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.