XXXVI OM

XXXVI Olimpiada Matematyczna

Opracowanie rozwiązań: Maciej Bryński, Marcin E. Kuczma

XXXVI OM - I etap

I etap XXXVI Olimpiady Matematycznej

XXXVI OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

Udowodnić, że jeżeli liczba całkowita podzielna przez 3 jest sumą pięciu kwadratów liczb całkowitych, to co najmniej dwa z tych kwadratów są podzielne przez 9.

Rozwiązanie

Kwadrat liczby całkowitej niepodzielnej przez $3$ daje przy dzieleniu przez $3$ resztę $1$ . Jeśli więc pewna liczba jest sumą pięciu kwadratów i żaden z tych kwadratów nie dzieli się przez $3$ , to dana liczba daje przy dzieleniu przez $3$ resztę $2$ ; jeśli zaś tylko jeden z tych kwadratów dzieli się przez $3$ , to dana liczba daje przy dzieleniu przez $3$ resztę $1$ . Skoro, z założenia, liczba ta jest podzielna przez $3$ , to co najmniej dwa kwadraty będące składnikami w rozważanej sumie są kwadratami liczb podzielnych przez $3$ - dzielą się więc przez $9$ .

XXXVI OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

Dowieść, że jeżeli w trójkącie proste prostopadłe do boków, poprowadzone przez punkty przecięcia tych boków z dwusiecznymi przeciwległych kątótw przecinają się w jednym punkcie, to trójkąt jest równoramienny.

Rozwiązanie

Niech w trójkącie $ABC$ punkty $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ będą odpowiednio punktami przecięcia boków $\overline{BC}$ , $\overline{CA}$ , $\overline{AB}$ przez dwusieczne przeciwległych kątów. Przypuśćmy, że prostopadłe do boków poprowadzone przez te punkty przecinają się w punkcie $K$ (rysunek 1). Oznaczając $|AB| = c$ , $|BC| = a$ , $|CA|=b$ , $|A_1K| =p$ , $|B_1K = q$ , $|C_1K| = r$ , $|A_1B| = x$ , $|B_1C| = y$ , $|C_A|= z$ mamy na podstawie twierdzenia Pitagorasa

$ (b-y)^2+q^2 = z^2+r^2, \quad (c-z)^2+r^2 = x^2+p^2,\quad (a-x)^2+p^2 = y^2+q^2. $

Dodając te równości stronami dostajemy

$ (*) \qquad a^2+b^2+c^2-2(ax+by+cz) = 0. $

Załóżmy więc, że $a > 0$ i przyjmijmy $u = \sqrt[3]{x}$ , $v = \sqrt[3]{y}$ , $\alpha = \sqrt[3]{a}$ , $\beta = \sqrt[3]{b}$ . Dany w zadaniu układ równań przybiera postać

$ \left\{ \begin{split} & \sqrt{u^6+u^4v^2} + \sqrt{v^6+u^2v^4} = \alpha^3\\ & u^3+v^3+3 \beta uv = \beta^3 \end{split} \right. $

czyli równoważnie

$ \left\{ \begin{split} & u^2 \sqrt{u^2+v^2}+ v^2\sqrt{v^2+u^2} = \alpha^3\\ & u^3 + v^3 + 3\beta uv = \beta^3 \end{split} \right\} $

lub jeszcze prościej

$ \left\{ \begin{split} & u^2+v^2 = \alpha^2\\ & u^3+v^3+3\beta uv-\beta^3 = 0. \end{split} \right. $

Oznaczmy lewą stronę ostatniego równania przez $L (u,v)$ i przekształćmy, jak następuje:

$ \begin{split} L(u,v) & = (u+v)^3-3u^2v-3uv^2+3\beta uv-\beta^3= (u+v)^3- \beta^3-3uv(u+v-\beta) =\\ & = (u+v-\beta)((u+v)^2+ (u+v)\beta+\beta^2-3uv) =\\ & = (u+v-\beta)(u^2+v^2+\beta^2-uv+u\beta+v\beta) =\\ & = \frac{1}{2} (u+v-\beta)((u-v)^2 + (u+\beta)^2+ (v+\beta)^2). \end{split} $

Otrzymaliśmy rozkład wyrażenia $L(u,v)$ na iloczyn dwóch czynników, zatem rozważany układ równań (którego drugim równaniem jest $L(u,v) = 0$ ) jest równoważny alternatywie układów

$ \begin{array}{cc} (I) \begin{array}{rl} u^2+v^2 & = \alpha^2\\ u+v & = \beta \end{array} & (II) \begin{array}{rl} u^2+v^2 & = \alpha^2\\ (u-v)^2+(u+\beta)^2 + (v+\beta)^2 & = 0 \end{array} \end{array} $

Rozwiązanie układu (I). Podnosząc drugie równanie stronami do kwadratu i uwzględniając równanie pierwsze dostajemy $\alpha^2+2uv = \beta^2$ , skąd $v = (\beta^2-\alpha^2)/2$ . Mając daną sumę i iloczyn liczb $u$ i $v$ znajdujemy te liczby jako pierwiastki trójmianu kwadratowego $t^2-\beta t+ (\beta^2- \alpha^2)/2$ . Rozwiązanie istnieje, gdy wyróżnik tego trójmianu $\Delta = 2\alpha^2-\beta^2$ jest nieujemny, czyli gdy $|b| \leq \sqrt{8}a$ (piszemy $a$ bez znaku wartości bezwzględnej, bo przyjęliśmy, że $a \geq 0$ ). Rozwiązaniem są wówczas liczby $u = (\beta \pm \sqrt{\Delta})/2$ , $v = (\beta \mp \sqrt{\Delta})/2$ , co po powróceniu do wyjściowych oznaczeń daje

$ \begin{array}{ccc} (*) \left\{ \begin{array}{rl} x & = \frac{1}{8} \left( \sqrt[3]{b} + \sqrt{2 \sqrt[3]{a^2} - \sqrt[3]{b^2}} \right)^3\\ y & = \frac{1}{8} \left( \sqrt[3]{b} - \sqrt{2 \sqrt[3]{a^2} - \sqrt[3]{b^2}} \right)^3 \end{array} \right. & \textrm{lub} & \left\{ \begin{array}{rl} x & = \frac{1}{8} \left( \sqrt[3]{b} - \sqrt{2 \sqrt[3]{a^2} - \sqrt[3]{b^2}} \right)^3\\ y & = \frac{1}{8} \left( \sqrt[3]{b} + \sqrt{2 \sqrt[3]{a^2} - \sqrt[3]{b^2}} \right)^3. \end{array} \right. \end{array} $

Otrzymaliśmy dwa rozwiązania; są one identyczne, gdy $\Delta = 0$ , czyli gdy $|b| = \sqrt{8}a$ ; wówczas wzory (*) przybierają prostą postać $x = y = b/8$ .

Rozwiązanie układu (II). Z drugiego równania dostajemy $u=v=-\beta$ , co po podstawieniu do pierwszego równania daje $2\beta^2 = \alpha^2$ , czyli $|b| = a/\sqrt{8}$ . Jest to warunek na istnienie rozwiązania układu (II). W oznaczeniach wyjściowych rozwiązanie to wyraża się wzorem $x = y = - b$ .

Rekapitulacja. Dany w zadaniu układ równań ma:

zero rozwiązań, gdy $|b| > \sqrt{8}a$ (objęte tym są wymienione na wstępie przypadki $a <0$ i $a \ne 0 = b$ );
jedno rozwiązanie $x = y = b/8$ , gdy $|b| = \sqrt{8}a$ (obejmuje to przypadek $a = b = 0$ );
dwa rozwiązania dane wzorami (*), gdy $|b| < \sqrt{8}a$ , $|b| \ne a/\sqrt{8}$ ;
trzy rozwiązania: dwa dane wzorami (*) oraz trzecie $x = y = -b$ , gdy $|b|=a/ \sqrt{8}$ .

XXXVI OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

XXXVI OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

XXXVI OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

Dane są ciągi nieskończone liczb rzeczywistych $(x_j)$ , $(y_j)$ . Niech

$ z_n = \frac{x_1y_n + x_2y_{n-1} + \ldots x_ny_1}{n} \quad\text{ dla } n=1,2,\ldots . $

Udowodnić, że jeżeli dla pewnej liczby naturalnej $m$ zachodzi $z_j = 0$ dla $j < m$ oraz $z_m = 1$ , to istnieją takie liczby naturalne $p, q$ , że $x_py_q = m$ .

Rozwiązanie

Gdyby któryś z ciągów $(x_j)$ , $(y_j)$ składał się z samych zer, to i wszystkie wyrazy ciągu $(z_n)$ byłyby zerami, wbrew temu, że $z_m = 1$ . Zatem w każdym z tych ciągów są wyrazy niezerowe. Niech $p$ oraz $q$ oznaczają najmniejsze numery takie, że $x_p \neq 0$ oraz $y_q \neq 0$ . Pokażemy, że liczby $p$ i $q$ mają własność żądaną w zadaniu.

Dla każdego $n$ , z definicji, liczba $nz_n$ jest sumą składników postaci $x_iy_j$ gdzie $i+j = n+1$ . Gdy $n+1 <p + q$ , każdy składnik tej sumy jest zerem (gdyż $i < p$ lub $j < q$ ), a więc $z_n = 0$ . Gdy $n+1 = p+q$ , w sumie tej jest dokładnie jeden składnik niezerowy, mianowicie $x_py_q$ , a zatem $nz_n = (p+q-1)z_{p+q-1}=x_py_p\neq 0$ . Ale najwcześniejszym niezerowym. wyrazem ciągu $(z_n)$ jest $z_m = 1$ . Stąd $m = p+q-1$ i $x_py_g = mz_m = m$ .

XXXVI OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

Obliczyć długości równoległych boków trapezu znając długości pozostałych boków i przekątnych.

Rozwiązanie

Niech $ABCD$ będzie rozważanym trapezem, $AB\parallel CD$ , $|AB| = a$ , $|BC| = b$ , $|CD| = c$ , $|DA| = d$ , $|AC| = p$ , $|BD| = q$ (rysunek 2). Mając dane $b$ , $d$ , $p$ , $q$ należy znaleźć $a$ i $c$ .

Zauważmy przede wszystkim, że jeśli $p = q$ , to wówczas musi być $b = d <p$ i w tym przypadku zadanie nie ma jednoznacznego rozwiązania: istnieje nieskończenie wiele trapezów równoramiennych o długości ramienia $b$ i długości przekątnej $p$ . Dokładniej, jeśli $a$ jest dowolną liczbą spełniającą nierówność $p-b <a < p+b$ , to istnieje trójkąt $ABC$ , w którym $|AB| = a$ , $|BC| = b$ , $|CA| = p$ i żądany trapez $ABCD$ otrzymujemy biorąc jako wierzchołek $D$ obraz punktu $C$ w symetrii osiowej względem symetralnej odcinka $AB$ . Oznaczając przez $C$ rzut punktu $C$ na prostą $AB$ i przyjmując $x= |AC'|$ , $y = |BC'|$ , $h = |CC'|$ widzimy (rysunek 3), że jeśli $C' \in \overline{AB}|$ , to $a = x-y$ , $c = x+y$ , a jeśli $C' \not \in \overline{AB}|$ to $a = x-y$ , $c = x+y$ . W obu przypadkach $ac = x^2-y^2 = (p^2-h^2)-(b^2-h^2) = p^2-b^2$ . Tak więc, gdy $b= d < p = q$ , rozwiązaniem zadania jest dowolna para liczb $a,\,c$ taka, że $p -b < a < p+b$ , $c = (p^2-b^2)/a$ .

W dalszym ciągu zakładajmy więc, że $p \neq q$ (trapez nie jest równoramienny). Trójkąty $ABC$ i $ABD$ mają wspólną podstawę i równe wysokości, a zatem i równe pola. Wyrażamy te pola przez długości boków, korzystając z wzoru Herona:

$ \begin{split} 16 S^2_{ABC} &= (a+b+p)(-a+b+p)(a-b+p)(a+b-p) = \\ &= ((b+p)^2-a^2)(a^2-(b-p)^2) =\\ &= -a^4+a^2((b+p)^2+(b-p)^2)-(b+p)^2(b-p)^2 =\\ & = -a4+2a^2(b^2+p^2)-(b^2-p^2)^2 \end{split} $

i analogicznie

$ 16 S^2_{ABD}= -a+2a^2(d^2+q^2)-(d^2-q^2)^2. $

Przyrównując prawe strony otrzymanych równości widzimy, że

$ \begin{split} 2a^2(b^2-d^2+p^2-q^2) = (b^2-p^2)^2-(d^2-q^2)^2 =\\ \quad = (b^2-d^2-p^2+ q^2)(b^2-d^2-p^2- q^2). \end{split} $

Gdyby wyrażenie w nawiasie po lewej stronie było zerem, to któryś z czynników prawej strony musiałby być zerem; mielibyśmy więc alternatywę układów równań:

$ \left\{ \begin{split} b^2-d^2+p^2-q^2=0\\ b^2-d^2-p^2+q^2=0 \end{split}\right. \quad \textrm{lub} \quad \left\{ \begin{split} b^2-q^2+p^2-d^2=0\\ b^2-q^2-p^2+d^2=0 \end{split} \right. $

W pierwszym przypadku, dodając i odejmując stronami równania układu, dostajemy $b = d$ i $p = q$ , wbrew uprzedniemu założeniu. W drugim przypadku dostajemy $b = q$ i $d = p$ , co nie jest możliwe (punkty $C$ i $D$ musiałyby się pokrywać). Zatem $b^2-d^2+p^2-q^2 \neq 0$ , skąd

$ a^2 = \frac{(b^2-d^2-p^2+q^2) (b^2+d^2-p^2-q^2)}{2(b^2-d^2+p^2-q^2)}. $

Lewa strona jest liczbą dodatnią, więc prawa też, tak, że ostatecznie

$ a = \sqrt{\frac{(b^2-d^2-p^2+q^2) (b^2+d^2-p^2-q^2)}{2(b^2-d^2+p^2-q^2)}}. $

Wartość $c$ znajdujemy zamieniając miejscami $p$ i $q$ w otrzymanym wzorze na $a$ (odpowiada to powtórzeniu przeprowadzonego rozumowania, wychodząc od równości pól trójkątów $CDA$ i $CDB$ , o bokach $c$ , $d$ , $p$ i $c$ , $b$ , $q$ , odpowiednio). Tak więc

$ c = \sqrt{\frac{(b^2-d^2+p^2-q^2) (b^2+d^2-p^2-q^2)}{2(b^2-d^2-p^2+q^2)}}. $

Uwaga. Ze sformułowania treści zadania wynika milczące założenie, że rozważany trapez w ogóle istnieje. Nie ma więc potrzeby poszukiwania warunków, jakie powinny spełniać wielkości dane $b$ , $d$ , $p$ , $q$ , by znalezione rozwiązanie miało sens geometryczny.

XXXVI OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

Dana jest rodzina $A$ dwuelementowych podzbiorów zbioru liczb naturalnych. Udowodnić, że istnieje taki podzbiór nieskończony $M$ zbioru liczb naturalnych, że albo wszystkie dwuelementowe podzbiory zbioru $M$ należą do $A$ , albo żaden dwuelementowy podzbiór $M$ nie należy do $A$ .

Rozwiązanie

Określimy indukcyjnie ciąg zstępujący $X_0 \subset X_1 \subset X_2 \subset X_3 \subset \ldots$ podzbiorów nieskończonych zbioru liczb naturalnych $\mathbb{N}$ oraz jeszcze dwa podzbiory zbioru $\mathbb{N}$ , które oznaczymy przez $M'$ i $M''$ .

Przyjmijmy $X_0 =\mathbb{N}$ . Ustalmy $n \in \mathbb{N}$ i przypuśćmy, że zbiór $X_{n-1}$ jest już określony. Niech $x_n$ będzie najmniejszą liczbą w tym zbiorze i niech

$ X'_n = \{x\in X_{n-1}:x> x_n, \, \{x_n, x\} \in A\}, $

$ X'_n = \{x \in X_{n-1}: x_n> x, \, \{x, x_n\} \in A\}, $

Jeśli zbiór $X'_n$ jest nieskończony, to przyjmujemy $X_n = X'_n$ , a liczbę $x_n$ zaliczamy do zbioru $M'$ . Jeśli zbiór $X'_n$ jest skończony, to $X''_n$ jest nieskończony; przyjmujemy wówczas $X_n = X''_n$ , a liczbę $x_n$ zaliczamy do zbioru $M''$ . Powstałe w ten sposób zbiory $M$ i $M''$ mają własność następującą: jeśli
$x_n,\ x_p \in M'$ , $n < p$ , to para $\{x_n, x_p\}$ należy do $A$ (bo $x_p \in X_{p-1} \subset X_n=X_n'$ ), jeśli zaś $x_n,\ x,_p \in M''$ , $n < p$ , to para $\{x_n, x_p\}$ nie należy do $A$ (bo $x_p \in X_{p-1} \subset X_n=X_n''$ ). Co najmniej jeden ze zbiorów $M'$ i $M''$ jest nieskończony. Jest to szukany zbiór $M$ .
Uwaga. Twierdzenie sformułowane w treści zadania jest szczególnym przypadkiem następującego twierdzenia Ramseya:

Przypuśćmy, że zbiór $D$ wszystkich dwuelementowych podzbiorów zbioru liczb naturalnych został podzielony w dowolny sposób na skończenie wiele rozłącznych części: $D = A_1 \cup \ldots \cup Am$ , $A_i \cap A_j = \emptyset$ dla $i \neq j$ . Wówczas istnieje numer $k\in \{1,\ldots ,m\}$ oraz podzbiór nieskończony $M$ zbioru liczb naturalnych taki, że wszystkie dwuelementowe podzbiory zbioru $M$ należą do $A_k$ .

W naszym zadaniu $m = 2$ , $A_1 = A$ , $A_2 = D \setminus A$ .

XXXVI OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

Udowodnić, że jeśli $(a_n)$ jest takim ciągiem liczb rzeczywistych, że $a_{n+2}=|a_{n+1}|-a_n$ dla $n = 1,2,\ldots$ , to $a_{k+9} = a_k$ dla $k = 1,2,\ldots$ .

Rozwiązanie

Weźmy pod uwagę przekształcenie $F$ płaszczyzny w siebie dane wzorem $F(x,y) = (y,|y|-x)$ . Ustalmy liczbę dodatnią $a$ . Niech $I_0$ będzie odcinkiem o końcach $(0,-a)$ i $(-a,0)$ , niech $I_1$ będzie obrazem odcinka $I_0$ w przekształceniu $F$ i dalej, indukcyjnie, niech $I_n = F(I_{n-1})$ . Odcinek $I_0$ ma przedstawienie parametryczne

$ I_0 : x = -t, \ y = -a+t, \ 0 \leq t \leq a. $

Działając na punkt $(x,y) = (-t, -a+t)$ odwzorowaniem $F$ otrzymujemy

$ F(x,y) = (y,|y|-x) = (-a+t, |-a+t\ + t) = (-a+t, a) $

i wobec tego $I_1$ jest odcinkiem o przedstawieniu parametrycznym

$ I_1: x = -a+t,\ y = a,\ 0 \leq t \leq a. $

W ten sam sposób sprawdzamy, że kolejne zbiory $I_n$ są odcinkami o następujących przedstawieniach parametrycznych ( $t$ jest stale parametrem przebiegającym przedział $\langle 0;a \rangle$ :

$ \begin{split} & I_2 : x = a, y = 2a-t\\ & I_3 : x = 2a-t, y = a-t \\ & I_4 : x = a-t, y = -a\\ & I_5 : x = -a, y = t\\ & I_6 : x = t, y = a+t \\ & I_7 : x = a+t, y = a\\ & I_8 : x = a, y = -t\\ & I_9 : x = -t, = -a+t. \end{split} $

Tak więc $I_9$ pokrywa się z $I_0$ . Suma odcinków $I_0, \ldots, I_8$ tworzy łamaną zamkniętą, którą oznaczymy przez $Ł_a$ . Interpretując parametr $t$ jako czas widzimy, że gdy punkt $P = (x,y)$ przebiega ruchem jednostajnym odcinek $I_n$ w kierunku oznaczonym na rysunku 4 strzałką, to jego obraz $F(P)$ przebiega ruchem jednostajnym odcinek $I_{n+1}$ . Oznacza to, że punkt $F(P)$ dzieli odcinek $I_{n+1}$ w tym samym stosunku, w którym $P$ dzieli $I_n$ . Stąd i z zaobserwowanej cykliczności $(I_9 = I_0)$ wynika, że każdy punkt łamanej $Ł_a$ po zastosowaniu przekształcenia $F^9$ (dziewięciokrotnego złożenia przekształcenia $F$ ) wróci na swoje miejsce.

Wszystkie łamane $Ł_a$ (dla różnych wartości $a$ ) są zbiorami jednokładnymi na płaszczyźnie, a ich suma wypełnia całą płaszczyznę bez punktu $(0,0)$ , który oczywiście jest punktem stałym przekształcenia $F$ . Zatem $F^0$ jest przekształceniem tożsamościowym.

Stąd natychmiast wynika teza zadania: biorąc jako $x$ i $y$ dwa kolejne wyrazy ciągu $(a_n)$ widzimy, że

$ F(a_n,a_{n + 1}) = (a_{n+1}, |a_{n+1}|-a_n) =(a_{n+1}, a_{n+2}) $

i wobec tego $F^9(a_n,a_{n+1}) = (a_{n+9}, a_{n+10})$ , a ponieważ $F^9$ jest identycznością, więc $a_{n+9} = a_n$ .

XXXVI OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

W urnie jest 1985 kartek z napisanymi liczbami 1,2,3,..., 1985, każda lczba na innej kartce. Losujemy bez zwracania 100 kartek. Znaleźć wartość oczekiwaną sumy liczb napisanych na wylosowanych kartkach.

Rozwiązanie

Losowanie $100$ kartek z urny zawierającej $1985$ kartek można interpretować jako wybieranie $100$ -elementowego podzbioru zbioru $1985$ -elementowego. Zamiast danych liczb $1985$ i $100$ weźmy dowolne liczby naturalne $n$ i $k$ , $n \geq k$ . Dla dowolnego $k$ -elementowego zbioru $X$ będącego podzbiorem zbioru $Z = \{1,2,\ldots,n\}$ oznaczmy przez $s(X)$ sumę liczb w zbiorze $X$ . Ponumerujmy wszystkie $k$ -elementowe podzbiory $Z$ liczbami od $1$ do $???????????????? = \binom{n}{k}: X_1, \ldots, X_N$ . Wybieramy losowo jeden z tych zbiorów. Prawdopodobieństwo każdego wyboru jest takie samo, a więc równa się $p = 1 /N$ . Wartość oczekiwana sumy liczb w tym zbiorze równa się

$ E = p \cdot s(X_1)+ \ldots +p \cdot s(X_N). $

Policzymy, w ilu zbiorach $X_i$ występuje dowolnie ustalona liczba $x \in Z$ . Liczbie $x$ towarzyszy w każdym z tych zbiorów $k-1$ liczb dowolnie wybranych ze zbioru $Z-\{x\}$ . Możliwości jest $M = \binom{n-1}{k-1}$ . Wobec tego każda
liczba $x \in Z$ występuje w $M$ zbiorach $X_i$ ; tak więc w sumie $s = s(X_1) + \ldots+s(X_N)$ każdy składnik $x \in Z$ pojawia się $M$ razy. Stąd $s = M(1 + 2+ \ldots+n) = Mn(n+1)/2$ i szukana wartość oczekiwana wynosi

$ E = ps \frac{n(n+1)}{2} \cdot \frac{M}{N} = \frac{n(n+1)}{2} \cdot \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} \cdot \frac{k!(n-k)!}{n!} = \frac{(n+1)k}{2}. $

W naszym zadaniu $n = 1985$ , $k = 100$ , zatem $E = 99 300$ .

XXXVI OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

Znaleźć wzór na sumę

$ \tan x \cdot \tan 2x + \tan 2x \cdot \tan 3x + \ldots + \tan(n-1)x \cdot \tan nx. $

Rozwiązanie

Oznaczmy napisane wyrażenie przez $T_n(x)$ . Aby miało ono sens, liczby $x$ , $2x$ , $\ldots$ , $nx$ muszą należeć do dziedziny funkcji tangens, czyli muszą być spełnione warunki

$ kx \ne \left( m+ \frac{1}{2} \right)\pi \ \textrm{dla} \ k=1,\ldots,n; \ m = 0,\pm 1,\pm 2,\ldots . $

Przyjmijmy te warunki i załóżmy dodatkowo, że $\tan x \ne 0$ , czyli $x \ne m\pi$ $(m = 0,\pm 1,\pm 2, \ldots)$ . Dla każdej liczby naturalnej $k$ mamy równość

$ \tan x = tan((k+1)x-kx) = \frac{\tan(k+1)x-\tan kx}{1+ \tan kx \cdot \tan (k+1)x}, $

skąd wobec zastrzeżenia, że $\tan x \ne 0$ ,

$ 1+\tan kx \cdot \tan (k+1)x =\frac{\tan(k+1)x-\tan kx}{\tan kx}. $

Przyjmując $k = 1, \ldots,n-1$ i dodając stronami $n-1$ otrzymanych równości dostajemy

$ (n-1)+ T_n(x) = \frac{\tan nx - \tan x}{\tan x}, $

czyli

$ T_n(x)= \frac{\tan nx}{\tan x} - n. $

Jest to poszukiwany wzór - przy zastrzeżeniu, że $x \ne m \pi$ . Gdy $x = m\pi$ ( $m$ całkowite), to oczywiście $T_n (x) = 0$ .

XXXVI OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

Podać przykład wielościanu wypukłego mającego 1985 ścian, wśród których są takie 993 ściany, że żadne dwie z nich nie mają wspólnej krawędzi.

Rozwiązanie

Można bez trudu uzyskać znacznie większą niż $993$ liczbę ścian, i to nie ylko bez wspólnych krawędzi, ale w ogóle rozłącznych. Rozważmy w tym celu dowolny wielościan wypukły $W$ mający $5$ ścian i w wierzchołków; zakładamy przy tym, że żadne dwie ściany nie leżą w jednej płaszczyźnie, czyli że wszystkie kąty dwuścienne są mniejsze od kąta półpełnego. Dokonamy teraz operacji ,,odcięcia wierzchołków'': w pobliżu każdego wierzchołka prowadzimy płaszczyznę przecinającą wszystkie wychodzące z tego wierzchołka krawędzie w punktach odległych od wierzchołka o mniej niż $1/2$ długości krawędzi; płaszczyzną tą odcinamy dany wierzchołek wraz z małym ostrosłupem. W wyniku tej operacji otrzymujemy wielościan wypukły $W$ mający $s + w$ ścian, bowiem każda ściana wielościanu $W$ , po obcięciu naroży, staje się ścianą wielościanu $W$ , a ponadto w miejsce każdego odciętego wierzchołka wielościanu $W$ pojawi się dodatkowa ściana wielościanu $W$ (podstawa odciętego ostrosłupa). Te ,,nowe'' ściany (a jest ich $w$ ) są parami rozłączne.

Chodzi teraz o dobranie wartości $s$ i $w$ tak, żeby $s+w = 1985$ , $w \geq 993$ ; wielościan $W'$ będzie wtedy jednym z rozwiązań zadania. Weźmy jako wielościan $W$ graniastosłup prawidłowy $n$ -kątny; ma on $w = 2n$ wierzchołków i $s = n+2$ ścian. Dla $n = 661$ dostajemy $s+w = 1985$ , $w = 1322$ . Zatem wielościan $W'$ powstały z $W$ przez opisaną wyżej operację ,,odcięcia wierzchołków'' ma $1985$ ścian, a wśród nich $1322$ ściany parami rozłączne. Oczywiście spośród tych $1322$ ścian można w dowolny sposób wybrać $993$ ściany parami rozłączne, aby uczynić zadość warunkowi zadania.

XXXVI OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

Dowieść, że dla każdej liczby naturalnej $n$ zachodzi równość

$ [\sqrt{9n-1}] = [\sqrt{n-1} + \sqrt{n} + \sqrt{n+1}]. $

Uwaga. $[x]$ jest największą liczbą całkowitą nie większą od $x$ .

Rozwiązanie

Wykażemy najpierw, że dla każdej liczby naturalnej $n > 2$ zachodzi nierówność podwójna

$ (*) \qquad \frac{2}{3}\sqrt{9n-1} < \sqrt{n-1} +\sqrt{n+1} < 2\sqrt{n}. $

Podnosząc wszystkie człony do kwadratu otrzymujemy nierówność równoważną :

$ \frac{4}{9}(9n-1) < 2n + 2\sqrt{n^2-1} < 4n, $

i ta z kolei jest równoważna następującej:

$ n - \frac{2}{9}< \sqrt{n^2-1} < n. $

Prawa część ostatniej nierówności jest oczywista, lewa zaś przez podniesienie do kwadratu przybiera postać równoważną:

$ \frac{4}{9}n - \frac{4}{81} > 1, $

czyli $36n > 85$ , co jest prawdą dla $n > 2$ . Wykazaliśmy więc prawdziwość (*) dla $n > 2$ .

Dodając do nierówności (*) oczywistą nierówność podwójną

$ \frac{1}{3}\sqrt{9n- 1} < \sqrt{n} \leq \sqrt{n} $

otrzymujemy dla $n > 2$

$ (**) \qquad \sqrt{9n- 1} < \sqrt{n-1} +\sqrt{n}+ \sqrt{n+1} <3\sqrt{n}=\sqrt{9n}. $

W przedziale otwartym między liczbami $9n- 1$ i $9n$ nie ma liczby całkowitej; tym bardziej więc nie ma liczby całkowitej między $\sqrt{9n- 1}$ i $\sqrt{9n}$ . Stąd i z (**) dostajemy dla $n > 2$ dowodzoną równość

$ (***) \qquad [\sqrt{9n-1}] = [\sqrt{n-1}+\sqrt{n} + \sqrt{n+1} ]. $

Pozostaje sprawdzić równość (***) dla $n = 1$ i $n = 2$ . Dla $n = 1$ : liczby $\sqrt{8}$ oraz $\sqrt{0}+ \sqrt{1}+ \sqrt{2}$ należą obie do przedziału $(2;3)$ . Dla $n = 2$ : liczby $\sqrt{17}$ oraz $\sqrt{1}+ \sqrt{2} + \sqrt{3}$ należą obie do przedziału $(4;5)$ . Stąd prawdziwość (***) dła wszystkich $n$ naturalnych.

XXXVI OM - II etap

II etap XXXVI Olimpiady Matematycznej

XXXVI OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

Wewnątrz trójkąta $ABC$ wybrano punkt $P$ . Niech $a, b, c$ będą odpowiednio długościami boków $BC$ , $CA$ , $AB$ , zaś $x, y, z$ odległościami punktu $P$ od wierzchołków $B, C, A$ . Dowieść, że jeżeli

$ \begin{split} x^2 + xy + y^2 &= a^2 \\ y^2 + yz + z^2 &= b^2 \\ z^2 + zx + x^2 &= c^2, \end{split} $

$ a^2 + ab + b^2 > c^2. $

Rozwiązanie

Z pierwszych dwóch równości danych w treści zadania wynika, wobec dodatniości liczb $a$ , $b$ , $x$ , $y$ , $z$ , że $a = \sqrt{x^2+xy+y^2} > \sqrt{x^2} = x$ i podobnie $b > z$ . Stąd, na mocy trzeciej równości, $c^2 = x^2+xz+z^2 < a^2+ +ab+b^2$ , co należało udowodnić.

XXXVI OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

Udowodnić, że dla liczby naturalnej $n > 2$ liczba $n!$ jest sumą $n$ różnych swoich dzielników.

Rozwiązanie

Dowodzimy przez indukcję tezy nieco mocniejszej: Dla każdej liczby naturalnej $n > 2$ liczba $n!$ jest sumą $n$ różnych swoich dzielników, z których najmniejszy równa się $1$ . Dla $n = 3$ jest to prawda: $3! = 6 = 1+2+3$ . Załóżmy prawdziwość tej tezy dla pewnego $n$ :

$ (*) \qquad n! = k_1+k_2+\ldots +k_n,\ 1 = k_1 < k_2 < \ldots <k_n, $

gdzie liczby naturalne $k$ , są dzielnikami $n!$ , i pomnóżmy napisaną równość stronami przez $n+1$ . Otrzymamy

$ \begin{split} (n+1)! & = (n+1)k_1+(n+1)k_2+\ldots + (n+1)k_n = \\ & = 1+n+(n+1)k_2+ \ldots + (n+1)k_n =\\ & = l_1+l_2+ \ldots + l_{n+1}, \end{split} $

gdzie $l_1 = 1$ , $l_2 = n$ , $l_i = (n+1)k_{i-1}$ dla $i > 2$ . Liczby $l_i$ są dzielnikami $(n+1)!$ i spełniają związki $1 = l_1 < l_2 < \ldots < l_{n+1}$ . To kończy dowód indukcyjny.

XXXVI OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

Niech $L$ będzie zbiorem wszystkich łamanych $ABCDA$ , gdzie $A, B, C, D$ są różnymi wierzchołkami ustalonego 1985-kąta foremnego. Ze zbioru $L$ losowo wybieramy łamaną. Obliczyć prawdopodobieństwo tego, że jest ona brzegiem czworokąta wypukłego.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $W$ zbiór wszystkich wierzchołków danego wielokąta foremnego. Każdej łamanej ze zbioru $L$ możemy przyporządkować zbiór jej wierzchołków, czyli pewien czteropunktowy podzbiór zbioru $W$ . Na odwrót, każda czwórka punktów z $W$ jest zbiorem wierzchołków dokładnie trzech różnych łamanych ze zbioru $L$ (rysunek 6 przedstawia trzy możliwe sposoby połączenia tych punktów odcinkami); z tych trzech łamanych jedna jest brzegiem czworokąta wypukłego. Tak więc wszystkie łamane w zbiorze $L$ można pogrupować w trójki tak, że w każdej trójce jedna i tylko jedna jest brzegiem czworokąta wypukłego. Szukane prawdopodobieństwo wynosi zatem $1/3$ .

XXXVI OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

Udowodnić, że jeżeli dla liczb naturalnych $a, b$ liczba $\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b}$ jest wymierna, to $a, b$ są sześcianami liczb naturalnych.

Rozwiązanie

Oznaczmy liczby $\sqrt[3]{a}$ i $\sqrt[3]{b}$ odpowiednio przez $x$ i $y$ , a ich sumę przez $s$ . Należy dowieść, że $x$ , $y$ są liczbami naturalnymi. Z założenia liczba $s = x+y$ jest wymierna. Ponieważ

$ s^3 = x^3-y^3+3x^2y+3xy^2 = a+b+3sxy, $

więc iloczyn $xy$ jest liczbą wymierną. Dalej mamy

$ a-b = x^3-y^3 = (x-y)(x^2+y^2+xy) = (x-y) (s^2-xy), $

skąd wobec wymierności liczb $a$ , $b$ , $s$ , $xy$ wnosimy, że różnica $x-y$ jest liczbą wymierną. Skoro i suma i różnica liczb $x$ i $y$ jest wymierna, to obie te liczby są wymierne.

Przedstawmy $x$ w postaci ułamka nieskracalnego $m/n$ . Wówczas także $X^3 = m^3/n^3$ jest ułamkiem nieskracalnym, a ponieważ $x^3 = a$ jest liczbą całkowitą, więc $n = 1$ . To zaś oznacza, że $x$ jest liczbą naturalną. Podobnie dowodzimy, że $y$ jest liczbą naturalną.

XXXVI OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

Udowodnić, że dla liczby naturalnej $n$ większej od 1 następujące warunki są równoważne:

a) $n$ jest liczbą parzystą,

b) istnieje permutacja $(a_0, a_1, a_2, \ldots, a_{n-1})$ zbioru $\{0,1,2,\ldots,n—1\}$ o tej własności, że ciąg reszt z dzielenia przez $n$ liczb $a_0, a_0 + a_1, a_0 + a_1 + a_2, \ldots, a_0 + a_1 + a_2 +\ldots a_{n-1}$ jest też permutacją tego zbioru.

Rozwiązanie

Dowodzimy, że z warunku a) wynika warunek b). Zakładamy, że $n$ jest liczbą parzystą i przyjmujemy

$ a_i = \left\{ \begin{array}{rl} i & \textrm{dla} \ i \ \textrm{nieparzystych}\\ n-i & \textrm{dla} \ i \ \textrm{parzystych}\\ 0 & \textrm{dla} i=0 \end{array} \right. $

Niech $b_k=a_0+a_1+\ldots+a_k$ dla $k = 0,1,\ldots,n-1$ . Wówczas dla $j<n$ zachodzą równości

$ \begin{split} b_{2j}=\sum_{i \leq 2j} a_i = \sum_{\substack{i \leq 2j \\ i \textrm{nieparzyste}}} a_i + \sum_{\substack{i \leq 2j \\ i \textrm{parzyste}}} a_i =\\ = (1+3+ \ldots + (2j-1))+((n-2) + (n-4)+ \ldots + (n-2j)) = \\ = (1+2+3+4+ \ldots + (2j-1) + 2j)-4(1+2+\ldots +j)+jn =\\ = j (2j+1)-2j (j+1) +jn =jn-j \end{split} $

(również dla $j = 0$ ) oraz

$ b_{2j+1} = b_{2j} + a_{2j + 1} =jn-j + 2j+1 =jn+j+1. $

Zatem przy dzieleniu przez $n$ :

$b_0$ daje resztę $0$
$b_{2j}$ daje resztę $n-j \left( j = 1,\ldots, \frac{n}{2} -1 \right)$
$b_{2j+1}$ daje resztę $j+1 \left( j = 0,\ldots, \frac{n}{2} -1 \right)$ .

Otrzymane reszty wyczerpują cały zbiór $\{0,1,2,\ldots,n-1\}$ , czyli określona przez nas permutacja $(a_0,\ldots,a_{n-1})$ ma żądaną własność.

Przechodzimy do dowodu, że z warunku b) wynika warunek a).

Załóżmy, że istnieje permutacja $(a_0,\ldots,a_{n-1})$ zbioru $\{0,\ldots,n-1\}$ o własności podanej w warunku b) i oznaczmy, jak w poprzedniej części dowodu, $b_k = a_0+ \ldots +a_k$ dla $k = 0,1,\ldots,n- 1$ . Jeśli $a_0 \ne 0$ , to musi być $a_j = 0$ dla pewnego $j \geq 1$ i wówczas $b_j = b_{j-1}+a_j = b_{j-1}$ wbrew założeniu, źe reszty liczb $b_k$ z dzielenia przez $n$ są wszystkie różne. Zatem $a_0 = 0$ , więc i $b_0 = 0$ . Wobec tego żadna z liczb $b_1,\ldots,b_{n-1}$ nie może dać przy dzieleniu przez $n$ reszty $0$ , czyli nie może dzielić się przez $n$ . Ale $b_{n-1} =\sum_{i=0}^{n-1} a_i = \sum_{i=0}^{n-1} a_i = \sum_{i=0}^{n-1} i$ (bo ciąg $(a_0,\ldots,a_{n-1})$ jest permutacją zbioru $\{0,\ldots,n- 1\}$ ), a ta ostatnia suma równa się $n(n-1)/2$ . Skoro więc $b_{n-1}$ nie dzieli się przez $n$ , to czynnik $(n-1)/2$ nie jest liczbą całkowitą, a to znaczy, że $n$ jest liczbą parzystą.

XXXVI OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

W przestrzeni dane są różne punkty $A, B, C_0, C_1, C_2$ , przy czym $|AC_i| = 2 |BC_i|$ dla $i = 0,1,2$ oraz $|C_1C_2|=\frac{4}{3}|AB|$ . Dowieść, że kąt $C_1C_0C_2$ , jest prosty i punkty $A, B, C_1, C_2$ leżą na jednej płaszczyźnie.

Rozwiązanie

Dowód oprzemy na następującym twierdzeniu Apoloniusza:

Na płaszczyźnie $\pi$ dane są dwa punkty $A$ i $B$ ; dana jest ponadto liczba dodatnia $\lambda \ne 1$ . Zbiór punktów $X$ płaszczyzny $\pi$ spełniających warunek $|AX| = \lambda |BX|$ tworzy okrąg, a środek tego okręgu leży na prostej $AB$ .

Dowód tego twierdzenia metodą geometrii analitycznej jest natychmiastowy: można przyjąć, że $A = (-1,0)$ , $B = (1,0)$ ; warunek nałożony na punkt $X = (x,y)$ przyjmuje postać równania

$ (x+1)^2 +y^2 = \lambda^2((x-1)^2+y^2), $

po prostych przekształceniach

$ (x-a)^2+y^2 = r^2, $

gdzie $a = (\lambda^2+1)/(\lambda^2-1)$ , $r^2 = a^2-1$ ; stąd teza.

Okrąg, o którym mowa w powyższym twierdzeniu, nosi nazwę okręgu Apoloniusza (dla punktów $A$ , $B$ i stosunku $\lambda$ ). Czytelników zainteresowanych innymi dowodami tego twierdzenia oraz informacjami o zagadnieniach wiązanych z okręgiem Apoloniusza odsyłamy do artykułu Jerzego Bednarczuka w miesięczniku Delta, nr 7/1985.

Przenosząc rozważania do przestrzeni, zauważmy, że przez obrót płaszczyzny $\pi$ wokół prostej $AB$ otrzymujemy przestrzenną wersję omawianego twierdzenia:

Zbiór punktów $X$ spełniających warunek $|AX| = \lambda |BX|$ tworzy sferę, a jej środek leży na prostej $AB$ ( $A$ , $B$ - dane punkty, $\lambda$ - dana liczba, $\lambda > 0$ , $\lambda \ne 1$ ).

Sferę tę będziemy nazywali sferą Apoloniusza (dla punktów $A$ , $B$ stosunku $\lambda$ ).

Rozwiązanie zadania jest teraz bardzo proste. Oznaczając przez $S$ sferę Apoloniusza dla danych w zadaniu punktów $A$ , $B$ i stosunku $\lambda = 2$ widzimy, że $_i \in S (i = 0,1,2)$ . Do sfery $S$ należą w szczególności dwa punkty prostej $AB$ : punkt $P \in \overline{AB}$ taki, że $|BP| = \frac{1}{3} |AB|$ oraz punkt $Q \ne A$ taki, że $|BQ| = |AB|$ (rysunek 7); ich odległość wynosi $\frac{4}{3} |AB|$ , a ponieważ środek $S$ leży na prostej $AB$ , więc $\overline{PQ}$ jest średnicą sfery $S$ . Wobec tego średnica $S$ równa się $\frac{4}{3} |AB|$ (można to było wywnioskować również z wzoru analitycznego otrzymanego w dowodzie twierdzenia Apoloniusza). Stąd wynika, że również odcinek $\overline{C_1C_2}$ musi być średnicą sfery $S$ . Kąt $C_1C_0C_2$ jest prosty, bo $C_0 \in S$ . Proste $AB$ oraz $C_1C_2$ przecinają się (w środku sfery $S$ ), zatem punkty $A$ , $B$ , $C_1$ , $C_2$ są współpłaszczyznowe.

XXXVI OM - III etap

III etap XXXVII Olimpiady Matematycznej

XXXVI OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

III

Wyznaczyć największą liczbę $k$ taką, że dla każdej liczby naturalnej $n$ istnieje co najmniej $k$ liczb naturalnych większych od $n$ , mniejszych od $n+17$ i względnie pierwszych z iloczynem $n(n+17)$ .

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw, że dla każdej liczby naturalnej $n$ istnieje co najmniej jedna liczba naturalna zawarta między $n$ i $n+17$ względnie pierwsza z $n(n+17)$ .

W przypadku, gdy $n$ jest liczbą parzystą, wymaganą własność ma liczba $n+1$ . Oczywiście liczby $n$ i $n+1$ są względnie pierwsze. Gdyby liczba $d > 1$ była wspólnym dzielnikiem liczb $n+1$ i $n+17$ , to dzieliłaby ona różnicę $(n+17)-(n+1) = 16$ , a zatem byłaby liczbą parzystą. Ponieważ jednak $n+1$ jest liczbą nieparzystą, więc takie $d$ nie istnieje. Wobec tego liczby $n+1$ i $n(n+17)$ są względnie pierwsze.

W przypadku, gdy $n$ jest liczbą nieparzystą, wymaganą własność ma liczba $n + 16$ . Istotnie liczby $n+16$ , $n+17$ są względnie pierwsze. Podobnie jak wyżej stwierdzamy, że $n$ i $n+16$ również są względnie pierwsze. Zatem $n+16$ i $n(n+17)$ są względnie pierwsze.

Udowodniliśmy w ten sposób, że $k \geq 1$ .

Rozważmy liczbę $n = 16!$ . Liczby $n+2, n+3, \ldots,n+16$ nie są względnie pierwsze z $n(n+17)$ , gdyż dla $j = 2, 3, \ldots, 16$ liczby $n+j$ i $n$ dzielą się przez $j$ . Jedynie liczba $n+1$ jest względnie pierwsza z $n(n+17)$ . Z przykładu tego wynika, że $k \leq 1$ . Ostatecznie więc $k = 1$ .

XXXVI OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

III

Dany jest kwadrat o boku długości 1 oraz liczby dodatnie $a_1, b_1, a_2, b_2, \ldots, a_n, b_n$ nie większe od 1 takie, że $a_1b_1 + a_2b_2 + \ldots + a_nb_n > 100$ . Udowodnić, że można pokryć ten kwadrat prostokątami $P_i$ ( $i = 1,2,\ldots,n$ ) o bokach długości $a_i, b_i$ równoległych do boków kwadratu.

Rozwiązanie

Niech $AB$ będzie podstawą kwadratu. Możemy założyć, że $1 \geq a_x \geq a_2 \geq \ldots \geq a_n$ . Na półprostej $AB^\to$ odkładamy kolejno odcinki o długości $b_1, b_2, \ldots ,b_k$ aż do przekroczenia punktu $B$ , nad każdym kolejnym odcinkiem długości $b_i$ ; budujemy prostokąt, którego drugi bok ma długość $a_i$ . Otrzymamy w ten sposób warstwę prostokątów, których suma pól $S_1$ spełnia nierówność

$ S_1 \leq 2a_1. $

Następnie prowadzimy prostą równoległą do $AB$ odległą od niej o $a_k$ przecinającą boki kwadratu w punktach $A_1$ , $B_1$ i na niej budujemy kolejną warstwę prostokątów: odkładamy na półprostej $A_1B_1^\to$ kolejno odcinki długości $b_{k+1}, b_{k+2}, \ldots b_r$ aż do przekroczenia punktu $B_1$ , nad każdym kolejnym odcinkiem długości $b_i$ budujemy prostokąt, którego drugi bok ma długość $a_i$ . Suma $S_2$ pól prostokątów tej warstwy spełnia nierówność

$ S_2 \leq 2a_{k+1} \leq 2a_k. $

Kontynuujemy to postępowanie aż do wyczerpania wszystkich liczb $a_1b_1, \ldots a_nb_n$ . Przypuśćmy, że w wyniku takiego postępowania nie pokryjemy całego kwadratu. Wobec tego

$ (1) \qquad a_k+a_r+\ldots <2. $

Z drugiej strony

$ S_1+ S_2+\ldots = a_1b_1+a_2b_2+ \ldots +a_nb_n \geq 100, $

ale

$ S_1+S_2+\ldots \leq 2a_1+2a_k+2a_r+ \ldots . $

Mamy więc

$ 2(a_1+a_k+a_r+\ldots) \geq100 $

wbrew nierówności (1). Wobec tego podany tu sposób układania prostokątów prowadzi do pokrycia danego kwadratu.

Uwaga. Liczbę $100$ podaną w treści zadania można zastąpić przez liczbę mniejszą. Przytoczone tu rozwiązanie funkcjonuje, gdy $a_1b_1+a_2b_2+ \ldots +a_nb_n \geq 6$ .

XXXVI OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli funkcja $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ spełnia dla każdego $x \in \mathbb{R}$ równość $f(3x) = 3f(x) — 4(f(x))^3$ i jest ciągła w punkcie 0, to wszystkie jej wartości należą do przedziału $\langle -1;1\rangle$ .

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw lemat.

Lemat. Jeżeli $|f(x)| \leq 1$ , to $|f(3x)| \leq 1$ .
Dowód.
Jeśli $|f(x)| \leq 1$ , to dla pewnego $y$ jest $f(x) = \sin y$ . Wobec tego $f(3x) = 3 \sin y - (sin y)^3 = \sin 3y$ , skąd wynika, że $|f(3x)| \leq 1$ .

Obliczmy $f(0)$ . Podstawiając w danym wzorze $x = 0$ otrzymamy $f(0) = 3f(0)-4(f(0))^3$ , skąd $4(f(0))^3 = 2f(0)$ , więc $f(0) = 0$ lub $f(0) = 1/ \sqrt{2}$ lub $f(0) = - 1/\sqrt{2}$ . W każdym przypadku $|f(0)| < 1$ . Z ciągłości funkcji $f$ w punkcie $0$ wynika, że istnieje takie otoczenie $(-d;d)$ punktu $0$ , że dla $x$ należących do tego otoczenia jest $|f(x)| < 1$ . Dla każdej liczby rzeczywistej $t$ istnieje liczba naturalna $n$ , dla której $t/3^n \in (-d;d)$ . Zatem $f(t/3^n)| \leq 1$ , zaś na podstawie lematu $|f(t/3^{n-1})| = \left| f\left(3 \cot \frac{t}{3^n} \right)\right| \leq 1$ , $|f(t/3^{n-2})| = \left| f\left(3 \cot \frac{t}{3^{n-1}} \right)\right| \leq 1$ L itd., wreszcie $|f(t)| \leq 1$ .

Wobec tego wszystkie wartości funkcji $f$ należą do przedziału $[-1; 1]$ .

XXXVI OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

III

Wewnątrz trójkąta $ABC$ dany jest punkt odległy odpowiednio o $d_a, d_b, d_c$ od prostych $BC, CA, AB$ . Niech $r$ będzie długością promienia okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$ . Udowodnić, że

$ \frac{}{\frac{1}{d_a} + \frac{1}{d_b} + \frac{1}{d_c}} <r < \frac{1}{2}(d_a + d_b + d_c) $

Rozwiązanie

Pole trójkąta $ABC$ można przedstawić jako sumę pól trzech trójkątów, których wspólnym wierzchołkiem jest dany punkt, podstawami zaś są kolejne boki $AB$ , $BC$ , $CA$ . Jeżeli długości tych boków wynoszą odpowiednio $c$ , $a$ , $b$ , to

$ S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}(a \cdot d_a + b \cdot d_b+c \cdot d_c). $

Z drugiej strony to samo pole równe jest $\frac{1}{2} r(a+b+c)$ , więc

$ r(a+b+c) = a \cdot d_a+b \cdot d_b+c \cdot d_c. $

Przypuśćmy, że $a \leq b$ , $a \leq c$ (w przeciwnym razie zamiast $a$ wzięlibyśmy maksymalną z liczb $a$ , $b$ , $c$ ). Zatem

$ r(a+b+c) = a \cdot d_a+b \cdot d_b+c \cdot d_c < a(d_a+d_b+d_c), $

$ r\leq \frac{a}{(d_a+d_b+d_c)}. $

Długości boków trójkąta spełniają nierówność $a < b+c$ , więc $\frac{a}{a+b+c} < \frac{1}{2}$ . Otrzymujemy stąd nierówność $r < \frac{1}{2} (d_a+d_b+d_c)$ .

Dla dowodu pozostałej nierówności poprowadźmy w trójkącie $ABC$ odcinki łączące środek $O$ koła wpisanego z punktami styczności tego koła z poszczególnymi bokami. Powstaną w ten sposób trzy deltoidy pokrywające trójkąt. Przypuśćmy, że dany punkt $P$ należy do deltoidu, którego jednym z wierzchołków jest punkt $A$ (w innym przypadku rozumowanie jest analogiczne). Jeśli odcinek $AP$ tworzy kąty $\alpha$ i $\beta$ odpowiednio z bokami $AB$ i $AC$ , to $d_c = |AP| \sin \alpha \leq |AO| \sin \alpha$ , $d_b = |AP| \sin \beta \leq |AO| \sin \beta d_c + d_b \leq |AO| (\sin \alpha+\sin \beta) - 2|AO| \sin \frac{\alpha}{\beta} \cos \frac{\alpha+\beta}{2} < 2|AO| \sin \frac{\alpha}{\beta} =2r$ .
Wobec tego

$ \begin{split} \frac{2}{\frac{1}{d_c} + \frac{1}{d_b}} = \frac{2d_bd_c}{d_b+d_c} = \frac{(d_b+d_c)^2-(d_b-d_c)^2}{2(d_b+d_c)} = \frac{d_b+d_c}{2} - \frac{(d_b+d_c)^2}{2(d_b+d_c)} \leq \frac{d_b+d_c}{2} < r. \end{split} $

Ponieważ oczywiście

$ \frac{2}{\frac{1}{d_a}+\frac{1}{d_b}+\frac{1}{d_c}} < \frac{2}{\frac{1}{d_c} + \frac{1}{d_b}}, $

więc

$ \frac{1}{\frac{1}{d_a}+\frac{1}{d_b}+\frac{1}{d_c}} < r $

XXXVI OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

III

Niech $P$ będzie takim wielomianem dwóch zmiennych, że dla każdej liczby rzeczywistej $t$ zachodzi równość $P(\cos t, \sin t) = 0$ . Dowieść, że istnieje taki wielomian $Q$ , że ma miejsce tożsamość

$ P(x,y)=(x^2-y^2-1)Q(x,y). $

Rozwiązanie

Uporządkujmy wielomian $P(x,y)$ względem malejących potęg zmiennej $x$ . $P(x,y) = P_n(y) \cdot x_n+P_{n-1}(y) \cdot x^{n-1} + \ldots +P_1 (y) \cdot x+ P_0(y)$ , gdzie $P_n, P_{n-1}, \ldots, P_1, P_0$ są wielomianami zmiennej $y$ . Traktując $y$ jako pewną wartość ustaloną możemy obliczyć iloraz i resztę z dzielenia wielomianu $P$ przez wielomian $x^2+y^2-1$ (traktowany jako wielomian zmiennej $x$ ).

Otrzymamy

$ P(x,y) = [Q_{n-2}(y)x^{n-2}+ \ldots +Q_0(y)] \cdot (x^2+y^2-1)+R_1(y)\cdot x R_0(y), $

gdzie $Q_i$ , $R_j$ są wielomianami zmiennej $y$ . Podstawiając w powyższej równości $x = \cos t$ , $y = \sin t$ otrzymamy

$ P(\cos t, \sin r) = R_1 (\sin t) \cos t+R_0 (\sin r), $

gdyż $\cos^2t+\sin^2t-1 = 0$ dla każdego $t$ . Wobec założenia o wielomianie $P$ mamy więc

$ R_1(\sin t) \cdot \cos t + R_0(\sin t) = 0 $

dla każdego rzeczywistego $t$ . Podstawiając w miejsce $t$ liczbę $\pi-t$ otrzymamy

$ R_1(\sin t) \cdot (-\cos t)+R_0(\sin t) = 0, $

skąd po dodaniu do poprzedniego równania otrzymamy $R_0(\sin t) = 0$ . Wielomian $R_0$ przyjmuje wartość $0$ dla nieskończenie wielu argumentów, gdyż $\sin t$ może być dowolną liczbą z przedziału $\langle -1 ;1 \rangle$ . Wynika stąd, że $R_0$ jest wielomianem zerowym. Mamy więc $R_1(\sin t) \cdot \cos t =0$ dla każdego $t$ , skąd analogicznie wnioskujemy, że $R_1$ jest wielomianem zerowym. Wobec tego $P(x,y) = Q(x,y)(x^2+y^2-1)$ , gdzie $Q(x,y) = Q_{n-2}(y)x^{n-2}+\ldots +Q_n(y)$ .

XXXVI OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXXVI OM, 1984-1985

Etap:

III

Udowodnić, że jeżeli w wielościanie wypukłym mającym $k$ ścian istnieje więcej niż $k/2$ ścian, z których żadne dwie nie mają wspólnej krawędzi, to w wielościan ten nie można wpisać kuli.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że można wpisać kulę w dany wielościan. Niech $S_1,\ldots, S_k$ będą ścianami wielościanu, $P_1,\ldots ,P_k$ punktami styczności odpowiednich ścian z kulą. Jeżeli $A$ , $B$ są wspólnymi wierzchołkami ścian $S_i$ , $S_j$ , to trójkąty $ABP_i$ , i $ABP_j$ są przystające (odcinki $AP_i$ i $\overline{AP_j}$ stycznych do kuli poprowadzonych z punktu $A$ mają równe długości, podobnie $|BP_i= |BP_j|$ ). W ten sposób kąt pełny o wierzchołku $P_i$ położony na ścianie $S_i$ można przedstawić jako sumę odpowiednich kątów położonych na ścianach mających z $S_i$ wspólną krawędź. Suma miar kątów wyznaczonych w ten sposób na wszystkich ścianach wynosi $k \cdot 2\pi$ . W myśl założenia istnieje więcej niż $k/2$ ścian, z których żadne dwie nie mają wspólnej krawędzi. Oczywiście suma miar kątów o środkach w punktach styczności tych ścian z kulą wynosi więcej niż $k\pi$ . Każdy z tych kątów równy jest odpowiedniemu kątowi na jednej z pozostałych ścian. Ale tych pozostałych ścian jest mniej niż $k/2$ , więc suma miar rozważanych na nich kątów jest mniejsza od $k\pi$ . Otrzymaliśmy sprzeczność. Zatem w taki wielościan nie można wpisać kuli.

Uwaga. Istnienie wielościanów spełniających taki warunek wykazaliśmy w zadaniu 11 z zawodów stopnia pierwszego.