XXXIII OM - I - Zadanie 1

Dwudziestopięciokąt foremny wpisany jest w okrąg o środku i promieniu długości . Jaka jest maksymalna długość wektora będącego sumą pewnych spośród wektorów ?

Rozwiązanie

Rozważmy pewien podzbiór zbioru danych wektorów, dla którego
wektor będzie równy sumie wszystkich wektorów podzbioru . Jeżeli wektor nie należy do oraz tworzy z wektorem kąt ostry, to suma wszystkich wektorów zbioru oraz wektora ma długość większą od . Zakładając, że , to oraz (bo kąt jest rozwarty). Stąd wynika, że , to jest .

Z drugiej strony ponieważ suma wszystkich danych wektorów jest wektorem zerowym, więc suma wektorów każdego ustalonego podzbioru jest wektorem przeciwnym do sumy pozostałych wektorów, a zatem obie te sumy są wektorami równej długości. Wynika stąd, że sumę o maksymalnej długości możemy otrzymać dodając nie więcej niż wektorów. Pokażemy, że taką maksymalną sumę otrzymamy dodając kolejnych wektorów. Niech wektor oznacza sumę wektorów wybranego podzbioru . Nie zmniejszając ogólności możemy założyć, że punkt należy do kąta . Gdyby więc któryś z wektorów dla nie należał do , to na mocy początkowej uwagi dodając ten wektor do otrzymalibyśmy taki podzbiór wektorów, że ich suma byłaby dłuższa od . Ostatecznie więc maksymalną długość ma suma kolejnych wektorów (suma kolejnych wektorów ma tę samą długość). Wygodniej będzie obliczyć długość sumy kolejnych wektorów. Ponieważ kolejne wektory tworzą kąt o mierze , więc suma długości takich wektorów równa jest sumie długości rzutów tych wektorów na półprostą . Wynosi ona

gdyż wektory i tworzą z kąt o mierze , wektory i tworzą z kąty o mierze wektory i tworzą z kąty o mierze .

Dla obliczenia wartości (*) zastosujemy liczby zespolone. Liczba

jest częścią rzeczywistą liczby zespolonej

Przyjmując mamy na mocy wzoru de Moivre'a

Wynika stąd, że

więc

Interesująca nas część rzeczywista tej liczby wynosi

Obliczyliśmy więc, że

Wobec tego

Ostatecznie więc maksymalna długość wektora będącego sumą pewnych spośród wektorów wynosi

XXXIII OM - I - Zadanie 2

Niech będzie ustaloną liczbą pierwszą. Udowodnić, że liczba

dzieli się przez .

Rozwiązanie

Rozważana liczba jest różnicą dwóch liczb, których ostatnimi cyframi są dziewiątki, zatem ostatnią cyfrą liczby jest zero, liczba ta dzieli się więc przez oraz przez , a więc teza jest prawdziwa dla oraz dla . Dla możemy zastosować znaną cechę podzielności liczb całkowitych przez . Liczba jest podzielna przez , więc w liczbie i w liczbie suma cyfr dzieli się przez , zatem obie te liczby są podzielne przez . Stąd wynika, że obie te liczby są podzielne przez . Liczba jako ich różnica jest podzielna przez .

W dalszym rozumowaniu ograniczymy się do przypadku, gdy jest liczbą pierwszą różną od , , . Ponieważ , więc daną liczbę można zapisać w postaci

Na podstawie twierdzenia Fermata (zob. zadanie przygotowawcze A) stwierdzamy, że następujące liczby

są podzielne przez (istotnie jest tu założenie, że oraz , bo z niego wynika, że oraz są liczbami niepodzielnymi przez ). Wobec tego liczba występująca w nawiasie klamrowym dzieli się przez , a zatem cała suma w wypisanym wyżej wzorze dzieli się przez . Ponieważ , więc po podzieleniu tej sumy przez otrzymamy w dalszym ciągu liczbę podzielną przez . Udowodniliśmy w ten sposób, że liczba dzieli się przez .

XXXIII OM - I - Zadanie 3

Obliczyć granicę

gdzie

Rozwiązanie

Rozkładając licznik i mianownik na czynniki otrzymujemy

Wobec tego w iloczynie

każda liczba spełniająca nierówność występuje dokładnie cztery razy w liczniku i cztery razy w mianowniku, na przykład liczba występuje w liczniku w czynnikach , , , , natomiast w mianowniku w czynnikach i . Natomiast llczba występuje w iloczynie tylko raz w liczniku , liczba występuje jednokrotnie w liczniku (w , dwukrotnie w mianowniku (w ), liczba dwukrotnie w liczniku i dwukrotnie w mianowniku, liczba dwukrotnie w liczniku i dwukrotnie w mianowniku, liczba trzykrotnie w liczniku, a dwukrotnie w mianowniku, liczby i trzykrotnie w liczniku, a czterokrotnie w mianowniku. Ponadro w iloczynie liczby i występują trzykrotnie w liczniku i czterokrotnie w mianowniku, liczba występuje trzykrotnie w liczniku a dwukrotnie w mianowniku, liczby i występują dwukrotnie w liczniku i dwukrotnie w mianowniku, liczba występuje jednokrotnie w liczniku a dwukrotnie w mianowniku, liczby i występują jednokrotnie w liczniku, nie występują w mianowniku. Wobec tego po uproszczeniu, wszystkich czynników występujących w liczniku i w mianowniku otrzymujemy

Granicą tego ciągu jest liczba .

XXXIII OM - I - Zadanie 4

Udowodnić, że dla każdej liczby naturalnej zachodzi równość

Rozwiązanie

Przeprowadzimy dowód indukcyjny.

Dla lewa strona przyjmuje wartość , prawa strona również przyjmuje wartość .

Załóżmy, że dla pewnego naturalnego zachodzi nierówność

Udowodnimy, że

Niech

Na podstawie tożsamości , którą możemy uzasadnić przez bezpośredni rachunek:

obliczamy

Otrzymujemy stąd równanie

Ponieważ

więc powyższe równanie przyjmuje postać

a zatem .

Na mocy zasady indukcji matematycznej dana nierówność spełniona jest dla każdego naturalnego .

XXXIII OM - I - Zadanie 5

W pewnym zakładzie pracy każdy pracownik jest członkiem dokładnie jednego ze 100 związków zawodowych. Pracownicy mają wybrać dyrektora spośród dwóch kandydatów. Członkowie każdego ze związków umawiają się, czy wstrzymują się od głosu lub na którego z dwóch kandydatów będą głosować. Dowieść, że istnieje taki związek, że jeśli jego członkowie wstrzymają się od głosowania, a członkowie wszystkich innych związków będą głosować na któregoś z dwóch kandydatów, to kandydaci na dyrektora nie otrzymają równej liczby głosów.

Rozwiązanie

Niech będą odpowiednio liczbami członków poszczególnych związków. Możemy założyć, że pewna z liczb (np. ) jest nieparzysta, gdyż w przeciwnym razie podzielilibyśmy wszystkie przez maksymalną potęgę dwójki dzielącą je wszystkie. Jeżeli teraz suma jest liczbą parzystą, to jeśli członkowie -tego związku wstrzymają się od głosu, to liczba pozostałych głosów będzie nieparzysta. Zatem liczby głosów oddanych na każdego kandydata nie mogą być równe. Jeśli natomiast suma jest liczbą nieparzystą, to pewien jej składnik musi być parzysty (suma stu liczb nieparzystych jest liczbą parzystą), niech na przykład . Jeżeli w tym przypadku członkowie -tego związku wstrzymają się od głosu, suma jest liczbą nieparzystą. Liczby głosów oddanych na poszczególnych kandydatów nie mogą być równe.

XXXIII OM - I - Zadanie 6

Dowieść, że dla każdej liczby rzeczywistej i każdej liczby naturalnej zachodzi nierówność

Rozwiązanie

Ponieważ , więc z założenia wynika, że

Niech () będą wszystkimi tymi wykładnikami, dla których . Wykładniki , nie mogą dla żadnego być kolejnymi liczbami naturalnymi, gdyż

Rozpatrzmy dwa przypadki.

1. Jeśli , to

a każdy z pozostałych składników sumy jest większy od , więc

2. Jeśli to

a każdy z pozostałych składników sumy jest większy od , więc

W każdym przypadku zachodzi więc podana nierówność.

XXXIII OM - I - Zadanie 7

Dowieść, że w dowolnym pięciokącie wypukłym, którego wszystkie boki mają długość a można umieścić trójkąt równoboczny o bokach długości .

Rozwiązanie

Niech będzie dowolnym pięciokątem wypukłym, którego wszystkie boki mają długość . Nie zmniejszając ogólności zadania możemy założyć, że jest przekątną o maksymalnej długości. Wykażemy, że trójkąt równoboczny o boku długości można umieścić w czworokącie . W tym celu udowodnimy dwa lematy.

Lemat 1.

Dowód. jest podstawą trójkąta równoramiennego, w którym kąt między ramionami ma miarę większą od (kąt ten ma miarę nie mniejszą
od , gdyż jest maksymalnym kątem w pięciokącie).

Wobec tego otrzymamy nierówność . Wynika ona z twierdzenia orzekającego, że w trójkącie naprzeciw kąta o większej mierze leży dłuższy bok. Na mocy założenia otrzymujemy nierówność i . Wobec tego jest bokiem o maksymalnej długości zarówno w trójkącie , jak i w trójkącie . Ponieważ żaden z tych trójkątów nie jest równoboczny (, ), więc i .

Lemat 2. lub .

Dowód. Załóżmy, że i . Przedłużając boki i otrzymamy trójkąt , w którym , więc , . Ponieważ jest przekątną pięciokąta , więc . Zatem zachodzą nierówności (*) , .

Niech i będą odpowiednio środkami boków i . Odcinek łączący środki boków trójkąta ma długość . Stąd wynika, że .

Z warunku i z nierówności (*) wynika, że , . Odcinek nie jest dłuższy od najdłuższego boku trójkąta . Wobec tego

Otrzymaliśmy sprzeczność zakładając, że każdy z kątów , ma miarę mniejszą od . Zatem zachodzi co najmniej jedna z nierówności lub .

Możemy teraz wykazać, że czworokąt zawiera trójkąt równoboczny o boku długości . Przypuśćmy, że (w przypadku, gdy rozumowanie jest analogiczne). W trójkącie podstawa ma długość , oba zaś kąty przy podstawie mają miary większe od . W trójkącie tym jest zawarty trójkąt równoboczny o podstawie .

XXXIII OM - I - Zadanie 8

Dane są liczby naturalne spełniające warunki: i są względnie pierwsze. Udowodnić równoważność następujących warunków.
(1) Istnieje taka liczba naturalna , że

(2) Istnieją takie liczby naturalne , że ,

Rozwiązanie

Załóżmy, że spełniony jest warunek (1). Ponieważ zachodzi nierówność , to . Mamy przy pewnym naturalnym równość . Możemy napisać.

Analogicznie z nierówności wynika, że . Istnieje liczba naturalna , dla której . Zachodzą więc nierówności

Z równości (i) i (ii) wynika

Wykazaliśmy więc, że spełniony jest warunek (2).

Załóżmy teraz, że istnieją , naturalne, dla których

Szukamy liczby naturalnej , dla której zachodzi następująca równość

(z powyższych rachunków wynika, że wtedy będzie również ).

Dla liczby musi zachodzić równość

Stąd otrzymujemy

Wystarczy wykazać, że liczba określona tym wzorem jest liczbą całkowitą.

Ponieważ jest liczbą całkowitą, więc

Wobec tego, jeśli jest liczbą pierwszą i

Mamy dla odpowiednich , równości

Otrzymamy następujące wyrażenia odejmując od pierwszego z równań (*) pomnożonego przez drugie pomnożone przez :

Stąd wynika, że .

Gdyby było , to z równań (*) wynikałoby, że . Prowadzi to do sprzeczności z założeniem, że liczby , są względnie pierwsze. Wobec tego . Zatem istotnie każdy dzielnik pierwszy mianownika ułamka dzieli licznik tego ułamka w co najmniej takiej potędze, w jakiej dzieli mianownik. Wynika stąd, że jest liczbą całkowitą.

XXXIII OM - I - Zadanie 9

W szachownicy utworzonej przez podział kwadratu o boku długości na kwadraty jednostkowe prostymi równoległymi do boków kwadratu rozpatrujemy wszystkie kwadraty, których boki zawarte są w prostych wyznaczających szachownicę. Niech i oznacza liczbę tych kwadratów, których długości boków nie przekraczają . Niech będzie największą spośród takich liczb , że . Obliczyć .

Rozwiązanie

Na boku szachownicy jest odcinków długości o końcach w punktach podziału. Stąd wynika, że wszystkich kwadratów o bokach długości zawartych w prostych wyznaczających szachownicę jest . Wobec tego mamy następujące wzory:

Liczba spełnia nierówność

więc

Mnożąc przez różnicę otrzymanej nierówności i mamy:

Powyższa nierówność przyjmuje postać

gdzie .

Udowodnimy, że ciąg jest zbieżny do liczby . Gdyby bowiem tak nie było, to wobec nierówności (*) i wobec tego, że mielibyśmy

Przyjmijmy tak duże, aby były dla każdego spełnione warunki

Ponieważ

to mamy nierówność

Na podstawie ostatniej nierówności oraz (***) otrzymujemy

Sprzeczne to jest z warunkiem (**). Do sprzeczności doprowadziło przypuszczenie, że liczba nie jest granicą ciągu . Wobec tego granica tego ciągu istnieje i równa jest . Analogicznie stwierdzamy, że również ciąg jest zbieżny do . Wobec oczywistej nierówności

otrzymujemy na podstawie twierdzenia o trzech ciągach, że

Ponieważ i więc

XXXIII OM - I - Zadanie 10

W trójkącie punkty są odpowiednio środkami boków , jest punktem przecięcia wysokości trójkąta. Okrąg o środku przecina prosta odpowiednio w punktach i , i , i . Udowodnić, że długości odcinków są równe.

Rozwiązanie

Prosta jest równoległa do , jest więc prostopadła do prostej zawierającej wysokość opuszczoną na bok . Prosta jest więc symetralną cięciwy . Odcinki i mają równe długości. Analogicznie stwierdzamy, że oraz , bo proste i są odpowiednio prostopadłe do prostych zawierających wysokości i .

Wykażemy, że . Prosta łącząca środki dwóch boków trójkąta przecina wysokość opuszczoną na trzeci bok w jej środku. Wobec tego jeśli
jest punktem przecięcia prostych i , to twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkątów i , otrzymamy

Analogicznie obliczamy

Trójkąty i są podobne, gdyż są prostokątne, a ich kąty przy wierzchołku są przystające (kąty wierzchołkowe). Wynika stąd, że

więc

Otrzymaliśmy stąd, że

Teza

jest wnioskiem z poprzednio otrzymanych wyników i równości , której dowód jest analogiczny do dowodu, że .

XXXIII OM - I - Zadanie 11

Liczby rzeczywiste są pierwiastkami równania , gdzie . Wyrazić pierwiastki równania w zależności od i wykazać, że nie ma ono pierwiastków w przedziale .

Rozwiązanie

Na podstawie wzorów Viete'a jest

Przypuśćmy, że pierwiastkami równania są liczby
, , . Wobec tego

więc

Wynika stąd, że (po ewentualnej zmianie porządku) , , .
Wobec tego pierwiastkami równania są

oraz analogicznie obliczone

Dla każdego warunki oraz są równoważne. Żaden z tych pierwiastków nie należy do przedziału , gdy .

Pokażemy to dla (dla pozostałych pierwiastków dowody są analogiczne).

XXXIII OM - I - Zadanie 12

Niech S będzie zbiorem () punktów przestrzeni. Dla każdej płaszczyzny rozważamy liczbę równą sumie odległości punktów zbioru od . Niech będzie taką płaszczyzną, że liczba jest minimalna. Dowieść, że pewne trzy punkty zbioru należą do .

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw lemat.

Lemat. Figura jest płaszczyzną, a prostą w niej zawartą. Żaden punkt zbioru nie należy do . Natomiast jest płaszczyzną otrzymaną z przez obrót dokoła aż do napotkania na punkt zbioru . Wówczas zachodzi następująca nierówność .

Dowód. Dla dowolnego punktu oznaczymy odpowiednio literami: - rzut prostokątny punktu na prostą , -- miara kąta między prostą a płaszczyzną . Po obrocie płaszczyzny dokoła prostej o kąt odległość od obrazu płaszczyzny wynosi albo , albo . Na rysunku 5 przedstawiono odpowiadający tej sytuacji rzut na płaszczyznę prostopadłą do . Występujące tu liczby , należą do przedziału .

Niech i ) będzie przedziałem
tak małym, że dla każdego z tego przedziału po obu stronach płaszczyzny pozostają te same punkty. Funkcja ma pochodną ujemną w przedziale . Nie przyjmuje ona w tym przedziale minimum. Minimum jest więc przyjmowane dla takich , że zawiera pewien punkt zbioru nie należący do osi obrotu . Wobec tego .

Z lematu wypływają następujące wnioski. Jeżeli płaszczyzna nie zawiera żadnego punktu zbioru , to dla płaszczyzny otrzymanej z przez obrót dookoła dowolnie wybranej osi zawartej w aż do napotkania pierwszego punktu zbioru spełniona jest nierówność

Jeżeli płaszczyzna zawiera dokładnie jeden punkt zbioru , to dla płaszczyzny , otrzymanej z przez obrót dokoła osi zawartej w i przechodzącej przez ten punkt aż do napotkania drugiego punktu zbioru , spełniona jest nierówność

Jeśli płaszczyzna zawiera dwa punkty zbioru (albo więcej punktów zbioru leżących na jednej prostej), to dla płaszczyzny , otrzymanej z przez obrót dokoła osi zawierającej te punkty aż do napotkania punktu zbioru nie należącego do osi obrotu, spełniona jest nierówność

Wynika stąd teza zadania.

XXXIII OM - II - Zadanie 1

Dowieść, że jeżeli są liczbami całkowitymi, przy czym , to równanie

ma nie więcej niż jeden pierwiastek wymierny.

Rozwiązanie

Zastosujemy znane twierdzenie:

Jeśli liczba wymierna zapisana w postaci ułamka nieskracalnego jest pierwiastkiem równania o współczynnikach całkowitych to liczba jest dzielnikiem współczynnika , liczba jest dzielnikiem .

Wobec tego każdy pierwiastek wymierny równania jest liczbą całkowitą dzielącą . Gdyby równanie to miało więcej niż jeden pierwiastek wymierny, na przykład liczby wymierne , byłyby pierwiastkami, to wielomian rozkładałby się na czynniki liniowe

Z warunku (*) wynika, że istnieje również trzeci pierwiastek wymierny . Pierwiastki te spełniałyby zależności

(wzory Viete'a). Liczby , , są, jak stwierdziliśmy poprzednio, liczbami całkowitymi będącymi dzielnikami liczby , skąd wynika, że wartość bezwzględna każdej z nich nie przekracza wartości bezwzględnej liczby . Wobec tego z równania wynika, że . Ale w takim razie nie może być spełnione trzecie z równań (**) gdyż równanie nie ma rozwiązania w liczbach całkowitych różnych od zera. Przypuszczenie, że dane równanie ma więcej niż jeden pierwiastek wymierny doprowadziło więc do sprzeczności.

Uwaga. Założenie, że nie jest istotnie i nie zostało wykorzystane w dowodzie. Teza pozostaje prawdziwa, gdy jest dowolną liczbą całkowitą. Natomiast założenie, że jest istotne, bo na przykład równanie ma trzy pierwiastki wymierne , , .

XXXIII OM - II - Zadanie 2

Płaszczyznę pokryto kołami w ten sposób, że środek każdego z tych kół nie należy do żadnego innego koła. Dowieść, że każdy punkt płaszczyzny należy do co najwyżej pięciu kół.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że punkt należy do sześciu kół z rozważanej rodziny i że , , , , , są środkami tych kół. Wynika stąd, że pewien z kątów ma miarę nie większą od (sześć spośród kątów daje w sumie kąt pełny), wobec tego w trójkącie bok leżący naprzeciw tego kąta nie jest bokiem najdłuższym, gdyż . Załóżmy, że . Stąd wynika: należy do koła o środku . Przeczy to założeniu, że środek każdego z danych kół nie jest punktem żadnego innego koła. Wobec tego nie ma punktów płaszczyzny należących do więcej niż pięciu kół danej rodziny.

XXXIII OM - II - Zadanie 3

Dowieść, że dla każdej liczby naturalnej zachodzi nierówność

Rozwiązanie

Ponieważ dla liczb nieujemnych , zachodzi nierówność

więc dla mamy

Z nierówności (*) wynika również, że

Otrzymujemy nierówności:

oraz

Przypuśćmy, że jest liczbą nieparzystą. Łącząc w iloczynie wyraz pierwszy z ostatnim, drugi z przedostatnim itd. otrzymamy iloczyn wyrażeń postaci , z których każda jest na mocy poprzednich rozważań liczbą dodatnią nie większą od . Wynika stąd żądana nierówność.

Jeśli jest liczbą parzystą, to analogiczne postępowanie jak dla liczb nieparzystych prowadzi do iloczynu wyrażeń postaci i czynnika . Zatem i w tym przypadku otrzymujemy nierówność

XXXIII OM - II - Zadanie 4

Niech będzie skończonym zbiorem punktów przestrzeni mającym tą własność, że dla dowolnych jego punktów istnieje izometria przestrzeni przeprowadzająca zbiór na zbiór oraz punkt na punkt . Udowodnić że istnieje sfera przechodząca przez wszystkie punkty zbioru .

Rozwiązanie

Niech będzie środkiem ciężkości układu punktów zbioru . Każda izometria przekształcająca zbiór na zbiór przekształca też punkt na . Dla dowolnych izometria przekształcająca na oraz na przekształca odcinek na odcinek . Stąd wynika, że , to jest odległości każdych dwóch punktów zbioru od punktu równe. Wobec tego wszystkie punkty zbioru leżą na pewnej sferze o środku .

XXXIII OM - II - Zadanie 5

Niech będzie liczbą parzystą dodatnią. Dowieść, że dla każdej liczby naturalnej liczba

dzieli się przez ale nie dzieli się przez .

Rozwiązanie

Przeprowadzimy dowód indukcyjny.

Dla mamy . Liczba ta jest podzielna przez
, ale nie przez .

Załóżmy, że dla pewnego są spełnione warunki

to jest

Należy pokazać, że również będą spełnione warunki

Dokonamy, dla parzystych liczb , następujących przekształceń stosując wzór Newtona i zależność (*).

Suma występująca w ostatnim nawiasie kwadratowym nie dzieli się przez , gdyż ze wszystkich jej składników tylko nie dzieli się przez . Wobec tego otrzymamy wzory

Kończy to dowód indukcyjny.

Na mocy zasady indukcji twierdzenie jest prawdziwe dla każdej liczby całkowitej nieujemnej .

XXXIII OM - II - Zadanie 6

Dany jest takt skończony zbiór punktów przestrzeni, że każde dwie odległości między punktami tego zbioru są różne. Każdy punkt zbioru łączymy odcinkiem z najbliższym mu punktem zbioru . Otrzymamy w ten sposób zbiór odcinków, z których jeden (dowolnie wybrany) malujemy na czerwono, wszystkie pozostałe odcinki malujemy na zielono. Dowieść, że istnieją takie dwa punkty zbioru , których nie można połączyć łamaną złożoną z odcinków pomalowanych na zielono.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że odcinek jest czerwony, pozostałe są zielone. Jeśli istniałaby łamana złożona z odcinków zielonych łącząca punkty i to istniałyby punkty będące kolejnymi końcami odcinków tworzących tę łamaną. Poniższy zapis typu czytamy ,,najbliższym punktowi elementem zbioru jest ''. Z tego, że narysowany jest odcinek wynika, że albo . Wobec założenia, że każde dwie odległości między punktami zbioru są różne, nie może dla zachodzić jednocześnie oraz . Wynika stąd, że musi być albo , albo .

W obu przypadkach odległości kolejnych punktów spełniałyby odpowiednio sprzeczne nierówności.

albo

Wobec tego punkty i nie mogą być połączone łamaną złożoną z odcinków zielonych.

Uwaga. Ponieważ rozważane odcinki nie mają wspólnych punktów wewnętrznych, więc z powyższego rozwiązania wynika teza silniejsza od sformułowanej w zadaniu: Istnieją dwa punkty zbioru , których nie można połączyć łamaną złożoną z odcinków zawartych w sumie odcinków zielonych.

XXXIII OM - III - Zadanie 1

Wskazać taki sposób rozmieszczenia przy okrągłym stole dziewcząt i chłopców, aby liczba była największa, gdzie jest liczbą dziewcząt, siedzących między dwoma chłopcami, zaś - liczbą chłopców siedzących, między dwiema dziewczętami.

Rozwiązanie

Rozważmy dowolne rozsadzenie dziewcząt i chłopców. Nazwijmy grupą dziewcząt (dla ) każdy ciąg dziewcząt siedzących obok sie*bie, jeśli pierwsza i -ta dziewczynka z tego ciągu sąsiaduje przy stole z chłopcem. Niech będzie liczbą grup dziewcząt w danym rozsadzeniu. Analogicznie definiujemy grupę chłopców. Niech będzie liczbą grup chłopców. Ponieważ każda grupa dziewcząt sąsiaduje z grupą chłopców lub z pojedynczym chłopcem i każda grupa chłopców sąsiaduje z grupą dziewcząt lub z pojedynczą dziewczynką, więc

skąd

Jeśli , to każda dziewczynka sąsiaduje z dwoma chłopcami, skąd wynika, że każdy chłopiec sąsiaduje z dwiema dziewczynkami, więc i . Jeśli natomiast , to z równości (*) wynika, że

Z drugiej strony jest liczbą grup chłopców, a każda grupa zawiera co
najmniej dwóch chłopców, więc . Ponadto jest liczbą całkowitą, więc . ( jest największą liczbą całkowitą mniejszą lub równą ). Wobec tego

przy każdym rozsadzeniu dziewcząt i chłopców.

Pokażemy teraz takie rozsadzenie, przy którym . Jeśli , to sadzamy kolejno dwóch chłopców, jedną dziewczynkę, dwóch chłopców, jedną dziewczynkę itd., wreszcie ostatnich dwóch chłopców i dalej pozostałe dziewczęta. Przy tym rozsadzeniu dziewcząt ma po obu stronach chłopców, natomiast żaden chłopiec nie ma dwóch sąsiadek.

Jeśli , to sadzamy podobnie: dwóch chłopców, jedną dziewczynkę, dwóch chłopców, jedną dziewczynkę itd. wreszcie ostatnich trzech chłopców i resztę dziewcząt. W tej sytuacji również dziewcząt siedzi między dwoma chłopcami, a żaden chłopiec nie ma dwóch sąsiadek.

Wobec tego maksymalna wartość wynosi .

XXXIII OM - III - Zadanie 2

W czworokącie wpisanym w koło prosta przechodząca przez środek boku i punkt przecięcia przekątnych jest prostopadła do boku . Udowodnić, że boki i są równoległe lub przekątne czworokąta są prostopadłe.

Rozwiązanie

Niech będzie punktem przecięcia przekątnych, - środkiem boku , - punktem przecięcia boku i prostej . Ponieważ czworokąt jest wpisany w koło, więc

Wobec tego

Z twierdzenia sinusów zastosowanego kolejno do trójkątów i otrzymujemy

Ponieważ , więc dzieląc ostatnie równania stronami otrzymamy

stąd na podstawie odpowiedniego wzoru redukcyjnego

Ponieważ , , więc albo a) , albo b) . W przypadku a) zachodzi równość , a więc proste i przecięte prostą wyznaczają przystające kąty naprzemianległe;

Wynika stąd, że .

W przypadku b) otrzymujemy , tj. i w trójkącie jest . Wynika stąd, że , to jest przekątne i są prostopadłe.

XXXIII OM - III - Zadanie 3

Wyznaczyć wszystkie pary liczb dodatnich spełniające układ równań

gdzie są danymi liczbami dodatnimi.

Rozwiązanie

Jeżeli para liczb dodatnich spełnia dany układ równań, to ,

Rozważmy funkcję określoną w przedziale wzorem

Funkcja ta przyjmuje wartość dla oraz . Pokażemy, że nie ma ona innych miejsc zerowych. Funkcja ma pochodną

Funkcja w przedziale ma tylko jedno miejsce zerowe (, , , gdyż ). Funkcja ma tylko miejsca zerowe i , gdyż pomiędzy tymi pierwiastkami jest tylko jedno miejsce zerowe pochodnej . Wobec tego jedynymi rozwiązaniami danego układu równań są pary i .

XXXIII OM - III - Zadanie 4

Na płaszczyźnie dany jest skończony zbiór punktów. Dowieść, że zbiór ten można pokryć otwartymi kwadratami rozłącznymi , tak, że

() gdzie jest liczbą punktów zbioru leżących w kwadracie , zaś jest polem kwadratu .

Rozwiązanie

Obieramy na płaszczyźnie taki układ współrzędnych, aby zbiór punktów, których liczbę oznaczymy literą , leżał wewnątrz pierwszej ćwiartki i dodatkowo jeszcze żadna ze współrzędnych jego punktów nie dała się przedstawić w postaci , gdzie , są liczbami naturalnymi. Niech będzie taką liczbą naturalną, że kwadrat o wierzchołkach , , , zawiera w swym wnętrzu wszystkie dane punkty. Niech będzie liczbą danych punktów. Rozważmy następujące przypadki

W przypadku a) kwadrat spełnia wymagane warunki. W przypadku b) przyjmujemy i kwadrat o wierzchołkach ,
, , spełnia warunki zadania.

W przypadku c) dzielimy kwadrat na cztery przystające kwadraty. Ze sposobu wyboru układu współrzędnych wynika, że każdy z danych punktów należy do wnętrza jednego z tych kwadratów. Dla każdego z tych kwadratów jest oraz , więc

Te kwadraty, dla których dzielimy ponownie na cztery przystające kwadraty, przy czym żaden z danych punktów nie leży na brzegu nowego kwadratu. Postępowanie to kontynuujemy. Po -tym podziale jest albo albo . Jeżeli , to , gdyż .

Zatem po nie więcej niż podziałach dla każdego kwadratu będzie spełniona nierówność

XXXIII OM - III - Zadanie 5

Liczby całkowite spełniają dla nierówność

Dowieść, że różnica

dzieli się przez 4.

Rozwiązanie

Z warunku

wynika, że dla . Przyjmując otrzymamy nierówność

Stąd dostajemy

Ponieważ mamy więc zachodzi równość .

Podstawiamy . Z nierówności (*) otrzymamy

a więc

Podstawiając otrzymamy

Ponieważ , , więc , i , , Ponadto w oparciu o (**) i warunek

otrzymamy

Warunek jest spełniony, gdyż

XXXIII OM - III - Zadanie 6

Udowodnić, że w dowolnym czworościanie suma wszystkich kątów dwuściennych jest większa od .

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw następujący lemat.

Lemat. Suma miar kątów płaskich przy wierzchołkach kąta trójściennego jest mniejsza od .

Dowód. Niech będzie wierzchołkiem kąta trójściennego, , , - punktami leżącymi na poszczególnych krawędziach w równej odległości od .

Niech będzie rzutem prostokątnym punktu na płaszczyznę . Ponieważ trójkąty równoramienne i mają wspólną podstawą , a pierwszy z nich ma dłuższe ramiona, więc

Mamy więc nierówności

więc

Jeżeli punkt należy do trójkąta , to oczywiście

jeżeli natomiast punkt leży na zewnątrz trójkąta i na przykład punkt należy do kąta (pozostałe przypadki rozważa się analogicznie), to

Zatem w każdym przypadku otrzymujemy

Niech teraz , , , , , będą kątami dwuściennymi rozważanego czworościanu. W każdym wierzchołku czworościaniu narysujemy wektory normalne (tzn. prostopadłe) do ścian schodzących się w tym wierzchołku. Kąt o mierze jest wyznaczony przez wektory normalne do ścian tworzących kąt o mierze . Suma miar kątów płaskich wyznaczonych przez trójkę wektorów wyprowadzonych z wierzchołka jest na mocy lematu mniejsza od , suma miar kątów płaskich wyznaczonych przez wektory narysowane we wszystkich wierzchołkach jest więc mniejsza od . Wśród tych kątów dwukrotnie występuje każdy z kątów o miarach . Wobec tego , , , .