XXXI OM - I etap

I etap XXXI Olimpiady Matematycznej

XXXI - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXXI OM, 1979-1980

Etap:

Zbadać dla jakich wartości parametru $a$ romb o boku długości $a$ jest przekrojem sześcianu o krawędzi długości 2 płaszczyzną przechodzącą przez środek sześcianu.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że romb $KLMN$ jest przekrojem sześcianu $ABCDA_1B_1C_1D_1$ płaszczyzną przechodzącą przez środek sześcianu $O$ . Ponieważ $O$ jest też środkiem symetrii przekroju, więc przeciwległe wierzchołki rombu leżą na przeciwległych krawędziach sześcianu. Niech np. jak na rysunku $K \in \overline{AB}$ , $L \in \overline{A_1B_1}$ , $M \in \overline{C_1D_1}$ , $N \in \overline{CD}$ . Ponieważ $O$ jest środkiem symetrii sześcianu, więc $AK = MC_1$ , $A_1L = NC$ . Przypuśćmy, że $K$ nie jest środkiem krawędzi $\overline{AB}$ . Odwzorujmy ściany sąsiednie $ABB_1A_1$ i $A_1B_1C_1D_1$ na siatkę sześcianu.

Trapezy prostokątne $AKLA_1$ i $LB_1C_1M$ są przystające, gdyż są sumami przystających prostokątów i przystających trójkątów prostokątnych. Wynika stąd, że $A_1L = B_1L$ , tzn. $L$ jest środkiem odcinka $\overline{A_1B_1}$ i wobec tego $N$ jest środkiem $\overline{CD}$ . Wykazaliśmy w ten sposób, że pewne dwa przeciwległe wierzchołki rombu są środkami krawędzi sześcianu, na których leżą. Bok rombu jest więc odcinkiem łączącym środek krawędzi z pewnym punktem przeciwległego) boku ściany, która jest kwadratem o boku długości $2$ . Długość takiego odcinka jest nie mniejsza od $2$ i nie większa od $\sqrt{5}$ , przy czym każdą wartość z przedziału $[2, \sqrt{5}]$ możemy osiągnąć obierając właściwie punkt $K$ na boku $\overline{AB}$ .

XXXI - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXXI OM, 1979-1980

Etap:

Dowieść, że dla dowolnych liczb dodatnich $a, b, x, y, \alpha$ prawdziwa jest nierówność

$ \frac{a^{\alpha+1}}{x^{\alpha}} + \frac{b^{\alpha+1}}{y^{\alpha}} \leq \frac{(a+b)^{\alpha+1}}{(x+y)^{\alpha}} $

Rozwiązanie

Daną nierówność dzielimy obustronnie przez liczbę dodatnią $\displaystyle \frac{(a+b)^{\alpha+1}}{(x+y)^\alpha}$ , otrzymamy równoważną nierówność

$ \frac{a^{\alpha+1}(x+y)^{\alpha}}{(a+b)^{\alpha+1} x^\alpha} + \frac{b^{\alpha+1}(x+y)^{\alpha}}{(a+b)^{\alpha+1} y^\alpha} \geq 1. $

Przyjmując

$ t = \frac{x}{x+t}, \ c = \frac{a}{a+b} $

przekształcimy tę nierówność do równoważnej postaci

$ (*) \qquad \frac{c^{\alpha+1}}{t^\alpha} + \frac{(1-c)^{\alpha+1}}{(1-t)^\alpha} \geq 1. $

Dla udowodnienia prawdziwości nierówności (*) rozważmy funkcję

$ f(t) = \frac{c^{\alpha+1}}{t^\alpha} + \frac{(1-c)^{\alpha+1}}{(1-t)^\alpha} $

określoną w przedziale $(0, 1)$ . Obliczmy pochodną tej funkcji.

$ f'(t) = -\alpha \frac{c^{\alpha+1}}{t^{\alpha+1}} - \alpha \frac{(1-c)^{\alpha+1}}{(1-t)^{\alpha+1}} \cdot (-1), $

$ f'(t) = \alpha \left[ \frac{(1-c)^{\alpha+1}}{(1-t)^{\alpha+1}} - \frac{(c)^{\alpha+1}}{(t)^{\alpha+1}} \right]. $

Pochodna ta przyjmuje wartość $0$ , gdy $\displaystyle \left( \frac{1-c}{1-t} \right)^{\alpha+1}= \left( \frac{c}{t} \right)^{\alpha+1}$ , a więc, gdy $\displaystyle \frac{1-c}{1-t} = \frac{c}{t}$ , a zatem gdy $(1-c)t=(1-t)c$ , $t-ct=c-tc$ , $t=c$ . Jedynym miejscem zerowym pochodnej jest $t = c$ . Ponieważ $\displaystyle \lim_{t \to 0} f(t) = +\infty$ oraz $\displaystyle \lim_{t \to 1} f(t) = + \infty$ , więc dla $t = c$ funkcja $f(t)$ przyjmuje minimum. Ponadto

$ f(c) = \frac{c^{\alpha+1}}{c^\alpha} + \frac{(1-c)^{\alpha+1}}{(1-c)^\alpha} = c+(1-c)=1, $

więc dla każdego $t \in (0, 1)$ jest $f(t) \geq 1$ , a zatem

$ \frac{c^{\alpha+1}}{t^\alpha} + \frac{(1-c)^{\alpha+1}}{(1-t)^\alpha} \geq 1, $

ponieważ zaś ta nierówność, jak stwierdziliśmy wyżej, jest równoważna nierówności danej, więc

$ \frac{a^{\alpha+1}}{x^\alpha} + \frac{b^{\alpha+1}}{y^\alpha} \geq \frac{(a+b)^{\alpha+1}}{(x+y)^\alpha}. $

XXXI - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXXI OM, 1979-1980

Etap:

W okrąg $k$ wpisany jest trójkąt $ABC$ . Na okręgu $k$ wybrano takie punkty $A', B', C'$ , że proste $AA', BB', CC'$ zawierają środkowe trójkąta $ABC$ . Wykazać, że pole trójkąta $A'B'C'$ jest nie mniejsze od pola trójkąta $ABC$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy $AB = c$ , $BC = a$ , $CA = b$ , $\measuredangle BAC = \alpha$ , $\measuredangle ABC = \beta$ , $\measuredangle BCA = \gamma$ . Niech $C_1$ będzie środkiem boku $\overline{AB}$ .

Stosując dla środkowej $\overline{CC_1}$ dowiedziony na s. 32 lemat otrzymamy

$ CC_1 = \frac{1}{2} \sqrt{2a^2 + 2b^2 - c^2}. $

Ponieważ $\measuredangle B'A'C' = \measuredangle B'A'A + \measuredangle AA'C'$ oraz $\measuredangle B'A'A = \measuredangle ABB'$ jako kąty wpisane w koło oparte na tym samym łuku i $\measuredangle AA'C' = \measuredangle ACC'$ , więc $\measuredangle B'A'C' = \measuredangle ABB' + \measuredangle ACC'$ . Wyliczymy $\sin \measuredangle ACC'$ stosując twierdzenie sinusów do trójkąta $ACC_1$ .

$ \sin \measuredangle ACC' = \frac{c}{2} \cdot \frac{\sin \alpha}{CC_1} = \frac{c}{2} \cdot \frac{\sin \alpha}{\frac{1}{2} \sqrt{2a^2 + 2b^2 - c^2}}= \frac{c \cdot \sin \alpha}{\sqrt{2a^2 + 2b^2 - c^2}}. $

Z twierdzenia cosinusów zastosowanego do tego samego trójkąta wyliczamy

$ \begin{split} \cos \measuredangle ACC' = \frac{b^2 + CC_1^2 - \left( \frac{c}{2} \right)^2}{2b \cdot CC_1} = \frac{b^2 + \frac{1}{2}(a^2+b^2-\frac{1}{2}c^2 - \frac{c^4}{4})}{2b \cdot \frac{1}{2} \sqrt{2a^2 + 2b^2 - c^2}}= \\ \frac{\frac{1}{2} a^2 + \frac{3}{2}b^2 - \frac{1}{2}c^2}{b \cdot \sqrt{2a^2 + 2b^2 - c^2}} = \frac{a^2+3b^2-c^2}{2b \cdot \sqrt{2a^2+2b^2-c^2}}. \end{split} $

Analogiczne rachunki pozwalają wyliczyć $\displaystyle \sin \measuredangle ABB' = \frac{b \cdot \sin \alpha}{\sqrt{2a^2+2c^2-b^2}}$ ,
$\displaystyle \cos \measuredangle ABB' = \frac{a^2+3c^2-b^2}{2c \cdot \sqrt{2a^2+2c^2-b^2}}$ .

Otrzymujemy stąd

$ \begin{split} & \sin \measuredangle B'A'C' = \sin (\measuredangle ABB' + \measuredangle ACC') = \sin \measuredangle ABB' \cdot \cos \measuredangle ACC' + \\ & + \cos \measuredangle ABB' \cdot \sin \measuredangle ACC' = \frac{b \cdot \sin \alpha}{\sqrt{2a^2 + 2c^2 - b^2}} \cdot \frac{a^2 + 3b^2 - c^2}{2b \cdot \sqrt{2a^2 + 2b^2 - c^2}} +\\ & + \frac{c \sin \alpha}{2a^2 + 2b^2 - c^2} \cdot \frac{a^2 + 3c^2 - b^2}{2c \cdot \sqrt{2a^2 + 2c^2 - b^2}} = \frac{(a^2 + 3b^2 - c^2 + a^2 + 3c^2 - b^2) \cdot \sin \alpha}{2 \sqrt{2a^2 + 2b^2 - c^2} \cdot \sqrt{2a^2 + 2c^2 - b^2}}=\\ & \frac{(a^2+b^2+c^2) \cdot \sin \alpha}{\sqrt{2a^2 + 2b^2 - c^2} \cdot \sqrt{2a^2+2c^2-b^2}}, \end{split} $

Stosując analogiczne rachunki otrzymamy

$ \sin \measuredangle A'B'C' = \frac{(a^2+b^2+c^2) \cdot \sin \beta}{\sqrt{2a^2+2b^2-c^2} \cdot \sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}, $

$ \sin \measuredangle B'C'A' = \frac{(a^2+b^2+c^2) \cdot \sin \gamma}{\sqrt{2a^2+2c^2-b^2} \cdot \sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}. $

Ponieważ pole $S'$ trójkąta $A'B'C'$ równe jest $\frac{a'b'c'}{4r}$ , gdzie $a'$ , $b'$ , $c'$ są długościami boków oraz

$ \frac{a'}{\sin \measuredangle B'A'C'} = \frac{b'}{\sin \measuredangle A'B'C'}= \frac{c'}{\sin \measuredangle A'C'B'} = 2r, $

więc $S' = 2r^2$

$ \begin{split} & \sin \measuredangle B'A'C' \cdot \sin \measuredangle A'B'C' \cdot \sin \measuredangle A'C'B' =\\ &\qquad = 2r^2 \cdot \frac{(a^2 + b^2 + c^2)^3 \cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma}{(2a^2 + 2b^2 - c^2)(2a^2 + 2c^2 - b^2)(2b^2 + 2c^2 - a^2)}. \end{split} $

Z nierówności dla średniej arytmetycznej i średniej geometrycznej otrzymujemy

$ \begin{split} & \sqrt{(2a^2 + 2b^2 - c^2) (2a^2 + 2c^2 - b^2) (2b^2 + 2c^2 - a^2)} < \\ &\qquad < \frac{1}{3} [(2a^2 + 2b^2 - - c^2) + (2a^2 + 2c^2 - b^2) + (2b^2 + 2c^2 - a^2)] = a^2 + b^2 + c^2, \\ \end{split} $

$ (2a^2 + 2b^2 - c^2)(2a^2 + 2c^2 - b^2) (2b^2 + 2c^2 - a^2) \leq (a^2 + b^2 + c^2)^3, $

skąd wynika, że $S' \geq 2r^2 \cdot \sin \alpha \sin \beta \sin \gamma = S_{\Delta ABC}$ .

XXXI - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXXI OM, 1979-1980

Etap:

Udowodnić, że jeśli wielomian o współczynnikach całkowitych przyjmuje wartość 1 dla czterech różnych argumentów całkowitych, to dla żadnego argumentu całkowitego nie przyjmuje wartości -1.

Rozwiązanie

Liczby całkowite $a$ , $b$ , $c$ , $d$ , dla których dany wielomian $w(x)$ przyjmuje wartość $1$ są pierwiastkami wielomianu $w(x) - 1$ . Ten ostatni wielomian jest więc podzielny przez $x-a$ , $x-b$ , $x-c$ , $x-d$ a wobec tego w $w(x) -1 = (x - a) (x - b) (x - c) (x - d) \cdot v (x)$ , gdzie $v (x)$ jest pewnym wielomianem o współczynnikach całkowitych. Gdyby było $w(k) = - 1$ dla pewnego całkowitego $k$ , to byłoby $w(k) - 1 = -2$ , więc $(k - a) (k - b) (k - c) (k - d) \cdot v(k) = -2$ . Ostatnia równość przedstawia liczbę $-2$ w postaci iloczynu liczb całkowitych $k - a$ , $k - b$ , $k - c$ , $k - d$ , $v(k)$ , wśród których pierwsze cztery są parami różne. Wobec tego co najwyżej jedna z liczb $k-a$ , $k-b$ , $k-c$ , $k-d$ jest równa $1$ , co najwyżej jedna z nich jest równa $-1$ , co najmniej dwie mają wartość bezwzględną większą od $1$ . To prowadzi jednak do sprzeczności z faktem, że $2$ jest liczbą pierwszą. Nie może więc być $w(k) = -1$ dla żadnego całkowitego $k$ .

XXXI - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXXI OM, 1979-1980

Etap:

Znany matematyk profesor Iks grywa ze swoim asystentem magistrem Igrekiem w następującą grę. Iks podaje Igrekowi skończony ciąg wektorów $\overrightarrow{a_1}, \overrightarrow{a_2}, \ldots, \overrightarrow{a_n}$ ; wszystkie te wektory leżą w jednej płaszczyźnie i każdy ma długość 1. Igrek znając te wektory podaje ciąg znaków, tj. ciąg liczb $\varepsilon_1, \varepsilon_2, \ldots, \varepsilon_n$ , $\varepsilon _j = 1$ lub $\varepsilon _j = -1$ ( $j = 1, 2, \ldots, n$ ). Następnie gracze rozpatrują ciąg wektorów $\varepsilon_1 \overrightarrow{a_1} + \varepsilon_2 \overrightarrow{a_2} + \ldots + \varepsilon_k \overrightarrow{a_k}$ ( $k = 1, 2, \ldots, n$ ). Wygrywa Iks,
jeśli długość choćby jednego z wektorów $s_1, s_2, \ldots, s_n$ jest większa lub równa 3, w przeciwnym razie wygrywa Igrek. Udowodnić, że Igrek zawsze może tak wybrać ciąg znaków, by wygrać.

Rozwiązanie

Opiszemy indukcyjnie strategię Igreka. $\varepsilon_1$ można wybrać dowolnie np. $\varepsilon_1 = 1$ . Następnie należy tak wybrać $\varepsilon_2$ , by wektor $\varepsilon_1 \overrightarrow{a_1} + \varepsilon_2 \overrightarrow{a_2}$ miał długość mniejszą od $2$ . W przypadku, gdy wektory $\overrightarrow{a_1}$ i $\overrightarrow{a_2}$ nie są równoległe można wybrać $\varepsilon_2$ dowolnie, jeśli $\overrightarrow{a_1}$ i $\overrightarrow{a_2}$ są równoległe - należy tak określić $\varepsilon_2$ , by wektory $\varepsilon_1 \overrightarrow{a_1}$ i $\varepsilon_2 \overrightarrow{a_2}$ miały przeciwne zwroty. Następnie Igrek wybiera znaki przy kolejnych parach wektorów, a więc $\varepsilon_3$ i $\varepsilon_4$ , w następnej kolejności $\varepsilon_5$ i $\varepsilon_6$ itd. dopóki jest to możliwe. Przypuśćmy, że dobrał on już znaki $\varepsilon_1, \ldots, \varepsilon_k$ w ten sposób, że dla pary punktów $(O, A)$ reprezentującej wektor $\overrightarrow{s_k}$ punkt $A$ leży wewnątrz koła $k (O, 2)$ i przypuśćmy, że pozostały jeszcze co najmniej dwa wektory. Rozważmy cztery wektory $\overrightarrow{a_{k+1}} + \overrightarrow{a_{k+2}}$ , $\overrightarrow{a_{k+1}} - \overrightarrow{a_{k+2}}$ , $-\overrightarrow{a_{k+1}} - \overrightarrow{a_{k+2}}$ ,
$-\overrightarrow{a_{k+1}} + \overrightarrow{a_{k+2}}$ . Długość każdego z tych wektorów nie przekracza $2$ , przy czym każdy jest prostopadły do następnego (sumę wektorów wyznacza jedna, różnicę druga przekątna równoległoboku rozpiętego na tych wektorach, w rozważanym przypadku równoległobok ten jest rombem, więc jego przekątne są prostopadłe). Niech $K$ , $L$ będą punktami wspólnymi okręgów $o(O, 2)$ i $o (A, 2)$ . Ponieważ punkt $A$ leży wewnątrz koła $k(O, 2)$ , więc kąt $KAL$ jest większy od kąta $KBL$ , gdzie $B$ jest dowolnym punktem okręgu $o (O, 2)$ należącym do koła $k (A, 2)$ , kąt zaś $KBL$ jest większy od kąta prostego. Wobec tego $KAL$ jest większy od kąta prostego i co najmniej jeden z wektorów $\overrightarrow{a_{k+1}} + \overrightarrow{a_{k+2}}$ , $\overrightarrow{a_{k+1}} - \overrightarrow{a_{k+2}}$ , $-\overrightarrow{a_{k+1}} - \overrightarrow{a_{k+2}}$ ,
$-\overrightarrow{a_{k+1}} + \overrightarrow{a_{k+2}}$ jest reprezentowany przez parę, której początek $A$ i koniec $B$ leżą wewnątrz kąta $KAL$ . Wynika stąd, że koniec pary reprezentującej co najmniej jeden z tych wektorów należy do $k(0, 2)$ . Igrek powinien wybrać $\varepsilon_{k+1}$ i $\varepsilon_{k+2}$ tak, by $\varepsilon_{k+1} \overrightarrow{a_{k+1}} + \varepsilon_{k+2} \overrightarrow{a_{k+2}}$ był właśnie tym wektorem. Na mocy zasady indukcji wynika stąd, że Igrek może tak wybrać znaki, by wektory $s_{2k}$ $\left( k = 1, 2, \ldots, \left[ \frac{n}{2} \right] \right)$ miały długość mniejszą od $2$ . Wobec tego $\overrightarrow{s_n}$ ma długość mniejszą od $2 + 1 = 3$ . (Jeśli $n$ jest liczbą nieparzystą to $\varepsilon_n$ można wybrać dowolnie).

XXXI - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXXI OM, 1979-1980

Etap:

Udowodnić, że dla różnych liczb całkowitych $a, b, c$ i dowolnej liczby naturalnej $n$ liczba

$ \frac{a^n}{(a - b)(a - c)} + \frac{b^n}{(b - a)(b - c)} + \frac{c^n}{(c - a)(c - b)} $

jest całkowita.

Rozwiązanie

Przedstawmy rozważaną liczbę w postaci

$ \frac{a^n(b - c)+ b^n(c - a) + c^n(a - b)}{(a - b) (a - c) (b - c)}. $

Licznik tego ułamka jest wartością w punkcie $(a, b, c)$ wielomianu trzech zmiennych $f(x, y, z) = x^n(y - z) +y^n (z - x) + z^n (x- y)$ . Ponieważ

$ \begin{split} f(x,y, z)&=x^ny - x^nz + y^nz - xy^n + z^n(x - y) =\\ &= xy(x^{n-1} - y^{n-1}) - z(x^n -y^n) + z^n(x-y) =\\ &= xy(x-y)(x^{n-2} + x^{n-3}y + \ldots + xy^{n-3} + y^{n-2})+\\ &\quad-z(x-y)(x^{n-1} + x^{n-2}y+ \ldots + xy^{n-2} +y^{n-1}) + z^n(x-y) =\\ &= (x-y)[xy(x^{n-2} + x^{n-3}y + \ldots + xy^{n-3} + y^{n-2})+\\ &\quad -z(x^{n-1} + x^{n-2}y + \ldots + xy^{n-2} +y^{n-1}) +z^n], \end{split} $

więc wielomian $f(x,y, z)$ dzieli się przez $x- y$ . Podobnie stwierdzamy, że $f(x,y, z)$ dzieli się przez $x - z$ oraz przez $y - z$ . Wobec tego wielomian ten dzieli się przez $(x-y)(x - z)(y - z)$ . Wynika stąd, że wartość tego wielomianu w punkcie o współrzędnych całkowitych $(a, b, c)$ dzieli się przez wartość wielomianu $(x - y) (x - z) (y - z)$ w tym punkcie, tj. przez liczbę $(a - b)(a - c)(b - c)$ . Wobec tego

$ \frac{a^n(b - c) + b^n(c - a) + c^n(a - b)}{ (a - b) (a - c) (b - c)} $

jest liczbą całkowitą.

XXXI - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XXXI OM, 1979-1980

Etap:

Na sferze o promieniu długości 1 obrano 13 punktów. Dowieść, że wśród tych punktów istnieją takie dwa, których odległość jest mniejsza od $\frac{2\sqrt{3}}{3}$ .

Rozwiązanie

Rozważmy dwunastościan foremny wpisany w kulę ograniczoną daną sferą. Spośród promieni kuli łączących dane punkty ze środkiem pewne dwa przecinają jedną ścianę dwunastościanu. Kąt utworzony przez te promienie jest niewiększy od kąta utworzonego przez promienie przechodzące przez dwa niesąsiednie wierzchołki ściany dwunastościanu, a wobec tego odległość wymienionych dwóch punktów nie przekracza długości przekątnej ściany dwunastościanu. Wybierzmy po jednej przekątnej na każdej ścianie dwunastościanu tak jak na rys. 2. Z symetrii dwunastościanu wynika, że przekątne te są krawędziami sześcianu wpisanego w dwunastościan (a więc sześcianu wpisanego w kulę opisaną na dwunastościanie). Ponieważ przekątna sześcianu o krawędzi długości $a$ ma długość $a\sqrt{3}$ , przy czym przekątna sześcianu jest średnicą kuli opisanej na nim, więc krawędź sześcianu wpisanego w rozważany dwunastościan ma długość $a$ spełniającą $\displaystyle a\sqrt{3} =2$ , tj. $a = \frac{2\sqrt{3}}{3}$ . Liczba ta jest jednocześnie długością przekątnej ściany dwunastościanu, a więc, jak stwierdziliśmy, wielkością, której nie przekracza odległość pewnych dwóch spośród trzynastu punktów na sferze.

XXXI - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XXXI OM, 1979-1980

Etap:

Znaleźć wszystkie podzbiory $S$ zbioru liczb wymiernych spełniające następujące warunki.
1. Jeśli $a \in S$ , $b \in S$ , to $a + b \in S$ .
2. Jeśli $a$ jest liczbą wymierną różną od 0, to dokładnie jedna z liczb $a$ i $-a$ , należy do $S$ .

Rozwiązanie

Z warunku 2 wynika, że do zbioru $S$ należy liczba $1$ albo liczba $-1$ . Rozpatrzmy kolejno te dwa przypadki.

Załóżmy, że $1 \in S$ . Każda liczba naturalna $n$ jest sumą $n$ składników, z których każdy równy jest $1$ , więc na mocy warunku 1 liczba $n$ należy do $S$ . Wykażemy, że każda liczba wymierna dodatnia należy do $S$ . Gdyby dla pewnych $m$ , $n$ naturalnych $\frac{m}{n} \not \in S$ , to na mocy warunku 2 liczba $-\frac{m}{n}$ byłaby elementem $S$ , a stąd na mocy warunku 1 liczba $-m = \left( - \frac{m}{n} \right) + \left( - \frac{m}{n} \right) + \ldots + \left( - \frac{m}{n} \right)$ należałaby do $S$ . Wynikałoby stąd, że liczba naturalna $m$ nie należy do $S$ wbrew temu, co stwierdziliśmy wyżej. Wobec tego wszystkie liczby wymierne dodatnie należą do $S$ ; warunek 2 zapewnia, że żadna liczba wymierna ujemna nie należy do $S$ . Mamy więc w tym przypadku dwie możliwości: $S$ jest zbiorem liczb wymiernych dodatnich lub $S$ jest zbiorem liczb wymiernych nieujemnych. Każdy z tych zbiorów oczywiście spełnia warunki zadania.

Jeśli natomiast $- 1 \in S$ , to dokładnie tak samo stwierdzamy, że wszystkie liczby wymierne ujemne należą do $S$ , liczby zaś dodatnie nie należą do $S$ . W tym przypadku mamy również dwie możliwości: $S$ jest zbiorem liczb wymiernych ujemnych lub $S$ jest zbiorem liczb wymiernych niedodatnich.

Ostatecznie zbiór $S$ może być zbiorem liczb wymiernych dodatnich, zbiorem liczb wymiernych nieujemnych, zbiorem liczb wymiernych ujemnych lub zbiorem liczb wymiernych niedodatnich.

XXXI - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XXXI OM, 1979-1980

Etap:

Dowieść, że liczba naturalna $n > 1$ dzieli liczbę $a^{(n-1)! + 1}$ - a dla każdego całkowitego $a$ wtedy i tylko wtedy, gdy $n$ jest iloczynem różnych liczb pierwszych.

Rozwiązanie

Liczby całkowite niepodzielne przez kwadrat żadnej liczby pierwszej nazywa się liczbami bezkwadratowymi. Pokażemy najpierw, że warunek, by $n$ była liczbą bezkwadratową jest konieczny na to, by $n$ dzieliło $a^{(n-1)!+1} - a$ dla każdego całkowitego $a$ . Załóżmy bowiem, że $n$ dzieli się przez kwadrat liczby pierwszej $p$ i przyjmijmy $a = p$ . W różnicy $p^{(n-1)!+1} - p$ odjemna
dzieli się przez $p^2$ , odjemnik zaś nie dzieli się przez $p^2$ , więc $p^{(n-1)!+1} - p$ nie dzieli się przez $p^2$ , tym bardziej więc nie dzieli się przez liczbę $n$ , która jest wielokrotnością liczby $p^2$ .

Dla dowodu dostateczności warunku załóżmy, że $n$ jest liczbą bezkwadratową, $n = p_1p_2 \ldots p_k$ , gdzie $p_i$ są liczbami pierwszymi $p_i \ne p_j$ dla $i \ne j$ . Aby wykazać, że $n$ dzieli $a^{(n-1)!+1} - a$ , wystarczy stwierdzić, że $a^{(n-1)!+1} - a$ jest podzielne przez $p_i$ $(i = 1, 2, \ldots,n)$ . Jeżeli $p_i$ dzieli $a$ , to oczywiście $p_i$ dzieli $a^{(n-1)!+1} - a$ . Zajmijmy się przypadkiem, gdy $p_i$ nie dzieli $a$ . W tym przypadku $p_i$ nie dzieli żadnej z $p_i$ liczb $1, a, a^2, \ldots, a^{p_i-1}$ , zatem pewne dwie z tych liczb dają przy dzieleniu przez $p_i$ tę samą resztę; niech będą to $a^k$ i $a^l$ dla $0 \leq k < l< p_i : a^k = t \cdot p_i + r$ , $a^l = s \cdot p_i + r$ . Wobec tego liczba $a^l - a^k$ dzieli się przez $p_i$ , a więc $a^{l-k} - 1$ dzieli się przez $p_i$ . Ponieważ $l - k < p_i \leq n$ , więc $l - k$ dzieli $(n- 1)!$ . Jest więc $(n - 1)! = (l - k) \cdot w$ , a zatem $a^{(n-1)!+1} - a = (a^{l-k} - 1) (a^{(l-k)(w-1)} + a^{(l-k)(w-2)} + \ldots + a^{l-k} + 1)$ . Wobec tego $a^{l-k} - 1$ dzieli $a^{(n-1)!} - 1$ , dzieli więc też $a(a^{(n-1)!} - 1) = a^{(n-1)!+1} - a$ . Wynika stąd, że $p_i$ będące dzielnikiem $a^{l-k} - 1$ dzieli również $a^{(n-1)!+1} - a$ , co kończy dowód.

Uwaga. Dowód dostateczności warunku głoszącego, że $n$ jest liczbą bezkwadratową można nieco skrócić korzystając z małego twierdzenia Fermata.

Dla każdej liczby całkowitej $a$ oraz liczby pierwszej $p_i$ liczba $a^{p_i} - a$ jest podzielna przez $p_i$ .

W przypadku, gdy $p_i$ nie dzieli $a$ , wynika z tego twierdzenia bezpośrednio, że $p_i$ dzieli $a^{p_i-1} - 1$ .

XXXI - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XXXI OM, 1979-1980

Etap:

Płaszczyzną podzielono dwiema rodzinami prostych równoległych na przystające kwadraty. $S$ jest zbiorem złożonym z $n$ takich kwadratów. Udowodnić, że istnieje podzbiór zbioru $S$ , w którym liczba kwadratów jest nie mniejsza niż $\frac{n}{4}$ i żadne dwa kwadraty nie mają wspólnego wierzchołka.

Rozwiązanie

Zbiór kwadratów utworzonych na płaszczyźnie można podzielić na dwa podzbiory w ten sposób, że dwa kwadraty mające wspólny bok należą do różnych podzbiorów (por. podział szachownicy na pola białe i czarne). Podział taki można opisać w następujący sposób. Wprowadzamy na płaszczyźnie układ współrzędnych, którego osie są równoległe do prostych wyznaczających podział płaszczyzny na kwadraty, przy czym jednostka długości równa jest długości boku kwadratu oraz początek układu jest środkiem pewnego kwadratu. Wobec tego środek każdego kwadratu jest punktem kratowym (tzn. ma obie współrzędne będące liczbami całkowitymi). Do jednego podzbioru-zaliczamy wszystkie kwadraty, dla których suma współrzędnych środka jest liczbą parzystą, do drugiego - te kwadraty, dla których suma współrzędnych środka jest liczbą nieparzystą.

Do co najmniej jednego z tych podzbiorów należy nie mniej niż $n/2$ kwadratów zbioru $S$ . Bierzemy pod uwagę ten właśnie podzbiór $A$ zbioru kwadratów wyznaczonych na płaszczyźnie i dzielimy go na takie dwa podzbiory $A_1$ i $A_2$ , by dwa kwadraty mające wspólny wierzchołek należały do różnych podzbiorów. Podział ten zrealizujemy zaliczając do jednego podzbioru kwadraty, których środki mają pierwszą współrzędną parzystą, do drugiego zaś podzbioru kwadraty, których środki mają pierwszą współrzędną nieparzystą.

Do co najmniej jednego z podzbiorów $A_1$ i $A_2$ należy nie mniej niż połowa kwadratów zbioru $S \cap A$ , a więc nie mniej, niż $n/4$ kwadratów zbioru $S$ . Z konstrukcji podzbiorów wynika, że żadne dwa różne kwadraty tego podzbioru nie mają punktów wspólnych.

XXXI - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XXXI OM, 1979-1980

Etap:

Udowodnić, że $\tan \frac{\pi}{7} \tan \frac{2\pi}{7} \frac{3\pi}{7} = \sqrt{7}$ .

Rozwiązanie

Wyrazimy funkcje trygonometryczne kąta $7 \alpha$ w zależności od funkcji trygonometrycznych kąta $\alpha$ . Można to zrobić korzystając ze znanych wzorów trygonometrycznych albo też wykorzystując własności liczb zespolonych. Zastosujemy następujący wzór de Moivre'a

$ (\cos x + i \sin x)^n = \cos nx + i \sin nx. $

Dla $n = 7$ oraz $x_k = \frac{k\pi}{7}\ (k = 1, 2, 3, 4, 5, 6)$ mamy

$ (\cos x_k + i \sin x_k)^7 = \cos 7x_k + i \sin 7x_k = \cos k \pi + i \sin k\pi = (-1)^k. $

Wobec tego

$ (1+i \tan x_k)^7 = \frac{(-1)^k}{\cos^7 x_k}. $

W ostatniej równości po prawej stronie występuje liczba rzeczywista zatem część urojona lewej strony jest zerem. Ponieważ

$ \begin{split} (1+i \tan x_k)^7 = & 1 + \binom{7}{1} i \tan x_k - \binom{7}{2} \tan^2 x_k - \binom{7}{3} i \tan^3 x_k + \\ & + \binom{7}{4} \tan^4 x_k + \binom{7}{5} i \tan^5 x_k- \binom{7}{6} \tan^6 x_k - i \tan^7 x_k, \end{split} $

więc

$ \binom{7}{1} \tan x_k - \binom{7}{3} \tan^3 x_k + \binom{7}{5} \tan^5 x_k- \tan^7 x_k=0. $

Liczby $\tan x_k$ są parami różne, żadna nie równa się $0$ i spełniają równanie

$ 7y - \binom{7}{3} y^3 + \binom{7}{5} y^5 - y^7=0. $

Wobec tego $7y - \binom{7}{3} y^3 + \binom{7}{5} y^5 - y^7 = -y(y - \tan x_1)(y - \tan x_2) \cdot (y-\tan x_6)$ .

Porównując współczynniki przy $y$ otrzymujemy

$ 7 = -\tan x_1 \cdot \tan x_2 \ldots \tan x_6. $

Ponieważ $x_2 = \frac{2\pi}{7} = \pi - \frac{5\pi}{7} = \pi x_5$ , więc $\tan x_2 = - \tan x_5$ , podobnie $x_4=\frac{4\pi}{7} = \pi - \frac{3\pi}{7} = \pi - x_2$ , więc $\tan x_4 = - \tan x_3$ i analogicznie $\tan x_6= -\tan x_1$ .

Otrzymana wyżej równość $- \tan x_1 \ldots \tan x_6 = 7$ może więc być zapisana w postaci

$ \tan^2 x_1 \tan^2 x_2 \tan^2 x_3 = 7, $

skąd wynika

$ \tan x_1 \tan x_2 \tan x_3 = \sqrt{7}, $

gdyż $x_1$ , $x_2$ , $x_3$ są liczbami mniejszymi od $\frac{\pi}{2}$ , więc ich tangensy są dodatnie.

Uwaga. Analogicznie dla dowolnego nieparzystego $n$ otrzymujemy

$ \prod_{k=1}^{n-1} \tan \frac{k \pi}{n} = (-1)^{\frac{n-1}{2}} \cdot n, \ \textrm{skąd} \ \prod_{k=1}^{\frac{n-1}{2}} \tan \frac{k \pi}{n} = \sqrt{n}. $

XXXI - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XXXI OM, 1979-1980

Etap:

Niech $D$ będzie obszarem na płaszczyźnie ograniczonym półprostą $\{(x,y) : x \geq 0, y = 0\}$ i parabolą o równaniu $y = x^2$ tzn. $D = \{(x,y) : x > 0, 0 < y < x^2\}$ . W obszarze $D$ porusza się bez tarcia kula bilardowa (traktujemy ją jako punkt materialny) odbijając się od brzegu obszaru $D$ zgodnie z regułą „kąt padania równa się kątowi odbicia". Udowodnić, że kula odbije się od brzegu obszaru D tylko skończoną liczbę razy.

Uwaga. Kula odbija się od paraboli w taki sposób, w jaki odbija się od stycznej do paraboli w tym punkcie.

Rozwiązanie

Niech $A_1, A_2, \ldots$ będą kolejnymi punktami odbicia kuli od prostej o równaniu $y = 0$ , $B_1, B_2, \ldots$ - kolejnymi punktami odbicia kuli od paraboli o równaniu $y = x^2$ . Dla prześledzenia toru kuli przeprowadźmy następującą konstrukcję. Budujemy trójkąt $KL_1M_1$ w którym $KL_1 = OA_1$ $KM_1 = OB_1$ , $L_1M_1 = A_1B_1$ , następnie budujemy trójkąt $KM_1L_2$ , w którym $KL_2 = OA_2$ , $M_1L_2 = B_1A_2$ , przy czym punkty $L_1$ , $L_2$ leżą po przeciwnych stronach prostej $KM_1$ , następnie budujemy trójkąt $KL_2M_2$ itd. przy czym $KL_i = OA_i$ , $KM_i = OB_i$ , $L_iM_i = A_iB_i$ , $M_iL_{i+1} = B_iA_{i+1}$ , punkty $L_i$ , $L_{i+1}$ leżą po przeciwnych stronach prostej $KM_1$ , punkty $M_i$ , $M_{i+1}$ leżą po przeciwnych stronach prostej $KL_{i+1}$ . Trójkąty $KL_iM_i$ są przystające do trójkątów $OA_iB_i$ (dla
$1 = 1, 2, \ldots$ ), trójkąty $KM_iL_{i+1}$ są przystające do trójkątów $OB_iA_{i+1}$ ( $i = 1, 2, \ldots$ ). Wynika stąd, że kąty $KL_{i+1}M_i$ oraz $OB_{i+1}A_i$ są równe oraz kąty $KM_iL_i$ oraz $OB_iA_i$ są równe dla $i = 1, 2, \ldots$ . Z zasady odbijania kuli od prostej wynika, że $\measuredangle OA_{i+1}B_i = \pi - \measuredangle OA_{i+1}B_{i+1}$ , więc $\measuredangle KL_{i+1} M_i = \measuredangle OA_{i+1}B_i = \pi - \measuredangle OA_{i+1}B_{i+1} =\pi - \measuredangle KL_{i+1}M_{i+1}$ . Ponieważ parabola jest krzywą wypukłą i wobec tego odcinek siecznej $\overline{OB_i}$ leży nad styczną do paraboli w punkcie $B_i$ więc $\measuredangle OB_iA_i > \pi - \measuredangle OB_iA_{i+1}$ . Wobec tego $\measuredangle KM_iL_i =\measuredangle 0B_iA_i > \pi - \measuredangle OB_iA_{i+1} = \pi- \measuredangle KM_iL_{i+1}$ . Wynika stąd, że (*) wszystkie punkty $M_j$ , $L_j$ leżą w tej samej półpłaszczyźnie o krawędzi $L_iM_i$ , która nie zawiera punktu $K$ . Wobec tego odległości punktów $L_i$ oraz $M_j$ od punktu $K$ są większe od pewnej liczby i w konsekwencji każdy z kątów $L_iKM_i$ , $M_iKL_{i+1}$ jest większy od pewnego kąta $\alpha$ . Istnieje więc liczba naturalna $n$ , dla której $2n \alpha > \pi$ . Gdyby kula mogła odbić się $2n$ razy od brzegu obszaru $D$ to łamana $L_1M_1L2\ldots M_n$ przecinałaby oba ramiona kąta $L_1KM$ o mierze $2n \alpha$ . Nie jest to możliwe wobec (*). Zatem kula odbije się od brzegu obszaru mniej niż $2n$ razy.