\underline{3 Zadania}

Zawody Indywidualne

1. Z kartki papieru w kratkę o wymiarach 29×29 kratek wycięto 99 kwadratów 2×2. Wykazać, że można wyciąć jeszcze jeden taki kwadrat. Wszystkie cięcia przeprowadzane są wzdłuż linii wyznaczających kratki.

2. Dowieść, że istnieje taka liczba naturalna n, że równanie

s^{5} + t^{6} + u^{7} + v^{8} + w^{9} + x^{10} + y^{11} = n

ma co najmniej 1998 rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich s, t, u, v, w, x i y.

3. W trójkącie ostrokątnym ABC, ^{}B̸AC = 60^{∘}. Wysokości BD i CE tego trójkąta przecinają się w punkcie H. Wykazać, że prosta zawierająca dwusieczną kąta BHE przechodzi przez środek okręgu opisanego na trójkącie ABC.

4. Czy istnieje taki ciąg liczb naturalnych, że dowolną liczbę naturalną można przedstawić na dokładnie jeden sposób jako różnicę pewnych dwóch wyrazów tego ciągu?

5. Na każdym z boków trójkąta równobocznego ABC o boku 1 zaznaczono n−1 punktów (n ≥ 2) dzielących bok na n równych części. Wybieramy losowo po jednym zaznaczonym punkcie na każdym boku trójkąta ABC. Jaka jest wartość oczekiwana pola trójkąta o wierzchołkach w wybranych punktach?

6. Znaleźć wszystkie takie liczby naturalne n, że n-kąt foremny można rozciąć na skończoną liczbę

a) równoległoboków,

b) równoległoboków nie będących prostokątami.

11. W każdym polu kwadratowej tablicy 18 × 18 napisano jedną z liczb 1, 2, 3, …, 70. Wykazać, że istnieją 4 pola, których środki są wierzchołkami równoległoboku takie, że sumy liczb wpisanych na końcach jego przekątnych są równe.

12. Niech f_{0}(x) = x^{2} oraz f_{1}(x) = x + 1. Dowolnemu ciągowi (ε_{1}, …, ε_{n}) złożonemu z zer i jedynek przypisano wartość f_{ε_{n}} ∘ f_{ε_{n−1}} ∘ …∘ f_{ε_{1}} (2). Wykazać, że różnym ciągom tej samej długości przypisano różne wartości.

13. Na płaszczyźnie narysowano 3000 prostych, z których żadne dwie nie są równoległe i żadne trzy nie mają wspólnego punktu. Wykazać, że wśród części, na które rozcinają one płaszczyznę, jest co najmniej 2000 trójkątów.

14. Niech P będzie takim niezerowym wielomianem o współczynnikach całkowitych, że P (1) = P (2) = 0. Wykazać, że pewien współczynnik wielomianu P jest niewiększy niż −2.

15. Niech (k_{n}) będzie rosnącym ciągiem liczb naturalnych. Wykazać, że liczba

S = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{k_{n}!}

jest niewymierna.

\underline{Zadania 4}

16. Trójkąt ABC jest wpisany w okrąg o_{1}. Styczna do tego okręgu w punkcie A przecina prostą BC w punkcie D. Okrąg o_{2} styczny do prostej BD w punkcie D przechodzi przez punkt A i przecina okrąg o_{1} w różnych punktach A i E. Udowodnić, że

\frac{EB}{EC} = \frac{AB^{3}}{AC^{3}} .

21. Czy można pociąć szachownicę 8 × 8 wzdłuż pewnych trzynastu prostych nie przechodzących przez środek żadnego pola tak, żeby każdy powstały kawałek zawierał co najwyżej jeden środek pola?

22. Dwoje zawodników gra w grę polegającą na zastępowaniu gwiazdek w wyrażeniu x^{10} +∗x^{9} +∗x^{8} +…+∗x+1 przez liczby rzeczywiste. Gracze wykonują ruchy na przemian. Ruch polega na zastąpieniu wybranej przez gracza gwiazdki dowolnie wybraną przez niego liczbą. Jeżeli otrzymany na koniec wielomian nie będzie miał pierwiastków rzeczywistych wygra rozpoczynający, w przeciwnym przypadku wygrywa drugi gracz. Który z graczy wygra przy optymalnej grze?

23. Dany jest okrąg o = o(S, r) oraz takie punkty A i B, że AS > r, BS < r. Niech P będzie dowolnym punktem okręgu o. Prosta AP przecina okrąg o w punktach P i C; prosta BC przecina okrąg o w punktach C i D, zaś prosta AD przecina okrąg o w punktach D i E. Dowieść, że przy ustalonym okręgu o oraz punktach A i B wszystkie proste EP, odpowiadające różnym położeniom punktu P na o, przecinają się w jednym punkcie.

24. Danych jest pięć punktów w przestrzeni. Wykazać, że pewne trzy spośród nich nie są wierzchołkami trójkąta prostokątnego.

25. Definiujemy rekurencyjnie ciąg liczb całkowitych nieujemnych a_{0}, a_{1}, a_{2}, … w następujący sposób: a_{0} = 0, a_{1} = 1 oraz

a_{2n} = 3a_{n},  a_{2n+1} = 3a_{n} + 1  dla n = 1, 2, 3, ….

(a) Scharakteryzować wszystkie nieujemne liczby całkowite n, dla których istnieje dokładnie jedna para (k, l) liczb całkowitych nieujemnych spełniająca warunki

k ≥ l  oraz  a_{k} + a_{l} = n .  (♣♣)

(b) Dla każdego n, niech f(n) będzie liczbą par (k, l) spełniających (♣♣). Znaleźć

max_{n<3^{1998}} f(n) .

26. Niech A będzie skończonym zbiorem punktów przestrzeni, nie leżących na jednej płaszczyźnie. Każdemu punktowi zbioru A przyporządkowano liczbę rzeczywistą. Dla dowolnej płaszczyzny wyznaczonej przez trzy niewspółliniowe punkty zbioru A, suma liczb przyporządkowanych wszystkim punktom zbioru A leżącym na tej płaszczyźnie jest równa 0. Czy stąd wynika, że każda spośród liczb przyporządkowanych punktom zbioru A jest równa 0 ?

\underline{5 Zadania}

27. W trójkącie ABC mamy BC > CA > AB. Punkt D leży na boku BC przy czym BD = CA. Punkt E jest takim punktem prostej BA, że A ∈ \overline{EB} oraz BE = CA. Okrąg opisany na trójkącie EBD przecina bok AC w punkcie P. Prosta BP przecina okrąg opisany na trójkącie ABC w punkcie Q. Udowodnić, że AQ + CQ = BP.

28. Wyznaczyć wszystkie ciągi a_{1} ≤ a_{2} ≤ … ≤ a_{n} liczb rzeczywistych nieujemnych o minimalnej długości takie, że

∑_{i=1}^{n} a_{i} = 25,  ∑_{i=1}^{n} a_{i}^{2} = 33,  ∑_{i=1}^{n} a_{i}^{3} = 49,  ∑_{i=1}^{n} a_{i}^{4} = 81.

10 Latwych Zadań Nietylkoniegeometrycznych

31. Niech a, b, c, d będą takimi liczbami całkowitymi dodatnimi, że ab = cd. Wykazać, że liczba a^{1998} + b^{1998} + c^{1998} + d^{1998} jest złożona.

32. Niech x_{i} > 0 dla i = 1, 2, …, n, oraz x_{1} + x_{2} + … + x_{n} = n. Dowieść, że

∑_{i=1}^{n} xi^{\frac{x^{2}_{i}}{x^{2}_{i} −3x_{i} +3}} ≥ n.

33. Dowieść, że liczba log_{1+2\sqrt{2}} (1 + 3\sqrt{2}) jest niewymierna.

34. Dowieść, że płaszczyzny nie można pokolorować trzema kolorami w taki sposób, aby dowolne dwa punkty odległe o 1 były pomalowane różnymi kolorami.

35. Zmienne losowe X, Y, Z o wartościach rzeczywistych spełniają warunki

E(X) = E(Y) = E(Z) = E(X·Y) = E(Y ·Z) = E(Z·X) = 1,

gdzie E(X) oznacza wartość oczekiwaną zmiennej X. Czy stąd wynika, że:

(a) E(X·Y ·Z) ≥ 1 ? (b) E(X·Y ·Z) ≤ 1 ?

36. Każda z przekątnych AD, BE, CF sześciokąta wypukłego ABCDEF dzieli ten sześciokąt na dwa czworokąty o równych polach. Dowieść, że przekątne te przecinają się w jednym punkcie.

37. Dany jest czworokąt wypukły ABCD. Na bokach AB, BC, CD budujemy trójkąty równoboczne ABE, BCF, CDG, leżące na zewnątrz tego czworokąta. Dowieść, że środki odcinków EF, F G i AD są wierzchołkami trójkąta równobocznego.

38. Pewien język składa się ze słów długości niewiększej niż m zbudowanych z n liter, przy czym żadne słowo nie jest początkiem innego. Wykazać, że

∑_{k=1}^{m} \frac{a_{k}}{n^{k}} ≤ 1,

gdzie a_{k} oznacza liczbę słów długości k.

39. Czy istnieje taki czworościan, którego każda ściana jest trójkątem rozwartokątnym?

\underline{Zadania 6}

40. Czy istnieje taki czworościan, którego każda krawędź jest ramieniem kąta rozwartego pewnej ściany tego czworościanu?

41. Dowieść, że pewne dwa spośród dowolnych czterech punktów prostokąta 3 × 4 są odległe o co najwyżej 25/8.

Zawody Dru żynowe

51. Czy równanie x^{x}y^{y} = z^{z} ma rozwiązanie w liczbach naturalnych x, y, z większych od 1?

52. Dowieść, że w rozwinięciu dziesiętnym liczby (1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4})^{1998^{1998}} setna cyfra po przecinku jest taka sama jak dwusetna.

53. Każdy z trójkątów t_{1}, t_{2}, t_{3} zawiera w swoim wnętrzu punkt P. Wykazać, że można wybrać punkty A, B, C będące odpowiednio wierzchołkami trójkątów t_{1}, t_{2}, t_{3} tak, by P był punktem wewnętrznym trójkąta ABC.

61. Rozstrzygnąć, czy równanie x^{3}+y^{3}+1 = z^{1998} ma rozwiązanie w liczbach całkowitych dodatnich x, y, z.

62. Znaleźć wszystkie funkcje ciągłe f: ℝ → ℝ takie, że dla dowolnych x, y rzeczywistych

zachodzi równość

y^{2}f(x) + f(xy^{2}) = 2yf(xy).

63. Czworokąt ABCD jest wpisany w okrąg. Wykazać, że jeśli istnieje okrąg o środku

należącym do odcinka AD, styczny do pozostałych boków tego czworokąta, to AB + CD = AD .

71. Niech f i g będą takimi ciągłymi funkcjami określonymi na przedziale [0, 1] o wartościach w [0, 1], że f ∘ g = g ∘ f. Wykazać, że istnieje takie x ∈ [0, 1], że f(x) = g(x).

72. W obozie przygotowawczym do Międzynarodowej Olimpiady Pielęgniarsko-Matema-tycznej uczestniczy n chłopców i n dziewcząt. Niektórzy chłopcy zdążyli już poznać imiona niektórych dziewcząt. Wiadomo, że dla każdego k ∈ {1, 2, …, n} dowolna k-elementowa grupa chłopców połączywszy swoją wiedzę potrafi podać imiona co najmniej k dziewcząt. Dowieść, że można tak połączyć chłopców z dziewczętami w pary podczas zabawy tanecznej w lokalu �U Pyzdry”, aby każdy chłopiec tańczył z dziewczyną, której imię już poznał.

73. Okrąg o jest opisany na trójkącie ABC, punkt P należy do tego łuku BC okręgu o, do którego nie należy A. Punkty S_{1} oraz S_{2} są środkami okręgów wpisanych odpowiednio w trójkąty P AB i P AC. Dowieść, że przy ustalonych punktach A, B, C i zmieniającym się punkcie P, okręgi opisane na trójkątach P S_{1}S_{2} mają punkt wspólny.

74. Danych jest n ≥ 4 punktów przestrzeni, z których żadne cztery nie leżą na jednej płaszczyźnie. Gracze A i B rysują na przemian po jednym odcinku łączącym pewne dwa spośród tych punktów. Wygrywa ten, po ruchu którego każde dwa spośród danych punktów są połączone pewną łamaną. Który gracz ma strategię wygrywającą?

Szkice rozwiązań

1. Na kartce zaznaczamy 100 kwadratów 2 × 2 jak na rysunku.

Wycięcie kwadratu 2 × 2 może popsuć tylko jeden z zaznaczonych kwadratów. Po wycięciu 99 kwadratów pozostanie więc nienaruszony co najmniej 1 zaznaczony kwadrat.

2. Pierwszy odruch jest następujący: wydaje się, że liczbę 1998 można zastąpić inną, dowolnie dużą. Ponieważ liczba rozwiązań nierówności

s^{5} + t^{6} + u^{7} + v^{8} + w^{9} + x^{10} + y^{11} ≤ N

jest rzędu N^{c}, gdzie

c = \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8} + \frac{1}{9} + \frac{1}{10} + \frac{1}{11} ,

więc wystarczy sprawdzić, że c > 1. Tymczasem c < 1 i ta metoda prowadzi do nikąd.

Biorąc natomiast n = 1^{27720} +2^{27720} +3^{27720} +4^{27720} +5^{27720} +6^{27720} +7^{27720} otrzymujemy 5040 rozwiązań równania, a mianowicie:

s = p_{1}^{5544} , t = p_{2}^{4620} , u = p_{3}^{3960} , v = p_{4}^{3465} , w = p_{5}^{3080} , x = p_{6}^{2770} , y = p_{7}^{2520} ,

gdzie (p_{1}, p_{2}, p_{3}, p_{4}, p_{5}, p_{6}, p_{7}) przebiega wszystkie permutacje liczb 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.

3. Niech F będzie drugim punktem przecięcia prostej CH z okręgiem opisanym na trójkącie ABC. Wówczas trójkąt BHF jest równoboczny i dwusieczna kąta BHE jest symetralną odcinka F B, który jest cięciwą okręgu opisanego na trójkącie ABC.

4. Tak. Warunki zadania spełnia ciąg 10, 11, 100, 102, 1000, 1003,... określony rekurencyjnie wzorami

a_{2n+1} = 10^{R_{n}} , a_{2n+2} = 10^{R_{n}} + R_{n},

gdzie R_{n} jest najmniejszą liczbą naturalną, której nie można przedstawić jako różnicy dwóch liczb spośród a_{1}, a_{2}, a_{3},..., a_{2n}.

5. Oznaczmy punkty zaznaczone na boku AB odpowiednio B_{1}, B_{2},..., B_{n−1} licząc od A do B oraz na boku AC odpowiednio C_{1}, C_{2},..., C_{n−1} licząc od A do C. Wartość oczekiwana pola trójkąta AB_{?}C_{?} wynosi

\frac{1}{(n − 1)^{2}} ∑_{i,j=1}^{n−1} \frac{ij\sqrt{3}}{4n^{2}} = \frac{\sqrt{3}}{16} ,

czyli \frac{1}{4} pola trójkąta ABC. Podobnie jest z polami trójkątów A_{?}BC_{?} i A_{?}B_{?}C. Zatem wartość oczekiwana pola trójkąta A_{?}B_{?}C_{?} wynosi \frac{\sqrt{3}}{16}.

6. Jeżeli wielokąt wypukły w, który ma dwa równoległe boki a oraz b został podzielony na równoległoboki, to istnieje taki ciąg R_{a,b} równoległoboków tego podziału, że jeden z boków pierwszego równoległoboku jest zawarty w a, jeden z boków ostatniego jest zawarty w b, a część wspólna każdych dwóch kolejnych równoległoboków tego ciągu jest odcinkiem równoległym do a i b.

Jeżeli w ma także drugą parę boków równoległych c i d, to istnieje ciąg R_{c,d} równoległoboków o własnościach analogicznych do R_{a,b}, przy czym istnieje równoległobok należący do obydwu tych ciągów. Jeżeli na dodatek a i c są prostopadłe, to równoległobok ten jest prostokątem.

Jeżeli wielokąt wypukły w ma bok a, do którego nie ma boku równoległego, to wielokąta w nie podzielić na równoległoboki, ponieważ zaczynając podział od a, nie ma gdzie skończyć.

Wielokąt środkowosymetryczny A_{1}A_{2}A_{3}...A_{2k} można podzielić na równoległoboki stosując następującą procedurę. Przesuwamy łamaną A_{1}A_{2}...A_{k} o wektor \overrightarrow{A_{1}A_{2k}}. Jej obraz odcina od wielokąta pasek, który łatwo można podzielić na równoległoboki. To co zostało, jest wielokątem środkowosymetrycznym o 2(n − 1) bokach.

Zatem odpowiedź na pytanie a) brzmi dla n parzystych, a na b) dla n parzystych niepodzielnych przez 4.

11. Rozważmy wszystkie pary pól położonych środkowosymetrycznie względem środka tablicy:

Takich par jest 162. Suma liczb wpisanych w pola każdej pary jest liczbą naturalną pomiędzy 2 i 140, może więc przyjmować 139 różnych wartości. Znajdziemy więc takie dwie pary, że sumy liczb są dla obu par takie same. Środki czterech tak wybranych pól mogą być wierzchołkami równoległoboku lub, jak np. dla par I i J, mogą leżeć na jednej prostej. Wobec tego lepiej rozważyć pary pól, których środki wyznaczają wektor [9, 1]:

Takich par jest 153. Różnica liczb wpisanych w pola każdej takiej pary jest jedną ze 139 liczb całkowitych od −69 do 69. Znajdziemy więc takie dwie pary, dla których różnice są takie same, a to już daje nam prawdziwy równoległobok spełniający warunki zadania.

12. Dla dowolnego ciągu zerojedynkowego (ε_{1}, …, ε_{n}) zachodzi nierówność

f_{ε_{n}} ∘ f_{ε_{n−1}} ∘ … ∘ f_{ε_{1}} (2) ≥ n + 2 .

Pokażemy, jak znając n i m = f_{ε_{n}} ∘ f_{ε_{n−1}} ∘ … ∘ f_{ε_{1}} (2), można odtworzyć ε_{n}.

Jeśli m nie jest kwadratem liczby naturalnej, to musi być ε_{n} = 1.

Jeśli zaś m = k^{2}, to może być ε_{n} = 0, ale tylko wtedy, gdy k jest duże, bo w tym przypadku k = f_{ε_{n−1}} ∘ … ∘ f_{ε_{1}} (2) ≥ n + 1. Może też być ε_{n} = 1, ale tylko wtedy, gdy k jest małe. Mamy bowiem w tym przypadku ε_{n−1} = ε_{n−2} = ... = ε_{n−2k+2} = 1, co oznacza, że n − 2k + 2 ≥ 0, skąd k ≤ \frac{n}{2} + 1.

13. Rozważmy dowolną z narysowanych prostych (nazwijmy ją k) oraz dowolną półpłaszczyznę wyznaczoną przez prostą k. Jeżeli w tej półpłaszczyźnie leży choćby jeden punkt przecięcia pozostałych prostych, rozważmy ten najbliższy prostej k. Prosta k i proste przechodzące przez ten najbliższy punkt wyznaczają trójkąt, który nie jest przecięty przez żadną z pozostałych prostych. Wśród 6000 półpłaszczyzn wyznaczonych przez nasze proste istnieją co najwyżej dwie takie, na których nie ma punktów przecięcia innych prostych. W ten sposób wskażemy co najmniej 2998·2+1+1 trójkątów. Każdy z nich zostanie wskazany co najwyżej 3-krotnie. Tak więc wskażemy co najmniej \frac{5998}{3} różnych trójkątów.

14. Załóżmy, że wielomian niezerowy

P (x) = a_{n}x^{n} + a_{n−1} x^{n−1} + a_{n−2} x^{n−2} + ... + a_{1}x + a_{0} ,

gdzie a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3}, ..., a_{n−1} , a_{n} są liczbami całkowitymi większymi od −2, spełnia warunek P (1) = P (2) = 0. Załóżmy ponadto, że spośród wielomianów o powyższych własnościach wielomian P ma możliwie najmniejszy stopień. Wynika stąd, że a_{0} ≠ 0.

Niech

Q(x) = b_{n−2} x^{n−2} + b_{n−3} x^{n−3} + ... + b_{1}x + b_{0}

będzie takim wielomianem, że

P (x) = Q(x) · (x^{2} − 3x + 2) .

Wtedy zachodzą następujące nierówności

\{ \begin{matrix}a_{n} & = & b_{n−2} & & & & & ≥ & −1 \\ a_{n−1} & = & b_{n−3} & − & 3b_{n−2} & & & ≥ & −1 \\ a_{n−2} & = & b_{n−4} & − & 3b_{n−3} & + & 2b_{n−2} & ≥ & −1 \\ a_{n−3} & = & b_{n−5} & − & 3b_{n−4} & + & 2b_{n−3} & ≥ & −1 \\ . & . & . & . & . & . & . & . & . \\ . & . & . & . & . & . & . & . & . \\ . & . & . & . & . & . & . & . & . \\ a_{2} & = & b_{0} & − & 3b_{1} & + & 2b_{2} & ≥ & −1 \\ a_{1} & = & & − & 3b_{0} & + & 2b_{1} & ≥ & −1 \\ a_{0} & = & & & & & 2b_{0} & ≥ & −1 \end{matrix} .

Skoro a_{0} jest liczbą parzystą różną od 0, to musi być a_{0} ≥ 2, skąd b_{0} ≥ 1 i przedostatnia z wypisanych wyżej nierówności przyjmuje postać

2b_{1} ≥ −1 + 3b_{0} = −1 + b_{0} + 2b_{0} ≥ 2b_{0} ;

11 Szkice rozwiązań

zatem b_{1} ≥ b_{0}. Dalej mamy

2b_{2} ≥ −1 + 3b_{1} − b_{0} ≥ −1 + 2b_{1} ,

skąd b_{2} ≥ b_{1}. Podobnie dochodzimy do nierówności

b_{n−2} ≥ b_{n−3} ≥ b_{n−4} ≥ ... ≥ b_{1} ≥ b_{0} ≥ 1 .

Jednakże wtedy

b_{n−3} − 3b_{n−2} = (b_{n−3} − b_{n−2} ) − 2b_{n−2} ≤ −2 ,

co jest w sprzeczne z nierównością b_{n−3} − 3b_{n−2} ≥ −1.

UWAGA: Liczby −2 w treści zadania nie można zastąpić przez −3, co pokazuje przykład P (x) = x^{3} − 2x^{2} − x + 2.

15. Załóżmy, że liczba S jest wymierna. Możemy wtedy przedstawić S w postaci ułamka \frac{p}{k_{m} !} . Wtedy liczba ∑_{n=1}^{m} \frac{1}{k_{n} !} jest postaci \frac{q}{k_{m} !} , natomiast

S = \frac{q}{k_{m}!} + ∑_{n=m+1}^{∞} \frac{1}{k_{n}!} < \frac{q}{k_{m}!} + ∑_{n=m+1}^{∞} \frac{1}{2^{n−m} k_{m}!} = \frac{q + 1}{k_{m}!} ,

skąd q < p < q + 1. Otrzymaliśmy więc sprzeczność, gdyż p i q są całkowite.

16. Załóżmy, że C ∈ \overline{DB} (w drugim przypadku dowód przebiega analogicznie). Z twierdzenia Ptolemeusza dostajemy

AC · EB = AB · EC + AE · BC,

czyli

\frac{EB}{EC} = \frac{AB}{AC} + \frac{AE · BC}{EC · AC}.

Musimy więc udowodnić, że

\frac{AB}{AC} + \frac{AE · BC}{EC · AC} = \frac{AB^{3}}{AC^{3}} ,

czyli, że

1 + \frac{AE · BC}{EC · AB} = \frac{AB^{2}}{AC^{2}} .  (♣)

Z podobieństwa trójkątów ACD i BAD mamy

\frac{AB^{2}}{AC^{2}} = \frac{pole(BAD)}{pole(ACD)} = 1 + \frac{BC}{CD} .

Równość (♣) przybiera więc postać

\frac{AE · BC}{EC · AB} = \frac{BC}{CD} ,

a więc musimy udowodnić, że

\frac{AE}{AB} = \frac{EC}{CD} .

To zaś wynika bezpośrednio z podobieństwa trójkątów ABE i CDE.

\overline{Zwardoń 98}

21. Rozważmy 28 odcinków łączących środki pól szachownicy jak na rysunku.

Żadna z poprowadzonych prostych nie może przeciąć więcej niż dwa zaznaczone odcinki, zatem przy podziale szachownicy 13 prostymi musi pozostać odcinek nie przecięty żadną z tych prostych. To zaś oznacza, że jego końce znajdą się w tej samej części.

22. Drugi gracz może zapewnić sobie zwycięstwo. W pierwszych trzech swoich ruchach zamienia on, w miarę możliwości, gwiazdki przy parzystych potęgach x dowolnymi liczbami. W swoim ostatnim, czwartym ruchu ma do wyboru dwie gwiazdki, z których co najmniej jedna stoi przy nieparzystej potędze x.

Oznaczmy przez P (x) wielomian dotychczas utworzony, pomijając te potęgi x, przy których nadal stoją gwiazdki. Zachodzi wtedy jeden z dwóch przypadków:

I. Jedna z gwiazdek stoi przy parzystej potędze x, druga przy nieparzystej. Wtedy gracz wybiera gwiazdkę przy potędze parzystej i zastępuje ją liczbą mniejszą od −max(P (−1), P (1)). Powstały po tym ruchu wielomian ma ujemne wartości w punktach -1 i 1. Przeciwnik w ostatnim ruchu dodaje jednomian będący funkcją nieparzystą, tak więc otrzymany na końcu wielomian będzie miał wartość ujemną w co najmniej jednym z punktów -1 i 1. Tym samym wielomian będzie miał pierwiastki rzeczywiste i grę wygra gracz drugi.

II. Obie gwiazdki stoją przy nieparzystych potęgach x, powiedzmy x^{m} i x^{n}, gdzie m > n. Wówczas gracz zastępuje gwiazdkę przy x^{m} tak dużą liczbą dodatnią a_{m}, aby

|P (x)| < \frac{a_{m}|x|^{m}}{1000}

dla x ∈ {−2, 1}. Wykażemy, że przeciwnik nie może zastąpić ostatniej gwiazdki takim współczynnikiem a_{n}, aby

Q(x) = P (x) + a_{m}x^{m} + a_{n}x^{n} > 0

dla x ∈ {−2, 1}. Gdyby bowiem udało się dobrać takie a_{n}, to mielibyśmy kolejno: Q(1) > 0, skąd a_{n} > −a_{m} − P (1) > −1, 0001 · a_{m}, Q(−2) > 0, skąd −2^{n} · a_{n} > −0, 999 · 2^{m} · a_{m}. Zatem

−1, 001 · a_{m} < a_{n} < −0, 999 · 2^{m−n} · a_{n} .

Ponieważ a_{m} jest dodatnie, a 2^{m−n} ≥ 4, otrzymujemy sprzeczne nierówności

−1, 001a_{m} < a_{n} < −3, 996a_{m} ,

skąd wniosek, że a_{n}, które mogłoby zapewnić zwycięstwo pierwszego gracza, nie istnieje.

23. Niech F będzie punktem leżącym na prostej AB tak, aby B ∈ \overline{AF} oraz spełniony był warunek AB·BF = BC·BD. Ponieważ wartość wyrażenia BC·BD nie zależy od wyboru punktu P, więc położenie punktu F też nie zależy od wyboru punktu P. Niech G będzie punktem przecięcia prostych AB i P E. Punkty A, D, F, C leżą na jednym okręgu. Zatem

G̸F C = ^{}A̸DC = ^{}E̸P C ,

co oznacza, że punkty G, F, P, C leżą na jednym okręgu. Stąd AG·AF = AC·AP. Wartość wyrażenia AC·AP oraz położenie punktu F nie zależą od wyboru punktu P, a więc również położnie punktu G na półprostej AB^{→} nie zależy od wyboru punktu P. To oznacza, punkt G jest punktem wspólnym wszystkich prostych P E.

24. Zakładamy, że dane są punkty A, B, C, D, E, z których każde 3 są wierzchołkami trójkąta prostokątnego.

Jeżeli AB jest najdłuższym odcinkiem o końcach w danych punktach, to wszystkie 5 punktów musi leżeć na sferze s, której średnicą jest odcinek AB. Niech najdłuższym z pozostałych odcinków będzie AC lub CD.

Jeżeli jest to AC, to punkty A, C, D i E leżą na sferze s_{1}, której średnicą jest AC, zatem leżą one na okręgu o średnicy AC, gdyż ten okrąg jest częścią wspólną sfer s i s_{1}.

Jeżeli zaś jest to CD, to wszystkie 5 punktów leży na sferze s_{2} o średnicy CD, skąd wnioskujemy, że s = s_{2} i punkty A, B, C, D leżą na okręgu wielkim sfery s.

Tak, czy owak, znajdziemy 4 punkty, które leżą na okręgu. Nietrudno stwierdzić, że są one wierzchołkami prostokąta, powiedzmy ABCD. Punkt E musi leżeć poza płaszczyzną tego prostokąta. Gdyby rzut punktu E na płaszczyznę prostokąta ABCD nie leżał na żadnym z jego boków, (poza prostokątem leżeć nie może), to 4 odcinki łączące punkt E z punktami A, B, C, D musiałyby być parami prostopadłe, co nie jest możliwe.

Niech więc punkt E leży na płaszczyźnie prostopadłej do płaszczyzny prostokąta ABCD i przechodzącej przez punkty A i B. Gdyby rzut punktu E był jednym z wierzchołków prostokąta, powiedzmy A, to trójkąt EBD nie byłby prostokątny. Zatem rzut punktu E leży wewnątrz boku AB, skąd wynika, że następujące kąty są proste: ^{}A̸EB, ^{}B̸ED, A̸EC, ^{}D̸EC.

Ponieważ \overrightarrow{EA} + \overrightarrow{EC} = \overrightarrow{EB} + \overrightarrow{ED}, więc \overrightarrow{EA} ∘ \overrightarrow{EC} + \overrightarrow{EC} ∘ \overrightarrow{EC} = \overrightarrow{EB} ∘ \overrightarrow{EC} + \overrightarrow{ED} ∘ \overrightarrow{EC}, skąd \overrightarrow{EC} ∘ \overrightarrow{EC} = \overrightarrow{EB} ∘ \overrightarrow{EC}, co oznaczałoby, że odcinki EC i BC są prostopadłe.

25. Można wykazać indukcyjnie, że ciąg (a_{n}) może być opisany następująco: Zapisujemy liczbę n w układzie dwójkowym, a następnie interpretujemy ten zapis w układzie trójkowym, na przykład 13 = 1101_{(2)}, więc a_{13} = 1101_{(3)} = 37. Tak więc w ciągu (a_{n}) wystąpią te, i tylko te liczby całkowite nieujemne, które zapisują się w układzie trójkowym przy pomocy samych zer i jedynek. Dodawanie dwóch takich liczb w układzie trójkowym odbywa się bez ”przenoszenia”, jeśli więc m-ta cyfra od końca rozwinięcia trójkowego liczby a_{k} + a_{l} jest równa 0, to m-te cyfry od końca liczb a_{k} i a_{l} są równe 0. Podobnie, jeśli cyfra sumy jest równa 2, to odpowiadające jej cyfry składników są równe 1. Wreszcie, tam gdzie w sumie występuje cyfra 1, skąldniki muszą mieć cyfry 0 i 1.

Widzimy więc, że rozkładanie liczby n zapisanej w układzie trójkowym na sumę a_{k}+a_{l} polega na rozłożeniu każdej z cyfr liczby n na sumę dwóch liczb równych 0 lub 1. Taki rozkład jest jednoznaczny w przypadku cyfr 0 i 2, ale wszędzie tam, gdzie w rozwinięciu trójkowym liczby n napotkamy jedynkę mamy dwie możliwości: 0 + 1 i 1 + 0.

Tak więc możliwych rozkładów liczby n na sumę a_{k} + a_{l} jest 2^{j(n)} , gdzie j(n) jest liczbą jedynek występującym w trójkowym zapisie liczby n. Po dołożeniu warunku k ≥ l liczba rozkładów zmniejsza się o połowę, za wyjątkiem przypadku j(n) = 0, gdyż wtedy k = l.

Ostatecznie

f(n) = \{ \begin{matrix}2^{j(n)−1} & gdy & j(n) ≥ 1 \\ 1 & gdy & j(n) = 0 \end{matrix} .

Tak więc odpowiedź brzmi:

(a) dla takich n, które w zapisie trójkowym mają co najwyżej jedną cyfrę 1,

(b) 2^{1997} — dla n = \frac{3^{1998} −1}{2} .

26. Tak. Oznaczmy przez S sumę liczb przyporządkowanych punktom zbioru A. Bez straty ogólności możemy przyjąć, że S ≥ 0. Niech s będzie sumą liczb przyporządkowanych punktom leżącym na pewnej ustalonej prostej ℓ, która przechodzi przez co najmniej dwa punkty zbioru A. Niech n będzie liczbą płaszczyzn zawierających prostą ℓ i co najmniej jeden punkt zbioru A nie należący do ℓ. Ponieważ suma liczb przyporządkowanych punktom leżącym w jednej płaszczyźnie jest równa 0, więc S = −(n − 1)s. Zatem wszystkie sumy liczb przyporządkowanych punktom leżącym na jednej prostej są niedodatnie.

Ustalmy X ∈ A. Niech x będzie liczbą przyporządkowaną punktowi X. Niech m będzie liczbą prostych przechodzących przez punkt X zawierających co najmniej dwa punkty zbioru A. Niech s_{1}, s_{2}, …, s_{m} będą sumami liczb przyporządkowanych punktom leżącym na tych prostych. Wówczas

0 ≥ ∑_{i=1}^{m} s_{i} = S + (m − 1)x ,

skąd x ≤ 0. Zatem dowolnemu punktowi przyporządkowano liczbę niedodatnią. Stąd wynika, że każdemu punktowi przyporządkowano 0.

27. Niech R będzie takim punktem odcinka BP, że BR = AQ. Wystarczy dowieść, że QC = P R. Ponieważ BR = AQ, BD = AC ^{}R̸BD = ^{}C̸BQ = ^{}C̸AQ, więc trójkąty BDR i ACQ są przystające. Stąd CQ = RD oraz ^{}R̸DB = ^{}Q̸CA. Wystarczy więc udowodnić, że P R = RD. Ponieważ punkty E, B, D, P leżą na jednym okręgu, więc trójkąty BDR oraz ACQ są przystające oraz BD = BE. Mamy więc

R̸DP = ^{}E̸DR +^{}P̸ DE = ^{}E̸DR +^{}P̸ BE = ^{}E̸DR +^{}Q̸BA =
= ^{}E̸DR +^{}Q̸CA = ^{}E̸DR +^{}R̸DB = ^{}E̸DB = ^{}B̸ED = ^{}B̸P D = ^{}R̸P D ,

co kończy dowód.

28. Niech n będzie najmniejszą możliwą długością ciągu spełniającego warunki zadania. Stosując nierówność

0 ≤ (x − 1)^{2}(x − 2)^{2} = x^{4} − 6x^{3} + 13x^{2} − 12x + 4

do liczb a_{i} i wykonując sumowanie po 1 ≤ i ≤ n otrzymujemy

0 ≤ ∑_{i=1}^{n} a_{i}^{4} − 6 ∑_{i=1}^{n} a_{i}^{3} + 13 ∑_{i=1}^{n} a_{i}^{2} − 12 ∑_{i=1}^{n} a_{i} + 4 ∑_{i=1}^{n} 1 ,

skąd

0 ≤ 81 − 6 · 49 + 13 · 33 − 12 · 25 + 4n = 4(n − 21) .

Musi więc być n ≥ 21, a przy tym dla n = 21 wszystkie a_{i} są równe 1 lub 2. Łatwo dopasować teraz a_{1} = a_{2} = ... = a_{17} = 1, a_{18} = a_{19} = a_{20} = a_{21} = 2.

31. Niech r = NWD(a, c). Oznaczając s = \frac{a}{r} i t = \frac{c}{r} otrzymujemy a = rs i c = rt.

Przy tym s i t są względnie pierwsze. Ponadto t|b, gdyż liczba bs = \frac{ab}{r} = \frac{cd}{r} = td jest podzielna przez t. Oznaczając u = \frac{b}{t} otrzymujemy b = tu oraz d = su. Zatem liczba a^{1998} + b^{1998} + c^{1998} + d^{1998} = (r^{1998} + u^{1998} )(s^{1998} + t^{1998} ) jest złożona.

32. Dla x > 0 mamy x^{\frac{x^{2}}{x^{2} −3x+3}} ≥ x.
Nic nie daje próba korzystania z nierówności Jensena, gdyż funkcja f(x) = x^{\frac{x^{2}}{x^{2} −3x+3}}

nie tylko nie jest wypukła, ale nawet nie jest rosnąca dla x ≥ 1, co pokazuje następująca tabela:

\begin{matrix}x & \frac{x^{2}}{x^{2} −3x+3} & f(x) \\ 1 & 1 & 1 \\ 2 & 4/1 = 4 & 16 \\ 2, 9 & 3, 1033 & 27, 2251 \\ 3 & 9/3 = 3 & 27 \\ 4 & 16/7 & 23, 7759 \\ 5 & 25/13 & 22, 0888 \\ 6 & 36/21 = 12/7 & 21, 5761 \\ 7 & 49/31 & 21, 6671 \\ 8 & 64/43 & 22, 0869 \\ 9 & 81/57 = 27/19 & 22, 7002 \\ 10 & 100/73 & 23, 4349 \\ 20 & 400/343 & 32, 9030 \\ 100 & 10000/9703 & 115, 1379 \end{matrix}

33. Gdyby (1 + 2\sqrt{2})^{m} = (1 + 3\sqrt{2})^{n}, to byłoby także (1 − 2\sqrt{2})^{m} = (1 − 3\sqrt{2})^{n}, skąd

po wymnożeniu stronami (−7)^{m} = (−17)^{n}.

34. Załóżmy, że takie pokolorowanie jest możliwe. Rozważmy 7 punktów: A_{0} jest środkiem symetrii jednostkowego sześciokąta foremnego A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}A_{5}A_{6}. Wtedy A_{0} jest pomalowany jednym kolorem, A_{1}, A_{3}, A_{5} drugim, a A_{2}, A_{4} i A_{6} trzecim. Ze względu na dowolność położenia sześciokąta wnioskujemy, że dowolne punkty odległe o \sqrt{3} są pomalowane tym samym kolorem, co oczywiście nie jest możliwe.

35. Niech Ω = {ω_{1}, ω_{2}, ω_{3}, ω_{4}} będzie przestrzenią złożoną z czterech zdarzeń elementarnych jednakowo prawdopodobnych, a zmienne X, Y, Z przyjmują wartości według następującej tabeli:

\begin{aligned}& ω_{1} & ω_{2} & ω_{3} & ω_{4} \\ X & 0 & 0 & 2 & 2 \\ Y & 0 & 2 & 2 & 0 \\ Z & 0 & 2 & 0 & 2 \end{aligned} .

Zmienne X, Y, Z spełniają warunki

E(X) = E(Y) = E(Z) = E(X·Y) = E(Y ·Z) = E(Z·X) = 1,

ale E(X·Y ·Z) = 0, więc nierówność podana w punkcie a) nie musi być spełniona.

Nierówność podana w punkcie b) też nie musi być spełniona, co pokazuje przykład X, Y, 2 − Z, gdyż wtedy E(X·Y ·(2 − Z)) = 2.

UWAGA: Podane wyżej zmienne X, Y, Z są parami niezależne, ale nie są niezależne.

36. Niech O oznacza punkt przecięcia przekątnych AD i CF. Ponieważ pola trójkątów AOF i CDO są równe, więc odcinki AC i DF są równoległe. Analogicznie stwierdzamy, że pary odcinków BF, CE oraz AE, BD są równoległe. Odcinki AD, BE, CF mają zatem punkt wspólny będący środkiem jednokładności trójkątów ACE i BDF.

37. Lemat: Na bokach P Q, QR równoległoboku P QRS budujemy (po stronie zewnętrzej) trójkąty równoboczne P QX, QRY. Wówczas trójkąt XY Z jest równoboczny.

Dowód: Trójkąty P SX, Y RS oraz Y QX są przystające.

Niech K, L będą odpowiednio środkami odcinków EF, F G, zaś M, N, O, P odpowiednio środkami boków DA, AB, BC, CD. Punkt C′ jest obrazem punktu C w symetrii względem punktu L. Na mocy lematu zastosowanego do równoległoboku CF C′G, punkty P, O, L są wierzchołkami trójkąta równobocznego. Analogicznie punkty N, O, K są wierzchołkami trójkąta równobocznego. Stosując jeszcze raz lemat do równoległoboku MNOP, otrzymujemy tezę.

38. Przeprowadzamy ciąg losowań. W każdym losowaniu losujemy po jednej literze. Losowanie przerywamy, gdy wszystkie wylosowane litery tworzą słowo występujące w języku, lub gdy po m losowaniach nie otrzymamy żadnego słowa. Jeśli s jest słowem długości k ≤ m, to losowanie zakończy się po utworzeniu s z prawdopodobieństwem \frac{1}{n^{k}} .

Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że losowanie zakończy się utwo-

rzeniem słowa występującego w języku wynosi więc ∑_{k=1}^{m} \frac{a_{k}}{n^{k}} . Suma ta nie może więc być

większa od 1.

39. Taki czworościan istnieje. Rozważmy równoległobok ABCD, w którym kąt ABD jest rozwarty i �zegnijmy” go lekko wzdłuż krawędzi BD. Otrzymamy czworościan spełniający warunki zadania.

Inna konstrukcja: rozważmy trójkąt rozwartokątny ABC i punkt D w jego wnętrzu taki, że kąty ADB, BDC, CDA są rozwarte. Niech D′ będzie takim punktem przestrzeni, którego rzutem na płaszczyzne ABC jest punkt D i wielkość DD′jest �mała”. Czworościan ABCD′ spełnia warunki zadania.

40. Taki czworościan nie istnieje. Najdłuższa jego krawędź nie jest ramieniem kąta rozwartego żadnej ściany.

41. Załóżmy, że w prostokącie umieszczono 4 punkty. Poprowadźmy dwie proste prostopadłe przechodzące przez punkt przecięcia przekątnych prostokąta tak, aby co najmniej jedna z nich przechodziła przez co najmniej jeden z 4 danych punktów.

Nietrudne rachunki pokazują, że każdy z 4 wielokątów, na które proste dzielą prostokąt, ma średnicę nie większą niż 25/8, skąd wynika, że w jednym z tych wielokątów znajdą się dwa z wybranych punktów (pamiętajmy, że jeden z punktów należy jednocześnie do 2 wielokątów).

51. Łatwo stwierdzamy, że musi być x + y > z, co odbiera nadzieje na znalezienie rozwiązania w potęgach dwójki. Liczymy więc na znalezienie rozwiązania postaci

\{ \begin{matrix}x = 2^{s+a} · 3^{t−b} \\ y = 2^{s−c} · 3^{t+d} \\ z = 2^{s} · 3^{t} \end{matrix} .

Wydaje się, że najłatwiej o istnienie rozwiązania przy małych dodatnich a, b, c, d. Po uproszczeniach równanie x^{x}y^{y} = z^{z} sprowadza się do układu równań

\{ \begin{matrix}(s + a)2^{a+c} + (s − c)3^{b+d} = 2^{c} · 3^{b}s \\ (t − b)2^{a+c} + (t + d)3^{b+d} = 2^{c} · 3^{b}t \end{matrix} ,

co daje

\{ \begin{matrix}s = \frac{a · 2^{a+c} − c · 3^{b+d}}{2^{c} · 3^{b} − 2^{a+c} − 3^{d+b}} \\ t = \frac{−b · 2^{a+c} + d · 3^{b+d}}{2^{c} · 3^{b} − 2^{a+c} − 3^{d+b}} \end{matrix} .

Ponieważ s i t mają być całkowite, postarajmy się dobrać a, b, c i d tak, aby mianownik 2^{c}·3^{b}−2^{a+c} −3^{d+b} był równy ±1 (inaczej będziemy musieli liczyć na cudowne uproszczenia). Szukając rozwiązań równania

2^{c} · 3^{b} − 2^{a+c} − 3^{d+b} = ±1 ,

wiedzeni intuicją, znajdujemy a = b = d = 1, c = 3, co daje s = 11 i t = 7. Otrzymujemy więc rozwiązanie naszego równania

\{ \begin{matrix}x = 2^{12} · 3^{6} \\ y = 2^{8} · 3^{8} \\ z = 2^{11} · 3^{7} \end{matrix} .

52. Niech α = −\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i będzie zespolonym pierwiastkiem sześciennym z jedności. Wtedy liczba

(1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4})^{1998^{1998}} + (1 + α\sqrt[3]{2} + α^{2} \sqrt[3]{4})^{1998^{1998}} + (1 + α^{2} \sqrt[3]{2} + α\sqrt[3]{4})^{1998^{1998}}

jest całkowita. Przy tym

|1 + α\sqrt[3]{2} + α^{2} \sqrt[3]{4}| = |1 + α^{2} \sqrt[3]{2} + α\sqrt[3]{4}| = | \frac{2 − 1}{α\sqrt[3]{2} − 1} | = \frac{1}{|α\sqrt[3]{2} − 1|} .

Ponieważ mamy

|α\sqrt[3]{2} − 1| = \sqrt{( \frac{\sqrt[3]{2}}{2} + 1) ^{2} + ( \sqrt[3]{2}\frac{\sqrt{3}}{2}) ^{2}} > \frac{\sqrt[3]{2}}{2} + 1 > \frac{3}{2},

więc

|1 + α\sqrt[3]{2} + α^{2} \sqrt[3]{4}| < \frac{2}{3}

oraz

2 · |1 + α\sqrt[3]{2} + α^{2} \sqrt[3]{4}| ^{1998^{1998}} < 2 · ( \frac{2}{3}) ^{1998^{1998}} < 10^{−zylion} .

Zatem liczba (1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4})^{1998^{1998}} różni się od liczby całkowitej o mniej niż 10^{−zylion} , skąd wynika, że ma ona po przecinku zylion zer lub zylion dziewiątek.

53. Trójkąt ABC spełniający warunki zadania nie zawsze istnieje. Weźmy bowiem ośmiokąt foremny A_{1}A_{2}...A_{8} o środku symetrii P. Wtedy dla t_{1} = A_{1}A_{4}A_{7}, t_{2} = A_{2}A_{5}A_{8} oraz t_{3} = A_{3}A_{6}A_{1} trójkąta ABC o żądanych własnościach skonstruować się nie da.

W zadaniu zabrakło założenia, że wierzchołki trójkątów t_{1}, t_{2}, t_{3} tworzą wraz z punktem P zbiór 10 punktów, z których żadne 3 nie są współliniowe.

Wówczas rozwiązanie wygląda następująco:

Niech o będzie okręgiem o środku w punkcie P, natomiast A_{1} = A_{10}, A_{2} = A_{11},..., A_{8} = A_{17}, A_{9} rzutami środkowymi, względem punktu P, wierzchołków trójkątów t_{1}, t_{2}, t_{3} na okrąg o, ponumerowanymi cyklicznie według ich położenia na okręgu o.

Lemat: Dla dowolnego 1 ≤ i ≤ 9 punkt P nie leży we wnętrzu czworokąta A_{i}A_{i+1} A_{i+2} A_{i+3} .

Dowód: Wnętrze czworokąta A_{i}A_{i+1} A_{i+2} A_{i+3} jest rozłączne z tym z trójkątów t_{1}, t_{2}, t_{3}, którego wierzchołki nie rzutują się na A_{i+1} , ani na A_{i+2} .

Istnieje takie i, że A_{i} i A_{i+4} są rzutami wierzchołków różnych trójkątów, powiedzmy t_{1} i t_{2}.

Jeżeli P leży wewnątrz pięciokąta A_{i}A_{i+1} A_{i+2} A_{i+3} A_{i+4} , to jeden z punktów A_{i+1} , A_{i+2} , A_{i+3} , powiedzmy A_{k}, musi być rzutem wierzchołka trójkąta t_{3}, bo w przeciwnym przypadku t_{3} byłby rozłączny z wnętrzem pięciokąta A_{i}A_{i+1} A_{i+2} A_{i+3} A_{i+4} . Wtedy jako wierzchołki trójkąta ABC możemy wybrać wierzchołki trójkątów t_{1}, t_{2}, t_{3}, których rzutami są odpowiednio A_{i}, A_{i+4} i A_{k}.

Załóżmy teraz, że P leży w sześciokącie A_{i+4} A_{i+5} A_{i+6} A_{i+7} A_{i+8} A_{i}.

Jeżeli jeden z punktów A_{i+6} , A_{i+7} , powiedzmy A_{l}, jest rzutem wierzchołka trójkąta t_{3}, to jako wierzchołki trójkąta ABC możemy wybrać wierzchołki trójkątów t_{1}, t_{2}, t_{3}, których rzutami są odpowiednio A_{i}, A_{i+4} i A_{l}.

W sytuacji, gdy A_{j} = A_{i+5} (lub A_{i+8} ) jest rzutem wierzchołka trójkąta t_{3}, to albo jako wierzchołki trójkąta ABC możemy wybrać wierzchołki trójkątów t_{1}, t_{2}, t_{3}, których rzutami są odpowiednio A_{i}, A_{i+4} i A_{j} albo punkt P leży w pięciokącie A_{i+5} A_{i+6} A_{i+7} A_{i+8} A_{i}, a taką sytuację rozpatrzyliśmy na samym początku.

61. Tak, np.

\{ \begin{matrix}x = 3^{666} − 3^{167} \\ y = 3^{500} − 1 \\ z = 3 \end{matrix}

lub ogólniej

\{ \begin{matrix}x = 3^{1332n+666} − 3^{333n+167} \\ y = 3^{999n+500} − 1 \\ z = 3^{2n+1} \end{matrix} .

62. Kładąc y = 0 stwierdzamy, że f(0) = 0. Biorąc y_{1} = −y_{2} ≠ 0 stwierdzamy, że f jest nieparzysta. Warunki zadania spełniają funkcje

f(x) = \{ \begin{matrix}ax + bx log_{2} |x| & dla & x ≠ 0 \\ 0 & dla & x = 0 \end{matrix} ,  (♡)

gdzie a, b ∈ ℝ. Podstawa logarytmu nie ma większego znaczenia, bo jej zmiana objawiłaby się tylko przeskalowaniem parametru b.

Jeżeli f jest funkcją spełniającą warunki zadania, to spełnia je także funkcja

f_{1}(x) = \{ \begin{matrix}f(x) − f(1)x − ( \frac{f(2)}{2} − f(1)) x log_{2} |x| & dla & x ≠ 0 \\ 0 & dla & x = 0 \end{matrix} .

Spełniony jest przy tym warunek f_{1}(1) = f_{1}(2) = 0.

Jeżeli x, y > 0 oraz f_{1}(x) = f_{1}(y) = 0, to także f(\sqrt{xy}) = 0 oraz f ( \frac{x^{2}}{y} ) = 0. Stąd oraz z ciągłości i z nieparzystości f_{1} otrzymujemy f_{1}(x) = 0 dla x ∈ ℝ.

Zatem f dana jest wzorem (♡) z a = f(1) i b = \frac{f(2)}{2} − f(1).

63. Oznaczmy przez O środek okręgu o stycznego do boków AB, BC, CD. Niech ℓ będzie dwusieczną kąta wyznaczonego przez proste AB i CD przecinającą odcinek AD. Zauważmy, że o leży na tej dwusiecznej. Jeśli proste AB i CD są równoległe, to za ℓ przyjmijmy prostą równoległą do AB i CD oraz przechodzącą przez punkt O. Punkty B′ i C′ są obrazami punktów B i C w symetrii względem prostej ℓ. Wtedy, ponieważ punkty A, B, C, D leżą na jednym okręgu, więc AD ∥ B′C′ oraz odcinek B′C′ jest styczny do okręgu o. Ponadto

AB + CD = AC′+ DB′.  (♢)

Mamy więc ^{}O̸B′D = ^{}O̸B′C′ = ^{}B̸′OD. Zatem OD = DB′. Analogicznie: OA = AC′. Te dwie równości w połączeniu z (♢) dają tezę.

71. Przypuśćmy, że teza zadania nie jest prawdziwa. Wówczas bez straty ogólności możemy przyjąć, że f(x) > g(x) dla x ∈ [0, 1]. Oznaczmy przez A zbiór punktów stałych funkcji g; ponieważ g jest ciągła, to A jest niepusty. Ponadto jeśli x_{0} ∈ A, to

f(x_{0}) = g(f(x_{0})),

skąd f(x_{0}) ∈ A. Niech α = supA. Funkcja g jest ciągła, więc α ∈ A. Zatem f(α) ∈ A, czyli f(α) ≤ α. Z drugiej strony f(α) > g(α) = α, sprzeczność.

72. Dla n = 1 teza zadania jest oczywista. Krok indukcyjny wygląda następująco. Jeżeli dla każdego k ∈ {1, 2, …, n−1} dowolna k-elementowa grupa chłopców połączywszy swoją wiedzę potrafi podać imiona co najmniej k + 1 dziewcząt, to jednemu z chłopców przydzielamy dowolną dziewczynę, której imię zna, a pozostałych n − 1 chłopców i n − 1 dziewcząt spełnia założenia zadania dla n − 1.

Jeśli zaś znajdzie się takie k ∈ {1, 2, …, n−1}, że pewna k-elementowa grupa chłopców połączywszy swoją wiedzę potrafi podać imiona dokładnie k dziewcząt, to grupa ta spełnia założenia zadania jak również grupa pozostałych n − k chłopców i pozostałych n − k dziewcząt spełnia założenia zadania. Można więc dokonać połączeń wewnątrz tych grup.

73. Lemat 1. Okrąg o jest opisany na trójkącie ABC. Punkt I jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC; punkt P jest środkiem łuku BC. Wówczas P I = P B = P C.

Lemat 2. Okrąg o jest opisany na trójkącie ABC. Punkt I jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC. Punkty D, E są odpowiednio środkami łuków CA oraz AB, F jest środkiem łuku CB. Prosta F I przecina okrąg o w punktach F i Q. Wówczas trójkąty EBQ oraz DIQ są podobne.

Dowód: Oczywiście ^{}B̸EQ = ^{}B̸DQ = ^{}I̸DQ. Niech α = łukAE = łukEB, β =

łukCD = łukDA. Wtedy łukEB = (α + β) − β = łukCF − łukCD = łukDF, skąd E̸QB = ^{}F̸ QD = ^{}I̸QD.

Przyjmijmy oznaczenia takie jak w lemacie 2. Wykażemy, że punkty I_{1}, I_{2}, P, Q leżą na jednym okręgu, a więc Q będzie szukanym punktem wspólnym rozważanych okręgów. Mamy ^{}I̸_{2}DQ = ^{}P̸ DQ = ^{}P̸ EQ = ^{}I̸_{1}EQ. Ponadto (na mocy lematów 1 i 2)

\frac{EI_{1}}{EQ} = \frac{EB}{EQ} = \frac{DI}{DQ} = \frac{DI_{2}}{DQ} .

Zatem trójkąty EI_{1}Q i DI_{2}Q są podobne, skąd ^{}I̸_{1}QE = ^{}D̸QI_{2}. Zatem

I̸_{1}QI_{2} = ^{}E̸QD = ^{}E̸P D = ^{}I̸_{1}P I_{2},

co oznacza, że punkty I_{1}, I_{2}, P, Q leżą na jednym okręgu.

74. Nazwijmy graczem A gracza rozpoczynającego grę (oznaczanego też jako G_{1}) w przypadku, gdy liczba \binom{n−3}{2} jest parzysta, tzn. gdy n dzieli się przez 4 z resztą 3 lub bez reszty. Gdy zaś n dzieli się przez 4 z resztą 1 lub 2 i liczba \binom{n−3}{2} jest nieparzysta, graczem A nazwiemy drugiego gracza (oznaczanego też jako G_{2}). Pokażemy, ze przy takim nazwaniu graczy, grę wygra gracz A.

Powiemy, ze pozycja w grze jest typu [a_{1}, a_{2}, ..., a_{k}], jeśli narysowany do danego momentu graf składa się z k składowych spójnych mających odpowiednio a_{1}, a_{2}, ...,a_{k} wierzchołków. Ruch w grze polega więc na podaniu przeciwnikowi pozycji tego samego typu jak otrzymana od niego, lub pozycji o liczbie składowych zmniejszonej o jeden, gdzie dwie skąldowe o a_{i} i a_{j} wierzchołkach zamienione są jedną składową mającą a_{i}+a_{j} wierzchołków.

Powiemy, że pozycja typu [a_{1}, a_{2}, ..., a_{k}] wymusza akcję na graczu G, jeśli w sytuacji, gdy obydwaj gracze zdecydują się wykonywać ruchy nie zmieniające typu pozycji, to właśnie gracz G będzie w końcu zmuszony połączyć różne składowe grafu, gdyż ostatni ruch polegający na rysowaniu odcinków w ramach poszczególnych składowych zostanie wykonany przez jego przeciwnika. Zaznaczymy to wówczas pisząc [a_{1}, a_{2}, ..., a_{k}] ⇒ G. Zauważmy, że [a_{1}, a_{2}, ..., a_{k}] ⇒ G_{1} wtedy i tylko wtedy gdy liczba

∑_{i=1}^{k} \binom{a_{i}}{2}

jest parzysta, w przeciwnym zaś razie [a_{1}, a_{2}, ..., a_{k}] ⇒ G_{2}.

Zauważmy, że jeśli w grze dojdzie do pozycji [a_{1}, a_{2}, a_{3}] ⇒ G, to gracz G przegra, gdyż zmuszony będzie połączyć dwie z trzech składowych grafu, na co jego przeciwnik odpowie połączeniem ich z trzecią składową i wygra.

W przypadku n = 4 gracz A = G_{1} rozpoczyna grę podając po pierwszym ruchu pozycję typu [2, 1, 1] ⇒ B = G_{2} i wygrywa.

W przypadku n = 5 gracz A = G_{2} otrzymuje w pierwszym ruchu od przeciwnika pozycję typu [2, 1, 1, 1] i podaje w odpowiedzi [2, 2, 1] ⇒ B = G_{1} zapewniając sobie zwycięstwo.

Niech teraz n ≥ 6 będzie parzyste. Wówczas liczby \binom{n−3}{2} i \binom{n−2}{2} są różnej parzystości. Strategia gracza A jest wówczas następująca: Podawać przeciwnikowi pozycję typu [a, 1, 1, ..., 1], to znaczy pozycję, w której graf ma jedną dużą składową spójną i pojedyncze punkty. Modyfikacji ulega gra w końcówce, kiedy to riposty gracza A są następujące:

A otrzymał pozycję typu podaje graczowi B pozycję typu
[n − 5, 1, 1, 1, 1, 1]  [n − 4, 1, 1, 1, 1]
[n − 5, 2, 1, 1, 1]  [n − 3, 1, 1, 1]
[n − 4, 1, 1, 1, 1]  [n − 3, 1, 1, 1]
[n − 4, 2, 1, 1]  [n − 3, 2, 1]
[n − 3, 1, 1, 1]  [n − 3, 2, 1]
[n − 3, 2, 1]  [n − 3, 2, 1] ⇒ B
[n − 2, 1, 1]  [n − 2, 1, 1] ⇒ B

Niech teraz n ≥ 7 będzie nieparzyste. Wówczas liczby \binom{n−4}{2} i \binom{n−5}{2} są tej samej parzystości. Są one zarazem innej parzystości niż \binom{n−3}{2}. Strategia gracza A jest taka jak poprzednio, a końcówka wygląda następująco:

A otrzymał pozycję typu podaje graczowi B pozycję typu
[n − 5, 1, 1, 1, 1, 1]  [n − 4, 1, 1, 1, 1]
[n − 5, 2, 1, 1, 1]  [n − 5, 2, 2, 1]
[n − 5, 3, 2]  [n − 5, 3, 2] ⇒ B
[n − 5, 4, 1]  [n − 5, 4, 1] ⇒ B
[n − 4, 1, 1, 1, 1]  [n − 4, 1, 1, 1, 1] ⇒ B
[n − 4, 2, 1, 1]  [n − 3, 2, 1]
[n − 4, 2, 2]  [n − 4, 2, 2] ⇒ B
[n − 3, 1, 1, 1]  [n − 3, 2, 1]
[n − 3, 2, 1]  [n − 3, 2, 1] ⇒ B