiorem $n$ punktów w przestrzeni, $n > n_k$ , i że każdy z odcinków łączących punkty zbioru $G$ został pokolorowany jednym z $k$ kolorów. Wówczas istnieją w zbiorze $G$ trzy punkty takie, że trójkąt o wierzchołkach w tych punktach ma wszystkie boki jednego koloru.

(Początkowymi wyrazami ciągu $(n_k)$ są liczby $2$ , $5$ , $16$ , $65$ , czyli liczby pojawiające się w rozwiązaniu zadania; dla $k = 4$ otrzymujemy twierdzenie dane w zadaniu, przy czym oczywiście szachistów należy interpretować jako punkty zbioru $G$ , rozgrywane partie jako odcinki, a miasta jako kolory).

Sformułowane przed chwilą ogólne twierdzenie łatwo udowodnić przez indukcję stosując schemat rozumowania użyty w rozwiązaniu zadania.

Warto nadmienić, że ciąg $(n_k)$ określony podanym wzorem rekurencyjnym nie jest optymalny; jeśli $k \geq 4$ , to istnieją liczby $n \leq n_k$ takie, że dla dowolnego $n$ -elementowego zbioru punktów $G$ prawdziwa jest konkluzja twierdzenia (z $k$ kolorami); w szczególności, twierdzenie z zadania pozostaje prawdziwe przy zastąpieniu liczby $66$ liczbą $65$ . Nie jest jednak znany żaden wzór dający nietrywialne dolne ograniczenie dopuszczalnych wartości $n$ , ani asymptotyczne zachowanie tych minimalnych wartości, gdy $k \to \infty$ .

XXXVII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

Niech S będzie sferą opisaną na czworościanie foremnym o krawędzi długości większej od 1. Sferę $S$ przedstawiono w postaci sumy czterech zbiorów. Udowodnić, że do pewnego z tych zbiorów należą takie punkty $P$ , $Q$ , że długość odcinka $PQ$ przekracza 1.

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw lemat stanowiący jednowymiarową wersję tego twierdzenia.

Lemat. Okrąg $\omega$ opisany na trójkącie równobocznym o krawędzi długości większej od $1$ przedstawiono w postaci sumy trzech zbiorów: $\omega = U \cup V \cup W$ . Wówczas do pewnego ze zbiorów $U$ , $V$ , $W$ należą punkty $P$ , $Q$ , takie, że $|PQ| > 1$ .

Dowód lematu. Dla dowolnych dwóch nieantypodycznych punktów $X, Y \in \omega$ będziemy oznaczać symbolem $\breve{XY}$ łuk domknięty okręgu $\omega$ o końcach $X$ i $Y$ , zawarty w półokręgu. Przypuśćmy, że teza lematu nie jest prawdziwa i weźmy dowolny trójkąt równoboczny $ABC$ wpisany w $\omega$ . Jego wierzchołki muszą należeć do różnych zbiorów (spośród $U$ , $V$ , $W$ ); możemy założyć, że $A \in U$ , $B \in V$ , $C \in W$ . Wówczas $W \cap \breve{AB} = \emptyset$ (bo odległość każdego punktu łuku $\breve{AB}$ od punktu $C$ przekracza $1$ ). Niech

$ (1) \qquad a =\sup \{ |CM| \colon M \in \breve{CA} \cup W \} $

$ a =\sup \{ |CM| \colon M \in \breve{CB} \cup W \} $

i niech $E \in \breve{CA}$ , $F \in \breve{CB}$ będą punktami takimi, że $|CE| = a$ , $|CF| = b$ (rysunek 7). Odcinek $EF$ ma długość nie większą od $1$ ; gdyby bowiem było $|EF| > 1$ , to ponieważ, zgodnie z (1), dowolnie blisko punktów $E$ i $F$ leżą punkty zbioru $W$ , znaleźlibyśmy punkty $P, Q \in W$ takie, że $|PQ| > 1$ - wbrew naszemu przypuszczeniu. Zatem $|EF | \leq 1$ , a więc łuk $EF$ jest mniejszy, niż $1/3$ okręgu. (Jest to oczywiście ten z łuków o końcach $E$ i $F$ , który zawiera punkt $C$ , bo drugi z tych łuków zawiera punkty $A$ i $B$ ). Istnieją zatem punkty $P, Q, R \in \omega$ leżące poza łukiem $\breve{EF}$ i będące wierzchołkami trójkąta równobocznego.

Z definicji liczb $a$ i $b$ oraz punktów $E$ i $F$ wynika, że $W \cap \breve{CA} \subset \breve{CE}$ , $W \cap \breve{CB} \subset \breve{CF}$ , a ponieważ $W \cap \breve{AB} = \emptyset$ , wnosimy stąd, że $W \subset \breve{EF}$ . Wobec tego punkty $P$ , $Q$ , $R$ należą do sumy zbiorów $U$ i $V$ , a zatem dwa z nich muszą należeć do jednego z tych zbiorów. Kończy to dowód lematu, bo $|PQ| = |QR| = |RP| > 1$ .

Z lematu natychmiast wynika teza zadania: bierzemy czworościan foremny $ABCD$ wpisany w sferę $S$ oraz okrąg $\omega$ opisany na trójkącie $ABC$ . Punkt $D$ należy do jednego z czterech rozważanych zbiorów. Jeżeli ten zbiór zawiera jakikolwiek punkt $X \in \omega$ , to $|DX| > 1$ . W przeciwnym razie okrąg $\omega$ jest zawarty w sumie pozostałych trzech zbiorów i na mocy lematu jeden z tych zbiorów zawiera punkty $P$ , $Q$ takie, że $|PQ| > 1$ .

XXXVII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

Liczby naturalne $x, y, z$ , których największy wspólny dzielnik jest równy 1, spełniają równanie

$ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{z} $

Dowieść, że $x + y$ jest kwadratem liczby naturalnej.

Rozwiązanie

Równanie przepisujemy w postaci

$ (1) \qquad (x+y)z = xy. $

Niech $k$ oznacza największy wspólny dzielnik liczb $x$ i $y$ : $k = NWD (x,y)$ . Mamy więc

$ x = km,\ y = kn,\ NWD (m, n) = 1. $

Zauważmy, że

$ (2) \qquad NWD (m + n, mn) = 1,\ NWD (k, z) = 1. $

Pierwsza z równości (2) wynika z tego, że $NWD (m, n) = 1$ (każdy dzielnik pierwszy iloczynu $mn$ musi dzielić $m$ lub $n$ , więc nie może dzielić sumy $(m + n)$ ; druga równość (2) jest konsekwencją założenia $NWD (x, y, z) = 1$ .

Podstawiając $x = km$ , $y = kn$ do (1) i dzieląc stronami przez $k$ dostajemy

$ (m + n)z = kmn, $

a stąd, na mocy (2),

$ m + n = k,\ z = mn. $

Ostatecznie więc

$ x + y = k(m + n) = k^2. $

XXXVII OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

Udowodnić, że jeżeli wielomian $f$ nie równy tożsamościowo zeru spełnia dla każdego rzeczywistego $x$ równość $f(x)f(x + 3) = f(x^2 + x + 3)$ , to nie ma on pierwiastków rzeczywistych.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że pewien wielomian $f$ spełniający podane założenia ma pierwiastki rzeczywiste. Niech $x_0$ będzie największym z nich. Liczba $y_0 = x_0^2 + x_0+ 3 > x_0$ także jest pierwiastkiem wielomianu $f$ , bo

$ f(y_0) =f(x_0)f(x_0 + 3) = 0 $

- wbrew temu, że $x_0$ jest największym pierwiastkiem. Otrzymana sprzeczność dowodzi, że $f$ nie może mieć pierwiastków rzeczywistych.

XXXVII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

W trójkącie $ABC$ wybrano punkt $A'$ na boku $BC$ , punkt $B'$ na boku $AC$ , punkt $C'$ na boku $AB$ tak, że proste $AA'$ , $BB'$ , $CC'$ przecinają się w jednym punkcie, czyli równoważnie $|BA'| \cdot |CB'| \cdot |AC'| = |CA'| \cdot |AB'| \cdot |BC'|$ . Udowodnić, że pole trójkąta $A'B'C'$ jest nie większe od $1/4$ pola trójkąta $ABC$ .

Rozwiązanie

Uwaga. Równoważność między podanymi w założeniach warunkami jest treścią twierdzenia Cevy. Pokażemy dwa sposoby rozwiązania; w pierwszym wykorzystamy równość podanych iloczynów (nie korzystając bezpośrednio
z tego, żc trzy rozważane proste mają punkt wspólny), a w drugim sposobie postąpimy przeciwnie.

Wprowadźmy oznaczenia (jak na rysunku 8):

$ \begin{split} & |BC| = a,\ |CA| = b,\ |AB| = c,\\ & |BA'| = x,\ |CB'| =y,\ |AC'| = z\\ & (\textrm{więc} \ |A'C|=a-x,\ |B'A| = b-y,\ |C'B| = c-z),\\ & S = \textrm{pole trójkąta} \ ABC,\ S' = \textrm{pole trójkąta}\ A'B'C,\\ & S1 = \textrm{pole}\ (AB'C'),\ S_2 = \textrm{pole}\ (BC'A'),\ S_3 = \textrm{pole}\ (CA'B'). \end{split} $

Zgodnie z założeniem,

$ \begin{split} (1) \qquad xyz & = (a-x)(b-y)(c-z) =\\ & = abc- (abz + bcx + cay) + (ayz + bzx + cxy)-xyz, \end{split} $

czyli

$ (2) \qquad abc-2xyz = (abz+bcx+cay)- (ayz+bzx+cxy). $

Zauważmy dalej, że

$ S-1 = \frac{1}{2}(b - y)z \sin \measuredangle A, \ S = \frac{1}{2} bc \sin \measuredangle A, $

skąd

$ S_1 = \frac{(b-y)z}{bc} \cdot S $

i podobnie (przez cykliczne przestawienie symboli)

$ S_2 = \frac{(c-z)x}{ca} \cdot S, \ S_3 = \frac{(a-x)y}{ab} \cdot S. $

Zatem

$ S-S' = S_1+S_2+S_3 = \frac{S}{abc} [a(b- y)z+b(c-z)x+c(a-x)y] $

Ale wyrażenie w nawiasie kwadratowym to dokładnie prawa strona równości (2). Mamy więc

$ S-S' = \frac{S}{abc} (abc - 2xyz) = S - \frac{2xyz}{abc} \cdot S, $

czyli

$ (3) \qquad \frac{S'}{S} = \frac{2xyz}{abc}. $

Korzystając jeszcze raz ze wzoru (1) i stosując nierówność między średnią geometryczną i arytmetyczną (pary liczb) dostajemy

$ \begin{split} xyz = \sqrt{xyz(a - x)(b - y)(c - z)} & =\sqrt{x(a - x)} \cdot \sqrt{y(b - y)} \cdot \sqrt{z(c - z)} \leq \\ & \frac{x+(a - x)}{2} \cdot \frac{y+(b - y)}{2} \cdot \frac{z+(c -z)}{2}=\frac{abc}{8}. \end{split} $

W połączeniu z wzorem (3) daje to żądaną nierówność $S' \leq S/4$ .

XXXVII OM - III etap

III etap XXXVII Olimpiady Matematycznej

XXXVII OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

III

Kwadrat o boku długości 1 pokryto $m^2$ prostokątami. Dowieść, że obwód pewnego z tych prostokątów jest większy lub równy $4/m$ .

Rozwiązanie

Pole $P = ab$ i obwód $p = 2(a+b)$ prostokąta o bokach długości $a$ , $b$ związane są nierównością

$ p^2 = 4(a + b)^2 = 4((a - b)^2 + 4ab) \geq 16P. $

Gdyby więc każdy z rozważanych $m^2$ prostokątów miał obwód mniejszy od
$4/m$ , to pole każdego z nich byłoby mniejsze od $\frac{1}{16} \cdot \left( \frac{4}{m} \right)^2$ (czyli od $1/m^2$ ), a więc suma ich pól byłaby mniejsza od $1$ - wbrew założeniu, że pokrywają one kwadrat jednostkowy.

XXXVII OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

III

Wyznaczyć maksimum objętości czworościanów mających trzy ściany o polu 1.

Rozwiązanie

Niech $ABCD$ będzie czworościanem, w którym $S_A = S_B = S_D = 1$ ; przez $S_X$ oznaczamy tu pole ściany nie zawierającej wierzchołka $X$ ( $X = A, B, C, D$ ). Dalej, oznaczmy

$ \begin{split} & a = |BC|, \ b=|CA|,\ y= |\measuredangle BCA|,\\ & u = \textrm{odległość wierzchołka}\ D \textrm{od prostej}\ BC,\\ & v = \textrm{odległość wierzchołka}\ D \textrm{od prostej}\ CA,\\ & h = \textrm{odległość wierzchołka}\ D \textrm{od płaszczyzny}\ ABC,\\ & \varphi = \textrm{miara kąta dwuściennego między płaszczyznami}\ ABC \ \textrm{i} \ BCD,\\ & \psi = \textrm{miara kąta dwuściennego między płaszczyznami}\ ABC \ \textrm{i} \ CAD,\\ & V = \textrm{objętość czworościanu}\ ABCD \end{split} $

(rysunek 10 przedstawia siatkę powierzchni czworościanu $ABCD$ rozwiniętej na płaszczyźnie $ABC$ ).

Zachodzą związki

$ (1) \qquad V = \frac{1}{3}S_Dh = \frac{1}{3}h, $

$ (2) \qquad h = u \sin \varphi = v \sin \psi, $

$ (3) \qquad 1 = S_A = \frac{1}{2} au,\ 1 = S_B = \frac{1}{2} bv,\ 1 = S_D=\frac{1}{2} ab \sin \gamma $

Z ostatnich równości wynika, że

$ uv = \frac{2}{a} \cdot \frac{2}{b} = 2 \sin \gamma, $

co po podstawieniu do (1) i uwzględnieniu (2) daje

$ V = \frac{1}{3} \sqrt{h \cdot h} = \frac{1}{3} \sqrt{u\sin \varphi \cdot v\sin \psi} = \frac{1}{3} \sqrt{2\sin \gamma \sin \varphi \sin \psi} \leq \frac{1}{3} \sqrt{2}. $

Na to, by otrzymana nierówność stała się równością potrzeba i wystarcza, żeby $\gamma = \varphi = \psi =90^\circ$ - przy jednoczesnym spełnieniu związków (3). To zaś ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy krawędzie $CA$ , $CB$ , $CD$ są wzajemnie prostopadłe (rysunek 11) oraz długość każdej z nich wynosi $\sqrt{2}$ .

Szukane maksimum objętości $V$ równa się więc $\sqrt{2}/3$ .

XXXVII OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli $p$ jest liczbą pierwszą, a liczba całkowita $m$ spełnia nierówność $0 \leq m < p—1$ , to $p$ dzieli liczbę $\sum_{j=1}^p j^m$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy sumę $1^m+2^m+ \ldots +p^m$ przez $A (p, m)$ . Mamy dowieść, że przy podanych w zadaniu założeniach

$ p|A(p, m). $

Dowód prowadzimy przez indukcję względem $m$ (przy ustalonym $p$ ). Gdy $m = 0$ , dostajemy liczbę $A (p, 0) = p$ , która oczywiście dzieli się przez $p$ .

Ustalmy liczbę całkowitą $m$ spełniającą warunek $0 < m < p - 1$ i załóżmy, że

$ (1) \qquad p|A(p,k)\ \textrm{dla} \ k = 0, \ldots ,m-1. $

Chcemy pokazać, że $p|A (p, m)$ .

Zgodnie z wzorem dwumianowym Newtona, dla każdej liczby naturalnej $j$ spełniona jest równość

$ (j+1)^{m+1} = \sum_{k=0}^{m+1} \binom{m+1}{k} j^k. $

Podstawiając $j =1, \ldots, p$ dostajemy stąd ciąg równości

$ \begin{split} (1+1)^{m+1} - 1^{m+1} = \sum_{k=0}^{m} \binom{m+1}{k} 1^k,\\ (2+1)^{m+1} - 2^{m+1} = \sum_{k=0}^{m} \binom{m+1}{k} 2^k,\\ (3+1)^{m+1} - 3^{m+1} = \sum_{k=0}^{m} \binom{m+1}{k} 3^k,\\ \ldots\\ (p+1)^{m+1} - p^{m+1} = \sum_{k=0}^{m} \binom{m+1}{k} p^k. \end{split} $

Dodając stronami otrzymujemy

$ \begin{split} (2) \qquad (p+1)^{m+1}-1 = \sum_{j=1}^p \sum_{k=0}^m \binom{m+1}{k} = \sum_{k=0}^m \binom{m+1}{k} \sum_{j=1}^p j^k = \\ = \sum_{k=0}^m \binom{m+1}{k} A(p,k) = (m+1)A(p,m) + \sum_{k=0}^{m-1} \binom{m+1}{k} A(p,k). \end{split} $

Lewą stronę równości (2) możemy przepisać w postaci $((p+1)-1) \times \sum_{k=0}^m (p+1)^k$ . Jest to liczba podzielna przez $p$ . W ostatniej sumie po prawej stronie równości (2) wszystkie składniki są podzielne przez $p$ , na mocy założenia indukcyjnego (1). Zatem i pozostały składnik występujący w (2) jest podzielny przez $p$ :

$ p|(m + 1)A(p,m). $

Ponieważ $p$ jest liczbą pierwszą, musi dzielić jeden z czynników otrzymanego iloczynu. Liczba $m + 1$ , jako mniejsza od $p$ , nie dzieli się przez $p$ . Zatem ostatecznie $p|A(p, m)$ , a to właśnie mieliśmy wykazać.

Na mocy zasady indukcji, podane w zadaniu twierdzenie jest udowodnione.

Uwaga. Wzór (2) stanowi formułę rekurencyjną, z której można obliczyć sumy potęg (o coraz większych wykładnikach naturalnych) skończonych ciągów kolejnych liczb naturalnych.

XXXVII OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

III

Wyznaczyć te liczby całkowite nieujemne $n$ , dla których istnieje taki wielomian $f$ stopnia $n$ o współczynnikach rzeczywistych, że $f(x) > f'(x)$ dla każdego rzeczywistego $x$ .

Rozwiązanie

Wykażemy, że żądaną własność mają wszystkie liczby parzyste (i tylko one).

Jeśli $f$ jest wielomianem stopnia $n > 0$ o podanej własności, to wówczas

$ g(x)=f(x)-f'(x) $

jest także wielomianem stopnia $n$ , przy czym $g (x) \geq 0$ dla $x \in \mathbb{R}$ . Ponieważ każdy wielomian stopnia nieparzystego (o współczynnikach rzeczywistych) przyjmuje również wartości ujemne, $n$ musi być liczbą parzystą.

Gdy $n = 0$ , to oczywiście wielomian $f(x) = 1$ spełnia warunek $f(x)>f'(x) = 0$ .

Gdy $n$ jest liczbą parzystą dodatnią, bierzemy wielomian $h(x) = x^n$ . Różnica

$ h(x)-h'(x) = x^n - nx^{n-1} = x^{n-1}(x - n) $

jest dodatnia poza przedziałem $\langle 0; n \rangle$ , a dla $x \in \langle 0; n \rangle$ jej wartość bezwzględna nie przekracza $n^{n-1} \cdot n = n^n$ . Zatem wielomian $f(x) = h(x)+n^n$ spełnia żądany warunek

$ f(x)-f'(x) = n^n+h(x) - h'(x) \geq 0 \ \textrm{dla} \ x \in \mathbb{R}. $

XXXVII OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

III

W turnieju szachowym uczestniczy $2n$ ( $n > 1$ ) zawodników, przy czym każdych dwóch spośród nich rozgrywa między sobą co najwyżej jedną partię. Dowieść, że taki przebieg rozgrywek, w którym żadna trójka uczestników nie rozgrywa trzech partii między sobą jest możliwy wtedy i tylko wtedy, gdy liczba wszystkich partii rozegranych w turnieju nie przekracza $n^2$ .

Rozwiązanie

Mamy do udowodnienia równoważność następujących dwóch stwierdzeń $A$ i $B$ (dla danych liczb naturalnych $m$ i $n$ , $n > 1$ ):

A. Istnieje możliwość takiej organizacji rozgrywek turnieju z udziałem $2n$ zawodników, że

$A_1$ ) każdy z każdym gra co najwyżej jedną partię,
$A_2$ ) żadna trójka nie rozgrywa trzech partii między sobą,
$A_3$ ) łączna liczba partii w turnieju wynosi $m$ .

B. Liczby $m$ i $n$ spełniają nierówność $m \leq n^2$ .

Dowód implikacji $B \Longrightarrow A$ . Uczestników turnieju dzielimy w dowolny sposób na dwie grupy po $n$ zawodników. Liczba par, w których partnerzy należą do różnych grup, wynosi $n^2$ . Wybieramy dowolnie $m$ spośród tych par i przeprowadzamy rozgrywki w wybranych parach. Spełnienie warunków $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ jest oczywiste.

Dowód implikacji $A \Longrightarrow B$ . Stosujemy indukcję względem $n$ . Gdy $n = 2$ , mamy $4$ graczy i $6$ możliwych par. Gdyby liczba rozgrywanych partii przekraczała $4$ , znaczyłoby to, że rozgrywane są wszystkie możliwe spotkania z wyjątkiem co najwyżej jednego; musi wtedy utworzyć się ,,trójkąt spotkań'' (a nawet dwa takie trójkąty).

Załóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla pewnego $n \geq 2$ i przypuśćmy, że został zorganizowany turniej z udziałem $2(n + 1)$ zawodników tak, że spełnione są warunki $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ . Mamy pokazać, że $m \leq (n + 1)^2$ . Wybierzmy dowolnych dwóch zawodników rozgrywających partię między sobą i nazwijmy ich $X$ i $Y$ . Liczba partii rozgrywanych między pozostałymi $2n$ zawodnikami nie przekracza $n^2$ , w myśl założenia indukcyjnego. Niech $x$ będzie liczbą partii rozgrywanych przez gracza $X$ (nie licząc spotkania z $Y$ ), a $y$ - liczbą partii rozgrywanych przez $Y$ (nie licząc spotkania z $X$ ). Wówczas $x + y \leq 2n$ ; w przeciwnym razie $X$ i $Y$ mieliby wspólnego przeciwnika i powstałby ,,trójkąt spotkań'', wbrew warunkowi $A_2$ . Uwzględniając jeszcze mecz pomiędzy $X$ i $Y$ widzimy, że łączna liczba spotkań w turnieju nie przekracza $n^2 + 2n + 1$ czyli $(n + 1)^2$ . Kończy to dowód indukcyjny.

XXXVII OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

III

W trójkącie $ABC$ punkty $K$ i $L$ są rzutami prostokątnymi wierzchołków $B$ i $C$ na dwusieczną kąta $BAC$ , punkt $M$ jest spodkiem wysokości trójkąta $ABC$ poprowadzonej z wierzchołka $A$ , a punkt $N$ jest środkiem boku $BC$ . Wykazać, że punkty $K$ , $L$ , $M$ i $N$ leżą na jednym okręgu.

Rozwiązanie

Gdy $|AB| = |AC|$ , punkty $K$ , $L$ , $M$ , $N$ pokrywają się. W dalszym ciągu wyłączymy ten trywialny przypadek z rozważań. Przedstawimy trzy sposoby rozwiązania.

\spos{I} Bez zmniejszania ogólności możemy zakładać, że $|AB| < |AC|$ . Przypuśćmy na początek, że kąt $ABC$ nie jest prosty - jest więc ostry lub rozwarty. Rysunki 12a i 12b ilustrują te dwie sytuacje.

Rozważmy okrąg, którego średnicą jest odcinek $AB$ . Ponieważ $|\measuredangle AKB| = | \measuredangle AMB| = 90^\circ$ , punkty $K$ i $M$ leżą na tym okręgu. Kąty wpisane $BAK$ i $KMB$ są oparte bądź na wspólnym łuku (gdy $|\measuredangle B| > 90^\circ$ - rys. 12b), bądź na łukach dopełniających się do pełnego okręgu (gdy $|\measuredangle B | < 90^\circ$ - rys. 12a). Tak więc

$ |\measuredangle BAK| = \left\{ \begin{array}{cll} |180^\circ - |\measuredangle KMB| & \textrm{gdy} & |\measuredangle B| < 90^\circ \\ |\measuredangle KMB| & \textrm{gdy} & |\measuredangle B| > 90^\circ \end{array} \right. $

W obu przypadkach wyrażenie otrzymane po prawej stronie jest równe mierze kąta $KMN$ . Zatem

$ (1) \qquad |\measuredangle BAK| = |\measuredangle KMN|. $

Gdy kąt $ABC$ jest prosty, punkt $M$ pokrywa się z $B$ , a kąty $BAK$ i $KMN$ mają ramiona odpowiednio prostopadłe. Tak więc równość (1) zachodzi i w tym przypadku.

Przedłużmy bok $AB$ do przecięcia z prostą $CL$ w punkcie, który oznaczymy przez $E$ . Odcinek $AL$ jest jednocześnie dwusieczną i wysokością w trójkącie $ACE$ ; jest więc to trójkąt równoramienny i punkt $L$ jest środkiem boku $CE$ . Zatem odcinek $NL$ , jako łączący środki boków $BC$ i $CE$ trójkąta $BCE$ , jest równoległy do boku $BE$ , czyli do prostej $AB$ . Stąd $|\measuredangle BAK| = |\measuredangle KLN|$ . W połączeniu z równością (1) daje to równość $|\measuredangle KMN| = |\measuredangle KLN|$ , z której wynika, że punkty $K$ , $N$ , $L$ , $M$ leżą na jednym okręgu.