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.