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 $n$ .