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.