XXXI OM - II etap

II etap XXXI Olimpiady Matematycznej

XXXI - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXXI OM, 1979-1980

Etap:

Uczniowie $A$ i $B$ grają według następujących reguł: uczeń $A$ obiera na płaszczyźnie wektor $\overrightarrow{a_1}$ o długości 1, następnie uczeń $B$ podaje liczbę $s_1$ , równą $1$ lub $-1$ ; potem uczeń $A$ obiera wektor $\overrightarrow{a_1}$ o długości $1$ , a z kolei uczeń $B$ podaje liczbę $s_2$ równą $1$ lub $-1$ itd. Wygrywa $B$ , jeśli dla pewnego $n$ wektor $\sum_{j=1}^n \varepsilon_j \overrightarrow{a_j}$ ma długość większą od ustalonej przed rozpoczęciem gry liczby $R$ . Udowodnić, że uczeń $B$ może doprowadzić do wygranej w nie więcej niż $R^2 + 1$ krokach niezależnie od postępowania partnera $A$ .

Rozwiązanie

Wykażemy przez indukcję, że uczeń $B$ może tak wybrać liczby $\varepsilon_1, \varepsilon_2, \ldots, \varepsilon_n$ , aby długość wektora $\overrightarrow{\omega_n} = \sum_{k=1}^n \varepsilon_k \overrightarrow{a_k}$ , była nie mniejsza od $\sqrt{n}$ .

Dla $n = 1$ wektor ma długość $1$ niezależnie od tego, czy $\varepsilon_1 = 1$ , czy też $\varepsilon_1 = - 1$ .

Załóżmy, że dla pewnego $n \geq 1$ długość wektora $\overrightarrow{\omega_n} = \sum_{k=1}^n \varepsilon_k \overrightarrow{a_k}$ , jest $\geq \sqrt{n}$ . Jeśli $\overrightarrow{a_{n+1}}$ jest kolejnym wektorem o długości $1$ podanym przez gracza $A$ , to gracz $B$ powinien przyjąć $\varepsilon_{n+1} = 1$ , jeśli wektory $\overrightarrow{a_{n+1}}$ oraz $\overrightarrow{w_n}$ tworzą kąt o mierze $\leq \frac{\pi}{2}$ , natomiast $\varepsilon_{n+1} = - 1$ , jeżeli ten kąt ma miarę $> \frac{\pi}{2}$ (wtedy wektory $\overrightarrow{w_n}$ i $- \overrightarrow{a_{n+1}}$ tworzą kąt o mierze $< \frac{\pi}{2}$ ). Dzięki takiemu wyborowi $cos \measuredangle (\overrightarrow{\omega_n}, \varepsilon_{n+1} \overrightarrow{a_{n+1}}) \geq 0$ . Wobec tego

$ \begin{split} w_{n+1}^2 = (\overrightarrow{ \omega_n} + \varepsilon_{n+1} \overrightarrow{a_{n+1}} )^2 = & \overrightarrow{ w_n^2} + \overrightarrow{a_{n+1}}^2 + 2 \overrightarrow{w_n} \cdot \varepsilon_{n+1} \cdot \overrightarrow{a_{n+1}} ^2 \geq \\ & \geq n+1+ 2\sqrt{2} \cdot 1 \cdot \cos \measuredangle (\overrightarrow{\omega_n}, \varepsilon_{n+1} \overrightarrow{a_{n+1}} \geq n+1, \end{split} $

a zatem

$ \omega_{n+1} \geq \sqrt{n+1}. $

Stąd na mocy zasady indukcji wynika, że gracz $B$ może tak dobierać liczby $\varepsilon_k$ , by dla każdej liczby naturalnej $n$ było $\omega_n \geq \sqrt{n}$ .

Dla dowolnej liczby rzeczywistej nieujemnej $R$ liczba $[R^2 + 1]$ jest najmniejszą liczbą naturalną większą od $R^2$ , zatem po $n = [R^2 + 1]$ krokach
gracz $B$ może spowodować, by długość wektora $\omega_n$ była większa lub równa $\sqrt{[R^2 + 1]} > \sqrt{R^2} = R$ . Jeśli ustalona z góry liczba $R$ jest ujemna, uczeń $B$ wygrywa już w pierwszym kroku, $R^2 + 1 > 1$ .

XXXI - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXXI OM, 1979-1980

Etap:

Dowieść, że dla dowolnych liczb rzeczywistych $x_1, x_2, x_3, \ldots, x_n$ prawdziwa jest nierówność

$ x_1x_2x_3\ldots x_n \leq \frac{x_1^2}{2} + \frac{x_2^4}{4} + \frac{x_3^8}{8} + \ldots + \frac{x_n^{2^n}}{2^n} + \frac{1}{2^n} $

Rozwiązanie

Załóżmy najpierw, że $x_1, x2, \ldots, x_n$ są liczbami nieujemnymi. Rozpatrzmy liczby

$ \underbrace{x_1^2, \ldots, x_1^2,}_{2^{n-1} \ \textrm{razy}} \underbrace{x_2^{2^2}, \ldots, x_2^{2^2},}_{2^{n-2} \ \textrm{razy}} \ldots\underbrace{x_{n-2}^{2^{n-2}}, \ldots, x_{n-2}^{2^{n-2}},}_{4 \ \textrm{razy}} \underbrace{x_{n-1}^{2^{n-1}}, x_{n-1}^{2^{n-1}}, x_n^{2n},1}_{2} \ \textrm{razy} $

Średnia geometryczna tych liczb wynosi

$ \sqrt[2^n]{x_1^{2^n} x_2^{2^n} \ldots x_{n-1}^{2^n} x_n^n \cdot 1} = x_1 x_2 \ldots x_n, $

Średnia arytmetyczna wynosi

$ \frac{1}{2^n} (2^{n-1} x_1^2 + 2^{n-2} x_2^{2^2} + \ldots + 2 x_{n-1}^{2^{n-1}} + x_n^{2^n} + 1) = \frac{x_1^2}{2} + \frac{x_2^2}{2^2} + \ldots + \frac{x_{n-1}^{2^{n-1}}}{2^{n-1}} + \frac{x_n^{2^n}}{2^n} + \frac{1}{2^n}. $

Na mocy nierówności między średnią arytmetyczną a średnią geometryczną otrzymujemy

$ x_1x_2 \ldots x_n \leq \frac{x_1^2}{2} + \frac{x_2^{2^2}}{2^2} + \ldots + \frac{x_n2^n}{2^n} + \frac{1}{2^n}. $

Jeśli liczby $x_1, x_2, \ldots, x_n$ nie są wszystkie nieujemne, to na mocy powyższego

$ |x_1| \cdot |x_2| \cdot \ldots \cdot |x_n| \leq \frac{x_1^2}{2} + \frac{x_2^2}{2^2} + \ldots + \frac{x_{n-1}^{2^{n-1}}}{2^{n-1}} + \frac{x_n^{2^n}}{2^n} + \frac{1}{2^n}. $

(po prawej stronie opuszczamy znak wartości bezwzględnej, bo wszystkie potęgi mają parzyste wykładniki), a z kolei

$ x_1x_2 \ldots x_n \leq |x_1| \cdot |x_2| \cdot \ldots \cdot |x_n|. $

XXXI - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXXI OM, 1979-1980

Etap:

Dana jest w przestrzeni kula $K$ i punkty $A, B$ poza kulą takie, że odcinek $AB$ przecina wnętrze kuli. Udowodnić, że zbiór tych punktów $P$ , dla których odcinki $AP$ i $BP$ są styczne do kuli $K$ , zawarty jest w pewnej płaszczyźnie.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $O$ środek kuli $K$ , przez $r$ długość jej promienia. Mamy

$ \overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{OA} = (\overrightarrow{OR} + \overrightarrow{RP} \cdot (\overrightarrow{OR} + \overrightarrow{RA}) = \overrightarrow{OR}^2 + \overrightarrow{RP} \cdot \overrightarrow{RA}, $

ponieważ wektor $\overrightarrow{OR}$ jest prostopadły do $\overrightarrow{RP}$ i do $\overrightarrow{RA}$ . Wektory $\overrightarrow{RP}$ i $\overrightarrow{RA}$ są równoległe, więc

$ (*) \qquad \overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{OA} = r^2 + RP \cdot d_1. $

Analogicznie

$ (**) \qquad \overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{OB} = r^2 + SP \cdot d_2. $

Mnożąc równość (*) przez $d_2$ , równość (**) przez - $d_1$ i dodając stronami otrzymamy

$ (***) \qquad \overrightarrow{OP} \cdot (d_2 \cdot \overrightarrow{OA} - d_1 \cdot \overrightarrow{OB}) = r^2 (d_2 - d_1), $

gdyż $RP = SP$ .

Zbiór wszystkich punktów $P$ spełniających równanie (***) stanowi płaszczyznę prostopadłą do wektora $d_2 \overrightarrow{OA} - d_1 \cdot \overrightarrow{OB}$ , cnd.

XXXI - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXXI OM, 1979-1980

Etap:

Udowodnić, że jeżeli $a$ i $b$ są liczbami rzeczywistymi oraz wielomian $ax^3 - ax^2 + 9bx - b$ ma trzy pierwiastki dodatnie, to są one równe.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że liczby dodatnie $s$ , $t$ , $u$ są pierwiastkami wielomianu $ax^3 - ax^2 + 9bx - b$ . Wobec tego $ax^3 - ax^2 + 9bx - b = a (x - s) (x - t)(x - u)$ , skąd po wymnożeniu z prawej strony i przyrównaniu współczynników przy kolejnych potęgach zmiennej $x$ otrzymamy tzw. wzory Viete'a

$ s + t + u = 1 $

$ st + su + tu = \frac{9b}{a} $

$ stu=\frac{b}{a} $

Dzieląc drugi z tych wzorów przez trzeci otrzymamy

$ \frac{1}{s} + \frac{1}{t} + \frac{1}{u} = 9. $

Pomnóżmy to równanie przez pierwszy z wzorów Vetie'a

$ \left(\frac{1}{s} + \frac{1}{t} + \frac{1}{u}\right) (s + t + u) = 9 \cdot 1, $

$ 1 + \frac{t}{s} + \frac{u}{s} + \frac{s}{t} + 1 + \frac{u}{t} + \frac{s}{u} + \frac{t}{u} + 1 =9, $

$ \frac{t}{s} + \frac{s}{t} + \frac{u}{s} + \frac{s}{u} + \frac{u}{t} + \frac{t}{u} = 6. $

Zauważmy, że $\frac{t}{s} + \frac{s}{t} \geq 2$ , przy czym równość ma miejsce tylko w przypadku, gdy $s = t$ . Istotnie, nierówność ta jest równoważna nierówności $t^2 + s^2 \geq 2st$ (otrzymanej przez pomnożenie przez liczbę dodatnią $st$ ), ta zaś równoważna jest nierówności $t^2 + s^2 - 2st \geq 0$ , to jest nierówności $(t - s)^2 \geq 0$ .

Analogicznie stwierdzamy, że

$ \frac{u}{s} + \frac{s}{u} \geq 2, $

$ \frac{u}{t} + \frac{t}{u} \geq 2, $

przy czym równości mają miejsce tylko w przypadku $s = t = u$ . Wobec tego z równości (*) wynika, że

$ \frac{t}{s} + \frac{s}{t} = 2,\ \frac{u}{s} + \frac{s}{u} = 2,\ \frac{u}{t} + \frac{t}{u} = 2, $

a więc $s = t = u$ .

XXXI - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXXI OM, 1979-1980

Etap:

Wypisujemy kolejno wyrazy ciągu $(n_1, n_2, \ldots, n_k)$ , gdzie $n_1 = 1000$ , zaś $n_j$ dla $j > 1$ jest liczbą całkowitą wybraną losowo z przedziału $[0, n_{j-1} - 1]$ (wybór każdej liczby z tego przedziału jest jednakowo prawdopodobny). Kończymy wypisywanie, gdy wybrana liczba jest zerem, tzn. $n_{k-1}$ , $n_k = 0$ , Długość $k$ ciągu $(n_1, n_2, \ldots, n_k)$ jest zmienną losową. Udowodnić, że wartość oczekiwana tej zmiennej losowej jest większa od 7.

Rozwiązanie

Dla danej liczby całkowitej nieujemnej $n$ rozważmy zmienną losową $X_n$ będącą długością $k$ ciągu ( $n_1, n_2, \ldots, n_k$ ), gdzie $n_1 = n$ , $n_j$ dla $j > 1$ jest liczbą całkowitą wybraną losowo z przedziału $[0, n_{j-1} - 1]$ , $n_k = 0$ . Oznaczmy przez $E_n$ wartość oczekiwaną tej zmiennej losowej. Oczywiście $E_0 = 1$ , gdyż dla $n = 0$ istnieje tylko jeden ciąg mający długość $1$ , którego jedynym wyrazem jest $0$ . Niech $n$ będzie liczbą naturalną. Przypuśćmy, że wyznaczyliśmy wartości oczekiwane $E_m$ dla wszystkich $m < n$ . Rozważamy ciągi $(n_1, n_2, \ldots, n_k)$ , w których $n_1 = n$ . Możliwe są dwa następujące zdarzenia.

1) Albo $n_2 = n - 1$ (prawdopodobieństwo tego zdarzenia wynosi $\frac{1}{n}$ )
i wtedy wartość oczekiwana długości ciągu ( $n_2, \ldots, n_k$ ) wynosi $E_{n-1}$ , więc wartość oczekiwana długości ciągu ( $n_1, n_2, \ldots, n_k$ ) wynosi w tym przypadku $E_{n-1} + 1$ ,

2) albo $n_2 < n - 1$ (prawdopodobieństwo tego zdarzenia wynosi $\frac{n-1}{n}$ ) i wtedy wartość oczekiwana długości ciągu $(n_1, n_2, \ldots, n_k)$ jest dokładnie taka, jak wartość oczekiwana długości ciągu $(m_1, m_2, \ldots, m_k)$ , w którym $m_1 = n - 1$ ; ta wartość wynosi $E_{n-1}$ .

Wobec tego

$ E_n = \frac{1}{n} \left( E_{n-1} + 1 \right) + \frac{n-1}{n} E_{n-1} = E_{n-1} + \frac{1}{n}. $

Ponieważ $E_0 = 1$ , więc $E_1 = 1 + \frac{1}{1} = 2, E_2 = 2 + \frac{1}{2}, \ldots, E_n = 2 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \ldots + \frac{1}{n}$ .

Interesująca nas w zadaniu wartość oczekiwana wynosi

$ \begin{split} E_{1000} & = 2 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \ldots + \frac{1}{1000} = 2 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \left(\frac{1}{5} + \ldots + \frac{1}{8}\right)+ \\ &\quad+\left(\frac{1}{9} + \ldots + \frac{1}{16}\right) +\left(\frac{1}{17} + \ldots + \frac{1}{32}\right) + \left(\frac{1}{33} + \ldots + \frac{1}{64}\right) +\\ &\quad + \left(\frac{1}{65} + \ldots + \frac{1}{128}\right) + \left(\frac{1}{129} + \ldots + \frac{1}{256}\right) + \left(\frac{1}{257} + \ldots + \frac{1}{512}\right) +\\ &\quad+\left(\frac{1}{513} + \ldots + \frac{1}{1024}\right) - \left(\frac{1}{1001} + \frac{1}{1002} + \ldots + \frac{1}{1024}\right). \end{split} $

Liczba w ostatnim nawiasie jest mniejsza od $\frac{24}{1000}$ natomiast każda
z liczb w poprzednich nawiasach (których jest osiem) jest większa od $\frac{1}{2}$ gdyż w $k$ -tym nawiasie jest liczba

$ \frac{1}{2^k+1} + \frac{1}{2^k+2} + \ldots + \frac{1}{2^{k+1}} $

będąca sumą $2^k$ składników, z których wszystkie są mniejsze (tylko ostatni równy). Wobec tego

$ \begin{split} E_{1000} &> 2 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + 8 \cdot \frac{1}{2} - \frac{24}{1000} = 6 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{24}{1000} = \\ &= 6 + \frac{1500 + 1000 + 750 - 72}{3000} = 6 + \frac{3178}{3000} > 7 \end{split} $

Uwaga. Przybliżona wartość liczby $E_{1000}$ wynosi $8,48547$ .

XXXI - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXXI OM, 1979-1980

Etap:

Udowodnić, że jeżeli punkt $P$ przebiega okrąg wpisany w trójkąt $ABC$ , to wartość wyrażenia $a \cdot PA^2 + b \cdot PB^2 + c \cdot PC^2$ jest stała ( $a, b, c$ są odpowiednio długościami boków leżących naprzeciw wierzchołków $A, B, C$ ).

Rozwiązanie

Środek $O$ okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$ jest punktem przecięcia dwusiecznych $\overline{AA'}$ , $\overline{BB'}$ , $\overline{CC'}$ .

Ponieważ

$ \overrightarrow{PA} = \overrightarrow{PO} + \overrightarrow{OA}, $

$ \overrightarrow{PB} = \overrightarrow{PO} + \overrightarrow{OB}, $

$ \overrightarrow{PC} = \overrightarrow{PO} + \overrightarrow{OC}, $

więc

$ PA^2 = PO^2 + OA^2 + 2\overrightarrow{PO} \cdot \overrightarrow{OA}, $

$ PB^2 = PO^2 + OB^2 + 2\overrightarrow{PO} \cdot \overrightarrow{OB}, $

$ PC^2 = PO^2 + OC^2 + 2\overrightarrow{PO} \cdot \overrightarrow{OC}, $

a zatem

$ \begin{split} a \cdot PA^2 +& b \cdot PB^2 + c \cdot PC^2 =\\ &=a \cdot PO^2 + a \cdot OA^2 + 2a \cdot \overrightarrow{PO} \cdot \overrightarrow{OA} + b \cdot PO^2 +b \cdot OB^2 +\\ & \quad+ 2b \cdot \overrightarrow{PO} \cdot \overrightarrow{OB} + c \cdot PO^2 + c \cdot OC^2 + 2c \cdot \overrightarrow{PO} \cdot \overrightarrow{OC} = \\ &= (a + b + c) \cdot PO^2 + a \cdot OA^2 + b \cdot OB^2 + c \cdot OC^2 + \\ &\quad +2\overrightarrow{PO} \cdot (a \cdot \overrightarrow{OA} + b \cdot \overrightarrow{OB} + c \cdot \overrightarrow{OC}). \end{split} $

Ponieważ $PO$ równe jest długości promienia $r$ okręgu wpisanego, $a$ , $b$ , $c$ , $OA$ , $OB$ , $OC$ są długościami danymi, więc wystarczy wykazać, że ostatni składnik w tej sumie jest zerowy, dokładniej, że

$ \overrightarrow{w} = a \cdot \overrightarrow{OA} + b \cdot \overrightarrow{OB} + c \cdot \overrightarrow{OC} $

jest wektorem zerowym $m$ .

Dwusieczna kąta w trójkącie dzieli bok przeciwległy na odcinki proporcjonalne do boków przyległych, więc

$ \frac{CA'}{A'B} = \frac{b}{c},\ \frac{CA'}{BC} = \frac{b}{b+c},\ \frac{A'B}{BC} = \frac{c}{b+c}. $

Wobec tego $\overrightarrow{A'C} = \frac{b}{b+c} \overrightarrow{BC}$ ,
$\overrightarrow{A'B} = \frac{c}{b+c} \overrightarrow{CB} = \frac{-c}{b+c} \overrightarrow{BC}$ .

Zastosujemy otrzymane zależności w następującym rachunku.

$ \begin{split} \overrightarrow{w} &= a \cdot \overrightarrow{OA} + b \cdot \overrightarrow{OB} + c \cdot \overrightarrow{OC} =\\ &= a\cdot \overrightarrow{OA} + b\cdot (\overrightarrow{OA'} + \overrightarrow{A'B}) + c \cdot (\overrightarrow{OA'} + + \overrightarrow{A'C}) =\\ & = a\cdot \overrightarrow{OA}+(b + c) \cdot \overrightarrow{OA'} + b\cdot \overrightarrow{A'B} + c\cdot \overrightarrow{A'C}= \\ &=a\cdot \overrightarrow{OA} + (b + c) \cdot \overrightarrow{OA'} + b \cdot \frac{c}{b+c} \overrightarrow{BC} - c \cdot \frac{b}{b+c} \overrightarrow{BC} = a \cdot \overrightarrow{OA} + (b + c)\overrightarrow{OA'}. \end{split} $

Ponieważ $\overrightarrow{OA'} || \overrightarrow{OA}$ , więc $\overrightarrow{w} || \overrightarrow{OA}$ . Analogicznie możemy stwierdzić, że $\overrightarrow{w} || \overrightarrow{OB}$ oraz $\overrightarrow{w} || \overrightarrow{OC}$ , wektory $\overrightarrow{OA}$ , $\overrightarrow{OB}$ , $\overrightarrow{OC}$ nie są jednak równoległe, wobec tego $\overrightarrow{w}$ jest wektorem zerowym.

Wynika stąd, że

$ a \cdot PA^2 + b \cdot PB^2 + c \cdot PC^2 = (a + b + c)r^2 + a \cdot OA^2 + b \cdot OB^2 + c \cdot OC^2, $

a to oczywiście nie zależy od położenia punktu $P$ na okręgu wpisanym w trójkąt.

Uwaga. Fakt, że $\overrightarrow{w} = \overrightarrow{0}$ ma następującą interpretację fizyczną. Umieśćmy w punktach $A$ , $B$ , $C$ masy odpowiednio $a$ , $b$ , $c$ . Ponieważ punkt $A'$ dzieli bok $BC$ w stosunku $\frac{b}{c}$ , punkt $A'$ jest środkiem ciężkości układu dwóch mas $(b, c)$ , a więc środek ciężkości układu trzech mas leży na prostej $AA'$ . Z analogicznych powodów środek ten leży na prostej $BB'$ oraz na prostej $CC'$ , znajduje się więc w punkcie $O$ .

Wyrażenie $a \cdot PA^2 + b \cdot PB^2 + c \cdot PC^2$ jest równe momentowi bezwładności naszego układu dla obrotu względem punktu $P$ . Teza zadania wynika teraz ze znanego twierdzenia, że ten moment bezwładności zależy tylko od odległości punktu $P$ od środka ciężkości układu.