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