XXIX OM - I - Zadanie 1

Ciąg liczb określony jest następująco: , jest największym dzielnikiem pierwszym sumy . Dowieść, że w ciągu nie wystąpi liczba 5.

Rozwiązanie

Mamy oraz , ponieważ jest największym dzielnikiem pierwszym liczby . Wobec tego dla liczba nie jest podzielna ani przez , ani przez . Gdyby więc dla pewnej liczby naturalnej największy dzielnik pierwszy liczby był równy , to byłby to jej jedyny dzielnik pierwszy, tzn. byłaby ona równa dla pewnego . Zatem

Liczba jest podzielna przez liczbę . Wobec tego z (1) wynika, że dla pewnego . Jest to niemożliwe, ponieważ liczba na mocy określenia jest dzielnikiem liczby , a ta jest nieparzysta.

Uzyskana sprzeczność dowodzi, że w ciągu nie wystąpi liczba 5.

XXIX OM - I - Zadanie 2

Dla danej liczby naturalnej skonstruować ciąg o tej własności, że dla każdego () równe liczbie wyrazów ciągu równych .

Rozwiązanie

Dla dowolnej liczby naturalnej znajdziemy wszystkie ciągi spełniające warunki zadania.

Z warunków zadania wynika, że w ciągu jest wyrazów równych , wyrazów równych , , wyrazów równych i innych wyrazów nie ma. Zatem liczba wszystkich wyrazów ciągu jest równa i stąd

Z określenia ciągu wynika, że . Niech , gdzie będą wszystkimi różnymi od zera wyrazami ciągu . Wtedy wyrazów tego ciągu jest równych zero, a więc i .

Z (1) otrzymujemy, że i wobec tego

Ponieważ liczby są naturalne i jest ich , więc z (2) wynika, ze z tych liczb jest równych , a jedna jest równa .

1). Jeżeli , to w ciągu jeden wyraz jest równy ,
wyrazy są równe i jeden wyraz równy jest . Wobec tego i dla . Wynika stąd, że (ponieważ tylko ten wyraz może być różny od i ) oraz i (ponieważ tylko jeden wyraz ciągu jest równy ), Zatem .

Sprawdzamy bez trudu, że ten ciąg spełnia warunki zadania.

2). Jeżeli , to w ciągu dwa wyrazy są równe , wyrazy są równe i dwa wyrazy są równe , wliczając . Wobec tego i dla , a także .

Jeżeli , to również i (ponieważ nie ma wyrazów równych i są dwa wyrazy równe ). Otrzymujemy ciąg , który oczywiście spełnia warunki zadania.

Jeżeli zaś , to i (ponieważ są dwa wyrazy równe ). Otrzymujemy w tym przypadku ciąg który również spełnia warunki zadania.

3). Jeżeli , to w ciągu jest wyrazów równych , wyrazy równe i jeden wyraz jest równy . Wobec tego , (i przy tym ) oraz dla , . Wynika stąd, że . Zatem w ciągu dokładnie dwa wyrazy są równe , a więc i , czyli .

Otrzymujemy więc ciąg , w którym , , , , a pozostałe wyrazy są równe zeru. Przy tym , tzn. . Sprawdzamy bez trudu, że na odwrót, dla każdej liczby naturalnej określony wyżej ciąg spełnia warunki zadania.

Uwaga. Rozwiązaliśmy zadanie ogólniejsze. Udowodniliśmy, że dla istnieje dokładnie jeden ciąg spełniający warunki zadania (i skonstruowaliśmy taki ciąg), ponadto dla istnieją dwa takie ciągi i , a dla jeden ciąg . Dla , i takich ciągów nie ma.

XXIX OM - I - Zadanie 3

Niech będą długościami boków dowolnego czworokąta. Dowieść, że istnieje trapez, którego boki mają długości .

Rozwiązanie

Bez zmniejszenia ogólności możemy przyjąć, że . Wtedy

Z równości wynika, że i stąd , a z równości , że i stąd i . Jeżeli więc w co najmniej jednej z nierówności (1) zachodzi równość, to i . Wobec tego czworokąt o kolejnych bokach długości , , , jest równoległobokiem, a więc tym bardziej - trapezem.

Załóżmy z kolei, że oraz , czyli

Ponieważ , więc wynika stąd, że . Ponadto mamy , czyli

ponieważ w czworokącie długość każdego boku jest mniejsza od sumy długości boków pozostałych.

Udowodniliśmy więc ((2) i (3)), że każda z liczb dodatnich , , jest mniejsza od sumy liczb pozostałych. Istnieje więc trójkąt o bokach długości , , . Umieszczając przy nim równoległobok o bokach długości i (rys. 5) otrzymamy szukany trapez.

XXIX OM - I - Zadanie 4

Niech będzie figurą składającą się z odcinków domkniętych , , , przy czym punkt O leży wewnątrz trójkąta . Dowieść, że w żadnym kwadracie nie można umieścić nieskończenie wielu wzajemnie rozłącznych izometrycznych obrazów figury .

Rozwiązanie

Niech będzie najmniejszą z liczb , , . Obierzmy punkty , , takie, że (rys. 6)

Wtedy i podobnie oraz . Jeżeli jest figurą składającą się z odcinków domkniętych , i izometryczną z figurą oraz punkt należy do trójkąta , to każdy z odcinków , i przecina obwód trójkąta , ponieważ w trójkącie nie jest zawarty żaden odcinek dłuższy od najdłuższego boku trójkąta. Z warunków zadania wynika, że każdy z kątów , i ma miarę mniejszą od i w sumie dają one kąt pełny. Wobec tego co najmniej jeden z odcinków , i przecina bok lub . Figury i nie są więc rozłączne.

Analogicznie dowodzimy, że jeżeli punkt należy do trójkąta lub , to figury i nie są rozłączne. Jeżeli więc figury i są rozłączne, to punkt nie należy do trójkąta . Niech będzie długością promienia pewnego koła o środku w punkcie zawartego w trójkącie . Z powyższego wynika, że jeżeli figury i są rozłączne, to punkty i są odległe więcej niż o .

Rozpatrzmy teraz kwadrat o boku długości . Obierzmy liczbę naturalną większą od i podzielmy kwadrat prostymi równoległymi do boków na małych kwadratów. Długość boku takiego małego kwadratu jest więc równa , a długość jego przekątnej . Ponieważ , więc . Odległość dowolnych dwóch punktów należących do kwadratu nie przekracza długości jego przekątnej. Wobec tego odległość dowolnych dwóch punktów należących do małego kwadratu jest mniejsza od . Z początkowej części rozwiązania wynika więc, że jeżeli i są izometriami figury w kwadrat oraz figury i są rozłączne, to punkty i są odległe więcej niż o . Punkty te nie należą więc do jednego małego kwadratu. Zatem w kwadracie można umieścić co najwyżej wzajemnie rozłącznych obrazów izometrycznych figury .

XXIX OM - I - Zadanie 5

Dla jakich liczb naturalnych istnieją niezerowe wielomiany
, o współczynnikach całkowitych spełniające równość

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw prosty

Lemat. Jeżeli wielomian nie ulega zmianie, gdy na miejsce zmiennej podstawimy w nim , to zmienna ta występuje w nim tylko z wykładnikami parzystymi; to znaczy istnieje taki wielomian , że .

Dowód. Dany wielomian jest sumą jednomianów postaci , gdzie . Z założenia mamy

Wobec tego , czyli liczba jest parzysta. Zatem w każdym jednomianie wielomianu zmienna występuje z wykładnikiem parzystym. Wynika stąd teza lematu.

Przystępujemy teraz do rozwiązania zadania. Udowodnimy, że dla każdej liczby naturalnej istnieją wielomiany i spełniające warunki zadania.

Rozpatrzmy wielomian będący iloczynem wszystkich wielomianów postaci , gdzie współczynniki przybierają wartości i . Wielomian ma więc współczynniki całkowite i jeżeli w nim na miejsce dowolnej zmiennej podstawimy , to oczywiście otrzymamy znów wielomian . Wobec tego na mocy lematu w wielomianie każda zmienna występuje tylko z wykładnikami parzystymi, to znaczy istnieje taki wielomian o współczynnikach całkowitych , że . Jednym z czynników wielomianu jest z określenia , a iloczyn pozostałych czynników jest wielomianem o współczynnikach całkowitych. Oznaczając ten iloczyn przez otrzymujemy .

Zachodzi więc teza zadania.

Uwaga 1. Można opisać wszystkie wielomiany i spełniające warunki zadania.

Przypuśćmy najpierw, że i wielomiany i spełniają warunki zadania. Zachodzi więc równość (1). Podstawiając w niej na miejsce zmiennej jednomian , gdzie lub oraz stwierdzamy, że wielomian jest podzielny przez każdy z wielomianów

Ponieważ wielomiany (3) są parami względnie pierwsze, więc wielomian jest również podzielny przez ich iloczyn

Iloczyn ten zawiera czynników, ponieważ tyle jest układów , gdzie lub . Zmiana znaku jednej ze zmiennych nie zmienia oczywiście wielomianu . Na mocy lematu więc każda z tych zmiennych występuje w wielomianie tylko z wykładnikami parzystymi.

Jeżeli , to również zmienna występuje w wielomianie tylko z wykładnikami parzystymi, ponieważ

Istnieje więc taki wielomian niezerowy o współczynnikach całkowitych , że

Na mocy (4) jednym z czynników wielomianu jest . Oznaczając iloczyn pozostałych czynników przez stwierdzamy na mocy (4) i (5), że

Udowodniliśmy więc, że wielomiany oraz spełniają warunki zadania oraz, że jeżeli pewne wielomiany i spełniają warunki zadania, to wielomian jest podzielny przez . Mamy więc

gdzie jest pewnym wielomianem o współczynnikach całkowitych.

Z (1), (6) i (7) wynika, że

Na odwrót, jeżeli jest dowolnym wielomianem niezerowym o współczynnikach całkowitych, to wielomiany i określone wzorami (7) i (8) na mocy (6) spełniają warunki zadania.

W przypadku wzory (7) i (8) opisują więc wszystkie wielomiany spełniające warunki zadania. W przypadku oczywiście wszystkie wielomiany i spełniające warunki zadania są postaci , , gdzie jest dowolnym
wielomianem niezerowym o współczynnikach całkowitych.

Uwaga 2. Prawdziwe są twierdzenia ogólniejsze. Na przykład:

Twierdzenie 1. Dla dowolnej liczby naturalnej i wielomianu niezerowego o współczynnikach całkowitych istnieją wielomiany niezerowe o współczynnikach całkowitych i spełniające

Twierdzenie 2. Dla dowolnych liczb naturalnych i istnieją takie wielomiany niezerowe o współczynnikach całkowitych i , że

Dowód pierwszego z tych twierdzeń przebiega podobnie do rozwiązania zadania, szczegółowe jego przeprowadzenie pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie. Dowód drugiego twierdzenia można przeprowadzić używając liczb zespolonych.

XXIX OM - I - Zadanie 6

Dowieść, że na płaszczyźnie dowolna łamana zamknięta o długości 1 zawiera się w pewnym kole o promieniu długości

Rozwiązanie

Niech punkty i należące do łamanej zamkniętej długości dzielą tę łamaną na dwie części równej długości i niech będzie dowolnym punktem tej łamanej. Ponieważ odcinek jest najkrótszą łamaną łączącą dwa punkty, więc .

Niech będzie środkiem odcinka , - punktem symetrycznym do względem punktu (rys. 7). Wtedy i . Wobec tego

i stąd .

Udowodniliśmy więc, że dowolny punkt danej łamanej jest odległy od punktu nie więcej niż o . Wobec tego ta łamana jest zawarta w kole o środku i promieniu długości .

Uwaga. Analogiczne zadanie było podane na zawodach VII Olimpiady Matematycznej jako zadanie 23 (5).

XXIX OM - I - Zadanie 7

Dla ustalonej liczby nąturalnej określamy: , , , Dowieść że najmniejsza z liczb jest równa [\sqrt{n}].
Uwaga. oznacza największą liczbę całkowitą nie większą od .

Rozwiązanie

Dla dowolnej liczby całkowitej liczba jest równa lub w zależności od tego, czy liczba jest parzysta, czy nieparzysta. Wobec tego dla każdej liczby całkowitej . Mamy też na mocy określenia symbolu . Wreszcie , ponieważ średnia geometryczna liczb
dodatnich i nie przekracza ich średniej arytmetycznej.

Biorąc powyższe pod uwagę otrzymujemy, że

to znaczy . Wynika stąd, że dla . Mamy też .

Z drugiej strony, jeżeli dla pewnego zachodzi , to i wobec tego

to znaczy .

Gdyby więc wszystkie wyrazy ciągu były większe od , to byłby on ciągiem malejącym liczb naturalnych większych od . Jest to niemożliwe, ponieważ i ciąg ma wyrazów. Wobec tego pewien wyraz ciągu jest równy i jest to najmniejsza
z liczb .

Uwaga. Z powyższego rozwiązania wynika, że jeżeli dla pewnego zachodzi nierówność , to jest najmniejszym wyrazem ciągu i wobec tego .

Z tego zadania na mocy powyższej uwagi wynika stosunkowo prosty sposób obliczania przybliżonych wartości pierwiastków kwadratowych z liczb naturalnych. Pokażemy go na przykładzie liczby . Obliczamy początkowe wyrazy ciągów i podanych w zadaniu i wyniki umieszczamy w tabelce:

Ponieważ , więc wynika stąd, że . Wystarczyło więc obliczyć tylko wyrazów ciągu , by znaleźć , zamiast wszystkich jego wyrazów. W tym przykładzie zresztą mamy dla . Nie zawsze jednak ciąg jest monotoniczny. Czytelnik zechce znaleźć odpowiedni przykład.

XXIX OM - I - Zadanie 8

Niech będzie takim ciągiem niemalejącym liczb naturalnych, że ciąg jest nieograniczony. Udowodnić, że wśród wyrazów ciągu jest nieskończenie wiele liczb całkowitych.

Rozwiązanie

Pierwszy wyraz ciągu jest nie większy od , ponieważ . Ciąg ten jest nieograniczony i wobec tego dla każdej liczby naturalnej istnieje taka liczba naturalna , że

Mianowicie, wystarczy tak obrać, by był najwcześniejszym wyrazem ciągu większym od .

Mnożąc nierówności (1) stronami przez i korzystając z tego, że ciąg jest niemalejący otrzymujemy:

Tak więc liczba naturalna należy do przedziału ,
skąd wynika, że , czyli .

Udowodniliśmy zatem, że każda liczba naturalna jest wyrazem ciągu .

XXIX OM - I - Zadanie 9

Udowodnić, że z każdego ciągu liczb naturalnych można wybrać podciąg, którego każde dwa wyrazy są względnie pierwsze, lub podciąg, którego wszystkie wyrazy mają wspólny dzielnik większy od 1.

Rozwiązanie

Niech będzie ustaloną liczbą pierwszą. Jeżeli nieskończenie wiele wyrazów ciągu jest podzielnych przez , to wyrazy podzielne przez tworzą podciąg, którego wszystkie wyrazy mają wspólny dzielnik większy od .

Rozpatrzmy więc przypadek, gdy dla każdej liczby pierwszej tylko skończona liczba wyrazów ciągu jest podzielna przez . Wtedy określamy indukcyjnie podciąg danego ciągu, jak następuje. Jako bierzemy pierwszy wyraz danego ciągu. Jeżeli już zostały wybrane wyrazy podciągu tak, że każde dwa z nich są względnie pierwsze, to jako bierzemy taki wyraz danego ciągu, który nie jest podzielny przez żaden czynnik pierwszy liczby . Wtedy oczywiście liczba będzie względnie pierwszą z każdą z liczb . Wobec tego na mocy zasady indukcji istnieje podciąg nieskończony , którego każde dwa wyrazy są względnie pierwsze.

XXIX OM - I - Zadanie 10

Punkt jest punktem wewnętrznym czworokąta wypukłego , , , , są rzutami prostokątnymi punktu odpowiednio na proste , , i , , , , są odpowiednio rzutami prostokątnymi punktu na proste , , , . Dowieść, że czworokąty i są podobne.

Rozwiązanie

Konstrukcja podana w zadaniu nie zawsze jest wykonalna. Na przykład trzy z punktów , , , mogą należeć do jednej prostej. Wtedy zadanie traci sens. Podamy więc rozwiązanie zadania przy dodatkowym założeniu, że wszystkie rozważane czworokąty istnieją i są wypukłe.
Ponieważ , więc na czworokącie można opisać koło. Miary kątów wpisanych w koło i opartych na tym samym łuku są równe. Wobec tego (rys. 8). Analogicznie dowodzimy, że .

Rozumując podobnie otrzymujemy . Trójkąty i są podobne, ponieważ po dwa odpowiednie kąty w tych trójkątach mają równe miary. Wobec tego . Analogicznie dowodzimy, że . Zatem , i podobnie .

Udowodniliśmy też, że . Podobnie dowodzi się, że i stąd . Analogicznie można wykazać, że miary pozostałych kątów czworokąta są równe miarom odpowiednich kątów czworokąta .

Tak więc odpowiednie boki tych czworokątów są proporcjonalne, a miary odpowiednich kątów są równe. Wobec tego czworokąty te są podobne.

XXIX OM - I - Zadanie 11

Niech będzie funkcją ciągłą, dla której istnieje liczba spełniająca warunki: , .
Udowodnić, że istnieją takie liczby , , , że dla oraz dla .
Uwaga. Wiadomo, że każda funkcja ciągła ma własność Darboux, to znaczy jeżeli i jest zawarte pomiędzy i , to istnieje taka liczba , że .

Rozwiązanie

Gdyby zachodziło , to mielibyśmy , czyli wbrew założeniu. Zatem . Podobnie z równości wynika, że , czyli . Udowodniliśmy jednak, że ta ostatnia równość nie zachodzi. Zatem .

Wobec tego liczby , , są parami różne. Oznaczmy najmniejszą z nich przez , największą przez , a pozostałą przez . Zatem . Z warunków zadania wynika, że funkcja określa permutację zbioru i , , .

Rozpatrzmy przypadek, gdy . Jeżeli , to rozumowanie przebiega podobnie. Mamy więc i .

Funkcja ciągła na końcach przedziału przybiera wartości i . Wobec tego na mocy własności Darboux w pewnym punkcie z tego przedziału funkcja przybiera wartość pośrednią , to znaczy i . Dla rozwiązania zadania wystarczy oczywiście udowodnić, że funkcja ma co najmniej trzy miejsca zerowe. Mamy

Tak więc funkcja na końcach każdego z przedziałów , , przybiera wartości przeciwnych znaków. Wobec tego na mocy własności Darboux ma ona w każdym z tych przedziałów co najmniej jedno miejsce zerowe.

Uwaga. Dla dowolnej liczby naturalnej niech będzie -krotną iteracją funkcji , to znaczy ( razy). Powiemy, że liczba rzeczywista ma okres , jeżeli oraz dla . Nasze zadanie można więc sformułować tak: {\it Dowieść, że jeżeli dla funkcji ciągłej istnieje liczba okresu , to istnieją trzy liczby okresu lub .}

Zachodzi następujące ogólne twierdzenie Szarkowskiego: Ustawmy wszystkie liczby naturalne, jak następuje

Na początku jest ciąg rosnący wszystkich liczb pierwszych, potem ciąg liczb pierwszych pomnożonych przez , przez , itd., wreszcie - ciąg malejący wszystkich potęg liczby .

Twierdzenie Szarkowskiego mówi, że jeżeli dla funkcji ciągłej istnieje liczba okresu , to istnieje też liczba okresu , o ile w ciągu (1) liczba występuje po liczbie .

XXIX OM - I - Zadanie 12

Wyznaczyć kres górny zbioru takich liczb , że każdy kąt ostry o mierze i każdy trójkąt na płaszczyźnie mają następującą własność. Istnieje trójkąt izometryczny z taki, że bok OMONABCABC'\overline{AB}; jest obrazem symetrycznym wierzchołka względem symetralnej boku .
Uwaga. Fizycznie zadanie oznacza: Jaki ma być kąt nachylenia równi pochyłej, aby dla dowolnego trójkąta można było wybrać pewien bok tak, że trójkąt przyłożony tym bokiem do równi nie przewróci się.

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że jeżeli jest środkiem boku i , to . Istotnie, oznaczając przez rzut punktu na prostą otrzymujemy (rys. 9).

Wobec tego . Ponieważ kąt nie jest największym kątem trójkąta , więc jest on ostry. Tym bardziej kąt jest ostry. Wobec tego z nierówności otrzymujemy, że .

Niech będzie najdłuższym bokiem trójkąta izometrycznego z trójkątem , niech będzie środkiem ciężkości trójkąta , a - środkiem ciężkości trójkąta . Możemy przyjąć, że , ponieważ to nie zmienia warunków zadania (rys. 10).

Z początkowej uwagi wynika, że każdy z kątów i ma miarę nie większą niż . Wobec tego, jeżeli , to i podobnie . Wynika stąd, że proste prostopadłe do i przechodzące przez punkty i odpowiednio przecinają odcinek . Zatem poszukiwany kres górny liczb jest nie mniejszy od .

Na odwrót, jeżeli prosta prostopadła do przechodząca przez punkt przecina odcinek , to . Wobec tego . W szczególności, jeżeli jest trójkątem równobocznym, to i wobec tego
. Wynika stąd, że poszukiwanym kresem górnym liczb jest liczba .

XXIX OM - II - Zadanie 1

Dowieść, że jeżeli ,

Rozwiązanie

\spos{1} Ponieważ na mocy warunków zadania liczby , , , są dodatnie, więc mnożąc stronami podaną w zadaniu nierówność przez otrzymamy nierówność równoważną

Wymnażając nawiasy i przenosząc wszystkie wyrazy na stronę lewą otrzymamy

czyli . Ta ostatnia nierówność równoważna nierówności podanej w zadaniu jest prawdziwa, ponieważ , czyli . Zatem nierówność podana w zadaniu też jest prawdziwa.

XXIX OM - II - Zadanie 2

Na płaszczyźnie dany jest zbiór punktów o następujących własnościach:
1. Punkty zbioru nie leżą na jednej prostej,
2. Jeżeli punkty są wierzchołkami równoległoboku oraz , to ,
3. Jeżeli , to .
Udowodnić, że istnieją takie dwie rodziny prostych równoległych, że jest zbiorem wszystkich punktów przecięcia prostych pierwszej rodziny z prostymi drugiej rodziny.

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw trzy lematy.
Lemat 1. Z warunku wynika, że każde koło zawiera tylko skończoną liczbę punktów zbioru .

Dowód. Niech będzie kołem o środku w punkcie i promieniu długości , a - kołem o tym samym środku i promieniu długości . Z warunku wynika, że dowolne dwa koła o środkach w punktach zbioru i promieniach długości mają rozłączne wnętrza. Wobec tego, jeżeli rozpatrzymy rodzinę kół o środkach w punktach zbioru należących do koła i promieniach długości , to koła te będą miały parami rozłączne wnętrza i będą zawarte w kole . Wobec tego suma pól kół rodziny nie przekracza pola koła . Wynika stąd, że rodzina jest skończona, a więc i zbiór punktów zbioru należących do jest skończony.

Wniosek. Każda figura ograniczona na płaszczyźnie zawiera tylko skończoną liczbą punktów zbioru .

Dowód. Każda figura ograniczona na płaszczyźnie jest zawarta w pewnym kole.

Lemat 2. Jeżeli i jest przesunięciem o wektor , to .

Dowód. Jeżeli i punkty , , są niewspółliniowe, to istnieje taki punkt , że jest równoległobokiem. Oczywiście , a na mocy warunku mamy . Zatem .

Jeżeli zaś i punkty , , są współliniowe, to na mocy warunku istnieje taki punkt , że punkty , , nie są współliniowe. Na mocy już rozpatrzonego przypadku mamy i proste oraz są różne. Wobec tego punkty , , nie są współliniowe. Istnieje więc taki punkt , że jest równoległobokiem i mamy oczywiście . Z warunku wynika, że , a więc .

Udowodniliśmy zatem, że . Rozpatrując przesunięcie o wektor , które jest przekształceniem odwrotnym do stwierdzamy analogicznie, że . Stąd . Zatem .

Lemat 3. Istnieją takie punkty , że jest równoległobokiem i jedynymi punktami zbioru należącymi do tego równoległoboku są jego wierzchołki.

Dowód. Na mocy wniosku z lematu 1 do każdego odcinka należy tylko skończona liczba punktów zbioru . Istnieją więc takie dwa punkty , że do wnętrza odcinka nie należy żaden punkt zbioru .

Na mocy warunku istnieje taki punkt , że punkty , , są niewspółliniowe. Oznaczmy przez taki punkt, że jest równoległobokiem (rys. 11). Na mocy wniosku z lematu 1 do równoległoboku należy tylko skończona liczba punktów zbioru . Niech będzie punktem równoległoboku należącym do zbioru i różnym od i . Ponieważ liczba takich punktów jest skończona, więc możemy wybrać punkt tak, że jego odległość od prostej jest minimalna, to znaczy nie ma punktów zbioru należących do różnych od i , których odległość od jest mniejsza niż odległość punktu od .

Niech będzie takim punktem, że jest równoległobokiem. Na mocy warunku mamy . Wykażemy, że równoległobok nie zawiera punktów zbioru różnych od , , i .

Gdyby punkt zbioru należał do wnętrza odcinka , to stosując przesunięcie o wektor otrzymalibyśmy na mocy lematu 2 punkt zbioru należący do wnętrza odcinka . Otrzymana sprzeczność dowodzi, że wewnętrz odcinka nie ma punktów zbioru .

Wobec tego, jeżeli pewien punkt zbioru różny od , , i należy do równoległoboku , to jego odległość od prostej jest mniejsza od odległości punktu od prostej . Z minimalności tej ostatniej odległości wynika, że punkt nie należy do równoległoboku . Wtedy jednak punkt , gdzie jest przesunięciem o wektor , należy do równoległoboku (rys. 11) i na mocy lematu 2 należy do . Przy tym odległość punktu od prostej jest równa odległości punktu od tej prostej.

Uzyskana sprzeczność dowodzi, że taki punkt nie istnieje, tzn. równoległobok nie zawiera punktów zbioru różnych od , , i .

Przystępujemy teraz do rozwiązania zadania. Niech będzie równoległobokiem spełniającym warunki lematu 3. Oznaczmy przez przesunięcie o wektor , a przez - przesunięcie o wektor . Dla dowolnej liczby całkowitej niech będzie przesunięciem o wektor i analogicznie - przesunięciem o wektor . Wtedy obrazy równoległoboku przy przesunięciach , gdzie i są dowolnymi liczbami całkowitymi, pokrywają całą płaszczyznę.

Wykażemy, że zbiór jest równy zbiorowi punktów postaci

Z lematu 2 wynika, że każdy punkt postaci (1) należy do zbioru . Na odwrót niech pewien punkt należy do zbioru . Ten punkt należy też do równoległoboku będącego obrazem równoległoboku przy pewnym przesunięciu . Stosując przesunięcie odwrotne stwierdzamy, że punkt należy do i do równoległoboku . Na mocy lematu 3 punkt jest więc jednym z wierzchołków równoległoboku . Zatem , , lub . Wobec tego jest obrazem punktu przy pewnym przesunięciu postaci . Zatem punkt należy do zbioru (1).

Zbiór (1) jest oczywiście zbiorem wszystkich punktów przecięcia następujących dwóch rodzin prostych równoległych:

Uwaga. Warunek można oczywiście zastąpić warunkiem:

Jeżeli i , to , gdzie jest ustaloną liczbą dodatnią.

Warunku nie można jednak opuścić. Rozpatrzmy bowiem zbiór punktów postaci

gdzie , , są dowolnymi liczbami całkowitymi. Łatwo sprawdzić, że ten zbiór spełnia warunki i . Wykażemy, że nie spełnia on tezy zadania.

Przypuśćmy, że istnieją takie dwie rodziny prostych równoległych, że jest zbiorem wszystkich punktów przecięcia prostych należących do tych rodzin.

Niech i będą prostymi należącymi odpowiednio do pierwszej i do drugiej rodziny zawierającymi punkt . Ponieważ punkty , , należą do , więc istnieją takie punkty oraz należące do , że

Wobec tego

Ponieważ w ostatniej sumie pierwszy składnik należy do prostej , a drugi - do prostej i ich suma jest równa , więc wynika stąd, że oba te składniki są równe , to znaczy

Niech , , gdzie , , , , , są liczbami całkowitymi. Wtedy

Wynika stąd, że , oraz . Zatem , . Ponadto, jak wiemy, punkty , , są współliniowe. Wobec tego , czyli .

Wtedy z (3) wynika, że , . Jest to niemożliwe, ponieważ punkty , , są współliniowe.

Uzyskana sprzeczność dowodzi, że zbiór określony wzorem (2) nie jest zbiorem wszystkich punktów przecięcia żadnych dwóch rodzin prostych równoległych.

XXIX OM - II - Zadanie 3

Dany jest taki ciąg liczb naturalnych , że dla każdej liczby naturalnej suma tych wyrazów ciągu, które są nie większe od , jest liczbą nie mniejszą od . Udowodnić, że dla każdej liczby naturalnej można wybrać z ciągu ciąg skończony o sumie wyrazów równej .

Rozwiązanie

Zastosujemy indukcję względem . Rozpatrzmy przypadek . Z założenia suma tych wyrazów danego ciągu, które są nie większe od (a więc są równe ), jest liczbą nie mniejszą od . Istnieje więc w danym ciągu wyraz równy . Wobec tego suma wyrazów ciągu jednowyrazowego złożonego z tego właśnie wyrazu jest równa .

Z kolei niech będzie ustaloną liczbą naturalną i załóżmy, że dla każdej liczby naturalnej i nie większej od z danego ciągu można wybrać ciąg skończony o sumie wyrazów równej . Udowodnimy, że z danego ciągu można wybrać ciąg skończony o sumie wyrazów równej .

Na mocy założenia indukcyjnego z danego ciągu można wybrać ciąg skończony

o sumie wyrazów równej . Niech będzie najmniejszym wyrazem danego ciągu, który nie występuje w ciągu (1).

Ponieważ na mocy warunków zadania suma wszystkich wyrazów danego ciągu, które nie przekraczają , jest nie mniejsza od , a suma wyrazów ciągu (1) jest równa , więc pewien wyraz danego ciągu nie większy od nie występuje w ciągu (1). Zatem .

Jeżeli , to suma wyrazów ciągu jest równa .

Jeżeli , to . Wobec tego na mocy założenia indukcyjnego liczba jest sumą pewnych wyrazów danego ciągu. Wszystkie te wyrazy występują w ciągu (1), ponieważ najmniejszym wyrazem danego ciągu nie występującym w (1) jest . Niech

gdzie . Wtedy suma wyrazów ciągu

jest równa

Na mocy zasady indukcji dla każdej liczby naturalnej można więc wybrać z danego ciągu ciąg skończony o sumie wyrazów równej .

XXIX OM - II - Zadanie 4

Spośród wierzchołków -kąta foremnego wybrano losowo 3 różne punkty. Niech będzie prawdopodobieństwem zdarzenia, że trójkąt o wierzchołkach w wybranych punktach jest ostrokątny. Obliczyć .
Uwaga. Zakładamy, że wszystkie wybory trzech różnych punktów są jednakowo prawdopodobne.

Rozwiązanie

Niech będą kolejnymi wierzchołkami -kąta foremnego, a - środkiem koła opisanego na tym wielokącie. Zbadamy, ile jest takich trójkątów , gdzie , że kąt nie jest ostry.

Ponieważ kąt wpisany w koło ma miarę dwa razy mniejszą niż kąt środkowy oparty na tym samym łuku, więc

Zatem nie jest ostry wtedy i tylko wtedy, gdy . Obliczymy więc, ile jest takich par , że

Z nierówności tych wynika, że . Dla każdego spełniającego mamy wartości na spełniających (1), mianowicie . Zatem poszukiwana liczba par jest równa

Udowodniliśmy więc, że liczba trójkątów nieostrokątnych , w których kąt jest nieostry, jest równa . Ponieważ w trójkącie co najwyżej jeden kąt jest nieostry, więc liczba wszystkich trójkątów nieostrokątnych jest równa

Liczba wszystkich trójkątów jest równa liczbie podzbiorów trójelementowych zbioru -elementowego , to znaczy liczbie

Wobec tego

Zatem .

Uwaga. Trójkąt , gdzie , jest ostrokątny wtedy i tylko wtedy, gdy , oraz . Przyporządkowując trójkątowi punkt widzimy, że trójkątom ostrokątnym odpowiadają punkty kratowe położone w zakreskowanym trójkącie (rys. 12), a dowolnym trójkątom - punkty kratowe należące do trójkąta . Stosunek liczby punktów kratowych w trójkącie zakreskowanym do liczby wszystkich punktów kratowych w trójkącie dąży przy do stosunku pól tych trójkątów. Ten stosunek pól jest równy .

XXIX OM - II - Zadanie 5

Dowieść, że nie istnieje taka równia pochyła, że każdy czworościan dowolnie przyłożony pewną ścianą do równi nie przewróci się. Znaczy to, co następuje. Dana jest płaszczyzna i prosta nie prostopadła do niej. Dowieść, że istnieje taki czworościan , że dla każdej jego ściany istnieje w płaszczyźnie trójkąt przystający do oraz istnieje taki punkt , że czworościan przystaje do i prosta równoległa do przechodząca przez środek ciężkości czworościanu nie przecina trójkąta .
Uwaga. Środkiem ciężkości czworościanu nazywamy punkt przecięcia odcinków łączących środki ciężkości ścian tego czworościanu z przeciwległymi wierzchołkami (wiadomo, że punkt taki zawsze istnieje).

Rozwiązanie

Udowodnimy, że dla każdej równi pochyłej istnieje taki czworościan, że dla każdej jego ściany można go tak przyłożyć tą ścianą do równi pochyłej, że czworościan się przewróci.

Rozpatrzmy czworościan , którego wierzchołki mają współrzędne , , , , gdzie jest pewną liczbą dodatnią. Niech i będą środkami krawędzi i odpowiednio, tzn. , .

Łatwo zauważyć, że dla dowolnych dwóch ścian czworościanu istnieje taka izometria tego czworościanu, która przeprowadza jedną z tych ścian na drugą.

XXIX OM - II - Zadanie 6

XXIX OM - III - Zadanie 1

W danym kącie wypukłym na płaszczyźnie biegnie promień światła odbijając się od ramion kąta zgodnie z zasadą, że kąt padania równa się kątowi odbicia. Promień, który trafi w wierzchołek kąta, zostaje pochłonięty. Udowodnić, że istnieje taka liczba naturalna , że każdy promień może odbić się od ramion kąta co najwyżej razy.

Rozwiązanie

Jeżeli promień światła wychodząc z punktu odbija się od jednego z ramion danego kąta w punkcie , a następnie od, drugiego ramienia w punkcie , to dokonując symetrii względem prostej , gdzie jest wierzchołkiem danego kąta, stwierdzamy, że punkty , i są współliniowe (rys. 15). Wynika to z równości kątów .

Wobec tego zadanie sprowadza się do następującego: Z punktu prowadzimy półproste tak, że dla (rys. 16). Należy udowodnić, że istnieje liczba naturalna o tej własności, że każda półprosta przechodząca przez pewien punkt położony wewnątrz kąta i przecinająca półprostą przecina kolejno nie więcej niż z narysowanych półprostych.

By to udowodnić, wystarczy tak obrać , by . Wtedy i półprosta przecinając półprostą nie przetnie już półprostej , ponieważ półproste i nie leżą w tej samej półpłaszczyźnie otwartej wyznaczonej przez prostą zawierającą półprostą . Tak więc półprosta przetnie co najwyżej danych półprostych , gdzie , to znaczy . Zatem promień światła odbije się od ramion danego kąta mniej niż razy. Wystarczy więc przyjąć .

XXIX OM - III - Zadanie 2

Na płaszczyźnie dane są punkty o współrzędnych całkowitych, z których co najmniej jedna jest niepodzielna przez A. Dowieść, że punktów tych nie można tak połączyć w pary, aby odległość punktów każdej pary była równa 1; to znaczy nieskończonej szachownicy z wyciętymi polami o współrzędnych podzielnych przez 4 nie można pokryć kostkami domina.

Rozwiązanie

Rozważmy zbiór punktów na płaszczyźnie o współrzędnych całkowitych , gdzie . Zauważmy, że jeżeli połączymy punkty w pary zgodnie z warunkami zadania, to suma współrzędnych jednego punktu każdej pary będzie liczbą nieparzystą, a drugiego parzystą.

Zbiór ma punktów, w tym punktów ma obie współrzędne podzielne przez i na mocy warunków zadania punktów takich nie bierzemy pod uwagę. Liczba punktów zbioru , których suma współrzędnych jest parzysta, jest o większa od liczby punktów zbioru , których suma współrzędnych jest nieparzysta. Zatem liczba tych pierwszych punktów jest równa , a drugich .

Na brzegu kwadratu wyznaczonego przez punkty zbioru jest punktów o nieparzystej sumie współrzędnych (po na każdym boku kwadratu).

Zgodnie z warunkami zadania punktów zbioru o nieparzystej sumie współrzędnych, które leżą wewnątrz rozważanego kwadratu, należy połączyć w pary z pewnymi z punktów należących do zbioru o parzystej sumie współrzędnych, lecz nie o obu współrzędnych podzielnych przez .

Jeżeli więc można by było połączyć punkty płaszczyzny w pary zgodnie z warunkami zadania, to dla każdej liczby naturalnej zachodziłaby nierówność

czyli . Jednak już dla nierówność ta nie zachodzi.

Wobec tego nie można połączyć danych punktów w pary zgodnie z warunkami zadania.

Uwaga. Jeżeli pola szachownicy są na przemian koloru białego i czarnego i jedno z wyciętych pól jest czarne, to wszystkie wycięte pola są czarne. Ponieważ kostka domina pokrywa jedno pole białe i jedno czarne, więc liczba pól każdego koloru pokrytych kostkami domina jest taka sama. Jeżeli więc rozpatrujemy odpowiednio dużą część skończoną szachownicy nieskończonej, to będzie tam zbyt dużo pól białych, by można było wszystkie pokryć kostkami domina. Na tej myśli jest oparte podane wyżej rozwiązanie.

XXIX OM - III - Zadanie 3

Dowieść, że jeżeli

gdzie jest liczbą naturalną, są wielomianami stopni mniejszych od , to każdy z tych wielomianów jest wielomianem zerowym.
Uwaga. Stopniem wielomianu niezerowego nazywamy maksymalną liczbę całkowitą , dla której . Za stopień wielomianu zerowego przyjmujemy liczbę 0.

Rozwiązanie

\spos{1} Jeżeli wielomian nie jest zerowy, to istnieje taka liczba , że wielomian jednej zmiennej nie jest zerowy. Podstawiając w równości danej w zadaniu otrzymujemy

Wielomian stojący po lewej stronie równości (1) nie jest zerowy i jest sumą co najwyżej jednomianów, ponieważ z założenia stopień każdego z wielomianów i jest mniejszy od .

Z drugiej strony z (1) wynika, że liczba jest co najmniej -krotnym pierwiastkiem wielomianu .

Na mocy zadania 24(6) z XXVIII Olimpiady Matematycznej uzyskaliśmy sprzeczność.

Wobec tego wielomian jest zerowy. Analogicznie dowodzimy, że wielomian jest zerowy, a wobec tego i,wielomian jest zerowy.

XXIX OM - III - Zadanie 4

Niech będzie zbiorem -elementowym. Udowodnić, że suma liczb elementów zbiorów rozciągnięta na wszystkie pary uporządkowane podzbiorów zbioru równa jest .

Rozwiązanie

Niech będzie ustalonym elementem zbioru . Liczba podzbiorów zbioru zawierających element jest równa liczbie wszystkich podzbiorów zbioru -elementowego , to znaczy jest równa . Wobec tego liczba takich par podzbiorów zbioru , że , jest równa .

Inaczej mówiąc, w sumie, o której jest mowa w zadaniu, element jest liczony razy. Ponieważ zbiór ma elementów, więc cała ta suma jest równa .

XXIX OM - III - Zadanie 5

Dana jest liczba rzeczywista . Definiujemy ciąg w sposób następujący

Udowodnić, że ciąg ma nieskończenie wiele wyrazów nieujemnych i nieskończenie wiele wyrazów niedodatnich.

Rozwiązanie

Jeżeli pewien wyraz ciągu jest równy zeru, to wszystkie następne wyrazy tego ciągu też są równe zeru i teza zadania jest spełniona. Załóżmy więc, że wszystkie wyrazy ciągu są różne od zera.

Niech . Obliczamy, że

Zatem .

Jeżeli począwszy od pewnego miejsca wyrazy ciągu są dodatnie, to , to znaczy ciąg jest malejący. Jednak ciąg malejący, którego wyrazy kolejne różnią się więcej niż o , nie może zawierać tylko wyrazów dodatnich.

Jeżeli począwszy od pewnego miejsca wyrazy ciągu są ujemne, to , to znaczy ciąg jest rosnący.

Jednak ciąg rosnący, którego wyrazy, kolejne różnią się więcej niż o , nie może zawierać tylko wyrazów ujemnych.

Wobec tego ciąg zawiera nieskończenie wiele wyrazów dodatnich i nieskończenie wiele wyrazów ujemnych.

XXIX OM - III - Zadanie 6

Dowieść, że jeżeli w dowolnym czworościanie są długościami czterech wysokości, zaś odległościami trzech par prostych zawierających przeciwległe krawędzie, to

Rozwiązanie

Niech dany będzie czworościan . Rozpatrzmy graniastosłup o podstawie i tworzącej . Objętość tego graniastosłupa jest trzy razy większa od objętości danego czworościanu. Poza tym , gdzie jest długością wysokości czworościanu poprowadzonej z wierzchołka .

Rozważany graniastosłup jest sumą danego czworościanu i ostrosłupa (rys. 17). Wobec tego , gdzie jest długością wysokości ostrosłupa poprowadzonej z wierzchołka , czyli odległością krawędzi przeciwległych i danego czworościanu, a - polem równoległoboku wyznaczonego przez parę wektorów i odpowiadających parze krawędzi przeciwległych i danego czworościanu.

Z powyższych zależności otrzymujemy

Analogicznie znajdujemy podobne wyrażenia dla , , , , . Podstawiając je do równości podanej w zadaniu dochodzimy do równości równoważnej:

gdzie , , są polami równoległoboków wyznaczonych przez wektory odpowiadające parom krawędzi przeciwległych danego czworościanu.

Udowodnimy wzór (1) za pomocą rachunku wektorowego. Kwadrat pola równoległoboku wyznaczonego przez wektory i jest
równy . Oznaczając , , otrzymamy , , . Wobec tego równość (1) przyjmuje postać

Przekształcamy stronę prawą równości (2) korzystając z następujących praw działań na wektorach:

Ponieważ

więc strona lewa równości (2) jest równa

Wobec tego widzimy, że , to znaczy równość (2) jest prawdziwa.