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.