XXX OM

XXX Olimpiada Matematyczna

Opracowanie rozwiązań: Jerzy Browkin

XXX OM - I etap

I etap XXX Olimpiady Matematycznej

XXX OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

Danych jest siedem liczb należących do przedziału, $[1, 10]$ . Udowodnić, że trzy spośród nich są długościami boków pewnego trójkąta.

Rozwiązanie

Trzy liczby dodatnie są długościami boków pewnego trójkąta wtedy i tylko wtedy, gdy największa z tych liczb jest mniejsza od sumy dwóch pozostałych. Ponumerujmy dane liczby $a_1, a_2, \ldots, a_7$ tak, by tworzyły ciąg niemalejący. Wtedy $1 \leq a_1 \leq a_2 \leq \ldots \leq a_7 \leq 10$ . Przypuśćmy, że żadne trzy kolejne z danych liczb nie są długościami boków trójkąta. Wtedy otrzymujemy kolejno

$ a_3 \geq a_1 + a_2 \geq 1 + 1 = 2,\ a_4 \geq a_2 + a_3 \geq 1 + 2 = 3, $

$ a_5 \geq a_3 + a_4 \geq 2 + 3 = 5,\ a_6 \geq a_4 + a_5 \geq 3 + 5 = 8, $

$ a_7 \geq a_5 + a_6 \geq 5 + 8 = 13. $

Uzyskaliśmy sprzeczność, ponieważ $a_7 \leq 10$ . Sprzeczność ta dowodzi, że wśród danych liczb istnieją takie trzy kolejne, które są długościami boków pewnego trójkąta.

XXX OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

Na płaszczyźnie danych jest $n$ punktów ( $n > 4$ ), z których żadne trzy nie są współliniowe. Udowodnić, że istnieje co najmniej $\binom{n-3}{2}$ czworokątów wypukłych, których wierzchołkami są pewne z danych punktów.

Rozwiązanie

Jeżeli czworokąt nie jest wypukły, to w każdej parze jego boków przeciwległych istnieje taki bok, że prosta go zawierająca przecina drugi bok pary. Wobec tego, jeżeli w pewnym czworokącie istnieje taka para boków przeciwległych, że żadna prosta zawierająca jeden z tych boków nie przecina drugiego, to czworokąt jest wypukły.

Istnieje wielokąt wypukły $W$ zawierający wszystkie dane punkty, którego wierzchołkami są pewne z danych punktów. Niech $A$ , $B$ , $C$ będą ustalonymi wierzchołkami tego wielokąta. Jeżeli $D$ i $E$ też są pewnymi z danych punktów różnymi od $A$ , $B$ , i $C$ , to prosta $DE$ nie zawiera żadnego z punktów $A$ , $B$ , $C$ , a więc nie przecina co najmniej jednego z boków trójkąta $ABC$ . Niech na przykład prosta $DE$ nie przecina boku $\overline{BC}$ . Gdyby prosta $BC$ przecinała odcinek $\overline{DE}$ , to punkt przecięcia należałby do wielokąta $W$ , ponieważ odcinek $\overline{DE}$ jest zawarty w $W$ . Zatem ten punkt przecięcia należałby do odcinka $\overline{BC}$ , ponieważ $W \cap BC = \overline{BC}$ . Jest to niemożliwe, ponieważ prosta $DE$ nie przecina boku $\overline{BC}$ . Zatem prosta $BC$ nie przecina odcinka $\overline{DE}$ . Z początkowej uwagi wynika więc, że czworokąt $BCDE$ lub $BCED$ jest wypukły.

Dowiedliśmy w ten sposób, że każde dwa z danych punktów różne od $A$ , $B$ i $C$ wraz z pewnymi dwoma punktami z punktów $A$ , $B$ , $C$ tworzą czworokąt wypukły. Różnym parom odpowiadają oczywiście różne czworokąty. Wobec tego liczba czworokątów wypukłych o wierzchołkach w zbiorze danych $n$ punktów jest nie mniejsza od liczby par danych punktów różnych od $A$ , $B$ i $C$ . Liczba takich par jest równa $\binom{n-3}{2}$ .

XXX OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

Liczby $a, b, c, d, e$ są liczbami wymiernymi dodatnimi. Dowieść, że istnieją takie liczby wymierne $u_1, u_2, \ldots, u_n$ oraz liczby wymierne nieujemne $w_1, w_2, \ldots, w_n$ , że

$ \frac{1}{\sqrt[4]{a}+\sqrt[4]{b}+\sqrt[4]{c}+\sqrt[4]{d}+\sqrt[4]{e}} = u_1\sqrt[4]{w_1} + u_2\sqrt[4]{w_2} + \ldots + u_n\sqrt[4]{w_n}. $

Rozwiązanie

Niech $A$ będzie zbiorem wszystkich wielomianów niezerowych o współczynnikach wymiernych. Liczbę $\alpha$ nazywamy algebraiczną, jeżeli jest pierwiastkiem pewnego wielomianu należącego do $A$ .

Udowodnimy najpierw kilka prostych własności liczb algebraicznych.

Jeżeli $\alpha$ jest liczbą algebraiczną, to $\alpha + 1$ też jest liczbą algebraiczną. Jeżeli bowiem $f \in A$ i $f(\alpha) = 0$ , to oczywiście wielomian $g$ określony wzorem $g(x) = f(x - 1)$ też należy do $A$ i $g(\alpha + 1) = f(\alpha) = 0$ .

Wykażemy, że jeżeli $\alpha$ jest liczbą algebraiczną, to $\alpha^2$ jest liczbą algebraiczną.

Zakładamy więc, że istnieje wielomian $f \in A$ spełniający $f(\alpha) = 0$ . Przenosząc w tej równości wszystkie składniki zawierające $\alpha$ w potęgach parzystych na jedną stronę, a w potęgach nieparzystych - na drugą, i podnosząc obie strony do kwadratu otrzymamy równość postaci $f_1 (\alpha^2) =f_2(\alpha^2)$ , gdzie $f_1$ i $f_2$ są różnymi wielomianami o współczynnikach wymiernych. Zatem $f_1-f_2 \in A$ oraz $(f_1 - f_2) (\alpha^2) = 0$ . Liczba $\alpha^2$ jest więc algebraiczna.

Udowodnimy z kolei, że jeżeli $\alpha$ jest liczbą algebraiczną, a $\omega$ - liczbą wymierną dodatnią, to liczba $\alpha \cdot \sqrt[4]{\omega}$ jest algebraiczna. Jak dowiedliśmy, liczba $\alpha^2$ , a więc i liczba $\alpha^4 = (\alpha^2)^2$ jest algebraiczna, tzn. zachodzi równość postaci

$ c_0 + c_1\alpha^4 + c_2 \alpha^8 + \ldots + c_k\alpha^{4k} = 0, $

gdzie $c_0, c_1, \ldots, c_k$ są liczbami wymiernymi i $c_k \ne 0$ .

Przyjmując

$ g(x) = c_0 + c_1\omega^{-1}x^4 + c_2w^{-2}x^8 + \ldots + c_kw^{-k}x^{4k} $

stwierdzamy bez trudu, że $g \in A$ oraz $g(\alpha \sqrt[4]{\omega}) = 0$ . Zatem liczba $\alpha \sqrt[4]{\omega}$ jest algebraiczna.

Wykażemy wreszcie, że jeżeli liczba $\alpha$ jest algebraiczna a liczba $u$ --- wymierna dodatnia, to liczba $\alpha + \sqrt[4]{u}$ jest algebraiczna.

Teza wynika z łatwej do sprawdzenia równości

$ \alpha + \sqrt[4]{u} = \sqrt[4]{u} ( \alpha \sqrt[4]{u^{-1}} + 1) $

i z poprzedniej części dowodu.

Wynika stąd, że liczba $\beta = \sqrt[4]{a} + \sqrt[4]{b}+ \sqrt[4]{c} + \sqrt[4]{d} + \sqrt[4]{e}$ dana w zadaniu jest algebraiczna. Zachodzi więc równość postaci

$ b_0 + b_1 \beta + b_2 \beta^2 + \ldots + b_m \beta^m = 0, $

gdzie $b_0, b_1, \ldots, b_m$ są liczbami wymiernymi i $b_m \ne 0$ . Ponieważ $\beta \ne 0$ , więc możemy przyjąć, że $b_0 \ne 0$ , a dzieląc stronami ostatnią równość przez $b_0$ - że $b_0 = 1$ . Zatem z równości tej otrzymujemy, że

$ \frac{1}{\beta} = -(b_1 + b_2 \beta + \ldots +b_m \beta^{m-1}). $

Z określenia liczby $\beta$ wynika, że prawa strona ostatniej równości może być zapisana w postaci sumy czwartych pierwiastków z pewnych liczb wymiernych dodatnich, o współczynnikach wymiernych.

Uwaga. Prawdziwe jest twierdzenie: {\it Suma, różnica, iloczyn i iloraz liczb algebraicznych jest liczbą algebraiczną}. Z twierdzenia tego wynika natychmiast, że lewa strona równości podanej w zadaniu jest liczbą algebraiczną.

XXX OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

W wielościanie wypukłym $Q$ umieszczono wielościan wypukły $P$ , w którym obrano punkt wewnętrzny $O$ . Dla każdego punktu $X$ leżącego na ścianie wielościanu $Q$ oznaczono przez $P_X$ punkt przecięcia odcinka $\overline{OX}$ ze ścianą wielościanu $P$ . Dowieść, że istnieje taki wierzchołek $Y$ wielościanu $Q$ , że

$ \frac{OY}{OP_Y} \geq \frac{OX}{OP_X} $

dla każdego punktu $X$ leżącego na dowolnej ścianie wielościanu $Q$ .

Rozwiązanie

Jeżeli punkt $X$ należy do ściany (lub krawędzi) wielościanu $Q$ , to istnieją takie punkty $A$ i $B$ należące do krawędzi wielościanu $Q$ (odpowiednio: do zbioru jego wierzchołków), że punkt $X$ należy do odcinka $\overline{AB}$ . Niech $A'$ i $B'$ będą takimi punktami, że $A' \in \overline{OA}$ , $B' \in \overline{OB}$ , $A'B' \parallel AB$ i $P_X \in \overline{A'B'}$ (rys. 5).

Z wypukłości wielościanu $P$ wynika, że $P_A \in \overline{A'O}$ lub $P_B \in \overline{B'O}$ . Niech na przykład $P_A \in \overline{A'O}$ , czyli $OP_A \leq OA'$ . Wtedy na mocy twierdzenia Talesa otrzymujemy

$ \frac{OX}{OP_X} = \frac{OA}{OA'} \leq \frac{OA}{OP_A} $

Dowiedliśmy więc, że dla każdego punktu $X$ należącego do ściany wielościanu $Q$ istnieje taki punkt $A$ należący do krawędzi tego wielościanu, że

$ \frac{OX}{OP_X} \leq \frac{OA}{OP_A}. $

Analogicznie stwierdzamy, że dla każdego punktu $A$ należącego do krawędzi wielościanu $Q$ istnieje taki punkt $Y$ będący wierzchołkiem tego wielościanu, że

$ \frac{OA}{OP_A} \leq \frac{OY}{OP_Y}. $

Wynika stąd teza zadania.

Uwaga. W rozwiązaniu nie korzystaliśmy z założenia, że wielościan $Q$ jest wypukły.

XXX OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

Znaleźć taką liczbą rzeczywistą $m$ , dla której iloczyn pewnych dwóch pierwiastków rzeczywistych równania

$ 2x^4 - 7x^3 + mx^2 + 22x - 8 = 0 $

wynosi 2.

Rozwiązanie

Jeżeli $a$ i $b$ są pierwiastkami rzeczywistymi wielomianu

$ f(x) = 2x^4 - 7x^3 + mx^2 + 22x - 8, $

to na mocy twierdzenia Bezouta wielomian ten można zapisać w postaci

$ f(x) = (x - a) (x - b) (2x^2 + cx + d), $

gdzie $c$ i $d$ są pewnymi liczbami rzeczywistymi. Porównując współczynniki przy tych samych potęgach $x$ w obu przedstawieniach wielomianu $f$ otrzymujemy

$ \begin{split} & (1) \qquad -2(a + b) + c = -7 \\ & (2) \qquad 2ab - c(a + b) + d = m \\ & (3) \qquad abc - (a + b)d = 22 \\ & (4) \qquad abd = -8 \end{split} $

Na mocy warunków zadania możemy przyjąć $ab = 2$ . Wtedy z (4) wynika, że $d = -4$ i wobec tego równanie (3) przybiera postać $2c + 4 (a + b) = 22$ , czyli $c + 2(a+ b) = 11$ . Dodając do tej równości obustronnie (1) otrzymujemy $2c = 4$ , czyli $c = 2$ . Podstawiając tę wartość do (1) otrzymujemy $a + b = \frac{9}{2}$ . Wobec tego z (2) wynika, że $m = 2 \cdot 2 - 2 \cdot \frac{9}{2} - 4 = -9$ .

Z otrzymanych wyżej równości $a + b = \frac{9}{2}$ i $ab = 2$ na mocy wzorów Viete'a wynika, że liczby $a$ i $b$ są pierwiastkami trójmianu $t^2 - \frac{9}{2} t+2$ . Ponieważ wyróżnik tego trójmianu jest liczbą dodatnią, więc liczby $a$ i $b$ są rzeczywiste.

Z powyższego wynika, że dla $m = -9$ (i tylko dla tej wartości w) istnieją liczby rzeczywiste $a$ , $b$ , $c$ , $d$ spełniające układ równań (1) - (4). Wobec tego liczba $m = - 9$ i tylko ta liczba spełnia warunki zadania.

XXX OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

Udowodnić, że jeżeli w trójkącie środek koła wpisanego, punkt przecięcia wysokości i środek koła opisanego leżą na jednej prostej, to trójkąt jest równoramienny.

Rozwiązanie

W trójkącie $ABC$ niech $O$ , $P$ , $Q$ będą odpowiednio punktem przecięcia wysokości, środkiem koła wpisanego i środkiem koła opisanego. Na mocy warunków zadania punkty $O$ , $P$ , $Q$ leżą na jednej prostej.

Jeżeli $O = Q$ , to każda z wysokości tego trójkąta jest symetralną odpowiedniego boku. Wtedy oczywiście trójkąt $ABC$ jest równoboczny. Niech więc $O \ne Q$ . Rozpatrzymy przypadek, gdy trójkąt $ABC$ jest ostrokątny. Wtedy punkty $O$ , $P$ , $Q$ należą do jego wnętrza. Jeżeli trójkąt $ABC$ nie jest ostrokątny, to rozumowanie przebiega podobnie.

Co najmniej dwa wierzchołki trójkąta $ABC$ nie należą do prostej $OQ$ . Niech na przykład $B, C \ne OQ$ . Ponieważ $Q$ jest środkiem koła opisanego na trójkącie $ABC$ , a kąt środkowy ma miarę dwa razy większą od miary kąta wpisanego opartego na tym samym łuku, więc $\measuredangle AQC = 2 \measuredangle ABC$ . Mamy też $\measuredangle QAC = \measuredangle QCA$ , ponieważ $AQ = QC$ (rys. 6).

Wobec tego $\pi = \measuredangle QAC + \measuredangle QCA + \measuredangle AQC = 2(\measuredangle QCM + \measuredangle ABC)$ , tzn. $\measuredangle QCA = \frac{\pi}{2} - \measuredangle ABC = \measuredangle BCO$ . Wynika stąd, że $CP$ jest dwusieczną kąta $\measuredangle OCQ$ . Dwusieczna kąta w trójkącie $OCQ$ dzieli bok przeciwległy na odcinki proporcjonalne do pozostałych boków. Wobec tego

$ \frac{OC}{QC} = \frac{OP}{QP} = \frac{OB}{QB}. $

Stąd wobec $QC = QB$ wynika, że $OC = OB$ . Zatem $\measuredangle OCB = \measuredangle OBC$ i wobec tego $\measuredangle ABC = \frac{\pi}{2} - \measuredangle OCB = \frac{\pi}{2} - \measuredangle OBC = \measuredangle ACB$ . Trójkąt $ABC$ jest więc równoramienny.

XXX OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

Dla danego, naturalnego $n$ obliczyć liczbę liczb całkowitych $x$ z przedziału $[1, n]$ , dla których $x^3 - x$ jest podzielne przez $n$ .

Rozwiązanie

Jeżeli $n = p^k$ , gdzie $k \geq 1$ i $p$ jest liczbą pierwszą nieparzystą, to dla dowolnej liczby całkowitej $x$ co najwyżej jedna z liczb $x - 1, x, x + 1$ jest podzielna przez $p$ . Zatem liczba $x^3 - x = (x - 1) x(x + 1)$ jest podzielna przez $p^k$ wtedy i tylko wtedy, gdy jedna z liczb $x - 1, x, x + 1$ jest podzielna przez $p^k$ , to znaczy, gdy liczba $x$ daje jedną z reszt $1$ , $0$ lub $-1$ przy dzieleniu przez $p^k$ .

Jeżeli $n = 2^k$ , gdzie $k \geq 3$ , i $x$ jest liczbą parzystą, to liczby $x - 1$ i $x + 1$ są nieparzyste. Wobec tego liczba $x^3 - x = (x - 1)x(x+1)$ jest podzielna przez $2^k$ przy $x$ parzystym wtedy i tylko wtedy, gdy $x$ jest podzielne przez $2^k$ , tzn. gdy $x$ daje resztę $0$ przy dzieleniu przez $2^k$ .

Jeżeli $n = 2k$ , gdzie $k \geq 3$ , i $x$ jest liczbą nieparzystą, to tylko jedna z kolejnych liczb parzystych $x - 1$ i $x + 1$ jest podzielna przez $4$ . Ponieważ $k \geq 3$ , więc liczba $x^3 - x = (x - 1)x(x + 1)$ jest podzielna przez $2^k$ przy nieparzystym $x$ wtedy i tylko wtedy, gdy jedna z liczb $x- 1$ i $x + 1$ jest podzielna przez $2^{k-1}$ , a druga - przez $2$ . Ma to miejsce wtedy, gdy liczba $x$ przy dzieleniu przez $2^k$ daje jedną z reszt $1$ , $-1$ , $2^{k-1} + 1$ , $2^{k-1} - 1$ .

Wreszcie, jeżeli $n = 1$ lub $2$ , to dla dowolnej liczby $x$ zachodzi podzielność $n \mid x^3 - x$ , a jeżeli $n = 4$ , to liczba $x^3 - x = (x- 1)x(x + 1)$ jest podzielna przez $4$ wtedy i tylko wtedy, gdy $x$ daje resztę $1$ , $0$ lub $-1$ przy dzieleniu przez $4$ .

Dla rozpatrzenia przypadku ogólnego wykorzystamy tzw. twierdzenie chińskie o resztach: {\it Jeżeli $n_1, n_2, \ldots,n_r$ są liczbami naturalnymi parami względnie pierwszymi, $n = n_1 \cdot n_2 \ldots n_r$ , a $a_1, a_2, \ldots, a_r$ są dowolnymi liczbami całkowitymi, to istnieje dokładnie jedna liczba całkowita $a$ należąca do przedziału $[1, n]$ , taka że $n_i \mid a - a_i$ dla $i = 1, 2, \ldots, r$ , to znaczy liczby $a$ i $a_i$ dają tę samą resztę przy dzieleniu przez $n_i$ dla $i = 1, 2, \ldots, r$ .}

Niech $n = 2^k p_1^{k_1} p_2^{k_2} \ldots p_s^{k_s}$ , gdzie $s, k, k_1, k_2, \ldots, k_s$ są liczbami całkowitymi, $s \geq 0$ , $k \geq 0$ , $k_i > 0$ dla $i = 1,2, \ldots, s$ , a $p_1, p_2, \ldots, p_s$ są różnymi liczbami pierwszymi nieparzystymi.

Liczba $x^3 - x = (x - 1)x(x + 1)$ jest podzielna przez $n$ wtedy i tylko wtedy, gdy jest podzielna przez każdą z liczb $2^k, p_1^{k_1}, p_2^{k_2}, \ldots, p_s^{k_s}$ . Na mocy początkowej części rozwiązania warunek ten jest równoważny temu, że liczba $x$ daje jedną z reszt $0, 1, -1$ przy dzieleniu przez $p_i^{k_i}$ dla $i = 1, 2, \ldots, s$ oraz

$x$ daje resztę $0$ lub $1$ przy dzieleniu przez $2$ , gdy $k = 1$ ,
$x$ daje resztę $0$ , $1$ lub $-1$ przy dzieleniu przez $4$ , gdy $k = 2$ ,
$x$ daje jedną z reszt $0, 1, -1, 2^{k-1} -1, 2^{k-1} + 1$ przy dzieleniu przez $2^k$ , gdy $k \geq 3$ .

Na mocy twierdzenia chińskiego o resztach liczba liczb $x$ z przedziału $[1, n]$ spełniających warunki zadania jest więc równa $3^s, 2 \cdot 3^s, 3 \cdot 3^s$ lub $5 \cdot 3^s$ , gdy $k = 0$ , $k = 1$ , $k = 2$ lub $k \geq 3$ odpowiednio.

XXX OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

Spośród stożków wpisanych w kulę $B$ wybrano taki stożek $S_1$ że kula $K_1$ wpisana w stożek $S_1$ ma maksymalną objętość. Następnie w kulę $B$ wpisano stożek $S_2$ o maksymalnej objętości, a w stożek $S_2$ wpisano kulę $K_2$ . Rozstrzygnąć, co jest większe: suma objętości $S_1$ i $K_1$ , czy suma objętości $S_2$ i $K_2$ .

Rozwiązanie

Niech $S$ będzie dowolnym stożkiem wpisanym w daną kulę $B$ , a $K$ - kulą wpisaną w stożek $S$ . Przekrój osiowy stożka $S$ jest trójkątem równoramiennym $ACD$ , gdzie $A$ jest wierzchołkiem stożka (rys. 7).

Niech $O$ będzie środkiem kuli $B$ , a $Q$ - środkiem kuli $K$ . Wtedy $O$ jest środkiem koła opisanego na trójkącie $ACD$ , a $Q$ - środkiem koła wpisanego w ten trójkąt. Niech $P$ będzie środkiem odcinka $\overline{CD}$ , a $M$ i $N$ odpowiednio - rzutami prostokątnymi punktów $Q$ i $O$ na prostą $AD$ .

Przyjmijmy $\alpha = \measuredangle PAD$ , $R = AO$ . Mamy następujące zależności:

$ AN = ND = R \cos \alpha, $

$ AP = AD \cos \alpha = 2R \cos^2 \alpha, $

$ DP = AD \sin \alpha = 2R \sin \alpha \cos \alpha. $

Wobec tego objętość $V_s$ stożka $S$ jest równa

$ V_S = \frac{1}{3} \pi (DP)^2 \cdot AP = \frac{8}{3} \pi R^3 \sin^2 \alpha \cos^4 \alpha, $

czyli

$ (1) \qquad V_S = \frac{8}{3} \pi R^3 a^2(1-a^2)^2, $

gdzie przyjęliśmy $a = \sin \alpha$ .

Mamy następnie $MQ = QP$ . Zatem $AP \sin \alpha = QP \sin \alpha + AQ \sin \alpha = MQ \sin \alpha + MQ$ i wobec tego

$ MQ = \frac{AP \sin \alpha}{1 + \sin \alpha} = \frac{2R (1 - sin^2 \alpha) \sin \alpha}{1 + \sin \alpha} = 2R \sin \alpha (1 - \sin \alpha) = 2Ra (1-a). $

Objętość $V_K$ kuli $K$ jest więc równa

$ (2) \qquad V_K = \frac{4}{3} \pi MQ^3 = \frac{32}{3} \pi R^3 a^3 (1 - a)^3. $

Zatem suma $V = V(a)$ objętości stożka $S$ i kuli $K$ jest równa na mocy (1) i (2):

$ (3) \qquad V(a) = V_S + V_K = \frac{8}{3} \pi R^3 a^2(1-a)^2 ((1+a)^2 + 4a(1-a)) = \frac{8}{3} \pi R^3 a^2(1-a)^2 (1 + 6a - 3a^2). $

Z warunków zadania wynika, że $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ . Wobec tego liczba $a = \sin \alpha$ należy do przedziału $(0,1)$ .

W tym przedziale funkcja $f(a) = a (1 - a^2)$ przyjmuje maksymalną wartość przy $a = \frac{\sqrt{3}}{3}$ , ponieważ jest to jedyne miejsce zerowe pochodnej $f'(a) =1 - 3a^2$ w tym przedziale oraz $f(0) =f(1) = 0$ i $f(a) > 0$ dla $0 < a < 1$ . Wobec tego ze wzoru (1) wynika, że stożek $S$ ma maksymalną objętość przy $a = \sin \alpha = \frac{\sqrt{3}}{3}$ .

Analogicznie stwierdzamy, że funkcja $g(a) = a(1 - a)$ w przedziale $(0, 1)$ przyjmuje maksymalną wartość przy $a = \frac{1}{2}$ . Wobec tego ze wzoru (2) wynika, że kula $K$ ma maksymalną objętość przy $a = \sin \alpha = \frac{1}{2}$ , tzn. przy $\alpha = \frac{\pi}{6}$ .

Z kolei obliczamy wartości funkcji $V(a)$ określonej wzorem (3) w punktach $a = \frac{\sqrt{3}}{3}$ i $a = \frac{1}{2}$ . Otrzymujemy:

$ \begin{split} V \left( \frac{\sqrt{3}}{3} \right) = \frac{8}{3} \pi R^3 \cdot & \frac{1}{3} \left( 1 - \frac{2\sqrt{3}}{3} + \frac{1}{3} \right) (1 + 2\sqrt{3} -1)=\\ & \frac{8 \pi R^3}{3} \cdot \frac{4}{9} (2\sqrt{3} - 3), \end{split} $

$ \begin{split} V \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{8}{3} \pi R^3 \cdot & \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \left( 1 + 3 - \frac{3}{4} \right) = \frac{8 \pi R^3}{3} \cdot \frac{13}{64}. \end{split} $

Sprawdzamy bez trudu, że $\frac{4}{9} (2\sqrt{3} - 3) > \frac{13}{64}$ , a więc $V \left( \frac{\sqrt{3}}{3} \right) > V \left( \frac{1}{2} \right)$ . Wobec tego suma objętości $S_2$ o $K_2$ jest większa niż suma objętości $S_1$ i $K_1$ .

XXX OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

Niech $r_k(n)$ będzie resztą z dzielenia liczby naturalnej $n$ przez liczbę naturalną $k$ oraz

$ R(n) = r_1(n) + r_2(n) + \ldots + r_n(n). $

Udowodnić, że dla każdej liczby naturalnej $m$ zachodzi równość $R(2^m-1) = R(2^m)$ .

Rozwiązanie

Z określenia liczby $r_k (n)$ wynika, że dla $n \geq 2$ i $k \geq 1$ zachodzą następujące zależności:

Jeżeli $k\mid n$ , to $r_k(n) = 0$ oraz $r_k(n - 1) = k-1$ ,
Jeżeli $k\mid n$ , to $r_k(n) = r_k(n - 1) + 1$ .

Mamy też

$ R(n) = \sum_{k=1}^n r_k(n) = \sum_{k=1}^{n-1} r_k(n),\ \textrm{ponieważ}\ r_n(n) = 0, $

$ R(n-1) = \sum_{k=1}^{n-1} r_k(n-1) $

Wobec tego dla $n \geq 2$ mamy

$ \begin{split} R(n) - R(n - 1) =\sum_{k=1}^{n-1} (r_k(n) - r_k(n-1)) = \sum_{\substack{k=1 \\ k \not \mid n}}^{n-1} 1 + \sum_{\substack{k=1 \\ k \mid n}}^{n-1} (-(k-1))=\\ \sum_{k=1}^{n-1} 1 - \sum_{\substack{k=1 \\ k \mid n}}^{n-1} k = n-1 - (\sigma(n)-n)= 2n - \sigma(n) - 1, \end{split} $

gdzie $\sigma(n)$ jest sumą wszystkich dzielników naturalnych liczby $n$ .

W szczególności, jeżeli $n = 2^m$ , to

$ \sigma(n) = \sigma(2^m) = 1+2 + 4+ \ldots + 2^m = 2^{m+1} - 1 $

i wobec tego

$ R(2^m) -R(2^m-1) = 2 \cdot 2m - (2^{m+1} - 1) - 1 = 0, $

tzn. $R(2^m) = R(2^m - 1)$ dla każdej liczby naturalnej $m$ .

XXX OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

Dane są ciągi wielomianów $(P_n)$ , $(Q_n)$ określone, jak następuje:

$ \begin{split} P_0 = Q_0 &= 1, \\ P_n(x) &= P_{n-1}(x) + x^{2^{n-1}}\cdot Q_{n-1}(x),\\ Q_n(x) &= P_{n-1}(x) - x^{2^{n-1}} \cdot Q_{n-1}(x). \end{split} $

Niech $a_n$ będzie liczbą współczynników wielomianu $P_n$ równych 1. Udowodnić, że istnieje granica $\lim_{n\to \infty} \frac{a_n}{2^n}$ i obliczyć ją.

Rozwiązanie

Z określenia wielomianów $P_n$ i $Q_n$ wynika, że dla $n \geq 1$ każdy z nich ma stopień $2^n - 1$ oraz każdy ze współczynników tych wielomianów jest równy $1$ lub $-1$ . Jeżeli więc $a_n$ współczynników wielomianu $P_n$ jest równych $1$ , a $b_n$ współczynników tego wielomianu jest równych $-1$ , to

$ a_n + b_n = 2^n,\ a_n-b_n = P_n(1). $

Dodając te równości stronami otrzymujemy, że

$ (1) \qquad a_n = \frac{1}{2}(2^n + P_n(1)). $

Ze wzorów podanych w zadaniu wynika, że

$ P_n(1) = P_{n-1}(1) + Q_{n-1}(1)\ \textrm{i}\ Q_n(1) = P_{n-1}(1)- Q_{n-1}(1) $

dla $n \geq 1$ . Wobec tego

$ P_{n+1}(1) = P_n(1) + Q_n(1) = 2P_{n-1}(1). $

Ponieważ $P_0 = Q_0 = 1$ , więc $P_1(1) = 2$ . Wynika stąd przez łatwą indukcję, że $P_{2k-1} (1) = P_{2k} (1) = 2^k$ dla $k \geq 0$ . Zatem

$ P_n(1) \leq 2^{\frac{1}{2} (n+1)} = (\sqrt{2})^{n+1} < 2(\sqrt{2})^n\ \textrm{dla} \ n \geq 0. $

Wobec tego

$ 0 < \frac{P_n(1)}{2^n} < 2 \left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right)^n. $

Na mocy twierdzenia o trzech ciągach wynika stąd, że ciąg $\left( \frac{P_n(1)}{2^n} \right)$ dąży do zera, ponieważ $0 < \frac{\sqrt{2}}{2} < 1$ oraz $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right)^n = 0$ . Z (1) otrzymujemy $\frac{a_n}{2^n} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{P_n(1)}{2^n}$ . Na mocy powyższego ciąg $\left( \frac{a_n}{2^n} \right)$ jest więc zbieżny do $\frac{1}{2}$ .

XXX OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

Dana jest liczba dodatnia $p$ oraz trzy różne półproste $OA^{\rightarrow}$ , $OB^{\rightarrow}$ , $OC^{\rightarrow}$ zawarte w płaszczyźnie. Udowodnić, że istnieje dokładnie jedna taka trójka punktów $K, L, M$ , że $K\in OA^{\rightarrow}$ , $L \in OB^{\rightarrow}$ , $M\in OC^{\rightarrow}$ i obwód każdego z trójkątów $OKL$ , $OLM$ , $OMK$ jest równy $2p$ .

Rozwiązanie

Aby istniały trójkąty, o których jest mowa w zadaniu, należy oczywiście założyć, że żadne dwie z danych półprostych nie są zawarte w jednej prostej.

Zauważmy najpierw, że jeżeli punkty $P$ i $Q$ należą do różnych ramion kąta o wierzchołku $O$ i punkt $Q$ oddala się od $O$ , to obwód trójkąta $OPQ$ rośnie nieograniczenie. Istotnie, niech punkt $Q$ leży między punktami $O$ i $Q'$ (rys. 9).

Wtedy $PQ < QQ' + PQ'$ i wobec tego

$ OP + OQ + PQ < OP + OQ + QQ' + PQ' = OP + OQ' + PQ', $

tzn. obwód trójkąta $OPQ$ jest mniejszy niż obwód trójkąta $OPQ'$ . Ponadto obwód trójkąta $OPQ'$ będzie dowolnie duży, jeżeli tylko obierzemy odpowiednio punkt $Q'$ na półprostej $OQ^\to$ .

Niech liczba $x$ spełnia $O<x<p$ . Niech $K(x)$ będzie takim punktem półprostej $OA^\to$ że $OK(x) = x$ . Taki punkt jest tylko jeden. Następnie niech $L(x) \in OB^\to$ i $M(x) \in OC^\to$ będą takimi, punktami, że obwód każdego z trójkątów $OK(x)L(x)$ oraz $OK(x) M(x)$ jest równy $2p$ . Na mocy początkowej uwagi warunki te wyznaczają jednoznacznie punkty $L(x)$ i $M(x)$ .

Ponieważ

$ OK(x) + OL(x) + K(x) L(x) = 2p \ \textrm{i} \ OK(x) + OM(x) + + K(x) M(x) = 2p, $

więc gdy $x \to 0$ , to $OK(x) \to 0$ , $OL(x) \to p$ , $K (x) L (x) \to p$ , $OM (x) \to p$ , $K (x) M (x) \to p$ .

Podobnie, gdy $x \to p$ , to $OK(x) \to p$ , $OL(x) \to 0$ , $K(x)L(x) \to p$ , $OM(x) \to 0$ , $K(x)M(x) \to p$ .

Wobec tego, gdy $x \to 0$ , to obwód trójkąta $OL(x)M(x)$ dąży do granicy większej od $2p$ , a gdy $x \to p$ , to ten obwód dąży do zera. Ponieważ obwód ten jest funkcją ciągłą zmiennej $x$ , więc dla pewnego $x = x_0$ z przedziału $(0, p)$ obwód trójkąta $OL(x_0) M(x_0)$ jest równy $2p$ .

Zatem punkty $K = K(x_0)$ , $L= L(x_0)$ , $M = M(x_0)$ spełniają warunki zadania.

Udowodnimy, że taka trójka punktów jest tylko jedna. Gdyby również punkty $K' \in OA^\to$ , $L' \in OB^\to$ , $M' \in OC^\to$ spełniały warunki zadania i na przykład $OK < OK'$ , to z początkowej uwagi wynika, że $OL > OL'$ i $OM > OM'$ . Wtedy jednak obwód trójkąta $OLM$ byłby mniejszy niż obwód trójkąta $OL'M'$ . Uzyskana sprzeczność dowodzi, że istnieje tylko jedna trójka punktów spełniająca warunki zadania.

XXX OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

Aby zakwalifikować się do kadry, zawodnik musi przejść z pozytywnym wynikiem przez co najmniej cztery spośród siedmiu testów. Jeśli będzie się przygotowywał do wszystkich testów, to prawdopodobieństwo uzyskania sukcesu w każdym z tych testów jest jednakowe i równe $\frac{1}{2}$ . Jeśli będzie się przygotowywał do pięciu testów, to odpowiednie prawdopodobieństwo odniesienia sukcesu w każdym z tych pięciu testów będzie równe $\frac{3}{4}$ . Jeśli zaś będzie się przygotowywał do czterech testów, to prawdopodobieństwo odniesienia sukcesu w każdym z tych czterech testów wyniesie $\frac{4}{5}$ . Który z trzech wymienionych sposobów przygotowywania się jest najkorzystniejszy dla zawodnika?

Rozwiązanie

Oczywiście jeżeli zawodnik nie przygotowuje się do pewnego testu to do tego testu nie przystępuje.

Rozpatrzmy najpierw przypadek, gdy zawodnik przygotowuje się do wszystkich siedmiu testów. Prawdopodobieństwo uzyskania jakiegokolwiek ciągu siedmiu wyników (sukcesów lub niepowodzeń) w tych testach jest jednakowe i wynosi $\displaystyle \binom{1}{2}^7$ . Przy tym zawodnik zakwalifikuje się do kadry (zdarzenie sprzyjające), jeżeli w tym ciągu będzie co najmniej cztery razy występował sukces. Wobec tego liczba zdarzeń sprzyjających jest równa liczbie podzbiorów co najmniej czteroelementowych zbioru siedmioelementowego. Liczba ta jest równa $\displaystyle \binom{7}{4} + \binom{7}{5} + \binom{7}{6} + \binom{7}{7} = 64$ . Zatem prawdopodobieństwo zakwalifikowania się do kadry w tym przypadku wynosi $\displaystyle \binom{7}{4}^7 \cdot 64 = \frac{1}{2}$ .

Jeżeli zawodnik przygotowuje się do pięciu testów, to zdarzenie będzie sprzyjające, gdy w czterech testach odniesienie sukces, a w jednym będzie miał niepowodzenie, lub gdy odniesie pięć razy sukces. Prawdopodobieństwo zdarzenia pierwszego rodzaju jest równe $\displaystyle \binom{3}{4}^4 \cdot \frac{1}{4}$ , a liczba takich zdarzeń jest równa $5$ (niepowodzenie może wystąpić w jednym z pięciu testów). Prawdopodobieństwo zdarzenia drugiego rodzaju wynosi $\displaystyle \binom{3}{4}^5$ i zdarzenie takie jest tylko jedno. Zatem prawdopodobieństwo zakwalifikowania się do kadry w tym przypadku wynosi $\displaystyle \binom{3}{4}^4 \cdot \frac{1}{4} \cdot 5 + \binom{3}{4}^5 = \frac{81}{128}$ . Wreszcie, jeżeli zawodnik przygotowuje się tylko do czterech testów, to prawdopodobieństwo dostania się do kadry jest równe $\displaystyle \binom{4}{5}^4 = \frac{256}{625}$ .

Z liczb $\displaystyle \frac{1}{2}$ , $\displaystyle \frac{81}{128}$ , $\displaystyle \frac{256}{625}$ liczba $\displaystyle \frac{81}{128}$ jest największa. Wobec tego najkorzystniej dla zawodnika jest przygotować się do pięciu testów.

XXX OM - II etap

II etap XXX Olimpiady Matematycznej

XXX OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

Dane są punkty $A$ i $B$ na brzegu basenu o kształcie koła. Sportowiec ma dotrzeć z punktu $A$ do punktu $B$ idąc wzdłuż brzegu basenu lub płynąc w basenie; może przy tym wielokrotnie zmieniać sposób poruszania się. Jak powinien poruszać się sportowiec, aby dotrzeć z punktu $A$ do $B$ w najkrótszym czasie, o ile wiadomo, że porusza się on w wodzie dwa razy wolniej niż na lądzie?

Rozwiązanie

Niech promień basenu ma długość $r$ , a łuk $\widehat{AB}$ odpowiada kątowi środkowemu $\alpha$ , gdzie $0 < \alpha \leq \pi$ . Wtedy długość łuku $\widehat{AB}$ jest równa $r\alpha$ , a długość odcinka $\overline{AB}$ jest równa (rys. 10)

$ (1) \qquad AB = 2AC = 2r \sin \frac{\alpha}{2}. $

Udowodnimy, że $r\alpha < 2AB$ . Wyniknie stąd, że poruszając się po łuku $\widehat{AB}$ sportowiec szybciej dotrze z punktu $A$ do $B$ , niż gdyby się poruszał po odcinku $AB$ . A więc powinien iść wzdłuż brzegu basenu, a nie płynąć w basenie.

Na mocy (1) nierówność $r\alpha < 2 AB$ , którą mamy udowodnić, jest równoważna następującej

$ (2) \qquad \alpha < 4 \sin \frac{\alpha}{2} \ \textrm{dla} 0 < \alpha \leq \pi. $

Ze znanego wzoru $\beta < \tan \beta$ dla $0 < \beta < \frac{\pi}{2}$ wynika w szczególności, że

$ (3) \qquad \frac{\alpha}{4} < \tan \frac{\alpha}{4} \ \textrm{dla} \ 0 < \alpha \leq \pi. $

Ponieważ $\displaystyle 0 < \tan \frac{\alpha}{4} \leq 1$ , więc korzystając ze wzoru połówkowego otrzymujemy

$ (4) \qquad \sin \frac{\alpha}{2} = \frac{2 \tan \frac{\alpha}{4}}{1+ \tan^2 \frac{\alpha}{4}} \geq \frac{2 \tan \frac{\alpha}{4}}{1+ 1} = \tan \frac{\alpha}{4} > \frac{\alpha}{4} $

na mocy (3). Wynika stąd nierówność (2).

Uwaga. Podzielmy dany kąt $\alpha$ na cztery równe części prostymi $OC$ , $OD$ , $OE$ i niech $AC \bot OA$ , $CE \bot OD$ , $BE \bot OB$ (rys. 11). Wtedy $\displaystyle AC = CD = DE = EB = r \tan \frac{\alpha}{4}$ . Długość łamanej $ACDEB$ jest równa $\displaystyle 4r \tan \frac{\alpha}{4}$ . Nie przekracza więc ona na mocy (4) podwojonej długości odcinka $\overline{AB}$ równej $\displaystyle 4r \sin \frac{\alpha}{2}$ . Zatem nawet idąc wzdłuż tej łamanej sportowiec dotrze z punktu $A$ do $B$ nie później, niż gdyby płynął w basenie.

XXX OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

Udowodnić, że jeżeli $a, b, c$ są liczbami nieujemnymi, to

$ a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \geq a^2(b + c) + b^2(a + c) + c^2(a + b). $

Rozwiązanie

Mamy tożsamość

$ (a +b-c)(a-b + c)(-a + b + c) = -a^3 -b^3-c^3 -2abc + a^2(b + c) + b^2(a + c) + c^2(a + b). $

Wobec tego dla rozwiązania zadania wystarczy udowodnić, że dla dowolnych liczb nieujemnych $a$ , $b$ , $c$ zachodzi nierówność

$ (1) \qquad (a + b - c) (a - b + c) (-a + b + c) \leq abc. $

Mamy

$ \begin{split} & (a + b - c) + ( a - b + c) = 2a \geq 0,\\ & (a + b - c) + (-a + b + c) = 2b \geq 0,\\ & (a - b + c) + (-a + b + c) = 2c \geq 0. \end{split} $

Zatem co najwyżej jedna z liczb $a + b-c$ , $a - b + c$ , $-a + b + c$ jest ujemna. Jeżeli dokładnie jedna z nich jest ujemna, to nierówność (1) zachodzi, ponieważ lewa jej strona jest $\leq 0$ . Załóżmy więc, że wszystkie te liczby są nieujemne.

Ponieważ mamy $\displaystyle uv \leq \left( \frac{u+v}{2} \right)^2$ dla dowolnych liczb rzeczywistych $u$ , $v$ , więc

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

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

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

Mnożąc te nierówności stronami otrzymujemy

$ ((a + b - c) (a - b + c) (-a + b + c))^2 \leq (abc)^2. $

Wynika stąd nierówność (1), ponieważ w rozpatrywanym przypadku obie jej strony są liczbami nieujemnymi.

XXX OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

W przestrzeni dana jest prosta $k$ oraz sześcian o wierzchołku $M$ i krawędziach $\overline{MA}$ , $\overline{MB}$ , $\overline{MC}$ , długości 1. Udowodnić, że długość rzutu prostokątnego krawędzi $MA$ na prostą $k$ jest równa polu rzutu prostokątnego kwadratu o bokach $MB$ i $MC$ na płaszczyznę prostopadłą do prostej $k$ .

Rozwiązanie

Bez zmniejszenia ogólności możemy przyjąć, że prosta $k$ przechodzi przez punkt $M$ (rys. 12) i że rozważana płaszczyzna $\pi$ prostopadła do prostej $k$ też zawiera punkt $M$ . Niech $A'$ będzie rzutem prostokątnym punktu $A$ na prostą $k$ .

Jak wiadomo, jeżeli dwie płaszczyzny przecinają się pod kątem $\varphi$ i w jednej z nich zawarta jest figura o polu $S$ , to rzut prostokątny tej figury na drugą płaszczyznę ma pole $S \cdot \cos \varphi$ .

Niech w naszym zadaniu kąt między płaszczyznami $\pi$ i $MBC$ będzie równy $\varphi$ . Wtedy również kąt między prostymi prostopadłymi do tych płaszczyzn będzie równy $\varphi$ , tzn. $\measuredangle AMA' = \varphi$ .

Pole kwadratu o bokach $\overline{MB}$ i $\overline{MC}$ jest równe $1$ . Wobec tego pole rzutu tego kwadratu na płaszczyznę $\pi$ będzie równe $\cos \varphi$ . Z drugiej strony mamy $MA' = MA \cdot \cos \varphi = \cos \varphi$ . Wynika stąd teza zadania.

XXX OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

Niech $S_k$ będzie symetrią płaszczyzny względem prostej $k$ . Udowodnić, że dla każdych prostych $a, b, c$ zawartych w jednej płaszczyźnie zachodzi równość

$ S_aS_bS_cS_aS_bS_cS_bS_cS_aS_bS_cS_a = S_bS_cS_aS_bS_cS_aS_aS_bS_cS_aS_bS_c $

Rozwiązanie

Jak wiadomo, każda izometria płaszczyzny będąca złożeniem nieparzystej liczby symetrii osiowych jest symetrią z poślizgiem. Jeżeli $S$ jest symetrią z poślizgiem, to $S^2$ jest przesunięciem.

Wobec tego izometrie

$ T = S_aS_bS_c \cdot S_aS_bS_c \ \textrm{oraz} \ U = S_bS_cS_a \cdot S_bS_cS_a $

są przesunięciami. Złożenie dwóch przesunięć nie zależy od ich kolejności: $TU = UT$ . Jest to właśnie równość, którą mieliśmy udowodnić.

XXX OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

Udowodnić, że wśród każdych dziesięciu kolejnych liczb naturalnych istnieje taka, która jest względnie pierwsza z każdą z pozostałych dziewięciu.

Rozwiązanie

Każdy wspólny dzielnik dwóch liczb naturalnych jest też dzielnikiem ich różnicy. Jeżeli więc spośród dziesięciu kolejnych liczb naturalnych pewne dwie nie są względnie pierwsze, to mają wspólny dzielnik będący liczbą pierwszą mniejszą od $10$ , tzn. jedną z liczb $2$ , $3$ , $5$ , $7$ .

Wśród dziesięciu kolejnych liczb naturalnych jest pięć nieparzystych. Wśród tych pięciu liczb nieparzystych co najwyżej dwie są podzielne przez $3$ , jedna podzielna przez $5$ i co najwyżej jedna podzielna przez $7$ . Pozostaje więc co najmniej jedna liczba nie podzielna przez żadną z liczb $2$ , $3$ , $5$ , $7$ . Jest więc ona względnie pierwsza z każdą z pozostałych dziewięciu.

Uwaga. Analogiczne zadanie było zadaniem konkursowym 14(2) na zawodach II stopnia V Olimpiady Matematycznej.

XXX OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

Na boku $\overline{DC}$ prostokąta $ABCD$ , w którym $\frac{AB}{AD} = \sqrt{2}$ zbudowano zewnętrznie półokrąg. Dowolny punkt $M$ półokręgu połączono odcinkami z $A$ i $B$ otrzymując na $\oveline{DC}$ odpowiednio punkty $K$ i $L$ . Dowieść, że $DL^2 + KC^2 = AB^2$ .

Rozwiązanie

Niech $S$ i $T$ będą punktami przecięcia prostej $AB$ z prostymi $MD$ i $MC$ odpowiednio (rys. 14). Obierzmy taki punkt $P \in AB$ , że $DP || CT$ . Wtedy $\measuredangle SDP = \measuredangle DMC = \frac{\pi}{2}$ jako kąt wpisany w okrąg oparty na średnicy. Mamy oczywiście $AP = BT$ i wobec tego

$ (2) \qquad SA \cdot BT = SA \cdot AP = DA^2 = \frac{1}{2} AB^2. $

Na mocy twierdzenia Talesa przy pewnej jednokładności o środku w punkcie $M$ punkty $D$ , $K$ , $L$ , $C$ przechodzą odpowiednio na punkty $S$ , $A$ , $B$ , $T$ . Zatem

$ \frac{DL}{SB} = \frac{KC}{AT} = \frac{DC}{ST} = \lambda, $

gdzie $\lambda$ jest stosunkiem tej jednokładności. Stąd otrzymujemy

$ DL^2 +KC^2 = \lambda^2 (SB^2 + AT^2) \ \textrm{i} \ AB^2 = DC^2 = \lambda^2 ST^2. $

Wobec tego dla rozwiązania zadania wystarczy wykazać, że

$ (3) \qquad SB^2 + AT^2 = ST^2 $

Ponieważ $SB = SA + AB$ , $AT = AB+ BT$ , $ST=SA + AB + BT$ , więc równość (3) jest równoważna następującej

$ (SA + AB)^2 + (AB+BT)^2 = (SA + AB + BT)^2, $

czyli po przekształceniach $AB^2 = 2 \cdot SA \cdot BT$ . Ta ostatnia równość wynika z (2). Zatem równość (3) jest prawdziwa.

XXX OM - III etap

III etap XXX Olimpiady Matematycznej

XXX OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

III

Dany jest zbiór $\{r_1, r_2, \ldots, r_k\}$ liczb naturalnych, które przy dzieleniu przez liczbę naturalną $m$ dają różne reszty. Udowodnić, że jeżeli $k > \frac{m}{2}$ , to dla każdej liczby całkowitej $n$ istnieją takie $i$ oraz $j$ ( $n$ niekoniecznie różne), że liczba $r_i + r_j - n$ jest podzielna przez $m$ .

Rozwiązanie

Zbiór $A$ reszt, jakie dają przy dzieleniu przez $m$ liczby $n-r_1, n-r_2, \ldots, n-r_k$ , zawiera więcej niż $\displaystyle \frac{m}{2}$ elementów. Również zbiór $B$ reszt, jakie dają przy dzieleniu przez $m$ liczby $r_1, r_2, \ldots, r_k$ , zawiera więcej niż $\displaystyle \frac{m}{2}$ elementów. Zbiory $A$ i $B$ są zawarte w zbiorze $m$ -elementowym wszystkich reszt, jakie dają przy dzieleniu przez $m$ liczby całkowite.

Wobec tego zbiory $A$ i $B$ nie są rozłączne, to znaczy dla pewnych $i$ oraz $j$ liczba $r_i$ daje tę samą resztę przy dzieleniu przez $m$ , co liczba $n-r_j$ . Różnica tych liczb, równa $r_i + r_j - n$ , jest więc podzielna przez $m$ .

XXX OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

III

Dowieść, że cztery proste łączące wierzchołki czworościanu ze środkami kół wpisanych w ściany przeciwległe tym wierzchołkom mają punkt wspólny wtedy i tylko wtedy, gdy trzy iloczyny długości przeciwległych krawędzi czworościanu są równe.

Rozwiązanie

Niech $ABCD$ będzie danym czworościanem, a punkty $P$ i $Q$ odpowiednio - środkami kół wpisanych w ściany $ABC$ i $ABD$ (rys. 15).

Niech $R'$ i $R''$ odpowiednio będą punktami przecięcia prostej $AB$ z prostymi $CP$ i $DQ$ . Ponieważ środek koła wpisanego w trójkąt jest punktem przecięcia dwusiecznych jego kątów, więc $\overline{CR'}$ jest dwusieczną kąta $\measuredangle ACB$ , a $\overline{DR''}$ jest dwusieczną kąta $\measuredangle ADB$ . Dwusieczna kąta w trójkącie dzieli bok przeciwległy na odcinki proporcjonalne do pozostałych boków. Wobec tego

$ \frac{AR'}{BR'} = \frac{AC}{BC} \ \textrm{i} \ \frac{AR''}{BR''} = \frac{AD}{BD} $

Zatem $R' = R''$ wtedy i tylko wtedy, gdy $\frac{AC}{BC} = \frac{AD}{BD}$ .

Proste $DP$ i $CQ$ mają punkt wspólny wtedy i tylko wtedy, gdy punkty $C$ , $D$ , $P$ , $Q$ należą do jednej płaszczyzny, to znaczy, gdy proste $CP$ i $DQ$ mają punkt wspólny, a więc, gdy $R' = R''$ .

Dowiedliśmy więc, że proste $m_C$ i $m_D$ łączące wierzchołki $C$ i $D$ odpowiednio ze środkami kół wpisanych w ściany przeciwległe mają punkt wspólny wtedy i tylko wtedy, gdy $AC \cdot BD = BC \cdot AD$ .

Analogicznie dowodzimy, że podobne proste $m_B$ i $m_C$ poprowadzone z wierzchołków $B$ i $C$ odpowiednio mają punkt wspólny wtedy i tylko wtedy, gdy $AB \cdot DC = DB \cdot AC$ ; również proste $m_A$ i $m_E$ mają punkt wspólny wtedy i tylko wtedy, gdy $AC \cdot BD = BC \cdot AD$ itd.

Jeżeli więc proste $m_A$ , $m_B$ , $m_C$ , $m_D$ mają punkt wspólny, to

$ (1) \qquad AC \cdot BD = BC \cdot AD = AB \cdot DC. $

Na odwrót, jeżeli zachodzą równości (1), to każda para prostych spośród $m_A$ , $m_B$ , $m_C$ , $m_D$ ma punkt wspólny. Gdyby na przykład punkty przecięcia prostej $m_C$ z prostymi $m_A$ i $m_B$ były różne, to prosta $m_C$ byłaby zawarta w płaszczyźnie wyznaczonej przez przecinające się proste $m_A$ i $m_B$ . Jest to niemożliwe, ponieważ płaszczyzna zawierająca punkty $A$ , $B$ i $C$ nie zawiera żadnej z tych prostych. Zatem prosta $m_C$ przecina każdą z prostych $m_A$ , $m_B$ , $m_D$ w tym samym punkcie. Wszystkie te cztery proste mają więc punkt wspólny.

XXX OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

III

Doświadczenie polega na wykonaniu $n$ niezależnych prób. Prawdopodobieństwo pozytywnego wyniku w $i$ -tej próbie wynosi $p_i$ . Niech $r_k$ będzie prawdopodobieństwem tego, że dokładnie $k$ prób da wynik pozytywny. Udowodnić, że

$ \sum_{i=1}^n p_i = \sum_{k=0}^n kr_k. $

Rozwiązanie

Niech $\{1,2, \ldots,n\} = A_k \cup B_k$ , gdzie $A_k = \{i_1, i_2, \ldots, i_k \}$ i $B_k = \{i_{k+1}, i_{k+2}, \ldots, i_n \}$ , będzie rozkładem zbioru $\{1, 2, \ldots, n \}$ na sumę zbioru $k$ -elementowego i $(n-k)$ -elementowego.

Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że próby o numerach $i_1, i_2, \ldots,i_k$ dały wynik pozytywny, a pozostałe próby - wynik negatywny, jest równe

$ p_{i_1} p_{i_2} \ldots p_{i_k} (1 - p_{i_{k+1}}) (1-p_{i_{k+2}}) \ldots (1-p_{i_n}). $

Wobec tego

$ (1) \qquad r_k = \sum_{A_k} p_{i_1} p_{i_2} \ldots p_{i_k} (1 -p_{i_{k+1}})(1 - p_{i_{k+2}}) \ldots (1 - p_{i_n}), $

gdzie sumowanie jest ze względu na wszystkie podzbiory $k$ -elementowe $A_k = \{ i_1, i_2, \ldots, i_k\}$ zbioru $\{1, 2, \ldots, n\}$ .

Rozpatrzmy wielomian

$ (2) \qquad w(x) = (p_1x + (1-p_1))(p_2x + (1-p_2)) \ldots (p_nx + (1-p_n)). $

Wymnażając zewnętrzne nawiasy na mocy (1) otrzymujemy

$ (3) \qquad w(x) = r_nx^n + r_{n-1} x^{n-1} + \ldots + r_1x + r_0. $

Dbliczamy pochodną wielomianu w korzystając ze wzoru (2):

$ w'(x)= \sum_{i=1}^n \frac{p_iw(x)}{p_ix + (1-p_i)}. $

Wobec tego $w' (1) = \sum_{i=1}^n p_i$ , ponieważ $w(1) = 1$ na mocy (2).

Z drugiej strony obliczamy pochodną wielomianu w korzystając ze wzoru (3):

$ w' (x) = nr_nx^{n-1} + (n - 1)r_{n-1}x^{n-2} + \ldots + 2r_2x + r_1, $

i stąd

$ w'(1) = \sum_{k=1}^n kr_k. $

Porównując otrzymane wartości na $w'$ (1) otrzymujemy tezę zadania.

XXX OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

III

Dane są liczby rzeczywiste $A > 1$ i $B > 1$ oraz ciąg $(x_n)$ liczb rzeczywistych z przedziału [1, A\cdot B] Dowieść, że istnieje taki ciąg $(y_n)$ liczb z przedziału $[1, A]$ , że

$ \frac{x_m}{x_n} \leq B \cdot \frac{y_m}{y_n} \quad \text{ dla }\quad m,n = 1,2,\ldots . $

Rozwiązanie

Nierówność podana w zadaniu jest równoważna następującej

$ (1) \qquad \frac{x_m}{y_m} \leq B \cdot \frac{x_n}{y_n} \ \textrm{dla}\ m, n = 1, 2, \ldots . $

Zauważmy, że jeżeli

$ (2) \qquad 1 \leq \frac{x_k}{y_k} \leq B \ \textrm{dla}\ k = 1, 2, \ldots , $

to będzie spełniona nierówność (1). Istotnie, z (2) wynika, że

$ \frac{x_m}{y_m} \leq B = B \cdot 1 \leq B \cdot \frac{x_n}{y_n} \ \textrm{dla}\ m, n = 1, 2, \ldots . $

Dla rozwiązania zadania wystarczy więc znaleźć taki ciąg $(y_k)$ , by $1 \leq y_k \leq A$ oraz, by był spełniony warunek (2), tzn. $\frac{x_k}{B} \leq y_k \leq x_k$ . Istnieje liczba $y_k$ spełniająca oba te warunki, ponieważ $1 \leq x_k$ oraz $\frac{x_k}{B} \leq A$ na mocy warunków zadania.

XXX OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

III

Dowieść, że iloczyn długości boków czworokąta wypukłego wpisanego w koło o promieniu długości 1 jest nie większy od 4.

Rozwiązanie

Niech $ABC$ będzie trójkątem wpisanym w koło i niech $B'$ będzie środkiem łuku $\widehat{ABC}$ (rys. 16).

Udowodnimy, że $AB \cdot BC \leq AB' \cdot B'C$ .

Pole $S_{ABC}$ trójkąta $ABC$ jest nie większe od pola $S_{AB'C}$ trójkąta $AB'C$ ponieważ odległość punktu $B$ od prostej $AC$ jest nie większa od odległości punktu $B'$ od tej prostej. Kąty $\measuredangle ABC$ i $\measuredangle AB'C$ mają równe miary, ponieważ są to kąty wpisane oparte na tym samym łuku. Przyjmijmy $\measuredangle ABC = \varphi$ . Mamy więc

$ S_{ABC}= \frac{1}{2} AB \cdot BC \sin \varphi,\ S_{AB'C} = \frac{1}{2} AB' \cdot B'C \sin \varphi. $

Wobec tego $AB \cdot BC \leq AB' \cdot B'C$ .

Przystępujemy teraz do rozwiązania zadania. Niech $ABCD$ będzie czworokątem wpisanym w koło o promieniu długości $1$ . Niech $B'$ i $D'$ będą odpowiednio środkami łuków $\widehat{ABC}$ i $\widehat{ADC}$ . Wtedy $\overline{B'D}$ jest średnicą danego koła prostopadłą do cięciwy $\overline{AC}$ .

Na mocy początkowej uwagi mamy

$ (1) \qquad AB \cdot BC \cdot CD \cdot DA \leq AB' \cdot B'C \cdot CD' \cdot D'A. $

Z kolei niech $A'$ i $C'$ będą odpowiednio środkami łuków $\widehat{B'AD}$
oraz $\widehat{B'CD'}$ . Wtedy $\overline{A'C'}$ jest średnicą danego koła prostopadłą średnicy $\overline{B'D'}$ . Na mocy początkowej uwagi mamy

$ (2) \qquad D'A \cdot AB' \cdot B'C \cdot CD' \leq D'A' \cdot A'B' \cdot B'C' \cdot C'D'. $

Ponieważ przekątne $\overline{A'C'}$ i $\overline{B'D'}$ czworokąta $A'B'C'D'$ są prostopadłe i równe, więc jest on kwadratem. Kwadrat wpisany w koło o promieniu długości $1$ ma bok długości $\sqrt{2}$ Zatem $A'B' = B'C' = C'D' = D'A' = \sqrt{2}$ . Z (1) i (2) wynika więc, że

$ AB \cdot BC \cdot CD \cdot DA \leq (\sqrt{2})^4 = 4. $

XXX OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXX OM, 1978-1979

Etap:

III

Wielomian $w$ stopnia $n$ ( $n>1$ ) ma $n$ różnych pierwiastków Wnczywistych $x_1, x_2, \ldots, x_n$ . Udowodnić, że

$ \frac{1}{w'(x_1)} + \frac{1}{w'(x_2)} + \ldots + \frac{1}{w'(x_n)} = 0. $

Rozwiązanie

Z założenia wynika, że

$ (1) \qquad w(x)=a(x-x_1)(x-x_2) \ldots (x-x_n),\ \textrm{gdzie} \ a \ne 0. $

Dla $i = 1, 2, \ldots, n$ niech $w_i(x)$ będzie wielomianem $\displaystyle \frac{w(x)}{x-x_i}$ , to znaczy wielomianem powstającym z $w(x)$ przez wykreślenie czynnika $x - x_i$ w przedstawieniu (1).

Ponieważ liczby $x_1, x_2, \ldots,x_n$ są różne, więc $w_i(x_i) \ne 0$
dla $i=1,2,\ldots, n$ oraz oczywiście $w_i(x_j) = 0$ dla $i \ne j$ .

Obliczając pochodną wielomianu $w(x)$ otrzymujemy

$ w'(x) = w_1(x) + w_2(x) + \ldots + w_n(x). $

Wobec tego $w'(x_i) = w_i(x_i)$ dla $i = 1, 2, \ldots, n$ .

Rozpatrzmy wielomian

$ (2) \qquad F(x)= \frac{w_1(x)}{w'(x_1)} + \frac{w_2(x)}{w'(x_2)} + \ldots \frac{w_n(x)}{w'(x_n)} - 1. $

Stopień wielomianu $F$ nie przekracza $n-1$ , ponieważ każdy z wielomianów $w_1, w_2,\ldots,w_n$ ma stopień $n-1$ . Mamy też dla $i = 1,2, \ldots, n$

$ F(x_i) = \sum_{j=1}^{n} \frac{w_j(x_i)}{w'(x_j)} - 1= \frac{w_i(x_i)}{w'(x_i)} - 1=0. $

Wielomian $F$ ma więc co najmniej $n$ pierwiastków. Liczba pierwiastków wielomianu niezerowego nie przekracza jego stopnia. Wobec tego $F$ jest wielomianem zerowym. W szczególności współczynnik przy $x^{n-1}$ w wielomianie $F$ jest równy zeru.

Ponieważ = $w_i(x) =a x^{n-1} + \ldots$ i $n > 1$ , więc współczynnik przy $x^{n-1}$ w wielomianie $F$ na mocy (2) jest równy,

$ \frac{a}{w'(x_1)} + \frac{a}{w'(x_2)} + \ldots + \frac{a}{w'(x_n)}. $

Wynika stąd teza zadania.