TEKSTY ZADAŃ

Zawody stopnia pierwszego

1. Dowieść, że wśród liczb postaci 50^{n} +(50n+1)^{50}, gdzie n jest liczbą naturalną, występuje nieskończenie wiele liczb złożonych.

2. Wykazać, że dla dowolnych liczb rzeczywistych a, b, c, d zachodzi nierówność

(a+b+c+d)^{2} 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})+6ab.

3. W trójkącie równoramiennym ABC kąt BAC jest prosty. Punkt D leży na boku BC, przy czym BD = 2·CD. Punkt E jest rzutem prostokątnym punktu B na prostą AD. Wyznaczyć miarę kąta CED.

4. Dane są takie liczby rzeczywiste x, y, że liczby x+y, x^{2}+y^{2}, x^{3}+y^{3} i x^{4}+y^{4} są całkowite. Dowieść, że dla każdej liczby całkowitej dodatniej n liczba x^{n} +y^{n} jest liczbą całkowitą.

5. Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych dodatnich x, y spełniające równanie yx = x^{50}.

6. Przekątne AC i BD czworokąta wypukłego ABCD przecinają się w punkcie P. Punkt M jest środkiem boku AB. Prosta MP przecina bok CD w punkcie Q. Dowieść, że stosunek pól trójkątów BCP i ADP jest równy stosunkowi długości odcinków CQ i DQ.

7. Dana jest liczba naturalna n 2. Wyznaczyć wszystkie wielomiany P (x) = a_{0}+a_{1}x+...+a_{n}x^{n} mające dokładnie n pierwiastków nie większych niż −1 oraz spełniające warunek

a_{0}^{2}+a_{1}a_{n} = a_{n}^{2} +a_{0}a_{n−1} .

Uwaga: Pierwiastki są liczone z uwzględnieniem krotności: jeśli liczba x_{0} jest pierwiastkiem k-krotnym wielomianu P (x) (tzn. jeśli wielomian P (x) jest podzielny przez wielomian (x−x_{0})^{k}, ale nie przez (x−x_{0})^{k+1} ), wówczas liczba x_{0} jest traktowana jak k pierwiastków wielomianu P (x).

8. Dana jest liczba naturalna n 2 oraz zbiór n-elementowy S. Wyznaczyć najmniejszą liczbę naturalną k, dla której istnieją podzbiory A_{1},A_{2},...,A_{k} zbioru S o następującej własności: dla dowolnych dwóch różnych elementów a,b ∈ S istnieje taka liczba j ∈ {1,2,...,k}, że zbiór A_{j} ∩{a,b} jest jednoelementowy.

9. Punkty D, E, F leżą odpowiednio na bokach BC, CA, AB trójkąta ABC. Okręgi wpisane w trójkąty AEF, BF D, CDE są styczne do okręgu wpisanego w trójkąt DEF. Udowodnić, że proste AD, BE, CF przecinają się w jednym punkcie.

10. Dana jest liczba x_{1} > 0. Ciąg (x_{n}) jest zdefiniowany wzorem:

x_{n+1} = x_{n} + \frac{1}{x_{n}^{2}} dla n = 1,2,3,... .

Udowodnić, że istnieje granica lim_{n→∞} \frac{x_{n}}{\sqrt[3]{n}} , i obliczyć ją.

11. W urnie znajdują się dwie kule: biała i czarna. Ponadto mamy do dyspozycji 50 kul białych i 50 czarnych. Wykonujemy 50 razy następującą czynność: losujemy z urny kulę, a następnie wrzucamy ją z powrotem do urny oraz dokładamy jedną kulę tego samego koloru, co wylosowana kula. Po zakończeniu tych czynności mamy więc w urnie 52 kule. Jaka liczba kul białych znajdujących się w urnie jest najbardziej prawdopodobna?

12. Wszystkie wierzchołki sześcianu o krawędzi a leżą na powierzchni czworościanu foremnego o krawędzi 1. Wyznaczyć możliwe wartości a.

Zawody stopnia drugiego

1. Dana jest funkcja f:⟨0,1⟩ → ℝ taka, że f(\frac{1}{n}) = (−1)^{n} dla n = 1,2,... . Wykazać, że nie istnieją funkcje rosnące g:⟨0,1⟩ → ℝ, h:⟨0,1⟩ → ℝ, dla których f = g −h.

2. Sześcian S o krawędzi 2 jest zbudowany z ośmiu sześcianów jednostkowych. Klockiem nazwiemy bryłę otrzymaną przez usunięcie z sześcianu S jednego spośród ośmiu sześcianów jednostkowych. Sześcian T o krawędzi 2^{n} jest zbudowany z (2^{n})^{3} sześcianów jednostkowych. Udowodnić, że po usunięciu z sześcianu T dowolnego spośród (2^{n})^{3} sześcianów jednostkowych powstaje bryła, którą daje się szczelnie wypełnić klockami.

3. Czworokąt wypukły ABCD jest wpisany w okrąg. Punkty E i F leżą odpowiednio na bokach AB i CD, przy czym AE:EB = CF:F D. Punkt P leży na odcinku EF i spełnia warunek EP:P F = AB:CD. Udowodnić, że stosunek pól trójkątów AP D i BP C nie zależy od wyboru punktów E i F.

4. Punkt P leży wewnątrz trójkąta ABC i spełnia warunki:

< ) P AB = < ) P CA  oraz  < ) P AC = < ) P BA.

Punkt O jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie ABC. Dowieść, że jeżeli O ≠ P, to kąt AP O jest prosty.

5. Niech S = {1,2,3,4,5}. Wyznaczyć liczbę funkcji f:S → S spełniających równość f^{50}(x) = x dla wszystkich x ∈ S.

Uwaga: f^{50}(x) = \underbrace{f ∘f ∘...∘f}_{50}(x).

6. Dana jest liczba naturalna k 2 oraz liczby całkowite a_{1},a_{2},...,a_{n} spełniające warunki

a_{1}+2^{i}a_{2}+3^{i}a_{3}+...+n^{i}a_{n} = 0 dla i = 1,2,...,k− 1.

Dowieść, że liczba a_{1}+2^{k}a_{2}+3^{k}a_{3}+...+n^{k}a_{n} jest podzielna przez k!.

Zawody stopnia trzeciego

1. Punkt D leży na boku BC trójkąta ABC, przy czym AD > BC. Punkt E leży na boku AC i spełnia warunek

\frac{AE}{EC} = \frac{BD}{AD −BC} .

Udowodnić, że AD > BE.

2. Dane są liczby całkowite nieujemne a_{1} < a_{2} < a_{3} < ...< a_{101} mniejsze od 5050. Dowieść, że spośród nich można wybrać takie cztery różne a_{k}, a_{l}, a_{m}, a_{n}, że liczba a_{k}+a_{l}−a_{m} −a_{n} jest podzielna przez 5050.

3. Dowieść, że istnieją takie liczby naturalne n_{1} < n_{2} < ...< n_{50} , że

n_{1}+S(n_{1}) = n_{2}+S(n_{2}) = n_{3}+S(n_{3}) = ...= n_{50} +S(n_{50}),

gdzie S(n) jest sumą cyfr liczby n.

4. Rozstrzygnąć, dla jakich liczb naturalnych n 2 układ równań

\{ \begin{matrix}x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+50 = 16x_{1}+12x_{2} \\ x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+50 = 16x_{2}+12x_{3} \\ x_{3}^{2}+x_{4}^{2}+50 = 16x_{3}+12x_{4} \\ . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . \\ x_{n−1}^{2} +x_{n}^{2} +50 = 16x_{n−1} +12x_{n} \\ x_{n}^{2} +x_{1}^{2}+50 = 16x_{n} +12x_{1} \end{matrix}

ma rozwiązanie w liczbach całkowitych x_{1},x_{2},x_{3},...,x_{n}.

5. Niech a_{1},a_{2},...,a_{n}, b_{1},b_{2},...,b_{n} będą liczbami całkowitymi. Udowodnić, że

∑_{1 i<j n} (|a_{i} −a_{j}|+|b_{i} −b_{j}|) ∑_{1 i,j n} |a_{i} −b_{j}| .

6. W sześciokącie wypukłym ABCDEF zachodzą równości:

< ) A+< ) C +< ) E = 360^{∘} , \frac{AB}{BC} · \frac{CD}{DE} · \frac{EF}{F A} = 1 .

Dowieść, że \frac{AB}{BF} · \frac{F D}{DE} · \frac{EC}{CA} = 1 .

XXXIX Międzynarodowa Olimpiada Matematyczna

1. W czworokącie wypukłym ABCD przekątne AC i BD są prostopadłe, a przeciwległe boki AB i DC nie są równoległe. Zakładamy, że symetralne boków AB i DC przecinają się w punkcie P leżącym wewnątrz czworokąta ABCD. Udowodnić, że czworokąt ABCD da się wpisać w okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy trójkąty ABP i CDP mają równe pola.

2. W konkursie bierze udział a uczestników, ocenianych przez b egzaminatorów, gdzie b 3 jest liczbą całkowitą nieparzystą. Każdy egzaminator ocenia każdego uczestnika, wydając werdykt �zdał” lub �nie zdał”. Załóżmy, że k jest liczbą o własności: oceny każdych dwóch egzaminatorów są zgodne dla co najwyżej k uczestników. Dowieść, że

\frac{k}{a} \frac{b−1}{2b} .

3. Dla każdej dodatniej liczby całkowitej n oznaczmy przez d(n) liczbę jej dodatnich dzielników (włącznie z 1 oraz n). Wyznaczyć wszystkie dodatnie liczby całkowite k takie, że

\frac{d(n^{2})}{d(n)} = k

dla pewnego n.

4. Wyznaczyć wszystkie pary (a,b) liczb całkowitych dodatnich takie, że liczba a^{2}b+a+b jest podzielna przez ab^{2}+b+7.

5. Niech I będzie środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC. Okrąg ten jest styczny do boków BC, CA i AB odpowiednio w punktach K, L i M. Prosta przechodząca przez B i równoległa do MK przecina proste LM i LK odpowiednio w punktach R i S. Wykazać, że kąt RIS jest ostry.

6. Rozważamy wszystkie funkcje f ze zbioru ℕ wszystkich liczb całkowitych dodatnich do tego samego zbioru, spełniające warunek

f(t^{2}f(s)) = s(f(t))^{2}

dla wszystkich s,t ∈ ℕ. Wyznaczyć najmniejszą możliwą wartość f(1998).

XXI Austriacko-Polskie Zawody Matematyczne

1. Niech x_{1}, x_{2}, y_{1}, y_{2} będą takimi liczbami rzeczywistymi, że x_{1}^{2}+x_{2}^{2} 1. Udowodnić nierówność

(x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}−1)^{2} (x_{1}^{2}+x_{2}^{2}−1)(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}−1).

2. Rozważamy n punktów P_{1},P_{2},...,P_{n} położonych w tej kolejności na jednej linii prostej. Malujemy każdy z tych n punktów na jeden z następujących kolorów: biały, czerwony, zielony, niebieski, fioletowy. Kolorowanie nazwiemy dopuszczalnym, jeśli dla dowolnych dwóch kolejnych punktów P_{i}, P_{i+1} (i = 1,2,...,n− 1) oba są tego samego koloru lub co najmniej jeden z nich jest biały. Ile jest dopuszczalnych kolorowań?

3. Wyznaczyć wszystkie pary liczb rzeczywistych (x,y) spełniające następujący układ równań:

\{ \begin{matrix}2−x^{3} & = & y \\ 2−y^{3} & = & x. \end{matrix}

4. Niech m, n będą danymi liczbami całkowitymi dodatnimi. Niech

S_{m}(n) = ∑_{k=1}^{n} [ ^{k^{2}} \sqrt{k^{m}} ]

([x] jest największą liczbą całkowitą nie większą od x). Udowodnić, że

S_{m}(n) n+m·( ^{4} \sqrt{2^{m}} −1).

5. Wyznaczyć wszystkie pary (a,b) liczb całkowitych dodatnich takich, że równanie x^{3}−17x^{2}+ax−b^{2} = 0 ma trzy pierwiastki całkowite (niekoniecznie różne).

6. Różne punkty A, B, C, D, E, F są położone na okręgu k w tej kolejności. Proste styczne do okręgu k w punktach A i D oraz proste BF i CE przecinają się w jednym punkcie P. Udowodnić, że proste AD, BC i EF są równoległe lub przecinają się w jednym punkcie.

7. Rozważamy pary (a,b) liczb naturalnych takich, że iloczyn a^{a}·b^{b} w zapisie dziesiętnym kończy się dokładnie 98 zerami. Wyznaczyć parę (a,b) o tej własności, dla której iloczyn ab jest najmniejszy.

8. Niech n > 2 będzie daną liczbą naturalną. Rozważamy siatkę kwadratową na płaszczyźnie. W każdym kwadracie jednostkowym siatki wpisana jest liczba naturalna. Wielokąty o polu równym n, których boki są zawarte w prostych tworzących siatkę, nazwiemy wielokątami dopuszczalnymi. Wartością wielokąta dopuszczalnego nazwiemy sumę wszystkich liczb wpisanych w kwadraty zawarte w tym wielokącie. Udowodnić, że jeśli wartości dowolnych dwóch przystających wielokątów dopuszczalnych są równe, to wszystkie liczby wpisane w kwadraty siatki są równe.

Uwaga. Przypominamy, że obraz symetryczny Q wielokąta P jest wielokątem przystającym do P.

9. Niech K, L, M będą środkami boków BC, AC, AB trójkąta ABC. Punkty A, B, C dzielą okrąg opisany na trójkącie ABC na trzy łuki: AB, BC, CA. Niech X będzie takim punktem łuku BC, że BX = XC. Analogicznie, niech Y będzie takim punktem łuku AC, że AY = Y C, zaś Z takim punktem łuku AB, że AZ = ZB. Niech R będzie promieniem okręgu opisanego na trójkącie ABC i niech r będzie promieniem okręgu wpisanego w trójkąt ABC. Udowodnić, że r +KX +LY +MZ = 2R.

IX Zawody Matematyczne Państw Bałtyckich

1. Znaleźć wszystkie funkcje dwóch zmiennych f, których argumenty x, y i wartości f(x,y) są liczbami całkowitymi dodatnimi, spełniające następujące warunki (dla wszystkich dodatnich liczb całkowitych x i y):

\begin{aligned}f(x,x) & = & x, \\ f(x,y) & = & f(y,x), \\ (x+y)f(x,y) & = & yf(x,x+ y). \end{aligned}

2. Trójkę liczb całkowitych dodatnich (a,b,c) nazywamy quasi-pitagorej-ską, jeśli istnieje trójkąt o bokach długości a, b, c, w którym miara kąta naprzeciwko boku c wynosi 120^{∘}. Udowodnić, że jeśli (a,b,c) jest trójką quasi-pi-tagorejską, to c ma dzielnik pierwszy większy od 5.

3. Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych dodatnich x,y, które spełniają równanie

2x^{2}+5y^{2} = 11(xy −11) .

4. Niech P będzie wielomianem o współczynnikach całkowitych. Załóżmy, że dla n = 1,2,...,1998 wartości P (n) są liczbami naturalnymi trzycyfrowymi. Udowodnić, że wielomian P nie ma pierwiastków całkowitych.

5. Niech a będzie cyfrą nieparzystą, zaś b cyfrą parzystą. Udowodnić, że dla każdej liczby całkowitej dodatniej n istnieje liczba całkowita dodatnia, podzielna przez 2^{n}, w której zapisie dziesiętnym nie występują cyfry inne niż a i b.

6. Niech P będzie wielomianem stopnia 6 i niech a, b będą liczbami rzeczywistymi takimi, że 0 < a < b. Załóżmy, że P (a) = P (−a), P (b) = P (−b), P′(0) = 0. Udowodnić, że P (x) = P (−x) dla wszystkich liczb rzeczywistych x.

7. Niech ℝ oznacza zbiór wszystkich liczb rzeczywistych. Znaleźć wszystkie funkcje f: ℝ→ ℝ spełniające dla dowolnych x,y ∈ ℝ równanie

f(x)+f(y) = f(f(x)f(y)).

8. Niech P_{k}(x) = 1+x+x^{2}+··· +x^{k−1} . Wykazać, że

∑_{k=1}^{n} ( \begin{matrix}n \\ k \end{matrix}) P_{k}(x) = 2^{n−1} P_{n}( \frac{1+x}{2} )

dla każdej liczby rzeczywistej x i każdej liczby całkowitej dodatniej n.

9. Liczby α, β spełniają 0 < α < β < π/2. Niech γ, δ będą liczbami określonymi przez warunki:

(i) 0 < γ < π/2 oraz liczba tgγ jest średnią arytmetyczną liczb tgα i tgβ;

(ii) 0 < δ < π/2 oraz liczba \frac{1}{cosδ} jest średnią arytmetyczną liczb \frac{1}{cosα} i \frac{1}{cosβ}.

Udowodnić, że γ < δ.

10. Niech n 4 będzie parzystą liczbą całkowitą. W okrąg o promieniu 1 wpisane są n-kąt foremny i (n− 1)-kąt foremny. Dla każdego wierzchołka n-kąta rozważmy odległość od tego wierzchołka do najbliższego wierzchołka (n− 1)-kąta, mierzoną po obwodzie okręgu. Niech S będzie sumą tych n odległości. Udowodnić, że S nie zależy od wzajemnego położenia tych dwóch wielokątów.

11. Niech a, b, c będą długościami boków pewnego trójkąta, zaś R — promieniem okręgu opisanego na nim. Udowodnić, że

R \frac{a^{2}+b^{2}}{2\sqrt{2a^{2}+2b^{2}−c^{2}}} .

Kiedy zachodzi równość?

12. W trójkącie ABC zachodzi < ) BAC = 90^{∘}. Punkt D leży na boku BC i < ) BDA = 2< ) BAD. Udowodnić, że

\frac{1}{AD} = \frac{1}{2}( \frac{1}{BD} + \frac{1}{CD} ) .

13. W pięciokącie wypukłym ABCDE boki AE i BC są równoległe oraz < ) ADE = < ) BDC. Przekątne AC i BE przecinają się w punkcie P. Udowodnić, że < ) EAD = < ) BDP oraz < ) CBD = < ) ADP.

14. Dany jest trójkąt ABC, w którym AB < AC. Prosta przechodząca przez B i równoległa do AC przecina dwusieczną kąta zewnętrznego < ) BAC w punkcie D. Prosta przechodząca przez C i równoległa do AB przecina tę dwusieczną w punkcie E. Punkt F leży na boku AC i spełniona jest równość F C = AB. Udowodnić, że DF = F E.

15. Dany jest trójkąt ostrokątny ABC. Punkt D jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka A na bok BC. Punkt E leży na odcinku AD i spełnione jest równanie

\frac{AE}{ED} = \frac{CD}{DB} .

Punkt F jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka D na bok BE. Udowodnić, że < ) AF C = 90^{∘}.

16. Czy można pokryć szachownicę o wymiarach 13×13 czterdziestoma dwoma klockami o wymiarach 4×1 w taki sposób, że tylko środkowe pole szachownicy pozostanie nie zakryte? (Zakładamy, że każdy klocek zakrywa cztery pełne pola szachownicy).

17. Niech n i k będą liczbami całkowitymi dodatnimi. Danych jest nk przedmiotów (tych samych rozmiarów) i k pudełek, z których każde pomieści n przedmiotów. Każdy przedmiot jest pokolorowany jednym z k różnych kolorów. Wykazać, że można rozmieścić te przedmioty w pudełkach w taki sposób, że w każdym pudełku znajdą się przedmioty w co najwyżej dwóch kolorach.

18. Wyznaczyć wszystkie liczby całkowite dodatnie n, dla których istnieje zbiór S o następujących własnościach:

(i) S składa się z n liczb całkowitych dodatnich, z których wszystkie są mniejsze od 2^{n−1} ;

(ii) dla dowolnych dwóch różnych niepustych podzbiorów A i B zbioru S suma elementów zbioru A jest różna od sumy elementów zbioru B.

19. Rozważmy mecz ping-ponga między dwiema drużynami, z których każda składa się z 1000 graczy. Każdy gracz grał przeciwko każdemu z graczy przeciwnej drużyny dokładnie raz (w ping-pongu nie ma remisów). Udowodnić, że istnieje dziesięciu graczy z jednej drużyny takich, że każdy z graczy drużyny przeciwnej przegrał z co najmniej jednym z tych dziesięciu graczy.

20. Powiemy, że liczba całkowita dodatnia m pokrywa liczbę 1998, jeśli 1, 9, 9, 8 pojawiają się w tej właśnie kolejności jako cyfry m. (Na przykład 1998 jest pokrywana przez 215993698, ale nie przez 213326798). Niech k(n) oznacza liczbę tych liczb całkowitych dodatnich, które pokrywają 1998 i mają dokładnie n cyfr (n 5), z których wszystkie są różne od 0. Jaką resztę z dzielenia przez 8 daje k(n)?

æ

ROZWIĄZANIA ZADAŃ^{1}

Zawody stopnia pierwszego

Zadanie 1.

Dowieść, że wśród liczb postaci 50^{n} +(50n+1)^{50}, gdzie n jest liczbą naturalną, występuje nieskończenie wiele liczb złożonych.

Rozwiązanie Sposób I Jeżeli n jest liczbą nieparzystą, to liczba 50^{n} z dzielenia przez 3 daje

resztę 2. Jeśli ponadto n dzieli się przez 3, to liczba (50n+1)^{50} z dzielenia przez 3 daje resztę 1. Stąd wynika, że liczba 50^{n} +(50n+1)^{50} jest podzielna przez 3 dla liczb n postaci 6k +3. Zatem dla liczb n dających z dzielenia przez 6 resztę 3, liczba 50^{n} +(50n+1)^{50} jest złożona.

Sposób II

Dla liczb n podzielnych przez 5 liczba 50^{n} +(50n+1)^{50} jest sumą piątych potęg liczb naturalnych. Przyjmijmy w tożsamości

(1)  x^{5}+y^{5} = (x+y)(x^{4}−x^{3}y +x^{2}y^{2}−xy^{3}+y^{4}),

x = 50^{n/5} oraz y = (50n+1)^{10}. Z nierówności

1 < x+y < x^{5}+y^{5}

wynika, że oba czynniki stojące po prawej stronie równości (1) są większe od 1. To oznacza, że liczba x^{5}+y^{5} = 50^{n} +(50n+1)^{50} jest dla liczb n podzielnych przez 5 liczbą złożoną.

Uwaga 1.

Podobnie jak w sposobie I można wykazać, że liczba 50^{n} +(50n+1)^{50} dzieli się przez 3 dla liczb n postaci 6k +5.

Uwaga 2.

Nie wszystkie wyrazy ciągu 50^{n} +(50n+1)^{50} są liczbami złożonymi. Na przykład dla n = 28 otrzymujemy liczbę pierwszą, która ma 158 cyfr. Kolejna liczba pierwsza podanej w zadaniu postaci pojawia się dopiero dla n = 484 i ma 823 cyfry!

1Na podstawie materiałów Komitetu Głównego Olimpiady Matematycznej oraz prac uczestników opracowali Waldemar Pompe i Jarosław Wróblewski.

Zadanie 2.

Wykazać, że dla dowolnych liczb rzeczywistych a, b, c, d zachodzi nierówność

(a+b+c+d)^{2} 3(a^{2} +b^{2} +c^{2} +d^{2})+6ab.

Rozwiązanie Sposób I Na mocy nierówności pomiędzy średnią kwadratową a arytmetyczną (zob.

uwaga niżej) zastosowanej do liczb a+b, c i d otrzymujemy

\sqrt{\frac{(a+b)^{2}+c^{2}+d^{2}}{3}} | \frac{(a+b)+c+d}{3} | ,

skąd 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})+6ab (a+b+c+d)^{2}.

Sposób II

Zachodzą następujące związki: 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})+6ab−(a+b+c+d)^{2} =

= 3a^{2}+3b^{2}+3c^{2}+3d^{2}+6ab

−a^{2}−b^{2}−c^{2}−d^{2}−2ab−2ac−2ad−2bc−2bd−2cd =
= 2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}+2d^{2}+4ab−2ac−2ad−2bc−2bd−2cd =
= \frac{1}{2}(4a^{2}+4b^{2}+c^{2}+d^{2}+8ab−4ac−4ad−4bc−4bd+2cd)
+ \frac{3}{2}(c^{2}+d^{2}−2cd) =
= \frac{1}{2}(2a+2b−c−d)^{2}+ \frac{3}{2}(c−d)^{2} 0.

To kończy dowód danej nierówności.

Uwaga

Nierówność pomiędzy średnią kwadratową a arytmetyczną orzeka, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x_{1},x_{2},...,x_{n},

(1)  \sqrt{\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+...+x_{n}^{2}}{n}} | \frac{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}{n} | .

Jest to szczególny przypadek nierówności Schwarza (zob. Dodatek �Nierówność Schwarza”, str. 112). Równość w nierówności (1) zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy x_{1} = x_{2} = ...= x_{n}.

Zadanie 3.

W trójkącie równoramiennym ABC kąt BAC jest prosty. Punkt D leży na boku BC, przy czym BD = 2·CD. Punkt E jest rzutem prostokątnym punktu B na prostą AD. Wyznaczyć miarę kąta CED.

Rozwiązanie Sposób I Niech F będzie rzutem prostokątnym punktu C na prostą AD (rys. 1).

Ponieważ

< ) CAF = 90^{∘}−< ) BAE = < ) ABE  oraz  AB = AC,

więc trójkąty prostokątne CAF i ABE są przystające. Stąd

(1)  AE = CF  oraz  BE = AF .

Ponadto na mocy twierdzenia Talesa,

(2) \frac{CF}{BE} = \frac{CD}{BD} = \frac{1}{2},  skąd BE = 2·CF .

Korzystając z równości (1) oraz (2) otrzymujemy

EF = AF −AE = BE −AE = 2·CF −CF = CF . A  B C  D E F rys. 1

Trójkąt CF E jest więc trójkątem prostokątnym równoramiennym, a to oznacza, że < ) CED = < ) CEF = 45^{∘}.

Sposób II

Uzupełnijmy trójkąt ABC do kwadratu ABF C (rys. 2). Załóżmy, że prosta AD przecina odcinek CF w punkcie P, zaś prosta BE przecina bok AC w punkcie Q. Ponieważ

\frac{CP}{AB} = \frac{CD}{DB} = \frac{1}{2},

więc CP = \frac{1}{2}CF. Ponadto

< ) ABE = 90^{∘}−< ) BAE = < ) CAP , A  B C  D P E Q  F rys. 2

co dowodzi, że trójkąty prostokątne ABQ oraz CAP są przystające. Zatem CP = AQ, i w konsekwencji CP = CQ (= \frac{1}{2}AB).

Ponieważ < ) P CQ = < ) P EQ = 90^{∘}, więc punkty C, Q, E, P leżą na jednym okręgu. Stąd < ) CED = < ) CQP = 45^{∘}.

Sposób III

Oznaczmy przez F środek odcinka BC (rys. 3). Wykażemy najpierw, że zachodzi równość:

(3)  CD^{2} = DF ·DB.

Oznaczmy: AB = AC = a. Wówczas z definicji punktu D,

(4)  CD^{2} = (\frac{1}{3}a\sqrt{2})^{2} = \frac{2}{9}a^{2}

oraz

DF ·DB = (DB −BF)·DB = DB^{2}−BF ·DB =
(5)  = (\frac{2}{3}a\sqrt{2})^{2}−(\frac{1}{2}a\sqrt{2})·(\frac{2}{3}a\sqrt{2}) = \frac{2}{9}a^{2}. A  B C  D E  F rys. 3

Łącząc ze sobą równości (4) i (5), otrzymujemy równość (3).

Ponieważ < ) AEB = < ) AF B = 90^{∘}, więc punkty A, B, F, E leżą na jednym okręgu (rys. 3). Zatem na mocy równości (3),

(6)  CD^{2} = DF ·DB = DE·DA,  skąd \frac{CD}{DE} = \frac{DA}{CD} .

Trójkąty ADC i CDE mają wspólny kąt przy wierzchołku D, więc na mocy równości (6) trójkąty te są podobne. Stąd

< ) CED = < ) ACD = 45^{∘}.

Sposób IV

Niech F będzie rzutem prostokątnym punktu D na prostą AB (rys. 4). Wykażemy najpierw, że punkty C, E, F są współliniowe. W tym celu wystarczy udowodnić, że

(7)  \frac{AE}{ED} = \frac{AC}{DF} .

Na mocy twierdzenia Talesa mamy następujące równości:

(8)  \frac{AC}{DF} = \frac{BC}{BD} = \frac{3}{2}.

Należy więc dowieść, że AE:ED = 3:2.

Oznaczmy: AB = AC = a. Obliczmy długości odcinków AE i ED w zależności od a.

A  B C  D E F rys. 4

Na mocy twierdzenia Talesa AF = \frac{1}{3}a oraz DF = \frac{2}{3}a. Zatem z twierdzenia Pitagorasa AD = \frac{1}{3}a\sqrt{5}. Trójkąty prostokątne AF D i AEB mają wspólny kąt przy wierzchołku A, więc są podobne. Zatem

\frac{AE}{AB} = \frac{AF}{AD} ,

skąd wyliczając wielkość AE otrzymujemy AE = \frac{1}{5}a\sqrt{5}. Ponadto

ED = AD −AE = \frac{1}{3}a\sqrt{5}− \frac{1}{5}a\sqrt{5}= \frac{2}{15} a\sqrt{5},

skąd AE:ED = 3:2. Dowód równości (7) został zakończony, co oznacza, że punkty C, E, F są współliniowe.

Ponieważ < ) BED = < ) BF D = 90^{∘}, więc na czworokącie F BDE można opisać okrąg (rys. 4). Zatem

< ) CED = < ) AEF = 90^{∘}−< ) F EB = 90^{∘}−< ) F DB = 90^{∘}−45^{∘} = 45^{∘}.

Zadanie 4.

Dane są takie liczby rzeczywiste x, y, że liczby x+y, x^{2} +y^{2}, x^{3} +y^{3} i x^{4} +y^{4} są całkowite. Dowieść, że dla każdej liczby całkowitej dodatniej n liczba x^{n} +y^{n} jest liczbą całkowitą.

Rozwiązanie Ponieważ

2xy = (x+y)^{2}−(x^{2}+y^{2})  oraz  2x^{2}y^{2} = (x^{2}+y^{2})^{2}−(x^{4}+y^{4}),

więc liczby 2xy i 2x^{2}y^{2} są całkowite. Gdyby liczba xy nie była całkowita, to liczba 2xy musiałaby być nieparzystą. Jednak wtedy liczba 2x^{2}y^{2} = (2xy)^{2}/2 nie byłaby całkowita. Stąd wniosek, że liczba xy jest całkowita.

Tezę dowodzimy indukcyjnie. Dla n = 1 i n = 2 liczba x^{n} +y^{n} jest całkowita. Korzystając z tożsamości

x^{n} +y^{n} = (x^{n−1} +y^{n−1} )(x+y)−xy(x^{n−2} +y^{n−2} )

widzimy, że jeżeli n 3 jest taką liczbą całkowitą dodatnią, że obie liczby x^{n−2} +y^{n−2} oraz x^{n−1} +y^{n−1} są całkowite, to liczba x^{n} +y^{n} jest również całkowita. Dowód indukcyjny jest więc zakończony.

Uwaga

Założenie, że liczba x^{3}+y^{3} jest całkowita, nie było w dowodzie wykorzystywane. Natomiast założenia, że liczba x^{4}+y^{4} jest całkowita, pominąć nie można. Pokazuje to przykład liczb x = \sqrt{2}/2 oraz y = −\sqrt{2}/2, dla których

x+y = 0,  x^{2}+y^{2} = 1,  x^{3}+y^{3} = 0,

lecz x^{4}+y^{4} = \frac{1}{2}.

Zadanie 5.

Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych dodatnich x, y spełniające równanie yx = x^{50} .

Rozwiązanie

Dane równanie zapisujemy w postaci y = x^{50/x}. Ponieważ dla każdego x, będącego dzielnikiem liczby 50, liczba po prawej stronie jest całkowita, więc otrzymujemy rozwiązania równania dla x ∈ {1,2,5,10,25,50}. Inne rozwiązania tego równania otrzymamy tylko wtedy, gdy x 2 oraz dla pewnego k 2 liczba x jest jednocześnie k-tą potęgą pewnej liczby naturalnej oraz dzielnikiem liczby 50k. Jeśli p jest dzielnikiem pierwszym takiej liczby x, to p^{k}|50k. Ponieważ zachodzi nierówność p^{k} > k, więc nie może być p^{k}|k. Stąd liczba p jest równa 2 lub 5. Jeżeli p = 2, to 2^{k}|2k, skąd k = 2. Jeżeli zaś p = 5, to 5^{k}|25k, skąd znowu k = 2. Zatem liczba x musi być jednocześnie kwadratem pewnej liczby naturalnej oraz dzielnikiem liczby 100. Otrzymujemy dwie nowe wartości x w tym przypadku: x = 4 oraz x = 100. Zatem dane równanie ma 8 rozwiązań (x,y):

(1,1), (2,2^{25}), (4,2^{25}), (5,5^{10}), (10,10^{5}), (25,625), (50,50), (100,10).

Zadanie 6.

Przekątne AC i BD czworokąta wypukłego ABCD przecinają się w punkcie P. Punkt M jest środkiem boku AB. Prosta MP przecina bok CD w punkcie Q. Dowieść, że stosunek pól trójkątów BCP i ADP jest równy stosunkowi długości odcinków CQ i DQ.

Rozwiązanie Oznaczmy przez [XY Z] pole trójkąta XY Z.

Sposób I

Prawdziwe są następujące równości (rys. 1):

[MP C] = [AMC]−[AMP] = \frac{1}{2}[ABC]− \frac{1}{2}[ABP] = \frac{1}{2}[BCP].

Analogicznie dowodzimy, że [MP D] = \frac{1}{2}[ADP]. Zatem stosunek pól trójkątów BCP i ADP jest równy stosunkowi pól trójkątów MP C i MP D. Trójkąty MP C i MP D mają wspólną podstawę MP, a więc stosunek ich pól jest równy stosunkowi wysokości opuszczonych na tę podstawę, czyli (na mocy twierdzenia Talesa) wielkości

CQ:DQ. A  B C D  P M Qrys. 1

Sposób II

Niech K będzie punktem przecięcia odcinków BD i AQ, zaś niech L będzie punktem przecięcia odcinków AC i BQ (rys. 2).

Ponieważ punkt M jest środkiem odcinka AB, więc na mocy twierdzenia Cevy (p. str. 120) zastosowanego do trójkąta ABQ otrzymujemy

\frac{BL}{LQ} = \frac{AK}{KQ} ,  skąd  \frac{[BCP]}{[CQP]}= \frac{[ADP]}{[DQP]}.

Zatem

\frac{[BCP]}{[ADP]}= \frac{[CQP]}{[DQP]}= \frac{CQ}{DQ} .

A  B C D  P M Q K  L rys. 2

Sposób III

Niech E będzie punktem przecięcia prostej MQ z prostą przechodzącą przez punkt A i równoległą do CD. Podobnie, niech F będzie punktem przecięcia prostej MQ z prostą przechodzącą przez punkt B i równoległą do CD (rys. 3).

Na mocy twierdzenia Talesa

\frac{AE}{BF} = \frac{AM}{MB} = 1,

skąd

\frac{[BCP]}{[ADP]}= \frac{CP}{AP} · \frac{BP}{DP} = \frac{CQ}{AE} · \frac{BF}{DQ} = \frac{CQ}{DQ} .

A B C D P EF M Q rys. 3

Sposób IV

Wprowadźmy następujące oznaczenia (rys. 4):

α = < ) AP D = < ) CP B, β = < ) DP Q = < ) BP M , γ = < ) QP C = < ) MP A.

Mamy dowieść, że

(1)  \frac{[BCP]}{[ADP]}= \frac{CQ}{DQ} .

Wielkość CQ:DQ jest równa stosunkowi pól trójkątów CP Q i DP Q, gdyż oba trójkąty mają wspólną wysokość opuszczoną na podstawy CQ i DQ. Zatem równość (1) przybiera postać

\frac{BP ·CP}{AP ·DP}= \frac{[CP Q]}{[DP Q]},

czyli

\frac{BP ·CP}{AP ·DP}= \frac{CP ·CQ·sinγ}{DP ·CQ·sinβ}.

Należy więc dowieść, że

\frac{BP}{AP} = \frac{sinγ}{sinβ}

A  B C D  P M Qrys. 4^{α}^{β}^{γ}

lub BP ·sinβ = AP ·sinγ. Po pomnożeniu ostatniej równości przez \frac{1}{2}MP dowodzona przez nas tożsamość przybiera postać [BP M] = [AP M]. Ta równość jest prawdziwa, gdyż punkt M jest środkiem boku AB. Dowód równości (1) jest więc zakończony.

Zadanie 7.

Dana jest liczba naturalna n 2. Wyznaczyć wszystkie wielomiany P (x) = a_{0} +a_{1}x+...+a_{n}x^{n} mające dokładnie n pierwiastków nie większych niż −1 oraz spełniające warunek

a_{0}^{2} +a_{1}a_{n} = a_{n}^{2} +a_{0}a_{n−1} . Uwaga: Pierwiastki są liczone z uwzględnieniem krotności: jeśli liczba x_{0} jest pierwiastkiem k-krotnym wielomianu P (x) (tzn. jeśli wielomian P (x) jest podzielny przez wielomian (x−x_{0})^{k}, ale nie przez (x−x_{0})^{k+1} ), wówczas liczba x_{0} jest traktowana jak k pierwiastków wielomianu P (x).

Rozwiązanie

Niech −p_{1} −p_{2} ... −p_{n} będą pierwiastkami wielomianu spełniającego warunki zadania. Wówczas p_{1} p_{2} ... p_{n} 1 oraz a_{n} ≠ 0. Ponadto

a_{n−1} = a_{n}(p_{1}+p_{2}+...+p_{n}), a_{1} = a_{n}p_{1}p_{2}...p_{n}( \frac{1}{p_{1}} + \frac{1}{p_{2}} +...+ \frac{1}{p_{n}}),

oraz a_{0} = a_{n}p_{1}p_{2}...p_{n}. Warunek a_{0}^{2}+a_{1}a_{n} = a_{n}^{2} +a_{0}a_{n−1} można więc przepisać w postaci

p_{1}p_{2}...p_{n} + \frac{1}{p_{1}} + \frac{1}{p_{2}} +...+ \frac{1}{p_{n}} = \frac{1}{p_{1}p_{2}...p_{n}}+p_{1}+p_{2}+...+p_{n}.

Udowodnimy indukcyjnie, że dla n 2 oraz dla dowolnych liczb rzeczywistych p_{1} p_{2} ... p_{n} 1 zachodzi nierówność

(1)  p_{1}p_{2}...p_{n} + \frac{1}{p_{1}} + \frac{1}{p_{2}} +...+ \frac{1}{p_{n}} \frac{1}{p_{1}p_{2}...p_{n}}+p_{1}+p_{2}+...+p_{n}

oraz, że

(2) równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy p_{2} = p_{3} = ...= p_{n} = 1 .

Dla n = 2 nierówność (1) przybiera postać

(3)  p_{1}p_{2}+ \frac{1}{p_{1}} + \frac{1}{p_{2}} \frac{1}{p_{1}p_{2}}+p_{1}+p_{2}.

Jest ona równoważna nierówności

p_{1}^{2}p_{2}^{2}−p_{1}^{2}p_{2}−p_{1}p_{2}^{2}+p_{1}p_{2} p_{1}p_{2}−p_{1}−p_{2}+1,

czyli p_{1}p_{2}(p_{1}−1)(p_{2}−1) (p_{1}−1)(p_{2}−1), co przy założeniu p_{1} p_{2} 1 jest spełnione. Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy p_{2}−1 = 0.

Załóżmy teraz prawdziwość nierówności (1) oraz stwierdzenia (2) dla pewnej liczby n 2. Niech ponadto dane będą liczby p_{1} p_{2} ... p_{n} p_{n+1} 1. Wówczas p_{1}p_{2} p_{3} ... p_{n+1} 1, skąd na mocy założenia indukcyjnego

(p_{1}p_{2})p_{3}...p_{n}p_{n+1} + \frac{1}{p_{1}p_{2}}+ \frac{1}{p_{3}} +...+ \frac{1}{p_{n}} + \frac{1}{p_{n+1}}

\frac{1}{(p_{1}p_{2})p_{3}...p_{n}p_{n+1}} +p_{1}p_{2}+p_{3}+...+p_{n} +p_{n+1} (4)

oraz równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy p_{3} = ...= p_{n} = p_{n+1} = 1. Dodanie nierówności (3) i (4) stronami daje

p_{1}p_{2}p_{3}...p_{n}p_{n+1} + \frac{1}{p_{1}} + \frac{1}{p_{2}} + \frac{1}{p_{3}} +...+ \frac{1}{p_{n}} + \frac{1}{p_{n+1}}

\frac{1}{p_{1}p_{2}p_{3}...p_{n}p_{n+1}} +p_{1}+p_{2}+p_{3}+...+p_{n} +p_{n+1} .

Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy p_{2} = p_{3} = ...= p_{n} = p_{n+1} = 1.

Ze stwierdzenia (2) wynika zatem, że wielomiany spełniające warunki zadania mają postać P (x) = a(x+1)^{n−1} (x+b), gdzie a jest dowolną niezerową liczbą rzeczywistą, zaś b 1.

Zadanie 8.

Dana jest liczba naturalna n 2 oraz zbiór n-elementowy S. Wyznaczyć najmniejszą liczbę naturalną k, dla której istnieją podzbiory A_{1},A_{2},...,A_{k} zbioru S o następującej własności: dla dowolnych dwóch różnych elementów a,b ∈ S istnieje taka liczba j ∈ {1,2,...,k}, że zbiór A_{j} ∩{a,b} jest jednoelementowy.

Rozwiązanie Wykażemy, że k = [log_{2}(n−1)+1] , tzn. 2^{k−1} < n 2^{k}. Mając liczbę k określoną jak wyżej, konstruujemy zbiory A_{j} następująco:

numerujemy elementy zbioru S liczbami k-cyfrowymi w układzie dwójkowym (dopuszczamy zera początkowe). Mamy więc do dyspozycji 2^{k} n liczb. Następnie za A_{i} bierzemy zbiór tych elementów zbioru S, których numer ma na i-tym miejscu jedynkę. Dowolne różne elementy a i b zbioru S mają wówczas przypisane różne numery, które różnią się, powiedzmy, na j-tym miejscu. Wtedy do zbioru A_{j} należy dokładnie jeden z elementów a, b.

Tak znaleziona liczba k jest najmniejsza. Załóżmy bowiem, że istnieją zbiory A_{1},A_{2},...,A_{k} spełniające warunki zadania dla 2^{k} < n. Każdemu elementowi x zbioru S przypisujemy układ k liczb (c_{1},c_{2},...,c_{k}) według następującej zasady:

c_{i} = \{ \begin{matrix}0 & gdy & x ∉ A_{i} \\ 1 & gdy & x ∈ A_{i} \end{matrix} (i = 1,2,...,k).

Ponieważ 2^{k} < n, więc istnieją dwa różne elementy a,b ∈ S, które mają przypisany ten sam układ liczb. To zaś oznacza, że element a należy do dokładnie tych samych zbiorów spośród A_{1},A_{2},...,A_{k}, co element b.

Zadanie 9.

Punkty D, E, F leżą odpowiednio na bokach BC, CA, AB trójkąta ABC. Okręgi wpisane w trójkąty AEF, BF D, CDE są styczne do okręgu wpisanego w trójkąt DEF. Udowodnić, że proste AD, BE, CF przecinają się w jednym punkcie.

Rozwiązanie Sposób I Rozwiązanie to opiera się na twierdzeniu mówiącym o tym, że złożenie

dwóch jednokładności jest (na ogół) jednokładnością. Dokładne sformułowanie tego twierdzenia oraz jego dowód znajduje się na końcu niniejszej broszury (zob. Dodatek, �Twierdzenie o złożeniu jednokładności”, str. 114).

Niech K, L, M będą odpowiednio punktami styczności okręgu wpisanego w trójkąt DEF z bokami EF, F D, DE (rys. 1). Przyjmijmy ponadto, że okrąg wpisany w trójkąt AF E jest styczny do boków EF, F A, AE odpowiednio w punktach K, P, Q. Wówczas ME = KE = QE oraz LF = KF = P F . Stąd otrzymujemy

AF +DE = AP +P F +DM +ME = AQ+QE +F L+LD = AE +DF .

[figure: A; F; D; E; K; P; Q; L; M; rys. 1]

Udowodniliśmy więc, że jeśli okręgi wpisane w trójkąty AF E oraz DEF są styczne, to w czworokąt AF DE można wpisać okrąg. Oznaczmy ten okrąg przez o_{A}.

Niech o_{1} będzie okręgiem wpisanym w trójkąt DEF, zaś o_{2} okręgiem wpisanym w trójkąt ABC (rys. 2). Punkt D jest środkiem jednokładności j_{1} o skali dodatniej, przekształcającej okrąg o_{1} na o_{A}; punkt A jest środkiem jednokładności j_{2} o skali dodatniej, przekształcającej okrąg o_{A} na o_{2}. Zatem jednokładność j o skali dodatniej, przekształcająca okrąg o_{1} na o_{2}, jest złożeniem jednokładności j_{1} i j_{2} — jej środek leży więc na prostej AD.

B  C A D  E F  o_{1} o_{2} o_{A} rys. 2

Analogicznie dowodzimy, że środek jednokładności j leży na prostych BE i CF.

Wniosek: proste AD, BE, CF mają punkt wspólny, będący środkiem jednokładności okręgów o_{1} i o_{2}.

Uwaga

Prawdziwe jest twierdzenie odwrotne do tego, z którego korzystaliśmy na początku powyższego rozwiązania, a mianowicie: jeśli w czworokąt AF DE można wpisać okrąg, to okręgi wpisane w trójkąty AF E oraz DEF są styczne. Nietrudny dowód pozostawiamy Czytelnikowi.

Sposób II

Ponieważ okrąg wpisany w trójkąt DEF jest styczny do okręgów wpisanych w trójkąty AEF, BF D, CDE, więc w czworokąty AF DE, BDEF, CEF D można wpisać okręgi (zob. początek sposobu I). Oznaczmy okręgi wpisane w wyżej wymienione czworokąty odpowiednio przez o_{A}, o_{B}, o_{C}.

Wykażemy, że trójkąty ABC oraz DEF mają oś perspektywiczną (p. Dodatek, �Twierdzenie Desarguesa”, str. 117). Wówczas na mocy twierdzenia Desarguesa, trójkąty te mają środek perspektywiczny. To oznacza, że odcinki AD, BE, CF przecinają się w jednym punkcie.

Pozostało więc udowodnić, że trójkąty ABC, DEF mają oś perspektywiczną. W tym celu rozpatrzymy trzy przypadki.

(a) Załóżmy najpierw, że żadna z par (AB,DE), (BC,EF), (CA,F D) nie tworzy pary boków równoległych, tzn. AB ∦ DE, BC ∦ EF, CA ∦ F D. Oznaczmy symbolem k ∩ℓ punkt przecięcia prostych k oraz ℓ. Przyjmijmy: X = BA∩DE, Y = BC ∩EF, Z = CA∩F D. Ponieważ okręgi o_{A}, o_{B} są styczne do prostych AB i DE, więc punkt X jest środkiem jednokładności j_{1} o skali dodatniej, przekształcającej okrąg o_{A} na okrąg o_{B}. Analogicznie, punkt Y jest środkiem jednokładności j_{2} o skali dodatniej, która przekształca okrąg o_{B} na okrąg o_{C}. Zatem złożenie j_{2}∘j_{1} jest jednokładnością, której środek leży na prostej XY. Z drugiej strony jednokładność j_{2}∘j_{1} ma skalę dodatnią i przeprowadza okrąg o_{A} na okrąg o_{C}. Środkiem jej jest więc punkt Z. Wykazaliśmy tym samym, że punkty X, Y, Z są współliniowe. Zatem trójkąty ABC i DEF mają oś perspektywiczną.

(b) Załóżmy z kolei, że dokładnie jedna spośród par (AB,DE), (BC,EF), (CA,F D) jest parą prostych równoległych. Bez straty ogólności możemy przyjąć, że CA ∥ F D, oraz oznaczyć X = BA∩DE, Y = BC ∩EF. Rozumując tak samo jak w przypadku (a) widzimy, że punkt X jest środkiem jednokładności j_{1} o skali dodatniej, przekształcającej okrąg o_{A} na okrąg o_{B}, zaś punkt Y jest środkiem jednokładności j_{2} o skali dodatniej, która przekształca okrąg o_{B} na okrąg o_{C}. Ponieważ promienie okręgów o_{A} i o_{C} są jednakowe, więc złożenie j_{2}∘j_{1} jest przesunięciem. Wektor tego przesunięcia jest równoległy do prostej XY jak również do prostej łączącej środki okręgów o_{A} i o_{C}. Proste XY, AB, CD są więc równoległe, co w tym przypadku oznacza, że trójkąty ABC i DEF mają oś perspektywiczną.

(c) Pozostał do rozpatrzenia przypadek, w którym co najmniej dwie pary spośród (AB,DE), (BC,EF), (CA,F D) są parami boków równoległych. Bez straty ogólności przyjmijmy, że tymi dwiema parami są (BC,EF) i (CA,F D). Wówczas na mocy twierdzenia Talesa

\frac{BD}{DC} = \frac{CE}{EA} = \frac{AF}{F B} ,

skąd wynika, że również AB ∥ DE. Zatem, zgodnie z przyjętą konwencją, również w tym przypadku trójkąty ABC i DEF mają oś perspektywiczną.

∗  ∗  ∗

W dwóch kolejnych sposobach skorzystamy z następującego lematu.

Lemat

Punkt I jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC (rys. 3); okrąg ten jest styczny do boku AB w punkcie K. Wówczas

(1)  \frac{AC}{BC} · \frac{AK}{BK} = ( \frac{AI}{BI} ) ^{2}.

Dowód

Oznaczmy:

α = < ) CAI = < ) KAI , β = < ) CBI = < ) KBI .

Równość (1) przepisujemy w następującej, równoważnej postaci

\frac{AK}{AI} · \frac{AC}{BC} = \frac{BK}{BI} · \frac{AI}{BI} .

A  B C I K rys. 3^{α}^{α}  ^{β}^{β}

Korzystając z definicji funkcji trygonometrycznych oraz stosując twierdzenie sinusów do trójkątów ABC i ABI, możemy powyższą równość przepisać kolejno jako:

cosα· \frac{sin2β}{sin2α} = cosβ · \frac{sinβ}{sinα} , cosα· \frac{2 sinβ cosβ}{2 sinα cosα} = cosβ · \frac{sinβ}{sinα} .

Ostatnia zależność jest spełniona dla dowolnych liczb 0 < α < π/2 oraz 0 < β < π/2 . Dowód lematu jest więc zakończony.

Sposób III

Oznaczmy przez I_{A}, I_{B}, I_{C}, I odpowiednio środki okręgów wpisanych w trójkąty AEF, BF D, CDE, DEF. Niech ponadto K, L, M będą punktami styczności okręgu wpisanego w trójkąt DEF odpowiednio z bokami EF, F D, DE. Punkty K, L, M są również punktami styczności okręgów wpisanych w trójkąty AEF, BF D, CDE z bokami trójkąta DEF (rys. 4). Stosując powyższy lemat do trójkątów EDC, F EA, DF B otrzymujemy kolejno:

\frac{CD}{CE} · \frac{MD}{EM} = ( \frac{DI_{C}}{EI_{C}} ) ^{2}, \frac{AE}{AF} · \frac{KE}{F K} = ( \frac{EI_{A}}{F I_{A}} ) ^{2}, \frac{BF}{BD} · \frac{LF}{DL} = ( \frac{F I_{B}}{DI_{B}} ) ^{2}.

Ponieważ EM = KE, F K = LF oraz DL = MD, więc mnożąc stronami powyższe zależności otrzymujemy

(4) \frac{CD}{CE} · \frac{AE}{AF} · \frac{BF}{BD} = ( \frac{DI_{C}}{EI_{C}} · \frac{EI_{A}}{F I_{A}} · \frac{F I_{B}}{DI_{B}} )^{2}= ( \frac{DI_{C}}{DI_{B}} ) ^{2}·( \frac{EI_{A}}{EI_{C}} ) ^{2}·( \frac{F I_{B}}{F I_{A}} ) ^{2}.

Dalej zauważamy, że

2(< ) MDI_{C} +< ) I_{B}DI) = 2< ) MDI_{C} +2< ) LDI +2< ) I_{B}DL = 180^{∘},

skąd < ) I_{B}DI = 90^{∘}−< ) MDI_{C} = < ) II_{C}D. Ponadto < ) I_{B}ID = < ) DMI_{C}. Z ostatnich dwóch równości wynika, że trójkąty IDI_{B} oraz II_{C}D są podobne.

[figure: A; B; C; D; E; F; I; I_{A}; I_{C}; I_{B}; K; L; M] rys. 4

Uzyskujemy zatem następujące proporcje:

\frac{DI_{C}}{DI_{B}} = \frac{II_{C}}{ID}  oraz  \frac{DI_{C}}{DI_{B}} = \frac{ID}{II_{B}} .

Mnożąc je stronami dostajemy ( \frac{DI_{C}}{DI_{B}} ) ^{2} = \frac{II_{C}}{II_{B}} . Analogicznie dowodzimy, że

( \frac{EI_{A}}{EI_{C}} ) ^{2} = \frac{II_{A}}{II_{C}}  oraz  ( \frac{F I_{B}}{F I_{A}} ) ^{2} = \frac{II_{B}}{II_{A}} .

Łącząc ze sobą trzy ostatnie równości oraz zależność (4) otrzymujemy

\frac{CD}{CE} · \frac{AE}{AF} · \frac{BF}{BD} = \frac{II_{C}}{II_{B}} · \frac{II_{A}}{II_{C}} · \frac{II_{B}}{II_{A}} = 1,

skąd, na mocy twierdzenia Cevy (zob. str. 120), odcinki AD, BE, CF przecinają się w jednym punkcie.

Sposób IV

Przyjmijmy takie same oznaczenia jak w sposobie III. Niech ponadto r_{A}, r_{B}, r_{C}, r będą odpowiednio promieniami okręgów wpisanych w trójkąty AEF, BF D, CDE, DEF oraz niech x = DL = DM , y = EM = EK , z = F K = F L , α = < ) MDI_{C} , β = < ) IDM = < ) IDL , γ = < ) I_{B}DL (rys. 5).

A  B C  D E  F I I_{A}  I_{C}  I_{B} K  L M^{r}  ^{r}^{r}^{r_{A}}  ^{r_{B}}^{r_{C}} ^{x} ^{x}^{y} ^{y}  ^{z}^{z}  ^{α}^{β} ^{γ} rys. 5

Ponieważ < ) CDE +< ) EDF +< ) F DB = 180^{∘}, więc α+β +γ = 90^{∘}, skąd otrzymujemy równości: ctg(β +γ) = ctg(90^{∘}−α) = tgα. Przekształcając równoważnie ostatni związek dostajemy kolejno:

\frac{ctgβ ctgγ −1}{ctgβ +ctgγ} = tgα,  \frac{\frac{x}{r} · \frac{x}{r_{B}} −1}{\frac{x}{r} + \frac{x}{r_{B}}} = \frac{r_{C}}{x} ,  \frac{x^{2}−rr_{B}}{r_{B} +r} = r_{C},

skąd x^{2} = r(r_{B} +r_{C})+r_{B}r_{C}. Analogicznie obliczamy:

y^{2} = r(r_{C} +r_{A})+r_{C}r_{A} oraz z^{2} = r(r_{A}+r_{B})+r_{A}r_{B} . Korzystając z lematu oraz z powyższych trzech wzorów otrzymujemy

\frac{EC}{CD} · \frac{y}{x}= \frac{y^{2}+r_{C}^{2}}{x^{2}+r_{C}^{2}} = \frac{r(r_{C} +r_{A})+r_{C}r_{A}+r_{C}^{2}}{r(r_{B} +r_{C})+r_{B}r_{C} +r_{C}^{2}} =

= \frac{(r +r_{C})(r_{C} +r_{A})}{(r +r_{C})(r_{C} +r_{B})} = \frac{r_{C} +r_{A}}{r_{C} +r_{B}} .

W ten sam sposób dowodzimy, że

\frac{DB}{BF} · \frac{x}{z} = \frac{r_{B} +r_{C}}{r_{B} +r_{A}}  oraz  \frac{F A}{AE} · \frac{z}{y} = \frac{r_{A}+r_{B}}{r_{A}+r_{C}} .

Mnożąc stronami trzy ostatnie równości dostajemy

\frac{EC}{CD} · \frac{DB}{BF} · \frac{F A}{AE} = \frac{r_{C} +r_{A}}{r_{C} +r_{B}} · \frac{r_{B} +r_{C}}{r_{B} +r_{A}} · \frac{r_{A}+r_{B}}{r_{A}+r_{C}} = 1,

skąd, na mocy twierdzenia Cevy (zob. str. 120), odcinki AD, BE, CF przecinają się w jednym punkcie.

Zadanie 10.

Dana jest liczba x_{1} > 0. Ciąg (x_{n}) jest zdefiniowany wzorem:

x_{n+1} = x_{n} + \frac{1}{x_{n}^{2}} dla n = 1,2,3,... .

Udowodnić, że istnieje granica lim_{n→∞} \frac{x_{n}}{\sqrt[3]{n}} , i obliczyć ją.

Rozwiązanie

W rozwiązaniu skorzystamy z następującego twierdzenia: Jeżeli ciąg (a_{n}) jest zbieżny do granicy g, to ciąg (b_{n}), określony wzorem

b_{n} = \frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n} ,

jest również zbieżny i jego granica wynosi g.

Dowód tego twierdzenia znajduje się w Dodatku, str. 116.

Podstawmy y_{n} = x_{n}^{3}. Wtedy

y_{n+1} = y_{n}(1+ \frac{1}{y_{n}})^{3} = y_{n} +3+ \frac{3}{y_{n}} + \frac{1}{y_{n}^{2}} .

Skoro y_{n+1} > y_{n} +3, więc ciąg (y_{n}) jest rozbieżny do nieskończoności. Zatem na mocy powyższej równości (y_{n+1} −y_{n}) → 3. Z ostatniej zbieżności oraz z zacytowanego wyżej twierdzenia zastosowanego do ciągu

a_{n} = \{ \begin{matrix}y_{1} & dla & n = 1 \\ y_{n} −y_{n−1} & dla & n > 1 \end{matrix}

otrzymujemy

lim_{n→∞} \frac{y_{1}+(y_{2}−y_{1})+(y_{3}−y_{2})+...+(y_{n} −y_{n−1} )}{n} = lim_{n→∞} \frac{y_{n}}{n} = 3,

skąd lim_{n→∞} \frac{x_{n}}{\sqrt[3]{n}} = ^{3} \sqrt{3}.

Zadanie 11.

W urnie znajdują się dwie kule: biała i czarna. Ponadto mamy do dyspozycji 50 kul białych i 50 czarnych. Wykonujemy 50 razy następującą czynność: losujemy z urny kulę, a następnie wrzucamy ją z powrotem do urny oraz dokładamy jedną kulę tego samego koloru, co wylosowana kula. Po zakończeniu tych czynności mamy więc w urnie 52 kule. Jaka liczba kul białych znajdujących się w urnie jest najbardziej prawdopodobna?

Rozwiązanie

Niech P (k,n), gdzie 1 k n− 1, oznacza prawdopodobieństwo zdarzenia, że gdy w urnie jest n kul, to dokładnie k z nich ma kolor biały. Udowodnimy, że

(1) P (1,2) = 1 oraz P (k,n+1) = \frac{n−k}{n} P (k,n)+ \frac{k −1}{n} P (k −1,n).

Pierwsza z powyższych równości jest oczywista. Druga wynika z następujących rozważań.

Zastanawiamy się, kiedy po dołożeniu (n+ 1)-szej kuli do urny zawierającej n kul w urnie znajdzie się dokładnie k kul białych. Jest to możliwe w następujących dwóch sytuacjach:

(a) Jako (n+ 1)-szą kulę dołożono kulę czarną. Wówczas przed dołożeniem tej kuli musiało być w urnie k kul białych. Prawdopodobieństwo tego zdarzenia wynosi P (k,n). Kulę czarną wylosowano więc z prawdopodobieństwem \frac{n−k}{n} . Zatem prawdopodobieństwo tego, że w urnie zawierającej n+1 kul dokładnie k jest białych, pod warunkiem, że ostatnia dorzucona kula jest czarna, wynosi

\frac{n−k}{n} P (k,n).

(b) Jako (n+ 1)-szą kulę dołożono kulę białą. Wówczas przed dołożeniem tej kuli musiało być w urnie dokładnie k −1 kul białych. Prawdopodobieństwo tego zdarzenia wynosi P (k −1,n). Kulę białą wylosowano więc z prawdopodobieństwem \frac{k−1}{n} . Stąd prawdopodobieństwo tego, że w urnie zawierającej n+1 kul dokładnie k jest białych, pod warunkiem, że ostatnia dorzucona kula jest biała, wynosi

\frac{k −1}{n} P (k −1,n).

Łącząc ze sobą dwa powyższe przypadki dostajemy drugą z równości (1). Korzystając ze wzorów (1) dowodzimy indukcyjnie (ze względu na n), że

P (k,n) = 1/(n− 1) dla k = 1,2,...,n− 1. Istotnie, dla n = 2 mamy P (1,2) = 1. Jeśli n 2 jest taką liczbą naturalną, że

P (k,n) = \frac{1}{n−1} dla k = 1,2,...,n− 1 ,

to dla k = 1,2,...,n mamy

P (k,n+ 1) = \frac{n−k}{n} P (k,n)+ \frac{k −1}{n} P (k− 1,n) = \frac{n−k}{n} · \frac{1}{n−1} + \frac{k −1}{n} · \frac{1}{n−1} = \frac{1}{n}.

W szczególności

P (k,52) = \frac{1}{51} dla k = 1,2,...,51.

Zatem każda możliwa liczba kul białych po 50 losowaniach (od 1 do 51) jest jednakowo prawdopodobna.

Zadanie 12.

Wszystkie wierzchołki sześcianu o krawędzi a leżą na powierzchni czworościanu foremnego o krawędzi 1. Wyznaczyć możliwe wartości a.

Rozwiązanie

Z warunków zadania wynika, że dany sześcian ABCDA′B′C′D′ leży wewnątrz danego czworościanu KLMN. Możliwe są dwa przypadki:

(a) Istnieje ściana czworościanu KLMN (na przykład KLM), na której leżą co najmniej trzy wierzchołki sześcianu;

(b) Na każdej ścianie czworościanu KLMN leżą dokładnie dwa wierzchołki sześcianu.

Rozważmy najpierw przypadek (a). Trzy wierzchołki sześcianu, które leżą na ścianie KLM, muszą być wierzchołkami jednej ściany tego sześcianu. To oznacza, że pewna ściana sześcianu, powiedzmy ABCD, leży wewnątrz trójkąta KLM; pozostałe cztery wierzchołki A′, B′, C′, D′ znajdują się na ścianach KLN, LMN, MKN. Bez straty ogólności możemy przyjąć, że ściana KLN zawiera któreś dwa spośród punktów A′, B′, C′, D′. Muszą one być dwoma kolejnymi wierzchołkami kwadratu A′B′C′D′. Nie tracąc ogólności rozważań, możemy przyjąć, że punkty A′, B′leżą na ścianie KLN, punkt C′ leży na ścianie LMN, zaś punkt D′ znajduje się na ścianie MKN (rys. 1).

Warunek (a) wyznacza więc jednoznacznie (z dokładnością do przyjętych oznaczeń) położenie danego sześcianu wewnątrz czworościanu foremnego o krawędzi 1. Przystępujemy do wyznaczenia długości krawędzi a.

Oznaczmy przez K′, L′, M′, odpowiednio punkty przecięcia krawędzi KN, LN, MN z płaszczyzną A′B′C′D′. Czworościan K′L′M′N jest foremny. Oznaczmy jego krawędź przez b. Wtedy K′A′= B′L′= (a\sqrt{3})/3, skąd

(1)  b = a+ \frac{2\sqrt{3}}{3}a.

Wysokość czworościanu foremnego o krawędzi λ wyraża się wzorem h = \frac{\sqrt{6}}{3}λ. Porównując wysokości czworościanów KLMN oraz K′L′M′N otrzymujemy równość

\frac{\sqrt{6}}{3}b+a = \frac{\sqrt{6}}{3},

skąd wykorzystując równość (1) mamy

a = \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{6}+2\sqrt{2}+3} .

[figure: A; B; B′; A′; D; C; C′; D′; K; L; M; N; K′; L′; M′; rys. 1; K; L; M; N; C; D; A; B; C′; D′; A′; B′; X; Y; Z; T; Q; P; rys. 2]

Pozostał do rozpatrzenia przypadek (b).

Każdy z czterech odcinków łączących wierzchołki danego sześcianu, leżący na tej samej ścianie czworościanu KLMN, jest krawędzią tego sześcianu. Odcinki te nie mają wspólnych końców. Przypuśćmy, że krawędź AB leży na ścianie KLM. Wówczas jedna z krawędzi A′B′ lub CD leży na jednej ze ścian KLN, LMN, MKN. Bez straty ogólności przyjmijmy, że A′B′ leży na KLN. Wtedy proste AB i A′B′ są równoległe do krawędzi KL, a co za tym idzie, proste CD i C′D′są prostopadłe do krawędzi MN; nie mogą więc one leżeć na ścianach LMN i KMN. Możemy zatem założyć, że odcinek CC′ leży na ścianie LMN, zaś odcinek DD′ znajduje się na ścianie KMN (rys. 2).

Oznaczmy przez X, Y, Z, T odpowiednio środki krawędzi KN, NL, LM, MK. Wówczas kwadraty A′B′BA oraz D′C′CD mają boki równoległe odpowiednio do boków kwadratu XY ZT. Stąd istnieje (w przestrzeni) środek jednokładności P kwadratów A′B′BA i XY ZT, leżący na krawędzi KL oraz środek jednokładności Q kwadratów D′C′CD i XY ZT, leżący na krawędzi MN. Skale jednokładności w obu przypadkach są równe i wynoszą 2a. Odległości od punktów P i Q do płaszczyzny XY ZT są równe i wynoszą \sqrt{2}/4. Stąd wynika, że odległości od płaszczyzn A′B′BA i D′C′CD do płaszczyzny XY ZT są równe — a więc każda z nich wynosi a/2. Te trzy wielkości są związane ze sobą zależnością

1−2a = \frac{a/2}{\sqrt{2}/4}, skąd otrzymujemy a = \frac{1}{2+\sqrt{2}} .

Pozostaje zauważyć, że powyższą wartość można zrealizować biorąc za P i Q środki krawędzi KL i MN.

Reasumując: możliwe wartości a wynoszą

\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{6}+2\sqrt{2}+3}  oraz  \frac{1}{2+\sqrt{2}} .

æ

Zawody stopnia drugiego

Zadanie 1.

Dana jest funkcja f:⟨0,1⟩ → ℝ taka, że f(\frac{1}{n}) = (−1)^{n} dla n = 1,2,... . Wykazać, że nie istnieją funkcje rosnące g:⟨0,1⟩ → ℝ, h:⟨0,1⟩ → ℝ, dla których f = g −h.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że istnieją funkcje g i h spełniające warunki zadania. Ponieważ funkcje te są rosnące, więc dla każdego k ∈ ℕ mamy

g(\frac{1}{2k+1} )= f(\frac{1}{2k+1} )+h(\frac{1}{2k+1} ) = −1+h(\frac{1}{2k+1} ) <
< −1+h(\frac{1}{2k}) = 1+h(\frac{1}{2k})−2 =
= f(\frac{1}{2k})+h(\frac{1}{2k})−2 = g(\frac{1}{2k})−2 < g(\frac{1}{2k−1} )−2.

Z monotoniczności funkcji g oraz powyższych nierówności dostajemy

g(0) < g(\frac{1}{2k+1} )< g(\frac{1}{2k−1} )−2 < g(\frac{1}{2k−3} )−4 < ...< g(\frac{1}{3})−2(k −1) < g(1)−2k.

Zatem g(1)−g(0) > 2k dla dowolnego k ∈ ℕ, co nie jest możliwe.

Uwaga

Zadanie wiąże się z pojęciem funkcji o wahaniu ograniczonym. Mówimy, że funkcja f:⟨a,b⟩ → ℝ ma wahanie ograniczone, jeżeli istnieje taka liczba M, że dla dowolnej liczby naturalnej n i dowolnych liczb rzeczywistych

a x_{1} < y_{1} < x_{2} < y_{2} < ...< x_{n} < y_{n} b

zachodzi nierówność

|f(y_{1})−f(x_{1})|+|f(y_{2})−f(x_{2})|+...+|f(y_{n})−f(x_{n})| < M .

Funkcje, które nie spełniają powyższego warunku, nazywamy funkcjami o wahaniu nieograniczonym.

Zauważmy, że dana w treści zadania funkcja f ma wahanie nieograniczone. Wystarczy bowiem przyjąć

x_{k} = \frac{1}{2n−2k +2}  oraz y_{k} = \frac{1}{2n−2k +1}  dla k = 1,2,...,n .

Wówczas 0 x_{1} < y_{1} < x_{2} < y_{2} < ...< x_{n} < y_{n} 1 oraz

|f(y_{1})−f(x_{1})|+|f(y_{2})−f(x_{2})|+...+|f(y_{n})−f(x_{n})| = 2n,

co wraz ze wzrostem n jest nieograniczone.

Okazuje się, że wahanie ograniczone mają te i tylko te funkcje, które dają się przedstawić w postaci różnicy dwóch funkcji rosnących.

Zadanie 2.

Sześcian S o krawędzi 2 jest zbudowany z ośmiu sześcianów jednostkowych. Klockiem nazwiemy bryłę otrzymaną przez usunięcie z sześcianu S jednego spośród ośmiu sześcianów jednostkowych. Sześcian T o krawędzi 2^{n} jest zbudowany z (2^{n})^{3} sześcianów jednostkowych. Udowodnić, że po usunięciu z sześcianu T dowolnego spośród (2^{n})^{3} sześcianów jednostkowych powstaje bryła, którą daje się szczelnie wypełnić klockami.

Rozwiązanie

Przeprowadzimy dowód indukcyjny. Dla n = 1 teza zadania jest oczywiście prawdziwa.

Niech n będzie liczbą naturalną, dla której teza zadania jest prawdziwa. Rozważmy sześcian C o krawędzi 2^{n+1} z wyróżnionym sześcianem jednostkowym D. Sześcian C dzielimy na osiem przystających sześcianów C_{1},C_{2},...,C_{8}, każdy o krawędzi 2^{n}. W jednym z nich (przyjmijmy, że w C_{1}) znajduje się sześcian jednostkowy D. Połóżmy klocek K w samym środku sześcianu C tak, aby jego część wspólna z każdym z sześcianów C_{2},C_{3},...,C_{8} była sześcianem jednostkowym (analogiczna sytuacja przedstawiona jest na rys. 1 w przypadku dwuwymiarowym).

[figure: C_{2}; C_{3}; C_{4}; C_{1}; D]_{rys. 1}

Na mocy założenia indukcyjnego można wypełnić klockami zarówno sześcian C_{1} z usuniętym sześcianem jednostkowym D, jak i każdy z sześcianów C_{2},C_{3},...,C_{8} z usuniętym sześcianem jednostkowym stanowiącym część wspólną z klockiem K.

W ten sposób wypełnimy klockami sześcian C z usuniętym sześcianem jednostkowym D, co kończy dowód indukcyjny.

Zadanie 3.

Czworokąt wypukły ABCD jest wpisany w okrąg. Punkty E i F leżą odpowiednio na bokach AB i CD, przy czym AE:EB = CF:F D. Punkt P leży na odcinku EF i spełnia warunek EP:P F = AB:CD. Udowodnić, że stosunek pól trójkątów AP D i BP C nie zależy od wyboru punktów E i F.

Rozwiązanie Sposób I Załóżmy najpierw, że proste AD i BC nie są równoległe i przecinają

się w punkcie S (rys. 1). Ponieważ < ) BAS = 180^{∘}−< ) BCD = < ) DCS, więc trójkąty ASB i CSD są podobne. Ponadto

\frac{AB}{AE} = 1+ \frac{EB}{AE} = 1+ \frac{F D}{CF} = \frac{CD}{CF} ,  skąd  \frac{AE}{CF} = \frac{AB}{CD} = \frac{AS}{CS} .

Z powyższych związków oraz z równości < ) EAS = < ) F CS wynika, że trójkąty ASE i CSF są podobne. Stąd < ) DSE = < ) CSF oraz

\frac{SE}{SF} = \frac{SA}{SC} = \frac{AB}{CD} = \frac{EP}{P F} ,

co dowodzi, że < ) ESP = < ) F SP. Zatem punkt P leży na dwusiecznej kąta ASB, czyli jest on równoodległy od prostych AD i BC. Stosunek pól trójkątów AP D i BP C jest więc równy stosunkowi długości boków AD i BC, czyli nie zależy od wyboru punktów E i F.

A B  C D P E  F  S rys. 1  A B  C D P E  F rys. 2

Załóżmy teraz, że proste AD i BC są równoległe (rys. 2). Wtedy czworokąt ABCD jest trapezem równoramiennym, gdzie AB = CD. Punkt P jest więc środkiem odcinka EF, co oznacza, że jest on równoodległy od prostych przechodzących przez punkty E, F i równoległych do podstaw trapezu ABCD. Ponadto BE = DF, skąd wynika, że punkty E i F są jednakowo odległe odpowiednio od prostych BC i AD. Zatem odległości od punktu P do prostych BC i AD są takie same. Tym samym stosunek pól trójkątów AP D i BP C jest równy stosunkowi długości odcinków AD i BC, czyli nie zależy od wyboru punktów E i F.

Sposób II

Udowodnimy najpierw następujący

Lemat

Dany jest trapez ABCD o podstawach AB i CD. Prosta równoległa do podstaw tego trapezu przecina odcinki AD i BC odpowiednio w punktach K i L (rys. 3). Wówczas

KL = \frac{LC}{BC} ·AB + \frac{LB}{BC} ·CD.

Dowód

Niech P będzie punktem przecięcia przekątnej BC z odcinkiem KL. Wówczas na mocy twierdzenia Talesa

KP = \frac{DP}{BD} ·AB = \frac{LC}{BC} ·AB ; oraz ; P L = \frac{BP}{BD} ·CD = \frac{LB}{BC} ·CD.  A  B C D  P K  L rys. 3

Dodając stronami powyższe równości dostajemy tezę.

Przystępujemy do rozwiązania zadania.

Ponieważ AE:EB = CF:F D, więc

(1)  \frac{AE}{AB} = \frac{CF}{CD} = λ  oraz  \frac{BE}{AB} = \frac{F D}{CD} = μ.

Z warunku EP:P F = AB:CD wynika natomiast, że

(2)  \frac{EP}{EF} = \frac{AB}{AB +CD}  oraz  \frac{P F}{EF} = \frac{CD}{AB +CD} .

Oznaczmy przez A′, D′, E′, F′, P′ odpowiednio rzuty prostokątne punktów A, D, E, F, P na prostą BC (rys. 4). Na mocy udowodnionego wyżej lematu oraz równości (2) otrzymujemy

P P′= \frac{EP}{EF} ·F F′+ \frac{F P}{EF} ·EE′= \frac{AB}{AB +CD} ·F F′+ \frac{CD}{AB +CD} ·EE′.

A B  C D P A′  D′ E′  F′ P′ E  F rys. 4

Korzystając z twierdzenia Talesa oraz równości (1) uzyskujemy

P P′= \frac{λ·AB}{AB +CD} ·DD′+ \frac{μ·CD}{AB +CD} ·AA′.

Mnożąc obie strony powyższej równości przez \frac{1}{2}BC mamy

(3)  [BP C] = \frac{λ·AB}{AB +CD} ·[BCD]+ \frac{μ·CD}{AB +CD} ·[BCA],

gdzie [XY Z] oznacza pole trójkąta XY Z. Analogicznie dowodzimy, że

(4)  [AP D] = \frac{μ·AB}{AB +CD} ·[ADC]+ \frac{λ·CD}{AB +CD} ·[ADB].

Wprowadźmy dla zwięzłości zapisu następujące oznaczenia:

α = < ) DAB, β = < ) ABC, γ = < ) BCD, δ = < ) CDA.

Ponieważ na czworokącie ABCD można opisać okrąg, więc sinα = sinγ oraz sinβ = sinδ. Stąd oraz z równości (3) i (4) otrzymujemy

\frac{[AP D]}{[BP C]}= \frac{μ·AB ·[ADC]+λ·CD ·[ADB]}{λ·AB ·[BCD]+μ·CD ·[BCA]}=
= \frac{μ·AB ·AD ·CD ·sinδ +λ·CD ·AB ·AD ·sinα}{λ·AB ·BC ·CD ·sinγ +μ·CD ·AB ·BC ·sinβ} =
= \frac{AB ·AD ·CD ·(μ sinδ +λ sinα)}{AB ·BC ·CD ·(λ sinγ +μ sinβ)} = \frac{AD}{BC} .

Otrzymana wielkość nie zależy od wyboru punktów E, F, co kończy dowód.

Zadanie 4.

Punkt P leży wewnątrz trójkąta ABC i spełnia warunki:

(1) < ) P AB = < ) P CA oraz < ) P AC = < ) P BA.

Punkt O jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie ABC. Dowieść, że jeżeli O ≠ P, to kąt AP O jest prosty.

Rozwiązanie Sposób I Oznaczmy przez K, L, M odpowiednio punkty przecięcia prostych AP,

BP, CP z okręgiem opisanym na trójkącie ABC (rys. 1). Na mocy równości < ) BAK = < ) ACM długości łuków BK i AM są równe. Analogicznie, długości łuków KC i LA są równe. (Długość łuku XY jest mierzona od punktu X do punktu Y w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara).

[figure: O; A; B; C; P; K; L; M; rys. 1; O; A; B; C; P; K; L; M; rys. 2]

Odcinki LC, AK, MB są więc równoległe (rys. 2). Zatem mają one wspólną symetralną, która przechodzi przez punkt O. Na tej symetralnej leży również punkt P, gdyż punkt ten jest punktem przecięcia przekątnych MC i BL trapezu równoramiennego MBCL. Stąd, w szczególności, < ) AP O = 90^{∘}.

Sposób II

Niech M i N będą odpowiednio środkami boków AB i AC (rys. 3). Ponieważ < ) ANO = < ) AMO = 90^{∘} , więc okrąg opisany na trójkącie AMN przechodzi przez punkt O (średnicą tego okręgu jest odcinek AO). Wykażemy, że punkt P leży na tym okręgu.

A  B C  P O M N  rys. 3  A  B C  P M N  rys. 4

Na mocy równości (1), trójkąty ABP oraz CAP są podobne. Zatem

\frac{BM}{AN} = \frac{AB}{AC} = \frac{BP}{AP} .

Ponadto < ) MBP = < ) NAP . Tożsamości te dowodzą, że trójkąty MBP oraz NAP są podobne (rys. 4). Stąd < ) BMP = < ) ANP, czyli

< ) AMP +< ) ANP = 180^{∘}.

Powyższa równość oznacza, że okrąg opisany na trójkącie AMN przechodzi przez punkt P. Zatem punkty A, M, O, P, N leżą na jednym okręgu, skąd

< ) AP O = < ) ANO = 90^{∘}.

Sposób III

Niech prosta AP przecina okrąg opisany na trójkącie ABC w punkcie Q (rys. 5). Wówczas zachodzą równości:

(2)  < ) BCQ = < ) BAQ = < ) ACP ,  skąd < ) P CQ = < ) ACB.

Mamy ponadto następujące zależności:

(3)  < ) P QC = < ) AQC = < ) ABC.

Z drugiej równości (2) oraz z tożsamości (3) wynika, że trójkąty ABC i P QC są podobne. Podobne są również trójkąty AP C oraz ABP. Stąd

\frac{P Q}{AB} = \frac{P C}{CA} = \frac{P A}{AB},

czyli P Q = P A. Zatem punkt P jest środkiem cięciwy AQ, co oznacza, że < ) AP O = 90^{∘}.

A  B CP O  Q rys. 5

Zadanie 5.

Niech S = {1,2,3,4,5}. Wyznaczyć liczbę funkcji f:S → S spełniających równość f^{50}(x) = x dla wszystkich x ∈ S.

Uwaga: f^{50}(x) = \underbrace{f ∘f ∘...∘f}_{50}(x).

Rozwiązanie Sposób I Niech f będzie funkcją spełniającą warunki zadania. Dla liczb x ≠ y dosta-

jemy f^{49}(f(x)) = x ≠ y = f^{49}(f(y)), skąd f(x) ≠ f(y). Ponieważ f jest również funkcją �na”, więc f jest permutacją zbioru S. Oznaczmy przez r(x) (x ∈ S) najmniejszą liczbę całkowitą dodatnią, dla której f^{r(x)}(x) = x. Wówczas r(x) 5 oraz r(x)|50, skąd r(x) ∈ {1,2,5}.

Jeżeli istnieje taka liczba a ∈ S, że r(a) = 5, to liczby a, f(a), f^{2}(a), f^{3}(a), f^{4}(a) są różne — wyczerpują więc zbiór S. Wtedy dla dowolnej liczby x ∈ S , r(x) = 5. Funkcja f jest więc jednoznacznie wyznaczona przez permutację (f(1),f^{2}(1),f^{3}(1),f^{4}(1)) zbioru {2,3,4,5}; zatem może być ona określona na 4! =24 sposoby.

Jeżeli dla wszystkich x ∈ S zachodzi r(x) = 1, to f jest funkcją identycznościową. Taka funkcja jest jedna.

Pozostał do rozpatrzenia przypadek, w którym największa wartość osiągana przez funkcję r wynosi 2. Niech więc a będzie takim elementem zbioru S, że r(a) = 2. Wtedy także r(b) = 2, gdzie b = f(a).

Jeżeli r(x) = 1 dla wszystkich x ∈ S \{a,b}, to f jest wyznaczona przez wybór dwuelementowego podzbioru {a,b} zbioru S, co można uczynić na \binom{5}{2} =10 sposobów.

Jeżeli natomiast istnieje taka liczba c ∈ S \{a,b}, że r(c) = 2, to przyjmując d = f(c) oraz oznaczając przez e jedyny element zbioru S \{a,b,c,d}, mamy

(1)  f(a) = b, f(b) = a, f(c) = d, f(d) = c, f(e) = e.

Taka funkcja f jest wyznaczona przez wybór liczby e (można to zrobić na 5 sposobów) oraz podział zbioru S \{e} na dwa podzbiory dwuelementowe {a,b} i {c,d} (istnieją 3 takie podziały). Dostajemy więc 15 funkcji postaci (1).

Łącznie istnieje 50 funkcji spełniających warunki zadania.

Sposób II

Zamiast liczyć permutacje zbioru pięcioelementowego spełniające warunek podany w zadaniu, można policzyć te permutacje, które go nie spełniają.

Rozumowanie analogiczne do tego w sposobie I dowodzi, że są to permutacje f następujących trzech postaci:

f(a) = b, f(b) = c, f(c) = a, f(d) = d, f(e) = e, (2) f(a) = b, f(b) = c, f(c) = a, f(d) = e, f(e) = d, (3) f(a) = b, f(b) = c, f(c) = d, f(d) = a, f(e) = e, (4)

gdzie {1,2,3,4,5} = {a,b,c,d,e}.

Liczby a, b, c ze zbioru \{1,2,3,4,5\} można wybrać na \binom{5}{3} = 10 sposobów, zaś ustawić cyklicznie na 2 sposoby. Zatem istnieje 20 permutacji postaci (2) oraz 20 permutacji postaci (3).

Podobnie, liczby a, b, c, d ze zbioru \{1,2,3,4,5\} można wybrać na \binom{5}{4} = 5 sposobów, zaś ustawić cyklicznie na 6 sposobów. Zatem istnieje 30 permutacji postaci (4).

Stąd wynika, że istnieje 70 permutacji nie spełniających warunków zadania, a więc z ogólnej liczby 5! = 120 permutacji pozostaje 50 szukanych permutacji.

Zadanie 6.

Dana jest liczba naturalna k 2 oraz liczby całkowite a_{1},a_{2},...,a_{n} spełniające warunki

a_{1} +2^{i}a_{2} +3^{i}a_{3} +...+n^{i}a_{n} = 0 dla i = 1,2,...,k− 1. Dowieść, że liczba a_{1} +2^{k}a_{2} +3^{k}a_{3} +...+n^{k}a_{n} jest podzielna przez k!.

Rozwiązanie

Dla dowolnej liczby całkowitej m k liczba \binom{m}{k} jest całkowita. Stąd, dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej m, liczba m(m− 1)(m− 2)...(m− k+ 1) jest podzielna przez k!. Istnieją więc takie liczby całkowite b_{1},b_{2},...,b_{k−1} , że dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej m,

m^{k} ≡ b_{1}m+b_{2}m^{2}+...+b_{k−1} m^{k−1} (mod k!).

Mnożąc powyższą kongruencję przez a_{m}, a następnie dodając stronami od m = 1 do m = n otrzymujemy

a_{1}+2^{k}a_{2}+...+n^{k}a_{n} ≡ b_{1}(a_{1}+2a_{2}+...+na_{n})+
+b_{2}(a_{1}+2^{2}a_{2}+...+n^{2}a_{n})+...
...+b_{k−1} (a_{1}+2^{k−1} a_{2}+...+n^{k−1} a_{n}) =
= 0 (mod k!).

To oznacza, że liczba a_{1}+2^{k}a_{2}+3^{k}a_{3}+...+n^{k}a_{n} jest podzielna przez k!, co kończy rozwiązanie zadania. æ

Zawody stopnia trzeciego

Zadanie 1.

Punkt D leży na boku BC trójkąta ABC, przy czym AD > BC. Punkt E leży na boku AC i spełnia warunek

(1)  \frac{AE}{EC} = \frac{BD}{AD −BC} .

Udowodnić, że AD > BE.

Rozwiązanie Sposób I Uzupełniamy trójkąt BDA do równoległoboku

BDAF (rys. 1). Na półprostej BC^{→} odkładamy odcinek BK o długości AD. Dana w zadaniu zależność przyjmuje teraz postać

\frac{AE}{EC} = \frac{AF}{CK} .

Z tej równości oraz z równoległości odcinków CK i AF wynika, że punkty F, E, K są współliniowe.

A B  C D  E F  K rys. 1

Punkt E leży więc na podstawie KF trójkąta równoramiennego BKF. Stąd dostajemy BF > BE, czyli AD > BE.

Sposób II

Skorzystamy z nierówności Ptolemeusza, która mówi, że dla dowolnych punktów A, B, C, D leżących na płaszczyźnie zachodzi

AC ·BD CD ·AB +AD ·BC,

przy czym równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy punkty A, B, C, D leżą, w tej właśnie kolejności, na jednym okręgu.

(Dowód znajduje się w broszurze XLVI Olimpiada Matematyczna, Sprawozdanie Komitetu Głównego, Warszawa 1996, str. 96).

Stosując zacytowaną nierówność do punktów A, B, C, E otrzymujemy AC ·BE < AE ·BC +EC ·AB, czyli

(2)  BE < \frac{AE}{AC} ·BC + \frac{EC}{AC} ·AB.

Korzystając ze związku (1) otrzymujemy następujące równości:

\frac{AC}{AE} = 1+ \frac{EC}{AE} = 1+ \frac{AD −BC}{BD} , A B  C D  E rys. 2

skąd dostajemy

\frac{AE}{AC} = \frac{BD}{AD −BC +BD}  oraz  \frac{EC}{AC} = 1− \frac{AE}{AC} = \frac{AD −BC}{AD −BC +BD} .

Na mocy nierówności (2) oraz powyższych zależności mamy

BE < \frac{BC ·BD}{AD −BC +BD} + \frac{(AD −BC)·AB}{AD −BC +BD} <
< \frac{BC ·BD}{AD −BC +BD} + \frac{(AD −BC)·BD}{AD −BC +BD} + \frac{(AD −BC)·AD}{AD −BC +BD} =
= \frac{AD ·BD}{AD −BC +BD} + \frac{(AD −BC)·AD}{AD −BC +BD} = \frac{(BD +AD −BC)·AD}{AD −BC +BD} = AD.

Sposób III

Niech o_{1} będzie okręgiem o środku D i promieniu AD (rys. 3). Ponieważ AD > BC , więc okrąg ten przecina półprostą BC^{→} tylko w jednym punkcie; nazwijmy go A′. Z nierówności AD > BC wynika również, że punkty B, C, A′ leżą w tej właśnie kolejności na prostej BC.

Oznaczmy przez o_{2} okrąg będący obrazem okręgu o_{1} przy jednokładności j o środku C i skali λ = EC:AC. Wówczas E = j(A). Ponadto punkt E′= j(A′) leży pomiędzy punktami C i A′, jak również środek D′ okręgu o_{2} leży pomiędzy punktami D i C. Zatem punkt D′ leży pomiędzy punktami B i E′. To natomiast oznacza, że okrąg o środku B i promieniu BE′ jest styczny wewnętrznie do okręgu o_{2} (rys. 4). Wniosek: BE < BE′.

[figure: A; C; D; E; B; D′; E′; A′; o_{1}; o_{2}; rys. 3; B; E; D′; E′; rys. 4; o_{2}]

Z powyższych rozważań wnioskujemy, że punkty B, D, C, E′, A′ leżą na prostej BC w tej właśnie kolejności.

Na mocy równości (1) skala jednokładności j jest równa

λ = \frac{EC}{AC} = \frac{AD −BC}{AD −BC +BD} = \frac{A′D −BC}{A′D −BC +BD} = \frac{A′C −BD}{A′C} .

Stąd dostajemy BE < BE′= BC +CE′= BC +λ·A′C = BC +A′C −BD = A′D = AD.

Sposób IV

Wykorzystamy następujące

Twierdzenie (Van Aubela):

Punkty D, E, F leżą odpowiednio na bokach BC, CA, AB dowolnego trójkąta ABC (rys. 5). Odcinki AD, BE, CF przecinają się w punkcie Q. Wówczas

(3)  \frac{CQ}{QF} = \frac{CE}{EA} + \frac{CD}{DB} .

A  B C  D E  F Q rys. 5

(Dowód tego twierdzenia można znaleźć w książce: S. I. Zetel, Geometria trójkąta, Warszawa 1964, rozdział I. 15, str. 22).

Oznaczmy przez P punkt przecięcia odcinków AD i BE (rys. 6). Niech prosta CP przecina bok AB w punkcie F. Na mocy twierdzenia Van Aubela oraz równości (1) otrzymujemy

\frac{CP}{P F} = \frac{CE}{EA} + \frac{CD}{DB} = \frac{AD −BC}{DB} + \frac{CD}{DB} = \frac{AD −BD}{DB} .

Dodając do obu stron powyższej równości liczbę 1 dostajemy

(4)  \frac{CF}{P F} = \frac{AD}{DB} .

Oznaczmy przez [XY Z] pole trójkąta XY Z. Z równości

\frac{[BCP]}{[ABC]}+ \frac{[CAP]}{[ABC]}+ \frac{[ABP]}{[ABC]}= 1

otrzymujemy związek

\frac{P D}{AD} + \frac{P F}{CF} = 1− \frac{P E}{BE} . A B  C D  E F  P rys. 6

Na mocy równości (4) powyższa równość przybiera postać

\frac{P D}{AD} + \frac{BD}{AD} = \frac{BE −P E}{BE} ,  czyli  \frac{P D +BD}{AD} = \frac{BP}{BE} .

Z nierówności trójkąta P DB dostajemy ostatecznie

\frac{BP}{AD} < \frac{P D +BD}{AD} = \frac{BP}{BE} ,

skąd AD > BE.

Uwaga

Po zawodach wielu uczestników skarżyło się, że dana w treści zadania zależność (1) jest �sztuczna” i dlatego zadanie to sprawiło im sporo trudności (por. tabela w części sprawozdawczej). Nasuwa się więc pytanie: Czy można warunek (1) zastąpić innym, równoważnym, a przy tym �bardziej naturalnym”? Odpowiedź daje następujący

Fakt

Punkt D leży na boku BC trójkąta ABC, przy czym AD > BC. Punkt E leży na boku AC. Odcinki AD, BE przecinają się w punkcie P. Wówczas

\frac{AE}{EC} = \frac{BD}{AD −BC} ⇔ AP = BC.

Dowód faktu

Na mocy twierdzenia Menelausa (zob. str. 122) zastosowanego do trójkąta ADC (rys. 7) otrzymujemy

\frac{AE}{EC} · \frac{BC}{BD} · \frac{DP}{AP} = 1.

Zatem

\frac{AE}{EC} = \frac{BD}{AD −BC} ⇔ \frac{BD}{AD −BC} · \frac{BC}{BD} · \frac{DP}{AP} = 1 ⇔ \frac{DP}{AP} = \frac{AD −BC}{BC}

⇔ \frac{DP}{AP} +1 = \frac{AD}{BC} ⇔ \frac{AD}{AP} = \frac{AD}{BC} ⇔ AP = BC.

A B  C D  E P rys. 7  A B  C D  E P rys. 8

Sposób V

Korzystając z wyżej udowodnionego faktu, równość (1) możemy przepisać w postaci

(5)  \frac{EC}{AE} = \frac{P D}{BD} .

Stosując twierdzenie Menelausa do trójkąta EBC (rys. 8) otrzymujemy

\frac{EP}{P B} · \frac{BD}{DC} · \frac{CA}{AE} = 1,  czyli  \frac{EP}{P B} · \frac{BD}{DC} + \frac{EP}{P B} · \frac{BD}{DC} · \frac{EC}{AE} = 1.

Na mocy równości (5) ostatnia zależność przybiera postać

\frac{EP}{P B} · \frac{BD}{DC} + \frac{EP}{P B} · \frac{P D}{DC} = 1,

skąd

\frac{EP}{DC} = \frac{P B}{BD +P D} < 1.

Zatem EP < DC oraz P B < BD +P D. Dodając stronami dwie ostatnie nierówności otrzymujemy BE < BC +P D = AD .

Zadanie 2.

Dane są liczby całkowite nieujemne a_{1} < a_{2} < a_{3} < ...< a_{101} mniejsze od 5050. Dowieść, że spośród nich można wybrać takie cztery różne a_{k}, a_{l}, a_{m}, a_{n}, że liczba a_{k} +a_{l} −a_{m} −a_{n} jest podzielna przez 5050.

Rozwiązanie

Rozważamy wszystkie wyrażenia postaci a_{k}+a_{l}, gdzie 1 k < l 101 . Takich wyrażeń jest \binom{101}{2} = 5050. Jeżeli znajdziemy wśród nich dwa, powiedzmy a_{k}+a_{l} i a_{m} +a_{n}, których wartości dają tę samą resztę z dzielenia przez 5050, to liczby a_{k}, a_{l}, a_{m}, a_{n} spełniają warunki zadania — liczby te są bowiem parami różne (jeśli np. a_{k} = a_{m}, to także a_{l} = a_{n}, gdyż 0 a_{l},a_{n} < 5050).

Pozostaje do rozpatrzenia przypadek, w którym wszystkie powyższe sumy dają różne reszty z dzielenia przez 5050. Wykażemy, że ten przypadek zachodzić nie może. Gdyby bowiem tak było, to rozważane sumy dawałyby wszystkie możliwe reszty z dzielenia przez 5050 — każdą jeden raz. Stąd

S = ∑_{1 k<l 101} (a_{k}+a_{l}) ≡ ∑_{i=0}^{5049}i = \frac{5049·5050}{2}≡ 2525 (mod 5050),

co dowodzi, że S jest liczbą nieparzystą.

Z drugiej strony

S = ∑_{1 k<l 101} (a_{k}+a_{l}) = 100 ·∑_{k=1}^{101} a_{k} ,

co oznacza, że S jest liczba parzystą. Otrzymaliśmy sprzeczność.

Zadanie 3.

Dowieść, że istnieją takie liczby naturalne n_{1} < n_{2} < ...< n_{50} , że

n_{1} +S(n_{1}) = n_{2} +S(n_{2}) = n_{3} +S(n_{3}) = ...= n_{50} +S(n_{50}),

gdzie S(n) jest sumą cyfr liczby n.

Rozwiązanie Wprowadźmy następujące oznaczenia:

a_{1}(k) = 10^{10k+k+1} −9·10^{k} = \underbrace{9999...99}_{10k}1\underbrace{0000...00}_{k},
a_{2}(k) = 10^{10k+k+1} = 1\underbrace{0000...00}_{10k+k+1}.

Wówczas a_{1}(k)+S(a_{1}(k))= a_{2}(k)+S(a_{2}(k))= 10^{10k+k+1} +1. Określmy liczby k_{0},k_{1},k_{2},... wzorami:

k_{0} = 0 oraz k_{i+1} = 10^{ki} +k_{i} +2 dla i 0 .

Dla dowolnego ciągu ε = (ε_{0},ε_{1},...,ε_{5}), gdzie ε_{0},ε_{1},...,ε_{5} ∈ {1,2}, przyjmijmy

n_{ε} = ∑_{i=0}^{5} a_{εi}(k_{i}) .

Otrzymane w ten sposób 64 liczby n_{ε} są parami różne. Wykażemy, że dla wszystkich 64 ciągów ε wielkości n_{ε}+S(n_{ε}) są jednakowe.

Ponieważ dla i ∈ {0,1,2,3,4,5} liczba a_{εi}(k_{i}) jest co najwyżej k_{i+1} -cyfrowa i ma co najmniej k_{i} zer końcowych, więc żadne dwie z liczb a_{εi}(k_{i}) i a_{εj} (k_{j}) (dla i ≠ j) nie mają niezerowych cyfr na tym samym miejscu dziesiętnym. Stąd

S(n_{ε}) = ∑_{i=0}^{5} S(a_{εi}(k_{i})) .

Zatem

n_{ε}+S(n_{ε}) = ∑_{i=0}^{5} (a_{εi}(k_{i})+S(a_{εi}(k_{i}))) = 6+∑_{i=0}^{5} 10^{10k^{i} +k_{i}+1} ,

co jest wielkością niezależną od ε.

Zadanie 4.

Rozstrzygnąć, dla jakich liczb naturalnych n 2 układ równań

\{ \begin{matrix}x_{1}^{2} +x_{2}^{2} +50 = 16x_{1} +12x_{2} \\ x_{2}^{2} +x_{3}^{2} +50 = 16x_{2} +12x_{3} \\ x_{3}^{2} +x_{4}^{2} +50 = 16x_{3} +12x_{4} \\ . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . \\ x_{n−1}^{2} +x_{n}^{2} +50 = 16x_{n−1} +12x_{n} \\ x_{n}^{2} +x_{1}^{2} +50 = 16x_{n} +12x_{1} \end{matrix}

ma rozwiązanie w liczbach całkowitych x_{1},x_{2},x_{3},...,x_{n}.

Rozwiązanie Równanie x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+50 = 16x_{1}+12x_{2} jest równoważne równaniu

(x_{1}−8)^{2}+(x_{2}−6)^{2} = 50.

Liczby x_{1},x_{2},...,x_{n} spełniają dany w treści zadania układ równań wtedy i tylko wtedy, gdy punkty (x_{1},x_{2}),(x_{2},x_{3}),...,(x_{n},x_{1}) leżą na okręgu o środku (8,6) i promieniu \sqrt{50}. Na tym okręgu leży 12 punktów o współrzędnych całkowitych (zob. rysunek obok): (1,5), (1,7), (3,1), (3,11), (7,−1), (7,13),

(9,−1), (9,13), (13,1), (13,11), (15,5), (15,7). [figure]

Ponieważ każda z liczb x_{i} występuje raz jako odcięta, a raz jako rzędna punktu kratowego leżącego na tym okręgu, więc liczby x_{i} mogą przyjmować tylko wartości 1, 7 lub 13. To pozostawia nam trzy możliwe układy dla par (x_{i},x_{i+1} ), a mianowicie: (1,7), (7,13) lub (13,1). Stąd wniosek, że w układzie liczb (x_{1},x_{2},...,x_{n}) będącym rozwiązaniem wyjściowego układu równań, występują cyklicznie liczby 1, 7, 13. Taka sytuacja jest możliwa wtedy i tylko wtedy, gdy n jest liczbą podzielną przez 3.

Zadanie 5.

Niech a_{1},a_{2},...,a_{n}, b_{1},b_{2},...,b_{n} będą liczbami całkowitymi. Udowodnić, że

(1)  ∑_{1 i<j n} (|a_{i} −a_{j} |+|b_{i} −b_{j} |) ∑_{1 i,j n} |a_{i} −b_{j} | .

Rozwiązanie

Sumy występujące po obu stronach danej w zadaniu nierówności nie zmienią się, jeśli w dowolny sposób zmienimy kolejność liczb a_{i} oraz liczb b_{i}. Bez szkody dla ogólności możemy więc założyć, że a_{1} a_{2} ... a_{n} oraz b_{1} b_{2} ... b_{n}. Wówczas

∑_{1 i<j n} (|a_{i} −a_{j}|+|b_{i} −b_{j}|) = ∑_{1 i<j n} (a_{j} −a_{i} +b_{j} −b_{i})

∑_{1 i<j n} (|a_{j} −b_{i}|+|b_{j} −a_{i}|)

∑_{1 i<j n} (|a_{j} −b_{i}|+|a_{i} −b_{j}|)+ ∑_{1 i n} |a_{i} −b_{i}| =

= ∑_{1 i,j n} |a_{i} −b_{j}| .

Uwaga 1.

Założenie, że liczby a_{1},a_{2},...,a_{n}, b_{1},b_{2},...,b_{n} są całkowite, nie było w rozwiązaniu wykorzystywane. Nierówność (1) jest prawdziwa dla dowolnych liczb rzeczywistych.

Uwaga 2.

Uważne prześledzenie podanego wyżej rozwiązania prowadzi do wniosku, że równość w nierówności (1) zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy ciągi (a_{1},a_{2},...,a_{n}) oraz (b_{1},b_{2},...,b_{n}) po uporządkowaniu w sposób rosnący są identyczne.

Zadanie 6.

W sześciokącie wypukłym ABCDEF zachodzą równości:

(1)  < ) A+< ) C +< ) E = 360^{∘} ,  \frac{AB}{BC} · \frac{CD}{DE} · \frac{EF}{F A} = 1 .

Dowieść, że \frac{AB}{BF} · \frac{F D}{DE} · \frac{EC}{CA} = 1 .

Rozwiązanie Sposób I Na mocy założenia < ) A+< ) C +< ) E = 360^{∘}, istnieje taki punkt P, że za-

chodzą następujące równości kątów (rys. 1):

(2)  < ) BCP = < ) BAF , < ) P CD = < ) F ED, < ) CDP = < ) EDF .

Trójkąty DEF i DCP są więc podobne, skąd dostajemy

(3) < ) EDC = < ) F DP oraz \frac{ED}{DC} = \frac{F D}{DP} .

Korzystając z danej w treści zadania równości oraz z podobieństwa trójkątów EDF i CDP otrzymujemy

\frac{F A}{AB} = \frac{EF}{DE} · \frac{CD}{BC} = \frac{CP}{CD} · \frac{CD}{BC} = \frac{CP}{BC} ,

A  B  C D E F  P rys. 1

co na mocy pierwszej spośród równości (2) dowodzi, że trójkąty BAF i BCP są podobne. Zatem

(4)  < ) CBA = < ) P BF  oraz  \frac{AB}{BC} = \frac{F B}{BP} .

Równości (3) oznaczają, że trójkąty EDC i F DP są podobne; z równości (4) wynika natomiast, że podobne są trójkąty CBA i P BF. Otrzymujemy więc odpowiednio następujące proporcje:

\frac{EC}{DE} = \frac{F P}{F D}  oraz  \frac{AB}{CA} = \frac{BF}{F P} .

Mnożąc stronami powyższe dwie równości dostajemy tezę.

Sposób II

Użyjemy algebry liczb zespolonych.

Niech liczby a, b, c, d, e, f reprezentują na płaszczyźnie zespolonej odpowiednio punkty A, B, C, D, E, F. Oznaczmy przez Argz argument liczby zespolonej z będący liczbą z przedziału (0,2π⟩. Wówczas

Arg \frac{f −a}{b−a} = < ) A,  Arg \frac{b−c}{d−c} = < ) C,  Arg \frac{d−e}{f −e} = < ) E.

Ponieważ < ) A+< ) C +< ) E = 2π, więc

Arg ( \frac{f −a}{b−a} · \frac{b−c}{d−c} · \frac{d−e}{f −e} )= 2π.

Liczba \frac{f −a}{b−a} · \frac{b−c}{d−c} · \frac{d−e}{f −e} jest więc dodatnią liczbą rzeczywistą. Ponadto

| \frac{f −a}{b−a} · \frac{b−c}{d−c} · \frac{d−e}{f −e} ⊧ \frac{F A}{AB} · \frac{BC}{CD} · \frac{DE}{EF} = 1.

Zatem warunek (1) implikuje równość

(5)  \frac{f −a}{b−a} · \frac{b−c}{d−c} · \frac{d−e}{f −e} = 1.

Stąd (f −a)(b−c)(d−e) = (b−a)(d−c)(f −e). Wymnażając nawiasy otrzymujemy

−abd+acd+abe−ace+bdf −cdf −bef +cef =
= −ace+bce+ade−bde+acf −bcf −adf +bdf ,

czyli po uporządkowaniu i redukcji wyrazów podobnych

(6) acd+abe+cef +bde+bcf +adf = bce+ade+acf +abd+cdf +bef .

Z drugiej strony, przekształcając analogicznie równość

(7)  \frac{a−b}{f −b} · \frac{f −d}{e−d} · \frac{e−c}{a−c} = 1,

otrzymujemy (a−b)(f −d)(e−c) = (f −b)(e−d)(a−c), skąd

acd−bcd−ade+bde−acf +bcf +aef −bef =

= abd−bcd−abe+bce−adf +cdf +aef −cef .

Porządkując i redukując dostajemy

(8) acd+bde+bcf +abe+adf +cef = abd+bce+cdf +ade+acf +bef .

Równość (8) niczym nie różni się od równości (6), co oznacza, że zależność (7) jest równoważna równości (5).

Porównując wartości bezwzględne liczb stojących po obu stronach związku (7) dostajemy

\frac{AB}{BF} · \frac{F D}{DE} · \frac{EC}{CA} = | \frac{a−b}{f −b} · \frac{f −d}{e−d} · \frac{e−c}{a−c} ⊧ 1,

co kończy dowód.

Uwaga 1.

Rachunki w sposobie II można nieco uprościć przyjmując (bez straty ogólności), że a = 0 oraz b = 1.

Uwaga 2.

W obu powyższych rozwiązaniach ukryty jest dowód następującej równości: < ) ACE = < ) ABF +< ) F DE. Odnalezienie go pozostawiamy Czytelnikowi jako ciekawe uzupełnienie zadania.

Uwaga 3.

Prawdziwy jest następujący, nietrudny do samodzielnego udowodnienia fakt: jeśli na sześciokącie ABCDEF można opisać okrąg, to

< ) A+< ) C +< ) E = 360^{∘}.

Zastąpmy więc w treści zadania wyrażenie �< ) A+< ) C +< ) E = 360^{∘}” zdaniem: �na sześciokącie ABCDEF można opisać okrąg” (pozostawiając resztę bez zmian). W ten sposób otrzymamy treść innego, jak się okazuje, prostszego zadania, które można łatwo rozwiązać przy pomocy twierdzenia Ptolemeusza. Oto rozwiązanie:

Chcemy dowieść, że

(9)  AB ·F D ·EC = DE ·BF ·CA.

Na mocy twierdzenia Ptolemeusza (rys. 2) mamy

F D ·EC= DE ·F C +EF ·CD,
BF ·CA= AB ·F C +F A·BC.

Wstawiając powyższe związki do równości (9), sprowadzamy ją do postaci:

A  BC D E F  rys. 2
AB ·DE ·F C +AB ·EF ·CD = DE ·AB ·F C +DE ·F A·BC,

czyli AB ·CD ·EF = BC ·DE ·F A. Otrzymaliśmy drugą spośród równości (1), a więc tym samym dowiedliśmy równości (9).

∗  ∗  ∗

Kilku uczestników przedstawiło powyższe rozumowanie w swoich pracach, po czym próbowali oni dowieść, że jedynymi sześciokątami ABCDEF spełniającymi równość < ) A+< ) C +< ) E = 360^{∘} są sześciokąty wpisane w okrąg. To w połączeniu z prostym zastosowaniem twierdzenia Ptolemeusza dałoby im rozwiązanie zadania.

Jednak okazuje się, że z warunku < ) A+< ) C +< ) E = 360^{∘} nie wynika, że na sześciokącie ABCDEF można opisać okrąg (a więc twierdzenie odwrotne do zacytowanego na początku Uwagi 3 nie jest prawdziwe). Przykład znajduje się na rysunku 3. Punkty A′, B, C, D, E, F′ leżą na jednym okręgu (skąd < ) A′+< ) C +< ) E = 360^{∘}) oraz AF ∥ A′F′. Zatem < ) A+< ) C +< ) E = 360^{∘}, lecz na sześciokącie ABCDEF nie da się opisać okręgu.

A′  BC D E F′ A F  rys. 3  AB  C  D E F rys. 4

Inny przykład jest przedstawiony na rysunku 4. Sześciokąt ABCDEF ma tę własność, że na czworokątach ABCF i F CDE można opisać okręgi i są one różne. Wtedy < ) BAF +< ) BCF = 180^{∘} oraz < ) F ED +< ) F CD = 180^{∘}. Dodając stronami otrzymane równości dostajemy < ) A+< ) C +< ) E = 360^{∘}. Jednak, jak widać, nie istnieje okrąg opisany na sześciokącie ABCDEF.

Powyższe krótkie rozumowanie korzystające z twierdzenia Ptolemeusza stosuje się również dla takich sześciokątów jak na rysunku 4, czyli przy założeniu, że na czworokątach ABCF, F CDE można opisać okręgi. Nasuwa się więc następujące pytanie: Czy z warunku < ) A+< ) C +< ) E = 360^{∘} wynika, że na czworokątach ABCF, F CDE da się opisać okręgi? Odpowiedź jest negatywna, co można zrozumieć spoglądając na rysunek 4. Na tym rysunku < ) A+< ) C +< ) E = 360^{∘}, więc również < ) B +< ) D +< ) F = 360^{∘}, lecz na czworokątach BCDA, ADEF nie da się opisać okręgów. æ XXXIX Międzynarodowa Olimpiada Matematyczna

Zadanie 1.

W czworokącie wypukłym ABCD przekątne AC i BD są prostopadłe, a przeciwległe boki AB i DC nie są równoległe. Zakładamy, że symetralne boków AB i DC przecinają się w punkcie P leżącym wewnątrz czworokąta ABCD. Udowodnić, że czworokąt ABCD da się wpisać w okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy trójkąty ABP i CDP mają równe pola.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez M, N odpowiednio środki boków AB i CD (rys. 1). Niech E będzie punktem przecięcia przekątnych AC i BD. Ponieważ proste AB i CD nie są równoległe, więc kąty BEM oraz DEN nie są równe. Stąd wynika, że punkty M, E, N nie są współliniowe. Bez straty ogólności przyjmijmy, że

(1)  < ) BEM +< ) CEN < 90^{∘}.

Ponieważ punkt P leży wewnątrz czworokąta ABCD, więc łamana BCNP M tworzy pięciokąt. Wykażemy, że jest to pięciokąt wklęsły. Istotnie: na mocy nierówności (1) miara kąta przy wierzchołku P tego pięciokąta wynosi

< ) P = 540^{∘}−2·90^{∘}−< ) MBE −< ) EBC −< ) NCE −< ) ECB =
= 270^{∘}−< ) BEM −< ) CEN > 180^{∘}.

A B  C D  P M  N E  rys. 1

Zatem punkt P leży wewnątrz czworokąta BCNM. Ponadto

(2)  < ) MP N = 360^{∘}−< ) P = 90^{∘}+< ) BEM +< ) CEN = < ) MEN .

Oznaczmy przez [XY Z] pole trójkąta XY Z. Na mocy równości (2) otrzymujemy

[ABP] = [CDP] ⇔ \frac{NP}{MP} = \frac{AB}{CD} ⇔ \frac{NP}{MP} = \frac{ME}{NE}
⇔ trójkąty MP N i NEM są podobne
⇔ ME = NP oraz NE = MP
⇔ czworokąt MP NE jest równoległobokiem
⇔ ME ⊥ CD oraz NE ⊥ AB

⇔ < ) MBE = < ) NCE oraz < ) NDE = < ) MAE
⇔ na czworokącie ABCD można opisać okrąg.

Zadanie 2.

W konkursie bierze udział a uczestników, ocenianych przez b egzaminatorów, gdzie b 3 jest liczbą całkowitą nieparzystą. Każdy egzaminator ocenia każdego uczestnika, wydając werdykt �zdał” lub �nie zdał”. Załóżmy, że k jest liczbą o własności: oceny każdych dwóch egzaminatorów są zgodne dla co najwyżej k uczestników. Dowieść, że

\frac{k}{a} \frac{b−1}{2b} .

Rozwiązanie

Oznaczmy przez x_{i} liczbę egzaminatorów, według których uczestnik o numerze i (gdzie i = 1,2,...,a) zdał. Niech y_{i} będzie liczbą tych egzaminatorów, którzy uznali, że i-ty uczestnik nie zdał. Liczba par tych egzaminatorów, których oceny zgadzają się względem i-tego uczestnika, wynosi

( \begin{matrix}x_{i} \\ 2 \end{matrix}) +( \begin{matrix}y_{i} \\ 2 \end{matrix}) = \frac{1}{2}(x_{i}^{2}+y_{i}^{2}−(x_{i} +y_{i})) =
= \frac{1}{4}(x_{i} +y_{i})^{2}+ \frac{1}{4}(x_{i} −y_{i})^{2}− \frac{1}{2}(x_{i} +y_{i}) =
= \frac{1}{4}b^{2}− \frac{1}{2}b+ \frac{1}{4}(x_{i} −y_{i})^{2} = \frac{1}{4}((b−1)^{2}+(x_{i} −y_{i})^{2}−1) .

Ponieważ b jest liczbą nieparzystą, więc (x_{i} −y_{i})^{2} 1, skąd

(1)  ( \begin{matrix}x_{i} \\ 2 \end{matrix}) +( \begin{matrix}y_{i} \\ 2 \end{matrix}) = \frac{1}{4}((b−1)^{2}+(x_{i} −y_{i})^{2}−1) \frac{1}{4}(b−1)^{2}.

Łączna liczba par ocen zgodnych w konkursie wynosi

∑_{i=1}^{a} ( ( \begin{matrix}x_{i} \\ 2 \end{matrix}) +( \begin{matrix}y_{i} \\ 2 \end{matrix}) ) .

Z drugiej strony wielkość ta, na mocy własności liczby k, nie przekracza

k ·( \begin{matrix}b \\ 2 \end{matrix}) .

Korzystając z nierówności (1), otrzymujemy więc

k ·( \begin{matrix}b \\ 2 \end{matrix}) ∑_{i=1}^{a} ( ( \begin{matrix}x_{i} \\ 2 \end{matrix}) +( \begin{matrix}y_{i} \\ 2 \end{matrix}) ) \frac{a(b−1)^{2}}{4} .

Przekształcając równoważnie powyższą nierówność uzyskujemy

\frac{k}{a} \frac{b−1}{2b} .

Zadanie 3.

Dla każdej dodatniej liczby całkowitej n oznaczmy przez d(n) liczbę jej dodatnich dzielników (włącznie z 1 oraz n). Wyznaczyć wszystkie dodatnie liczby całkowite k takie, że

\frac{d(n^{2})}{d(n)} = k

dla pewnego n.

Rozwiązanie

Niech n = p_{1}^{x_{1}} p_{2}^{x_{2}} ...p_{j}^{x_{j}} będzie rozkładem liczby n na czynniki pierwsze. Wówczas

d(n) = (x_{1}+1)(x_{2}+1)...(x_{j} +1).

Zatem dla dowolnych liczb względnie pierwszych a, b mamy d(ab) = d(a)d(b).

Liczba d(n^{2}) = (2x_{1}+1)(2x_{2}+1)...(2x_{j} +1) jest nieparzysta, więc całkowite wartości wyrażenia d(n^{2})/d(n) mogą być jedynie liczbami nieparzystymi.

Wykażemy indukcyjnie, że dla każdej liczby nieparzystej k istnieje taka liczba naturalna n, że

(1)  \frac{d(n^{2})}{d(n)} = k.

Dla k = 1 wystarczy przyjąć n = 1.

Niech k = 2^{r}l −1, gdzie r 1 jest liczbą naturalną, zaś l liczbą nieparzystą. Ponieważ l < k, więc na mocy założenia indukcyjnego istnieje taka liczba naturalna m, że

\frac{d(m^{2})}{d(m)} = l.

Liczby naturalnej n, spełniającej równość (1), szukamy w postaci

(2)  n = m·q_{0}^{x_{0}} q_{1}^{x_{1}} ...q_{s−1}^{x_{s−1}} ,

gdzie q_{0},q_{1},...,q_{s−1} są dowolnymi liczbami pierwszymi, nie będącymi dzielnikami liczby m, zaś s oraz x_{0},x_{1},...,x_{s−1} liczbami całkowitymi dodatnimi, które niżej odpowiednio dobierzemy.

Na mocy równości (2) otrzymujemy zależność

(3)  \frac{d(n^{2})}{d(n)} = \frac{d(m^{2})}{d(m)} · \frac{2x_{0}+1}{x_{0}+1} · \frac{2x_{1}+1}{x_{1}+1} ·...· \frac{2x_{s−1} +1}{x_{s−1} +1} .

Aby uprościć ułamki stojące po prawej stronie powyższego wyrażenia, przyjmijmy x_{j} = 2^{j}x_{0} dla j = 1,2,...,s− 1. Wtedy równość (3) przybiera postać

\frac{d(n^{2})}{d(n)} = l · \frac{2^{s}x_{0}+1}{x_{0}+1} .

Pozostało tak wybrać liczby całkowite dodatnie s oraz x_{0}, aby

l · \frac{2^{s}x_{0}+1}{x_{0}+1} = 2^{r}l −1,

czyli 2^{s}x_{0}l +l = 2^{r}x_{0}l −x_{0}+2^{r}l −1. W tym celu wystarczy wziąć s = r oraz x_{0} = (2^{r} −1)l −1.

Dowód indukcyjny został więc zakończony.

Zadanie 4.

Wyznaczyć wszystkie pary (a,b) liczb całkowitych dodatnich takie, że liczba a^{2}b+a+b jest podzielna przez ab^{2} +b+7.

Rozwiązanie Z warunków zadania wynika, że liczba

b(a^{2}b+a+b)−a(ab^{2}+b+7) = b^{2}−7a

jest podzielna przez ab^{2}+b+7. Liczby a, b są całkowite dodatnie, więc

ab^{2}+b+7 > b^{2}+7 > b^{2}−7a.

Zatem podzielność ab^{2}+b+7 | b^{2}−7a jest możliwa jedynie wtedy, gdy liczba b^{2}−7a jest niedodatnia.

Wszystkie pary (a,b) spełniające równanie b^{2}−7a = 0 są dane wzorami

(a,b) = (7k^{2},7k) dla k = 1,2,3,... .

Bez trudu sprawdzamy, że powyższe pary spełniają warunki zadania, bowiem

ab^{2}+b+7 = 7(49k^{4}+k +1), a^{2}b+a+b = 7k(49k^{4}+k +1).

Pozostało rozważyć przypadek, gdy b^{2}−7a < 0. Wówczas

(1)  liczba dodatnia 7a−b^{2} jest podzielna przez ab^{2}+b+7.

Jeśli b 3, to ab^{2}+b+7 > 9a > 7a−b^{2}, co dowodzi, że w tym przypadku podzielność ab^{2}+b+7 | 7a−b^{2} nie może być spełniona. Zatem b = 1 lub b = 2.

(a) Przyjmijmy najpierw, że b = 1. Wtedy warunek (1) sprowadza się do podzielności a+8 | 7a−1 . Ponieważ

7a−1 = 7(a+8)−57,

więc a+8 | 57. Zatem a+8 musi być jedną z liczb: 1, 3, 19, 57. Stąd na mocy dodatniości liczby a wynika, że a = 11 lub a = 49.

Bez trudu sprawdzamy, że pary (a,b) = (11,1) oraz (a,b) = (49,1) spełniają warunki zadania. Istotnie: jeśli (a,b) = (11,1), to

ab^{2}+b+7 = 19, a^{2}b+a+b = 133 (= 19·7).

Gdy natomiast (a,b) = (49,1), to otrzymujemy

ab^{2}+b+7 = 57, a^{2}b+a+b = 2451 (= 57·43).

(b) Niech z kolei b = 2. Wówczas na mocy warunku (1) liczba 7a−4 jest podzielna przez 4a+9. Ponieważ

4(7a−4) = 7(4a+9)−79,

więc 4a+9 | 79 . Jedynymi dzielnikami liczby 79 są 1 oraz 79. Żadna z tych liczb nie jest postaci 4a+9. Otrzymaliśmy sprzeczność.

Reasumując: wszystkie pary (a,b) spełniające warunki zadania są dane wzorami:

(a,b) = (7k^{2},7k) dla k = 1,2,3,... , (a,b) = (11,1), (a,b) = (49,1).

Zadanie 5.

Niech I będzie środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC. Okrąg ten jest styczny do boków BC, CA i AB odpowiednio w punktach K, L i M. Prosta przechodząca przez B i równoległa do MK przecina proste LM i LK odpowiednio w punktach R i S. Wykazać, że kąt RIS jest ostry.

Rozwiązanie Zachodzą następujące równości kątów (rys. 1):

< ) RMB = < ) LKM = < ) KSB  oraz  < ) MRB = < ) LMK = < ) SKB.

Z powyższych równości wynika, że trójkąty RMB oraz KSB są podobne.

A  B C  K L M  R  S I rys. 1

Otrzymujemy więc równości

(1)  BR·BS = BK ·BM = BK^{2}.

Prosta IB jest prostopadła do prostej KM, więc IB ⊥ RS. Korzystając z równości (1) mamy

RI^{2}+SI^{2}−RS^{2} = (BI^{2}+BR^{2})+(BI^{2}+BS^{2})−(BR+BS)^{2} =
= 2(BI^{2}−BR·BS) = 2(BI^{2}−BK^{2}) = 2IK^{2} > 0.

Ostatnia nierówność dowodzi, że kąt RIS jest ostry.

Zadanie 6.

Rozważamy wszystkie funkcje f ze zbioru ℕ wszystkich liczb całkowitych dodatnich do tego samego zbioru, spełniające warunek

(1)  f(t^{2}f(s)) = s(f(t))^{2}

dla wszystkich liczb s,t ∈ ℕ. Wyznaczyć najmniejszą możliwą wartość f(1998).

Rozwiązanie Odpowiedź: 120. Udowodnimy najpierw, że związek (1) jest równoważny następującemu

warunkowi:

(2) f(f(s)) = s(f(1))^{2} oraz f(1)f(st) = f(s)f(t) dla wszystkich s,t ∈ ℕ .

Oznaczmy: f(1) = a.

Załóżmy, że równość (1) jest spełniona. Podstawiając do równości (1) najpierw s = 1, a potem t = 1 otrzymujemy odpowiednio

(3)  f(at^{2}) = (f(t))^{2}  oraz  f(f(s)) = a^{2}s.

Stąd oraz z równania (1) mamy

(f(s)f(t))^{2} = (f(s))^{2}·f(at^{2}) = f(s^{2}f(f(at^{2}))) =
= f(s^{2}a^{2}at^{2}) = f(a(ast)^{2}) = (f(ast))^{2},

czyli f(ast) = f(s)f(t). W szczególności f(as) = af(s). Wstawiając do ostatniej równości st w miejsce s oraz korzystając z przedostatniej zależności uzyskujemy

(4)  af(st) = f(s)f(t)  dla wszystkich s,t ∈ ℕ.

Równość (4) oraz druga z równości (3) dają (2).

Załóżmy, że warunek (2) jest spełniony. Wtedy

a^{2}f(t^{2}f(s)) = af(t^{2})f(f(s)) = (f(t))^{2}a^{2}s,

skąd dostajemy zależność (1).

Wykażemy teraz, że poszukiwania najmniejszej wartości f(1998) możemy ograniczyć do tych funkcji f spełniających równania (2), dla których f(1) = 1. W tym celu udowodnimy najpierw, że jeżeli funkcja f spełnia (2), to dla dowolnej liczby s ∈ ℕ liczba f(s) jest podzielna przez a (= f(1)).

Ustalmy liczbę naturalną s. Niech p będzie dowolnym dzielnikiem pierwszym liczby a. Niech α 1 będzie największym wykładnikiem, z jakim liczba p wchodzi do rozkładu na czynniki pierwsze liczby a (tzn. p^{α} | a, lecz p^{α+1} |̸ a). Analogicznie, niech β 0 będzie największą liczbą całkowitą o własności p^{β} | f(s) (a więc p^{β+1} |̸ f(s)).

Korzystając z drugiego równania (2) dowodzimy indukcyjnie, że

(5)  a^{k−1} f(s^{k}) = (f(s))^{k}  dla k = 1,2,3,... .

Liczba pierwsza p wchodzi do rozkładu na czynniki pierwsze liczby (f(s))^{k} z wykładnikiem βk, natomiast do rozkładu liczby a^{k−1} f(s^{k}) z wykładnikiem co najmniej α(k −1). Zatem na mocy równości (5) otrzymujemy βk α(k −1) dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej k. Stąd β α. Ponieważ liczba p była dowolnym dzielnikiem pierwszym liczby a, więc a | f(s) dla s ∈ ℕ.

Definiujemy funkcję g(s) = f(s)/a. Wówczas g:ℕ→ ℕ oraz g(1) = 1. Ponadto funkcja g spełnia warunki (2). Istotnie: dzieląc obie strony drugiej równości (2) przez a^{2} otrzymujemy

(6)  g(st) = g(s)g(t)  dla wszystkich s,t ∈ ℕ.

Ponadto na mocy pierwszej równości (2), f(f(1)) = (f(1))^{2}, skąd g(a) = a. Zatem korzystając z równości (6),

ag(g(s)) = g(a)g(g(s)) = g(ag(s)) = g(f(s)) = f(f(s))/a = as,

co dowodzi, że funkcja g spełnia warunki (2). Oprócz tego g(s) f(s) dla wszystkich s ∈ ℕ. Poszukiwania najmniejszej wartości f(1998) możemy więc ograniczyć do funkcji f:ℕ→ ℕ spełniających równości

(7)  f(f(s)) = s  oraz  f(st) = f(s)f(t)

dla wszystkich liczb s,t ∈ ℕ.

Niech f będzie dowolną funkcją spełniającą (7). Wykażemy, że dla dowolnej liczby pierwszej p liczba f(p) jest pierwsza. Niech więc f(p) = uv, gdzie u,v ∈ ℕ. Wtedy

p = f(f(p)) = f(uv) = f(u)f(v).

Stąd wynika, że jedna z liczb f(u), f(v) (powiedzmy, że f(u)) jest równa 1. Stąd, na mocy drugiego równania (7), u = f(f(u)) = f(1) = 1. Zatem f(p) jest liczbą pierwszą.

Ponadto funkcja f jest różnowartościowa. Istotnie: jeśli f(s) = f(t), to f(f(s)) = f(f(t)), skąd s = t.

Udowodniliśmy więc, że funkcja f przekształca różne liczby pierwsze na różne liczby pierwsze. Stąd wynika, że

f(1998) = f(2·3^{3}·37) = f(2)·(f(3))^{3}·f(37) 3·2^{3}·5 = 120.

Pozostało podać przykład funkcji f spełniającej warunki (7), dla której zachodzi równość f(1998) = 120. Taką funkcję f definiujemy następująco:

f(1) = 1, f(2) = 3, f(3) = 2, f(5) = 37, f(37) = 5

oraz f(p) = p dla liczb pierwszych p ≠ 2,3,5,37. Dla dowolnej liczby złożonej n = p_{1}^{α_{1}} p_{2}^{α_{2}} ...p_{n}^{α_{n}} przyjmujemy

f(n) = f(p_{1})^{α_{1}} f(p_{2})^{α_{2}} ...f(p_{n})^{α_{n}} .

Wówczas f(1998) = 120 oraz funkcja f spełnia zależności (7). æ Zadanie 1.

Niech x_{1}, x_{2}, y_{1}, y_{2} będą takimi liczbami rzeczywistymi, że

x_{1}^{2} +x_{2}^{2} 1.

Udowodnić nierówność

(1)  (x_{1}y_{1} +x_{2}y_{2} −1)^{2} (x_{1}^{2} +x_{2}^{2} −1)(y_{1}^{2} +y_{2}^{2} −1).

Rozwiązanie

Rozpatrzmy najpierw przypadek, gdy y_{1}^{2}+y_{2}^{2} 1. Wtedy lewa strona nierówności (1) jest nieujemna (jako kwadrat liczby rzeczywistej), natomiast z nierówności x_{1}^{2}+x_{2}^{2} 1 oraz y_{1}^{2}+y_{2}^{2} 1 wynika, że jej prawa strona jest niedodatnia. Zatem w tym przypadku nierówność (1) jest udowodniona.

Załóżmy teraz, że y_{1}^{2}+y_{2}^{2} < 1. Niech

a = \sqrt{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}  oraz  b = \sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}} .

Wówczas 0 a 1 oraz 0 b < 1. Na mocy nierówności Schwarza (p. Dodatek, �Nierówność Schwarza”, str. 112) otrzymujemy x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2} ab < 1. Zatem

(x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}−1)^{2} (ab−1)^{2} = a^{2}b^{2}−2ab+1 a^{2}b^{2}−a^{2}−b^{2}+1 =
= (a^{2}−1)(b^{2}−1) = (x_{1}^{2}+x_{2}^{2}−1)(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}−1),

co kończy dowód nierówności (1).

Zadanie 2.

Rozważamy n punktów P_{1},P_{2},...,P_{n} położonych w tej kolejności na jednej linii prostej. Malujemy każdy z tych n punktów na jeden z następujących kolorów: biały, czerwony, zielony, niebieski, fioletowy. Kolorowanie nazwiemy dopuszczalnym, jeśli dla dowolnych dwóch kolejnych punktów P_{i}, P_{i+1} (i = 1,2,...,n− 1) oba są tego samego koloru lub co najmniej jeden z nich jest biały. Ile jest dopuszczalnych kolorowań?

Rozwiązanie Wykażemy, że dopuszczalnych kolorowań jest \frac{1}{2}(3^{n+1} +(−1)^{n+1} ) . Sposób I Niech b_{n} będzie liczbą dopuszczalnych kolorowań n punktów, w których

ostatni punkt jest pomalowany na biało, zaś k_{n} — liczbą pozostałych dopuszczalnych kolorowań, tzn. kolorowań, w których ostatni punkt jest pomalowany na czerwono, zielono, niebiesko lub fioletowo. Punkty pokolorowane na czerwono, zielono, niebiesko lub fioletowo będziemy nazywać prawdziwie kolorowymi.

Oczywiście b_{1} = 1 oraz k_{1} = 4. Wykażemy, że dla n 1 zachodzą następujące równości:

(1)  b_{n+1} = b_{n} +k_{n}  oraz  k_{n+1} = 4b_{n} +k_{n}.

W tym celu zastanówmy się, jak z dopuszczalnego kolorowania n punktów można otrzymać dopuszczalne kolorowanie n+1 punktów.

Liczba kolorowań n+1 punktów zakończonych punktem białym jest równa liczbie wszystkich dopuszczalnych kolorowań n punktów, gdyż każde dopuszczalne kolorowanie n punktów można uzupełnić (n+ 1)-szym punktem pomalowanym na biało. Zatem b_{n+1} = b_{n} +k_{n}, co dowodzi pierwszej spośród równości (1).

Wśród wszystkich dopuszczalnych kolorowań n+1 punktów zakończonych punktem prawdziwie kolorowym można wyróżnić dwa rodzaje:

1. Kolorowania, w których przedostatni, n-ty punkt jest biały. Wtedy kolor ostatniego, (n+ 1)-szego punktu może być wybrany dowolnie spośród czterech kolorów prawdziwych. Zatem każde kolorowanie n punktów, zakończone na biało, może być uzupełnione na 4 sposoby do kolorowania n+ 1 punktów, zakończonego punktem prawdziwie kolorowym. Otrzymujemy więc 4b_{n} kolorowań tego rodzaju.

2. Kolorowania, w których przedostatni, n-ty punkt nie jest biały. Wówczas, na mocy definicji kolorowań dopuszczalnych, ostatni (n+ 1)-szy punkt musi być tego samego koloru co przedostatni. Zatem każde kolorowanie n punktów, zakończone punktem prawdziwie kolorowym, może być uzupełnione tylko na jeden sposób do kolorowania n+ 1 punktów, zakończonego punktem prawdziwie kolorowym. Kolorowań tego rodzaju jest więc k_{n}.

Łącznie kolorowań n+1 punktów zakończonych punktem prawdziwie kolorowym jest 4b_{n} +k_{n}, czyli k_{n+1} = 4b_{n} +k_{n}, co dowodzi drugiej spośród równości (1).

Niech d_{n} będzie liczbą wszystkich dopuszczalnych kolorowań n punktów. Wtedy d_{n} = b_{n} +k_{n} oraz d_{1} = 5, d_{2} = 13. Ponadto dla n 2 mamy

d_{n+2} = b_{n+2} +k_{n+2} = b_{n+1} +k_{n+1} +4b_{n+1} +k_{n+1} =
= 5b_{n+1} +2k_{n+1} = 2(b_{n+1} +k_{n+1} )+3b_{n+1} = 2d_{n+1} +3d_{n}.

Stosując metodę rozwiązywania rekurencji liniowych (zob. Dodatek, �Rozwiązywanie rekurencji liniowych”, str. 103) otrzymujemy

d_{n} = \frac{1}{2}(3^{n+1} +(−1)^{n+1} ).

Sposób II

Rozważmy kolorowanie dopuszczalne n punktów. Jednokolorową wyspą nazwiemy każdy maksymalny, niepusty ciąg kolejnych punktów pomalowanych jednym kolorem, różnym od białego. Niech m oznacza liczbę wysp jednokolorowych. Wtedy punktów białych jest co najmniej m−1. Stąd 2m−1 n. Zatem wysp jednokolorowych nie może być więcej niż [(n+ 1)/2].

Niech P_{n+1} będzie dodatkowym białym punktem położonym na prawo od punktów P_{1},P_{2},...,P_{n}. Wówczas każda jednokolorowa wyspa ma z prawej strony punkt pomalowany na biało. Białym sąsiadem jednokolorowej wyspy nazwiemy ten punkt biały, który jest położony na prawo od danej wyspy i leży najbliżej niej.

Policzymy, ile jest dopuszczalnych kolorowań, wiedząc, że jednokolorowych wysp jest dokładnie k (gdzie 0 k [(n+ 1)/2]).

Zero jednokolorowych wysp

Wszystkie punkty są pomalowane na biało — mamy więc tylko jedno dopuszczalne kolorowanie w tym przypadku.

Jedna jednokolorowa wyspa

Kolorowanie dopuszczalne jest wyznaczone przez położenie wyspy oraz wybór jednego spośród czterech kolorów, na który pomalowane są punkty tej wyspy. Położenie wyspy można wyznaczyć wybierając dwa różne punkty spośród P_{1},P_{2},...,P_{n+1} . (Pierwszy z nich to wysunięty najbardziej na lewo punkt wyspy, zaś drugi to jej biały sąsiad). Zatem w tym przypadku dopuszczalnych kolorowań jest

4·( \begin{matrix}n+1 \\ 2 \end{matrix} ) .

Dwie jednokolorowe wyspy

To kolorowanie jest wyznaczone przez położenie dwóch wysp (wybór czterech różnych punktów spośród P_{1},P_{2},...,P_{n+1} ) oraz wybór dwóch kolorów dla tych wysp (co można uczynić na 4^{2} sposobów). Mamy więc łącznie w tym przypadku

4^{2}·( \begin{matrix}n+1 \\ 4 \end{matrix} )

kolorowań dopuszczalnych.

Analogicznie stwierdzamy, że dla k [(n+ 1)/2] istnieje

4^{k}·( \begin{matrix}n+1 \\ 2k \end{matrix} )

kolorowań dopuszczalnych mających dokładnie k wysp jednokolorowych. Łącznie wszystkich dopuszczalnych kolorowań jest więc

∑_{k=0}^{[(n+ 1)/2]}4^{k}·( \begin{matrix}n+1 \\ 2k \end{matrix} ) = \frac{1}{2}( ∑_{l=0}^{n+1} 2^{l}·( \begin{matrix}n+1 \\ l \end{matrix} ) + ∑_{l=0}^{n+1} (−2)^{l}·( \begin{matrix}n+1 \\ l \end{matrix} ) ) =
= \frac{1}{2}((1+2)^{n+1} +(1−2)^{n+1} ) = \frac{1}{2}(3^{n+1} +(−1)^{n+1} ) .

Sposób III

Każde dopuszczalne kolorowanie n punktów uzupełnijmy (n+ 1)-szym białym punktem dołączonym na końcu. W ten sposób każde otrzymane kolorowanie można podzielić na segmenty. Każdy segment składa się z kolejnych punktów tego samego koloru oraz ostatniego punktu białego (w szczególności segment może być jednopunktowy, złożony tylko z punktu białego). Każdy segment zakodujemy przy pomocy ciągu cyfr 0, 1, 2. Ciąg ten będzie miał taką samą długość jak kodowany segment. W ten sposób każde kolorowanie dopuszczalne zostanie zakodowane przy pomocy ciągu złożonego z n+1 cyfr.

Każdemu nie białemu punktowi przyporządkujmy (uporządkowaną) parę cyfr według reguły: czerwony: 11, zielony: 12, niebieski: 21, fioletowy: 22.

Kodowanie segmentów odbywa się następująco.

Segmentowi złożonemu z jednego (białego) punktu przypisujemy 0.

Segmentowi złożonemu z dwóch punktów (pierwszy nie biały, drugi biały) przypisujemy parę cyfr przyporządkowaną kolorowi pierwszego punktu segmentu.

Segmentowi o długości k (k 3) przypisujemy parę cyfr cd, która jest przyporządkowana kolorowi początkowych punktów segmentu, przedzieloną k −2 zerami: c000...0d. (Na przykład segmentowi złożonemu z siedmiu punktów zielonych i ostatniego punktu białego przypisujemy ciąg 1000002).

Tym samym otrzymujemy wzajemnie jednoznaczną odpowiedniość kolorowań i (n+ 1)-elementowych ciągów cyfr 0, 1, 2, zawierających parzystą liczbę cyfr niezerowych.

Aby udzielić liczbowej odpowiedzi na pytanie postawione w zadaniu, należy wyznaczyć liczbę takich ciągów.

Wszystkich (n+ 1)-elementowych ciągów złożonych z cyfr 0, 1, 2 jest 3^{n+1} . Ile z nich ma parzystą liczbę cyfr niezerowych? Okazuje się, że prawie połowa, gdyż istnieje prawie wzajemnie jednoznaczna odpowiedniość między ciągami z parzystą i ciągami z nieparzystą liczbą cyfr niezerowych. Odpowiedniość ta wygląda następująco: Mając dany ciąg cyfr, zmieniamy pierwszą, różną od 1 cyfrę według zasady: jeśli jest ona �zerem”, to zamieniamy ją na �dwójkę”; jeśli jest to �dwójka”, to wymieniamy ją na �zero”. Taka operacja zmienia parzystość liczby cyfr niezerowych, a jej dwukrotne złożenie jest identycznością.

Powyższe przekształcenie jest poprawnie określone na każdym ciągu cyfr z wyjątkiem ciągu złożonego z samych jedynek. Pozostałych ciągów jest 3^{n+1} −1 i dokładnie połowa z nich ma parzystą liczbę cyfr niezerowych. Do tego trzeba doliczyć ciąg złożony z samych jedynek w przypadku, gdy liczba n+1 jest parzysta.

Zatem szukana liczba ciągów jest równa

\{ \begin{matrix}\frac{1}{2}(3^{n+1} −1), & gdy n+1 jest liczbą nieparzystą, \\ \frac{1}{2}(3^{n+1} −1)+1, & gdy n+1 jest liczbą parzystą, \end{matrix}

czyli ogólnie

\frac{1}{2}(3^{n+1} +(−1)^{n+1} ).

Zadanie 3.

Wyznaczyć wszystkie pary liczb rzeczywistych (x,y) spełniające następujący układ równań:

\{ \begin{matrix}2−x^{3} & = & y \\ 2−y^{3} & = & x. \end{matrix}

Rozwiązanie

Para (x,y) = (1,1) spełnia dany układ równań. Wykażemy, że jest to jedyne rozwiązanie.

Przeprowadzimy dowód nie wprost. Przypuśćmy, że pewne liczby x, y spełniają podany w treści zadania układ równań, przy czym x ≠ 1.

Jeżeli x > 1, to y = 2−x^{3} < 1. Podobnie, gdyby zachodziła nierówność x < 1 , to mielibyśmy y = 2−x^{3} > 1 . Zatem ze względu na symetrię niewiadomych w danym układzie równań możemy (bez szkody dla ogólności zadania) przyjąć, że x > 1, y < 1.

Podstawmy: a = x−1, b = 1−y, czyli x = 1+a, y = 1−b. Wtedy a > 0 , b > 0 oraz

\{ \begin{matrix}b & = & 3a+3a^{2}+a^{3} \\ a & = & 3b−3b^{2}+b^{3}. \end{matrix}

Z pierwszej równości wynika natychmiast, że b > 3a. Natomiast wychodząc od drugiej równości oraz wykorzystując nierówność b > 0 otrzymujemy kolejno

a = 3b−3b^{2}+b^{3} = b(3−3b+b^{2}) =
= b(\frac{3}{4} + \frac{9}{4} −3b+b^{2}) = b( \frac{3}{4} +(\frac{3}{2} −b)^{2}) \frac{3}{4}b > \frac{9}{4}a .

Stąd, ponieważ a > 0, więc 1 > \frac{9}{4}. Otrzymaliśmy sprzeczność.

Zatem x = 1, co pociąga za sobą y = 1.

Zadanie 4.

Niech m, n będą danymi liczbami całkowitymi dodatnimi. Niech

S_{m}(n) = ∑_{k=1}^{n} [^{k^{2}} \sqrt{k^{m}} ]

([x] jest największą liczbą całkowitą nie większą od x). Udowodnić, że S_{m}(n) n+m·( ^{4} \sqrt{2^{m}} −1).

Rozwiązanie

Wprowadźmy następujące oznaczenie: A_{k} = ^{k^{2}} \sqrt{k}. Wtedy liczbę S_{m}(n) możemy zapisać w postaci

∑_{k=1}^{n} [A_{k}^{m}].

Mamy więc udowodnić, że

∑_{k=1}^{n} [A_{k}^{m}] m(A_{2}^{m} −1)+n ,

czyli

∑_{k=1}^{n} [A_{k}^{m} −1] m(A_{2}^{m} −1) .

Wykażemy najpierw, że dla każdej liczby naturalnej k zachodzi nierówność A_{k} A_{2}. Istotnie:

A_{k} A_{2} ⇔ ^{k^{2}} \sqrt{k} ^{4} \sqrt{2} ⇔ k^{4} 2^{k^{2}} ⇔ k 2^{k·(k/4)}.

Jeżeli więc k 4, to dostajemy k < 2^{k} 2^{k·(k/4)}. To dowodzi nierówności A_{k} A_{2} w przypadku, gdy k 4. Dla k = 3 otrzymujemy:

A_{3} A_{2} ⇔ 3^{4} < 2^{3^{2}} ⇔ 81 < 512,

co jest prawdą. Wreszcie dla k = 1 mamy A_{1} = 1 < ^{4} \sqrt{2}= A_{2}.

Jeśli ponadto przyjmiemy, że k m, to prawdziwe są następujące oszacowania:

A_{k}^{m} A_{k}^{k} = ^{k} \sqrt{k}< ^{k} \sqrt{2^{k}} = 2.

Zatem [A_{k}^{m} −1] 0 dla k m.

Wykorzystując uzyskane wyżej nierówności dostajemy:

∑_{k=1}^{n} [A_{k}^{m} −1] ∑_{k=1}^{m} [A_{k}^{m} −1] ∑_{k=1}^{m} [A_{2}^{m} −1] = m[A_{2}^{m} −1] m(A_{2}^{m} −1),

co kończy dowód danej nierówności.

Zadanie 5.

Wyznaczyć wszystkie pary (a,b) liczb całkowitych dodatnich takich, że równanie x^{3} −17x^{2} +ax−b^{2} = 0 ma trzy pierwiastki całkowite (niekoniecznie różne).

Rozwiązanie Niech p, q, r będą pierwiastkami danego równania. Wówczas:

(1)  p+q +r = 17
(2)  pq +qr +rp = a
(3)  pqr= b^{2} .

Ponieważ b^{2} > 0, więc z równania (3) wynika, że liczby p, q, r są różne od 0. Ponadto są one wszystkie dodatnie lub dokładnie dwie spośród nich są ujemne.

Gdyby p > 0 oraz q,r < 0, to na mocy równości (2) oraz (1) mielibyśmy:

a = pq +qr +rp = qr +(17−q −r)(q +r) =
= qr +17q +17r −q^{2}−r^{2}−2qr = 17q +17r −q^{2}−r^{2}−qr < 0

(gdyż wszystkie składniki ostatniej sumy są ujemne). Otrzymaliśmy sprzeczność. Widzimy więc, że przypadek, w którym tylko jeden z pierwiastków wielomianu jest dodatni, zachodzić nie może.

Zatem liczby p, q, r są dodatnie. Pozostaje znaleźć wszystkie takie trójki liczb całkowitych dodatnich (p,q,r), że liczba pqr jest kwadratem liczby naturalnej oraz p+q +r = 17.

Bez szkody dla ogólności możemy przyjąć, że p q r.

W poniższych tabelach wypisane są wszystkie rozwiązania w liczbach dodatnich równania p+q +r = 17, przy założeniu p q r.

\begin{matrix}p & q & r & pqr & a & b \\ 1 & 1 & 15 & 15 \\ 1 & 2 & 14 & 28 \\ 1 & 3 & 13 & 39 \\ 1 & 4 & 12 & 48 \\ 1 & 5 & 11 & 55 \\ 1 & 6 & 10 & 60 \\ 1 & 7 & 9 & 63 \\ 1 & 8 & 8 & 64 & 80 & 8 \\ 2 & 2 & 13 & 52 \\ 2 & 3 & 12 & 72 \\ 2 & 4 & 11 & 88 \\ 2 & 5 & 10 & 100 & 80 & 10 \end{matrix}  \begin{matrix}p & q & r & pqr & a & b \\ 2 & 6 & 9 & 108 \\ 2 & 7 & 8 & 112 \\ 3 & 3 & 11 & 99 \\ 3 & 4 & 10 & 120 \\ 3 & 5 & 9 & 135 \\ 3 & 6 & 8 & 144 & 90 & 12 \\ 3 & 7 & 7 & 147 \\ 4 & 4 & 9 & 144 & 88 & 12 \\ 4 & 5 & 8 & 160 \\ 4 & 6 & 7 & 168 \\ 5 & 5 & 7 & 175 \\ 5 & 6 & 6 & 180 \end{matrix}

Spośród tych rozwiązań musimy wybrać te, dla których liczba pqr jest pełnym kwadratem. Przez bezpośrednie sprawdzenie widzimy, że istnieją cztery takie trójki (p,q,r). Otrzymujemy więc cztery pary liczb (a,b) spełniające warunki zadania, a mianowicie:

(80,8), (80,10), (88,12), (90,12).

Zadanie 6.

Różne punkty A, B, C, D, E, F są położone na okręgu k w tej kolejności. Proste styczne do okręgu k w punktach A i D oraz proste BF i CE przecinają się w jednym punkcie P. Udowodnić, że proste AD, BC i EF są równoległe lub przecinają się w jednym punkcie.

Rozwiązanie

Prosta AD jest biegunową punktu P względem okręgu k (p. Dodatek, �Dwustosunek i biegunowa”, str. 107). Zatem na mocy twierdzenia 3 (b), na stronie 110, proste AD, BC, EF są równoległe lub przecinają się w jednym punkcie.

Zadanie 7.

Rozważamy pary (a,b) liczb naturalnych takich, że iloczyn a^{a}·b^{b} w zapisie dziesiętnym kończy się dokładnie 98 zerami. Wyznaczyć parę (a,b) o tej własności, dla której iloczyn ab jest najmniejszy.

Rozwiązanie

Udowodnimy twierdzenie dające pełną charakteryzację par (a,b), dla których liczba a^{a}·b^{b} kończy się dokładnie 98 zerami.

Twierdzenie

Liczba a^{a}·b^{b} kończy się dokładnie 98 zerami wtedy i tylko wtedy, gdy

(1)  (a,b) = (98,ℓ)  lub (a,b) = (ℓ,98),

gdzie ℓ = 75 lub ℓ = 10m+5 dla m 10.

Z powyższego twierdzenia wynika natychmiast, że istnieją dokładnie dwie pary (a,b) spełniające warunki zadania, a mianowicie:

(a,b) = (98,75) lub (a,b) = (75,98).

Dowód twierdzenia

Jeżeli (a,b) jest parą postaci (1), to liczba a^{a}·b^{b} ma w rozkładzie na czynniki pierwsze dokładnie 98 �dwójek” i co najmniej 100 �piątek”. To oznacza, że liczba a^{a}·b^{b} kończy się dokładnie 98 zerami.

Załóżmy teraz, że liczba a^{a}·b^{b} kończy się dokładnie 98 zerami. Gdyby obie liczby a, b były podzielne przez 5, to liczba a^{a}·b^{b} (jako piąta potęga liczby naturalnej) kończyłaby się liczbą zer podzielną przez 5, podczas gdy zer tych jest dokładnie 98. Niech więc, bez straty ogólności, a będzie liczbą niepodzielną przez 5. Wówczas liczba b musi być podzielna przez 5, co oznacza, że czynnik �5” wchodzi do rozkładu na czynniki pierwsze liczby a^{a}·b^{b} z wykładnikiem podzielnym przez 5. Skoro jednak liczba a^{a}·b^{b} kończy się dokładnie 98 zerami, więc musi mieć ona w rozkładzie na czynniki pierwsze co najmniej 100 �piątek” i dokładnie 98 �dwójek”. Stąd wynika, że b ∈ {50,75} lub b jest liczbą podzielną przez 5 równą co najmniej 100 (w przeciwnym razie �piątek” w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby a^{a}·b^{b} byłoby mniej niż 100).

Wykażemy teraz, że b jest liczbą nieparzystą.

Gdyby liczba b 100 była parzysta, to liczba �dwójek” w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby a^{a}·b^{b} byłaby co najmniej 100, podczas gdy ma być ich dokładnie 98.

Gdyby zaś b = 50, to liczba a^{a} miałaby w rozkładzie na czynniki pierwsze dokładnie 48 �dwójek”. Jeśli przyjmiemy a = 2^{k}·n, gdzie n jest liczbą nieparzystą, to ak = 48, czyli k ·2^{k}·n = 48. Stąd k ∈ {1,2,3,4}. Podstawiając po kolei k = 1,2,3,4, obliczamy: n = 24,6,2, \frac{3}{4}. W żadnym z przypadków n nie jest liczbą nieparzystą. Otrzymaliśmy sprzeczność.

Zatem b jest liczbą nieparzystą, co na mocy powyższych ograniczeń daje b = 75 lub b = 10m+5 dla m 10.

Liczba a^{a} musi mieć w rozkładzie na czynniki pierwsze dokładnie 98 �dwójek”. Jeśli przyjmiemy a = 2^{k}·n, gdzie n jest liczbą nieparzystą, to ak = 98, czyli k ·2^{k}·n = 98. Ostatnia równość wymusza k = 1, skąd a = 98.

Zmieniając rolę oznaczeń a, b dostajemy wszystkie pary (a,b), dla których liczba a^{a}·b^{b} kończy się dokładnie 98 zerami.

Zadanie 8.

Niech n > 2 będzie daną liczbą naturalną. Rozważamy siatkę kwadratową na płaszczyźnie. W każdym kwadracie jednostkowym siatki wpisana jest liczba naturalna. Wielokąty o polu równym n, których boki są zawarte w prostych tworzących siatkę, nazwiemy wielokątami dopuszczalnymi. Wartością wielokąta dopuszczalnego nazwiemy sumę wszystkich liczb wpisanych w kwadraty zawarte w tym wielokącie. Udowodnić, że jeśli wartości dowolnych dwóch przystających wielokątów dopuszczalnych są równe, to wszystkie liczby wpisane w kwadraty siatki są równe. Uwaga. Przypominamy, że obraz symetryczny Q wielokąta P jest wielokątem przystającym do P.

Rozwiązanie

Najpierw rozpatrzymy przypadek, gdy n jest liczbą nieparzystą. Niech n = 2k +1. Jako dwa dopuszczalne wielokąty przystające rozważamy ten sam prostokąt 2×k z dołączonym kwadratem jednostkowym, jak na rysunku 1. (Na tym rysunku k = 4).

a b c d f g h i j  a b c d e f g h i

rys. 1

Wartości obu wielokątów są równe, więc mamy e = j. Ponieważ powyższą parę wielokątów można przesunąć w dowolne miejsce płaszczyzny, jak również obrócić o 90^{∘}, wnioskujemy stąd, że w dowolne dwa kwadraty jednostkowe mające wspólny bok wpisano równe liczby. Zatem wszystkie liczby wpisane w kwadraty siatki są równe.

Pozostał do rozważenia przypadek, gdy n jest liczbą parzystą, powiedzmy n = 2k. Rozważamy parę dopuszczalnych wielokątów przystających, powstałych z dołączenia do tego samego prostokąta 1×(2k− 1) kwadratu jednostkowego, jak na rysunku 2. (Na tym rysunku k = 4).

a b c d e f g h  a b c d e f gi

rys. 2

Równość wartości tych wielokątów daje h = i, a dowolność ich położenia dowodzi, że w każdych dwóch kwadratach jednostkowych, z których jeden jest przesunięciem drugiego o wektor o współrzędnych parzystych, wpisane są równe liczby. W rezultacie w kwadraty płaszczyzny mogą być wpisane co najwyżej 4 różne wartości A, B, C, D, tak jak na rysunku 3.

A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A B B B  B B B  B B B  B B B  B B B  B B B  B B B  B B B  B B B C C  C C  C C  C C  C C  C C  C C  C C  C C D D D D D D D D D D D D D D D D D D

rys. 3

Z kolei rozważmy dwa wielokąty jak na rysunku 4, gdzie środkowe, pogrubione prostokąty 1×(2k− 2) pokrywają się.

A B A B A B D D  A B A B A B C C

rys. 4

Równość wartości tych wielokątów daje 2D = 2C, czyli D = C. Dowolność położenia tych wielokątów pokazuje, że dowolne dwa kwadraty jednostkowe o wspólnym boku mają wpisaną tę samą liczbę. Wszystkie liczby wpisane w kwadraty siatki są więc równe i w tym przypadku.

Zadanie 9.

Niech K, L, M będą środkami boków BC, AC, AB trójkąta ABC. Punkty A, B, C dzielą okrąg opisany na trójkącie ABC na trzy łuki: AB, BC, CA. Niech X będzie takim punktem łuku BC, że BX = XC. Analogicznie, niech Y będzie takim punktem łuku AC, że AY = Y C, zaś Z takim punktem łuku AB, że AZ = ZB. Niech R będzie promieniem okręgu opisanego na trójkącie ABC i niech r będzie promieniem okręgu wpisanego w trójkąt ABC. Udowodnić, że r +KX +LY +MZ = 2R.

Rozwiązanie

Proste AX, BY, CZ są odpowiednio dwusiecznymi kątów < ) A, < ) B, < ) C trójkąta ABC, a więc przecinają się w środku I okręgu wpisanego w ten trójkąt (rys. 1). Proste KX, LY, MZ są odpowiednio symetralnymi odcinków BC, CA, AB.

Wprowadźmy następujące oznaczenia: x = KX, y = LY, z = MZ. Niech ponadto a = BC, b = CA, c = AB oraz 2p = a+b+c.

Równość, którą mamy udowodnić, przepisujemy w postaci

(1)  \frac{x}{r} + \frac{y}{r} + \frac{z}{r} +1 = \frac{2R}{r}.

Aby dowieść tożsamości (1), wyrazimy najpierw ułamki stojące w powyższym wyrażeniu w zależności od a, b, c.

A B  C X  Y Z  K L M I rys. 1^{x}  ^{y}^{z}  A B  C XK I T  rys. 2

Niech T będzie punktem styczności okręgu wpisanego w trójkąt ABC z bokiem AB (rys. 2). Wówczas T A = p−a. Ponieważ < ) KBX = < ) CAX = = < ) T AI, więc trójkąty prostokątne KBX oraz T AI są podobne. Stąd

\frac{KX}{KB} = \frac{T I}{T A},  czyli  \frac{2x}{a} = \frac{r}{p−a} .

Otrzymana równość jest równoważna tożsamości

(2)  \frac{x}{r} = \frac{a}{2(p−a)} .

Rozumując analogicznie uzyskujemy zależności

(3)  \frac{y}{r} = \frac{b}{2(p−b)}  oraz  \frac{z}{r} = \frac{c}{2(p−c)} .

Oznaczmy przez S pole trójkąta ABC. Znane są następujące wzory:

S = pr  oraz  S = \frac{abc}{4R} .

Korzystając z powyższych równości oraz ze wzoru Herona mamy

(4)  \frac{2R}{r} = \frac{abc}{2S}· \frac{p}{S} = \frac{abc}{2(p−a)(p−b)(p−c)} .

Na mocy równości (2), (3), (4) dowodzona przez nas zależność (1) przybiera postać

\frac{a}{2(p−a)} + \frac{b}{2(p−b)} + \frac{c}{2(p−c)} +1 = \frac{abc}{2(p−a)(p−b)(p−c)} ,

co możemy również przepisać następująco:

a(p−b)(p−c)+b(p−c)(p−a)+c(p−a)(p−b)+2(p−a)(p−b)(p−c) = abc.

Podstawmy: t = p−a, u = p−b, v = p−c. Wówczas otrzymujemy: a = u+v , b = v +t, c = t+u . Zatem tożsamość, którą chcemy otrzymać, wygląda następująco:

(5)  (u+v)uv +(v +t)vt+(t+u)tu+2tuv = (u+v)(v +t)(t+u).

Powyższa zależność jest prawdziwa dla dowolnych liczb rzeczywistych t, u, v. Mamy bowiem następujące równości:

(u+v)(v +t)(t+u) = uvt+u^{2}v +ut^{2}+u^{2}t+v^{2}t+v^{2}u+vt^{2}+vtu =
= (u+v)uv +(v +t)vt+(t+u)tu+2tuv.

Dowód równości (1) został tym samym zakończony. æ

IX Zawody Matematyczne Państw Bałtyckich

Zadanie 1.

Znaleźć wszystkie funkcje dwóch zmiennych f, których argumenty x, y i wartości f(x,y) są liczbami całkowitymi dodatnimi, spełniające następujące warunki (dla wszystkich dodatnich liczb całkowitych x i y):

\begin{aligned}f(x,x) & = & x, \\ f(x,y) & = & f(y,x), \\ (x+y)f(x,y) & = & yf(x,x+ y). \end{aligned}

Rozwiązanie

Wykażemy najpierw, że istnieje co najwyżej jedna funkcja f spełniająca warunki zadania.

Z pierwszego równania mamy f(1,1) = 1. Korzystając z drugiego i trzeciego równania otrzymujemy f(1,2) = f(2,1) = 2. Ogólnie: jeśli obliczyliśmy już wartości liczb f(x,y) dla wszystkich 0 < x,y < z, gdzie z 2 jest pewną ustaloną liczbą naturalną, to podstawiając do trzeciego równania y = z −x znajdujemy wartości f(x,z) dla 0 < x < z. Potem korzystając z drugiego równania obliczamy liczby f(z,y) dla 0 < y < z. Z pierwszego równania otrzymujemy f(z,z) = z . Tak więc taka funkcja f, jeśli istnieje, to jest tylko jedna.

Z drugiej strony funkcja

f(x,y) = najmniejsza wspólna wielokrotność liczb x, y

spełnia równania dane w zadaniu. Pierwsze dwie równości są spełnione automatycznie. Aby udowodnić trzecią równość, przypomnijmy, że największy wspólny dzielnik liczb x, y jest równy największemu wspólnemu dzielnikowi liczb x, x+ y. Oznaczając przez [a,b] oraz (a,b) odpowiednio najmniejszą wspólną wielokrotność oraz największy wspólny dzielnik liczb a i b oraz wykorzystując tożsamość (a,b)[a,b] = ab otrzymujemy

(x+y)[x,y] = (x+y)· \frac{xy}{(x,y)} = y · \frac{x(x+y)}{(x,x+ y)} = y ·[x,x+ y] ,

a to jest trzecia spośród danych w zadaniu równości.

Tak więc jedyną funkcją f spełniającą dane warunki jest f(x,y) = [x,y].

Zadanie 2.

Trójkę liczb całkowitych dodatnich (a,b,c) nazywamy quasi-pitago-rejską, jeśli istnieje trójkąt o bokach długości a, b, c, w którym miara kąta naprzeciwko boku c wynosi 120^{∘}. Udowodnić, że jeśli (a,b,c) jest trójką quasi-pitagorejską, to c ma dzielnik pierwszy większy od 5.

Rozwiązanie

Niech (a,b,c) będzie trójką quasi-pitagorejską. Na mocy twierdzenia cosinusów otrzymujemy równość

(1)  c^{2} = a^{2}+ab+b^{2}.

Załóżmy najpierw, że liczby a, b są względnie pierwsze, tzn. ich największy wspólny dzielnik jest równy 1. Przy tym założeniu udowodnimy nawet więcej: każdy dzielnik pierwszy liczby c jest większy od 5.

Niech p będzie dzielnikiem pierwszym liczby c. Liczby a, b nie mogą być jednocześnie parzyste, gdyż są względnie pierwsze. Stąd wynika, że liczba c^{2} = a^{2}+ab+b^{2} jest nieparzysta, a więc p ≠ 2.

Przypuśćmy teraz, że p = 3. Największy wspólny dzielnik liczb a, b jest równy 1, więc jedna z liczb a, b (powiedzmy, że jest nią a) nie jest podzielna przez 3. Równość (1) przepisujemy w postaci

(2)  4c^{2} = (a+2b)^{2}+3a^{2}.

Wtedy 3|(a+ 2b)^{2}, skąd 3|a+ 2b i w konsekwencji 9|(a+ 2b)^{2}. Zatem lewa strona równości (2) jest podzielna przez 9, zaś prawa nie. Otrzymaliśmy sprzeczność.

Przypuśćmy z kolei, że p = 5. Tak jak w poprzednim przypadku możemy założyć, że liczba a nie jest podzielna przez 5. Kwadrat liczby całkowitej może z dzielenia przez 5 dawać jedynie reszty 0, 1, 4. Stąd 3a^{2} ≡ ±3 (mod 5). Zatem na mocy równości (2) dostajemy (a+2b)^{2} ≡ ∓2 (mod 5). Kwadrat liczby całkowitej a+2b daje więc z dzielenia przez 5 resztę 2 lub 3, a to, jak wspomnieliśmy wyżej, nie jest możliwe. Otrzymana sprzeczność dowodzi, że p > 5.

Niech teraz a, b, c będą dowolnymi liczbami całkowitymi spełniającymi równość (1) oraz niech d oznacza największy wspólny dzielnik liczb a, b. Z równości (1) wynika, że d|c. Przyjmijmy: a = da_{1}, b = db_{1}, c = dc_{1}. Wtedy liczby a_{1}, b_{1} są względnie pierwsze oraz c_{1}^{2} = a_{1}^{2}+a_{1}b_{1}+b_{1}^{2}. Jak udowodniliśmy wyżej, dowolny dzielnik pierwszy liczby c_{1} jest większy od 5. Liczba c = dc_{1} ma więc dzielnik pierwszy większy od 5 — jest nim każdy dzielnik pierwszy liczby c_{1}.

Uwaga 1.

Jeśli liczby całkowite dodatnie a, b, c spełniają równość (1), to trójka (a,b,c) jest quasi-pitagorejska. Istotnie, z równości (1) wynika, że a < c, b < c, c^{2} = a^{2}+ab+b^{2} < (a+b)^{2}, co oznacza, że z odcinków długości a, b, c da się zbudować trójkąt. Ponadto z twierdzenia cosinusów wynika, że miara kąta naprzeciwko boku c wynosi 120^{∘}.

Warto zauważyć, że dowód tej implikacji nie był potrzebny w powyższym rozwiązaniu.

Uwaga 2.

Trójka (3,5,7) jest quasi-pitagorejska, co oznacza, że liczby �5” nie można w treści zadania zastąpić przez większą liczbę pierwszą. Można mimo wszystko wzmocnić znacznie tezę — patrz uwaga 4.

Uwaga 3.

Znana jest ogólna postać trójek quasi-pitagorejskich (a,b,c):

a = d(2xy +y^{2}), b = d(x^{2}−y^{2}), c = d(x^{2}+xy +y^{2}),

gdzie d jest dowolną liczbą naturalną, x > y > 0 i x, y są względnie pierwsze. Jak się Czytelnik nietrudno przekona, znajomość powyższego faktu nie pomaga w rozwiązaniu zadania!

Uwaga 4.

Można wykazać, że jeśli (a,b,c) jest trójką quasi-pitagorejską, to liczba c ma dzielnik pierwszy postaci 6k +1. Stąd oczywiście wynika teza naszego zadania, gdyż każda liczba pierwsza postaci 6k +1 jest większa od 5. Znane jest bowiem następujące, niełatwe Twierdzenie Niech p > 3 będzie liczbą pierwszą. Jeżeli istnieje taka liczba całkowita x, że x^{2} ≡ −3 (mod p), to liczba p jest postaci 6k +1. W oparciu o powyższe twierdzenie dowód wspomnianego uogólnienia nie jest trudny. Wykorzystując bowiem fragmenty zaprezentowanego rozwiązania, wystarczy udowodnić następujący Fakt Jeśli p > 3 jest dzielnikiem pierwszym liczby a^{2}+ab+b^{2}, przy czym liczby a, b są względnie pierwsze, to liczba p jest postaci 6k +1. Dowód faktu Bez straty ogólności możemy założyć, że liczba a nie jest podzielna przez p. Przyjmijmy x = (a+2b)a^{(p−3)/2} . Wtedy x jest liczbą całkowitą. Na mocy tożsamości 4(a^{2}+ab+b^{2}) = (a+2b)^{2}+3a^{2} oraz małego twierdzenia Fermata otrzymujemy x^{2} = (a+2b)^{2}a^{p−3} ≡ −3a^{p−1} ≡ −3 (mod p). Z powyższego twierdzenia wynika więc, że liczba p jest postaci 6k +1.

Zadanie 3.

Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych dodatnich x,y, które spełniają równanie

2x^{2} +5y^{2} = 11(xy −11) .

Rozwiązanie

Dane równanie jest równoważne równaniu (2x−y)(5y −x) = 121. Obydwa czynniki stojące po lewej stronie powyższego równania muszą mieć ten sam znak. Gdyby oba były ujemne, to mielibyśmy 2x < y < x/5 , co oznaczałoby, że liczba x jest ujemna, a to przeczy założeniom. Liczby 2x−y, 5y −x są więc dodatnimi dzielnikami liczby 121. Zatem dane równanie prowadzi do trzech układów równań:

\{ \begin{matrix}2x−y & = & 1 \\ 5y −x & = & 121, \end{matrix}  \{ \begin{matrix}2x−y & = & 11 \\ 5y −x & = & 11, \end{matrix}  \{ \begin{matrix}2x−y & = & 121 \\ 5y −x & = & 1. \end{matrix}

Rozwiązując powyższe układy dostajemy odpowiednio:

(x,y) = (14,27),  (x,y) = (22/3,11/3),  (x,y) = (202/3,41/3).

Tak więc jedynym rozwiązaniem danego równania w liczbach całkowitych jest para (x,y) = (14,27).

Zadanie 4.

Niech P będzie wielomianem o współczynnikach całkowitych. Załóżmy, że dla n = 1,2,...,1998 wartości P (n) są liczbami naturalnymi trzycyfrowymi. Udowodnić, że wielomian P nie ma pierwiastków całkowitych.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że istnieje taka liczba całkowita m, że P (m) = 0. Znajdujemy taką liczbę n ∈ {1,2,...,1998}, że m ≡ n (mod 1998). Wtedy 0 = P (m) ≡ P (n) (mod 1998). Liczba P (n) jest trzycyfrowa, nie może być więc podzielna przez 1998. Otrzymaliśmy sprzeczność.

Zadanie 5.

Niech a będzie cyfrą nieparzystą, zaś b cyfrą parzystą. Udowodnić, że dla każdej liczby całkowitej dodatniej n istnieje liczba całkowita dodatnia, podzielna przez 2^{n}, w której zapisie dziesiętnym nie występują cyfry inne niż a i b.

Rozwiązanie

Jeśli b = 0, to liczba 10^{n}a jest podzielna przez 2^{n} i w jej zapisie dziesiętnym występują tylko cyfry a, b.

Załóżmy więc, że b ≠ 0. Pokażemy indukcyjnie jak znaleźć liczbę d_{n} spełniającą warunki zadania oraz mającą dokładnie n cyfr.

Dla n = 1 wystarczy przyjąć d_{1} = b. Załóżmy, że dla pewnego n umiemy skonstruować liczbę d_{n}. Wtedy liczba ta z dzielenia przez 2^{n+1} daje resztę 0 lub 2^{n}. Definiujemy liczbę

d_{n+1} = \{ \begin{matrix}10^{n}b+d_{n} & jeśli d_{n} ≡ 0 (mod 2^{n+1} ), \\ 10^{n}a+d_{n} & jeśli d_{n} ≡ 2^{n} (mod 2^{n+1} ). \end{matrix}

(Innymi słowy, d_{n+1} powstaje z liczby d_{n} przez dopisanie na jej początku cyfry b bądź a, w zależności od tego, czy d_{n} dzieli się przez 2^{n+1} , czy nie). Liczba d_{n+1} ma oczywiście n+ 1 cyfr, z których każda jest równa a lub b. Pozostaje wykazać, że d_{n+1} dzieli się przez 2^{n+1} . Cyfra a jest nieparzysta, zaś b parzysta, więc na mocy powyższych równości dostajemy

d_{n+1} ≡ \{ \begin{matrix}0 + 0 & (mod 2^{n+1} ) jeśli d_{n} ≡ 0 (mod 2^{n+1} ), \\ 2^{n} +2^{n} & (mod 2^{n+1} ) jeśli d_{n} ≡ 2^{n} (mod 2^{n+1} ). \end{matrix}

W obu przypadkach liczba d_{n+1} jest podzielna przez 2^{n+1} . Dowód indukcyjny jest więc zakończony.

Uwaga

Każda liczba całkowita dodatnia ma dwa rozwinięcia dziesiętne, np. liczbę 17 można także zapisać jako 16,99999... . W treści zadania milcząco zakładaliśmy, że chodzi o zapis dziesiętny �bez przecinka”. Bez tego założenia można bardzo łatwo rozwiązać zadanie w przypadku gdy a = 9: liczba postaci d_{n} = b999...99,99999... (gdzie przed przecinkiem wypisano n dziewiątek) ma jak widać w zapisie dziesiętnym tylko cyfry a i b oraz jest podzielna przez 2^{n}, gdyż d_{n} = 10^{n}·(b+1).

Zadanie 6.

Niech P będzie wielomianem stopnia 6 i niech a, b będą liczbami rzeczywistymi takimi, że 0 < a < b. Załóżmy, że

P (a) = P (−a), P (b) = P (−b), P′(0) = 0. Udowodnić, że P (x) = P (−x) dla wszystkich liczb rzeczywistych x.

Rozwiązanie

Niech Q(x) = P (x)−P (−x). Wtedy Q jest wielomianem stopnia co najwyżej 5, Q′(0) = 0 oraz Q(0) = Q(a) = Q(−a) = Q(b) = Q(−b) = 0. Zatem wielomian Q ma pięć różnych pierwiastków rzeczywistych. Przy tym x = 0 jest pierwiastkiem wielomianu Q i jego pochodnej, jest więc pierwiastkiem wielokrotnym wielomianu Q. Zatem wielomian Q jest tożsamościowo równy zeru, skąd P (x) = P (−x) dla wszystkich x rzeczywistych.

Zadanie 7.

Niech ℝ oznacza zbiór wszystkich liczb rzeczywistych. Znaleźć wszystkie funkcje f: ℝ → ℝ spełniające dla dowolnych x,y ∈ ℝ równanie f(x)+f(y) = f(f(x)f(y)).

Rozwiązanie

Niech x_{0} będzie dowolną liczbą rzeczywistą oraz niech f(x_{0}) = c. Podstawiając do danego równania x = y = x_{0} dostajemy f(c^{2}) = 2c. Kładąc dalej x = y = c^{2} otrzymujemy f(4c^{2}) = 4c . Podstawiając wreszcie x = x_{0} oraz y = 4c^{2} mamy f(4c^{2}) = 5c . Zatem 4c = 5c , skąd c = 0 . Ponieważ liczba x_{0} była wybrana dowolnie, więc jedyną funkcją f spełniającą dane równanie jest f(x) = 0 .

Zadanie 8.

Niech P_{k}(x) = 1+x+x^{2} +··· +x^{k−1} . Wykazać, że

∑_{k=1}^{n} \binom{n}{k} P_{k}(x) = 2^{n−1} P_{n} ( \frac{1+x}{2} )

dla każdej liczby rzeczywistej x i każdej liczby całkowitej dodatniej n.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez L(x) oraz P (x) odpowiednio lewą oraz prawą stronę danej w zadaniu równości. Ponieważ (1−x)P_{k}(x) = 1−x^{k} , więc

(1−x)·L(x) = ∑_{k=1}^{n} ( \begin{matrix}n \\ k \end{matrix}) (1−x^{k}) = ∑_{k=0}^{n} ( \begin{matrix}n \\ k \end{matrix}) −∑_{k=0}^{n} ( \begin{matrix}n \\ k \end{matrix}) x^{k} = 2^{n} −(1+x)^{n}.

Ponadto otrzymujemy

(1−x)·P (x) = 2( 1− \frac{1+x}{2} ) ·2^{n−1} P_{n}( \frac{1+x}{2} ) = 2^{n}( 1−( \frac{1+x}{2} ) ^{n}) =
= 2^{n} −(1+x)^{n}.

Zatem L(x) = P (x) dla x ≠ 1. Obie funkcje L(x) i P (x) są wielomianami, skąd wynika, że L(x) = P (x) dla wszystkich x.

Zadanie 9.

Liczby α, β spełniają 0 < α < β < π/2. Niech γ, δ będą liczbami określonymi przez warunki:

(i) 0 < γ < π/2 oraz liczba tgγ jest średnią arytmetyczną liczb tgα i tgβ;

(ii) 0 < δ < π/2 oraz liczba 1/cosδ jest średnią arytmetyczną liczb

1/cosα i 1/cosβ. Udowodnić, że γ < δ.

Rozwiązanie Sposób I Niech f(t) = \sqrt{1+t^{2}} . Wówczas dla dowolnych liczb rzeczywistych dodat-

nich u ≠ v zachodzi nierówność f(\frac{1}{2}(u+v))< \frac{1}{2}f(u)+ \frac{1}{2}f(v), tzn.

(1)  \sqrt{1+ \frac{1}{4}(u+v)^{2}} < \frac{1}{2} \sqrt{1+u^{2}} + \frac{1}{2} \sqrt{1+v^{2}} .

(Istotnie: podnosząc do kwadratu obie strony nierówności (1) oraz redukując wyrazy podobne dostajemy

1+uv < \sqrt{(1+u^{2})(1+v^{2})} .

Podnosząc ponownie do kwadratu, upraszczamy powyższą nierówność do postaci 2uv < u^{2}+v^{2} , czyli (u−v)^{2} > 0). Wykorzystując nierówność (1) otrzymujemy

\frac{1}{cosγ} = \sqrt{1+tg^{2}γ} = f(tgγ) = f ( \frac{tgα+tgβ}{2} ) <

< \frac{f(tgα)+f(tgβ)}{2} = \frac{1}{2}( \frac{1}{cosα} + \frac{1}{cosβ} ) = \frac{1}{cosδ} ,

skąd γ < δ .

Sposób II

Przedstawimy rozwiązanie geometryczne.

Na płaszczyźnie rysujemy odcinek jednostkowy OP (rys. 1). Wybieramy punkty A, B leżące po tej samej stronie prostej OP tak, aby zachodziły równości: < ) P OA = < ) P OB = 90^{∘} , < ) OP A = α , < ) OP B = β . Wtedy OA = tgα, OB = tgβ, P A = 1/cosα , P B = 1/cosβ . Oznaczmy przez C środek odcinka AB. Na mocy założeń

OC = \frac{tgα+tgβ}{2} = tgγ, skąd < ) OP C = γ oraz P C = \frac{1}{cosγ}.

Niech Q będzie punktem symetrycznym do P względem punktu C. Czworokąt P AQB jest równoległobokiem, a więc AQ = P B = 1/cosβ. Stąd

\frac{2}{cosδ} = \frac{1}{cosα} + \frac{1}{cosβ} = P A+AQ > P Q = 2·P C = \frac{2}{cosγ},

czyli γ < δ .

O  P A B Q  C  1

rys. 1

Zadanie 10.

Niech n 4 będzie parzystą liczbą całkowitą. W okrąg o promieniu 1 wpisane są n-kąt foremny i (n− 1)-kąt foremny. Dla każdego wierzchołka n-kąta rozważmy odległość od tego wierzchołka do najbliższego wierzchołka (n− 1)-kąta, mierzoną po obwodzie okręgu. Niech S będzie sumą tych n odległości. Udowodnić, że S nie zależy od wzajemnego położenia tych dwóch wielokątów.

Rozwiązanie

Bez straty ogólności możemy założyć, że rozważany okrąg ma długość 2n(n−1), zamiast 2π.

Wierzchołki (n− 1)-kąta foremnego A_{0}A_{1}...A_{n−2} dzielą dany okrąg na n−1 łuków, każdy długości 2n. Na mocy zasady szufladkowej, pewne dwa kolejne wierzchołki n-kąta foremnego B_{0}B_{1}...B_{n−1} leżą w jednym z tych łuków. Bez straty ogólności możemy więc przyjąć, że punkty B_{0}, B_{1} leżą na łuku A_{0}A_{1}, przy czym A_{0}B_{0} < A_{0}B_{1} oraz A_{0}B_{0} B_{1}A_{1} (rys. 1).

[figure: A_{0}; A_{1}; A_{2}; B_{0}; B_{1}; B_{2}]

rys. 1

Rozetnijmy dany okrąg w punkcie A_{0} i rozłóżmy go na osi liczbowej tak, aby punkty A_{0},A_{1},A_{2},... pokryły się odpowiednio ze współrzędnymi 0, 2n, 4n, ... (rys. 2). Wówczas punkty B_{0},B_{1},B_{2},... pokryją się odpowiednio ze współrzędnymi x_{0},x_{1},x_{2},..., gdzie x_{k} = x_{0}+2k(n−1) (k = 0,1,2,...,n− 1).

[figure: ···; 0; 2n; 4n; x_{0}; x_{1}; x_{2}] rys. 2

Niżej udowodnimy, że:

(a) jeżeli 1 k n/2 , to punkt B_{k} leży między A_{k−1} a A_{k}, bliżej A_{k};

(b) jeżeli n/2 < k n− 1 , to punkt B_{k} leży między A_{k−1} a A_{k}, bliżej A_{k−1} . Zatem jeżeli 1 k n/2 , to odległość od punktu B_{k} do najbliższego wierzchołka n-kąta A_{0}A_{1}...A_{n−1} wynosi 2kn−x_{k} = 2k −x_{0}; w przeciwnym razie odległość ta wynosi x_{k}−(2k −2)n = x_{0}−2k +2n. Stąd

S = x_{0}+∑_{k=1}^{n/2}(2k −x_{0}) + ∑_{k=n/2+1}^{n−1} (x_{0}−2k +2n) = ∑_{k=1}^{n/2} 2k + ∑_{k=n/2+1}^{n−1} (2n−2k),

co jest wielkością zależną tylko od n.

Pozostało udowodnić zdania (a) oraz (b).

Na mocy poczynionych założeń otrzymujemy 0 2x_{0} x_{0}+(2n−x_{1}) = 2, skąd w szczególności

\begin{matrix}2k −n & x_{0} 2k & dla & 1 & k n/2, \\ 2k −2n & x_{0} 2k −n & dla & n/2 & < k n. \end{matrix}

Ponieważ x_{k} = x_{0}+2k(n−1) , więc dostajemy

\begin{matrix}(2k −1)n x_{k} 2kn & dla & 1 & k n/2, \\ (2k −2)n x_{k} (2k −1)n & dla & n/2 & < k n. \end{matrix}

Nierówności te są równoważne odpowiednio zdaniom (a) oraz (b).

æ

Zadanie 11.

Niech a, b, c będą długościami boków pewnego trójkąta, zaś R — promieniem okręgu opisanego na nim. Udowodnić, że

(1)  R \frac{a^{2} +b^{2}}{2\sqrt{2a^{2} +2b^{2} −c^{2}}} .

Kiedy zachodzi równość?

Rozwiązanie Sposób I Oznaczmy kąty naprzeciwko boków a, b, c odpowiednio przez A, B, C. Na

mocy twierdzenia sinusów a = 2RsinA, b = 2RsinB, c = 2RsinC. Podstawiając powyższe zależności do nierówności (1) sprowadzamy ją do nierówności:

R \frac{4R^{2}(sin^{2}A+sin^{2}B)}{2\sqrt{8R^{2}(sin^{2}A+sin^{2}B)−4R^{2}sin^{2}C}} .

Przekształcając równoważnie ostatnią nierówność dostajemy kolejno:

2(sin^{2}A+sin^{2}B)−sin^{2}C (sin^{2}A+sin^{2}B)^{2},
(sin^{2}A+sin^{2}B)(2−sin^{2}A−sin^{2}B) sin^{2}C,
(sin^{2}A+sin^{2}B)(cos^{2}A+cos^{2}B) sin^{2}C.

Ostatnia nierówność wynika z nierówności Schwarza (p. Dodatek, �Nierówność Schwarza”, str. 112):

(2) (sin^{2}A+sin^{2}B)(cos^{2}B +cos^{2}A) (sinA·cosB +sinB ·cosA)^{2} = sin^{2}C.

Dowód nierówności (1) jest więc zakończony.

W nierówności (1) zachodzi równość wtedy i tylko wtedy, gdy spełniona jest równość w nierówności (2). To natomiast jest możliwe wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje taka liczba rzeczywista λ, że

(3)  sinA = λcosB  oraz  sinB = λcosA.

Z powyższych związków wynika, że λ > 0 oraz że kąty A, B są ostre. Mnożąc stronami równości (3) otrzymujemy sin2A= sin2B. To oznacza, że 2A = 2B lub 2A+2B = π, czyli A = B lub A+B = π/2.

Również odwrotnie: jeśli A = B, to zależność (3) jest spełniona dla dowolnej liczby dodatniej λ. Jeśli natomiast A+B = π/2, to związki (3) są prawdziwe dla λ = 1. Zatem w obu przypadkach istnieje taka liczba λ > 0, że spełnione są obie równości (3).

Reasumując: w nierówności (1) zachodzi równość wtedy i tylko wtedy, gdy a = b lub C = π/2.

Sposób II

Oznaczmy przez A, B, C wierzchołki leżące odpowiednio naprzeciwko boków a, b, c. Niech O będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie ABC, zaś niech M będzie środkiem boku AB (rys. 1).

Długość środkowej m_{c} poprowadzonej do boku c spełnia zależność

(4)  4m_{c}^{2} = 2a^{2}+2b^{2}−c^{2}.

Zatem nierówność (1) można przepisać w następującej, równoważnej formie: 4Rm_{c} a^{2}+b^{2}. Ze związku (4) wyliczamy wielkość a^{2}+b^{2} i podstawiamy ją do ostatniej nierówności. W ten sposób nierówność, którą mamy udowodnić, sprowadza się do zależności 8Rm_{c} 4m_{c}^{2}+c^{2}. Tę nierówność z kolei traktujemy jako nierówność kwadratową z �niewiadomą” m_{c} i �parametrami” R, c. Rozwiązując ją dostajemy równoważną formę nierówności (1):

|m_{c}−R| \sqrt{R^{2}−(c/2)^{2}} ,

czyli |MC −OC| OM. Otrzymaliśmy nierówność trójkąta zastosowaną do trójkąta COM, a więc tym samym udowodniliśmy nierówność (1).

A B C M O rys. 1

Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy punkty C, O, M są współliniowe. To zaś jest możliwe wtedy i tylko wtedy, gdy AC = BC lub O = M, czyli wtedy i tylko wtedy, gdy a = b lub < ) ACB = 90^{∘}.

Zadanie 12.

W trójkącie ABC zachodzi < ) BAC = 90^{∘}. Punkt D leży na boku BC i < ) BDA = 2< ) BAD. Udowodnić, że

\frac{1}{AD} = \frac{1}{2}( \frac{1}{BD} + \frac{1}{CD} ) .

Rozwiązanie Sposób I Niech O będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie ABC. Oznaczmy

przez E punkt przecięcia prostej AD z tym okręgiem (rys. 1). Wówczas < ) BOE = 2< ) BAE = < ) CDE, co dowodzi, że DE = OE . Na mocy podobieństwa trójkątów ADC i BDE otrzymujemy

\frac{AD}{BD} = \frac{CD}{DE}  oraz  \frac{AD}{CD} = \frac{BD}{DE} .

Stąd

\frac{AD}{BD} + \frac{AD}{CD} = \frac{BC}{DE} = \frac{BC}{OE} = 2,

co należało udowodnić.

A  B C  D O E rys. 1

Sposób II

Oznaczmy: α = < ) BAD, β = < ) CAD. Z danych w treści zadania wynika, że < ) BDA = 2α, < ) CDA = 2β. Z twierdzenia sinusów wynika, że

\frac{AD}{BD} = \frac{sin3α}{sinα}  oraz  \frac{AD}{CD} = \frac{sin3β}{sinβ} .

Korzystając z tożsamości

sin3φ = sinφcos2φ+cosφsin2φ = sinφ(cos2φ+2cos^{2}φ)

oraz równości α+β = 90^{∘} otrzymujemy

\frac{AD}{BD} + \frac{AD}{CD} = (cos2α+cos2β)+2(cos^{2}α+cos^{2}β) = 0+2 = 2,

co kończy dowód danej tożsamości.

Zadanie 13.

W pięciokącie wypukłym ABCDE boki AE i BC są równoległe oraz < ) ADE = < ) BDC. Przekątne AC i BE przecinają się w punkcie P. Udowodnić, że < ) EAD = < ) BDP oraz < ) CBD = < ) ADP.

Rozwiązanie Sposób I Niech c_{1} i c_{2} będą odpowiednio okręgami opisanymi na trójkątach AED

i BCD. Załóżmy, że prosta DP przecina okrąg c_{2} w punkcie F (rys. 1).

A  B C D E  P F c_{1}  c_{2}

rys. 1

Ponieważ < ) ADE = < ) BDC, więc stosunek długości odcinków EA i BC jest równy stosunkowi długości okręgów c_{1} i c_{2}. Zatem jednokładność o środku P, przekształcająca odcinek AE na odcinek CB, przekształca okrąg c_{1} na okrąg c_{2}. Ta sama jednokładność przeprowadza łuk DE okręgu c_{1} na łuk F B okręgu c_{2}. Stąd wynika, że < ) EAD = < ) BDF = < ) BDP.

Drugą równość otrzymujemy analogicznie.

Sposób II Udowodnimy najpierw następujący Lemat Dany jest sześciokąt ABCDEF. Czworokąty ABCE, CDEA, EF AC są

wypukłe oraz zachodzą równości:

< ) EAF = < ) CAB = α , < ) ACB = < ) ECD = β , < ) CED = < ) AEF = γ . Wówczas przekątne AD, BE, CF przecinają się w jednym punkcie (rys. 2).

A  BC D E F  K L M ^{α}^{α}  ^{β}^{β}^{γ}^{γ}  ^{A  B C D E  P Q}

rys. 2 rys. 3

Dowód Przez [XY Z] będziemy oznaczać pole trójkąta XY Z. Niech K, L, M będą odpowiednio punktami przecięcia następujących par

odcinków: AD,EC; BE,CA; CF,AE (rys. 2). Dostajemy równości:

\frac{AL}{LC} · \frac{CK}{KE} · \frac{EM}{MA}= \frac{[ABE]}{[CBE]}· \frac{[CDA]}{[EDA]}· \frac{[EF C]}{[AF C]}= \frac{[ABE]}{[AF C]}· \frac{[CDA]}{[CBE]}· \frac{[EF C]}{[EDA]}=
= \frac{AB ·AE}{AF ·AC}· \frac{CD ·CA}{CB ·CE}· \frac{EF ·EC}{ED ·EA} = \frac{AB}{CB} · \frac{CD}{ED} · \frac{EF}{AF} =
= \frac{sinβ}{sinα} · \frac{sinγ}{sinβ} · \frac{sinα}{sinγ} = 1.

(Pierwsza równość wynika z twierdzenia Talesa oraz z faktu, że stosunek pól trójkątów o wspólnej podstawie jest równy stosunkowi wysokości opuszczonych na tę podstawę. Trzecia równość to zastosowanie wzoru

[XY Z] = \frac{1}{2}XY ·XZ·sin< ) Y XZ.

Piątą równość otrzymujemy z twierdzenia sinusów). Na mocy twierdzenia Cevy (p. str. 120) odcinki AD, BE, CF przecinają się w jednym punkcie.

Przystępujemy do rozwiązania zadania. Na boku AB danego pięciokąta ABCDE budujemy (po jego zewnętrz-

nej stronie) trójkąt ABQ tak, aby < ) QAB = < ) EAD oraz < ) QBA = < ) CBD (rys. 3). Na mocy lematu, zastosowanego do sześciokąta AQBCDE, punkty D, P, Q są współliniowe. Ponieważ odcinki AE i BC są równoległe, więc

< ) ADB = < ) EAD +< ) CBD = < ) QAB +< ) QBA = 180^{∘}−< ) AQB. Zatem na czworokącie AQBD da się opisać okrąg, stąd < ) EAD = < ) BAQ = = < ) BDQ = < ) BDP. Drugą równość dostajemy analogicznie.

Zadanie 14.

Dany jest trójkąt ABC, w którym AB < AC. Prosta przechodząca przez B i równoległa do AC przecina dwusieczną kąta zewnętrznego < ) BAC w punkcie D. Prosta przechodząca przez C i równoległa do AB przecina tę dwusieczną w punkcie E. Punkt F leży na boku AC i spełniona jest równość F C = AB. Udowodnić, że DF = F E.

Rozwiązanie

Ponieważ proste BD i AC są równoległe oraz AD jest dwusieczną kąta zewnętrznego BAC, więc < ) BAD = < ) BDA = α. Stąd < ) CAE = < ) CEA = α. Również AB = BD oraz AC = CE. Niech B′, C′, F′ będą odpowiednio rzutami prostokątnymi punktów B, C, F na prostą DE (rys. 1).

A B  C D  E F B′  F′ C′

rys. 1

Z warunku F C = AB wynika, że AB +AF = AC, skąd dostajemy równości: B′F′= (AB +AF)cosα = ACcosα = AC′= C′E . Ponadto DB′= BDcosα = = F Ccosα = F′C′. Zatem DF′= F′E, czyli DF = F E .

Zadanie 15.

Dany jest trójkąt ostrokątny ABC. Punkt D jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka A na bok BC. Punkt E leży na odcinku AD i spełnione jest równanie

\frac{AE}{ED} = \frac{CD}{DB} .

Punkt F jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka D na bok BE. Udowodnić, że < ) AF C = 90^{∘}.

Rozwiązanie

Niech P będzie takim punktem, że czworokąt ADCP jest prostokątem (rys. 1). Wówczas

\frac{AE}{ED} = \frac{CD}{DB} = \frac{AP}{DB} ,

co dowodzi, że punkty B, E, P są współliniowe. Stąd < ) DF P = 90^{∘}, co oznacza, że punkt F

A B  C D F  P E rys. 1

leży na okręgu opisanym na prostokącie ADCP. Zatem

< ) AF C = < ) ADC = 90^{∘} .

Zadanie 16.

Czy można pokryć szachownicę o wymiarach 13×13 czterdziestoma dwoma klockami o wymiarach 4×1 w taki sposób, że tylko środkowe pole szachownicy pozostanie nie zakryte? (Zakładamy, że każdy klocek zakrywa cztery pełne pola szachownicy).

Rozwiązanie Nie można. Sposób I Pokolorujmy daną szachownicę tak jak na ry-

sunku 1. Każdy klocek o wymiarach 4×1, położony pionowo lub poziomo, przykrywa dokładnie dwa pokolorowane i dwa niepokolorowane pola. Środkowe pole jest niepokolorowane. Gdyby więc żądane pokrycie istniało, to liczba pól pokolorowanych danej szachownicy musiałaby być o 1 mniejsza niż liczba pól niepokolorowanych.

[figure: rys. 1]

Jednak bezpośrednie sprawdzenie pokazuje, że jest odwrotnie: pól pokolorowanych jest 85, zaś niepokolorowanych 84. Otrzymaliśmy sprzeczność.

Sposób II

Ponumerujmy pola szachownicy jak na rysunku 2. Wówczas każdy klocek 4×1 położony na szachownicy przykrywa 4 pola z różnymi numerami.

Cała szachownica zawiera po 42 pola z liczbami 2, 3 i 4 oraz 43 pola z liczbą 1. Po usunięciu środkowego pola pozostanie tylko 41 pól z liczbą 4, nie można więc umieścić 42 klocków na szachownicy bez pokrycia tego pola.

1^{4}^{2}^{3}^{1}^{4}^{2}^{3}^{1}^{4}^{2}^{3}^{1} ^{2}^{1}^{3}^{4}^{2}^{1}^{3}^{4}^{2}^{1}^{3}^{4}^{2} ^{3}^{2}^{4}^{1}^{3}^{2}^{4}^{1}^{3}^{2}^{4}^{1}^{3} ^{4}^{3}^{1}^{2}^{4}^{3}^{1}^{2}^{4}^{3}^{1}^{2}^{4} ^{1}^{4}^{2}^{3}^{1}^{4}^{2}^{3}^{1}^{4}^{2}^{3}^{1} ^{2}^{1}^{3}^{4}^{2}^{1}^{3}^{4}^{2}^{1}^{3}^{4}^{2} ^{3}^{2}^{4}^{1}^{3}^{2}^{4}^{1}^{3}^{2}^{4}^{1}^{3} ^{4}^{3}^{1}^{2}^{4}^{3}^{1}^{2}^{4}^{3}^{1}^{2}^{4} ^{1}^{4}^{2}^{3}^{1}^{4}^{2}^{3}^{1}^{4}^{2}^{3}^{1} ^{2}^{1}^{3}^{4}^{2}^{1}^{3}^{4}^{2}^{1}^{3}^{4}^{2} ^{3}^{2}^{4}^{1}^{3}^{2}^{4}^{1}^{3}^{2}^{4}^{1}^{3} ^{4}^{3}^{1}^{2}^{4}^{3}^{1}^{2}^{4}^{3}^{1}^{2}^{4} ^{1}^{4}^{2}^{3}^{1}^{4}^{2}^{3}^{1}^{4}^{2}^{3}^{1} rys. 2  ^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1} ^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2} ^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3} ^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4} ^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1} ^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2} ^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3} ^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4} ^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1} ^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2} ^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3} ^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4} ^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1}^{4}^{3}^{2}^{1} rys. 3

Uwaga

Bardziej narzucające wydaje się ponumerowanie pól szachownicy w sposób pokazany na rysunku 3. W wielu zadaniach olimpijskich o pokrywaniu szachownicy właśnie takie ponumerowanie rozstrzyga, czy daną szachownicę da się pokryć odpowiednimi kostkami. Jednak w tym przypadku ponumerowanie z rysunku 3 do niczego nie prowadzi: po usunięciu środkowego pola na szachownicy pozostaną po 42 pola z każdą z liczb 1, 2, 3, 4.

Zadanie 17.

Niech n i k będą liczbami całkowitymi dodatnimi. Danych jest nk przedmiotów (tych samych rozmiarów) i k pudełek, z których każde pomieści n przedmiotów. Każdy przedmiot jest pokolorowany jednym z k różnych kolorów. Wykazać, że można rozmieścić te przedmioty w pudełkach w taki sposób, że w każdym pudełku znajdą się przedmioty w co najwyżej dwóch kolorach.

Rozwiązanie

Przeprowadzimy dowód indukcyjny względem k. Dla k = 1 teza jest oczywiście prawdziwa. Załóżmy więc, że żądane rozmieszczenie jest możliwe dla pewnego k; wykażemy, że można rozmieścić przedmioty, gdy kolorów i pudełek jest k+ 1.

Ponieważ wszystkich przedmiotów jest n(k+ 1), więc przedmiotów pewnego koloru (powiedzmy białego) jest co najwyżej n. Z tego samego powodu przedmiotów pewnego innego koloru (na przykład czarnego) jest co najmniej n. Wkładamy do pudełka wszystkie przedmioty białe oraz uzupełniamy wolne miejsce przedmiotami czarnymi. W pudełku tym znajduje się więc n przedmiotów co najwyżej dwóch kolorów. Pozostało do wypełnienia k pudełek nk przedmiotami k kolorów (białych przedmiotów już nie ma), a to na mocy założenia indukcyjnego jest wykonalne.

Zadanie 18.

Wyznaczyć wszystkie liczby całkowite dodatnie n, dla których istnieje zbiór S o następujących własnościach:

(i) S składa się z n liczb całkowitych dodatnich, z których wszystkie są mniejsze od 2^{n−1} ;

(ii) dla dowolnych dwóch różnych niepustych podzbiorów A i B zbioru S suma elementów zbioru A jest różna od sumy elementów zbioru B.

Rozwiązanie

Dla n = 1 lub n = 2 nie istnieje zbiór S mający własność (i). Dla n = 3 jedynym zbiorem S spełniającym warunek (i) jest zbiór {1,2,3}, jednak on nie spełnia warunku (ii).

Dla n = 4 przykładem zbioru o własnościach (i) oraz (ii) jest S = {3,5,6,7} . Dla dowolnego n > 4 można skonstruować indukcyjnie zbiór S, spełniający warunki (i) oraz (ii), korzystając z następującego faktu:

Jeżeli S = {a_{1},a_{2},...,a_{n}} jest zbiorem spełniającym warunki (i), (ii) dla pewnego n, to zbiór S^{∗} = {1,2a_{1},2a_{2},...,2a_{n}} spełnia warunki (i), (ii) dla n+1. Istotnie, na mocy własności (i) zbioru S, każdy element zbioru S^{∗} jest mniejszy od 2^{n}. Zbiór S^{∗} ma więc własność (i). Jeśli teraz A, B są dowolnymi rozłącznymi podzbiorami zbioru S^{∗}, przy czym żaden z nich nie zawiera 1, to sumy elementów tych zbiorów są różne (na mocy własności (ii) zbioru S). Jeśli natomiast jeden z podzbiorów A, B (na przykład A) zawiera 1, to suma elementów zbioru A jest nieparzysta, zaś zbioru B — parzysta; wielkości te są więc różne. To dowodzi, że zbiór S^{∗} ma również własność (ii).

Odpowiedź: Zbiór S o żądanych własnościach istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy n 4.

Zadanie 19.

Rozważmy mecz ping-ponga między dwiema drużynami, z których każda składa się z 1000 graczy. Każdy gracz grał przeciwko każdemu z graczy przeciwnej drużyny dokładnie raz (w ping-pongu nie ma remisów). Udowodnić, że istnieje dziesięciu graczy z jednej drużyny takich, że każdy z graczy drużyny przeciwnej przegrał z co najmniej jednym z tych dziesięciu graczy.

Rozwiązanie

Rozważmy najpierw mecz ping-ponga, w którym uczestniczą dwie inne drużyny: jedna składająca się z m zawodników, a druga z n. Wówczas w jednej z tych drużyn istnieje zawodnik, który wygrał z co najmniej połową zawodników drużyny przeciwnej .

Dowód: Przypuśćmy, że każdy zawodnik wygrał z mniej niż połową graczy drużyny przeciwnej. Wtedy liczba zwycięstw jednej drużyny jest mniejsza niż m·n/2; zaś drugiej jest mniejsza niż n·m/2. Zatem łączna liczba zwycięstw w meczu jest mniejsza niż m·n. Otrzymaliśmy sprzeczność, gdyż łączna liczba wszystkich zwycięstw jest równa liczbie wszystkich rozgrywek, czyli m·n.

Powracamy do drużyn 1000-osobowych.

Zawodnika, który wygrał z co najmniej 500 graczami drużyny przeciwnej, odznaczamy medalem (taki istnieje, na mocy powyższych rozważań), a wszystkich tych, którzy z nim przegrali, odsyłamy do domu. Po tej redukcji postępujemy analogicznie: znajdujemy zawodnika (być może z tej samej drużyny, co poprzednio), który wygrał z co najmniej połową graczy drużyny przeciwnej, dajemy mu medal, a tych, którzy z nim przegrali, odsyłamy do domu. Postępowanie to kontynuujemy do momentu, gdy ostatni zawodnik którejś z drużyn (nazwijmy ją A) pojedzie do domu. Niech B będzie drużyną przeciwną do A, a więc tą, której część nie została odesłana do domu. Zawodników w drużynie A było 1000 < 2^{10}. Przy każdej redukcji drużyny A liczba jej zawodników malała o co najmniej połowę, co oznacza, że zawodnicy drużyny A byli odsyłani do domu co najwyżej dziesięciokrotnie. Tym samym co najwyżej dziesięciu zawodników drużyny B dostało medal. Pozostaje zauważyć, że każdy zawodnik drużyny A przegrał z pewnym medalistą drużyny B.

Zadanie 20.

Powiemy, że liczba całkowita dodatnia m pokrywa liczbę 1998, jeśli 1, 9, 9, 8 pojawiają się w tej właśnie kolejności jako cyfry m. (Na przykład 1998 jest pokrywana przez 215993698, ale nie przez 213326798). Niech k(n) oznacza liczbę tych liczb całkowitych dodatnich, które pokrywają 1998 i mają dokładnie n cyfr (n 5), z których wszystkie są różne od 0. Jaką resztę z dzielenia przez 8 daje k(n)?

Rozwiązanie

Niech 1 g < h < i < j n będą ustalonymi liczbami całkowitymi. Rozważmy wszystkie takie liczby n-cyfrowe a = \overline{a_{1}...a_{n}}, o cyfrach różnych od 0, że

(1) a_{g} = 1, a_{i} = 9,  a_{ℓ} ≠ 1 dla ℓ < g;  a_{ℓ} ≠ 9 dla h < ℓ < i; a_{h} = 9, a_{j} = 8,  a_{ℓ} ≠ 9 dla g < ℓ < h;  a_{ℓ} ≠ 8 dla i < ℓ < j.

(Powyższy warunek oznacza, że spośród tych czwórek �1,9,9,8”, które pokrywają liczbę a, czwórka pokrywająca tę liczbę na miejscach g, h, i, j jest usytuowana najbardziej na lewo).

Wszystkich liczb spełniających warunek (1) jest

(2)  8^{g−1} ·8^{h−g−1} ·8^{i−h−1} ·8^{j−i−1} ·9^{n−j} .

Wyrażenie to daje resztę 1 z dzielenia przez 8 dla g = 1, h = 2, i = 3, j = 4 oraz jest podzielne przez 8 dla wszystkich innych układów 1 g < h < i < j n.

Liczbę k(n) otrzymujemy dodając wyrażenie (2) po wszystkich możliwych wyborach liczb 1 g < h < i < j n. Zatem liczba k(n) z dzielenia przez 8 daje resztę 1. æ

DODATEK^{2}

A. Rozwiązywanie rekurencji liniowych

Rozważamy ciągi spełniające równanie rekurencyjne

(1)  c_{n+2} = ac_{n+1} +bc_{n}  (n 0),

gdzie a, b są danymi liczbami rzeczywistymi. Chcielibyśmy umieć rozwiązać równanie rekurencyjne (1), tzn. wypisać wzór ogólny na n-ty wyraz ciągu c_{n}, znając wartości początkowe c_{0} i c_{1}. Okazuje się, że istnieje ogólna metoda pozwalająca rozwiązywać równania rekurencyjne postaci (1). Zilustrujemy ją trzema przykładami.

Przykład 1.

Wyznaczymy wzór ogólny na n-ty wyraz ciągu (c_{n}) danego wzorami

(2)  c_{0} = 5, c_{1} = 13,  c_{n+2} = 2c_{n+1} +3c_{n} (n 0).

(Ciąg d_{n} = c_{n−1} pojawił się w rozwiązaniu zadania 2 z XXI Austriacko-Pol-skich Zawodów Matematycznych, zob. str. 76).

Zapominamy na chwilę o danych wartościach początkowych c_{0}, c_{1} i staramy się znaleźć jak najwięcej ciągów c_{n}, które spełniają dane równanie rekurencyjne. Najpierw szukamy niezerowych ciągów geometrycznych postaci c_{n} = x^{n}, dla których spełnione jest dane równanie rekurencyjne. Liczba x ≠ 0 musi więc dla dowolnego n 0 spełniać równanie

x^{n+2} = 2x^{n+1} +3x^{n},  czyli  x^{2} = 2x+3.

Otrzymane równanie nazywamy równaniem charakterystycznym równania rekurencyjnego (2). Rozwiązując je uzyskujemy x_{1} = 3, x_{2} = −1. Zatem ciągi geometryczne c_{n} = 3^{n} oraz c_{n} = (−1)^{n} spełniają dane równanie rekurencyjne. Stąd wynika, że dla dowolnych liczb α, β, ciąg postaci

c_{n} = 3^{n}α+(−1)^{n}β

również spełnia nasze równanie rekurencyjne. Pozostało dobrać tak liczby α, β, aby c_{0} = 5 oraz c_{1} = 13. W tym celu układamy układ równań

\{ \begin{matrix}α+β = c_{0} = 5 \\ 3α−β = c_{1} = 13, \end{matrix}

skąd otrzymujemy α = \frac{9}{2}, β = \frac{1}{2}. Zatem wzór ogólny na n-ty wyraz ciągu c_{n} określonego warunkami (2) wygląda następująco:

c_{n} = \frac{9}{2}·3^{n} + \frac{1}{2}·(−1)^{n} = \frac{1}{2}(3^{n+2} +(−1)^{n+2} ) .
∗  ∗  ∗

2Opracowali Waldemar Pompe i Jarosław Wróblewski.

Przykład 2.

Tym razem wyznaczymy wzór na n-ty wyraz ciągu c_{n} danego wzorami

(3)  c_{0} = 0, c_{1} = 2,  c_{n+2} = −2c_{n+1} −2c_{n} (n 0).

Podobnie jak poprzednio, staramy się znaleźć niezerowe ciągi geometryczne postaci c_{n} = x^{n} spełniające powyższe równanie rekurencyjne. W tym celu podstawiamy powyższą równość do danego równania rekurencyjnego otrzymując jego równanie charakterystyczne:

(4)  x^{2} = −2x−2.

Niestety, powyższe równanie nie ma rozwiązań rzeczywistych, a więc nie istnieją niezerowe rzeczywiste ciągi geometryczne spełniające równanie rekurencyjne (3). Jednak wiemy, że istnieją zespolone rozwiązania równania (4) dane wzorami x_{1} = 1−i oraz x_{2} = 1+i, dzięki czemu możemy kontynuuować naszą metodę przy użyciu liczb zespolonych.

Ciągi c_{n} = (1−i)^{n} oraz c_{n} = (1+i)^{n} spełniają nasze równanie rekurencyjne. Stąd dla dowolnych liczb zespolonych α, β, ciąg c_{n} dany wzorem

c_{n} = (1−i)^{n}α+(1+i)^{n}β

również spełnia dane równanie rekurencyjne.

Pozostało wyznaczyć takie liczby (zespolone) α, β, dla których c_{0} = 0, c_{1} = 2. Podobnie jak poprzednio, układamy i rozwiązujemy odpowiedni układ równań, skąd dostajemy α = i, β = −i. Zatem wzór ogólny na n-ty wyraz ciągu c_{n} danego wzorami (3) wynosi

c_{n} = (1−i)^{n}i−(1+i)^{n}i.

Ponieważ ciąg c_{n} składa się z wyrazów rzeczywistych, więc chcielibyśmy tak przekształcić powyższy wzór, aby wyeliminować z niego liczby zespolone. W tym celu skorzystamy ze wzoru de Moivre’a:

(cost+isint)^{n} = cosnt+ sinnt,

gdzie n jest liczbą naturalną, a t rzeczywistą. Mamy bowiem:

(1−i)^{n} = (\sqrt{2})^{n}·(\frac{1}{\sqrt{2}} − \frac{i}{\sqrt{2}})^{n} = (\sqrt{2})^{n}·(cos(−\frac{π}{4}) +isin(−\frac{π}{4}) ) ^{n} =
= (\sqrt{2})^{n}·(cos(−\frac{nπ}{4} ) +isin(−\frac{nπ}{4} ) ) = (\sqrt{2})^{n}·(cos( \frac{nπ}{4} )−isin( \frac{nπ}{4} )) .

Analogicznie obliczamy, że

(1+i)^{n} = (\sqrt{2})^{n}·(cos( \frac{nπ}{4} )+isin( \frac{nπ}{4} )) .

Stąd otrzymujemy

c_{n} = (\sqrt{2})^{n+2} ·sin( \frac{nπ}{4} ).
∗  ∗  ∗

Przykład 3.

Wyznaczymy z kolei wzór na n-ty wyraz ciągu c_{n} danego wzorami

(5)  c_{0} = 1, c_{1} = −4,  c_{n+2} = 4c_{n+1} −4c_{n} (n 0).

Tak jak w poprzednich dwóch przykładach, szukamy niezerowych ciągów geometrycznych postaci c_{n} = x^{n}, spełniających dane równanie rekurencyjne. Tym razem układając i rozwiązując odpowiednie równanie charakterystyczne, widzimy, że ma ono jeden podwójny pierwiastek: x_{1} = x_{2} = 2. Zatem istnieje tylko jeden ciąg geometryczny c_{n} = 2^{n} spełniający dane równanie rekurencyjne. Aby ułożyć odpowiedni układ równań i wykorzystać warunki początkowe, musimy znaleźć drugi, �całkiem inny” ciąg spełniający nasze równanie rekurencyjne. Jak Czytelnik bez trudu sprawdzi, ciąg c_{n} = n2^{n} spełnia dane równanie rekurencyjne. (Ogólnie: jeśli x_{1} jest pierwiastkiem podwójnym równania charakterystycznego, to ciągi x_{1}^{n} oraz nx_{1}^{n} spełniają dane równanie rekurencyjne).

Pozostało kontynuować jak w poprzednich przykładach: Dla dowolnych liczb rzeczywistych α, β, ciąg

c_{n} = 2^{n}α+n2^{n}β

spełnia dane równanie rekurencyjne. Wykorzystując wartości początkowe c_{0}, c_{1}, układamy i rozwiązujemy odpowiedni układ równań, skąd otrzymujemy α = 1, β = −3. Zatem wzór ogólny na n-ty wyraz ciągu c_{n} danego wzorami (5) ma postać

c_{n} = (1−3n)·2^{n}.

Podsumowanie, zarys ogólnej metody

Mamy nadzieję, że powyższe przykłady wyczerpująco ilustrują przedstawioną metodę. Jednak dla wygody Czytelnika naszkicujemy na koniec krótko algorytm postępowania w ogólnym przypadku.

Chcemy rozwiązać równanie rekurencyjne postaci (1), gdy znane są liczby a, b oraz wartości początkowe c_{0}, c_{1}. Zastanawiamy się najpierw, jakie niezerowe ciągi geometryczne postaci c_{n} = x^{n} (być może o wyrazach zespolonych) spełniają równanie (1). W tym celu podstawiamy powyższą równość do związku (1) otrzymując równanie

x^{n+2} = ax^{n+1} +bx^{n} ,

które sprowadza się do x^{2} = ax+b. Równanie to nazywamy równaniem charakterystycznym równania rekurencyjnego (1). Jeżeli x_{1} i x_{2} są pierwiastkami tego równania, to ciągi geometryczne o ilorazach x_{1} i x_{2} spełniają równanie (1). Nie jest istotne, czy x_{1} i x_{2} są rzeczywiste czy zespolone.

Możliwe są następujące dwa przypadki:

(a) Liczby x_{1} i x_{2} są różne

Wówczas dwa różne ciągi geometryczne c_{n} = x_{1}^{n} oraz c_{n} = x_{2}^{n} spełniają dane równanie rekurencyjne. Ciągi te nazywamy ciągami bazowymi równania rekurencyjnego (1). Zależność (1) jest więc spełniona przez wszystkie ciągi postaci

(6)  c_{n} = x_{1}^{n}α+x_{2}^{n}β,

gdzie α, β są dowolnymi liczbami zespolonymi. Ponieważ wszystkie wyrazy ciągu rekurencyjnego są wyznaczone przez wartości początkowe c_{0} i c_{1}, staramy się tak dopasować liczby α i β, aby równanie (6) było spełnione dla n = 0 i n = 1. Otrzymujemy zatem układ równań

\{ \begin{matrix}α+β & = & c_{0} \\ αx_{1}+βx_{2} & = & c_{1}, \end{matrix}

który ma zawsze rozwiązanie:

α = \frac{c_{1}−x_{2}c_{0}}{x_{1}−x_{2}} , β = \frac{x_{1}c_{0}−c_{1}}{x_{1}−x_{2}} .

(b) Liczby x_{1} i x_{2} są równe

Jeśli x_{1} = x_{2} = 0, to a = b = 0, skąd c_{n} = 0 dla dowolnego n 0.

Przyjmijmy więc, że x_{1} = x_{2} = y ≠ 0. Wówczas równanie (1) jest spełnione przez dwa ciągi: c_{n} = y^{n} oraz c_{n} = ny^{n}. Ciągi te nazywamy ciągami bazowymi równania rekurencyjnego (1). Kontynuujemy jak w przypadku (a): Zauważamy, że zależność (1) jest spełniona przez wszystkie ciągi postaci

(7)  c_{n} = y^{n}α+ny^{n}β,

gdzie α, β są dowolnymi liczbami zespolonymi. Następnie szukamy takich liczb α, β, aby równanie (7) było spełnione dla n = 0 i n = 1. Otrzymujemy zatem układ równań

\{ \begin{matrix}α = c_{0} \\ yα+yβ = c_{1}, \end{matrix}

który ma zawsze rozwiązanie:

α = c_{0}, β = \frac{c_{1}−yc_{0}}{y} .

Uwaga

Podobnie postępujemy w przypadku równań rekurencyjnych wyższego rzędu, tzn. w przypadku równań postaci

c_{n+k} = a_{1}c_{n+k−1} +a_{2}c_{n+k−2} +...+a_{k}c_{n} (k 2),

gdzie a_{1},a_{2},...,a_{k} oraz c_{0},c_{1},...,c_{k−1} są znanymi liczbami rzeczywistymi.

Pierwiastki wielokrotne wielomianu charakterystycznego traktujemy następująco: Jeżeli x_{i} jest m-krotnym pierwiastkiem równania charakterystycznego, to odpowiadającymi mu bazowymi ciągami rekurencyjnymi są ciągi (n^{j}x_{i}^{n}) dla j = 0,1,2,...,m− 1.

B. Dwustosunek i biegunowa

Dwustosunek i podział harmoniczny

Dane są cztery różne punkty A, B, C, D leżące na jednej prostej. Wartość wyrażenia

\frac{AC}{BC} : \frac{AD}{BD}

nazywamy dwustosunkiem czwórki punktów A, B, C, D i oznaczamy przez (A,B;C,D). Wprost z definicji wynikają następujące równości:

(A,B;C,D) = (D,C;B,A)  oraz  (A,B;C,D) = \frac{1}{(B,A;C,D)} .

Zatem jeśli (A,B;C,D) = 1, to (A,B;C,D) = (B,A;C,D) = (A,B;D,C) = 1. W tym przypadku (tzn. gdy (A,B;C,D) = 1) punkt C nazywamy sprzężonym harmonicznie do punktu D względem pary punktów (A,B) (rys. 1).

[figure: A; B; C; D; rys. 1]

Bezpośrednio z definicji wynikają następujące wnioski:

(a) Jeżeli punkt C jest sprzężony harmonicznie do punktu D względem pary punktów (A,B), to punkt D jest sprzężony harmonicznie do punktu C względem tej samej pary.

(b) Jeżeli punkt C jest sprzężony harmonicznie do punktu D względem pary (A,B), to punkt C jest sprzężony harmonicznie do punktu D względem pary (B,A).

Z wniosków (a), (b) wynika, że w definicji sprzężenia harmonicznego punkty C, D, jak również punkty A, B, odgrywają symetryczne role. Z tego powodu, zamiast pisać: punkt C jest sprzężony harmonicznie do punktu D względem pary (A,B), możemy napisać: punkty C i D są sprzężone harmonicznie do siebie względem punktów A, B; czy też po prostu: punkty C, D dzielą harmonicznie odcinek AB.

(c) Jeżeli punkty C i D dzielą harmonicznie odcinek AB, to punkty A i B dzielą harmonicznie odcinek CD.

(d) Dla ustalonych punktów A, B, C istnieje dokładnie jeden punkt D, sprzężony harmonicznie do punktu C względem punktów A, B. Jeśli ponadto punkt C leży na odcinku AB, to punkt D, sprzężony harmonicznie do niego, znajduje się na zewnątrz odcinka AB.

Również odwrotnie: jeżeli punkt C leży na zewnątrz odcinka AB, to punkt D, sprzężony harmonicznie do C, leży pomiędzy punktami A, B.

∗  ∗  ∗

Udowodnimy teraz twierdzenie mówiące o tym, że dwustosunek jest zachowywany przez rzut środkowy.

Twierdzenie 1.

Niech S będzie punktem, zaś ℓ prostą nie zawierającą punktu S. Różne punkty A, B, C, D leżą na prostej ℓ (rysunki 2 i 3). Prosta k nie przechodzi przez punkt S i przecina proste AS, BS, CS, DS odpowiednio w punktach A′, B′, C′, D′. Wówczas

(A,B;C,D) = (A′,B′;C′,D′).

Dowód

Niech ℓ_{A}, ℓ_{B}, ℓ_{C}, ℓ_{D} będą czterema różnymi, ustalonymi prostymi przechodzącymi przez punkt S. Przyjmijmy, że prosta ℓ, nie przechodząca przez punkt S, przecina proste ℓ_{A}, ℓ_{B}, ℓ_{C}, ℓ_{D} odpowiednio w punktach A, B, C, D. Wystarczy dowieść, że wartość wyrażenia (A,B;C,D) nie zależy od wyboru prostej ℓ.

A  B  C  D S A′  B′ C′ D′  k  ℓ rys. 2  ^{A  B C  D S A′  B′ C′  D′ k  ℓ rys. 3}

Oznaczmy przez [KLM] pole trójkąta KLM. Mamy następujące związki:

\frac{AC}{BC} = \frac{[ACS]}{[BCS]}= \frac{\frac{1}{2} AS·CS·sin< ) ASC}{\frac{1}{2} BS·CS·sin< ) BSC} = \frac{AS}{BS} · \frac{sin< ) ASC}{sin< ) BSC} .

Analogicznie:

\frac{AD}{BD} = \frac{[ADS]}{[BDS]} = \frac{\frac{1}{2} AS·DS·sin< ) ASD}{\frac{1}{2} BS·DS·sin< ) BSD} = \frac{AS}{BS} · \frac{sin< ) ASD}{sin< ) BSD} .

Dzieląc stronami powyższe równości uzyskujemy

(A,B;C,D) = \frac{AC}{BC} : \frac{AD}{BD} = \frac{sin< ) ASC}{sin< ) BSC} : \frac{sin< ) ASD}{sin< ) BSD} .

Ponieważ sinα = sin(180^{∘}−α) dla 0 < α < 180^{∘}, więc wielkość po prawej stronie powyższej równości nie zależy od wyboru prostej ℓ. Dowód twierdzenia został więc zakończony.

∗  ∗  ∗

Biegunowa

Niech o będzie dowolnym okręgiem, zaś P dowolnym punktem leżącym na zewnątrz tego okręgu.

Przez punkt P prowadzimy prostą ℓ, która przecina okrąg o w punktach X, Y. Niech Z będzie punktem sprzężonym harmonicznie do punktu P względem punktów X, Y. Innymi słowy, punkt Z leży na odcinku XY i jest wyznaczony przez warunek

(X,Y;Z,P) = 1,  czyli  \frac{XZ}{Y Z} = \frac{XP}{Y P}.

Naszym celem jest wyznaczenie zbioru punktów Z przy ustalonym okregu o, ustalonym punkcie P oraz zmieniającej się prostej ℓ (rys. 4).

[figure: P; X_{1}; X_{2}; X_{3}; X_{4}; Y_{1}; Y_{2}; Y_{3}; Y_{4}; Z_{1}; Z_{2}; Z_{3}; Z_{4}; ℓ_{1}; ℓ_{2}; ℓ_{3}; ℓ_{4}; o; rys. 4]

Jak podpowiada rysunek 4, zbiór punktów Z powinien leżeć na pewnej prostej. Udowodnimy teraz, że tak rzeczywiście jest.

Twierdzenie 2.

Niech proste P A, P B będą styczne do okręgu o odpowiednio w punktach A, B (rys. 5). Wówczas zbiorem wyżej zdefiniowanych punktów Z jest odcinek AB.

Prostą AB nazywamy biegunową punktu P względem okręgu o lub po prostu biegunową, gdy nie ma wątpliwości, któremu punktowi i okręgowi jest ona przyporządkowana.

Dowód

Niech ℓ będzie dowolną prostą przechodzącą przez punkt P i przecinającą okrąg o odpowiednio w punktach X, Y (rys. 5). Oznaczmy przez Z punkt przecięcia odcinków XY i AB. Położenie punktu sprzężonego harmonicznie do punktu P względem punktów X, Y jest wyznaczone jednoznacznie, zatem wystarczy dowieść, że (X,Y;Z,P) = 1, tzn.

(1)  \frac{XZ}{Y Z} = \frac{XP}{Y P}.

Ponieważ < ) P AX = < ) P Y A, więc trójkąty P AX i P Y A są podobne. Mamy więc następujące tożsamości:

(2)  \frac{XP}{Y P} = \frac{[P AX]}{[P Y A]}= ( \frac{AX}{AY} ) ^{2},

gdzie [KLM] oznacza pole trójkąta KLM. Przeprowadzając analogiczne rozumowanie otrzymujemy równość

(3)  \frac{XP}{Y P} = ( \frac{BX}{BY} ) ^{2}.

Z równości (2) i (3) wynika następująca zależność:

\frac{AX}{AY} = \frac{BX}{BY} . P X Y Z ℓ A  B o  rys. 5

Ponieważ < ) AXB = 180^{∘}−< ) AY B, więc otrzymujemy następujące związki:

(4) ( \frac{AX}{AY} ) ^{2} = \frac{AX}{AY} · \frac{BX}{BY} = \frac{\frac{1}{2} AX·BX·sin< ) AXB}{\frac{1}{2} AY ·BY ·sin< ) AY B}= \frac{[AXB]}{[AY B]}= \frac{XZ}{Y Z}.

Łącząc równości (3) i (4) dostajemy równość (1).

∗  ∗  ∗

Twierdzenie 3.

Dwie różne proste przechodzące przez punkt P przecinają okrąg o odpowiednio w punktach X, Y oraz U, V (rys. 6 i 7). Wówczas:

(a) Przekątne czworokąta XY V U przecinają się na biegunowej punktu P względem okręgu o;

(b) Proste XU, Y V przecinają się na biegunowej punktu P względem okręgu o lub są równoległe do tej biegunowej.

Dowód

Udowodnimy najpierw zdania (a) oraz (b) przy założeniu, że XU ∦ Y V (rys. 6).

Niech Z będzie punktem przecięcia przekątnych czworokąta XY V U oraz niech proste XU, Y V przecinają się w punkcie T. Przyjmijmy, że prosta T Z przecina proste XY, UV odpowiednio w punktach K, L.

Należy dowieść, że prosta T Z jest biegunową punktu P względem okręgu o. W tym celu wystarczy wykazać, że na prostej T Z znajdują się co najmniej dwa punkty z tej biegunowej. Udowodnimy, że tymi punktami są K oraz L. Tak więc powinniśmy dowieść, że (X,Y;K,P) = (U,V;L,P) = 1.

Na mocy twierdzenia 1 dostajemy następujące równości:

(5)  (X,Y;K,P) = (V,U;L,P) = (Y,X;K,P) = \frac{1}{(X,Y;K,P)} ,

skąd (X,Y;K,P)^{2} = 1 i w konsekwencji (X,Y;K,P) = 1. Korzystając z równości (5) otrzymujemy (U,V;L,P) = (X,Y;K,P) = 1, co dowodzi prawdziwości zdań (a) i (b) w przypadku, gdy XU ∦ Y V.

P X  U Y  V K  L T  Z  o rys. 6  P X Y  U  V K  L Z o  rys. 7

Pozostało udowodnić zdania (a) oraz (b) przy założeniu, że XU ∥ Y V (rys. 7).

Niech Z będzie punktem przecięcia przekątnych czworokąta XY V U. Prosta równoległa do prostych XU i Y V przecina odcinki XY, UV odpowiednio w punktach K, L.

Punkty X, K, Y są odpowiednio symetryczne do punktów U, L, V względem prostej łączącej punkt P ze środkiem okręgu o. Mamy więc następujące równości:

(6)  (X,Y;K,P) = (U,V;L,P) = (Y,X;K,P) = \frac{1}{(X,Y;K,P)}.

Zatem (X,Y;K,P) = 1, skąd również (U,V;L,P) = 1. Z dwóch ostatnich równości wynika, że prosta KL jest biegunową punktu P względem okręgu o. To dowodzi prawdziwości zdań (a) oraz (b) przy założeniu XU ∥ Y V.

∗  ∗  ∗

Jako zastosowanie powyższych twierdzeń, proponujemy Czytelnikowi następujące

Zadanie konstrukcyjne

Z danego punktu, leżącego na zewnątrz okręgu o, poprowadzić styczne do okręgu o posługując się jedynie linijką.

C. Nierówność Schwarza Twierdzenie Dla dowolnej liczby naturalnej n oraz liczb rzeczywistych x_{1},x_{2},...,x_{n},

y_{1},y_{2},...,y_{n} prawdziwa jest nierówność

(1) x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}+...+x_{n}y_{n} \sqrt{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+...+x_{n}^{2}} ·\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+...+y_{n}^{2}} ,

przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje taka liczba rzeczywista t 0, że y_{i} = tx_{i} dla i = 1,2,...,n.

Uwaga 1.

Z powyższego twierdzenia wynika nieco silniejsza nierówność, a mianowicie

(2) |x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}+...+x_{n}y_{n}| \sqrt{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+...+x_{n}^{2}} ·\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+...+y_{n}^{2}} .

Istotnie: jeżeli liczba x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}+...+x_{n}y_{n} jest nieujemna, to nierówność (2) niczym się nie różni od nierówności (1). Jeśli natomiast powyższa suma jest liczbą ujemną, to wstawiając do zależności (1) liczby −x_{1},−x_{2},...,−x_{n} odpowiednio w miejsce liczb x_{1},x_{2},...,x_{n} dostajemy nierówność (2).

Nierówność (1) (jak również jej nieco mocniejsza forma (2)) jest znana pod wieloma nazwami. Jedną z nich jest nierówność Schwarza. Inne nazwy spotykane w literaturze to: nierówność Cauchy’ego lub nierówność Buniakowskiego. Niektórzy też posługują się nazwami łączonymi, np. nierówność Cauchy’ego-Schwarza, Schwarza-Buniakowskiego, itp.

Dowód twierdzenia

Rozpatrzmy trójmian kwadratowy

w(t) = ∑_{i=1}^{n} (x_{i}t−y_{i})^{2} = ( ∑_{i=1}^{n} x_{i}^{2}) t^{2}+( 2∑_{i=1}^{n} x_{i}y_{i}) t+∑_{i=1}^{n} y_{i}^{2} = at^{2}+bt+c.

Ponieważ w(t) 0 dla dowolnej liczby rzeczywistej t, więc

Δ = b^{2}−4ac = ( 2∑_{i=1}^{n} x_{i}y_{i}) ^{2}−4( ∑_{i=1}^{n} x_{i}^{2}) ·( ∑_{i=1}^{n} y_{i}^{2}) 0.

Przekształcając równoważnie powyższą nierówność otrzymujemy wzór (2), z którego uzyskujemy nierówność (1).

Równość w nierówności (2) ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy trójmian kwadratowy w(t) ma dokładnie jeden (podwójny) pierwiastek rzeczywisty. Tak się dzieje jedynie wtedy, gdy dla pewnej liczby rzeczywistej t

(3) x_{1}t−y_{1} = x_{2}t−y_{2} = ...= x_{n}t−y_{n} = 0, tzn. y_{i} = tx_{i} dla i = 1,2,...,n.

Aby miała miejsce równość w nierówności (1), potrzeba dodatkowo, żeby wartość wyrażenia x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}+...+x_{n}y_{n} była nieujemna. To jednak, na mocy związków (3), jest możliwe wtedy i tylko wtedy, gdy t 0.

Uwaga 2.

Oto inny, bardziej bezpośredni dowód nierówności (1). Z ciągu zależności

0 ∑_{j=1}^{n} ( x_{j} ∑_{i=1}^{n} x_{i}y_{i} −y_{j} ∑_{k=1}^{n} x_{k}^{2}) ^{2} =

= ∑_{j=1}^{n} x_{j}^{2}( ∑_{i=1}^{n} x_{i}y_{i}) ^{2}−2∑_{j=1}^{n} x_{j}y_{j} ·∑_{i=1}^{n} x_{i}y_{i} ·∑_{k=1}^{n} x_{k}^{2}+∑_{j=1}^{n} y_{j}^{2}·( ∑_{k=1}^{n} x_{k}^{2}) ^{2} =

= ∑_{j=1}^{n} y_{j}^{2}·( ∑_{k=1}^{n} x_{k}^{2}) ^{2}−( ∑_{i=1}^{n} x_{i}y_{i}) ^{2}·∑_{k=1}^{n} x_{k}^{2}

otrzymujemy

0 ( ∑_{j=1}^{n} y_{j}^{2}) ·( ∑_{k=1}^{n} x_{k}^{2}) −( ∑_{i=1}^{n} x_{i}y_{i}) ^{2}.

Przekształcając równoważnie powyższą nierówność uzyskujemy zależność (2), skąd natychmiast wynika nierówność (1).

Uwaga 3.

W przypadku, gdy n = 2 lub n = 3, nierówność Schwarza ma następującą interpretację geometryczną: Dla wektorów x = (x_{1},x_{2},...,x_{n}), y = (y_{1},y_{2},...,y_{n}) zachodzi nierówność

(4)  x ∘y |x|·|y|,

gdzie ∘ oznacza iloczyn skalarny, zaś |z| jest długością wektora z.

Wobec wzoru x ∘y = |x|·|y|·cos< ) (x,y), nierówność (4) jest równoważna stwierdzeniu, że cosinus nie przekracza 1.

Uwaga 4.

Równość w nierówności Schwarza zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy wektory x i y mają ten sam kierunek i zwrot (lub co najmniej jeden z nich jest wektorem zerowym). Dla wektorów x i y równość

x ∘y = ±|x|·|y|

jest równoważna równości

(x ∘y)·x = |x|·y,

co (miejmy nadzieję) choć trochę wyjaśnia, dlaczego w dowodzie nierówności Schwarza, przedstawionym w uwadze 2, wyszliśmy od oszacowania

|(x ∘y)·x −|x|·y|^{2} 0.

D. Twierdzenie o złożeniu jednokładności

Twierdzenie 1.

Niech P_{1}, P_{2} będą dwoma różnymi punktami na płaszczyźnie. Oznaczmy przez j_{1} jednokładność o środku P_{1} i skali 0 < k_{1} < 1, zaś przez j_{2} jednokładność o środku P_{2} i skali 0 < k_{2} < 1. Wówczas złożenie j_{2}∘j_{1} jest jednokładnością o środku leżącym na prostej P_{1}P_{2} i skali k_{1}·k_{2}.

Dowód

Dla dowolnego punktu T płaszczyzny oznaczmy: T′= j_{1}(T), T′′= j_{2}(T′). Wybierzmy dowolny punkt X nie leżący na prostej P_{1}P_{2}. Niech Q będzie punktem przecięcia prostej XX′′z odcinkiem P_{1}P_{2} (rys. 1). Wykażemy, że położenie punktu Q nie zależy od wyboru punktu X oraz że punkt Q jest środkiem jednokładności j_{2}∘j_{1}.

Zachodzą następujące równości:

\frac{X′′X′}{P_{2}X′′}= \frac{P_{2}X′−P_{2}X′′}{P_{2}X′′} = \frac{P_{2}X′}{P_{2}X′′}−1 = \frac{1}{k_{2}} −1 = \frac{1−k_{2}}{k_{2}} .

Ponadto

\frac{X′X}{XP_{1}} = \frac{XP_{1}−X′P_{1}}{XP_{1}} = 1− \frac{X′P_{1}}{XP_{1}} = 1−k_{1}.

Stosując twierdzenie Menelausa (zob. str. 122) do trójkąta P_{1}P_{2}X′ oraz wykorzystując powyższe związki otrzymujemy kolejno:

\frac{P_{1}Q}{QP_{2}}· \frac{P_{2}X′′}{X′′X′}· \frac{X′X}{XP_{1}} = 1, \frac{P_{1}Q}{QP_{2}}· \frac{k_{2}}{1−k_{2}} ·(1−k_{1}) = 1,

skąd

(1)  \frac{P_{1}Q}{QP_{2}} = \frac{1−k_{2}}{k_{2}(1−k_{1})} .

Powyższa równość oznacza właśnie, że położenie punktu Q nie zależy od wyboru punktu X spoza prostej P_{1}P_{2}.

P_{1}  P_{2} XX′  Q X′′ rys. 1  P_{1}  P_{2} X X′  Q X′′ Y Y′  Y′′ rys. 2

Następnie wykażemy, że odwzorowanie j_{2}∘j_{1} przekształca jednokładnie każdy punkt X nie leżący na prostej P_{1}P_{2} oraz, że jest to jednokładność o środku Q i skali k_{1}·k_{2}. W tym celu wystarczy dowieść, że dla dowolnego punktu X ∉ P_{1}P_{2} zachodzi równość

(2)  \frac{QX′′}{QX}= k_{1}·k_{2}.

Stosując twierdzenie Menelausa do trójkąta P_{1}QX uzyskujemy

\frac{QX′′}{X′′X}· \frac{XX′}{X′P_{1}} · \frac{P_{1}P_{2}}{P_{2}Q} = 1,  skąd  \frac{QX′′}{X′′X}·( \frac{XP_{1}}{X′P_{1}} −1) ·( 1+ \frac{P_{1}Q}{QP_{2}}) = 1.

Korzystając z równości (1) otrzymujemy

\frac{QX′′}{X′′X}·( \frac{1}{k_{1}} −1) ·( 1+ \frac{1−k_{2}}{k_{2}(1−k_{1})} ) = 1.

Przekształcając równoważnie powyższą zależność dostajemy

\frac{X′′X}{QX′′}= \frac{1}{k_{1}·k_{2}} −1,  skąd  \frac{QX}{QX′′}= \frac{1}{k_{1}·k_{2}} .

W ten sposób dowiedliśmy równości (2).

Aby zakończyć dowód twierdzenia należy wykazać, że dla dowolnego punktu Y leżącego na prostej P_{1}P_{2} zachodzi równość

\frac{QY′′}{QY}= k_{1}·k_{2}.

W tym celu wybierzmy dowolny punkt X nie leżący na prostej P_{1}P_{2} (rys. 2).

Na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa, XY ∥ X′Y′ oraz X′Y′∥ X′′Y′′. Zatem XY ∥ X′′Y′′, skąd

\frac{QY′′}{QY}= \frac{QX′′}{QX}= k_{1}·k_{2}.

Dowód twierdzenia jest więc zakończony.

∗  ∗  ∗

Zmieniając nieznacznie fragmenty powyższego dowodu można udowodnić poniższe, nieco ogólniejsze twierdzenie. Dopracowanie szczegółów pozostawiamy Czytelnikowi.

Twierdzenie 2.

Niech P_{1}, P_{2} będą dwoma różnymi punktami na płaszczyźnie. Oznaczmy przez j_{1} jednokładność o środku P_{1} i skali k_{1}, zaś przez j_{2} jednokładność o środku P_{2} i skali k_{2}, gdzie k_{1}, k_{2} są dowolnymi liczbami rzeczywistymi różnymi od 0. Wówczas

(a) jeżeli k_{1}·k_{2} ≠ 1, to złożenie j_{2}∘j_{1} jest jednokładnością o środku leżącym na prostej P_{1}P_{2} i skali k_{1}·k_{2};

(b) jeżeli k_{1}·k_{2} = 1, to złożenie j_{2}∘j_{1} jest translacją o wektor równoległy do prostej P_{1}P_{2}.

E. Twierdzenie o zbieżności ciągu średnich arytmetycznych

Udowodnimy twierdzenie, z którego korzystaliśmy w rozwiązaniu zadania 10 z zawodów pierwszego stopnia (zob. str. 46).

Twierdzenie

Jeżeli ciąg (a_{n}) jest zbieżny do granicy g, to ciąg (b_{n}), określony wzorem

(1)  b_{n} = \frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n} ,

jest również zbieżny i jego granica wynosi g.

Dowód

Niech ε będzie dowolną liczbą dodatnią. Na mocy definicji granicy istnieje taka liczba naturalna N, że dla wszystkich liczb n > N zachodzi nierówność

|a_{n} −g| < \frac{ε}{2}.

Wybierzmy tak dużą liczbę naturalną M N, że

M > \frac{|a_{1}+a_{2}+...+a_{N} −Ng|}{ε/2} .

Wtedy dla dowolnej liczby m > M zachodzą nierówności:

|a_{1}+a_{2}+...+a_{N} −Ng| < \frac{Mε}{2},

|a_{N+1} −g| < \frac{ε}{2}, |a_{N+2} −g| < \frac{ε}{2}, ..., |a_{m} −g| < \frac{ε}{2}.

Stąd

|a_{1}+a_{2}+...+a_{m} −mg| = |(a_{1}+a_{2}+...a_{N} −Ng) + ∑_{i=N+1}^{m} (a_{i} −g)|

|a_{1}+a_{2}+...a_{N} −Ng| + ∑_{i=N+1}^{m} |a_{i} −g| < \frac{(M +m−N)ε}{2} < mε.

Zatem

| \frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{m}}{m} −g| < ε,

co na mocy definicji granicy daje tezę twierdzenia.

F. Twierdzenie Desarguesa

Środek perspektywiczny

Na płaszczyźnie dane są takie dwa trójkąty ABC i A′B′C′, że A ≠ A′, B ≠ B′ , C ≠ C′. Jeśli proste AA′, BB′, CC′przecinają się w jednym punkcie lub są równoległe, to mówimy, że trójkąty ABC, A′B′C′mają środek perspektywiczny (rysunki 1, 2, 3). W przypadku, gdy proste AA′, BB′, CC′ mają punkt wspólny, punkt ten nazywamy środkiem perspektywicznym trójkątów ABC, A′B′C′.

A  B C  A′ B′ C′ rys. 1  B A C  B′ A′  C′ rys. 2  A B  C A′ B′  C′ rys. 3

Oś perspektywiczna

Niech ABC, A′B′C′ będą takimi trójkątami leżącymi na płaszczyźnie, że A ≠ A′, B ≠ B′ , C ≠ C′. Rozpatrzymy trzy możliwe położenia tych trójkątów.

1. Załóżmy, że żadna z par (BC,B′C′), (CA,C′A′), (AB,A′B′) nie tworzy pary prostych równoległych, tzn. BC ∦ B′C′, CA ∦ C′A′, AB ∦ A′B′. Oznaczmy przez X, Y, Z odpowiednio punkty przecięcia prostych BC i B′C′; CA i C′A′; AB i A′B′. Jeżeli punkty X, Y, Z leżą na jednej prostej, to mówimy, że trójkąty ABC oraz A′B′C′ mają oś perspektywiczną (rysunki 4 i 5). Prostą zawierającą punkty X, Y, Z nazywamy osią perspektywiczną trójkątów ABC, A′B′C′.

A  B C  A′ B′C′ XY Z  rys. 4  B A C  B′ A′  C′ Y X  Z rys. 5

2. Załóżmy teraz, że dokładnie jedna spośród par (BC,B′C′), (CA,C′A′), (AB,A′B′) jest parą prostych równoległych. Przyjmijmy dla ustalenia uwagi, że AB ∥ A′B′ (rys. 6). Podobnie jak wyżej, niech X, Y będą odpowiednio punktami przecięcia prostych BC, B′C′ oraz CA, C′A′. Jeżeli prosta XY jest równoległa do prostych AB i A′B′, to mówimy, że trójkąty ABC oraz A′B′C′mają oś perspektywiczną. Prostą XY nazywamy osią perspektywiczną trójkątów ABC oraz A′B′C′.

Analogicznie definiujemy oś perspektywiczną, gdy zachodzi dokładnie jeden z warunków: BC ∥ B′C′; CA ∥ C′A′.

C A  B C′A′ B′ X  Y rys. 6  A  B C  A′ B′  C′ rys. 7

3. Pozostał do rozpatrzenia przypadek, w którym co najmniej dwie spośród par (BC,B′C′), (CA,C′A′), (AB,A′B′) tworzą pary boków równoległych. Wówczas jeżeli BC ∥ B′C′, CA ∥ C′A′oraz AB ∥ A′B′(rys. 7), to przyjmujemy (umownie), że trójkąty ABC oraz A′B′C′ mają oś perspektywiczną.

∗  ∗  ∗

Twierdzenie Desarguesa^{3}

Dwa trójkąty ABC, A′B′C′takie, że A ≠ A′, B ≠ B′ , C ≠ C′, mają środek perspektywiczny wtedy i tylko wtedy, gdy mają oś perspektywiczną.

Dowód

Załóżmy najpierw, że trójkąty ABC, A′B′C′mają środek perspektywiczny. Przyjmijmy ponadto, że BC ∦ B′C′, CA ∦ C′A′, AB ∦ A′B′ oraz że proste AA′, BB′, CC′ przecinają się w punkcie P. (Dowód w pozostałych przypadkach można bez trudu przeprowadzić, wzorując się na poniższym rozumowaniu).

Wprowadźmy następujące oznaczenia: X = BC ∩B′C′, Y = CA∩C′A′, Z = AB ∩A′B′, gdzie k ∩ℓ jest punktem wspólnym prostych k i ℓ.

Stosując twierdzenie Menelausa (zob. str. 122) dla trójkątów P C′A′ oraz P C′B′ (rys. 8), otrzymujemy odpowiednio

\frac{P C}{CC′}· \frac{C′Y}{Y A′}· \frac{A′A}{AP} = 1, \frac{P C}{CC′}· \frac{C′X}{XB′} · \frac{B′B}{BP} = 1.

Wyznaczając i porównując wielkość CC′:P C z obu związków uzyskujemy równość

3czyt.: dezarga.

\frac{C′Y}{Y A′}· \frac{A′A}{AP} = \frac{C′X}{XB′} · \frac{B′B}{BP} ,

skąd

(1) \frac{A′A}{AP} · \frac{P B}{BB′} = \frac{C′X}{XB′} · \frac{Y A′}{C′Y}.

Stosując po raz kolejny twierdzenie Menelausa, lecz tym razem dla trójkąta A′B′P, dostajemy równość

(2)  \frac{A′A}{AP} · \frac{P B}{BB′} · \frac{B′Z}{ZA′} = 1. B A C  B′ A′  C′ Y X  Z P rys. 8

Z równości (1) oraz (2) otrzymujemy związek

\frac{C′X}{XB′} · \frac{Y A′}{C′Y}= \frac{ZA′}{B′Z},  skąd mamy  \frac{C′X}{XB′} · \frac{B′Z}{ZA′} · \frac{Y A′}{C′Y}= 1.

Ostatnia zależność, na mocy twierdzenia Menelausa zastosowanego dla trójkąta A′B′C′, oznacza, że punkty X, Y, Z są współliniowe. Zatem trójkąty ABC, A′B′C′ mają oś perspektywiczną.

Załóżmy teraz, że trójkąty ABC, A′B′C′mają oś perspektywiczną. Podobnie jak wyżej, dowód przeprowadzimy jedynie przy założeniu, że

BC ∦ B′C′, CA ∦ C′A′, AB ∦ A′B′,

pozostawiając Czytelnikowi do rozważenia pozostałe przypadki.

B A C  B′ A′  C′ Y X  Z rys. 9

Punkty X, Y, Z są współliniowe, więc proste AB, A′B′, XY przecinają się w jednym punkcie. Zatem trójkąty AA′Y, BB′X mają środek perspektywiczny — jest nim punkt Z (rys. 9). Stąd, jak wykazaliśmy wyżej, wynika, że trójkąty AA′Y, BB′X mają oś perspektywiczną. Zatem albo proste AA′, BB′, CC′ są równoległe, albo prosta CC′ przechodzi przez punkt wspólny prostych AA′ i BB′. To w obu przypadkach oznacza, że trójkąty ABC, A′B′C′ mają środek perspektywiczny. æ G. Twierdzenie Cevy

Jednym z najczęściej stosowanych twierdzeń z geometrii na Olimpiadzie Matematycznej jest twierdzenie Cevy. W niniejszej broszurze stosowaliśmy je kilkakrotnie: w rozwiązaniach zadań 6 (sposób II, str. 38) oraz 9 (sposób III i IV, str. 44 i 45) zawodów stopnia pierwszego oraz w dowodzie Lematu (str. 97), który znalazł zastosowanie w rozwiązaniu zadania 13 z IX Zawodów Matematycznych Państw Bałtyckich.

Twierdzenie Cevy^{4}

Dany jest trójkąt ABC. Punkty D, E, F, różne od wierzchołków trójkąta ABC, leżą odpowiednio na prostych BC, CA, AB, przy czym spełniony jest jeden z dwóch warunków:

(a) wszystkie trzy punkty D, E, F leżą na obwodzie trójkąta ABC (rys. 1);

(b) dokładnie jeden spośród punktów D, E, F leży na obwodzie trójkąta ABC (rys. 2).

Wówczas proste AD, BE, CF przecinają się w jednym punkcie wtedy i tylko wtedy, gdy

(1)  \frac{AF}{F B} · \frac{BD}{DC} · \frac{CE}{EA} = 1.

A  B C  D E  F P rys. 1  A  B C D E  F P rys. 2

Dowód

Załóżmy najpierw, że proste AD, BE, CF przecinają się w punkcie P. Niech [XY Z] oznacza pole trójkąta XY Z. Stosunek pól dwóch trójkątów o wspólnej podstawie jest równy stosunkowi wysokości opuszczonych na tę podstawę. Stąd oraz z twierdzenia Talesa otrzymujemy

\frac{AF}{F B} = \frac{[CP A]}{[BP C]}, \frac{BD}{DC} = \frac{[AP B]}{[CP A]}, \frac{CE}{EA} = \frac{[BP C]}{[AP B]}.

Mnożąc stronami powyższe równości uzyskujemy związek (1).

4czyt.: czewy.

Załóżmy teraz, że zachodzi równość (1). Przyjmijmy również, bez straty ogólności, że punkt D leży na obwodzie trójkąta ABC (rys. 3 i 4).

A  B C  D′ D E  F P rys. 3  A  B C D′D E  F P rys. 4

Przypuśćmy, że proste AD, BE, CF nie przecinają się w jednym punkcie. Niech P będzie punktem przecięcia prostych BE i CF. Wówczas prosta AP przecina odcinek BC w punkcie D′≠ D. Na mocy wyżej udowodnionej implikacji oraz związku (1) uzyskujemy:

\frac{BD′}{D′C} = \frac{F B}{AF} · \frac{EA}{CE} = \frac{BD}{DC} .

Ponieważ oba punkty D, D′ leżą na odcinku BC, więc z powyższej równości wnioskujemy, że D = D′. Otrzymaliśmy sprzeczność.

H. Twierdzenie Menelausa

Twierdzenie Menelausa

Dany jest trójkąt ABC. Punkty D, E, F, różne od wierzchołków trójkąta ABC, leżą odpowiednio na prostych BC, CA, AB, przy czym spełniony jest jeden z dwóch warunków:

(a) dokładnie dwa spośród punktów D, E, F leżą na obwodzie trójkąta ABC (rys. 1);

(b) żaden z punktów D, E, F nie leży na obwodzie trójkąta ABC (rys. 2). Wówczas punkty D, E, F leżą na jednej prostej wtedy i tylko wtedy, gdy

(1)  \frac{AF}{F B} · \frac{BD}{DC} · \frac{CE}{EA} = 1.

A  B C  D E F  X  rys. 1  A  B C D  E F X  rys. 2

Dowód

Załóżmy najpierw, że punkty D, E, F leżą na jednej prostej. Niech X będzie punktem przecięcia prostej przechodzącej przez punkt A i równoległej do prostej BC z prostą zawierającą punkty D, E, F (rys. 1 i 2). Wówczas na mocy twierdzenia Talesa

\frac{AF}{F B} = \frac{XA}{BD} , \frac{CE}{EA} = \frac{CD}{XA} .

Mnożąc stronami powyższe dwie równości otrzymujemy równość (1).

Załóżmy teraz, że zachodzi równość (1). Przyjmijmy również, bez straty ogólności, że punkt F leży na przedłużeniu boku AB (rys. 3 i 4).

[figure: A; B; C; D; E; F′; F; rys. 3; A; B; C; D; E; F′; F; rys. 4]

Wówczas prosta DE przecina przedłużenie boku AB w punkcie F′≠ F. Na mocy wyżej udowodnionej implikacji oraz związku (1) uzyskujemy:

\frac{AF′}{F′B}= \frac{EA}{CE} · \frac{DC}{BD} = \frac{AF}{F B} .

Ponieważ oba punkty F, F′ leżą na przedłużeniu boku AB, więc F = F′. Otrzymaliśmy sprzeczność.

∗  ∗  ∗

Z twierdzenia Menelausa korzystaliśmy w dowodzie Faktu (str. 60), który znalazł zastosowanie w sposobie V rozwiązania zadania 1 z zawodów stopnia trzeciego, w dowodzie twierdzenia Desarguesa (str. 117), jak również w dowodzie twierdzenia o złożeniu jednokładności (str. 114).