Opublikowane na Archiwum Olimpiady Matematycznej (https://archom.ptm.org.pl)

Strona główna > Wersja do wydruku > Wersja do wydruku

XXXV OM - I etap

I etap XXXV Olimpiady Matematycznej

XXXV OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne: 
XXXV OM, 1983-1984
Etap: 
I

Rozstrzygnąć, czy sześciokąt foremny można pokryć sześcioma kołami o średnicy równej długości boku sześciokąta.

Rozwiązanie

om35_1r_img_1.jpg
Żądane pokrycie otrzymamy biorąc koła, których średnicami są odcinki łączące środek sześciokąta z poszczególnymi wierzchołkami. Koło mające średnicę $ \overline{AO} $ , gdzie $ A $ jest wierzchołkiem sześciokąta, zawiera połowy boków stykających się w wierzchołku $ A $. Wynika to stąd, że środek $ M $ boku $ \overline{AB} $ leży na symetralnej odcinka $ \overline{AB} $, więc $ \measuredangle AMO = 90^\circ $ i wobec tego punkt $ M $ leży na okręgu o średnicy $ \overline{AO} $. Zatem każdy punkt sześciokąta należy do co najmniej jednego z kół, których średnicami są kolejno odcinki $ \overline{AO} $, $ \overline{BO} $, $ \overline{CO} $, $ \overline{DO} $, $ \overline{EO} $, $ \overline{FO} $.

XXXV OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne: 
XXXV OM, 1983-1984
Etap: 
I

Wyznaczyć wszystkie wartości parametru $ a $, dla których układ równań

\[<br /> \begin{split}<br /> x + y + z &= 2,\\<br /> xy + yz +zx &= 1,\\<br /> xyz &= a.<br /> \end{split}<br /> \]

ma rozwiązania w liczbach rzeczywistych.

Rozwiązanie

Liczby rzeczywiste $ x $, $ y $, $ z $ stanowią rozwiązanie danego układu równań wtedy i tylko wtedy, gdy liczby te są pierwiastkami wielomianu

\[<br /> f(f) = t^3-2t^2+t-a.<br /> \]

Istotnie, liczby $ x $, $ y $, $ z $ są pierwiastkami wielomianu $ f $ wtedy i tylko wtedy, gdy

\[<br /> t^3-2t^2+t-a = (t-x)(t-y)(t-z) = t^3 - (x + y + z) t^2 +(xy + yz + zx) t - xyz,<br /> \]

a więc wtedy i tylko wtedy, gdy

\[<br /> -2 = -(x+y + z)<br /> \]
\[<br /> 1 = xy +yz +zx<br /> \]
\[<br /> - a = -xyz.<br /> \]

Wobec tego pytanie postawione w zadaniu sprowadza się do tego, dla jakich wartości $ a $ wielomian $ f $ ma trzy pierwiastki rzeczywiste. Oczywiście $ \displaystyle \lim_{t \to - \infty} f(t) = - \infty $, $ \displaystyle \lim_{t \to + \infty} f(t) = + \infty $. Wyznaczymy punkty, w których funkcja $ f $ ma ekstrema. Pochodną tej funkcji jest

\[<br /> f'(t) = 3t^2-4r +1.<br /> \]

Miejscami zerowymi pochodnej są $ t_1 = \frac{1}{3} $, $ t_2 = 1 $. Przyjmuje ona między tymi miejscami zerowymi wartości ujemne, skąd wynika, że przechodząc przez $ t_1 $ zmienia wartości z dodatnich na ujemne. Wobec tego w punkcie $ t_1 $ funkcja $ f $ przyjmuje maksimum, a w $ t_2 $ - minimum. Wynika stąd, że na to, by wielomian $ f $ miał trzy pierwiastki rzeczywiste (licząc z krotnościami) potrzeba i wystarcza, by $ f(t_1) \geq 0 $, $ f(t_2) \leq 0 $, tj.

\[<br /> \left\{<br /> \begin{array}{rcl}<br /> \left( \frac{1}{3} \right)^3 - 2 \cdot \left( \frac{1}{3} \right)^2 + \frac{1}{3} - a \geq 0\\<br /> -a \leq 0<br /> \end{array}<br /> \right.<br /> \]

czyli

\[<br /> 0 \leq a \leq \frac{4}{27}.<br /> \]

Dany układ równań ma więc rozwiązania w liczbach rzeczywistych wtedy i tylko wtedy, gdy $ a \in \left[ 0;\ \frac{4}{27} \right] $.

XXXV OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne: 
XXXV OM, 1983-1984
Etap: 
I

Wyznaczyć wszystkie wartości $ p, q $, dla których nierówność

\[<br /> |\sqrt{1-x^2} - px - q| \leq \frac{1}{2}(\sqrt{2}-1)<br /> \]

zachodzi dla każdego $ x $ z przedziału $ [0; 1] $.

Rozwiązanie

Szukamy takich funkcji liniowych $ f(x) = px + q $, że dla każdego $ x_0 $ z przedziału $ [0; 1] $ wartość $ f(x_0) $ różni się od wartości funkcji $ g(x) = \sqrt{1 - x^2} $ w punkcie $ x_0 $ nie więcej niż o $ \frac{1}{2}(\sqrt{2}-1) $. Pokażemy najpierw, że funkcja $ f(x) = - x+\frac{1}{2}(\sqrt{2} +1) $ spełnia ten warunek.

Funkcja $ h(x) = \sqrt{1-x^2} + x- \frac{1}{2}(\sqrt{2}+1) $ przyjmuje na końcach przedziału $ [0; 1] $ wartości równe $ g(0)-f(0) = g (1)-f(1) = -\frac{1}{2}(\sqrt{2}-1) $. Funkcja ta jest różniczkowania w przedziale $ (0;1) $ i jej pochodna jest równa $ h'(x) = 1 - \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} $. Jedynym miejscem zerowym pochodnej w przedziale $ (0; 1) $ jest $ \frac{1}{\sqrt{2}} $, w tym punkcie funkcja $ h $ przyjmuje maksimum równe $ \frac{1}{2}(\sqrt{2}-1) $. Wynika stąd, że dla każdego $ x \in [0; 1] $ jest spełniona nierówność

\[<br /> \left| \sqrt{1-x^2} + x -\frac{1}{2}(\sqrt{2}+1) \right| \leq \frac{1}{2}(\sqrt{2}-1).<br /> \]

Pokażemy, że liczby $ p = -1 $, $ q = \frac{1}{2}(\sqrt{2}+1) $ stanowią jedyne rozwiązanie zadania.

Przypuśćmy, że para liczb $ (p_1, q_1) $ różna od pary $ (p, q) $ jest również rozwiązaniem zadania. Rozważmy prostą $ l_1 $ o równaniu $ y = p_1 x + q_1 $. Z przeprowadzonych wyżej rachunków wynika, że punkt $ (0, q_1) $ leży na osi $ OY $ nie wyżej niż punkt $ (0, q) $, podobnie punkt $ (1, p_1+q_1) $ leży na prostej o równaniu $ x = 1 $ nie wyżej niż punkt $ (1,p + q) $. Ponieważ proste o równaniach $ y= px + q $, $ y = p_1 x + q_1 $ nie mogą się pokrywać, więc punkt $ \left( \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}} p_1 + q_1 \right) $ leży poniżej punktu$ \left( \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}} p + q \right) $. Ponieważ punkt $ \left( \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}} p + q \right) $ leży pod wykresem funkcji $ g $ w odległości $ \frac{1}{2}(\sqrt{2} -1) $ od punktu $ \left( \frac{1}{\sqrt{2}}, g \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \right) $, więc odległość punktu $ \left( \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}} p_1 + q_1 \right) $ od $ \left( \frac{1}{\sqrt{2}}, g \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \right) $ przekracza $ \frac{1}{2} (\sqrt{2}-1) $.

Wynika stąd, że żadna para liczb $ (p_1, q_1) $ różna od $ (p, q) $ nie spełnia warunków zadania. Jedynym rozwiązaniem jest więc $ p=-1 $, $ q=\frac{1}{2}(\sqrt{2}-1) $.

XXXV OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne: 
XXXV OM, 1983-1984
Etap: 
I

Dane są dwa przecinające się okręgi $ o(O_1, r_1) $ i $ o(O_2, r_2) $ i prosta styczna do nich odpowiednio w punktach $ A $ i $ B $. Punkt $ C $ jest punktem wspólnym tych okręgów bliższym prostej $ AB $, $ R $ jest długością promienia okręgu opisanego na trójkącie $ ABC $, $ d = O_1O_2 $ Udowodnić, że $ \measuredangle ABC = \measuredangle O_1CO_2 $ wtedy i tylko wtedy, gdy $ d^2 = r_1^2 + r_2^2 + R^2 $.

Rozwiązanie

Z trójkąta równoramiennego $ AC0_1 $ wyznaczamy

\[<br /> \frac{AC}{2r_1} = \cos \measuredangle O_1AC.<br /> \]

Ponieważ $ \measuredangle O_1AB = 90^\circ $, więc $ \cos O_1AC = \sin (90^\circ -O_1AC) = \sin BAC $. Stosując twierdzenie sinusów do trójkąta $ ABC $ otrzymujemy

\[<br /> \sin \measuredangle BAC = \frac{|BC|}{2R},<br /> \]

więc

\[<br /> \frac{|AC|}{2r_1} = \frac{|BC|}{2R}.<br /> \]

Podobnie

\[<br /> \frac{|BC|}{2r_2} = \frac{|AC|}{2R}.<br /> \]

Z ostatnich dwóch równości wynika, że

\[<br /> r_1 r_2 = R^2.<br /> \]

om35_1r_img_2.jpg

Obliczając sumę kątów o wierzchołku $ C $ otrzymamy $ 360^\circ = \measuredangle O_1 CO_2 +\measuredangle ACB + (90^\circ - \measuredangle BAC) + (90^\circ- \measuredangle ABC) = \measuredangle O_1C0_2 + \measuredangle ACB+ (180^\circ -(\measuredangle BAC + \measuredangle ABC)) = \measuredangle O_1CO_2 + \measuredangle ACB + \measuredangle ACB $. Stąd $ \measuredangle ACB = 180^\circ -\frac{1}{2} \measuredangle O_1CO_2 $.

Wobec tego równość $ \measuredangle ACB = \measuredangle O_1 CO_2 $ jest spełniona wtedy i tylko wtedy, gdy $ \measuredangle ACB = 120^\circ $, a więc wtedy i tylko wtedy, gdy $ \cos \measuredangle ACB = -\frac{1}{2} $ oraz
$ 0 \leq \measuredangle ACB \leq 180\circ $. Z twierdzenia cosinusów otrzymujemy

\[<br /> \cos \measuredangle ACB = \frac{r_1^2 + r_2^2 - d^2}{2r_1r_2} = \frac{r_1^2+r_2^2-d^2}{2R^2}.<br /> \]

Równość $ \measuredangle ACB = \measuredangle O_1CO_2 $ jest więc równoważna równości

\[<br /> \frac{r_1^2 + r_2^2 - d^2}{2R^2} = -\frac{1}{2},\ \textrm{tj.} \ d^2 = r_1^2 + r_2^2 + R^2.<br /> \]

XXXV OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne: 
XXXV OM, 1983-1984
Etap: 
I

Udowodnić, że istnieje taka wielokrotność liczby $ 5^n $, której zapis w układzie dziesiętnym składa się $ n $ cyfr różnych od zera.

Rozwiązanie

Liczba $ 5^n $ ma w zapisie dziesiętnym nie więcej niż $ n $ cyfr: $ 5^n = c_0+c_1 \cdot 10 + c_2 \cdot 10^2+ \ldots +c_{n-1} \cdot 10^{n-1} $, przy czym niektóre cyfry $ c_i $ mogą być zerami. Przypuśćmy, że $ k $ jest najmniejszą liczbą naturalną, dla której $ c_k = 0 $. Rozważmy liczbę $ 5^{n} +10^{k} \cdot 5^{n-k} $. Liczba ta ma w zapisie dziesiętnym postać $ c_0+c_1 \cdot 10 + \ldots + c_{k-1} \cdot 10^{k-1} + 5 \cdot 10^{k} + \ldots $, gdzie $ c_i \ne 0 $ dla $ i \leq k $. Jeśli któraś z dalszych cyfr tej liczby jest równa zeru, np. $ c_r = 0 $ przy pewnym $ r > k $, ale $ c_j \ne 0 $ dla $ j < r $, to rozważamy liczbę $ 5^{n} +10^{k} \cdot 5^{n-k} +10^{r} \cdot 5^{n-r} $, która w zapisie dziesiętnym ma $ r + 1 $ kolejnych cyfr różnych od zera.

W wyniku takich operacji otrzymamy liczbę, w której zapisie dziesiętnym niezerowe są cyfry odpowiadające rzędom $ 1 $, $ 10 $, $ 10^2 $, $ 10^{n-1} $. Ponadto liczba ta nie przekracza $ 5^{n} + 10 \cdot 5^{n-t} +10^2 \cdot 5^{n-2} + \ldots +10^{n-t} \cdot 5 =5^{n} + 2 \cdot 5^{n} + 2^2 \cdot 5^n+ \ldots +2^{n-1} \cdot 5^{n} = 5^n(1 +2 + 2^2+ \ldots + 2^{n-1}) = 5^{n}(2^{n}-1) < 10^{n} $.

Jest to więc liczba mająca w zapisie dziesiętnym dokładnie $ n $ cyfr różnych od zera. Jest ona przy tym wielokrotnością liczby $ 5^{n} $, gdyż powstaje przez dodanie do $ 5^{n} $ składników postaci $ 10^{k} \cdot 5^{n-k} = 5^{n} \cdot 2^{k} $, które są wielokrotnościami liczby $ 5^{n} $.

XXXV OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne: 
XXXV OM, 1983-1984
Etap: 
I

Rozwiązać układ równań

\[<br /> \begin{cases}<br /> \frac{x+y}{1+xy} &= \frac{2a}{1+a^2}, \\<br /> \frac{x-y}{1-xy} &= \frac{2b}{1+b^2}.<br /> \end{cases}<br /> \]

Rozwiązanie

Jeśli para liczb $ (x,y) $ jest rozwiązaniem tego układu, to $ xy \ne 1 $, $ xy \ne -1 $. Rozpatrzmy kilka najprostszych przypadków.

Jeśli $ x = 1 $, to równania przybierają postać

\[<br /> \frac{1+y}{1+y} = \frac{2a}{1+a^2},<br /> \frac{1-y}{1-y}= \frac{2b}{1+b^2}<br /> \]

są więc w przypadku, gdy $ a = b = 1 $ spełnione przez każdą liczbę $ y $ różną od $ 1 $, $ - 1 $, a dla innych $ a $, $ b $ nie mają rozwiązań.

Podobnie stwierdzamy, że jeśli $ y = 1 $, to musi być $ a = 1 $, $ b = - 1 $ i wtedy $ x $ może przybierać dowolną wartość różną od $ 1 $, $ -1 $. Następnie $ x = - 1 $ jedynie dla $ a = - 1 $, $ b = - 1 $ i wówczas $ y $ może być dowolną liczbą $ \ne 1 $, $ - 1 $, natomiast $ y = - 1 $ dla $ a = - 1 $, $ b = 1 $ i wtedy $ x $ jest dowolne różne od $ 1 $, $ - 1 $.

W przypadku $ a = b \ne 1 $ lub $ ab = 1 $, $ a \ne 1 $, $ -1 $ jest $ x=\frac{2a}{1+a^2} $, $ y = 0 $, w przypadku $ a = - b \ne 1 $, $ - 1 $ lub $ ab = - 1 $, $ a \ne 1 $, $ - 1 $ jest $ x = 0 $, $ y = \frac{2a}{1+a^2} $.

Możemy teraz szukać rozwiązań w innych przypadkach zakładając, że $ x \ne 1 $, $ x \ne -1 $, $ y \ne 1 $, $ y \ne - 1 $, $ xy \ne 1 $, $ xy \ne - 1 $, $ a \ne b $, $ a \ne - b $, $ ab \ne 1 $, $ ab \ne -1 $.

Dany układ równań przekształćmy do równoważnej postaci

\[<br /> \begin{split}<br /> (1) \qquad<br /> x + y & = \frac{2a}{1+a^2} (1+xy)\\<br /> x - y & = \frac{2b}{1+b^2} (1-xy)<br /> \end{split}<br /> \]

Dodając do obu stron pierwszego równania wyrażenie $ 1 + xy $ otrzymamy

\[<br /> \begin{split}<br /> (2) \qquad<br /> x + y + 1 + xy & = \left( \frac{2a}{1+a^2} +1 \right) (1+xy)\\<br /> (1+x)(1+y) & = \frac{(1+a)^2}{1+a^2} (1+xy).<br /> \end{split}<br /> \]

Odejmując obie strony pierwszego równania układu (1) od $ 1 +xy $ otrzymamy

\[<br /> \begin{split}<br /> (3) \qquad<br /> 1 + xy -x -y & = (1+xy) \left( 1 - \frac{2a}{1+a^2} \right) \\<br /> (1-x)(1-y) & = (1+xy) \frac{(1-a)^2}{1+a^2} .<br /> \end{split}<br /> \]

Obie strony równania (3) są różne od zera, możemy więc podzielić stronami (2) przez (3)

\[<br /> \frac{(1+x)(1+y)}{(1-x)(1-y)} = \left( \frac{1+a}{1-a} \right)^2.<br /> \]

Postępując analogicznie z drugim równaniem układu (1) otrzymamy

\[<br /> \frac{(1+x)(1+y)}{(1-x)(1-y)} = \left( \frac{1+b}{1-b} \right)^2.<br /> \]

Pomnóżmy teraz dwa ostatnie równania stronami

\[<br /> \left( \frac{(1+x)}{(1-x)} \right)^2 = \left( \frac{(1+a)(1+b)}{(1-a)(1-b)} \right)^2.<br /> \]

więc

\[<br /> \frac{1+x}{1-x} = \frac{(1+a)(1+b)}{(1-a)(1-b)} \ \textrm{lub} \<br /> \frac{1+x}{1-x} = - \frac{(1+a)(1+b)}{(1-a)(1-b)}<br /> \]

Z pierwszego z tych równań obliczamy

\[<br /> \begin{split}<br /> (1-a)(1-b)+(1-a)(1-b)x = (1 + a)(1+b)-(1 + a)(1+b)x,\\<br /> (1-a-b+ab + 1+a+b+ab)x = 1+a+b+ab-1+a + b-ab,\\<br /> (2 + 2ab)x = 2a + 2b,\\<br /> x_1 = \frac{a+b}{1+ab}.<br /> \end{split}<br /> \]

i podobnie z drugiego równania

\[<br /> x_2 = \frac{1+ab}{a+b}.<br /> \]

Podstawiając $ x_1 $ do pierwszego z równań układu (1) otrzymamy

\[<br /> \begin{split}<br /> \frac{a+b}{1+ab} + y = \frac{2a}{1+a^2} \left( 1 + \frac{a+b}{1+ab}y \right),\\<br /> \left( 1-\frac{2a}{1+a^2} \cdot \frac{a+b}{1+ab}y \right) =<br /> \frac{2a}{1+a^2} - \frac{a+b}{1+ab}\\<br /> \frac{1 +a^2 +ab+a^3b-2a^2-2ab}{(1+a^2)(1+ab)}y = \frac{2a + 2a^2b-a-b-a^3-a^2b}{(1 +a^2)(1 +ab)} \\<br /> \frac{(1-a^2)(1-ab)}{(1+a^2)(1+ab)} y = \frac{(a-b)(1-a^2)}{(1+a^2)(1+ab)} \\<br /> y_1 = \frac{a-b}{1-ab}<br /> \end{split}<br /> \]

Podobnie podstawiając $ x_2 $ do pierwszego równania układu (1) obliczamy

\[<br /> y_2 = \frac{1-ab}{a-b}<br /> \]

XXXV OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne: 
XXXV OM, 1983-1984
Etap: 
I

Udowodnić, że dla dowolnych liczb naturalnych $ m, p $ większych od 1 spełniona jest nierówność

\[<br /> \sum_{k=1}^m \frac{1}{(k+1)\cdot\sqrt[p]{k}} < p.<br /> \]

Rozwiązanie

Oszacujemy $ k $-ty składnik rozważanej sumy:

\[<br /> \begin{split}<br /> \frac{1}{(k+1) \cdot \sqrt[p]{k}} =<br /> \frac{1}{\sqrt[p]{k}} \left( \frac{k}{k} - \frac{k}{k+1}\right)=\\<br /> = k^{1-\frac{1}{p}} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \right) =<br /> k^{1-\frac{1}{p}} ((k^{-\frac{1}{p}})^p - ((k+1)^{-\frac{1}{p}})^p) =\\<br /> k^{1-\frac{1}{p}} (k^{-\frac{1}{p}} - (k+1)^{-\frac{1}{p}}) \sum_{j=0}^{p-1} k^{-\frac{j}{p}} (k+1)^{-\frac{p-1-j}{p}} =\\<br /> = (k^{-\frac{1}{p}} - (k+1)^-{-\frac{1}{p}}) \sum_{j=0}^{p-1} k^{\frac{p-1-j}{p}} (k+1)^{-\frac{p-1-j}{p}}=\\<br /> (k^{-\frac{1}{p}} - (k+1)^{-\frac{1}{p}}) \sum_{j=0}^{p-1} \left( \frac{k}{k+1} \right)^{\frac{p-j-1}{p}} < (k^{-\frac{1}{p}} - (k+1)^{-\frac{1}{p}})p,<br /> \end{split}<br /> \]

gdyż suma występująca przed znakiem nierówności ma $ p $ składników, z których każdy jest mniejszy od $ 1 $. Wobec tego

\[<br /> \begin{split}<br /> \sum_{k=1}^m \frac{1}{(k+1) \sqrt[p]{k}} < \sum_{k=1}^m (k^{-\frac{1}{p}} - (k+1)^{-\frac{1}{p}}) p =<br /> p(1^{-\frac{1}{p}} - 2^{-\frac{1}{p}} + 2^{-\frac{1}{p}} -3^{-\frac{1}{p}} + \ldots \\<br /> + m^{-\frac{1}{p}} - (m+1)^{-\frac{1}{p}}) = p(1^{-\frac{1}{p}} - (m+1)^{-\frac{1}{p}}) = p \left( 1 - \frac{1}{\sqrt[p]{m+1}}\right) < p<br /> \end{split}<br /> \]

XXXV OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne: 
XXXV OM, 1983-1984
Etap: 
I

Niech $ n $ będzie liczbą naturalną parzystą. Udowodnić, że czworokąt można podzielić na $ n $ trójkątów, których wierzchołki leżą w wierzchołkach czworokąta albo wewnątrz czworokąta, a bok każdego trójkąta jest albo bokiem czworokąta, albo bokiem innego trójkąta.

Rozwiązanie

Co najmniej jedna przekątna czworokąta jest zawarta w jego wnętrzu. Niech będzie to np. przekątna $ \overline{AC} $ . Jeśli $ n = 2 $, to podział czworokąta $ ABCD $ na trójkąty $ ABC $ i $ ACD $ jest żądanym podziałem. Przypuśćmy, że $ n = 2k $ jest liczbą parzystą. Obierzmy na przekątnej $ AC $ dowolne punkty $ A_1,\ldots,A_{k-1} $ leżące na niej w kolejności zgodnej z numeracją i różne od $ A $ i $ C $. Przyjmijmy dodatkowo $ A_0 = A $, $ A_k = C $. Podział czworokąta $ ABCD $ na trójkąty $ A_{i-1}BA_i $ oraz $ A_{i-1}DA_i $, $ i = 1,\ldots, k $ spełnia postawione warunki.
om35_1r_img_3.jpg

XXXV OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne: 
XXXV OM, 1983-1984
Etap: 
I

Trzy zdarzenia spełniają warunki:
a) ich prawdopodobieństwa są równe,
b) każde dwa spośród nich są niezależne,
c) nie zachodzą równocześnie.
Wyznaczyć największą wartość prawdopodobieństwa każdego z tych zdarzeń.

Rozwiązanie

om35_1r_img_4.jpg
Przypuśćmy, że $ A $, $ B $, $ C $ są tymi zdarzeniami, przy czym prawdopodobieństwo każdego z nich wynosi $ p $. Wobec założenia o niezależności każdych dwóch spośród rozważanych zdarzeń, prawdopodobieństwo każdej części wspólnej $ A \cap B $, $ B \cap C $, $ C \cap A $ wynosi $ p^2 $. Ponadto $ A \cap B \cap C \ne 0 $. Wobec tego

\[<br /> P(A \cup B \cup C) = 3p-3p^2.<br /> \]

Ponieważ oczywiście $ P (A \cup B \cup C) \geq P (A \cap B) +P (B \cap C) +P (C \cap A) = 3p^2 $, więc $ 3p-3p^2 \geq 3p^2 $, skąd wynika, że $ p \leq \frac{1}{2} $.

Wartość $ p = \frac{1}{2} $ jest przyjmowana np. przez następujące zdarzenia. Przy dwukrotnym rzucie monetą przyjmujemy jako $ A $ zdarzenie polegające na tym, że w pierwszym rzucie wypadła reszka, $ B $ - w drugim rzucie wypadł orzeł, $ C $ - w obu rzutach wypadło to samo. Oczywiście $ P(A) = P(B) = P (C) = \frac{1}{2} $, zdarzenia $ A $, $ B $, $ C $ są parami niezależne i nie mogą zachodzić jednocześnie.

Wobec tego największą wartością rozważanego prawdopodobieństwa jest $ \frac{1}{2} $.

XXXV OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne: 
XXXV OM, 1983-1984
Etap: 
I

Na płaszczyźnie dane jest $ 3n $ punktów, wśród których nie ma trzech punktów współliniowych. Dowieść, że istnieje $ n $ rozłącznych trójkątów o wierzchołkach w danych punktach.

Rozwiązanie

om35_1r_img_5.jpg
Rozważmy wszystkie proste, z których każda przechodzi przez dwa punkty danego zbioru $ 3n $ punktów. Prostych tych jest skończenie wiele, więc istnieje prosta $ l $, która nie jest prostopadła do żadnej z nich. Zrzutujmy wszystkie dane punkty prostopadle na prostą $ l $, rzuty żadnych dwóch punktów nie pokrywają się. Ponumerujmy dane punkty $ A_1, \ldots, A_{3n} $ zgodnie z kolejnością, w jakiej ich rzuty są usytuowane na prostej $ l $. Trójkąty $ A_{3i-2} A_{3i-1} A_{3i} $ dla $ i = 1,\ldots, n $ są rozłączne.

XXXV OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne: 
XXXV OM, 1983-1984
Etap: 
I

Podać wzory wyraźne na $ n $-ty wyraz ciągów określonych wzorami rekurencyjnymi:

\[<br /> \begin{split}<br /> a_{n+1} &= 3a_n + b_n, \\<br /> b_{n+1} &= -a_n + b_n, \\<br /> a_1 = 14, &\; b_1 = -6.<br /> \end{split}<br /> \]

Rozwiązanie

Rozważmy ciąg $ (c_n) $ określony wzorem

\[<br /> c_n = a_n + b_n.<br /> \]

Ponieważ $ c_{n+1} = a_{n+1}+b_{n+1} = 3a_n + b_n - a_n +b_n = 2a_n + 2b_n = 2c_n $, więc ciąg $ (c_n) $ określony jest wzorem rekurencyjnym

\[<br /> c_{n + 1} = 2c_n,\ c_1 = 14-6 = 8 = 2^3<br /> \]

Przez indukcję stwierdzamy, że $ c_n = 2^{n + 2} $.

Ponieważ $ b_n = c_n-a_n = 2^{n+2} -a_n $, więc

\[<br /> a_{n+1} = 3a_n + b_n = 3a_n + 2^{n+2} - a_n = 2a_n + 2^{n + 2}.<br /> \]

Z ostatniego wzoru wynika, że kolejne wyrazy ciągu $ (a_n) $ dzielą się przez kolejne potęgi dwójki. Przyjmując

\[<br /> a_n = 2^nx_n.<br /> \]

otrzymujemy $ 2^{n+1}x_{n+1} = 2^{n + 1}x_n + 2^{n+ 2} $, więc $ x_{n +1} =x_n + 2 $, $ x_1 = 7 $. Stąd przez oczywistą indukcję wynika, że $ x_n = 2n + 5 $. Wobec tego $ a_n = 2^n(2n + 5) $, $ b_n = 2^{n + 2}-2^n(2n + 5) = 2^n(4-2n-5) = -2^n(2n + 1) $.

XXXV OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne: 
XXXV OM, 1983-1984
Etap: 
I

W kącie trójściennym $ W $ zawarta jest półprosta $ L $ przechodząca przez jego wierzchołek. Dowieść, że suma kątów utworzonych przez $ L $ z krawędziami $ W $ nie przekracza sumy kątów płaskich $ W $.

Rozwiązanie

Rozważmy kulę o promieniu 1 i środku w wierzchołku kąta trójściennego. Miara każdego kąta płaskiego, którego ramionami są półproste o początku w środku kuli, równa jest długości odpowiedniego łuku koła wielkiego (krótszego z dwóch łuków wyznaczonych przez punkty przecięcia danych półprostych z powierzchnią kuli). Wszystkie łuki na powierzchni kuli, o których będziemy mówić w trakcie tego rozwiązania, będą łukami odpowiednich kół wielkich.
om35_1r_img_6.jpg
om35_1r_img_7.jpg
Suma miar kątów płaskich kąta trójściennego równa jest sumie długości łuków $ AB $, $ BC $ i $ CA $, których końce są punktami wspólnymi krawędzi kąta trójściennego i powierzchni kuli. Suma miar kątów utworzonych przez $ L $ z krawędziami kąta trójściennego równa jest sumie długości łuków $ AD $, $ BD $ i $ CD $, gdzie $ D $ jest punktem wspólnym półprostej $ L $ i powierzchni kuli.

Długość łuku (zgodnie z przyjętą umową - łuku koła wielkiego) łączącego dwa punkty na powierzchni kuli spełnia własności odległości (zob, np. R. Courant, H. Robbins, Co to jest matematyka, rozdział VII), w szczególności tzw. nierówność trójkąta

\[<br /> AB + BC \leq AC<br /> \]

Na podstawie nierówności trójkąta długości odpowiednich łuków spełniają

\[<br /> AD + DC \leq (AE + ED) + DC = AE + EC \leq AE+(EB + BC) = AB + BC.<br /> \]

Otrzymaliśmy więc, że

\[<br /> AD + DC \leq AB + BC,<br /> \]

a przez analogiczne rozumowanie możemy stwierdzić, że

\[<br /> AD + DB \leq AC + BC<br /> \]

oraz

\[<br /> BD + DC \leq AB+AC.<br /> \]

Dodając stronami ostatnie trzy nierówności otrzymujemy

\[<br /> 2 (AD + BD + CD) \leq 2(AB + BC + CA),<br /> \]

więc

\[<br /> AD + BD + CD \leq AB + BC + CA,<br /> \]

stąd wynika, że suma miar kątów utworzonych przez $ L $ z krawędziami kąta trójściennego $ W $ nie przekracza sumy miar kątów płaskich $ W $.

© Prawa autorskie Polskie Towarzystwo Matematyczne | Serwis znajduje się na serwerze MIMUW | Projekt: Krystyna Jaworska | Realizacja: Paweł Witkowski INTools, Tomasz Filar
Adres źródła: https://archom.ptm.org.pl/?q=node/820