Zadania z pierwszej olimpiady matematycznej

STEFAN STRASZEWICZ

ZADANIA

Z PIERWSZEJ OLIMPIADY MATEMATYCZNEJ

Niniejszy zbiorek rozwiązań zadań opracowano
z tą myślą, żeby był pomocą dla uczestników
następnych Olimpiad i stanowił materiał
do pracy szkolnych kółek matematycznych.
Chodziło więc o podanie przykładów poprawnego
redagowania wypracowań matematycznych, a także o pokazanie, jak różnorodne
mogą być sposoby rozwiązywania zadań i jak
nieraz można dany temat rozwinąć lub uzupelnić
stawiając dodatkowe pytania.

Z tego wzgledu wszystkie zadania, nawet
zupełnie łatwe, omówione zostały szczegółowo,
a przy wielu z nich uwzględniono po
kilka wariantów rozwiązań oraz podano nasuwające
się uogólnienia i uwagi.

Przy układaniu rozwiązań autor korzystał
z cennej współpracy redaktora A. M. Rusieckiego.

Załącznik	Wielkość
Iom18.pdf [1]	120.77 KB
Iom19.pdf [2]	520.81 KB

I OM - B

Zadania dane na szczeblu niższym (B)

Załącznik	Wielkość
I OM - zadania na szczeblu B z rozwiązaniami [3]	1.25 MB

I OM - B - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Wyznaczyć współczynniki $a$ i $b$ , równania $x^2 + ax +b=0$ tak, aby same wartości $a$ i $b$ były pierwiastkami tego równania.

Rozwiązanie

Sposób I

Na mocy twierdzeń o sumie i iloczynie pierwiastków równania kwadratowego liczby $a$ i $b$ są wtedy i tylko wtedy
pierwiastkami równania $x^2 + ax + b = 0$ , gdy spełniają układ równań

$ \begin{cases} a+b = -a \\ ab = b \end{cases} $

czyli

$ (1) \qquad \begin{cases} b = - 2a \\ b(a -1) = 0 \end{cases} $

Drugie z równań układu (1) jest spełnione, gdy $b = 0$ lub gdy $a-1= 0$ , tj. gdy $a = 1$ .

Układ (l) ma więc dwa rozwiązania:

$ \begin{cases} b = 0 \\ a = 0 \end{cases} \quad \text{lub}\quad \begin{cases} a = 1 \\ b = -2 \end{cases} $

Równaniami kwadratowymi o żądanej właśności są równania

$ x^2 + 0\cdot x + 0 = 0, \text{ i } x^2 + x - 2 = 0. $

Sposób II

Liczby $a$ i $b$ mają spełniać równanie $x^2 + ax + b = 0$ . Zatem

$ \begin{cases} a^2+a^2+b = 0 \\ b^2 + ab + b = 0 \end{cases} $

czyli

$ (2) \qquad \begin{cases} 2a^2+b = 0 \\ b(a+b+1) = 0 \end{cases} $

Drugie z równań układu (2) daje $b = 0$ lub $a + b + 1 = 0$ .

Biorąc $b = 0$ otrzymujemy rozwiązanie

$ \begin{cases} a = 0 \\ b = 0 \end{cases} $
Biorąc $a + b + 1 = 0$ mamy $b = - a-l$ ; po podstawieniu do pierwszego z równań układu (2) otrzymujemy równanie

$ 2a^2 - a - 1 = 0 $

którego pierwiastkami są liczby $a = 1$ i $a = -1$ , przy czym odpowiednimi wartościami $b$ są liczby $b = - 2$ i $b=-\frac{1}{2}$ .

Stąd dalsze rozwiązania układu równań (2):

$ \begin{cases} a = 1 \\ b = -2 \end{cases} \quad \text{lub}\quad \begin{cases} a = -\frac{1}{2} \\ b = -\frac{1}{2} \end{cases} $

Ze znalezionych rozwiązań tylko liczby $a = 0$ , $b = 0$ oraz
liczby $a = 1$ , $b = - 2$ spełniają warunki zadania. Liczby $a = -\frac{1}{2}$ ,
$b = -\frac{1}{2}$ warunków tych nie spełniają, gdyż pierwiastkami równania
$x^2 - \frac{1}{2}x -\frac{1}{2} = 0$ są liczby $-\frac{1}{2}$ i 1, a nie liczby $-\frac{1}{2}$ i $-\frac{1}{2}$ .

Aby wyjaśnić ten paradoks, zauważmy, że układ równań (2)
daje tylko warunki konieczne dla poszukiwanych liczb $a$ i $b$ ,
Nie są to jednak warunki dostateczne: jeśli bowiem liczby
$a$ i $b$ spełniają układ (2), to każda z nich jest wprawdzie pierwiastkiem
równania $x^2 + ax + b = 0$ , ale z tego nie wynika, że $a$ i $b$
dają oba pierwiastki tego równania. W przypadku, gdy $a = b$ ,
jest to jeden i ten sam pierwiastek, jak to właśnie zachodzi w równaniu
$x^2 -\frac{1}{2}x -\frac{1}{2} = 0$ .

Sposób III

Ponieważ pierwiastkami równania $x^2 + ax + b = 0$ są liczby $\frac{-a+\sqrt{a^2-4b}}{2}$
i $\frac{-a-\sqrt{a^2-4b}}{2}$ , więc poszukiwane liczby $a$ i $b$ czynią zadość bądź układowi równań

$ (3) \qquad \begin{cases} \frac{-a+\sqrt{a^2-4b}}{2} = a \\ \frac{-a-\sqrt{a^2-4b}}{2} = b \end{cases} $

bądź też układowi równań

$ (4) \qquad \begin{cases} \frac{-a-\sqrt{a^2-4b}}{2} = a \\ \frac{-a+\sqrt{a^2-4b}}{2} = b \end{cases} $

Oba układy (3) i (4) możemy rozwiązać jednocześnie. Dodając stronami
równania każdego układu oraz odejmując je stronami otrzymujemy

$ \begin{cases} -a = a+b \\ \sqrt{a^2-4b} = a-b \end{cases} \quad \text{lub}\quad \begin{cases} -a = a+b \\ -\sqrt{a^2-4b} = a-b \end{cases} $

Stąd

$ \begin{cases} b = -2a \\ a^2-4b = a^2-2ab+b^2 \end{cases} $

czyli

$ \begin{cases} b = -2a \\ b(b-2a+4) = 0 \end{cases} $

Ostatnie równanie daje dwie możliwości

Biorąc $b = 0$ i $b = - 2a$ otrzymujemy

$ a = 0,\quad b = 0 $
Biorąc $b- 2a + 4 = 0$ i $b = - 2a$ otrzymujemy

$ a = 1, \quad b =-2 $

Wartości $a = 0$ , $b = 0$ spełniają oba układy (3) i (4), natomiast wartości
$a = 1$ , $b = - 2$ spełniają tylko układ (3). Otrzymujemy
- zgodnie z poprzednim - dwa równania kwadratowe o żądanej
własności: $x^2 + 0\cdot x + 0 = 0$ i $x^2 + x - 2 = 0$ .

I OM - B - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczba $a$ jest sumą kwadratów dwóch różnych liczb
naturalnych, to $a^2$ jest sumą kwadratów dwóch liczb naturalnych.

Rozwiązanie

Jeśli $a=x^2+y^2$ , to

$ \begin{split} a^2 &= x^4 + 2x^2y^2 + y^4 \\ &= x^4 - 2x^2y^ + y^4 + rx^2y^2 \\ &= (x^2-y^2) + (2xy)^2. \end{split} $

I OM - B - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Ktoś ma wagę dwuramienną nierzetelną (tzn. wagę,
której ramiona są nierówne). Chcąc odważyć 2 kg cukru postępuje
w sposób następujący: kładzie ciężarek 1 kg na lewej szalce wagi,
a na prawą szalkę sypie cukier aż do zrównoważenia; następnie:
opróżniwszy obie szalki kładzie ciężarek 1 kg na prawej szalce, a na
lewą sypie cukier aż do zrównoważenia. Czy odważone w ten sposób dwie
ilości cukru stanowią razem mniej, czy więcej, czy też dokładnie
2 kg?

Rozwiązanie

Oznaczmy ilość kilogramów cukru odważonego za pierwszym
razem przez $x$ , a za drugim razem przez $y$ . Długości ramion
wagi niech będą $p$ i $q$ , przy czym $p \neq q$ .

Według prawa dźwigni (rys. l) mamy:

$ \begin{split} q \cdot x = p \cdot 1 &\text{ skąd } x =\frac{p}{q} \\ q \cdot x = p \cdot 1 &\text{ skąd } x =\frac{p}{q} \end{split} $

Zatem

$ x+y = \frac{p}{q} + \frac{q}{p} = \frac{p^2+q^2}{pq} > 2, $

ponieważ

$ \frac{p^2+q^2}{pq}-2 = \frac{p^2+q^2-2pa}{pq} = \frac{(p-q)^2}{pq} > 0, \text{ gdy }p \neq q. $

Odpowiedź: Odważono razem więcej niż 2 kg cukru.

I OM - B - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Znaleźć dwie liczby naturalne $a$ i $b$ mając ich największy wspólny podzielnik
$D=12$ oraz najmniejszą wspólną wielokrotność $M=432$ . Podać sposób poszukiwania
rozwiązań w przypadku ogólnym.

Rozwiązanie

Jeśli największym wspólnym podzielnikiem liczb $a$ i $b$ jest 12, to

$ a=12x,\quad b=12y, $

przy czym liczby $x$ i $y$ są pierwsze względem siebie. W takim razie najmniejszą
wspólną wielokrotnością liczb $12x$ i $12y$ jest $12xy$ , wobec czego

$ 12xy = 432,\quad \text{czyli } xy=36. $

Liczby $x$ i $y$ znajdziemy rozkładając 36 na iloczyn dwóch czynników pierwszych względem siebie.
Istnieją dwa takle rozkłady:

$ 36=1\cdot 36 \quad \text{i} \quad 36= 4\cdot 9. $

Otrzymujemy dwa rozwiązania

$ x=1, y=36 \quad \text{albo} \quad x=4, y=9. $

Szukanymi liczbami są

$ 12\cdot 1 =12 \text{ i } 12\cdot 36 =432 \text{ albo } 12\cdot 4 = 48 \text{ i } 12\cdot 9 = 108. $

W przypadku ogólnym, gdy największym wspólnym podzielnikiem liczb
$a$ i $b$ jest $D$ , a najmniejszą wspólną wlelokrotnością jest
$M$ , rozumujemy tak samo i otrzymujemy równania:

$ a=Dx,\; b=Dy, \quad(\text{$x$ i $y$ - pierwsze względem siebie}), $

a stąd

$ Dxy = M,\text{ i } xy=\frac{M}{D} $

Zadanie ma tyle rozwiązań, iloma sposobami można liczbę
naturalną \frac{M}{D} rozłożyć na dwa czynniki $x$ i $y$ pierwsze względem
siebie. Jedno z rozwiązań stanowią zawsze liczby $D$ i $M$ .

I OM - B - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Motorówka wyruszyła o godzinie 9 w górę rzeki i w tym
samym momencie wrzucono z motorówki do rzeki piłkę. O godzinie 9
minut 15 motorówka zawróciła i popłynęła w dół rzeki. O której
godzinie motorówka dogoni piłkę?

Rozwiązanie

Na wodzie stojącej motorówka dopłynęłaby z powrotem do
piłki w czasie następnych 15 minut, tj. o godz. 9 min. 30. Tak
samo będzie i na rzece, gdyż prąd wody jednakowo znosi motorówkę
i piłkę. Motorówka dogoni piłkę o godz. 9 min. 30.

Gdyby ktoś nie wpadł na powyższe proste rozumowanie,
mógłby rozwiązać zadanie przy pomocy równań.

Na pozór wydaje się, że w zadaniu za mało jest danych, nie
powiedziano bowiem, jaka była prędkość własna motorówki, czyli
prędkość jej ruchu na wodzie stojącej, ani też - ile wynosiła prędkość
prądu w rzece,

Nie zrażając się tym oznaczmy przez $x$ poszukiwaną ilość
godzin od godziny 9 do chwili, w której motorówka dogoniła piłkę.
Wprowadźmy oprócz tego prędkość prądu $u$ wyrażoną w kilometrach
na godzinę i prędkość $v$ motorówki na wodzie, stojącej również
wyrażoną w kilometrach na godzinę. Dla ułożenia równania
należy wyrazić przy pomocy tych wielkości drogę przebytą
przez piłkę i drogę przebytą przez motorówkę.

W ciągu $x$ godzin piłka przepłynęła z prądem rzeki $xu$ kilometrów.

Motorówka płynęła najpierw przez $\frac{1}{4}$ godziny pod prąd, prędkość
jej wynosiła wówczas $(v - u)$ kilometrów na godzinę, droga
przebyta wynosiła'zatem $\frac{1}{4}(v - u)$ kilometrów; w pozostałym
czasie $(x -\frac{1}{4})$ godzin motorówka płynęła z prądem, więc z prędkością
$(u + v)$ kilometrów na godzinę i przepłynęła $(x - \frac{1}{4})(u + v)$
kilometrów, przebywając w odwrotnym kierunku najpierw odległość
$\frac{1}{4}(v - u)$ kilometrów do miejsca startu, a następnie drogę $xu$
kilometrów, przebytą przez piłkę do miejsca, w którym motorówka'
dogoniła piłkę.

Zatem

$ (x-\frac{1}{4})(u+v) = \frac{1}{4}(v-u)+xu $

Gdy przekształcimy to równanie otwierając nawiasy i zbierając
po jednej stronie wyrazy zawierające $x$ , a po drugiej wyrazy pozostałe,
otrzymamy, równanie

$ xy = \frac{1}{2}v $

Ponieważ prędkość własna motorówki $v$ na pewno nie jest
równa zeru przeto możemy podzielić obie strony równania przez $v$
otrzymujemy

$ x=\frac{1}{2} $

A więc motorówka dogoni piłkę po upływie $\frac{1}{2}$ godziny od chwili wyruszenia, czyli o godz. 9 min. 30.

Okazało się że nieznane wielkości $u$ i $v$ były potrzebne tylko
po to, aby ułożyć równanie. Przy wykonywaniu rachunku wielkości
te znikły, czyli - jak się mówi w matematyce - zostały
wyrugowane. Takie pomocnicze wielkości bywają nazywane parametrami.

I OM - B - Zadanie 6

Etap:

Dowieść, że liczba, która w dziesiątkowym układzie
pozycyjnym wyraża się za pomocą 91 jedynek, jest liczbą złożoną.

Rozwiązanie

Sposób I

Ponieważ $91=7\cdot 13$ , więc cyfry danej liczby $L$ można podzielić na 13 grup
po 7 jedynek w każdej grupie:

$ 1111111\; 1111111 \; \dots \; 1111111 $

Stąd widać, że liczba ta dzieli się przez $1111111$ ; w ilorazie otrzymujemy liczbę

$ 1\; 0000001 \; \dots \; 0000001 $

Aby rzecz ująć nieco dokładniej, oznaczmy dla krótkości $1111111=N$ . Liczbę daną możemy przedstawić
jako sumę 13 składników.

$ L = N \cdot 10^{84} + N \cdot 10^{77} + \dots + N \cdot 10^7 + N $

odpowiadających owym 13 grupom cyfr. Biorąc $N$ przed nawias otrzymujemy

$ L = N\cdot(10^{84} + 10^{77} + \dots + 10^7 + 1), $

a z tego widzimy, że liczba dana jest iloczynem dwóch liczb naturalnych różnych od 1,
a więc nie jest liczbą pierwszą.

Sposób II

Inny rozkład liczby $L$ uzyskamy dzieląc jej cyfry na 7 grup
po 13 jedynek w każdej grupie; spostrzeżemy wówczas, że liczba L
dzieli się przez liczbę

$ M=1111111111111 $

Ujmując to dokładniej napiszemy, że

$ L = M \cdot 10^{78} + M \cdot 10^{65} + \dots + M \cdot 10^{13} + M, $

skąd

$ L = M \cdot (10^{78} + 10^{65} + \dots + 10^{13} + 1) $

Sposób III

Możemy też rozumować w sposób następujący:

$ L = 1 + 10 + 10^2 + \dots + 10^{90} $

Liczba $L$ jest zatem sumą 91 wyrazów postępu geometrycznego,
którego wyraz pierwszy równa się 1, a iloraz równa się 10.
Według znanego wzoru na sumę wyrazów postępu geometrycznego
mamy

$ L=\frac{10^{91}-1}{10-1} $

Stąd

$ L=\frac{(10^7)^{13}-1}{10-1} = \frac{(10^7)^{13}-1}{10^7-1} \cdot \frac{10^7-1}{10-1} $

Ponieważ

$ (*) \qquad \frac{a^n-b^n}{a-b} = a^{n-1}+a^{n-2}b+\dots + ab^{n-2} + b^{n-1} $

więc podstawiając w powyższym wzorze za pierwszym razem
$a = 10^7$ , $n = 13$ , a za drugim razem $a = 10$ , $n = 7$ , widzimy, że
liczbę $L$ rozłożyliśmy na dwa czynniki naturalne różne od 1. Są
to te same czynniki, co w rozkładzie (1).

Analogicznie uzyskamy rozkład (2), gdy napiszemy

$ L=\frac{(10^13)^{7}-1}{10-1} = \frac{(10^13)^{7}-1}{10^{13}-1} \cdot \frac{10^{13}-1}{10-1} $

i we wzorze (*) podstawimy za pierwszym razem $a = 10^{13}$ , $n = 7$ ,
a za drugim razem $a = 10$ , $n = 13$ .

I OM - B - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Na płaszczyźnie dane są dwie przecinające się proste
$a$ i $b$ i nie leżący na nich punkt $P$ . Poprowadzić przez punkt $P$
prostą przecinającą proste $a$ i $b$ w tahich punktach $A$ i $B$ , że

$ PA = 2\cdot PB $

Rozwiązanie

Niech $AB$ (rys. 2) będzie prostą szukaną.

Poprowadźmy przez punkt $P$ prostą równnoległą do prostej $b$ ; przetnie ona prostą $a$ w punkcie $Q$ .

Według twierdzenia Talesa mamy

$ \frac{AQ}{OQ} = \frac{AP}{BP} = 2, \quad \text{skąd } AQ=2\cdot OQ. $

Konstrukcję wykonywamy zatem wyznaczając punkt $Q$ odmierzając $QA = 2 \cdot OQ$ . Prosta $AP$ będzie prostą szukaną.

Zadanie ma zawsze rozwiązanie, i to tylko jedno.

I OM - B - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Dowieść, że wysokości trójkąta ostrokątnego są dwusiecznymi kątów trójkąta, którego wierzchołkami są spodki tych wysokości.

Rozwiązanie

Niech $S$ będzie punktem przecięcia wysokości $AM$ , $BN$ i $CP$ trójkąta ostrokątnego $ABC$ (rys. 3).

Czworokąt $SMCN$ , w którym kąty przy wierzchołkach $M$ i $N$ są proste, jest czworokątem wpisanym w okrąg o średnicy $SC$ ; zatem

$ \measuredangle SMN = \measuredangle SCN $

(kąty wpisane oparte na tym samym łuku są równe).

Podobnie też, w czworokącie $SMBP$ mamy

$ \measuredangle SMP = \measuredangle SBP $

Lecz $\measuredalngle SCN = \measuredangle SBP$ , gdyż każdy z tych kątów równa się
$90^{\circ} - \measuredangle BAC$ ; zatem $\measuredangle SMN = \measuredangle SMP$ .

Istotnie więc wysokość $AM$ jest dwusieczną kąta $NMP$ .

Uwaga. W trójkącie rozwartokątnym (rys. 4) wysokość $AM$ poprowadzona z wierzchołka kąta
rozwartego $A$ jest dwusieczną kąta $NMP$ , a pozostałe dwie wysokości są dwusiecznymi kątów zewnętrznych
trójkąta $MNP$ ; uzasadnienie jest analogiczne do poprzedniego.

I OM - B - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Dowieść, że jeżeli suma trzech liczb naturalnych jest podzielna przez 3, to suma sześcianów tych liczb jest
także podzielna przez 3.

Rozwiązanie

Sposób I

Niech $a, b, c$ będą liczbami naturalnymi, których suma podzielna jest przez 3. W tym celu wykażemy, że różnica
$(a^3 + b^3 + c^3) - (a + b + c)$ jest podzielna przez 3. Otóż

$ \begin{split} (a^3 &+ b^3 + c^3) - (a + b + c) = (a^3- a) + (b^3 - b) + (c^3- c) \\ &= (a - 1) a (a + 1) + (b -1) b (b + 1) + (c - 1) c (c + 1) \end{split} $

Każdy z trzech składników po prawej stronie równości jest
podzielny przez 3, ponieważ jest iloczynem trzech kolejnych liczb
całkowitych. Suma ich jest więc też podzielna przez 3. Stąd
wniosek, że jeśli $a + b + c$ dzieli się przez 3, to i $a^3 + b^3 + c^3$
dzieli się przez 3.

Sposób II

Ponieważ

$ \begin{split} (a + b + c)^3 &= (a + b)^3 + 3 (a + b)^2 c + 3 (a + b) c^2+ c^3 = \\ &= a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3 + 3 (a + b)^2 c + 3 (a + b) c^2 + c^3, \end{split} $

więc

$ a^3 + b^3 + c^3= (a + b +c)^3 - 3a^2b - 3ab^2- 3 (a + b)^2c - 3 (a + b) c^2 $

Jeżeli $a + b + c$ dzieli się przez 3, to każdy składnik prawej
strony równości jest podzielny przez 3, zatem suma tych składników
jest też podzielna przez 3.

Uwaga. Ogólniej: jeśli suma liczb całkowitych $a_1 + a_2 + \dots + a_n$
jest podzielna przez 3, to suma $a_1^3 + a_2^3 + \dots + a_n^3$
jest też podzielna przez 3.

Możemy tego dowieść zupełnie tak samo, jak wyżej w sposobie I. Sposób II byłby tu mniej dogodny.

I OM - B - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Wykazać, że dla dowolnych liczb $a, b, c$ zachodzi nierówność

$ a^2 + b^2 + c^2 \geqslant ab + bc + ca $

Rozwiązanie

Sposób I

Ponieważ

$ a^2 - 2ab + b2 = (a - b)^2 \geqslant O, $

więc

$ a^2+ b^2 \geqslant 2ab $

i tak samo

$ b^2+ c^2 \geqslant 2bc $

oraz

$ c^2+ a^2 \geqslant 2ca $

Dodając stronami powyższe trzy nierówności otrzymujemy

$ 2(a^2+b^2+c^2) \geqslant 2 (ab+bc+ca) $

skąd

$ a^2 + b^2 + c^2 \geqslant ab + bc + ca $

Sposób II

Zastosujemy metodę sprowadzenia do niedorzeczności. Przypuśćmy, że dla pewnych liczb $a, b, c$
prawdziwa jest nierówność

$ a^2 + b^2 + c^2 < ab + bc + ca $

w takim razie

$ \begin{split} a^2+ b^2 + c^2 - ab - bc - ca &< 0 \\ 2a^2 + 2b^2 + 2c^2- 2ab - 2bc - 2ca &< 0 \\ (a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2 &< 0 \end{split} $

Otrzymaliśmy nierówność nieprawdziwą, gdyż każdy z trzech
kwadratów po lewej stronie jest liczbą nieujemną, a więc suma
tych kwadratów jest liczbą nieujemną. Zatem dla wszelkich
liczb $a, b, c$ zachodzi nicrówność

$ a^2 + b^2 + c^2 \geqslant ab + bc + ca $

Uwaga. Sposoby I i II różnią się właściwie tylko ujęciem,
gdyż oba polegają w gruncie rzeczy na zastosowaniu tych samych
przesłanek:

kwadrat liczby jest liczbą nieujemną,
$ 2 (a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca) = (a - b)^2 + (b -c)^2 + + (c-a)^2 $

Z przesłanki 2 wysnujemy jeszcze wniosek, że $a^2+b^2+c^2 - ab-bc-ca$ równa
się zeru tylko wtedy, gdy $a=b=c$ .

Zupełnie tak samo, jak wyżej, dowiedziemy, że dla dowolnych liczb $a_l, a_2, \dots, a_n$ zachodzi nierówność

$ a_1^2 + a_2^2 + \dots a_n^2 \geqslant a_1a_2 + a_2a_3 + \dots a_{n-1}a_n + a_na_1, $

przy czym równość zachodzi tylko wtedy, gdy

$ a_1=a_2=\dots = a_n $

I OM - B - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Słup pionowy o wysokości $a$ , oświetlony promieniami
słonecznymi, rzucił na płaszczyznę; poziomą w pewnym momencie
cień, długości $a$ , w innym momencie cień miał długość $2 a$ , w trzecim
momencie długość cienia wynosila $3 a$ . Wykazać, że suma kątów
nachylenia promieni słonecznych do płaszczyzny poziomej w tych
trzech momentach jest równa kątowi prostemu.

Rozwiązanie

Kąty wymienione w zadaniu są to kąty $ACB$ , $ADB$ , $AEB$ na rysunku 5, na którym $AB = a$ ,
$BC = a$ , $BD = 2a$ , $BE = 3a$ , $B = 90^{\circ}$ . Ponieważ $\measuredangle ACB = 45^{\circ}$ , należy udowodnić, że
$\measuredangle ADB + \measuredangle AEB = 45^{\circ}$ .

W tym celu obróćmy trójkąt $ABD$ dokoła punktu $A$ o $90^{\circ}$ do położenia $AFG$ i weźmy pod
uwagę trójkąt $ADG$ . Jest to trójkąt prostokątny i równoramienny, gdyż $\measuredangle DAG = 90^{\circ}$ ,
$AD = AG$ .

Zatem

$ \measuredangle AGD = \measuredangle AGF + \measuredangle CGD = 45^{\circ} $

Lecz $\measuredangle AGF = \measuredangle ADB$ , a $\measuredangle CGD = \measuredangle AEB$
(ponieważ $\Delta DCC = \Delta AEB$ ). Istotnie więc

$ \measuredangle ADB + \measuredangle AEB = 45^{\circ} $

Na rysunkach 6 i 7 przedstawione są dwie modyfikacje powyższego dowodu.
Myśl zasadnicza polega na zbudowaniu trójkąta
prostokątnego równoramiennego o kącie ostrym równym
sumie rozważanych kątów nachylenia $x = \measuredangle ADB$ i
$y = \measuredangle AEB$ .
Na rysunku 6 trójkątem owym jest trójkąt AEG, a na rysunku 7
trójkąt ADG.

Uwaga. Stosując trygonometrię można ująć dowód krótko:

$ \tan x = \frac{AB}{BD} = \frac{1}{2},\quad \tan y = \frac{AB}{BE} = \frac{1}{3} $

zatem

$ \tan(x+y) = \frac{\tan x+\tan y}{1- \tan x \tan y} = \frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}} = 1 $

skąd $x+y=45^{\circ}$ .

I OM - B - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Ile boków ma wielokąt, którego każdy kąt jest $k$ razy większy od kąta przyległego ? Jakie wartości może przybierać $k$ ?

Rozwiązanie

Jeśli każdy kąt wielokąta jest $k$ razy większy od kąta przyległego,
to suma wszystkich $n$ kątów wielokąta, która - jak
wiadomo - równa się $(n - 2) \cdot 180^{\circ}$ , jest także $k$ razy większa
od sumy odpowiednich kątów przyległych (czyli kątów zewnętrznych),
tzn. jest $k$ razy większa od $360^{\circ}$ . Zatem

$ (n - 2) \cdot 180^{\circ} = k \cdot 360^{\circ}, $

skąd

$ n - 2 = 2k \quad \text{i} \quad n = 2k + 2. $

Ponieważ $n - 2$ musi być liczbą naturalną, więc $2k$ powinno
być liczbą naturalną, czyli $k$ musi być równe połowie
liczby naturalnej, a więc $k = \frac{1}{2}, 1, \frac{3}{2}, 2, \dots$

I OM - B - Zadanie 13

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Dowieść, że jeżeli prawdziwa jest równość

$ (a^2+ b^2+ c^2) \cdots (x^2+ y^2 + z^2) = (ax + by + cz)^2, $

to liczby $x, y, z$ są proporcjonalne do liczb $a, b, c$ .

Rozwiązanie

Gdy w danej równości wykonamy po obu stronach mnożenie, a następnie przeprowadzimy redukcję wyrazów podobnych, to otrzymamy równość

$ \begin{split} a^2y^2 &+ a^2z^2+ b^2x^2 + b^2z^2+ c^2x^2+ c^2y^2 \\ &= 2abxy + 2bcyz + 2cazx \end{split} $

Stąd

$ \begin{split} (a^2y^2 &- 2abxy + b^2x^2) + b^2z^2 - 2bcyz + c^2y^2) + \\ &+ (c^2x^2- 2cazx + a^2z^2) = 0, \end{split} $

czyli

$ (ay - bx)^2 + (bz - cy)^2 + (cx - az)^2 = 0 $

Suma kwadratów liczb rzeczywistych tylko wtedy równa się
zeru, gdy każda z tych liczb jest równa zeru, zatem

$ ay - bx = 0,\; bz - cy = 0,\; cx - az = O. $

Stąd

$ x : y = a : b,\; y : z = b : c,\; z : x = c : a, $

czyli

$ x : y : z = a : b : c, $

co było do okazania.

I OM - B - Zadanie 14

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Dowieść, że suma liczb naturalnych wtedy i tylko wtedy jest podzielna przez 9, gdy suma wszystkich cyfr tych liczb jest podzielna przez 9.

Rozwiązanie

Dowiedziemy najpierw, że różnica między liczbą naturalną $a$ i sumą $s$ jej cyfr jest podzielna przez 9. Niech $C_O, C_1, C_2, C_3, \dots$ oznaczają kolejno cyfry jedności, dziesiątek, setek, tysięcy i dalszych rzędów tej liczby. Wtedy

$ \begin{split} a &= C_0 + C_1 \cdot 10 + C_2 \cdot 100 + C_3 \cdot 1000 + \dots \\ s &= C_0 + C_1 + C_2 + C_3 + \dots \end{split} $

Odejmując te równości stronami otrzymujemy

$ a - s = C_1 \cdot 9 + C_2 \cdot 99 + C_3 \cdot 999 + \dots $

Ponieważ każdy składnik po prawej stronie jest podzielny przez 9, przeto i liczba $a - s$ jest podzielna przez 9.

Niech następnie $a_l, a_2, \dots, a_n$ oznaczają liczby naturalne, a $s_1, s_2, \dots, s_n$ - odpowiednio sumy cyfr tych liczb.

W tożsamości

$ \begin{split} a_l + a_2 + \dots + a_n &= [(a_l - s_1) + (a_2 - s_2) + \dots + (a_n - s_n) \\ &+ (s_1 + s_2 + \dots + s_n) \end{split} $

składnik prawej strony znajdujący się w nawiasie łamanym jest podzielny przez 9, gdyż jest sumą liczb podzielnych przez 9. Wobec tego liczba $a_l + a_2 + \dots + a_n$ jest podzielna przez 9 wtedy i tylko wtedy, gdy składnik $s_1 + s_2 + \dots + s_n$ tj. suma wszystkich cyfr liczb $a_l, a_2, \dots, a_n$ jest podzielna przez 9, a tego należało dowieść.

I OM - B - Zadanie 15

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Dane są dwa przecinające się okręgi o promieniach $r$ i $R$ . Przez jeden z punktów przecięcia tych okręgów poprowadzić taką
prostą, żeby ta prosta przecięła okręgi jeszcze w dwóch punktach $p$ i $Q$ i żebv odcinek $PQ$ miał daną długość $d$ .

Rozwiązanie

Przez punkt przecięcia $A$ danych okręgów ośrodkach $O$ i $S$ prowadzimy prostą przecinającą te okręgi jeszcze w punktach $P$ i $Q$ .

Punkty $P$ i $Q$ leżą bądź po przeciwnych stronach punktu $A$ (rys. 8), bądź po tej samej stronie punktu $A$ (rys. 9).

W pierwszym przypadku $PQ = AP + AQ$ ; w drugim przypadku sieczna $PQ$ może mieć takie położenie, że punkt $Q$ leży między punktami $A$ i $P$ (jak na rysunku 9), i wtedy $PQ = AP - AQ$ , albo też takie położenie, że punkt $P$ leży między punktami $A$ i $Q$ , i wtedy $PQ = AQ - AP$ . Aby uwzględnić w jednym wzorze oba przypadki, używamy znaku bezwzględnej wartości:

$ PQ =|AP-AQ| $

Opuśćmy z punktów $O$ i $S$ prostopadłe $OM$ i $SN$ na prostą $PQ$ i zauważmy, że

$ AM = \frac{1}{2}AP,\; AN = \frac{1}{2}AQ. $

Dlugość odcinka $MN$ równa się połowie długości odcinka $PQ$ . Istotnie w pierwszym przypadku mamy

$ MN = AM + AN = \frac{1}{2}AP + \frac{1}{2}AQ = \frac{1}{2}(AP + AQ) = \frac{1}{2}PQ, $

a w drugim przypadku mamy

$ MN = |AM -AN| = |\frac{1}{2}AP-\frac{1}{2}AQ| = \frac{1}{2} |AP-AQ| = \frac{1}{2}PQ. $

Poprowadźmy przez punkt $O$ prostą równoległą do prostej $PQ$ ; przetnie ona prostą $NS$ w punkcie $L$ . W trójkącie prostokątnym $OLS$ przeciwprostokątna $OS$ jest odległością środków danych okręgów, a przyprostokątna $OL = MN = \frac{1}{2} PQ$ .

Gdy dana jest długość $PQ = d$ , to trójkąt $OLS$ potrafimy zbudować, a tym samym potrafimy wykreślić prostą $PQ$ , jako równoległą do prostej $OL$ poprowadzoną przez punkt A.

Konstrukcja przedstawiona jest na rysunku 10.

Kreślimy okrąg o średnicy $OS$ . Z punktu $U$ jako ze środka zakreślamy okrąg promieniem $\frac{1}{2}d$ . Jeśli te dwa okręgi mają punkt wspólny $L$ , to prosta równoległa do prostej $OL$ poprowadzona przez punkt $A$ jest prostą szukaną, gdyż $PQ = 2\cdot OL = d$ , co stwierdzamy przeprowadzając poprzednie wnioskowanie w porządku odwrotnym.

Warunkiem istnienia punktu $L$ jest nierówność

$ \frac{1}{2} d < OS,\text{ czyli }d \leq 2 \cdot OS $

Gdy $d < 2 \cdot OS$ , zadanie ma dwa rozwiązania, obie sieczne są symetryczne względem prostej przechodzącej przez punkty przecięcia danych okręgów.

Gdy $d = 2 \cdot OS$ , rozwiązanie jest jedno, mianowicie prosta równoległa do prostej $OS$ .

I OM - B - Zadanie 16

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Złożyć prostokąt z dziewięciu kwadratów o bokach 1, 4, 7, 8, 9, 10, 14, 15 i 18.

Rozwiązanie

Z danych kwadratów można złożyć prostokąt jednym tylko sposobem. Wykażemy to przeprowadzając następujące rozumowanie: Przede wszystkim jest jasne, że kwadraty wypełniające prostokąt muszą mieć boki równoległe do boków prostokąta. Pole prostokąta, musi się równać sumie pól wszystkich kwadratów, a więc pole poszukiwanego prostokąta wynosi

$ 1^2 + 4^2 + 7^2 + 8^2 + 9^2 + 10^2 + 14^2 + 15^2 + 18^2 = 1056 = 2^5 \cdot 3 \cdot 11 $

Liczba $1056 = 2^5 \cdot 3 \cdot 11$ jest to iloczyn długości dwóch przyległych boków prostokąta. Aby znaleźć te długości, należy rozłożyć 1056 na dwa czynniki, z których każdy jest nie mniejszy od 18, tj. od długości boku największego kwadratu. Istnieją trzy takie rozkłady:

$ 1056 = 22 \cdot 48 = 24 \cdot 44 = 32 \cdot 33 $

Rozkłady $22\cdot 48$ i $24\cdot 44$ należy odrzucić. Jeśli bowiem w prostokącie o szerokości 22 lub 24 umieścimy kwadrat o boku 18, to pozostała nad nim lub pod nim część prostokąta będzie pasem o długości 18 i szerokości nie większej niż 6, a takiego pasa nie da się wypełnić danymi kwadratami, gdyż można w nim umieścić najwyżej kwadraty o bokach 1 i 4, a suma 1 + 4 = 5 jest mniejsza od 18.

Szukany więc prostokąt, jeżeli istnieje, ma boki 32 i 33. Pokażemy, że istotnie prostokąt ABCD o bokach $AB=32$ i $AD=33$ (rys. 11) można złożyć z danych dziewięciu kwadratów jednym jedynym sposobem.

Kwadrat o boku 18 musi się znajdovvać w narożniku prostokąta. W przeciwnym razie nad tym kwadratem i pod nim pozostałyby pasy o długości 18 i łącznej szerokości 14. Jeden z tych pasów miałby więc szerokość nie większą niż 7, takiego zaś pasa nie można wypełnić danymi kwadratami, gdyż zmieszczą się w nim co najwyżej kwadraty o bokach 1,4, 7, przy czym suma 1 + 4 + 7 =12 jest mniejsza od 18.

Rysujemy zatem kwadrat $AMNP$ o boku $AM=18$ .

Z kolei rozstrzygniemy, jakie kwadraty ułożyć należy przy odcinku $MB=14$ . Liczba 14 musi być albo długością boku
jednego kwadratu, albo sumą długości boków kilku kwadratów; jeśli chodzi o ten drugi przypadek; istnieją tylko dwie możliwości:

$ 14 = 9 + 4 + 1 \text{ albo } 14 = 10 + 4. $

Obie te możliwości odpadają. Jeśli bowiem przy odcinku $MB$ umieścimy kwadrat o boku 9 lub 10, to pozostanie pas długości 9 lub 10 i szerokości nie większej niż 5, którego znowu wypełnić pozostałyml danymi kwadratami nie można. Zatem przy boku $MB$ należy umieścić kwadrat $MBKL$ o boku 14.

Zwróćmy teraz uwagę na punkt $N$ . Z punktu tego musi wychodzić do wnętrza figury $PNLKCD$ jakaś linia podziału prostokąta na kwadraty bądź jako przedłużenie odcinka $MN$ bądź jako przedłużenie odcinka $PN$ . Pierwsza, ewentualność (zaznaczona na rysunku 11 linią przerywaną) zachodzić nie może.

Wówczas bowiem bok $PN = 18$ byłby sumą boków kilku kwadratów, a w tym na pewno boku 15, gdyż dla kwadratu o boku 15. nie pozostałoby już gdzie indziej dość miejsca. Lecz 18 = 15 + 3, a 3 nie jest ani bokiem, ani sumą boków danych kwadratów. Wobec tego linią podziału wychodzącą z punktu $N$ musi być przedłużenie boku $PN$ .

W takim razie posługując się podobnym rozumowaniem, jak poprzednio stwierdzimy, że odcinek $LN=4$ musi być bokiem jednego tylko kwadratu $LRSN$ , następnie stwierdzimy, że odcinek $RK=10$ musi być też bokiem jednego tylko kwadratu, po czym bez trudu znajdziemy położenie pozostałych kwadratów i otrzymamy rozwiązanie zadania przedstawione na rysunku 12.

I OM - B - Zadanie 17

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Dowieść, że jeżeli $a \neq b$ , to

$ a^3b + ab^3 < a^4 + b^4 $

Rozwiązanie

Ponieważ

$ \begin{split} (a^4 + b^4) - (a^3 b + ab^3) &= (a^4 - a^3b) + (b^4 - ab^3) \\ &= (a - b)a^3 (a - b)b^3 \\ &= (a - b)(a^3 - b^3) \\ &= (a - b)(a - b) (a^2 + ab + b^2) \\ &= (a - b)^2 (a^2 +ab + b^2) \\ &= (a - b)^2 \left[(a + \frac{1}{2}b)^2 + \frac{3}{4}b^2\right], \end{split} $

więc jeśli $a \neq b$ , to

$ (a^4 + b^4) - (a^3b + ab^3) > O, $

skąd

$ a^3b+ab^3 < a^4+b^4. $

I OM - B - Zadanie 18

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Podać sposób wyznaczenia najmniejszej wspólnej wielokrotności liczb naturalnych $1, 2, 3, \dots , n$ .

Rozwiązanie

Niechaj $p$ oznacza największą liczbę pierwszą zawartą w danym ciągu liczb naturalnych $1, 2, 3, \dots, n$ . Jeżeli np. $n=50$ , to $p$ oznacza liczbę plerwszą 47.

Aby wyznaczyć najmniejszą wspólną wielokrotność liczb naturalnych $1, 2, 3, \dots, n$ , należałoby rozłożyć wszystkie te liczby na czynniki pierwsze, a następnie, utworzyć iloczyn

$ M = 2^{\alpha} \cdot 3^{\beta} \cdot 5^{\gamma} \cdot \dots \cdot p^{\mu}, $

którego czynnikami są najwyższe potęgi kolejnych liczb pierwszych $2, 3, 5, \dots$ aż do $p$ , występujące w rozkładach liczb $1, 2, 3, \dots , n$ na czynniki pierwsze.

Możemy jednak wykładniki $\alpha, beta, \gamma, \dots, \mu$ znaleźć w sposób prostszy, bez rozkładania danych liczb na czynniki pierwsze.

Aby wyznaczyć wykładnik $\alpha$ przy liczbie pierwszej 2, wypisujemy kolejne potęgi liczby 2:

$ 2^1 = 2, 2^2 = 4, 2^3 = 8, 264 = 16, 2^5 = 32, 2^6 = 64, 2^7 = 128, \dots $

i znajdujemy taki wykładnik $\alpha$ , żeby były spełnione nierówności

$ 2^{\alpha} \leq n < 2^{\alpha+1} $

Jeżeli np. $n = 50$ , to należy wziąć $a = 5$ .

Następnie w ciągu kolejnych potęg liczby pierwszej 3:

$ 3^1 = 3, 3^2 = 9, 3^3 = 27, 3^4 = 81, 3^5 = 243, \dots $

znajdujemy taki wykładnik $\beta$ , żeby były spełnione nierówności

$ 3^{\beta} \leq n <3^{\beta + 1} $

Np. dla $n = 50$ znajdziemy $\beta = 3$ .

Tak postępujemy dalej, przy czym będziemy otrzymywali wykładniki $\alpha, beta, \gamma, \dots$ coraz mniejsze, aż dojdziemy do takiej liczby pierwszej $h$ , dla której zachodzą nierówności

$ h \leq n < h^2 $

Zaczynając od tej liczby pierwszej $h$ wszystkie czynniki pierwsze będą w iloczynie $M$ występowały z wykładnikiem 1.

Jeżeli np. weźmiemy $n = 50$ , to

$ M = 2^5 \cdot 3^3 \cdot 5^2 \cdot 7^2 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 19 \cdot 23 \cdot 29 \cdot 31 \cdot 37 \cdot 41 \cdot 43 \cdot 47 $

I OM - B - Zadanie 19

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Środki czterech jednakowych kulek leżą na okręgu koła, a środek ciężkości układu tych kulek leży w środku koła. Okazać, że środki kulek są wierzchołkami prostokąta.

Rozwiązanie

Niech $A, B, C, D$ oznaczają kolejne wierzchołki czworokąta utworzonego przez środki kulek, a $M$ i $N$ - środki dwóch przeciwległych boków $AB$ i $CD$ tego czworokąta.

Zastąpmy kulki o środkach $A$ i $B$ kulką 2 razy cięższą o środku $M$ , a kulki o środkach $C$ i $D$ - kulką 2 razy cięższą o środku $N$ . Środek ciężkości układu tych dwóch nowych kulek jest ten sam, co środek ciężkości układu poprzednich czterech kulek, gdyż siły ciężkości działające w punktach $A$ i $B$ zastąpiliśmy ich wypadkową działającą w punkcie $M$ i tak samo siły ciężkości działające w punktach $C$ i $D$ zostały zastąpione ich wypadkową działającą w punkcie $N$ . Zatem środek ciężkości dwóch kulek umieszczonych w punktach $M$ i $N$ , czyli środek odcinka $MN$ , leży w środku rozważanego okręgu.

Cięciwy $AB$ i $CD$ , których środki $M$ i $N$ leżą na średnicy okręgu, są do tej średnicy prostopadłe; cięciwy te są więc równoległe. Tak samo równoległe są dwa pozostałe boki $BC$ i $AD$ czworokąta $ABCD$ . Czworokąt ten jest więc wpisanym w koło równoległobokiem, czyli jest prostokątem.

I OM - B - Zadanie 20

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Boki trójkąta prostokątnego są wyrażone liczbami naturalnymi. Jedna z przyprostokątnych wyrażona jest liczbą 10. Obliczyć pozostałe boki tego trójkąta.

Rozwiązanie

Liczby naturalne $x$ i $y$ wyrażające długość przeciwprostokątnej i długość drugiej przyprostokątnej rozważanego trójkąta spełniają, według twierdzenia Pitagorasa, równanie

$ (1) \qquad x^2-y^2 = 10^2 $

Ponieważ $10^2$ jest iiczbą parzystą, więc z równania (1) wynika, że liczby $x^2$ i $y^2$ są albo obie parzyste, albo obie nieparzysteo W takim razie również liczby $x$ i $y$ są albo obie parzyste, albo obie nieparzyste.

Z równania (1) wynika

$ (2) \qquad (x+y)(x-y)=10^2 $

Ponieważ liczby $x$ i $y$ są tej samej parzystości, więc liczby $(x + y)$ i $(x-y)$ są obie parzyste; ponadto $x + y > x-y$ . Otóż liczbę $10^2 = 100$ można rozłożyć na iloczyn dwóch nierównych czynników parzystych tylko jednym sposobem: $100 = 50 \cdot 2$ . Zatem z równania (2) wynika, że

$ \begin{cases} x+y=50 \\ x-y = 2 \end{cases} $

Stąd $x = 26$ , $y = 24$ .

I OM - I etap

Zadania z zawodów stopnia I dla szczebla wyższego (A)

Załącznik	Wielkość
I OM I etap - Zadania z rozwiązaniami [4]	1.97 MB

I OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Dowieść, że jeżeli $m > 0$ , to $m + \frac{4}{m^2} \geq 3$ .

Rozwiązanie

Sposób I

Gdy poszukujemy dowodu jakiegoś twierdzenia, postępujemy często podobnie, jak w analizie zadania konstrukcyjnego, przeprowadzając tzw. rozumowanie redukcyjne.

Zakładamy, że dane twierdzenie jest prawdziwe, wysnuwamy z omego wnioski zmierzając do tego, by otrzymać jakiEś znane twierdzenie prawdziwe. To prawdziwe twierdzenie obieramy za punkt wyjścia dowodu i staramy się drogą odwrotną do poprzedniej wywnioskować twierdzenie żądane.

Zastosujmy ten sposób do postawionego zadania.

Załóżmy, że gdy $m > 0$ , to

$ (1) \qquad m + \frac{4}{m^2} \geq 3 $

Stąd wnioskujemy kolejno, że gdy $m > 0$ , to

$ \begin{split} (2) &\qquad m^3 + 4 \geq 3m^2 \\ (3) &\qquad m^3 - 3m^2 + 4 \geq 0 \\ (4) &\qquad m^3 + m^2 - 4m^2 + 4 \geq 0 \\ (5) &\qquad m^2(m + 1) - 4(m^2 - 1) \geq 0 \\ (6) &\qquad (m + 1) (m^2 - 4m + 1) \geq 0 \\ (7) &\qquad (m + 1)(m - 2)^2 \geq 0 \end{split} $

Otóż gdy $m$ jest dodatnie, nierówność (7) jest na pewno prawdziwa, gdyż $(m + 1)$ jest liczbą dodatnią, a $(m - 2)^2$ jest liczbą dodatnią lub równą zeru. Obieramy więc nierówność (7) za punkt wyjścia dowodu twierdzenia:

Niech $m > 0$ ; zachodzi wówczas nierówność (7), a z niej wysnuwamy kolejno nierówności (6), (5) itd., aż. do nierówności (1).

Sposób II

Sposób I ma tę niedogodność, że ten sam ciąg
nierówności od (1) do (7) trzeba przebiegać raz w jednym kierunku,
a drugi raz w kierunku przeciwnym. Możemy tego uniknąć i skrócić
rozumowanie stosując metodę sprowadzenia do niedorzeczności.
Przypuśćmy, że twierdzenie nasze jest fałszywe, to znaczy,
że istnieje taka dodatnia liczba $m$ , która spełnia nierówność

$ (1) \qquad m + \frac{4}{m^2} < 3 $

Stąd wnioskujemy kolejno, że gdy $m > 0$ , to

$ \begin{split} (2) &\qquad m^3 + 4 < 3m^2 \\ (3) &\qquad m^3 - 3m^2 + 4 < 0 \\ (4) &\qquad m^3 + m^2 - 4m^2 + 4 < 0 \\ (5) &\qquad m^2(m + 1) - 4(m^2 - 1) < 0 \\ (6) &\qquad (m + 1) (m^2 - 4m + 1) < 0 \\ (7) &\qquad (m + 1)(m - 2)^2 < 0 \end{split} $

Otrzymaliśmy wynik fałszywy, gdyż przy $m > 0$ żadna z liczb $(m + 1)$ i $(m - 2)^2$ nie jest liczbą ujemną, a więc iloccyn nie może być ujemny.

Żadna dodatnia liczba $m$ nie spełnia zatem nierówności (1).

Znaczy to, że

$ m + \frac{4}{m^2} \geq 3 $

dla każdego dodatniego $m$ .

I OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Dowieść, że suma sześcianów $n$ kolejnych wyrazów postępu arytmetycznego jest podzielna przez sumę tych wyrazów.

Rozwiązanie

Sposób I

W rachunku, który wypadnie wykonać, dogodnie będzie skorzystać ze znanych wzorów na sumę pierwszych, drugich i trzecich potęg liczb naturalnych od 1 do $(n - 1)$ . Sumy te oznaczymy literami $\sigma_1, \sigma_2, \sigma_3$ :

$ \begin{split} \sigma_1 &= 1+2+\dots+(n-1) = \frac{(n-1)n}{2} \\ \sigma_2 &= 1^2+2^2+\dots+(n-1)^2 = \frac{(n-1)n(2n-1)}{6} \\ \sigma_3 &= 1+2+\dots+(n-1) = \frac{(n-1)n}{2} \\ \end{split} $

Zauważmy, że

$ \sigma_2 = \sigma_1 \cdot \frac{2n-1}{3}\cdot \sigma_3 = \sigma_1^2 $

Niech $a$ oznacza pierwszy z rozważanych $n$ kolejnych wyrazów postępu arytmetycznego, $d$ -różnicę postępu, $S$ - sumę $n$ kolejnych wyrazów postępu, $T$ - sumę sześcianów tych wyrazów. Stosując powyższe wzory otrzymujemy

$ \begin{split} S &= a + (a+d) + \dots + [a+(n-1)d] = \\ & na + [1+2+\dots+(n-1)]d, \end{split} $

czyli

$ S=na+\sigma_1 d $

oraz

$ \begin{split} T &= a^3+ (a + d)^3 + \dots + [a + (n - 1) d]^3 = \\ &= na^3 + 3 \cdot [1 + 2 + \dots + (n - 1)]a^2 d + \\ &+ 3\cdot [1^2 + 2^2 + \dots + (n-1)^2] ad^2 + [1^3 + 2^3 + \dots + (n-1)^3] d^3, \end{split} $

zatem

$ T=na^3 + 3\sigma_1 a^2 d + 3\sigma_2 a d^2 + \sigma_3 d^3, $

czyli

$ (2) \qquad na^3 + 3\sigma_1 a^2 d + (2n-1)\sigma_1 a d^2 + \sigma_1^2 d^3, $

Sumy $S$ i $T$ , wyrażone wzorami (1) i (2), są wielomianami uporządkowanymi względem $a$ . Najwyższe ich wyrazy $na^3$ i $na$ dają iloraz $a^2$ , a najniższe wyrazy, czyli $\sigma_1^2 d^3$ i $\sigma_1 d$ dają iloraz $\sigma_1 d^2$

Jeśli wiclomian $T$ jest podzielny przez dwumian $S$ , to iloraz ma postać $a^2+ xad + \sigma_1d^2$ . Otóż

$ \begin{split} S(a^2+ xad + \sigma_1d^2) &= (na + \sigma_1 d) (a^2+ xad + \sigma_1 d^2)= \\ &= na^3+ (nx + \sigma_l)a^2d + (x + n)\sigma_1 ad^2+ \sigma_1 d^2 \end{split} $

Otrzymany wielomian $T$ będzie identyczny z wielomianem (2), gdy obierzemy $x = n-l$ , gdyż wówczas będzie $nx + \sigma_1 = 3\sigma_1$ i $x + n = 2n-1$ .

Zatem

$ (*) \qquad T = S[a^2+(n-1)ad + \sigma_1 d^2] $

Istotnie więc wielomian $T$ jest podzielny przez dwumian $S$ .

Sposób II

Przypuśćmy, że $n$ jest liczbą nieparzystą: $n = 2k + 1$ .
Oznaczmy środkowy wyraz postępu literą $b$ , a różnicę postępu
literą $d$ . Wówczas będziemy mieli postęp

$ \begin{split} b - kd, b - (k - 1) d, &\dots , b - d, b, b + d, \\ &\dots , b + (k - 1) d, b + kd. \end{split} $

Obliczamy sumę wyrazów tego postępu:

$ S = (2k + 1) b $

Z kolei obliczamy sumę trzecich potęg wyrazów postępu:

$ \begin{split} T=[b - kd]^3, [b - (k - 1) d]^3, &\dots , [b - d]^3, b^3, [b + d]^3, \\ &\dots , [b + (k - 1) d]^3, [b + kd]^3. \end{split} $

Obliczenie pomocnicze:

$ [b - kd]^3 + [b + kd]^3 = 2b^3+ 6k^2bd^2 $

Podobnie mamy

$ \begin{split} [b - (k-1)d]^3 + [b + (k-1)d]^3 = 2b^3+ 6(k-1)^2bd^2 \\ \dots \\ [b - d]^3 + [b + d]^3 = 2b^3+ 6bd^2 \\ \end{split} $

W ten sposób otrzymujemy

$ T=[2b^3+ 6k^2bd^2] + [2b^3+ 6(k-1)^2bd^2] + \dots + [2b^3+ 6bd^2] + b^3 $

$ T=(2k+1)b^3 + 6[k^2+(k-1)^2 + \dots + 1^2] bd^2 $

Korzystając ze wzoru

$ 1^2+2^2+\dots+(k-1)^2 + k^2 = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} $

otrzymujemy

$ \begin{split} T &= (2k + 1) b^3 + k (k + 1) (2k + 1) bd^2 \\ T &= (2k + 1) b[b^2 + k (k + 1) d^2] \\ (**)\qquad T &= S \cdot [b^2 + k (k + 1) d^2] \end{split} $

Ostatni wzór wykazuje, że $T$ jest podzielne przez $S$ .
W przypadku, gdy $n$ jest liczbą parzystą: $n = 2k$ , w postępie nie ma wyrazu środkowego. W tym przypadku średnią arytmetyczną dwóch wyrazów stojących pośrodku postępu oznaczamy literą $c$ , a literą $r$ oznaczamy połowę różnicy postępu. Mamy wtedy postęp

$ \begin{split} c - (2k - 1) r, c - (2k - 3) r, &\dots , c - 3r, c - r, c + r, c + 3r, \\ &\dots , c + (2k - 3)r, c + (2k - 1) r. \end{split} $

Obliczamy sumę wyrazów postępu:

$ S=2kc $

Z kolei obliczamy sumę trzecich potęg wyrazów postępu:

$ \begin{split} T = [c - (2k - 1) r]^3, [c - (2k - 3) r]^3, &\dots , [c - 3r]^3, [c - r]^3, [c + r]^3, [c + 3r]^3, \\ &\dots, [c + (2k - 3)r]^3, [c + (2k - 1) r]^3. \end{split} $

Obliczenia pomocnicze:

$ \begin{split} [c - (2k - 1) r]^3 + [c + (2k - 1) r]^3 &= 2c^3+ 6(2k - 1)^2 cr^2 \\ [c - (2k - 3) r]^3 + [c + (2k - 3) r]^3 &= 2c^3 + 6(2k - 3)^2 cr^2 \\ \dots \\ [c - 3r]^2 + [c + 3r]^3 &= 2c^3 + 6 \cdot 3^2cr^2 \\ [c - r]^2 + [c + r]^3 = 2c^3 + 6 \cdot 1^2cr^2 \end{split} $

Na podstawie powyższych wzorów mamy

$ \begin{split} T &= [2c^3 + 6 (2k - 1)^2 cr^2] + [2c^3+ 6 (2k - 3)^2 cr^2] + \dots + \\ &+ [2c^3 + 6 \cdot 3^2 cr^2] + [2c^3 + 6 \cdot 1^2 cr^2] \\ T &= 2kc^3 + 6 [(2k - 1)^2 + (2k - 3)^2 + \dots + 3^2+ 1^2]cr^2 \end{split} $

Trzeba obliczyć sumę kwadratów kolejnych liczb naturalnych nieparzystych.

Otrzymamy ją odejmując od sumy kwadratćw liczb naturalnych od 1 do $2k$ sumę kwadratów liczb parzystych $2, 4, \dots , 2k$ , czyli 4 razy wziętą sumę kwadratów liczb $1, 2, 3, \dots , k$ , co daje

$ \frac{2k(2k+1)(4k+1)}{6} - \frac{4k(k+1)(2k+1)}{6} = \frac{k(2k-1)(2k+1)}{3} $

Korzystając z tego wzoru otrzymujemy

$ \begin{split} T &= 2kc^3 + 2k (2k - 1) (2k + 1) cr^2 \\ T &= 2kc [c^2 + (2k - 1) (2k + 1) r^2] \\ (***) \qquad T &= S \cdot [c^2 + (2k - 1) (2k + 1) r^2] \end{split} $

Wzór ten dowodzi, że i w tym przypadku $T$ jest podzielne przez $S$ .

Uwaga. Wzory (**) i (***) wyrażają ten sam związek, co wzór (*). Łatwo to sprawdzić podstawiając do wzoru (*) wartości $n = 2k + 1$ , $a = b- kd$ bądź też wartości $n = 2k$ , $d = 2r$ , $a = c - (2k - 1) r$ .

I OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Zbudować trójkąt równoboczny, którego wierzchołki leżą na trzech danych prostych równoległych.

Rozwiązanie

Sposób I (metoda obrotu).

Analiza. Niech $ABC$ będzie trójkątem równobocznym, którego wierzchołki $A, B, C$ leżą odpowiednio na danych prostych równoległych $a, b, c$ (rys. 13 a).

Obróćmy całą figurę dokoła punktu $A$ o kąt $BAC = 60^{\circ}$ Punkt $B$ znajdzie się po obrocie w punkcie $C$ , prosta $b$ przybierze położenie $b_l$ . Ponieważ mając środek $A$ i kąt obrotu równy $60^{\circ}$ potrafimy wykreślić prostą $b_l$ , więc znajdziemy punkt $C$ w przecięciu prostych $b_l$ i $c$ .

Konstrukcja. Obieramy dowolnie punkt $A$ na prostej $a$ (rys. 13 b). Obracamy prostą $b$ o $60^{\circ}$ dokoła punktu $A$ kreśląc $AM \perp a$ , $\measuredangle MAN = 60^{\circ}$ i wreszcie $b_l \perp AN$ . Prosta $b_l$ przecina prostą $c$ w punkcie $C$ . Z punktu $A$ zakreślamy okrąg promieniem $AC$ . Niech $B$ będzie punktem przecięcia tego okręgu z prostą $b$ , leżącym po przeciwnej stronie prostej $AM$ niż punkt $N$ . Trójkąt $ABC$ jest trójkątem równobocznym.

Aby tego dowieść, obróćmy całą figurę na rysunku 13 b) o kąt $MAN$ . Prosta $b$ przybierze położenie $b_l$ , a punkt $B$ zakreśli łuk o promieniu $AB$ i znajdzie się w punkcie przecięcia tego łuku z prostą $b_l$ , tzn. w punkcie $C$ . Zatem $\measuredangle BAC = \measuredangle MAN = 60^{\circ}$ , z czego wynika, że trójkąt $ABC$ jest równoboczny.

Dyskusja. Konstrukcja jest zawsze wykonalna. Ponieważ obrotu o $60^{\circ}$ dokoła punktu $A$ dokonać można w dwóch kierunkach, przeto dla dowolnie obranego punktu $A$ na prcstej $a$ istnieją dwa trójkąty równoboczne o wierzchołkach leżących na danych prostych $a, b, c$ . Trójkąty te są symetryczne względem prostej $AM$ - osi symetrii figury danej.

Sposób II

Analiza. Niech trójkąt $ABC$ będzie trójkątem poszukiwanym (rys. 14 a). Okrąg opisany na trójkącie $ABC$ przecina prostą $a$ w punktach $A$ i $D$ . Według twierdzenia o kątach wpisanych mamy

$ \begin{split} \measuredangle ADB = \measuredangle ACB = 60^{\circ} \measuredangle BDC = \measuredangle BAC = 60^{\circ} \end{split} $

Obierając dowolnie punkt $D$ można zatem wyznaczyć punkty $E$ i $C$ , a następnie $A$ .

Konstrukcja. Z punktu $D$ , obranego dowolnie na prostej $a$ , jako ze środka, zataczamy okrąg dowolnie wielkim promieniem $DK$ (rysunek 14 b). Odmierzamy $KM = MN = DK$ i prowadzimy proste $DM$ i $DN$ , które przecinają się z prostymi $b$ i $c$ w punktach $B$ i $C$ . Z punktu $C$ jako ze środka zataczamy łuk promieniem $CB$ do przecięcia z półprostą $DK$ prostej $a$ w punkcie $A$ .

Trójkąt $ABC$ jest równoboczny. Aby się o tym przekonać, weźmy pod uwagę okrąg opisany na trójkącie $BCD$ . Ponieważ $\measuredangle BDC = 60^{\circ}$ , więc $BC$ jest bokiem trójkąta foremnego wpisanego w ten okrąg. Trzeci wierzchołek owego trójkąta musi leżeć na półprostej $DK$ (gdyż $\measuredangle KDB = 60^{\circ}$ ) a zarazem na okręgu, który został zatoczony ze środka $C$ . Tym trzecim wierzchołkiem jest więc punkt $A$ .

Dyskusja. Konstrukcja jest zawsze wykonalna. Okrąg o środku $C$ i promieniu $CB$ przecina półprostą $DK$ w jednym punkcie, gdyż $BC > CP$ , więc też $BC > CD$ . Przy obranym punkcie $D$ otrzymujemy dwa rozwiązania symetryczne, gdyż punkt $K$ można obrać na prostej $a$ bądź po jednej stronie punktu $D$ , bądź po drugiej.

Sposób III (metoda figur podobnych)

Analiza. Niech $ABC$ będzie trójkątem poszukiwanym (rys. 15)

Zauważmy, że potrafimy zbudować figurę podobną do figury szukanej. W tym celu wystarczy wykreślić dowolny trójkąt równoboczny $A_B_C_$ (rys. 16) i wyznaczyć na boku $A_1C_1$ taki punkt $D_1$ że $\frac{A_1D_1}{D_1C_1}= \frac{AD}{DC}$ . Lecz stosunek $\frac{AD}{DC}$ jest znany, ponieważ równa się stosunkowi odpowiednich odległości między prostymi równoległymi $a, b, c$ . Prowadząc przez $B_l$ i $D_1$ prostą $b_l$ , a następnie kreśląc $a_l || b_l$ i $c_1 || b_1$ otrzymujemy figurę, która jest podobna do figury na rysunku 15, wobec czego równe są np. kąty zaznaczone na obu rysunkach. Mając zaś kąt między prostą $AB$ prostą możemy wykreślić trójkąt $ABC$ .

Konstrukcja. Najdogodniej obrać punkty $A_1$ i $C_1$ na prostych $a$ i $c$ (rys. 17), gdyż wówczas punkt $D_1$ znajdujemy od razu w przecięciu odcinka $A_1C_l$ z prostą $b$ . Budując trójkąt równoboczny $A_B_lC_1$ otrzymujemy kąt $A_1B_1D_1$ . Przy dowolnie obranym punkcie $A$ prostej $a$ odmierzamy od tej prostej kąt równy kątowi $A_1B_1D_1$ i otrzymujemy punkt $B$ . Budujemy wreszcie $\measuredangle BAC = 60^{\circ}$ . Trójkąt $ABC$ jest trójkątem równobocznym; udowodnimy to.

Figura $ABCD$ jest podobna do figury $A_1B_1C_1D_1$ . Istotnie trójkąt $ABD$ jest podobny do trójkąta $A_lB_1D_1$ (dwie pary kątów odpowiednio równych), a punkt $C$ prostej $AD$ jest punktem odpowiednim do punktu $C_1$ prostej $A_1D_l$ , wobec równości stosunków $\frac{A_1D_1}{D_1C_1}$ i $\frac{AD}{DC}$ . Trójkąt $ABC$ jest więc równoboczny.

Dyskusja. Konstrukcja jest zawsze wykonalna. Ponieważ kąt równy kątowi $A_1B_1D_l$ można odmierzyć przy prostej
a po każdej stronie punktu $A$ , przeto otrzymujemy dwa rozwiązania symetryczne, jak przy metodzie poprzedniej.

Sposób IV (metoda miejsc geometrycznych).

Analiza. Jeśli trójkąt $ABC$ jest trójkątem o żądanych własnościach, to przesuwając go równolegle w kierunku danych prostych $a, b, c$ możemy wierzchołek $A$ umieścić w dowolnie obranym punkcie prostej $a$ . Zadanie sprowadza się wówczas do wyznaczenia jednego z pozostałych wierzchołków, np. wierzchołka $C$ .

Punkt $C$ znajdziemy w przecięciu dwóch miejsc geometrycznych:

prostej $c$
miejsca geometrycznego trzeciego wierzchołka trójkąta
równobocznego, którego jednym wierzchołkiem jest punkt $A$
a drugi wierzchołek $B$ porusza się po prostej $b$ .

Wyznaczymy to drugie miejsce geometryczne.

Ponieważ istnieją dwa trójkąty równoboczne o tej samej podstawie $AB$ , przeto weźmy najpierw pod uwagę te trójkąty $ABC$ , w których punkty $A, B, C$ następują po sobie w porządku cyklicznym dodatnim, tzn. przeciwnym do tego, który określa ruch wskazówki zegara.

Niech w położeniu $AB_1C_1$ (rys. 18) punkt $C_1$ leży na prostej $b$ i niech $ABC$ będzie dowolnym innym położeniem trójkąta. Udowodnimy, że punkt $C$ zakreśla prostą $m$ przechodzącą przez punkt $C_1$ i równoległą do prostej $AB_1$ .

W dowodzie rozróżnimy trzy przypadki położenia punktu $B$ :

punkt $B$ leży na prawo od punktu $B_1$ (rys. 18 a),
punkt $B$ leży między punktami $E_1$ i $C_1$ (rys. 18b),
punkt $B$ leży na lewo od punktu $C_1$ (rys. 18 c).

W przypadku a) mamy $\measuredangle AC_1B = \measuredangle ACB = 60^{\circ}$ , czworokąt $ABCC_1$ jest czworokątem wpisanym w koło, wobec czego $\measuredangle CC_1B = \measuredangle CAB = 60^{\circ}$ i $CC_1 || AB_1$ · Punkt $C$ przebiega tę półprostą prostej $m$ , która leży po przeciwnej stronie prostej $b$ niż prosta $a$ .

Istotnie, jeśli $C$ leży na tej prostej, a $\measuredangle CAB = 60^{\circ}$ , to $\measuredangle CAB = \measuredangle CC_1B$ , więc w czworokącie $ABCC_1$ mamy $ACB = \measuredangle AC_1B = 60^{\circ}$ i trójkąt $ABC$ jest równoboczny.

W przypadkach b) i c) rozumowanie jest analogiczne. Na rysunkach 18 b) i c) zaznaczone są równe kąty; punkt $C$ przebiega pozostałe części prostej $m$ .

Rozważając wreszcie trójkąty $ABC$ o ujemnym porządku cyklicznym punktów $A, B, C$ , tj. trójkątyodpowiednio symetryczne do poprzednich trójkątów względem ich podstaw AB,otrzymujemy drugą część poszukiwanego miejsca geometrycznego, mianowicie prostą $n$ przechodzącą przez punkt $B_1$ i równoległą do prostej $AC_1$ .

Szukane miejsce geometryczne jest więc parą prostych $m$ i $n$ .

Konstrukcja. Wykreślamy (rys. 19) trójkąt równoboczny $AB_1C_1$ oraz proste $m$ i $n$ , otrzymując w przecięciu ich z prostą $c$ punkty $C$ i $C_1$ .

Budujemy $\measuredangle CAB = 60^{\circ}$ . Trójkąt $ABC$ jest żądanym trójkątem równobocznym; drugim takim trójkątem jest symetryczny do niego trójkąt $ABC$ .

Dyskusja. Konstrukcja jest zawsze wykonalna, zadanie ma dwa rozwiązania symetryczne.

Sposób V (metoda algebraiczna, czyli rachunkowa).

Analiza. Niech $ABC$ będzie trójkątem poszukiwanym. Obliczymy kąt nachylenia $x$ boku $AB$ do prostej $a$ (rys. 20) w zależności od odległości $AM = p$ prostych $a$ i $b$ oraz odległości $CN = q$ prostych $b$ i $c$ .

Z trójkątów $AMB$ i $CNB$ mamy

$ p = AB \sin x, q = BC \sin (60^{\circ} - x), AB = BC. $

Stąd

$ \begin{split} p \sin (60^{\circ} - x) &= q sin x, \\ p \sin 60^{\circ} \cos x - p \cos 60^{\circ} \sin x &= q \sin x \end{split} $

i ostatecznie

$ \tan x = \frac{p\sqrt{3}}{p+2q} $

Konstrukcja (rys. 21). Budujemy kąt $x$ jako kąt ostry trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych $p\sqrt{3}$ i $p + 2q$ , leżący naprzeciw boku $p\sqrt{3}$ . Wykreślamy odcinek $AB$ tworzący kąt $x$ z prostą $a$ . Wreszcie wykreślamy $\measuredangle ABC = 60^{\circ}$ . Trójkąt $ABC$ jest trójkątem równobocznym.

Istotnie z trójkątów $AMB$ i $CNB$ mamy związki

$ AB=\frac{p}{\sin x},\quad BC = \frac{q}{\sin(60^{\circ}-x)} $

zatem

$ \begin{split} \frac{AB}{BC} = \frac{p\sin(60^{\circ}-x)}{q\sin x} = \frac{p(\sin 60^{\circ}\cos x - \cos 60^{\circ})}{q\sin x} = \\ = \frac{p}{q}\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \cotan x - \frac{1}{2}\right) = \frac{p}{q} \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{p+2q}{p\sqrt{3}} - \frac{1}{2}\right) = \frac{p}{q}\left(\frac{1}{2} + \frac{p}{q} - \frac{1}{2}\right) = 1. \end{split} $

tzn. $AB = BC$ , skąd wynika, że trójkąt $ABC$ jest równoboczny.

Dyskusja. Ponieważ kąt $x$ możemy odmierzyć po obu stronach punktu $A$ , więc zadanie ma zawsze dwa rozwiązania.

I OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

W trójkącie $ABC$ kąt $A$ jest dany. Czy można obliczyć kąty $B$ i $C$ , gdy wiadomo, że pewna prosta przechodząca przez punkt $A$ dzieli trójkąt na dwa trójkąty równoramienne?

Rozwiązanie

Oznaczmy poszukiwane kąty trójkąta $ABC$ przez $x$ i $y$ i niech odcinek $AD$ dzieli trójkąt na dwa trójkąty równoramienne $T_1$ i $T_2$ .

I OM - II etap

Zadania z zawodów stopnia II

Załącznik	Wielkość
I OM II etap - Zadania z rozwiązaniami [5]	963.05 KB

I OM - III etap

Zadania z zawodów stopnia III

Załącznik	Wielkość
I OM III etap - Zadania z rozwiązaniami [6]	807.51 KB