XXXII OM

XXXII Olimpiada Matematyczna

Opracowanie rozwiązań: Maciej Bryński

XXXII OM - I etap

I etap XXXII Olimpiady Matematycznej

XXXII - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

Dane są ciągi $(x_n)$ , $(y_n)$ liczb rzeczywistych spełniające warunki

$ \begin{split} x_{n+1} %= x_n^3 - 3x_n \\ y_{n+1} = y_n^3 - 3y_n \quad \text{dla } n = 0, 1, 2, \ldots, \\ x_0^2 = y_0 + 2. \end{split} $

Dowieść, że $x_n^2 = y_n + 2$ dla $n = 1, 2,\ldots$ .

Rozwiązanie

Zastosujemy zasadę indukcji matematycznej.

1. Dla $n = 1$ jest $x_1 = x_0^3$ , więc

$ \begin{split} x_1^2 &= (x_0^3-3x_0)^2 = x_0^6-6x_0^4q+9x_0^2 =\\ &=(y_0+2)^3-6(y_0+2)^2+9(y_0+2)=\\ &= y_0^3+6y_0^2+12y_0+8-6y_0^2-24y_0-24+9y_0+18 =\\ &= y_0^3-3y_0+2 = y_1 + 2. \end{split} $

2. Załóżmy, że dla pewnego naturalnego $n$ jest $x^2 = y_n + 2$ , udowodnimy, że $x^2_{n+1} = y_{n +1} + 2$ . Istotnie,

$ \begin{split} x^2_{n+1} &= (x^3_n-3x_n)^2 = x^6_n-6x^4_n+9x_n^2 =\\ &= (y_n+2)^3-6(y_n+2)^2 +9(y_n+2) = \\ &=y^3_n+6y^2_n + 12y_n+ 8- 6y^2_n - 24y_n- 24+9y_n+ 18=\\ & = y_n^3- 3y_n+ 2= y_{n + 1} + 2. \end{split} $

Na mocy zasady indukcji jest $x_n^2 = y_n+2$ dla każdego naturalnego $n$ .

Uwaga. Rozumowanie przeprowadzone w punktach 1 i 2 polega na przeprowadzeniu właściwie tych samych rachunków. Można opuścić rachunki z punktu 1, jeśli tezę sformułować w postaci $x^2_n = y_n+2$ dla $n = 0,1,2,\ldots$ . Wtedy równość dla $n = 0$ ma miejsce na mocy założenia.

XXXII - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

Dana jest liczba całkowita nieujemna $n$ . Dowieść, że liczba takich układów liczb całkowitych $n_1 \geq n_2 \geq \ldots \geq n_k \geq 0$ , że

$ 2^{n_1}+2^{n_2}+\ldots + 2^{n_k} = 2^n $

jest nie mniejsza niż $2^n$ .

Rozwiązanie

Przeprowadzimy dowód indukcyjny względem $n$ .

Dla $n = 0$ jest $2^0 = 1$ i oczywiście układ zawierający jedyną liczbę $1$ spełnia wymagania zadania.

Załóżmy, że dla każdej liczby całkowitej nieujemnej $m$ mniejszej od liczby naturalnej $n$ liczba układów $n_1 \geq n_2 \geq \ldots \geq n_k \geq 0$ spełniających

$ 2^{n_1}+2^{n_2}+ \ldots + 2^{n_k}= 2^m $

jest nie mniejsza niż $2^m$ . Rozważmy liczbę $2^n$ i przedstawmy ją w następujący sposób:

$ \begin{array}{ll} (n) & 2^n\\ (n-1) & 2^{n-1}+2^{n-1}\\ (n-2) & 2^{n-2}+2^{n-2} +2^{n-2}+2^{n-2}\\ \vdots & \vdots\\ (2) & 2^2+2^2+\ldots+2^2\\ (1) & 2+2+\ldots+2\\ (0) & 1+1+\ldots+1 \end{array} $

W każdym wierszu o numerze $k$ , prócz wierszy numer $n$ oraz $0$ , można rozkładając ostatni składnik sumy zgodnie z założeniem indukcyjnym otrzymać nie mniej niż $2^{n-k}$ nowych rozkładów liczby $2^n$ , przy czym wszystkie otrzymane w ten sposób rozkłady są różne. Wobec tego potrafimy przedstawić liczbę $2^n$ w wymaganej postaci na co najmniej $1 + 2^{n-1} + 2^{n-2} + \ldots + 2+1$ sposobów. Ponieważ $2^{n-1} + 2^{n-2} + \ldots + 2+1=2^n-1$ , więc wykazaliśmy, że liczbę $2^n$ można przedstawić w postaci

$ 2^{n_1}+2^{n_2}+ \ldots + 2^{n_k} $

na nie mniej, niż $2^n$ sposobów.

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

Uwaga. Dla $n= 0, 1, 2$ liczba rozważanych tu rozkładów wynosi dokładnie $2^n$ , natomiast dla $n \geq 3$ rozkładów takich jest więcej niż $2^n$ , np. dla $n = 3$ mamy następujące rozkłady:

$8,$

$4+4,$

$4+2+2,$

$4+2+1+1,$

$4+1 +1 +1 +1,$

$2+2+2+2,$

$2+2+2+1+1,$

$2+2+1+1+1+1,$

$2+1 + 1 + 1+1 + 1 + 1+1,$

$1+1 + 1+1 + 1 + 1 + 1 + 1.$

XXXII - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

Na kuli $K$ opisano stożek $S_1$ . Niech $A$ będzie środkiem okręgu styczności stożka z kulą. Przez wierzchołek stożka $S_1$ poprowadzono płaszczyznę $\Pi$ prostopadłą do osi stożka. Na kuli $K$ opisano drugi stożek $S_2$ , którego wierzchołek leży na płaszczyźnie $\Pi$ . Dowieść, że płaszczyzna okręgu styczności stożka $S_2$ z kulą $K$ przechodzi przez punkt $A$ .

Rozwiązanie

Niech $O$ będzie środkiem kuli, $r$ - długością jej promienia. $W_1$ , $W_2$ wierzchołkami stożków odpowiednio $S_1$ i $S_2$ (rys. 7).

Płaszczyzna wyznaczona przez punkty $O$ , $W_1$ , $W_2$ zawiera punkt $A$ będący środkiem okręgu styczności stożka $S_1$ z kulą $K$ (punkt $A$ leży na odcinku $\overline{OW_1}$ , zawiera też pewną średnicę $\overline{BC}$ tego okręgu, środek $R$ okręgu styczności stożka $S_2$ z kulą $K$ oraz średnicę $\overline{MN}$ tego okręgu. Niech $D$ będzie punktem wspólnym odcinka $\overline{MN}$ i prostej $W_1O$ . Wykażemy, że $D = A$ . Przypuśćmy, że punkt $D$ leży między $M$ i $R$ . Wobec tego $MD = MR-RD$ , $ND = MR+RD$ i $MD \cdot ND = (MR-RD) (MR+RD) = MR^2- RD^2$ . Stosując twierdzenie Pitagorasa do trójkątów $MRW_2$ i $DRW_2$ otrzymamy stąd

$ MD \cdot ND = MW_2^2-RW_2^2 -(DW_2^2-RW_2^2)= MW_2^2-DW_2^2 $

natomiast z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkątów $MW_2O$ oraz $W_1DW_2$ wynika, że

$ \begin{split} MD \cdot ND &= OW_2^2-OM^2-(DW^2_1+W_1W_2^2) = (OW_2^2-W_1W_2^2)-r^2-DW_1 =\\ &= 0W_1^2-r^2-DW_1^2 = (OW_1 -r)(OW_1+r)-DW_1^2. \end{split} $

Z twierdzenia o siecznej i stycznej wynika, że

$ (OW_1-r)(OW_1+r)= W_1B^2, $

więc

$ MD \cdot ND = W_1B^2-DW_1^2. $

Gdyby $DW_1 < AW_1$ , to $MD \cdot DN > W_1B^2-AW_1^2 = AB^2$ , ponieważ zaś $AB^2 = BA \cdot AC$ , więc $MD \cdot DN > BA \cdot AC$ , co nie jest możliwe, bo odcinek $\overline{MN}$ przecina odcinek $\overline{AB}$ w pewnym punkcie $T$ , przy czym $MT \cdot TN = BT \cdot TC \leq AB^2$ . Gdyby było $DW_1 > AW_1$ , to byłoby $W_1O^2-DW_1 < W_1O^2-AW_1^2 = AB^2$ , co też nie jest możliwe. Musi więc być $DW_1 = AW_1$ , skąd wynika, że $A = D$ . Wobec tego punkt $A$ należy do prostej $MN$ , a więc do płaszczyzny okręgu styczności stożka $S_2$ z kulą $K$ .

XXXII - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

Na bokach trójkąta ostrokątnego $ABC$ zbudowano kwadraty $ABED$ , $BCGF$ , $ACHI$ leżące na zewnątrz trójkąta. Udowodnić, że środkowe trójkąta utworzonego przez proste $EF$ , $GH$ , $DI$ są prostopadłe do boków trójkąta $ABC$ .

Rozwiązanie

Niech $K$ , $L$ , $M$ będą wierzchołkami utworzonego trójkąta leżącymi odpowiednio przy kwadratach $ABED$ , $BCGF$ , $ACHI$ . Niech $KO$ i $LO$ będą prostymi prostopadłymi odpowiednio do odcinków $\overline{AB}$ i $\overline{BC}$ (rys. 8).

Trójkąty $KLO$ i $BEF$ mają równoległe odpowiednie boki, są więc podobne, Otrzymujemy stąd

$ (1) \qquad \frac{KO}{LO} = \frac{BE}{BF} = \frac{AB}{BC}. $

Przypuśćmy, że prostopadła do $AC$ przechodząca przez punkt $M$ nie przechodzi przez $O$ , wobec tego przecina ona prostą $KO$ w pewnym punkcie $P$ , prostą $LO$ w pewnym punkcie $R$ . Jeśli jest przy tym $KP > KO$ (przypadek przeciwny $KP < KO$ rozpatruje się analogicznie), to $MR > MP$ i $LO > LR$ . Analogicznie, jak wyżej stwierdzamy, że

$ (2) \qquad \frac{KP}{MP} = \frac{AB}{AC},\ \frac{LR}{MR} = \frac{BC}{AC}. $

Dzieląc te równości stronami otrzymujemy

$ \frac{AB}{BC} = \frac{KP \cdot MR}{MP \cdot LR}, $

więc na podstawie poprzednio wypisanych nierówności jest

$ \frac{AB}{BC} = \frac{KP \cdot MR}{MP \cdot LR} > \frac{KO \cdot MR}{MR \cdot LO} = \frac{KO}{LO} = \frac{AB}{BC} $

Uzyskana sprzeczność jest konsekwencją przypuszczenia, że prostopadłe do boków trójkąta $ABC$ poprowadzone z odpowiednich wierzchołków trójkąta $KLM$ nie przecinają się w jednym punkcie. Zatem $O=P=R$ . Pokażemy, że $O$ jest środkiem ciężkości trójkąta $KLM$ . Z równości (1) i (2) wynika

$ (3) \qquad \frac{KO}{AB} = \frac{LO}{BC}=\frac{MO}{AC}. $

Rozważając kąty $ABC$ , $CBF$ , $FBE$ , $EBA$ stwierdzamy, że $\measuredangle EBF = 360^\circ-2 \cdot 90^\circ- \measuredangle ABC = 180^\circ - \measuredangle ABC$ . Wobec tego $\measuredangle KOL = 180^\circ- \measuredangle ABC$ , a stąd wynika, że pole trójkąta $KLO$ wynosi

$ \begin{split} S_{\triangle KLO} &= \frac{1}{2} KO \cdot OL \cdot \sin \measuredangle KOL = \frac{1}{2} KO \cdot OL \cdot \sin \measuredangle ABC =\\ &=\frac{KO^2}{AB^2} \cdot \frac{1}{2} AB \cdot BC \cdot \sin \measuredangle ABC = \left( \frac{KO}{AB} \right)^2 \cdot S_{\triangle ABC}. \end{split} $

Analogicznie otrzymujemy, że

$ S_{\triangle LOM} = S_{\triangle MOK} = \left( \frac{KO}{AB} \right)^2 \cdot S_{\triangle ABC} $

Półproste $OK^\to$ , $OL^\to$ , $OM^\to$ rozcinają więc trójkąt $KLM$ na trzy trójkąty o równych polach, skąd wynika, że $O$ jest środkiem ciężkości trójkąta $KLM$ , tj. proste $KO$ , $LO$ , $MO$ zawierają środkowe odpowiednich boków trójkąta $KLM$ . Tak więc środkowe tego trójkąta są prostopadłe do odpowiednich boków trójkąta $ABC$ .

XXXII - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

Wykazać, że jeśli $O$ jesl środkiem, $P$ - dowolnym punktem okręgu wpisanego w trójkąt równoboczny $A_lA_2A_3$ różnym od punktu styczności, to

$ \sum_{i=1}^3 \frac{1}{\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{A_iP}} =0. $

Rozwiązanie

Ponieważ $\overrightarrow{A_iP} = \overrightarrow{A_iO} + \overrightarrow{OP}$ , więc

$ S = \sum_{i=1}^3 \frac{1}{\overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{A_iP}}= \sum_{i=1}^3 \frac{1}{\overrightarrow{OP} \cdot (\overrightarrow{A_iO} + \overrightarrow{OP})}= \sum_{i=1}^3 \frac{1}{\overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{A_iO}+ \overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{OP}}. $

Jeśli długość promienia okręgu wpisanego wynosi $r$ , to $OP= r$ , $A_iO = 2r$ $(i = 1, 2, 3)$ . Niech $\varphi$ będzie kątem o minimalnej mierze spośród kątów utworzonych przez wektor $\overrightarrow{OP}$ z wektorami $\overrightarrow{A_iP}$ . Wówczas pozostałe kąty są równe $120^\circ- \varphi, 120^\circ+ \varphi$ . Wobec tego

$ \begin{split} S = & \frac{1}{r \cdot 2r \cdot \cos \varphi +r^2} + \frac{1}{r \cdot 2r \cdot \cos(120^\circ-\varphi)+r^2} + \frac{1}{r \cdot 2r \cdot \cos(120^\circ + \varphi)+r^2}=\\ = & \frac{1}{r^2} \left( \frac{1}{2\cos \varphi+1} + \frac{1}{2\cos(120^\circ - \varphi)+1} + \frac{1}{2\cos(120^\circ + \varphi)+1} \right) =\\ = & \frac{1}{r^2} \left( \frac{(2\cos(120^\circ - \varphi)+1)(2\cos(120^\circ + \varphi)+1)}{(2\cos \varphi+1)(2\cos(120^\circ - \varphi)+1)(2\cos(120^\circ + \varphi)+1)}\right.+\\ &\qquad + \frac{(2\cos \varphi+1)(2\cos(120^\circ + \varphi)+1)}{(2\cos \varphi+1)(2\cos(120^\circ - \varphi)+1)(2\cos(120^\circ + \varphi)+1)}\\ &\qquad +\left. \frac{ (2 \cos \varphi +1) (2 \cos (120^\circ - \varphi) +1)}{(2\cos \varphi+1)(2\cos(120^\circ - \varphi)+1)(2\cos(120^\circ + \varphi)+1)}\right) \end{split} $

Wykażemy, że licznik tego ułamka równy jest $0$ . Ponieważ

$ \cos(120^\circ - \varphi) = \cos 120^\circ \cos \varphi + \sin 120^\circ \sin \varphi = -\frac{1}{2} \cos \varphi+ \frac{\sqrt{3}}{2} \sin \varphi, $

$ \cos(120^\circ + \varphi) = \cos 120^\circ \cos \varphi - \sin 120^\circ \sin \varphi = -\frac{1}{2} \cos \varphi- \frac{\sqrt{3}}{2} \sin \varphi, $

więc

$ \begin{split} &(2\cos(120^\circ - \varphi )+1) (2\cos(120^\circ + \varphi)+1)+ (2\cos \varphi+1) (2\cos(120^\circ + \varphi )+1) +\\ &+ (2\cos \varphi+1)(2\cos(120^\circ - \varphi)+1) = (-\cos \varphi+\sqrt{3} \sin \varphi+1)(-\cos \varphi-\sqrt{3} \sin \varphi+1)+\\ & + (2\cos \varphi+1) (-\cos \varphi -\sqrt{3} \sin \varphi +1)+ (2 \cos \varphi+1) (-\cos \varphi+ \sqrt{3} \sin \varphi +1) =\\ & = (-\cos \varphi+1)^2- (\sqrt{3} \sin \varphi)^2 + (2\cos \varphi+ 1) (-2\cos \varphi+2) =\\ & = \cos^2 \varphi-2\cos \varphi+1-3\sin^2 \varphi-4\cos^2 \varphi+4\cos \varphi -2\cos \varphi+2 =\\ &= - 3\cos^2 \varphi-3 \sin^2 \varphi+3 = -3+3= 0. \end{split} $

Wynika stąd, że $S = 0$ .

XXXII - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

Dane są liczby $a_1\geq a_2 \geq \ldots \geq a_n \geq 0$ spełniające warunek $\sum_{i=1}^n a_i = 1$ . Udowodnić, że istnieją liczby całkowite $k_1\geq k_2 \geq \ldots \geq k_n \geq 0$ takie, że

$ \sum_{i=1}^n k_i = n \quad \text{ i } \quad \frac{k_j}{n}\leq 2a_j \quad \text{ dla } j=1,2,\ldots, n. $

Rozwiązanie

Niech $[x]$ będzie największą liczbą całkowitą nie większą od $x$ .

Przyjmijmy $\widetilde{k_j} = [2na_j]$ . Liczby $\widetilde{k_j}$ spełniają warunek $\widetilde{k_1} \geq \widetilde{k_2} \geq \ldots \geq \widetilde{k_n} \geq 0$ , a ponadto $2na_j-1 < \widetilde{k_j} \leq 2na_j$ , więc $2a_j - \frac{1}{n} < \frac{\widetilde{k_j}}{n} \leq 2a_j$ i wobec tego

$ \sum_{j=1}^n \frac{\widetilde{k_j}}{n} > \sum_{j=1}^n \left( 2a_j - \frac{1}{n} \right) = 2 \cdot \sum_{j=1}^n a_j - \sum_{j=1}^n \frac{1}{n} = 2-1=1. $

Wynika stąd, że $\sum_{j=1}^n \widetilde{k_j} > n$ . Określimy teraz liczby $k_j$ odejmując od $\widetilde{k_j}$ odpowiednio dobrane liczby całkowite nieujemne. Niech $d_n$ będzie maksymalną liczbą całkowitą nieujemną, dla której

$ (1) \qquad \widetilde{k_n}-d_n \geq 0, $

$ (2) \qquad \sum_{j=1}^n \widetilde{k_j} -d_n \geq n. $

Przyjmujemy $k_n = \widetilde{k_n}-d_n$ . Oczywiście $\frac{k_n}{n} \leq 2a_n$ . Następnie określamy $d_{n-1}$ jako maksymalną liczbę całkowitą nieujemną, dla której

$ (1) \qquad \widetilde{k_{n-1}} - d_{n-1} \geq 0, $

$ (2) \qquad \sum_{j=1}^n \widetilde{k_j} -d_n - d_{n-1} \geq n. $

Przyjmujemy $k_{n-1} = \widetilde{k_{n-1}}-d_{n-1}$ i tak dalej określamy $d_j$ jako maksymalną liczbę całkowitą nieujemną, dla której

$ (1) \qquad \widetilde{k_j}-d_j \geq 0, $

$ (2) \qquad \sum_{i=1}^n \widetilde{k_i} - \sum_{i=j}^n d_i \geq n $

i przyjmujemy $k_j = \widetilde{k_j} -d_j$ .

Oczywiście jest przy tym $\frac{k_j}{n} \leq 2a_j$ dla $j = 1,2,\ldots,n$ oraz $\sum_{j=1}^n k_j = n$ , gdyż w przeciwnym razie byłoby $\sum_{j=1}^n k_j > n$ , a to oznaczałoby, że co najmniej jeden składnik tej sumy można zmniejszyć o $1$ zachowując warunki zadania, wbrew temu, że na każdym kroku odejmowaliśmy maksymalne możliwe $d_j$ .

XXXII - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

Niech $(x_n)$ będzie ciągiem liczb naturalnych spełniających warunki
a) $x_1 < x_2 < x_3 <\ldots$ ,
b) istnieje takie $j \in \mathbb{N}$ , $j > 1$ , że $x_j = j$ ,
c) $x_{kl} = x_kx_l$ , dla względnie pierwszych $k,l \in \mathbb{N}$ .
Wykazać, że $x_n = n$ dla każdego $n$ .

Rozwiązanie

Ponieważ liczb naturalnych mniejszych od danej liczby naturalnej $n$ jest $n-1$ l, więc jeśli dla pewnego $j$ jest $x_j = j$ , to wobec warunku a) musi być $x_k = k$ dla $k \leq j$ . Jeśli liczba $j$ wymieniona w warunku b) jest większa od $2$ , to liczba $j-1$ jest większa od $1$ oraz jest względnie pierwsza z liczbą $j$ . Jest przy tym $x_{j-1} = j- 1$ , więc na mocy warunku c) jest też $x_{(j-1)j}= (j-1)j$ . Ponieważ $(j-1)^2 < (j-1)j$ , więc $x_{(j-1)^2} = (j-1)^2$ , a wobec tego, że liczby $(j- 1)^2$ oraz $j$ są względnie pierwsze otrzymujemy na mocy c), że $x_{(j- 1)^2j} = (j- 1)^2j$ . Rozumując analogicznie otrzymamy $x_{(j- 1)^mj} = (j- 1)^mj$ dla $m= 1,2,\ldots$ .

Ponieważ dla każdej liczby naturalnej $n$ istnieje $m$ , dla którego $n < (j- 1)^mj$ , więc na mocy tego, co stwierdziliśmy na początku rozwiązania jest $x_n =n$ dla każdego $n$ .

Pozostał do rozpatrzenia przypadek, gdy $j$ wymienione w warunku b) równe jest $2$ . Jest wtedy $x_2 = 2$ . Niech $x_3= 3 + q$ . Wobec tego $x_6 = x_2 \cdot x_3 = 2 \cdot (3 + q) = 6+2q$ . Wobec tego $x_5 <6+2q$ , więc $x_5 \leq 5 + 2q$ , a zatem $x_{10} = x_2x_5 \leq 10+4q$ , stąd $x_9 \leq 9+4q$ , $x_{18} = x_2x_9 \leq 18+8q$ . Z ostatniej nierówności wynika, że $x_{15} \leq 15+8q$ . Z drugiej strony $x_5 \geq x_3 + 2 = 5+q$ , więc $x_{15} = x_3x_5 \geq (3 + q)(5 + q) = 15 + 8q+q^2$ . Otrzymujemy stąd, że

$ 15 + 8q+q^2 \leq 15 + 8q, $

skąd wynika $q = 0$ . Wobec tego jest $x_3 = 3$ i zadanie zostało sprowadzone do rozważonego już wyżej przypadku.

XXXII - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

Dany jest punkt $P$ wewnątrz kuli ograniczonej sferą $S$ . Przekształcenie $f: S\to S$ jest określone jak następuje: dla punktu $X \in S$ punkt $f(X) \in S$ , $f(X) \neq X$ oraz $P\in \overline{Xf(X)}$ . Udowodnić, że obrazem dowolnego okręgu zawartego w $S$ w przekształceniu $f$ jest okrąg.

Rozwiązanie

Niech $k$ będzie okręgiem zawartym w sferze $S$ , niech $S_1$ będzie sferą zawierającą $k$ i punkt $P$ , $P_1$ niech będzie takim punktem, że odcinek $\overline{PP_1}$ jest średnicą $S_1$ . Dla każdego $X \in k$ kąt $PXP_1$ jest prosty. Niech $X'$ będzie rzutem prostokątnym punktu $f(X)$ na prostą $PP_1$ . Trójkąty $f(X)PX'$ oraz $P_1PX$ są podobne, więc

$ \frac{PX}{Pf(P)} = \frac{PX}{PP_1}, $

$ PX' = \frac{PX \cdot Pf(X)}{PP_1}. $

Wartość ostatniego wyrażenia nie zależy od położenia punktu $X$ na okręgu $k$ na mocy twierdzenia mówiącego, że iloczyn odcinków, na jakie ustalony punkt dzieli cięciwy okręgu, jest stały. Wobec tego dla każdego punktu $X \in k$ rzut punktu $f(X)$ na $PP_1$ jest tym samym punktem. Wynika stąd, że wszystkie obrazy $f(X)$ należą do płaszczyzny prostopadłej do prostej $PP_1$ . Ponieważ obrazy te należą do sfery $S$ , więc należą do części wspólnej sfery i płaszczyzny, tj. do pewnego okręgu $o$ . Wobec tego $f(k) \subset o$ . Ponieważ jednak przekształcenie $f$ jest odwracalne, przy czym $f^{-1} = f$ , a przez analogiczne rozumowanie stwierdzamy, że $f(o) \subset k$ , więc okrąg $o$ jest obrazem okręgu $k$ (i jednocześnie $k$ jest obrazem okręgu $o$ ).

XXXII - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

W przestrzeni dany jest zbiór $3n$ punktów, z których żadne cztery nie leżą na jednej płaszczyźnie. Udowodnić, że zbiór ten można rozbić na $n$ takich zbiorów trójelementowych $\{A_i, B_i, C_i\}$ , że trójkąty $A_iB_iC_i$ są parami rozłączne.

Rozwiązanie

Dowód indukcyjny. Dla $n = 1$ teza twierdzenia jest oczywiście spełniona. Załóżmy, że teza jest spełniona dla pewnego $n$ i rozpatrzmy $3(n+1)$ punktów w przestrzeni, z których żadne cztery nie leżą na jednej płaszczyźnie. Najmniejszy zbiór wypukły zawierający rozważane punkty jest wielościanem, którego każda ściana jest trójkątem (bo żadne cztery punkty nie leżą w jednej płaszczyźnie). Niech $A$ , $B$ , $C$ będą wierzchołkami jednego z tych trójkątów. Zbiór pozostałych $3n$ punktów można na mocy założenia indukcyjnego rozbić na $n$ zbiorów $\{A_1, B_1, C_1\}$ o tej własności, że trójkąty $A_iB_iC_i$ są parami rozłączne. Ponieważ wszystkie punkty $A_1,B_1 C_1$ leżą po jednej stronie płaszczyzny $ABC$ , więc trójkąt $ABC$ jest rozłączny z każdym z trójkątów $A_iB_iC_i$ . Otrzymaliśmy więc podział zbioru $3(n+1)$ punktów na podzbiory trójelementowe o wymaganej własności.

Na mocy zasady indukcji teza twierdzenia jest spełniona dla każdej liczby naturalnej $n$ .

XXXII - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

Wyznaczyć wszystkie funkcje $f$ odwzorowujące zbiór wszystkich liczb wymiernych $\mathbb{Q}$ w siebie spełniające następujące warunki:
a) $f(1)=2$ ,
b) $f(xy) = f(x)f(y)-f(x+y)+1$ dla $x, y \in \mathbb{Q}$ .

Rozwiązanie

Jeśli funkcja $f$ spełnia warunki a) i b), to funkcja $g: \mathbb{Q} \to \mathbb{Q}$ określona wzorem $g(x) = f(x)- 1$ spełnia warunki

a') $g(1) = 1$

oraz $g(xy)+1 = (g(x)+1)(g(y)+1)-g(x+y)-1+1$ , $g(xy)+1 = g(x)g(y)+g(x)+g(y)+1-g(x+y)$ , tj.

b') $g(xy)+g(x+y) = g(x)g(y)+g(x)+g(y)$ .

Podstawmy w ostatniej równości $y = 1$ . Otrzymamy

$ g(x)+g(x+1)= g(x) \cdot g(1)+g(x)+g(1), $

więc na mocy a')

$ g(x)+g(x+1)= g(x)+g(x)+1. $

Stąd

$ (*) \qquad g(x+1)= g(x)+1. $

Podstawiając w ostatniej równości kolejno $x = 0$ , $x =- 1$ wyznaczymy pamiętając o a')

$ g(1)= g(0)+1,\ \textrm{więc} \ g(0)= 0 $

$ g(0)=g(-1)+1,\ \textrm{więc} g(-1)= -1. $

Przez oczywiste rozumowanie indukcyjne wynika stąd oraz z (*), że

$ g(n)=n $

dla każdej liczby całkowitej $n$ , oraz

$ g(m+x) = m+g(x) $

dla liczby całkowitej $m$ oraz wymiernej $x$ .

Niech teraz $m$ będzie liczbą całkowitą, $n$ - liczbą naturalną.
Dla wyznaczenia $g\left( \frac{m}{n} \right)$ podstawmy w równości b) $x = m$ , $y = \frac{1}{n}$ .

$ g\left( \frac{m}{n} \right) + g\left( m+\frac{1}{n} \right)= g(m) \cdot g\left( \frac{1}{n} \right) + g(m) + g\left( \frac{1}{n} \right). $

Ponieważ $g(m)= m$ i $g\left( m+\frac{1}{n} \right)=m+g \left( \frac{1}{n} \right)$ , więc

$ g\left( \frac{m}{n} \right)+ m + g\left( \frac{1}{n} \right)=m \cdot g \left( \frac{1}{n} \right) + m + g \left( \frac{1}{n} \right), $

$ g \left( \frac{m}{n} \right) = m \cdot g \left( \frac{1}{n} \right). $

Jeśli $m = n$ , to $1 = g(1) = n \cdot g \left( \frac{1}{n} \right)$ , skąd wynika, że

$ g \left( \frac{1}{n} \right)=\frac{1}{n}. $

Wobec tego

$ g \left( \frac{m}{n} \right)=\frac{m}{n}. $

Oznacza to, że jeśli funkcja $g$ spełnia warunki a') i b'), to $g(x) = x$ dla każdego $x$ wymiernego. Wobec tego jeśli funkcja $f$ spełnia warunki a) i b), to $f(x) = x+ 1$ . Z drugiej strony oczywiście funkcja $f$ określona tym wzorem spełnia warunki a) i b). Jedynym rozwiązaniem zadania jest więc funkcja $f: \mathbb{Q} \to \mathbb{Q}$ , określona wzorem $f(x) = x+1$ .

XXXII - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

Wyznaczyć wszystkie liczby naturalne $n$ , dla których prawdziwe jest twierdzenie: Jeśli w wielokącie wypukłym o $2n$ bokach wpisanym w koło jest $n-1$ par boków równoległych, to pozostałe dwa boki też są równoległe.

Rozwiązanie

Dwie cięciwy okręgu są równoległe wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje wspólna ich symetralna (przechodząca przez środek $O$ okręgu). Niech $\overline{A_iA_{i+1}}$ , $\overline{B_iB_{i+1}}$ będą równoległymi bokami wielokąta wpisanego w koło dla $i = 1,2,\ldots,2k$ . Pokażemy, że wówczas odcinki $\overline{A_1B_{2k+1}}$ , $\overline{A_{2k+1}B_{1}}$ są równoległe, skąd wyniknie prawdziwość danego twierdzenia dla nieparzystych $n$ . Ponieważ złożenie dwóch symetrii osiowych o osiach przecinających się w punkcie $O$ jest obrotem dokoła punktu $O$ , więc składając kolejno symetrie osiowe, których osiami są wspólne symetralne boków $\overline{A_iA_{i+1}}$ i $\overline{B_iB_{i+1}}$ otrzymamy obrót przekształcający $A_1$ na $A_{2k+1}$ oraz $B_1$ na $B_{2k +1}$ (rys. 9).

Wynika stąd, że $\measuredangle A_1OA_{2k + 1} = \measuredangle Bf_1OB_{2k+ 1}$ . Niech prosta $k$ zawierająca dwusieczną kąta $A_1OB_{2k + 1}$ przecina odcinek $\overline{A_1B_{2k + 1}}$ w punkcie $S$ , natomiast odcinek $\overline{A_{2k+1}B_{1}}$ w punkcie $T$ .

Ponieważ

$ \begin{split} \measuredangle A_{2k +1}OT &= 180^\circ-(\measuredangle A_1OA_{2k+1} + \measuredangle A_1OS)=\\ &= 180^\circ-(\measuredangle B_1OB_{2k +1} + \measuredangle B_{2k + 1}OS)=\measuredangle B_1OT, \end{split} $

więc prosta $k$ jest wspólną symetralną odcinków $\overline{A_1B_{2k+1}}$ i $\overline{A_{2k+1}B_{1}}$ . Wobec tego z równoległości $2k$ par boków wielokąta mającego $2 \cdot (2k+ 1)$ wierzchołków wynika równoległość pozostałej pary boków.

Pokażemy teraz, że dla $n$ parzystego dane twierdzenie nie jest prawdziwe. W tym celu zauważmy, że dla $n = 2k+1$ istnieje wielokąt wpisany w koło mający $2n$ boków, którego każdy bok jest równoległy do pewnego innego oraz istnieje para boków równoległych mających różne długości. Wielokąt taki możemy otrzymać w następujący sposób. Prowadzimy przez środek koła $2k+1$ prostych tak, by dwie sąsiednie tworzyły kąt $\frac{180^\circ}{2k+1}$ . Następnie obieramy na okręgu koła punkt $A$ tak, by nie leżał w środku łuku wyznaczonego przez dwie sąsiednie proste $l_1$ i $l_{2k + 1}$ ani na żadnej z tych prostych. Znajdujemy teraz obraz $A_2$ punktu $A_1$ w symetrii względem prostej $l_1$ , obraz $A_2$ punktu $A_1$ w symetrii względem prostej $l_2$ itd. (rys. 10).

Otrzymamy w ten sposób kolejne wierzchołki $2(2k+1)$ -kąta wpisanego w koło, w którym boki przeciwległe są równoległe (mają wspólną symetralną $l_i$ ), ale mają różne długości, bo $AA_1 = A_2A_3 = \ldots= A_{4k}A_{4k + 1} \ne A_1A_2 = A_3A_4 = \ldots = A_{4k+1}A$ . Niech teraz $n = 2k+2$ . Rozważmy $2(2k+1)$ -kąt $A_1A_2 \ldots A_{2k + 1}B_1B_2 \ldots B_{2k + 1}$ wpisany w koło, w którym wszystkie pary boków przeciwległych są równoległe oraz $A_{2k+1}B_1 \ne A_1 B_{2k+1}$ (ale $A_{2k + 1}B_1 \parallel A_1B_{2k + 1}$ ). Niech $B_{2k+2}$ będzie środkiem łuku $A_1B_{2k + 1}$ , natomiast $A_{2k+2}$ niech będzie punktem przecięcia z okręgiem prostej równoległej do $B_{2k+1}B_{2k+2}$ poprowadzonej przez $A_{2k + 1}$ . Wobec tego w $2(2k+2)$ -kącie $A_1 \ldots A_{2k + 2}B_1 \ldots B_{2k + 2}$ jest $2k+1$ par boków przeciwległych równoległych, ale boki $\overline{A_{2k + 2}B_1}$ i $\overline{A_{1}B_{2k+1}}$ nie są równoległe, bo w przeciwnym razie kąty $A_1B_{2k+1}B_{2k+2}$ i $B_1A_{2k + 1}A_{2k + 2}$ byłyby równe (bo ich odpowiednie ramiona byłyby równoległe), ale są to przecież kąty wpisane oparte na nierównych cięciwach. Przykład tu skonstruowany pokazuje, że twierdzenie nie jest prawdziwe dla parzystych $n$ .

Wobec tego twierdzenie jest prawdziwe wtedy i tylko wtedy, gdy $n$ jest liczbą nieparzystą większą od $1$ .

XXXII - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

Dla danej liczby naturalnej $n > 1$ określamy ciąg $(a_0, a_1, \ldots, a_n)$ jak następuje:

$ \begin{split} a_0 &=\frac{1}{2}, \\ a_{k + 1} = a_k + \frac{a_k}{n^2}\quad \text{ dla }\quad k = 0, 1, 2, n - 1. \end{split} $

Udowodnić, że $a_n < 1$ .

Rozwiązanie

Najpierw udowodnimy indukcyjnie, że

$ a_k = \frac{1}{2} \left( 1+ \frac{1}{n^2}\right)^k. $

Dla $k = 0$ jest $\frac{1}{2} \left( 1+ \frac{1}{n^2}\right)^0 = \frac{1}{2} = a_0$ .

Jeśli $a_k = \frac{1}{2} \left( 1+ \frac{1}{n^2}\right)^k$ dla pewnego $k,0 \leq k \leq n-1$ , to

$ a_{k+1}= a_k + \frac{a_k}{n^2}=a_k(1+\frac{1}{n^2})= \frac{1}{2} \left( 1+ \frac{1}{n^2}\right)^{k+1} $

Istotnie więc na mocy zasady indukcji jest

$ a_k = \frac{1}{2} \left( 1+ \frac{1}{n^2}\right)^k \ \textrm{dla} \ k=0,1,\ldots,n. $

W szczególności

$ a_n = \frac{1}{2} \left( 1+ \frac{1}{n^2}\right)^n. $

Na mocy zadania przygotowawczego $K$ jest

$ \left( 1+ \frac{1}{n^2}\right)^n < 2, $

skąd wynika, że $a_n > 1$ .

XXXII OM - II etap

II etap XXXII Olimpiady Matematycznej

XXXII - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

Udowodnić, że dla dowolnych liczb rzeczywistych $x_1, x_2, \ldots, x_{1981}$ , $y_1, y_2, \ldots, y_{1981}$ takich, że $\sum_{j=1}^{1981} x_j = 0$ , $\sum_{j=1}^{1981} y_j = 0$ zachodzi nierówność

$ \sqrt{\sum_{j=1}^{1981} (x_j^2+y_j^2)} \leq \frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{j=1}^{1981} \sqrt{x_j^2+y_j^2}. $

Rozwiązanie

Ponieważ wszystkie liczby występujące pod znakami pierwiastków są dodatnie, więc podnosząc obie strony do kwadratu otrzymamy nierówność równoważną

$ \sum_{j=1}^{1981} (x_j^2 + y_j^2) \leq \frac{1}{2} \left( \sum_{j=1}^{1981} (x_j^2 + y_j^2) + 2 \sum_{1 \leq i \leq j \leq 1981} \sqrt{x_i^2 + y_i^2} \cdot \sqrt{x_j^2 + y_j^2} \right), $

$ (*) \qquad \frac{1}{2} \sum_{j=1}^{1981} (x_j^2 + y_j^2) \leq 2 \sum_{1 \leq i \leq j \leq 1981} \sqrt{x_i^2 + y_i^2} \cdot \sqrt{x_j^2 + y_j^2}. $

Ponieważ $0= \left( \sum_{j=1}^{1981} x_j \right)^2 =\sum_{j=1}^{1981} x_j^2 + 2 \cdot \sum_{1 \leq i \leq j \leq 1981} x_i x_j$ , więc

$ \sum_{j=1}^{1981} x_j^2 =-2 \sum_{1 \leq i \leq j \leq 1981} x_i x_j $

i analogicznie

$ \sum_{j=1}^{1981} y_j^2 =-2 \sum_{1 \leq i \leq j \leq 1981} y_i y_j, $

a stąd

$ \frac{1}{2} \sum_{j=1}^{1981} (x_j^2 + y_j^2) = -\sum_{1 \leq i \leq j \leq 1981} \sqrt{x_ix_j + y_iy_j}. $

Aby więc udowodnić nierówność (*) wystarczy stwierdzić, że dla każdej pary liczb $i$ , $j$ jest

$ |-(x_ix_j + y_iy_j)| \leq \sqrt{x_i^2 + y_i^2} \cdot \sqrt{x_j^2 + y_j^2}, \ \textrm{tj.} $

$ x_i^2x_j^2 + y_i^2y_j^2 + 2|x-ix_jy_iy_j| \leq (x_i^2 + y_i^2)(x_j^2 + y_j^2). $

Przekształcimy dalej równoważnie

$ x_i^2x_j^2 + y_i^2y_j^2 + 2|x-ix_jy_iy_j| \leq x_i^2x_j^2 + x_i^2y_j^2 + y_i^2x_j^2 + y_i^2y_j^2, $

$ 2 |x_ix_jy_iy_j| \leq x_i^2y_j^2 + y_i^2x_j^2, $

$ x_i^2y_j^2 + y_i^2x_j^2 - 2 |x_ix_jy_iy_j| \geq 0, $

$ (|x_iy_j| - |x_jy_i|)^2 \geq 0. $

Ostatnia nierówność jest spełniona dla każdych $x_i$ , $y_i$ , $x_j$ , $y_j$ .

XXXII - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

Dwa okręgi są styczne wewnętrznie w punkcie $P$ . Prosta styczna do jednego z okręgów w punkcie $A$ przecina drugi okrąg w punktach $B$ i $C$ . Udowodnić, że prosta $PA$ jest dwusieczną kąta $BPC$ .

Rozwiązanie

Rozważmy jednokładność o środku $P$ i skali równej stosunkowi długości promienia większego okręgu do długości promienia mniejszego (rys. 11). Jednokładność ta przekształca okrąg mniejszy na większy, a styczną $BC$ na prostą $B_1C_1$ styczną do większego okręgu w punkcie $A_1$ . Proste $BC$ i $B_1C_1$ są równoległe, więc średnica dużego okręgu przechodząca przez $A_1$ jest ich wspólną osią symetrii. Symetria ta przekształca łuk $BA_1$ na łuk $CA_1$ , skąd wynika, że łuki te mają równe długości. Wobec tego kąty $BPA_1$ i $CPA_1$ mają równe miary, a wobec tego prosta $PA$ jest dwusieczną kąta $BPC$ .

Uwaga. Zadanie to było już dane na zawodach stopnia drugiego w XVIII Olimpiadzie Matematycznej.

XXXII - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

Udowodnić, że nie istnieje funkcja ciągła $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ spełniająca Warunek $f(f(x)) = - x$ dla każdego $x$ .

Rozwiązanie

Funkcja $f$ spełniająca zadany warunek musiałaby być różnowartościowa, bo jeśli dla pewnych $x_1$ , $x_2$ byłoby $f(x_1) = f (x_2)$ , to $ff(x_1) = ff (x_2)$ , skąd wynikałoby, że $-x_1 =-x_2$ , więc $x_1 = x_2$ . Funkcja ciągła i różnowartościowa musi być monotoniczna. Gdyby $f$ była funkcją rosnącą, to $ff$ byłaby też funkcją rosnącą; gdyby $f$ była funkcją malejącą, to $ff$ byłaby rosnąca (dla $x_1 < x_2$ jest $f(x_1) > f (x_2)$ , więc $ff (x_1) < ff (x_2)$ ). W każdym przypadku otrzymujemy sprzeczność, bo funkcja $g(x)= - x$ jest funkcją malejącą. Wobec tego nie istnieje funkcja ciągła $f$ spełniająca warunek $ff (x) = -x$ .

XXXII - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XLII OM, 1990-1991

Etap:

Dane są liczby naturalne $k, n$ . Określamy indukcyjnie dwa ciągi liczb $(a_j)$ i $(r_j)$ w sposób następujący:
Krok pierwszy: dzielimy $k$ przez $n$ i otrzymujemy iloraz $a_1$ i resztę $r_i$ ,
krok j-ty: dzielimy $k+r_{j-1}$ przez $n$ i otrzymujemy iloraz $a_j$ i resztę $r_j$ . Obliczyć sumę $a_1 + \ldots + a_n$ .

Rozwiązanie

Zgodnie z określeniem

$ \begin{split} k & = a_1n+r_1 \\ k+r_1 & = a_2n+r_2 \\ k+r_2 & = a_3n+r_3\\ \vdots & = \vdots \\ k+r_{n-1} & = a_nn+r_n \end{split} $

Dodając te równości otrzymamy

$ nk+r_1 + r_2+ \ldots + r_{n-1} = n(a_1 + a_2+ \ldots + a_n) + r_1 + r_2+ \ldots + r_n, $

więc

$ nk= n(a_1 + a_2+ \ldots + a_n) + r_n, $

Liczba $r_n$ jako reszta z dzielenia $k+r_{n-1}$ przez $n$ spełnia warunek $0 \leq r_n < n$ , z ostatniej równości wynika natomiast, że $r_n$ jest liczbą podzielną przez $n$ . Wobec tego $r_n = 0$ i

$ nk = n(a_1 + a_2+ \ldots + a_n). $

więc

$ a_1 + a_2+ \ldots + a_n = k. $

XXXII - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

Na płaszczyźnie dane są dwa zbiory rozłączne $A$ i $B$ , z których każdy składa się z $n$ punktów, przy czym żadne trzy punkty zbioru $A \cup B$ nie leżą na jednej prostej. Udowodnić, że istnieje zbiór $n$ rozłącznych odcinków domkniętych, z których każdy ma jeden koniec w zbiorze $A$ , drugi zaś w zbiorze $B$ .

Rozwiązanie

Dla każdego różnowartościowego przyporządkowania punktów $B_j$ zbioru $B$ punktom $A_i$ zbioru $A$ możemy obliczyć sumę odległości wyznaczonych przez to przyporządkowanie par punktów $(A_i, B_j)$ . Przypuśćmy, że przyporządkowując punktowi $A_i$ punkt $B_i$ dla $i = 1,2,\ldots,n$ otrzymujemy minimalną wartość tej sumy. Wówczas odcinki $\overline{A_iB_i}$ nie mają punktów wspólnych (rys. 12), bo gdyby $C$ był punktem wspólnym odcinków $\overline{A_iB_i}$ i $\overline{A_jB_j}$ dla $i \ne j$ , to wobec różnowartościowości przyporządkowania $C$ nie jest końcem żadnego z tych odcinków i w trójkątach $A_iB_jC$ oraz $A_jB_iC$ byłoby $A_iB_j < < A_iC+B_jC$ oraz $A_jB_i < A_jC+B_iC$ , więc $A_iB_j+ A_jB_i < A_iC + CB_i + B_jC + CA_j$ , a zatem $A_iB_j+A_jB_i < A_iB_i+A_jB_j$ , co jest sprzeczne z założeniem o minimalnej sumie odległości.

XXXII - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

Pola powierzchni podstaw danego ostrosłupa trójkątnego ściętego równe są $B_1$ i $B_2$ . Ostrosłup ten można tak przeciąć płaszczyzną równoległą do podstaw, że w każdą z otrzymanych części można wpisać kulę. Udowodnić, że pole powierzchni bocznej danego ostrosłupa równe jest $(\sqrt{B_1} + \sqrt{B_2})(\sqrt[4]{B_1} + \sqrt[4]{B_2})^2$ .

Rozwiązanie

Wyprowadzimy najpierw wzór na pole powierzchni bocznej ostrosłupa ściętego opisanego na kuli. Wzór ten następnie zastosujemy do każdej z części otrzymanych z danego ostrosłupa ściętego w wyniku przekroju. Objętość $V$ ostrosłupa trójkątnego ściętego o polach podstaw $Q_1$ i $Q_2$ , w który wpisano kulę o promieniu $r$ jest równa sumie objętości pięciu ostrosłupów mających wspólny wierzchołek w środku kuli. Dwa z tych ostrosłupów mają podstawy odpowiednio $Q_1$ i $Q_2$ , podstawy pozostałych trzech tworzą powierzchnię boczną $P$ ostrosłupa ściętego. Wobec tego

$ (1) \qquad V= \frac{1}{3}(Q_1 + Q_2+P)r. $

Z drugiej strony ostrosłup ścięty o podstawach $Q_1$ i $Q_2$ oraz wysokości $h$ ma objętość równą różnicy dwóch ostrosłupów podobnych mających podstawy odpowiednio $Q_1$ i $Q_2$ oraz wysokości $h_1$ i $h_2$ spełniające warunek

$ h_1 - h_2 = h $

(zakładamy, że $Q_1 > Q_2$ oraz $h_1 > h_2$ ).
Wobec tego

$ \frac{h_1}{h_2} = \frac{\sqrt{Q_1}}{\sqrt{Q_2}}, $

$ h_1 = \sqrt{\frac{Q_1}{Q_2}}h_2, $

$ \sqrt{\frac{Q_1}{Q_2}}h_2 - h_2 = h, $

$ h_2 = \frac{h}{\sqrt{\frac{Q_1}{Q_2}} - 1}, $

$ h_1 = \frac{h}{\sqrt{1-\frac{Q_2}{Q_1}}}, $

Ponieważ

$ V = \frac{1}{3}Q_1h_1 - \frac{1}{3} Q_2h_2, $

więc

$ V = \frac{1}{3}Q_1 \cdot \frac{h}{1-\sqrt{\frac{Q_2}{Q_1}}} - \frac{1}{3} Q_2 \cdot \frac{h}{\sqrt{\frac{Q_1}{Q_2}} - 1}, $

$ V = \frac{1}{3}h \cdot \left( \frac{Q_1}{1-\sqrt{\frac{Q_2}{Q_1}}} - \frac{Q_2}{ \sqrt{\frac{Q_1}{Q_2}} - 1} \right), $

$ V = \frac{1}{3}h \cdot \left( \frac{Q_1 \left( 1+ \sqrt{\frac{Q_2}{Q_1}} \right)}{1-\frac{Q_2}{Q_1}} - \frac{Q_2 \left( \sqrt{\frac{Q_1}{Q_2}}+1 \right)}{ \frac{Q_1}{Q_2} - 1} \right), $

$ V = \frac{h}{3} \cdot \left( \frac{Q_1^2 \left( 1+ \sqrt{\frac{Q_2}{Q_1}} \right)}{Q_1-Q_2} - \frac{Q_2^2 \left( \sqrt{\frac{Q_1}{Q_2}}+1 \right)}{ Q_1-Q_2} \right), $

$ V = \frac{h}{3} \cdot \frac{Q_1^2 + Q_1\sqrt{Q_1Q_2} -Q_2 \sqrt{Q_1Q_2}-Q_2^2} { Q_1-Q_2}, $

$ V = \frac{h}{3} \cdot (Q_1 + Q_2 + \sqrt{Q_1Q_2}). $

Porównując wzory (1) i (2) oraz uwzględniając fakt, że $h=2r$ otrzymujemy

$ \frac{2r}{3} (Q_1+Q_2+ \sqrt{Q_1Q_2})= \frac{r}{3}(Q_1+Q_2+P), $

$ Q_1 + Q_2 + P=2(Q_1 + Q_2+ \sqrt{Q_1Q_2}), $

$ P = Q_1 + Q_2 + 2\sqrt{Q_1Q_2}, $

$ P = (\sqrt{Q_1} + \sqrt{Q_2})^2. $

Dany w zadaniu ostrosłup ścięty jest sumą dwóch podobnych ostrosłupów ściętych opisanych na kulach, przy czym podstawy jednego z nich mają pola $B_1$ , $C$ , podstawy drugiego - $C$ , $B_2$ . Stąd

$ \frac{C}{B_1} = \frac{B_2}{C}, $

$ C = \sqrt{B_1B_2}. $

Wobec tego pole powierzchni bocznej $P_b$ wynosi

$ P_b = (\sqrt{B_1} + \sqrt[4]{B_1B_2})^2 + (\sqrt[4]{B_1B_2} + \sqrt{B_2})^2, $

$ P_b = (\sqrt[4]{B_1} (\sqrt[4]{B_1} + \sqrt[4]{B_2}))^2 + (\sqrt[4]{B_2} (\sqrt[4]{B_1} + \sqrt[4]{B_2}))^2, $

$ P_b = (\sqrt{B_1}+\sqrt{B_2}) (\sqrt[4]{B_1} + \sqrt[4]{B_2})^2. $

XXXII OM - III etap

III etap XXXII Olimpiady Matematycznej

XXXII - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

III

W przestrzeni dane są dwie przecinające się proste $a$ i $b$ . Rozważamy wszystkie pary płaszczyzn $\alpha$ i $\beta$ prostopadłych i takich, że $a\subset \alpha$ , $b\subset \beta$ . Dowieść, że istnieje taki okrąg, że przez każdy jego punkt przechodzi prosta $\alpha \cap \beta$ dla pewnych $\alpha, \beta$ .

Rozwiązanie

Rozróżnimy dwa przypadki.

1. Jeśli proste $a$ i $b$ są prostopadłe, to rozważmy płaszczyznę $\alpha$ prostopadłą do prostej $b$ zawierającą prostą $a$ i weźmy pod uwagę dowolny okrąg zawarty w tej płaszczyźnie. Dla dowolnego punktu $A$ tego okręgu poprowadźmy płaszczyznę $\beta$ zawierającą prostą $b$ i punkt $A$ . Oczywiście prosta $\alpha \cap \beta$ spełnia warunki zadania.

2. Załóżmy, że proste $a$ i $b$ nie są prostopadłe, niech $A$ będzie punktem ich przecięcia. Poprowadźmy płaszczyznę $\gamma$ prostopadłą do prostej $a$ i przecinającą ją w punkcie $B$ różnym od $A$ . Prosta $b$ nie jest równoległa do tej płaszczyzny (w przeciwnym przypadku byłaby prostopadła do $a$ ), niech $C$ będzie punktem wspólnym prostej $b$ i płaszczyzny $\gamma$ . Pokażemy, że okrąg $k$ o średnicy $\overline{BC}$ spełnia wymagania zadania. Dla punktu $B$ przyjmijmy jako $\alpha$ płaszczyznę wyznaczoną przez proste $a$ i $b$ , jako $\beta$ - płaszczyznę do niej prostopadłą przecinającą ją wzdłuż prostej $a$ ; dla punktu $C$ jako $\alpha$ również płaszczyznę wyznaczoną przez $a$ i $b$ , jako $\beta$ płaszczyznę do niej prostopadłą przecinającą $\alpha$ wzdłuż prostej $b$ .

Niech $X$ będzie punktem okręgu $k$ różnym od $B$ i $C$ (rys. 13). Rozważmy płaszczyzny $\alpha = ABX$ i $\beta = ACX$ . Płaszczyzna $\alpha$ zawiera prostą $a$ prostopadłą do płaszczyzny $\gamma$ , więc jest prostopadła do $\gamma$ . Prosta $CX$ zawarta w płaszczyźnie $\gamma$ jest prostopadła do prostej $BX$ (bo kąt $BCX$ jest kątem wpisanym opartym na średnicy), a więc do krawędzi przecięcia płaszczyzn prostopadłych $\alpha$ i $\gamma$ . Wynika stąd, że prosta $CX$ jest prostopadła do płaszczyzny $\alpha$ . Wobec tego płaszczyzna $\beta$ zawierająca prostą $BX$ jtst prostopadła do płaszczyzny $\alpha$ . Istotnie więc płaszczyzny $\alpha$ i $\beta$ są prostopadłe, $a \subset \alpha$ , $b \subset \beta$ , prosta $\alpha \cap \beta$ przechodzi przez punkt $X$ .

Dla dowolnego punktu okręgu o średnicy $\overline{BC}$ wskazaliśmy więc płaszczyzny $\alpha$ i $\beta$ mające wymagane własności.

XXXII - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

III

Symetralne boków $\overline{AB}$ i $\overline{AC}$ trójkąta $ABC$ przecinają prostą zawierającą bok $\overline{BC}$ w punktach $X$ i $Y$ . Dowieść, że $BC = XY$ wtedy i tylko wtedy, gdy $\tan B \cdot \tan C= 3$ lub $\tan B\cdot \tan C=-1$ .

Rozwiązanie

Niech $M$ , $N$ , będą odpowiednio środkami boków $\overline{AB}$ i $\overline{AC}$ (rys. 14).

$ \overrightarrow{BX} = \frac{BM}{\cos B} \cdot \frac{\overrightarrow{BC}}{BC} = \frac{AB}{2 \cos \beta \cdot BC} \cdot \overrightarrow{BC},\ \overrightarrow{CY} = \frac{CN}{\cos C} \cdot \frac{\overrightarrow{CB}}{BC} = -\frac{AC}{2 \cos C \cdot BC} \cdot \overrightarrow{BC}, $

(jeśli $B = \frac{\pi}{2}$ lub $C = \frac{\pi}{2}$ , to jedna z symetralnych nie przecina prostej $BC$ , więc przypadku tego można nie rozpatrywać). Wobec tego

$ \overrightarrow{XY}= - \overrightarrow{BX}+\overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CY}= -\frac{AB}{2 \cos B \cdot BC} \cdot \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{BC} - \frac{AC}{2 \cos C \cdot BC} \overrightarrow{BC}, $

$ \overrightarrow{XY}= \left( -\frac{AB}{2 \cos B \cdot BC} +1 - \frac{AC}{2 \cos C \cdot BC} \right) \cdot \overrightarrow{BC}, $

i równość $BC = XY$ ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy

$ (*) \qquad 1 = \left| -\frac{AB}{2 \cos B \cdot BC} + 1 - \frac{AC}{2 \cos C \cdot BC} \right|. $

Z twierdzenia sinusów zastosowanego do trójkąta $ABC$ wynika

$ AB = \frac{BC}{\sin A} \cdot \sin C, \ AC = \frac{BC}{\sin A} \cdot \sin B, $

więc równość (*) jest równoważna równości

$ 1 = \left| -\frac{\frac{BC}{\sin A} \cdot \sin C}{2 \cos B \cdot BC} + 1 - \frac{\frac{BC}{\sin A} \cdot \sin B}{2 \cos C \cdot BC} \right|, \textrm{tj.} $

$ 1 = \left|1 - \frac{\sin C}{2 \sin A \cdot \cos B} - \frac{\sin B}{2 \sin A \cdot \cos C} \right|, $

$ 1 = \left|1 - \frac{\sin C \cdot \cos C + \sin B \cdot \cos B}{2 \sin A \cos B \cos C} \right|. $

Ponieważ $A = \pi - (B+C)$ , więc $\sin A = \sin(B+ C)= \sin B\cos C+\cos B\sin C$ , wobec czego równość (*) jest równoważna równości

$ 1 = \left|1 - \frac{\sin C \cdot \cos C + \sin B \cdot \cos B}{2 (\sin B \cos C + \cos B \sin C) \cos B \cos C} \right|. $

Dzielimy licznik i mianownik przez $\cos^2B \cos^2 C$ :

$ 1 = \left|1 - \frac{\tan C \cdot \frac{1}{\cos^ B} + \tan B \cdot \frac{1}{\cos^2 B}}{2 (\tan B + \tan C)} \right| $

i przekształcamy dalej równoważnie stosując zależność $\frac{1}{\cos^2 x} = \tan^2 x +1$ .

$ 1 = \left|1 - \frac{\tan C (\tan^2 B +1) + \tan B (\tan^2 C +1)} {2 (\tan B + \tan C)} \right|, $

$ 1 = \left|1 - \frac{\tan B \tan C (\tan B +\tan C) + (\tan B +\tan C)} {2 (\tan B + \tan C)} \right|, $

$ 1 = \left|1 - \frac{(\tan B \tan C+1) (\tan B +\tan C)}{2 (\tan B + \tan C)} \right|, $

$ 1 = \left|1 - \frac{(\tan B \tan C+1)}{2} \right|, $

$ 1 = \left|\frac{1}{2} - \frac{(\tan B \tan C)}{2} \right|, $

$ 2 = \left|1- \tan B \tan \right|. $

Ostatnia równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy $2= 1-\tan B \tan C$ albo $2=-(1-\tan B \tan C)$ , tj.

$ \tan B \tan C = - 1 \ \textrm{albo}\ \tan B \tan C = 3. $

Pierwszy z tych przypadków ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy $\overrightarrow{BX} = \overrightarrow{CY}$ , to zaś jest możliwe tylko wtedy, gdy jeden z kątów $B$ lub $C$ jest rozwarty, drugi przypadek może mieć miejsce tylko dla trójkąta ostrokątnego.

XXXII - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

III

Dowieść, że dla dowolnej liczby naturalnej $n$ oraz liczb rzeczywistych $\alpha$ , $x$ spełniających nierówności $\alpha^{n-1} \leq x \leq 1$ , $0 < \alpha <1$ zachodzi nierówność

$ \prod_{k=1}^n \left| \frac{x-\alpha^k}{x+\alpha^k} \right|\leq \prod_{k=1}^n \frac{1-\alpha^{k}}{1+\alpha^{k}} $

Rozwiązanie

Istnieje liczba całkowita $m \geq 0$ , dla której

$ \alpha^{m+1} < x \leq \alpha^m. $

Wobec tego dla $k= 1,2,\ldots,n$ jest

$ \alpha^k-x \geq \alpha^k - \alpha^m, $

$ x+\alpha^k \leq \alpha^k + \alpha^m, $

więc

$ (1) \qquad \frac{\alpha^k-x}{x+\alpha^k} \geq \frac{\alpha^k - \alpha^m}{\alpha^k + \alpha^m}, $

natomiast

$ (2) \qquad \frac{\alpha^k-x}{x+\alpha^k} \geq \frac{\alpha^k - \alpha^{m+1}}{\alpha^k + \alpha^{m+1}}. $

Ponieważ

$ \prod_{k=1}^n \left| \frac{x-\alpha^k}{x+\alpha^k} \right|= \prod_{k=1}^m \frac{\alpha^k-x}{x+\alpha^k} \cdot \prod_{k=m+1}^n \frac{x-\alpha^k}{x+\alpha^k}, $

więc na mocy (1) i (2)

$ \begin{split} \prod_{k=1}^n \left| \frac{x-\alpha^k}{x+\alpha^k} \right| &\leq \prod_{k=1}^m \frac{\alpha^k-\alpha^{m+1}}{\alpha^k+\alpha^{m+1}} \cdot \prod_{k=m+1}^n \frac{\alpha^m-\alpha^k}{\alpha^m+\alpha^k}=\\ &=\prod_{k=1}^m \frac{1-\alpha^{m+1-k}}{1+\alpha^{m+1-k}} \cdot \prod_{k=m+1}^n \frac{1-\alpha^{k-m}}{1+\alpha^{k-m}}=\\ &=\prod_{k=1}^m \frac{1-\alpha^{k}}{1+\alpha^{k}} \cdot \prod_{k=m+1}^n \frac{1-\alpha^{k-m}}{1+\alpha^{k-m}}. \end{split} $

Ponieważ

$ \begin{split} \frac{1-\alpha^{k-m}}{1+\alpha^{k-m}}- \frac{1-\alpha^{k}}{1+\alpha^{k}}&= \frac{1+\alpha^{k}-\alpha^{k-m}-\alpha^{m}-1-\alpha^{k-m}+\alpha^{k}+\alpha^{m}} {(1+\alpha^{k-m})(1+\alpha^{k})}=\\ &=\frac{2\alpha^{k}-2\alpha^{k-m}}{(1+\alpha^{k-m})(1+\alpha^{k})} \leq 0 \end{split} $

więc

$ \frac{1-\alpha^{k-m}}{1+\alpha^{k-m}} \leq \frac{1-\alpha^{k}}{1+\alpha^{k}} $

skąd wynika, że

$ \prod_{k=1}^n \left| \frac{x-\alpha^{k}}{x+\alpha^{k}} \right| \leq \prod_{k=1}^m \frac{1-\alpha^{k}}{1+\alpha^{k}} \cdot \prod_{k=m+1}^n \frac{1-\alpha^{k}}{1+\alpha^{k}} = \prod_{k=1}^n \frac{1-\alpha^{k}}{1+\alpha^{k}}. $

XXXII - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

III

Na stole leży $n$ żetonów oznaczonych liczbami całkowitymi. Jeśli wśród tych żetonów znajdują się dwa oznaczone równymi liczbami, np. liczbą $k$ , to zastępujemy je jednym żetonem z liczbą $k+1$ i jednym z liczbą $k-1$ . Udowodnić, że po skończonej (nieujemnej) liczbie takich zmian wszystkie żetony będą oznaczone różnymi liczbami.

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw następujący lemat:
Lemat. Niech $m_0$ będzie minimalną liczbą spośród liczb wypisanych na żetonach znajdujących się na stole przed dokonaniem jakiejkolwiek zmiany. Jeśli po $k$ zmianach wśród liczb występujących na żetonach liczby $m_1^{(k)}, m_2^{(k)},\ldots,m_{j_k}^{(k)}$ są wszystkimi liczbami nie większymi od $m_0$ , przy czym $m_{j_k}^{(k)} \leq m_{j_k-1}^{(k)} \leq \ldots \leq m_2^{(k)} \leq m_1^{(k)} \leq m_0^{(k)} = m_0$ , to $m_i^{(k)}-m_{i+1}^{(k)} \leq 2$ dla $i =0, 1, \ldots, j_k-1$ .

Dowód lematu przeprowadzimy przez indukcję względem $k$ .

Dla $k = 1$ może być jedynie $m_1^{(1)} = m_0- 1$ i ta sytuacja występuje wtedy, gdy były na początku co najmniej dwa żetony z liczbą $m_0$ . Oczywiście więc $m_0^{(1)}-m_1^{(1)} \leq 2$ .

Załóżmy, że dla pewnego $k$ liczby $m_1^{(k)}, \ldots, m_{j_k}^{(k)}$ są wszystkimi liczbami nie większymi od $m_0$ wypisanymi na żetonach po $k$ zmianach oraz

$ m_{j_k}^{(k)} \leq m_{j_k-1}^{(k)} \leq \ldots \leq m_2^{(k)} \leq m_1^{(k)} \leq m_0^{(k)} = m_0 \ \textrm{i} \ m_i^{(k)} - m_{i+1}^{(k)} \ \textrm{dla} \ i=0,1, \ldots, j_k-1. $

Jeśli w kroku $(k+ 1)$ -szym wymieniamy dwa żetony z liczbą większą od $m_0$ , to każdy wyraz $m_i^{(k+1)}$ jest równy odpowiednio $m_i^{(k)}$ , teza jest więc oczywiście spełniona. Niech więc $m_i^{(k)}= m_{i+1}^{(k)} = m$ i $(k+1)$ -szy krok naszego postępowania polega na zastąpieniu żetonów z liczbą $m$ przez żetony z liczbami $m+1$ oraz $m-1$ . Ciąg $(m_i^{(k+1)})$ powstał więc z ciągu $(m_i^{(k)})$ przez zastąpienie dwóch wyrazów równych $m$ przez wyrazy równe $m+1$ i $m- 1$ . Różnica między tymi wyrazami wynosi $2$ , różnica między każdym z tych wyrazów, a wyrazem sąsiednim nie przekracza $2$ , różnica między każdą parą innych wyrazów sąsiednich nie uległa zmianie, więc też nie przekracza $2$ . Kończy to indukcyjny dowód lematu.

Z lematu wynika, że po każdej zmianie liczba wypisana na dowolnym żetonie nie będzie mniejsza od $m_0-2n$ .

Zauważmy teraz, że jeśli przed rozpoczęciem procedury opisanej w zadaniu dodamy do każdej z liczb wypisanych na żetonach ustaloną liczbę całkowitą, to nie zmieni to w niczym naszego zadania. Dodając ewentualnie liczbę $2n-m_0+ 1$ możemy zakładać, że zarówno na początku, jak i po każdej zmianie wszystkie liczby wypisane na żetonach są dodatnie. Rozważmy teraz iloczyn $P_0$ liczb wypisanych początkowo na żetonach, iloczyn $P_1$ liczb wypisanych po dokonaniu pierwszej zmiany, iloczyn $P_2$ liczb na żetonach po dokonaniu drugiej zmiany itd. Każdy wyraz ciągu $P_i$ jest iloczynem liczb naturalnych, przy czym $P_{i+1}$ powstaje z $P_i$ przsz zastąpienie dwóch czynników równych $k$ iloczynem $(k+1) (k-1)$ , a więc $P_i = k^2c$ , $P_{i + 1} = (k+1) (k-1)c$ . Ponieważ $c > 0$ , oraz $k^2 > k^2-1 = (k+1)(k-1)$ , więc $P_i > P_{i+ 1}$ . Ciąg $(P_i)$ jest więc ciągiem malejącym liczb naturalnych, a taki ciąg musi być skończony. Dowodzi to, że po skończonej liczbie kroków wszystkie żetony będą oznaczone różnymi liczbami.

XXXII - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

III

Wyznaczyć wszystkie pary liczb całkowitych $(x,y)$ spełniające równanie

$ x^3 + x^2y + xy^2 + y^3 = 8(x^2 + xy + y^2 + 1). $

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że jeśli para liczb całkowitych $(x, y)$ jest rozwiązaniem danego równania, to liczby $x$ i $y$ są tej samej parzystości, gdyż w przeciwnym razie lewa strona równania przyjmowałaby wartość nieparzystą, prawa zaś - wartość podzielną przez $8$ . Ponadto sprawdzamy bezpośrednio, że żadna para liczb równych nie jest rozwiązaniem, gdyż jeśli $x = y$ , to równanie przyjmuje postać $4x^3 = 24x^2 + 8$ , tj. $x^3 -6x^2-2 = 0$ . Ewentualnymi rozwiązaniami całkowitymi mogłyby być ewentualnie dzielniki wyrazu wolnego, tj. liczby $1, - 1, 2, - 2$ . Przez podstawienie sprawdzamy, że żadna z tych liczb nie spełnia równania. Wobec tego, jeśli para $(x, y)$ liczb całkowitych jest rozwiązaniem równania, to $x \ne y$ , skąd wynika, że

$ x^2+y^2 > 2|xy|, $

natomiast z faktu, że $x$ i $y$ są liczbami tej samej parzystości wynika, że $|x| -|y| = 2k$ , zatem

$ x^2 + y^2-2|xy| = 4k^4 $

i wobec tego

$ (*) \qquad x^2 + y^2 \geq 2|xy| + 4 > |2xy+2|. $

Dane równanie możemy przekształcić równoważnie

$ (x^2+y^2)(x + y)= 8(x^2 + y^2) + 8xy + 8, $

$ (**) \qquad (x^2 + y^2)(x+y-8)= 8xy+8. $

Biorąc po obu stronach wartość bezwzględną stwierdzamy, że

$ |x^2 + y^2| \cdot |x + y-8| = |8xy + 8|, $

$ (x^2 + y^2) \cdot |x+y-8| = 4|2xy+2|, $

więc wobec nierówności (*) otrzymujemy

$ |x+y-8| < 4, $

$ -4 < x+y-8 < 4, $

$ 4 < x+y < 12. $

Jeśli więc liczby $x$ , $y$ spełniają dane równanie, to $x+y = 6$ lub $x+y= 8$ lub $x+y = 10$ , tj. a) $y= 6-x$ lub b) $y= 8 -x$ lub c) $y= 10-x$ . Podstawiając do równania (**) otrzymujemy kolejno
a)

$ (x^2+(6-x)^2)(-2)= 8x(6-x)+8, $

$ x^2 + 36 - 12x + x^2= -4x(6-x)-4, $

$ 2x^2-12x+36 = -24x+4x^2-4, $

$ -2x^2+12x+40 = 0, $

$ x^2-6x-20=0. $

Równanie to nie ma rozwiązań całkowitych, bo jego wyróżnik $\Delta = 36+80 = 116$ .

$ (x^2+(8-x)^2) \cdot 0 = 8x(8-x)+8, $

$ x(8-x)+1=0, $

$ 8x-x^2+1 = 0, $

$ x^2-8x-1 = 0. $

To równanie również nie ma rozwiązań całkowitych, bo $\Delta = 64+4 = 68$ .

$ x^2+(10-x)^2-2 = 8x(10-x)+8, $

$ x^2+100-20x+x^2 = 4x(10-x)+4, $

$ 2x^2-20x+ 100 = 40x-4x^2 + 4, $

$ 6x^2-60x+96 = 0, $

$ x^2-10x+16 = 0. $

Równanie to ma dwa pierwiastki całkowite $x_1 = 2$ , $x_2 = 8$ .

Przeprowadzone tu rozumowanie pokazuje, że jeśli dane równanie ma rozwiązania w liczbach całkowitych, to mogą to być jedynie rozwiązania $x_1 = 2$ , $y_1 = 10-2= 8$ lub $x_2 = 8$ , $y_2 = 10-8 = 2$ . Sprawdzamy przez podstawienie, że istotnie pary $(2,8)$ oraz $(8,2)$ stanowią rozwiązania równania.

XXXII - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

III

W czworościanie o objętości $V$ suma kwadratów długości wszystkich krawędzi jest równa $S$ . Dowieść, że

$ V \leq \frac{S\sqrt{S}}{72 \sqrt{3}} $

Rozwiązanie

Rozważmy czworościan $ABCD$ (rys. 15), niech punkt $O$ będzie spodkiem wysokości czworościanu opuszczonej na podstawę $ABC$ , niech $DO = H$ . Niech $E$ będzie spodkiem wysokości opuszczonej w trójkącie $ABC$ na podstawę $\overline{AB}$ , niech $CE = h$ . Niech $F$ będzie spodkiem wysokości opuszczonej w trójkącie $ABO$ na podstawę $\overline{AB}$ (jeśli $O$ należy do prostej $AB$ , to przyjmujemy $F = O$ ), niech $OF = g$ . Przyjmijmy ponadto liczby $x$ , $y$ tak, by

$ \overrightarrow{AF} = x \cdot \frac{\overrightarrow{AB}}{AB},\ \overrightarrow{AE} = y \cdot \frac{\overrightarrow{AB}}{AB}. $

Oznaczmy $AB= a$ , $BC=b$ , $CA=c$ , $DA = d$ , $BD = e$ , $DC=f$ .

Z twierdzenia Pitagorasa stosowanego kolejno do trójkątów $BCE$ , $ACE$ , $ADO$ , $BDO$ , $CDO$ otrzymujemy

$ b^2 = h^2+(a-y)^2, $

$ c^2 = h^2+y^2, $

$ d^2 = H^2 + (x^2+g^2) = x^2+H^2+g^2, $

$ e^2 = H^2+(a-x)^2+g^2, $

$ f^2 = H^2+OC^2. $

Dla obliczenia $OC^2$ poprowadzimy przez $O$ prostą równoległą do $AB$ , która przetnie wysokość $\overline{CE}$ w punkcie $G$ . Wobec tego $OC^2 = (h-g)^2+(x-y)^2$ i $f^2 = H^2+(h-g)^2+ (x-y)^2$ .

Możemy więc obliczyć $S$ :

$ \begin{split} & S = a^2+b^2 + c^2 + d^2 + e^2 + f^2 = a^2+h^2+(a-y)^2+h^2+y^2 + x^2 + H^2 + g^2+\\ & + H^2+g^2 + (a-x)^2 + H^2 + (h-g)^2+(x-y)^2 = a^2+h^2 + a^2- 2ay+y^2 + h^2 +\\ & + y^2 + x^2+H^2 + g^2 + H^2 + g^2+a^2-2ax + x^2 + H^2+ h^2-2hg + g^2+x^2-2xy+y^2. \end{split} $

Pogrupujemy teraz tak wyrazy, by oszacować powyższe wyrażenie w zależności od $a$ , $h$ i $H$

$ \begin{split} S & = 2a^2+2h^2+2y^2 - 2ay + \frac{a^2}{2} -\frac{a^2}{2}+3H^2+3g^2-2hg+\frac{h^2}{3} + \frac{2}{3} h^2+ 2x^2-2ax + \\ & + \frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{2}+ x^2-2xy+y^2 = 2a^2 + 2h^2+\frac{1}{2}(2y-a)^2+3H^2+ \frac{1}{3}(3g-h)^2 + \frac{2}{3} h^2+\\ + & \frac{1}{2}(2x-a)^2+(x-y)^2 \geq 2a^2 + \frac{8}{3}h^2+3H^2 \end{split} $

Stosując nierówność dla średniej arytmetycznej i geometrycznej otrzymujemy stąd

$ S \geq 2a^2+ \frac{8}{3} h^2 + 3H^2 \geq 3 \cdot \sqrt{2a^2 \cdot \frac{8}{3} h^2 \cdot 3H^2} = 3 \sqrt[3]{l6a^2h^2H^2} $

Wobec tego

$ \frac{S \sqrt{S}}{72 \sqrt{3}} \geq \frac{3 \cdot \sqrt[3]{16a^2h^2H^2} \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt[3]{4ahH}}{72 \cdot \sqrt{3}} = \frac{3 \cdot \sqrt[3]{64a^3h^3H^3}}{72} = \frac{4ahH}{24} = \frac{1}{3} \cdot \frac{aH}{2} \cdot H = V. $

Rozwiązanie to podał uczestnik zawodów Roman Kapuściński.

Uwaga. Z rozwiązania wynika, że równość $V = \frac{S\sqrt{S}}{72 \sqrt{3}}$ ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy $a = 2y$ i $a = 2x$ i $h = 3g$ i $x = y$ oraz $2a^2 = \frac{8}{3}h^2 = 3H^2$ , a więc gdy czworościan jest foremny.