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. $