LI OLIMPIADA MATEMATYCZNA 1999/2000

SPRAWOZDANIE KOMITETU GŁÓWNEGO

Organizacja zawodów

W roku szkolnym 1999/2000, w miesiącach wrzesień — grudzień, Komitet Główny Olimpiady Matematycznej zorganizował po raz pięćdziesiąty pierwszy zawody stopnia pierwszego w trzech miesięcznych etapach. W czasie tych zawodów uczniowie rozwiązują samodzielnie 12 zadań konkursowych (po cztery w każdym etapie) opracowanych i rozesłanych do szkół średnich przez Komitet Główny Olimpiady Matematycznej. Uczestnicy zawodów przesyłają swoje rozwiązania do właściwych terenowo komitetów okręgowych Olimpiady.

W roku szkolnym 1999/2000 zawody stopnia I odbyły się w następujących terminach:

Etap pierwszy — od 11 września do 11 października 1999 r.

obejmował zadania o numerach 1, 2, 3, 4. Etap drugi — od 12 października do 10 listopada 1999 r.

obejmował zadania o numerach 5, 6, 7, 8. Etap trzeci — od 11 listopada do 10 grudnia 1999 r. obejmował zadania o numerach 9, 10, 11, 12.

W zawodach stopnia I uczestniczyło 1156 uczniów szkół średnich. Spośród nich do zawodów stopnia II (okręgowych), które odbyły się w dniach 25 i 26 lutego 2000 r., zakwalifikowano 419 osób, a do zawodów stopnia III (finałowych) zakwalifikowano 73 osoby. Zawody finałowe odbyły się w dniach 3 i 4 kwietnia 2000 r. w Stalowej Woli.

Uroczystość zakończenia LI Olimpiady Matematycznej odbyła się dnia 6 kwietnia 2000 r. w Stalowej Woli.

Obóz naukowy Olimpiady odbył się w Domu Wczasowym Zgoda w Zwardoniu w dniach 4–18 czerwca 2000 r.

Skład osobowy komitetów Olimpiady

Komitet Główny Przewodniczący — prof. dr hab. Edmund Puczyłowski. Zastępca przewodniczącego — dr hab. Zbigniew Marciniak. Członkowie — dr Jerzy Bednarczuk, prof. dr hab. Czesław Bessaga, dr Sławomir

Cynk, stud. Paulina Domagalska, dr hab. Andrzej Fryszkowski, dr Rafał Latała, stud. Rafał Łochowski, mgr Andrzej Mąkowski, mgr Henryk Pawłowski, mgr Waldemar Pompe, dr Mariusz Skałba, mgr Magdalena Spalińska, dr Witold Szczechla, mgr Wojciech Tomalczyk, prof. dr hab. Henryk Toruńczyk, dr Jarosław Włodarczyk, dr Michał Wojciechowski, dr Jarosław Wróblewski.

Członkowie honorowi Komitetu Głównego: mgr Olga Turska, doc. dr Józef

Janikowski, mgr Olga Stande-Armatys. Spośród członków Komitetu Głównego wyłoniono komisję zadaniową, która wybierała zadania na zawody Olimpiady zobowiązując się do zachowania ich w ścisłej tajemnicy aż do momentu ogłoszenia. Skład tej komisji był następujący:

dr Jerzy Bednarczuk, dr Sławomir Cynk, Paulina Domagalska, dr hab. Andrzej Fryszkowski, dr Rafał Latała, Rafał Łochowski, dr hab. Zbigniew Marciniak, mgr Andrzej Mąkowski, mgr Waldemar Pompe, dr Mariusz Skałba, mgr Magdalena Spalińska, dr Witold Szczechla, dr Jarosław Włodarczyk, dr Michał Wojciechowski, dr Jarosław Wróblewski.

Biuro Komitetu Głównego Kierownik organizacyjny — mgr Magdalena Spalińska, sekretarz naukowy — dr Jarosław Wróblewski, główny księgowy — Teresa Gniado, st. referenci — Elżbieta Berus i Grażyna Żaboklicka.

Adres: Komitet Główny Olimpiady Matematycznej, ul. Śniadeckich 8, pok. 314, 00-656 Warszawa, tel. (0-22) 629-95-92.

Komitety Okręgowe

1. Komitet Okręgowy w Gdańsku

Przewodniczący — prof. dr hab. Tadeusz Figiel. Członkowie — dr Antoni Augustynowicz, dr Tomasz Człapiński, Adam Dzedzej,

dr hab. Anna Kamont, dr Marcin Marciniak, dr Henryk Leszczyński, mgr Barbara Wolnik.

Sekretarz Komitetu — mgr Grażyna Witosławska-Muszyńska.

Adres: Komitet Okręgowy Olimpiady Matematycznej, Instytut Matematyczny PAN, Oddział w Gdańsku, ul. Abrahama 18, 81-825 Sopot. Terenem działalności Komitetu są szkoły średnie województwa pomorskiego.

2. Komitet Okręgowy w Katowicach

Przewodniczący — prof. dr hab. Janusz Matkowski. Zastępca przewodniczącego — dr Józef Kalinowski. Członkowie — mgr Tomasz Kulpa, dr Marek Piętka, dr hab. Ryszard Rudnicki,

mgr Justyna Sikorska, mgr Tomasz Szymczyk, mgr Antoni Tomala, dr Jacek Uryga.

Sekretarz Komitetu — dr Jacek Uryga.

Adres: Komitet Okręgowy Olimpiady Matematycznej, Instytut Matematyki Uniwersytetu Śląskiego, ul. Bankowa 14, 40-007 Katowice. Terenem działalności Komitetu są szkoły średnie województwa śląskiego.

3. Komitet Okręgowy w Krakowie

Przewodniczący — dr hab. Edward Tutaj. Zastępca przewodniczącego — dr Krzysztof Ciesielski. Członkowie — mgr Danuta Ciesielska, dr Armen Edigarian, dr Józef Piórek,

dr Tadeusz Rams, mgr Lesław Skrzypek, dr Lech Sławik, dr Zbigniew Węglowski, dr Włodzimierz Zwonek.

Sekretarz Komitetu — mgr Danuta Ciesielska.

Adres: Komitet Okręgowy Olimpiady Matematycznej, Instytut Matematyki Uniwersytetu Jagiellońskiego, ul. Reymonta 4, 30-059 Kraków. Terenem działalności Komitetu są szkoły średnie województwa małopolskiego.

4. Komitet Okręgowy w Lublinie

Przewodniczący — prof. dr hab. Wiesław Zięba. Zastępca przewodniczącego — prof. dr hab. Zdzisław Rychlik. Członkowie — mgr Krzysztof Bolibok, dr Halina Hebda-Grabowska, mgr Piotr

Kowalski, dr Andrzej Wiśnicki, dr Jacek Wośko. Sekretarz Komitetu — dr Halina Hebda-Grabowska.

Adres: Komitet Okręgowy Olimpiady Matematycznej, Oddział Lubelski Polskiego Towarzystwa Matematycznego, pl. Marii Skłodowskiej-Curie 1, pok. 807, 20-031 Lublin. Terenem działalności Komitetu są szkoły średnie województw: lubelskiego i podkarpackiego.

5. Komitet Okręgowy w Łodzi Przewodniczący — dr hab. Wojciech Banaszczyk. Członkowie — dr hab. Grzegorz Andrzejczak, dr Maciej Czarnecki, dr Jan Lesiak,

mgr Jacek Mańko, dr Zenon Piesyk, prof. dr hab. Paweł Walczak. Sekretarz Komitetu — Danuta Marędziak.

Adres: Komitet Okręgowy Olimpiady Matematycznej, Wydział Matematyki Uniwersytetu Łódzkiego, ul. Banacha 22, 90-238 Łódź. Terenem działalności Komitetu są szkoły średnie województw: łódzkiego i świętokrzyskiego.

6. Komitet Okręgowy w Poznaniu Przewodniczący — prof. dr hab. Paweł Domański. Członkowie — dr Mieczysław Cichoń, dr Czesław Mańkowski, dr Artur Michalak,

dr Jerzy Szczepaniak, mgr Maciej Radziejewski. Sekretarz Komitetu — dr Jerzy Szczepaniak.

Adres: Komitet Okręgowy Olimpiady Matematycznej, Wydział Matematyki i Informatyki Uniwersytetu Adama Mickiewicza, ul. Matejki 48/49, 60-769 Poznań. Terenem działalności Komitetu są szkoły średnie województwa wielkopolskiego.

7. Komitet Okręgowy w Szczecinie

Przewodniczący — dr Paweł Andrzejewski. Członkowie: dr Adam Neugebauer, dr Czesław Wowk, dr Kazimierz Skurzyński,

dr Eugeniusz Stasiak, dr Stanisław Ewert-Krzemieniecki, mgr Zofia Garbiak, mgr Michał Szuman.

Sekretarz Komitetu — Anna Sasim.

Adres: Komitet Okręgowy Olimpiady Matematycznej, ul. Wielkopolska 15, 70-451 Szczecin. Terenem działalności Komitetu są szkoły średnie województw: lubuskiego i zachodniopomorskiego.

8. Komitet Okręgowy w Toruniu

Przewodniczący — prof. dr hab. Stanisław Balcerzyk. Członkowie — mgr Zbigniew Bobiński, dr Paweł Jarek, mgr Piotr Jędrzejewicz,

prof. dr hab. Andrzej Nowicki, dr Andrzej Sendlewski, dr Mirosław Uscki. Sekretarz Komitetu — mgr Zbigniew Bobiński.

Adres: Komitet Okręgowy Olimpiady Matematycznej, Wydział Matematyki i Informatyki Uniwersytetu Mikołaja Kopernika, ul. Chopina 12/18, 87-100 Toruń. Terenem działalności Komitetu są szkoły średnie województw: kujawsko-pomorskiego i warmińsko-mazurskiego.

9. Komitet Okręgowy w Warszawie

Przewodniczący — dr Michał Krych. Członkowie — prof. dr hab. Wojciech Guzicki, dr Alina Haman, dr Marcin

Kuczma, mgr Krzysztof Oleszkiewicz, dr Paweł Strzelecki. Sekretarz Komitetu — dr Marcin Kuczma.

Adres: Komitet Okręgowy Olimpiady Matematycznej, Instytut Matematyczny PAN, ul. Śniadeckich 8, pok. 314, 00-656 Warszawa. Terenem działalności Komitetu są szkoły średnie województw: mazowieckigo i podlaskiego.

10. Komitet Okręgowy we Wrocławiu

Przewodniczący — doc. dr Zbigniew Romanowicz. Członkowie — Tomasz Elsner, dr Liliana Janicka, mgr Augustyn Kałuża,

mgr Bogusław Merdas, prof. dr hab. Witold Nitka, dr Bogdan Pawlik, dr Tadeusz Pezda, mgr Witold Seredyński, mgr Zdzisław Słomian, mgr Stanisław Zieleń.

Sekretarz Komitetu — mgr Witold Seredyński.

Adres: Komitet Okręgowy Olimpiady Matematycznej, Instytut Matematyczny Uniwersytetu Wrocławskiego, pl. Grunwaldzki 2/4, 50-384 Wrocław. Terenem działalności Komitetu są szkoły średnie województw: dolnośląskiego i opolskiego.

LI Olimpiada Matematyczna Zestawienie ocen rozwiązań zadań zawodów II stopnia

(oceny wystawione przez komitety okręgowe)

Tabela 1

Liczba rozwiązań

Ogółem

Pierwszy dzień zawodów Drugi dzień zawodów Numer zadania

1  2  3  4  5  6
1  2  3  4  5  6  7  8
Razem  2499  418  418  418  415  415  415
9 – 10 punktów 348  39  118  53  70  65  3
7 – 8 punktów 152  5  23  20  74  27  3
5 – 6 punktów  52  1  11  9  19  11  1
1 – 4 punktów 400  14  98  91  80  52  65
0 punktów 1547  359  168  245  172  260  343

Zestawienie ocen rozwiązań zadań zawodów III stopnia

Uwaga: przy ocenianiu rozwiązań zadań zawodów III stopnia LI Olimpiady przyjęta była następująca skala ocen: 6 punktów, 5 punktów, 2 punkty, 0 punktów. Tabela 2

Liczba rozwiązań

Ogółem

Pierwszy dzień zawodów Drugi dzień zawodów Numer zadania

1  2  3  4  5  6
1  2  3  4  5  6  7  8
Razem  438  73  73  73  73  73  73
6 punktów  85  6  19  7  21  26  6
5 punktów  18  4  2  1  3  5  3
2 punkty  29  4  4  5  9  4  3
0 punktów 306  59  48  60  40  38  61

Zestawienie liczby zawodników według okręgów Tabela 3

Okręg Zawody Laureaci Wyróżnieni
I st. II st. III st.
POLSKA  1156  418  73  16  14
gdański  82  32  3  —  1
katowicki  92  29  7  3  3
krakowski  96  50  13  5  2
lubelski  163  56  8  2  3
łódzki  117  28  3  1  —
poznański  59  21  —  —  —
szczeciński  93  24  3  —  —
toruński  120  50  10  —  3
warszawski  188  75  14  1  —
wrocławski  146  53  12  4  2

Lista uczestników zakwalifikowanych do zawodów stopnia trzeciego

1.

Michał Adamaszek — uczeń klasy trzeciej V Liceum Ogólnokształcącego

w Bielsku-Białej. Nauczyciel zawodnika: Tomasz Szymczyk.

2.

Karol Białas — uczeń klasy drugiej Samorządowego Liceum Ogólno-

kształcącego w Opocznie. Nauczyciel zawodnika: Arkadiusz Felis.

3.

Michał Borny — uczeń klasy czwartej II Liceum Ogólnokształcącego

im. Jana Zamoyskiego w Lublinie. Nauczyciel zawodnika: Jacek Klisowski.

4.

Przemysław Broniek — uczeń klasy czwartej V Liceum Ogólnokształcącego

im. Augusta Witkowskiego w Krakowie. Nauczyciele zawodnika: Armen Edigarian, Jacek Dymel, Lesław Skrzypek, Maria Jasieńska, Urszula Szwedzicka, Michał Kapustka.

5.

Andrzej Bułatek — uczeń klasy pierwszej Liceum Ogólnokształcącego To-

warzystwa Salezjańskiego w Bydgoszczy. Nauczycielka zawodnika: Wiesława Bułatek.

6.

Jakub Byszewski — uczeń klasy trzeciej I Liceum Ogólnokształcącego im.

Juliusza Słowackiego w Chorzowie. Nauczyciel zawodnika: Dariusz Kuzior.

7.

Tomasz Czajka — uczeń klasy czwartej Liceum Ogólnokształcącego

im. KEN w Stalowej Woli. Nauczyciele zawodnika: Waldemar Rożek, Henryk Pawłowski.

8.

Wojciech Czerwiński — uczeń klasy drugiej XIV Liceum Ogólnokształcącego

im. Stanisława Staszica w Warszawie. Nauczyciele zawodnika: Jerzy Konarski, Kazimierz Cegiełka.

9.

Lech Duraj — uczeń klasy trzeciej V Liceum Ogólnokształcącego

im. Augusta Witkowskiego w Krakowie. Nauczyciele zawodnika: Urszula Szwedzicka, Paweł Gniadek i Lesław Skrzypek.

10.

Sławomir Duszyński — uczeń klasy czwartej III Liceum Ogólnokształcącego

im. Adama Mickiewicza we Wrocławiu. Nauczyciele zawodnika: Augustyn Kałuża i Józef Łoziński.

11.

Bartosz Dziewa — uczeń klasy pierwszej I Liceum Ogólnokształcącego

im. Tadeusza Kościuszki w Łomży. Nauczyciel zawodnika: Piotr Łowicki.

12.

Krzysztof Dziołak — uczeń klasy drugiej I Liceum Ogólnokształcącego im.

Stanisława Dubois w Koszalinie. Nauczyciel zawodnika: Paweł Radecki.

13.

Patryk Franczak — uczeń klasy trzeciej V Liceum Ogólnokształcącego

w Bielsku-Białej. Nauczyciele zawodnika: Bogusław Gardaś i Tomasz Szymczyk.

14.

Jakub Gac — uczeń klasy czwartej XLI Liceum Ogólnokształcące-

go im. Joachima Lelewela w Warszawie. Nauczycielka zawodnika: Elżbieta Klonowska.

15.

Jakub Gismatullin — uczeń klasy czwartej XIV Liceum Ogólnokształcące-

go im. Polonii Belgijskiej we Wrocławiu. Nauczyciel zawodnika: Stefan Mizia.

16.

Mateusz Goryca — uczeń klasy drugiej VI Liceum Ogólnokształcącego

im. Jana Kochanowskiego w Radomiu. Nauczyciel zawodnika: Jerzy Nowicki.

17.

Przemysław Grudziński — uczeń klasy czwartej IV Liceum Ogólnokształcącego

im. Tadeusza Kościuszki w Toruniu. Nauczyciel zawodnika: Henryk Pawłowski.

18.

Grzegorz Herman — uczeń klasy trzeciej V Liceum Ogólnokształcącego im.

Augusta Witkowskiego w Krakowie. Nauczyciele zawodnika: Urszula Szwedzicka i Paweł Gniadek.

19.

Michał Jabłonowski — uczeń klasy czwartej III Liceum Ogólnokształcącego

im. Marynarki Wojennej RP w Gdyni. Nauczyciel zawodnika: Wojciech Tomalczyk.

20.

Katarzyna Jachim — uczennica klasy trzeciej Liceum Ogólnokształcącego

im. KEN w Stalowej Woli. Nauczyciel zawodniczki: Waldemar Rożek.

21.

Szymon Jakubczak — uczeń klasy czwartej XIV Liceum Ogólnokształcące-

go im. Stanisława Staszica w Warszawie. Nauczyciele zawodnika: Wacława Tempczyk, Kazimierz Cegiełka i Edward Stachowski.

22.

Dariusz Jakuboze — uczeń klasy czwartej XVIII Liceum Ogólnokształcą-

cego im. Jana Zamoyskiego w Warszawie. Nauczyciel zawodnika: Krzysztof Nowak.

23.

Kamila Jasińska — uczennica klasy trzeciej III Liceum Ogólnokształcące-

go im. Marynarki Wojennej RP w Gdyni. Nauczyciele zawodniczki: Anita Pawłowska i Wojciech Tomalczyk.

24.

Artur Jeż — uczeń klasy trzeciej XIV Liceum Ogólnokształcące-

go im. Polonii Belgijskiej we Wrocławiu. Nauczyciele zawodnika: Stefan Mizia i Zbigniew Romanowicz.

25.

Jan Jeżabek — uczeń klasy czwartej V Liceum Ogólnokształcącego

im. Augusta Witkowskiego w Krakowie. Nauczyciele zawodnika: Armen Edigarian, Urszula Szwedzicka i Maria Jasieńska.

26.

Jacek Jurewicz — uczeń klasy trzeciej II Liceum Ogólnokształcącego im.

Konstantego Ildefonsa Gałczyńskiego w Olsztynie. Nauczycielka zawodnika: Teresa Pik.

27.

Wojciech Kamiński — uczeń klasy czwartej I Liceum Ogólnokształcącego

im. Mikołaja Kopernika w Łodzi. Nauczyciele zawodnika: Adam Paszkiewicz, Wojciech Komisarski i Maciej Czarnecki.

28.

Michał Kosek — uczeń klasy czwartej V Liceum Ogólnokształcącego

im. Augusta Witkowskiego w Krakowie. Nauczyciele zawodnika: Maria Jasieńska, Armen Edigarian i Urszula Szwedzicka.

29.

Andrzej Kurach — uczeń klasy czwartej IV Liceum Ogólnokształcącego

im. Tadeusza Kościuszki w Toruniu. Nauczyciel zawodnika: Henryk Pawłowski.

30.

Joanna Barbara Kuran — uczennica klasy trzeciej LXVII Liceum Ogólnokształ-

cącego przy Wydziale Pedagogicznym UW w Warszawie. Nauczycielka zawodniczki: Monika Szczerba.

31.

Mateusz Kwaśnicki — uczeń klasy trzeciej III Liceum Ogólnokształcącego

im. Adama Mickiewicza we Wrocławiu. Nauczyciele zawodnika: Krzysztof Omiljanowski, Augustyn Kałuża, Przemysław Szczepaniak i Krystyna Czycza.

32.

Aleksandra Kwiatkowska — uczennica klasy pierwszej XIV Liceum Ogólnokształ-

cącego im. Polonii Belgijskiej we Wrocławiu. Nauczyciele zawodniczki: Władysław Suchocki, Zdzisław Słomian i Tomasz Elsner.

33.

Michał Legumina — uczeń klasy trzeciej IV Liceum Ogólnokształcącego

im. Tadeusza Kościuszki w Toruniu. Nauczyciele zawodnika: Maria Kobus i Zbigniew Bobiński.

34.

Patryk Lesiewicz — uczeń klasy czwartej Liceum Ogólnokształcącego

w Łapach. Nauczycielka zawodnika: Maciejewska.

35.

Łukasz Lew — uczeń klasy czwartej I Liceum Ogólnokształcącego

im. Edwarda Dembowskiego w Zielonej Górze. Nauczycielka zawodnika: Alicja Kozak.

36.

Marcin Lipiec — uczeń klasy czwartej VI Liceum Ogólnokształcącego

im. Jana Kochanowskiego w Radomiu. Nauczyciel zawodnika: Przemysław Murawski.

37.

Roman Łomowski — uczeń klasy drugiej VI Liceum Ogólnokształcącego

im. Jana i Jędrzeja Śniadeckich w Bydgoszczy. Nauczyciele zawodnika: Henryk Pawłowski i Anna Karaszewska.

38.

Jakub Łopuszański — uczeń klasy drugiej III Liceum Ogólnokształcą-

cego im. Adama Mickiewicza we Wrocławiu. Nauczyciele zawodnika: Augustyn Kałuża, Przemysław Szczepaniak i Józef Łoziński.

39.

Grzegorz Łukasik — uczeń klasy czwartej V Liceum Ogólnokształcącego

im. Augusta Witkowskiego w Krakowie. Nauczyciele zawodnika: Armen Edigarian i Maria Jasieńska.

40.

Jan Daniel Łuszkiewicz — uczeń klasy trzeciej VI Liceum Ogólnokształcącego

im. Jana Kochanowskiego w Radomiu. Nauczyciel zawodnika: Przemysław Murawski.

41.

Krzysztof Maczyński — uczeń klasy czwartej V Liceum Ogólnokształcącego

w Bielsku-Białej. Nauczyciel zawodnika: Tomasz Szymczyk.

42.

Marcin Marszałek — uczeń klasy czwartej XIV Liceum Ogólnokształcącego

im. Stanisława Staszica w Warszawie. Nauczycielka zawodnika: Halina Gorzelnik.

43.

Jarosław Mederski — uczeń klasy czwartej I Liceum Ogólnokształcącego

im. Cypriana Kamila Norwida w Bydgoszczy. Nauczyciele zawodnika: Henryk Pawłowski i Danuta Grabowska.

44.

Piotr Niemczyk — uczeń klasy czwartej V Liceum Ogólnokształcącego

w Bielsku-Białej. Nauczyciel zawodnika: Tomasz Szymczyk.

45.

Anna Niewiarowska — uczennica klasy trzeciej V Liceum Ogólnokształ-

cącego w Szczecinie. Nauczycielka zawodniczki: K. Żochowska.

46.

Agata Nowak — uczennica klasy trzeciej I Liceum Ogólnokształcące-

go im. Juliusza Słowackiego w Chorzowie. Nauczyciel zawodniczki: Dariusz Kuzior.

47.

Michał Obarski — uczeń klasy czwartej I Liceum Ogólnokształcącego

im. Stanisława Staszica w Chrzanowie. Nauczycielka zawodnika: Iwona Małocha.

48.

Krzysztof Onak — uczeń klasy czwartej III Liceum Ogólnokształcącego

im. Adama Mickiewicza w Tarnowie. Nauczyciele zawodnika: Józef Citak i Edward Tutaj.

49.

Paweł Pabiś — uczeń klasy czwartej II Liceum Ogólnokształcącego

im. J. Chreptowicza w Ostrowcu Świętokrzyskim. Nauczycielka zawodnika: Wanda Masternak.

50.

Karol Palka — uczeń klasy trzeciej I Liceum Ogólnokształcącego im.

Ignacego Paderewskiego w Wałbrzychu. Nauczyciele zawodnika: Halina Pankanin i Zbigniew Romanowicz.

51.

Paweł Parys — uczeń klasy drugiej Liceum Ogólnokształcącego im.

Stanisława Staszica w Tarnowskich Górach. Nauczyciele zawodnika: Dariusz Nowak i Józef Kalinowski.

52.

Piotr Paulski — uczeń klasy czwartej XIV Liceum Ogólnokształcące-

go im. Stanisława Staszica w Warszawie. Nauczyciele zawodnika: Wacława Tempczyk, Kazimierz Cegiełka i Edward Stachowski.

53.

Marcin Pilipczuk — uczeń klasy pierwszej XIV Liceum Ogólnokształcące-

go im. Stanisława Staszica w Warszawie. Nauczyciele zawodnika: Agnieszka Kałamajska i Leszek Sidz.

54.

Robert Piszczatowski — uczeń klasy drugiej I Liceum Ogólnokształcącego im.

Adama Mickiewicza w Białymstoku. Nauczycielki zawodnika: Zofia Parchanowicz i Agnieszka Sałaj.

55.

Marcin Poturalski — uczeń klasy czwartej IV Liceum Ogólnokształcącego

im. Tadeusza Kościuszki w Toruniu. Nauczyciel zawodnika: Henryk Pawłowski.

56.

Maciej Próchniak — uczeń klasy trzeciej II Liceum Ogólnokształcącego im.

Jana Zamoyskiego w Lublinie. Nauczyciel zawodnika: Ryszard Kowal.

57.

Marek Rams — uczeń klasy drugiej Katolickiego Liceum Ogólno-

kształcącego Księży Pijarów w Krakowie.

58.

Marcin Sabok — uczeń klasy czwartej XV Liceum Ogólnokształcące-

go im. mjr. Piotra Wysockiego we Wrocławiu. Nauczyciele zawodnika: Grażyna Piłkowska, Augustyn Kałuża i Zbigniew Romanowicz.

59.

Piotr Skibiński — uczeń klasy czwartej IV Liceum Ogólnokształcącego

im. Mikołaja Kopernika w Rzeszowie.

60.

Bartłomiej Sobierajski — uczeń klasy trzeciej Liceum Ogólnokształcącego im.

J. Bażyńskiego w Ostródzie. Nauczyciel zawodnika: Eugeniusz Płandowski.

61.

Lech Stawikowski — uczeń klasy ósmej Szkoły Podstawowej nr 84 we Wro-

cławiu. Nauczyciele zawodnika: Bogusław Merdas, Monika Waszkiewicz-Bolenowska, Zbigniew Romanowicz i Zdzisław Słomian.

62.

Bartosz Sułkowski — uczeń klasy trzeciej V Liceum Ogólnokształcącego

w Bielsku-Białej. Nauczyciel zawodnika: Tomasz Szymczyk.

63.

Karolina Taborek — uczennica klasy trzeciej IV Liceum Ogólnokształcące-

go im. Tadeusza Kościuszki w Toruniu. Nauczyciele zawodnika: Henryk Pawłowski i Andrzej Sendlewski.

64.

Bartosz Tarnowski — uczeń klasy trzeciej XIV Liceum Ogólnokształcące-

go im. Polonii Belgijskiej we Wrocławiu. Nauczyciel zawodnika: Stanisław Buś.

65.

Andrzej Tymoczko — uczeń klasy czwartej IV Liceum Ogólnokształcące-

go im. Mikołaja Kopernika w Rzeszowie. Nauczyciel zawodnika: Mariusz Kraus.

66.

Anna Urbańska — uczennica klasy czwartej II Liceum Ogólnokształcą-

cego im. Jana III Sobieskiego w Krakowie. Nauczyciele zawodniczki: Czesława Dudek, Ryszard Gruca i Lesław Skrzypek.

67.

Paweł Walter — uczeń klasy trzeciej V Liceum Ogólnokształcącego im.

Augusta Witkowskiego w Krakowie. Nauczyciele zawodnika: Urszula Szwedzicka i Lesław Skrzypek.

68.

Marcin Wojnarski — uczeń klasy czwartej Katolickiego Liceum Ogólno-

kształcącego Księży Pijarów w Krakowie. Nauczyciel zawodnika: Krzysztof Reczek.

69.

Dominik Wojtczak — uczeń klasy trzeciej III Liceum Ogólnokształcącego

im. Marynarki Wojennej RP w Gdyni. Nauczyciel zawodnika: Wojciech Tomalczyk.

70.

Jarosław Wrona — uczeń klasy drugiej I Liceum Ogólnokształcącego im.

Mikołaja Kopernika w Krośnie. Nauczyciel zawodnika: Andrzej Bysiewicz.

71.

Maciej Zakarczemny — uczeń klasy trzeciej I Liceum Ogólnokształcącego im.

Mikołaja Kopernika w Opolu. Nauczyciele zawodnika: Jan Kowolik i Wiesław Szwiec.

72.

Tadeusz Zimirski — uczeń klasy czwartej V Liceum Ogólnokształcącego

im. Augusta Witkowskiego w Krakowie. Nauczyciele zawodnika: Armen Edigarian i Urszula Szwedzicka.

73.

Jakub Zwierz — uczeń klasy trzeciej XIV Liceum Ogólnokształcące-

go im. Polonii Belgijskiej we Wrocławiu. Nauczyciele zawodnika: Stanisław Buś i Zbigniew Romanowicz.

Lista laureatów i wyróżnionych

Komitet Główny Olimpiady Matematycznej na posiedzeniu w dniu 5 kwietnia 2000 r. przyznał tytuł laureata LI Olimpiady Matematycznej i nagrody pierwszego, drugiego lub trzeciego stopnia szesnastu osobom (na marginesie zaznaczono kolejność miejsc):

nagroda stopnia pierwszego

1. Mateusz Kwaśnicki,

nagrody stopnia drugiego

2. Tomasz Czajka,

3. Michał Adamaszek,

4. Lech Duraj,

5. Wojciech Czerwiński,

nagrody stopnia trzeciego

6 – 10. Przemysław Broniek, Paweł Parys, Bartosz Sułkowski, Paweł Walter, Marcin Wojnarski, 11 – 13. Katarzyna Jachim,

Artur Jeż, Marcin Sabok,

14. Wojciech Kamiński,

15. Jakub Gismatullin,

16. Grzegorz Herman.

Komitet Główny Olimpiady Matematycznej na tym samym posiedzeniu postanowił wyróżnić 14 zawodników. Wyróżnienia otrzymali: Michał Borny, Jakub Byszewski, Przemysław Grudziński, Michał Jabłonowski, Jacek Jurewicz, Roman Łomowski, Krzysztof Maczyński, Piotr Niemczyk, Krzysztof Onak, Lech Stawikowski, Andrzej Tymoczko, Jarosław Wrona, Tadeusz Zimirski, Jakub Zwierz.

Zakończenie LI Olimpiady Matematycznej

Po raz drugi już finał Olimpiady Matematycznej został zorganizowany — tym razem w Stalowej Woli — jako impreza 4-dniowa. Wszyscy zawodnicy, ich opiekunowie i członkowie KGOM zakwaterowani byli w Akademikach Fundacji Uniwersyteckiej KUL. Zawody odbyły się w salach Liceum Ogólnokształcącego im. Komisji Edukacji Narodowej w Stalowej Woli w dniach 3 i 4 kwietnia. 5 kwietnia zorganizowana była wycieczka autokarowa do Sandomierza i Baranowa Sandomierskiego, zaś 6 kwietnia w Auli Uniwersyteckiej odbyło się uroczyste zakończenie LI Olimpiady. Obecni byli członkowie władz regionu oraz przedstawiciele sponsorów. Przewodniczący Komitetu Głównego Olimpiady Matematycznej prof. dr hab. Edmund Puczyłowski podziękował wszystkim, którzy przyczynili się do doskonałego zorganizowania finału, i wręczył pamiątkowe medale �50 lat Olimpiady Matematycznej” panom: Tomaszowi Szymczykowi i Kazimierzowi Polakowi (organizatorom finału L Olimpiady w Bielsku-Białej) oraz Waldemarowi Rożkowi i Stanisławowi Turkowi (organizatorom finału LI Olimpiady w Stalowej Woli). Następnie przewodniczący omówił wyniki zawodów i wręczył dyplomy oraz pamiątkowe statuetki laureatom i wyróżnionym. Niektórzy laureaci otrzymali nagrody specjalne, ufundowane przez sponsorów. Wszyscy laureaci i wyróżnieni oprócz dyplomów i nagród pieniężnych otrzymali zestawy książek matematycznych i informatycznych, a także roczną prenumeratę czasopisma DELTA. Komitet Główny Olimpiady Matematycznej składa gorące podziękowania sponsorom i fundatorom nagród: Prezydentowi miasta Stalowa Wola, Starostwu Powiatowemu w Stalowej Woli, Spółce Handlowej Dressta, Prezesowi Telewizji Polskiej S.A. p. Robertowi Kwiatkowskiemu, Prezesowi Fundacji Uniwersyteckiej KUL p. Jerzemu Kozielewiczowi, Wydawnictwom Szkolnym i Pedagogicznym, Wydawnictwu Naukowemu PWN, Wydawnictwu Naukowo-Technicznemu, Redakcji DELTY.

Obóz naukowy Olimpiady Matematycznej Zwardoń 2000

Sprawozdanie

Obóz naukowy Olimpiady Matematycznej odbył się w dniach 4–18 czerwca 2000 r. w Zwardoniu, w Domu Wczasowym �Zgoda”. W obozie wzięły udział następujące osoby: Michał Adamaszek, Jakub Byszewski, Wojciech Czerwiński, Lech Duraj, Krzysztof Dziołak, Mateusz Goryca, Grzegorz Herman, Katarzyna Jachim, Artur Jeż, Jacek Jurewicz, Mateusz Kwaśnicki, Roman Łomowski, Jakub Łopuszański, Paweł Parys, Marcin Sabok, Lech Stawikowski, Bartosz Sułkowski, Paweł Walter, Marcin Wojnarski i Jarosław Wrona. W dniach 5–9 oraz 14–16 czerwca uczestnicy obozu rozwiązywali zadania indywidualnie, w dniach 10, 13 i 17 czerwca odbyły się zawody drużynowe, a 12 czerwca rozegrany został �mecz matematyczny”. Uczestnicy wzięli udział w dwóch wycieczkach: pieszej na Wielką Raczę i pociągiem do Žiliny na Słowacji. Najlepsze rezultaty w zawodach indywidualnych osiągnęli: Jakub Byszewski, Roman Łomowski i Paweł Walter. Właściciele DW �Zgoda” ufundowali dla nich nagrodę — trzydniowy pobyt w �Zgodzie” (nagrodzeni �odebrali” nagrodę w sierpniu). W zawodach drużynowych najlepszy rezultat osiągnęła reprezentacja na MOM. Wszystkie zadania, które były rozwiązywane na obozie, wraz ze szkicami rozwiązań, zostały zebrane w broszurce, przygotowanej przez kadrę obozu.

Uzupełnienie sprawozdania z finału L Olimpiady Matematycznej

W sprawozdaniu z finału L Olimpiady nie zostały zamieszczone istotne informacje, które niniejszym uzupełniamy.

Pierwszy raz finał Olimpiady Matematycznej został zorganizowany jako impreza 4-dniowa. Wszyscy uczestnicy finału — zawodnicy i członkowie KGOM — mieszkali w hotelu ZIAD, położonym nieopodal Szyndzielni. Same zawody odbywały się w dniach 14 i 15 kwietnia 1999 r. w budynku V Liceum Ogólnokształcącego w Bielsku-Białej. W dniach 16 i 17 kwietnia uczestnicy mogli wziąć udział w programie turystycznym: zwiedzanie elektrowni szczytowo-pompo-wej na Żarze, spacer ulicami Bielska-Białej, wycieczka turystyczna na Szyndzielnię, Klimczok i Błatnią. Wielu uczniów wzięło udział w spotkaniu z Marianem Kasprzykiem, mieszkańcem Bielska-Białej, złotym medalistą olimpijskim w boksie z Tokio (1964 r.) Zakończenie, w którym wzięli udział prawie wszyscy uczestnicy finału L OM, odbyło się 17 kwietnia wieczorem w hotelu ZIAD. Honorowy patronat nad uroczystością zgodził się objąć Prezydent RP, Aleksander Kwaśniewski. Przedstawiciel Prezydenta, Jerzy Wysokiński, przywiózł i odczytał list Pana Prezydenta do uczestników i organizatorów Olimpiady (na poprzedniej stronie zamieszczamy kopię). Na uroczystości zakończenia obecni byli również: Stefan Macner — poseł na Sejm RP, Andrzej Mróz — przedstawiciel Śląskiego Kuratorium Oświaty w Katowicach, Henryk Leszczyński — przedstawiciel Urzędu Miejskiego w Bielsku-Białej, oraz sponsorzy prywatni. Przewodniczący KGOM, prof. dr hab. Edmund Puczyłowski, ogłosił wyniki zawodów oraz wręczył dyplomy i nagrody laureatom. Poza nagrodami pieniężnymi od KGOM i książkami od wydawnictw WSiP, PWN, WNT i Redakcji DELTY laureaci otrzymali nagrody ufundowane przez sponsorów prywatnych. Doskonałą organizację finału — zarówno zawodów, jak i pozostałych wydarzeń w ciągu tych czterech dni — zapewnili panowie Tomasz Szymczyk (nauczyciel matematyki w V LO w Bielsku-Białej) i Kazimierz Polak (dyrektor V LO). Dzięki ich zaangażowaniu finał L Olimpiady znalazł wielu sponsorów, stał się znaczącym wydarzeniem, a jego uczestnicy spędzili 4 dni wypełnione interesującymi zajęciami i w przyjemnej atmosferze.

XL Międzynarodowa Olimpiada Matematyczna

Sprawozdanie

W dniach od 10 do 22 lipca 1999 r. odbywała się w Rumunii XL Międzynarodowa Olimpiada Matematyczna. Uczestniczyło w niej 453 uczniów z 81 państw. Większość państw przysłała po sześciu uczniów (pełne delegacje), nieliczne państwa przysłały delegacje niepełne. W skład delegacji polskiej weszli następujący uczniowie: Piotr Buciak (Szczecin), Michał Kapustka (Kraków), Eryk Kopczyński (Warszawa), Michał Matuszewski (Katowice), Paweł Parys (Tarnowskie Góry), Mikołaj Zalewski (Kraków). Przewodniczącym delegacji polskiej był dr Marcin E. Kuczma, zastępcą przewodniczącego — Rafał Łochowski. Przewodniczący delegacji wszystkich uczestniczących państw tworzyli Jury Olimpiady. Obradom Jury przewodniczył prof. Viorel Barbu z Rumunii. Od 11 do 14 lipca obrady Jury odbywały się w znanej górskiej miejscowości wypoczynkowej Poiana Braşov; w trakcie tych obrad wybrano sześć zadań z listy dwudziestu siedmiu zadań, wcześniej wyselekcjonowanych spośród propozycji nadesłanych przez uczestniczące państwa, oraz postanowiono, że za rozwiązanie każdego z nich uczestnik Olimpiady może otrzymać do 7 punktów; tak więc łączna liczba możliwych do zdobycia punktów wynosiła 42. Selekcja, o której mowa, była przeprowadzona w ciągu tygodni poprzedzających olimpiadę przez komisję zadaniową, złożoną z matematyków rumuńskich, reprezentujących różne ośrodki akademickie kraju. Taki system prac (wstępna selekcja przez komisję zadaniową kraju organizującego olimpiadę, a ostateczna — przez jej Jury) jest od wielu lat przyjęty w międzynarodowych olimpiadach matematycznych. Zadania umieszczone na liście przygotowanej dla Jury przez tegoroczną komisję zadaniową były wyraźnie trudniejsze niż w latach ubiegłych; w efekcie trudność sześciu zadań konkursowych też była wyższa od wieloletniej przeciętnej. Uczniowie oraz zastępcy przewodniczących delegacji przebywali w Rumunii od 13 do 23 lipca i byli zakwaterowani w miasteczku akademickim politechniki bukareszteńskiej. Przewodniczący delegacji przebywali także w Bukareszcie od 15 do 22 lipca, i tam się odbyło końcowe posiedzenie Jury. Zawody Olimpiady odbyły się w piątek i sobotę 16 i 17 lipca w salach politechniki. Każdego dnia uczniowie rozwiązywali po trzy zadania, mając na to po cztery i pół godziny w porze przedpołudniowej — z wyjątkiem drużyny z Izraela, której uczestnicy otrzymali od władz swojego kraju stanowczy zakaz uczestniczenia w konkursie w sobotę, aż do późnych godzin wieczornych, kiedy święto szabatu wygasa. Uczniowie izraelscy rozwiązywali więc drugą porcję zadań w nocy z soboty na niedzielę, nie mając w ciągu całego dnia sobotniego możliwości kontaktu z kimkolwiek, znającym treść zadań. Wymagało to, rzecz jasna, uprzedniej zgody Jury Olimpiady. Precedensowe postanowienie, zezwalające uczniom z Izraela na pisanie pracy konkursowej w nietypowej porze, zostało podjęte przez Jury zwykłą większością głosów po długotrwałej dyskusji. Nikt z uczestników Olimpiady nie zdobył maksymalnej liczby punktów (tzn. 42). Najlepszy wynik — 39 punktów — uzyskało trzech uczniów: Maksym Fedorczuk (Ukraina), Ştefan Horneţ (Rumunia) i Tamás Terpai (Węgry). Jury przyznało 38 złotych medali zawodnikom, którzy uzyskali co najmniej 28 punktów, 70 srebrnych medali zawodnikom, którzy uzyskali od 19 do 27 punktów oraz 118 brązowych medali zawodnikom, którzy uzyskali od 12 do 18 punktów. Tak niskie ustawienie progów punktowych było oczywiście wynikiem wspomnianej wcześniej trudności zadań, nietypowo wysokiej. Wszyscy uczniowie polscy zdobyli medale: Eryk Kopczyński — medal złoty, pozostali — medale brązowe. Wyniki Polaków: Kopczyński 29 p., Kapustka 17 p., Zalewski 17 p., Matuszewski 15 p., Buciak 13 p., Parys 13 p. Ramowe zestawienie wyników Olimpiady (według państw) przedstawia załączona tabela. We wtorek 20 lipca zorganizowano wycieczkę krajoznawczą: zwiedziliśmy interesujący, eklektyczny pałac Peleş w miejscowości Sinaia oraz wspaniały, znakomicie zachowany w swej oryginalnej postaci, średniowieczny zamek Bran; jadąc autobusem mogliśmy podziwiać efektowne górskie krajobrazy Karpat Południowych. Następnego dnia odbyła się uroczystość wręczania medali oraz zakończenia Olimpiady. Przewodniczący delegacji Korei Południowej zaprosił wszystkie obecne państwa do uczestnictwa w XLI Międzynarodowej Olimpiadzie Matematycznej w Korei Pd. w lipcu 2000 roku.

Przewodniczący delegacji polskiej Marcin E. Kuczma Wyniki XL Międzynarodowej Olimpiady Matematycznej

(medale oraz łączna liczba punktów zdobytych przez zawodników z poszczególnych państw)

Państwo  Liczba medali złotych  Liczba medali srebrnych Liczba medali brązowych  Liczba zdobytych punktów

1. Rosja ^{1)}  4  2  182
2. Chiny  4  2  182
3. Wietnam  3  3  177
4. Rumunia  3  3  173
5. Bułgaria  3  3  170
6. Białoruś  3  3  167
7. Korea Pd. ^{2)}  3  3  164
8. Iran  2  4  159
9. Tajwan ^{3)}  1  5  153
10. USA  2  3  1  150
11. Węgry  1  4  1  147
12. Ukraina  2  2  1  136
13. Japonia  2  4  135
14. Jugosławia  1  2  3  130
15. Australia  1  1  3  116
16. Turcja  1  1  4  109
17. Niemcy  2  4  108
18. Indie  3  3  107
19. Polska  1  5  104
20. Wielka Brytania ^{4)}  3  2  100
21. Słowacja  2  3  88
22. Łotwa  1  1  86
23. Włochy  1  2  82
24. Szwajcaria  1  3  79
25. Mongolia  2  1  78
26. Izrael  5  78
27. Kuba  1  4  77
28. Afryka Pd.  1  1  77
29. Austria  1  2  75
30. Brazylia  4  75
31. Holandia  4  74
32. Kanada  3  74
33. Francja  1  2  73
34. Hong Kong  4  73
35. Kazachstan  4  72
36. Macedonia ^{5)}  5  71
37. Singapur  4  71
38. Gruzja  1  1  68
39. Norwegia  1  2  67
40. Armenia  3  67
41. Szwecja  3  66
42. Chorwacja  2  66
43. Finlandia  1  65
44. Bośnia i Hercegowina  3  65
45. Argentyna  3  63
46. Hiszpania  1  60
47. Grecja  2  57
48. Tajlandia  3  57

Wyniki XL Międzynarodowej Olimpiady Matematycznej (ciąg dalszy)

Państwo  Liczba medali złotych  Liczba medali srebrnych Liczba medali brązowych  Liczba zdobytych punktów

49. Kolumbia  1  1  55
50. Czechy ^{6)}  1  55
51. Litwa  2  54
52. Meksyk  1  53
53. Nowa Zelandia  1  53
54. Dania (5)  2  51
55. Belgia  2  51
56. Mołdawia ^{7)}  1  50
57. Maroko  1  48
58. Słowenia  2  46
59. Uzbekistan  42
60. Islandia 1 41
61. Macau  41
62. Irlandia 1 38
63. Malezja  37
64. Cypr  35
65. Indonezja  35
66. Azerbajdżan 1 34
67. Albania (5)  34
68. Trynidad i Tobago  33
69. Estonia (4) 1 30
70. Portugalia  29
71. Luksemburg (2) 1 26
72. Urugwaj (5*)  25
73. Filipiny (4)  24
74. Tunezja (4)  22
75. Gwatemala  19
76. Kirgizja (5**)  15
77. Turkmenia (2)  13
78. Peru (2)  10
79. Kuwejt (4)  10
80. Wenezuela (2)  8
81. Sri Lanka (1)  6

Nazwy państw w brzmieniu oficjalnym (używanym przez organizatorów): 1) Federacja Rosyjska

2) Korea

3) Chiński Tajwan

4) Zjednoczone Królestwo

5) Dawna Jugosłowiańska Republika Macedonii

6) Republika Czeska

7) Republika Mołdawii Cyfra w nawiasie po nazwie państwa oznacza liczbę uczniów uczestniczących w Olimpiadzie (jeśli była ona mniejsza niż 6).

* Urugwaj: zarejestrowano 5 zawodników, ale pracę pisało tylko 4 zawodników; ** Kirgizja: zarejestrowano 5 zawodników, ale pracę pisało tylko 3 zawodników.

Dziesiąte Zawody Matematyczne Państw Bałtyckich Baltic Way ’99

Sprawozdanie W dniach 4–8 listopada 1999 r. odbyły się w Reykjaviku (Islandia) Dziesiąte Zawody Matematyczne Państw Bałtyckich Baltic Way ’99. W zawodach tych uczestniczyły delegacje następujących państw: Danii, Estonii, Finlandii, Islandii, Litwy, Łotwy, Niemiec, Norwegii, Polski i Szwecji. Delegacja polska miała następujący skład:

— dr Maciej Bryński — przewodniczący,

— mgr Waldemar Pompe — zastępca przewodniczącego,

— Lech Duraj — uczeń klasy trzeciej V Liceum Ogólnokształcącego w Krakowie,

— Wojciech Kamiński — uczeń klasy czwartej I Liceum Ogólnokształcącego w Łodzi,

— Jarosław Mederski — uczeń klasy czwartej I Liceum Ogólnokształcącego w Bydgoszczy,

— Marcin Wojnarski — uczeń klasy czwartej Katolickiego Liceum Ogólnokształcącego Księży Pijarów w Krakowie,

— Dominik Wojtczak — uczeń klasy trzeciej III Liceum Ogólnokształcącego w Gdyni.

Jury złożone z przewodniczących wszystkich delegacji obradujące pod przewodnictwem prof. Roberta Magnusa wybrało spośród propozycji nadesłanych przez państwa uczestniczące w zawodach 20 zadań. Zawody odbyły się 6 listopada, trwały cztery i pół godziny i miały charakter zespołowy. Za poprawne rozwiązanie każdego zadania drużyna mogła otrzymać 5 punktów. Oceny za rozwiązania poszczególnych zadań były uzgadniane przez przewodniczących delegacji i ich zastępców z koordynatorami — matematykami islandzkimi. Drużyna polska złożyła rozwiązania 18 zadań, spośród których 14 uzyskało maksymalną ocenę, pozostałe rozwiązania oceniono niżej. Poszczególne drużyny uzyskały w zawodach następujące wyniki:

1. Estonia 90 pkt.

2. Szwecja 89 pkt.

3. Norwegia 87 pkt.

4. Polska 79 pkt.

5. Finlandia 76 pkt.

6. Łotwa 72 pkt.

7. Niemcy 68 pkt.

8. Islandia 64 pkt.

9. Dania 61 pkt.

10. Litwa 60 pkt.

Drużyna estońska otrzymała puchar przechodni. Zawodnicy drużyn sklasyfikowanych na pierwszych trzech pozycjach otrzymali dyplomy zwycięzców. Ponadto wszyscy zawodnicy otrzymali dyplomy uczestnictwa. Następna Olimpiada Matematyczna Państw Bałtyckich odbyła się w listopadzie 2000 roku w Norwegii.

Maciej Bryński

TEKSTY ZADAŃ

Zawody stopnia pierwszego

1. Dana jest liczba naturalna n 3 . Dowieść, że suma sześcianów wszystkich liczb naturalnych mniejszych od n, względnie pierwszych z n, dzieli się przez n.

2. W trójkącie ostrokątnym ABC spełniony jest warunek

< ) ACB = 2< ) ABC .

Punkt D leży na boku BC, przy czym < ) BAD = \frac{1}{2}< ) ABC. Dowieść, że

\frac{1}{BD} = \frac{1}{AB} + \frac{1}{AC} .

3. Suma liczb dodatnich a, b, c równa jest 1. Udowodnić, że a^{2}+b^{2}+c^{2}+2\sqrt{3abc} 1 .

4. Każdy punkt okręgu jest pomalowany jednym z trzech kolorów. Dowieść, że pewne trzy punkty jednego koloru są wierzchołkami trójkąta równoramiennego.

5. Wyznaczyć wszystkie pary (a,b) liczb naturalnych, dla których liczby a^{3}+6ab+1 i b^{3}+6ab+1 są sześcianami liczb naturalnych.

6. Punkt X leży wewnątrz lub na brzegu trójkąta ABC, w którym kąt C jest prosty. Punkty P, Q i R są odpowiednio rzutami punktu X na boki BC, CA i AB. Udowodnić, że równość

AR·RB = BP ·P C +AQ·QC

zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy punkt X leży na boku AB.

7. Wykazać, że dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej n i dowolnej liczby t ∈ (\frac{1}{2},1) istnieją takie liczby a,b ∈ (1999,2000), że

\frac{1}{2}a^{n} + \frac{1}{2}b^{n} < (ta+(1−t)b)^{n}.

8. Liczby c(n,k) są określone dla liczb całkowitych nieujemnych n k w ten sposób, że zachodzą równości:

c(n,0) = c(n,n) = 1 dla każdej liczby n 0,

c(n+ 1,k) = 2^{k}c(n,k)+c(n,k− 1) dla n k 1.

Dowieść, że c(n,k) = c(n,n− k) dla n k 0 .

9. Dane są takie liczby całkowite dodatnie m i n, że mn | m^{2}+n^{2}+m. Wykazać, że m jest kwadratem liczby całkowitej.

10. W przestrzeni dane są trzy wzajemnie prostopadłe wektory jednostkowe \overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB}, \overrightarrow{OC}. Niech ω będzie płaszczyzną przechodzącą przez punkt O, zaś A′, B′, C′ – rzutami punktów A, B, C odpowiednio na płaszczyznę ω. Wyznaczyć zbiór wartości wyrażenia

(OA′)^{2}+(OB′)^{2}+(OC′)^{2}

dla wszystkich płaszczyzn ω.

11. Dana jest liczba całkowita dodatnia n oraz zbiór M, złożony z n^{2}+ 1 różnych liczb całkowitych dodatnich i mający następującą własność: wśród n+ 1 liczb dowolnie wybranych ze zbioru M znajduje się para liczb, z których jedna dzieli się przez drugą. Udowodnić, że w zbiorze M istnieją różne liczby a_{1},a_{2},...,a_{n+1} spełniające warunek: dla i = 1,2,...,n liczba a_{i} dzieli się przez a_{i+1} .

12. W trójkącie ostrokątnym ABC punkty D, E, F leżą odpowiednio na bokach BC, CA, AB. Okręgi opisane na trójkątach AEF, BF D, CDE przecinają się w punkcie P. Udowodnić, że jeżeli

\frac{P D}{P E} = \frac{BD}{AE} ,  \frac{P E}{P F} = \frac{CE}{BF} ,  \frac{P F}{P D} = \frac{AF}{CD} ,

to AD, BE, CF są wysokościami trójkąta ABC.

Zawody stopnia drugiego

1. Rozstrzygnąć, czy każdą liczbę wymierną dodatnią można przedstawić w postaci

\frac{a^{2}+b^{3}}{c^{5}+d^{7}} ,

gdzie a, b, c, d są liczbami całkowitymi dodatnimi.

2. Dwusieczna kąta BAC trójkąta ABC przecina okrąg opisany na tym trójkącie w punkcie D różnym od A. Punkty K i L są rzutami prostokątnymi odpowiednio punktów B i C na prostą AD. Dowieść, że

AD BK +CL.

3. Na polach szachownicy n×n rozmieszczono n^{2} różnych liczb całkowitych, po jednej na każdym polu. W każdej kolumnie pole z największą liczbą pomalowano na czerwono. Zbiór n pól szachownicy nazwiemy dopuszczalnym, jeżeli żadne dwa z tych pól nie znajdują się w tym samym wierszu, ani w tej samej kolumnie. Spośród wszystkich zbiorów dopuszczalnych wybrano zbiór, dla którego suma liczb umieszczonych na jego polach jest największa. Wykazać, że w tak wybranym zbiorze jest czerwone pole.

4. Punkt I jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC, w którym AB ≠ AC. Proste BI i CI przecinają boki AC i AB odpowiednio w punktach D i E. Wyznaczyć wszystkie miary kąta BAC, dla których może zachodzić równość DI = EI.

5. Niech ℕ oznacza zbiór liczb całkowitych dodatnich. Rozstrzygnąć, czy istnieje taka funkcja f: ℕ→ ℕ, że dla każdego n ∈ ℕ zachodzi równość

f(f(n)) = 2n.

6. Wielomian w(x) stopnia drugiego o współczynnikach całkowitych przyjmuje dla całkowitych x wartości będące kwadratami liczb całkowitych. Dowieść, że wielomian w(x) jest kwadratem pewnego wielomianu.

Zawody stopnia trzeciego

1. Dana jest liczba całkowita n 2. Wyznaczyć liczbę rozwiązań (x_{1},x_{2},...,x_{n}) układu równań

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

w liczbach rzeczywistych nieujemnych.

2. Dany jest trójkąt ABC, w którym AC = BC. Punkt P leży wewnątrz trójkąta ABC, przy czym < ) P AB = < ) P BC. Punkt M jest środkiem boku AB. Dowieść, że

< ) AP M +< ) BP C = 180^{∘}.

3. Ciąg liczb naturalnych (p_{n}) spełnia następujące warunki: 1^{∘} p_{1} i p_{2} są liczbami pierwszymi, 2^{∘} dla n 3 liczba p_{n} jest największym dzielnikiem pierwszym liczby

p_{n−1} +p_{n−2} +2000.

Udowodnić, że ciąg (p_{n}) jest ograniczony.

4. W ostrosłupie prawidłowym o wierzchołku S i podstawie A_{1}A_{2}...A_{n} każda krawędź boczna tworzy z płaszczyzną podstawy kąt 60^{∘}. Dla każdej liczby naturalnej n 3 rozstrzygnąć, czy można wybrać takie punkty B_{2},B_{3},...,B_{n} leżące odpowiednio na krawędziach A_{2}S,A_{3}S,...,A_{n}S, że

A_{1}B_{2}+B_{2}B_{3}+B_{3}B_{4}+...+B_{n−1} B_{n} +B_{n}A_{1} < 2A_{1}S.

5. Dla danej liczby naturalnej n 2 znaleźć najmniejszą liczbę k o następującej własności. Z dowolnego k-elementowego zbioru pól szachownicy n×n można wybrać taki niepusty podzbiór, że liczba pól tego podzbioru w każdym wierszu i w każdej kolumnie szachownicy jest parzysta.

6. Stopień wielomianu P (x) o współczynnikach rzeczywistych jest nieparzysty. Ponadto dla każdego x

P (x^{2}−1) = (P (x))^{2}−1.

Udowodnić, że dla każdej liczby rzeczywistej x zachodzi równość P (x) = x.

XL Międzynarodowa Olimpiada Matematyczna

1. Wyznaczyć wszystkie zbiory skończone S na płaszczyźnie, złożone z co najmniej trzech punktów i spełniające następujący warunek: Dla każdych dwóch różnych punktów A i B zbioru S, symetralna odcinka AB jest osią symetrii zbioru S.

2. Niech n 2 będzie ustaloną liczbą naturalną.

(a) Wyznaczyć najmniejszą stałą C taką, że nierówność ∑_{1 i<j n} x_{i}x_{j}(x_{i}^{2}+x_{j}^{2}) C( ∑_{i=1}^{n} x_{i})^{4} zachodzi dla dowolnych liczb rzeczywistych x_{1},x_{2},...,x_{n} 0.

(b) Dla tej stałej C ustalić, kiedy zachodzi równość.

3. Rozważmy planszę kwadratową n×n, gdzie n jest daną dodatnią liczbą całkowitą parzystą. Plansza jest podzielona na n^{2} kwadratów jednostkowych. Dwa różne kwadraty planszy są przyległe, gdy mają wspólny bok. N kwadratów planszy zostało wyróżnionych w taki sposób, by każdy kwadrat planszy (wyróżniony lub nie) był przyległy do co najmniej jednego kwadratu wyróżnionego. Wyznaczyć najmniejszą możliwą wartość N.

4. Wyznaczyć wszystkie takie pary (n,p) liczb całkowitych dodatnich, że: p jest liczbą pierwszą, n 2p oraz (p−1)^{n} +1 dzieli się przez n^{p−1} .

5. Okręgi Γ_{1} i Γ_{2} są położone wewnątrz okręgu Γ i są odpowiednio styczne do Γ w różnych punktach M i N. Okrąg Γ_{1} przechodzi przez środek okręgu Γ_{2}. Prosta przechodząca przez punkty przecięcia okręgów Γ_{1} i Γ_{2} przecina okrąg Γ w punktach A i B. Proste MA i MB przecinają Γ_{1} odpowiednio w punktach C i D. Udowodnić, że prosta CD jest styczna do okręgu Γ_{2}.

6. Wyznaczyć wszystkie takie funkcje f:ℝ→ ℝ, że

f(x−f(y)) = f(f(y))+xf(y)+f(x)−1

dla wszystkich x,y ∈ ℝ.

XXII Austriacko-Polskie Zawody Matematyczne

1. Niech n będzie liczbą całkowitą dodatnią i niech M = {1,2,...,n}. Wyznaczyć liczbę uporządkowanych szóstek zbiorów (A_{1},A_{2},...,A_{6}) spełniających następujące dwa warunki:

(a) zbiory A_{1},A_{2},...,A_{6} są (niekoniecznie różnymi) podzbiorami zbioru M;

(b) każdy element zbioru M albo nie należy do żadnego, albo należy do dokładnie trzech, albo należy do wszystkich sześciu zbiorów A_{1},A_{2},...,A_{6}.

2. Wyznaczyć największą liczbę rzeczywistą C_{1} i najmniejszą liczbę rzeczywistą C_{2} takie, że dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich a, b, c, d, e zachodzą następujące nierówności

C_{1} < \frac{a}{a+b} + \frac{b}{b+c} + \frac{c}{c+d} + \frac{d}{d+e} + \frac{e}{e+a} < C_{2}.

3. Dana jest liczba naturalna n 2. Wyznaczyć wszystkie takie układy n funkcji (f_{1},f_{2},...,f_{n}), gdzie f_{i}:ℝ→ ℝ dla każdego i = 1,2,...,n, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x, y spełnione są następujące równości:

f_{1}(x)−f_{2}(x)f_{2}(y)+f_{1}(y) = 0

f_{2}(x^{2})−f_{3}(x)f_{3}(y)+f_{2}(y^{2}) = 0
...................................
f_{k}(x^{k})−f_{k+1} (x)f_{k+1} (y)+f_{k}(y^{k}) = 0
...................................
f_{n}(x^{n})−f_{1}(x)f_{1}(y)+f_{n}(y^{n}) = 0

4. Dany jest trójkąt ABC. Przez punkt P leżący wewnątrz trójkąta ABC prowadzimy trzy proste k, l, m w taki sposób, że:

(a) prosta k przecina proste AB i AC odpowiednio w takich punktach A_{1} i A_{2} (A_{1} ≠ A_{2}), że P A_{1} = P A_{2};

(b) analogicznie prosta l przecina proste BC i BA odpowiednio w takich punktach B_{1} i B_{2} (B_{1} ≠ B_{2}), że P B_{1} = P B_{2};

(c) analogicznie prosta m przecina proste CA i CB odpowiednio w takich punktach C_{1} i C_{2} (C_{1} ≠ C_{2}), że P C_{1} = P C_{2}.

Udowodnić, że proste k, l, m są przez te warunki wyznaczone jednoznacznie. Wyznaczyć punkt P (i udowodnić, że jest tylko jeden taki punkt), dla którego trójkąty AA_{1}A_{2}, BB_{1}B_{2}, CC_{1}C_{2} mają równe pola.

5. Ciąg liczb całkowitych (a_{n}) spełnia następującą zależność rekurencyjną:

a_{n+1} = a_{n}^{3} +1999

dla n = 1,2,... . Udowodnić, że istnieje co najwyżej jedna wartość n, dla której a_{n} jest kwadratem liczby całkowitej.

6. Rozwiązać następujący układ równań

\begin{aligned}x_{n}^{2} +x_{n}x_{n−1} +x_{n−1}^{4} & & = & 1 (n = 1,2,...,1999) \\ & x_{0} & = & x_{1999} \end{aligned}

w zbiorze liczb rzeczywistych nieujemnych.

7. Wyznaczyć wszystkie takie pary (x,y) liczb całkowitych dodatnich, że x^{x+y} = y^{y−x} .

8. Dana jest prosta g i punkty P, Q, S leżące po tej samej stronie tej prostej. Punkty M i N leżą na prostej g, przy czym P M ⊥ g i QN ⊥ g . Punkt S leży między prostymi P M i QN. Ponadto P M = P S i QN = QS. Symetralne odcinków SM i SN przecinają się w punkcie R. Prosta RS przecina okrąg opisany na trójkącie P QR w punkcie T różnym od R. Udowodnić, że punkt S jest środkiem odcinka RT.

9. Punktem kratowym nazywamy punkt płaszczyzny, który ma współrzędne całkowite. Rozważamy następującą grę jednoosobową. Pozycja w grze składa się ze skończonego zbioru zaznaczonych punktów kratowych i ze skończonego zbioru zaznaczonych odcinków spełniających następujące warunki:

(a) końce każdego zaznaczonego odcinka są zaznaczonymi punktami krato- wymi;

(b) każdy zaznaczony odcinek jest równoległy do jednej osi układu współ- rzędnych lub do jednej z dwóch prostych o równaniach y = x , y = −x ;

(c) każdy zaznaczony odcinek zawiera dokładnie 5 punktów kratowych i każ- dy z tych punktów jest zaznaczony;

(d) dowolne dwa zaznaczone odcinki mają co najwyżej jeden punkt wspólny. Ruch w grze polega na zaznaczeniu nowego punktu kratowego, a następnie zaznaczeniu odcinka w taki sposób, by powstała nowa pozycja w grze. Rozstrzygnąć, czy istnieje taka pozycja początkowa w grze, że możliwe jest wykonanie nieskończonego ciągu ruchów.

X Zawody Matematyczne Państw Bałtyckich

1. Wyznaczyć wszystkie liczby rzeczywiste a, b, c, d spełniające układ równań:

\{ \begin{matrix}abc+ab+bc+ca+a+b+c & = & 1 \\ bcd+bc+cd+db+b+c+d & = & 9 \\ cda+cd+da+ac+c+d+a & = & 9 \\ dab+da+ab+bd+d+a+b & = & 9 \end{matrix}

2. Wyznaczyć wszystkie liczby całkowite dodatnie n o tej własności, że pierwiastek trzeciego stopnia z n powstaje przez odrzucenie trzech ostatnich cyfr rozwinięcia dziesiętnego liczby n.

3. Wyznaczyć wszystkie takie liczby całkowite n 3, że nierówność

a_{1}a_{2}+a_{2}a_{3}+...+a_{n−1} a_{n} +a_{n}a_{1} 0

zachodzi dla wszystkich liczb rzeczywistych a_{1},a_{2},...,a_{n} spełniających równość a_{1}+a_{2}+...+a_{n} = 0.

4. Dla liczb rzeczywistych dodatnich x, y określamy

f(x,y) = min( x, \frac{y}{x^{2}+y^{2}} ) .

Udowodnić, że istnieją takie liczby x_{0}, y_{0}, że f(x,y) f(x_{0},y_{0}) dla wszystkich liczb dodatnich x, y. Wyznaczyć f(x_{0},y_{0}).

5. Styczna w punkcie o współrzędnych (a,b) do okręgu x^{2}+y^{2} = 1 ma z parabolą y = x^{2}+1 dokładnie jeden punkt wspólny. Wyznaczyć wszystkie punkty (a,b) o powyższej własności.

6. Jaka jest najmniejsza liczba ruchów, którą potrzebuje skoczek szachowy, aby przejść z jednego narożnika szachownicy n×n (gdzie n 4) do narożnika przeciwległego?

7. Dwa różne pola szachownicy 8×8 nazwiemy sąsiadującymi, jeżeli mają wspólny bok lub wspólny wierzchołek. Rozstrzygnąć, czy jest możliwe, aby król szachowy zaczynając od pewnego pola szachownicy 8×8 odwiedził wszystkie pola dokładnie raz według następującej reguły: W każdym etapie podróży (licząc od trzeciego odwiedzonego pola) król stoi na polu sąsiadującym z parzystą liczbą pól, które już odwiedził.

8. Mamy do dyspozycji 1999 monet, z których każde dwie mają różny ciężar. Dysponujemy urządzeniem, które pozwala spośród dowolnych trzech monet wskazać tę, której ciężar zawiera się pomiędzy ciężarami dwóch pozostałych. Dowieść, że moneta tysięczna pod względem ciężaru może być wyznaczona przez nasze urządzenie stosowane nie więcej niż 1 000 000 razy. Udowodnić, że za pomocą tego urządzenia miejsce w ciągu ciężarów można wyznaczyć tylko dla tej monety.

9. Sześcian o krawędzi 3 podzielono na 27 sześcianów jednostkowych, które ponumerowano w sposób dowolny liczbami 1,2,...,27. Tworzymy 27 możliwych sum w poszczególnych rzędach (jest dziewięć takich sum w każdym z trzech kierunków równoległych do krawędzi sześcianu, każda suma o trzech składnikach). Co najwyżej ile spośród tych 27 sum może być liczbą nieparzystą?

10. Czy można koło o promieniu 1 (łącznie z brzegiem) rozdzielić na trzy takie podzbiory, że żaden z nich nie zawiera dwóch punktów odległych o 1 ?

11. Na płaszczyźnie dane są cztery punkty, z których żadne trzy nie są współliniowe. Udowodnić, że istnieje taki okrąg przechodzący przez trzy z tych punktów, że czwarty punkt leży na okręgu lub w jego wnętrzu.

12. W trójkącie ABC zachodzi równość 2AB = AC +BC. Udowodnić, że następujące cztery punkty: środek okręgu wpisanego w ten trójkąt, środek okręgu opisanego oraz środki boków AC i BC, leżą na jednym okręgu.

13. W trójkącie ABC dwusieczne kątów A i B przecinają boki BC i CA odpowiednio w punktach D i E. Ponadto AE +BD = AB. Wyznaczyć miarę kąta C.

14. W trójkącie równoramiennym ABC równe są boki AB i AC. Punkty D i E leżą odpowiednio na bokach AB i AC. Prosta przechodząca przez punkt B i równoległa do AC przecina prostą DE w punkcie F. Prosta przechodząca przez punkt C i równoległa do AB przecina prostą DE w punkcie G. Dowieść, że

\frac{[DBCG]}{[F BCE]}= \frac{AD}{AE} ,

gdzie [P QRS] oznacza pole czworokąta P QRS.

15. W trójkącie ABC zachodzi < ) C = 60^{∘} oraz AC < BC. Punkt D leży na boku BC i spełnia BD = AC. Bok AC przedłużono do punktu E tak, aby AC = CE. Udowodnić, że AB = DE.

16. Znaleźć najmniejszą liczbę całkowitą dodatnią k, którą można przedstawić w postaci k = 19^{n} −5^{m} dla pewnych liczb całkowitych dodatnich m, n.

17. Czy istnieje taki skończony ciąg liczb całkowitych c_{1},c_{2},...,c_{n}, że każda z liczb a+c_{1}, a+c_{2}, ..., a+c_{n} jest pierwsza dla więcej niż jednej, ale tylko dla skończenie wielu różnych liczb całkowitych a?

18. Liczba całkowita dodatnia m daje z dzielenia przez 4 resztę 2. Dowieść, że istnieje co najwyżej jeden rozkład m = ab, gdzie a, b są liczbami całkowitymi dodatnimi spełniającymi

0 < a−b < \sqrt{5+4\sqrt{4m+1}} .

19. Dowieść, że istnieje nieskończenie wiele takich liczb całkowitych dodatnich parzystych k, że dla każdej liczby pierwszej p liczba p^{2}+k jest złożona.

20. Liczby a, b, c, d są pierwsze oraz spełniają warunki a > 3b > 6c > 12d , a^{2}−b^{2}+c^{2}−d^{2} = 1749. Wyznaczyć wszystkie wartości wyrażenia

a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}.

ROZWIĄZANIA ZADAŃ^{1}

Zawody stopnia pierwszego

Zadanie 1.

Dana jest liczba naturalna n 3 . Udowodnić, że suma sześcianów wszystkich liczb naturalnych mniejszych od n, względnie pierwszych z n, dzieli się przez n.

Rozwiązanie

Każda liczba naturalna mniejsza od n i względnie pierwsza z n jest równa k lub n−k, gdzie k jest pewną liczbą naturalną mniejszą od n/2 i względnie pierwszą z n. Zatem dana w zadaniu suma sześcianów jest równa

∑_{{1 k<n/2 \atop (k,n)=1}} (k^{3}+(n−k)^{3}) = ∑_{{1 k<n/2 \atop (k,n)=1}} (n^{3}−3kn^{2}+3k^{2}n) = n· ∑_{{1 k<n/2 \atop (k,n)=1}} (n^{2}−3kn+3k^{2}) ,

a więc jest podzielna przez n.

Uwaga

Znacznie trudniejszym zadaniem jest wykazanie, że dana w zadaniu suma dzieli się przez n^{2} w przypadku, gdy n jest liczbą nieparzystą.

Zadanie 2.

W trójkącie ostrokątnym ABC spełniony jest warunek

< ) ACB = 2< ) ABC . Punkt D leży na boku BC, przy czym < ) BAD = \frac{1}{2} < ) ABC. Dowieść, że

(1)  \frac{1}{BD} = \frac{1}{AB} + \frac{1}{AC} .

Rozwiązanie

Wykażemy, że równość (1) jest prawdziwa dla dowolnego trójkąta ABC, niekoniecznie ostrokątnego.

Sposób I

Niech E będzie takim punktem półprostej BC^{→} , że AD jest dwusieczną kąta BAE (rys. 1 i 2).

A B  C D  E rys. 1  ^{A B  C D  E rys. 2}

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

Wówczas < ) EBA = < ) EAB. Jeżeli punkt E leży na boku BC (rys. 1), to

< ) AEC = 2< ) ABC = < ) ACE.

Jeśli natomiast punkt E nie leży na boku BC (rys. 2), to

< ) AEC = 180^{∘}−2< ) ABE = 180^{∘}−< ) ACB = < ) ACE.

Zatem w obu przypadkach BE = AE = AC. Na mocy twierdzenia o dwusiecznej otrzymujemy

\frac{BD}{AB} + \frac{BD}{AC} = \frac{DE}{AE} + \frac{BD}{AE} = \frac{BE}{AE} = 1,

co należało udowodnić.

Sposób II

Oznaczmy: α = < ) ABC (rys. 3). Wówczas

(2)  < ) ACB = 2α, < ) BAD = \frac{1}{2}α, < ) ADB = 180^{∘}− \frac{3}{2}α.

Dowodzoną równość (1) przepisujemy w postaci

(3)  \frac{AB}{BD} = 1+ \frac{AB}{AC} ,

co na mocy twierdzenia sinusów oraz zależności (2) możemy przepisać jako

\frac{sin(180^{∘}− \frac{3}{2}α)}{sin \frac{1}{2}α} = 1+ \frac{sin2α}{sinα} .

Przekształcając równoważnie powyższy związek uzyskujemy po kolei:

\frac{sin \frac{3}{2}α}{sin \frac{1}{2}α} = 1+ \frac{2 sinα cosα}{sinα} ,

\frac{sin \frac{1}{2}α cosα+2 cos^{2} \frac{1}{2}α sin \frac{1}{2}α}{sin \frac{1}{2}α} = 1+2cosα,
cosα+2 cos^{2} \frac{1}{2}α = 1+2cosα,
2 cos^{2} \frac{1}{2}α = 1+cosα. A B  C D^{α/2}^{α}  ^{2α}^{rys. 3}

Otrzymana równość jest prawdziwa dla dowolnego kąta α, co kończy dowód zależności (3).

Zadanie 3.

Suma liczb dodatnich a, b, c równa jest 1. Udowodnić, że

a^{2} +b^{2} +c^{2} +2\sqrt{3abc} 1 .

Rozwiązanie

Wystarczy dowieść, że dla dowolnych liczb dodatnich a, b, c zachodzi nierówność

a^{2}+b^{2}+c^{2}+2\sqrt{3abc(a+b+c)} (a+b+c)^{2}.

Przekształcając równoważnie powyższą zależność otrzymujemy

\sqrt{3abc(a+b+c)} ab+bc+ca.

Wykonując podstawienie x = bc, y = ca, z = ab, sprowadzamy dowodzoną nierówność do postaci

\sqrt{3(xy +yz +zx)} x+y +z.

Podnosząc do kwadratu obie strony ostatniej nierówności i przekształcając równoważnie otrzymujemy

xy +yz +xz x^{2}+y^{2}+z^{2} lub (x−y)^{2}+(y −z)^{2}+(z −x)^{2} 0,

co jest prawdą.

Zadanie 4.

Każdy punkt okręgu jest pomalowany jednym z trzech kolorów. Dowieść, że pewne trzy punkty jednego koloru są wierzchołkami trójkąta równoramiennego.

Rozwiązanie

Niech A_{1},A_{2},...,A_{13} będą wierzchołkami dowolnego 13-kąta foremnego wpisanego w dany okrąg. Wykażemy, że wśród dowolnych pięciu wierzchołków tego 13-kąta znajdą się trzy, będące wierzchołkami trójkąta równoramiennego. Ponieważ wśród dowolnych trzynastu punktów danego okręgu zawsze znajdzie się pięć pomalowanych tym samym kolorem, zadanie zostanie rozwiązane.

Przypuśćmy więc, że udało się tak wybrać pięć wierzchołków spośród A_{1},A_{2},...,A_{13}, że żadne trzy spośród wybranych punktów nie tworzą trójkąta równoramiennego.

[figure: A_{1}; A_{2}; A_{3}; A_{4}; A_{5}; A_{6}; A_{7}; A_{8}; A_{9}; A_{10}; A_{11}; A_{12}; A_{13}; rys. 4; A_{1}; A_{2}; A_{3}; A_{4}; A_{5}; A_{6}; A_{7}; A_{8}; A_{9}; A_{10}; A_{11}; A_{12}; A_{13}; rys. 5]

Załóżmy najpierw, że wśród wybranych punktów nie ma dwóch sąsiednich wierzchołków 13-kąta A_{1}A_{2}...A_{13}. Wówczas wśród wybranych punktów znajdziemy dwa oddzielone dokładnie jednym wierzchołkiem, który nie został wybrany. Bez szkody dla ogólności rozumowania możemy przyjąć, że są to A_{1} i A_{3}. Ponieważ żadne trzy wybrane wierzchołki nie tworzą trójkąta równoramiennego, więc nie został wybrany żaden z punktów: A_{12}, A_{13}, A_{2}, A_{4}, A_{5} (rys. 4).

Ponieważ trójkąt A_{1}A_{6}A_{11} jest równoramienny, więc co najmniej jeden z wierzchołków A_{6}, A_{11} nie został wybrany. Bez straty ogólności rozumowania możemy przyjąć, że tym wierzchołkiem jest A_{6}. Zatem spośród pięciu punktów A_{7}, A_{8}, A_{9}, A_{10}, A_{11} dokładnie trzy zostały wybrane, przy czym żadne dwa z nich nie są kolejnymi wierzchołkami 13-kąta A_{1}A_{2}...A_{13}. Musiały więc zostać wybrane punkty A_{7}, A_{9}, A_{11}. To jednak nie jest możliwe, gdyż punkty te tworzą trójkąt równoramienny (rys. 5). Otrzymaliśmy sprzeczność.

Pozostał do rozpatrzenia przypadek, w którym wśród wybranych wierzchołków znajdują się dwa sąsiednie, powiedzmy A_{1} i A_{2}. Oznacza to, że nie został wybrany żaden z wierzchołków: A_{13}, A_{3}, A_{8} (rys. 6).

[figure: A_{1}; A_{2}; A_{3}; A_{4}; A_{5}; A_{6}; A_{7}; A_{8}; A_{9}; A_{10}; A_{11}; A_{12}; A_{13}; rys. 6; A_{1}; A_{2}; A_{3}; A_{4}; A_{5}; A_{6}; A_{7}; A_{8}; A_{9}; A_{10}; A_{11}; A_{12}; A_{13}; rys. 7]

Ponieważ trójkąty A_{2}A_{4}A_{6}, A_{1}A_{6}A_{11}, A_{11}A_{1}A_{4} są równoramienne, więc został wybrany co najwyżej jeden z punktów: A_{4}, A_{6}, A_{11}. Analogicznie stwierdzamy, że został wybrany co najwyżej jeden z punktów: A_{5}, A_{10}, A_{12}. Zatem wybrany być musiał co najmniej jeden z punktów A_{7}, A_{9}. Bez straty ogólności przyjmijmy, że został wybrany punkt A_{7} (rys. 7). Równoramienność trójkątów: A_{1}A_{4}A_{7}, A_{2}A_{10}A_{7}, A_{2}A_{11}A_{7} oraz A_{2}A_{12}A_{7} dowodzi, że nie wybrano punktów: A_{4}, A_{10}, A_{11} oraz A_{12}.

Zatem wśród wybranych pięciu punktów muszą być dwa spośród A_{5}, A_{6}, A_{9}. Z uwagi na równoramienność trójkąta A_{5}A_{6}A_{7} wybrany mógł być tylko jeden z punktów A_{5}, A_{6}. Zatem wybranym punktem jest A_{9} (rys. 8). To z kolei oznacza, że nie został wybrany punkt A_{5}, gdyż trójkąt A_{5}A_{7}A_{9} jest równoramienny.

Tak więc piątym z wybranych punktów musi być A_{6}, co daje sprzeczność, gdyż trójkąt A_{9}A_{1}A_{6} jest równoramienny (rys. 9).

Tym samym wykazaliśmy, że wybór pięciu wierzchołków 13-kąta, z których żadne trzy nie wyznaczają trójkąta równoramiennego, nie jest możliwy, co kończy rozwiązanie zadania.

[figure: A_{1}; A_{2}; A_{3}; A_{4}; A_{5}; A_{6}; A_{7}; A_{8}; A_{9}; A_{10}; A_{11}; A_{12}; A_{13}; rys. 8; A_{1}; A_{2}; A_{3}; A_{4}; A_{5}; A_{6}; A_{7}; A_{8}; A_{9}; A_{10}; A_{11}; A_{12}; A_{13}; rys. 9]

Uwaga 1.

Można również udowodnić, że wierzchołków 11-kąta foremnego nie da się pokolorować trzema kolorami tak, aby żadne trzy wierzchołki jednego koloru nie wyznaczały trójkąta równoramiennego. Jednak wybór czterech wierzchołków 11-kąta foremnego, z których żadne trzy nie wyznaczają trójkąta równoramiennego, jest możliwy.

Uwaga 2.

Znacznie mocniejszy rezultat można uzyskać korzystając z poniższego, niełatwego do udowodnienia, twierdzenia.

Twierdzenie van der Waerdena

Dla dowolnych liczb naturalnych k i m istnieje taka liczba naturalna n, że dla dowolnego podziału zbioru {1,2,3,...,n} na k rozłącznych podzbiorów, co najmniej jeden z tych podzbiorów zawiera m-wyrazowy postęp arytmetyczny.

W oparciu o powyższe twierdzenie rozwiążemy następujące zadanie.

Zadanie

Każdy punkt okręgu jest pomalowany jednym z l kolorów, gdzie l jest dowolną liczbą naturalną. Dowieść, że pewne trzy punkty jednego koloru są wierzchołkami trójkąta równoramiennego.

Rozwiązanie

Niech n będzie liczbą dobraną na podstawie twierdzenia van der Waerdena do liczb k = l oraz m = 3. Wybierzmy na okręgu punkty A_{1},A_{2},...,A_{n} rozmieszczone w równych odległościach i na tyle blisko siebie, aby wszystkie one zmieściły się na półokręgu (rys. 10).

Zbiór {1,2,...,n} został tym samym podzielony na l rozłącznych podzbiorów według zasady: liczby i, j należą do tego samego podzbioru wtedy i tylko wtedy, gdy punkty A_{i}, A_{j} są tego samego koloru.

Na mocy twierdzenia van der Waerdena znajdziemy liczby i, i+r, i+2r należące do jednego z rozpatrywanych podzbiorów. To oznacza, że punkty A_{i}, A_{i+r} , A_{i+2r} są tego samego koloru. Oczywiście trójkąt A_{i}A_{i+r} A_{i+2r} jest równoramienny.

[figure: A_{1}; A_{2}; A_{3}; A_{4}; A_{5}; A_{6}; A_{n− 3}; A_{n− 2}; A_{n− 1}; A_{n}; rys. 10]

Uwaga 3.

W znanych dowodach twierdzenia van der Waerdena wartość n, którą otrzymuje się z dowodu, jest na ogół daleka od optymalnej. Udowodniono, że dla m = 3 oraz k 4 najmniejsza liczba n spełniająca tezę twierdzenia van der Waerdena jest równa

9 dla k = 2, 27 dla k = 3 oraz 76 dla k = 4.

Zadanie 5.

Wyznaczyć wszystkie pary (a,b) liczb naturalnych, dla których liczby a^{3} +6ab+1 i b^{3} +6ab+1 są sześcianami liczb naturalnych.

Rozwiązanie

Niech a i b będą liczbami spełniającymi warunki zadania. Bez szkody dla ogólności rozumowania możemy założyć, że a b. Wówczas

b^{3} < b^{3}+6ab+1 b^{3}+6b^{2}+1 < b^{3}+6b^{2}+12b+8 = (b+2)^{3} . Skoro liczba b^{3}+6ab+1 jest sześcianem liczby całkowitej, to musi zachodzić równość

(1)  b^{3}+6ab+1 = (b+1)^{3} ,

Przekształcając równoważnie powyższy związek otrzymujemy po kolei

b^{3}+6ab+1 = b^{3}+3b^{2}+3b+1 ,
2ab= b(b+1) ,
(2)  b= 2a−1 .

Pozostaje rozstrzygnąć, dla jakich par (a,b) spełniających warunek (2) liczba

a^{3}+6ab+1

jest sześcianem liczby całkowitej. Na mocy zależności (2) powyższa liczba jest równa a^{3}+12a^{2}−6a+1. Z nierówności

a^{3} a^{3}+6a^{2}−6a < a^{3}+12a^{2}−6a+1 < a^{3}+12a^{2}+48a+64 = (a+4)^{3} wynika, że jeżeli liczba a^{3}+12a^{2}−6a+1 jest sześcianem liczby całkowitej, to jest ona równa (a+1)^{3}, (a+2)^{3} lub (a+3)^{3}. Należy więc rozważyć trzy przypadki:

(a) a^{3}+12a^{2}−6a+1 = (a+1)^{3}. Wówczas otrzymujemy 9a^{2} −9a = 0, skąd a = 0 lub a = 1.

(b) a^{3}+12a^{2}−6a+1 = (a+2)^{3}. Stąd mamy 6a^{2} −18a−7 = 0. Uzyskane równanie nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych, gdyż lewa strona nie jest podzielna przez 3, a prawa jest.

(c) a^{3}+12a^{2}−6a+1 = (a+3)^{3}. Wtedy uzyskujemy 3a^{2} −33a−26 = 0. Podobnie jak w przypadku (b), otrzymane równanie nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych, gdyż lewa strona nie jest podzielna przez 3, a prawa jest równa 0.

Ostatecznie znaleźliśmy tylko jedną parę (a,b) = (1,1) spełniającą warunki zadania.

Zadanie 6.

Punkt X leży wewnątrz lub na brzegu trójkąta ABC, w którym kąt C jest prosty. Punkty P, Q i R są odpowiednio rzutami punktu X na boki BC, CA i AB. Udowodnić, że równość

AR·RB = BP ·P C +AQ·QC

zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy punkt X leży na boku AB.

Rozwiązanie Wprowadźmy dla zwięzłości zapisu następujące oznaczenie:

w = 2·(AR·RB −BP ·P C −AQ·QC).

Należy wykazać, że w = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy XR = 0.

Na mocy twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy zależność (rys. 11):

(AR+RB)^{2} = (AQ+QC)^{2}+(CP +P B)^{2}.

Przekształcając równoważnie powyższą równość uzyskujemy po kolei:

\begin{aligned}w & = & AQ^{2}+QC^{2}+CP^{2}+P B^{2}−AR^{2}−RB^{2} \\ w & = & AQ^{2}+P X^{2}+QX^{2}+P B^{2}−AR^{2}−RB^{2} \\ w & = & AX^{2}+BX^{2}−AR^{2}−RB^{2} \\ w & = & 2XR^{2} \end{aligned}  A  B C  P Q  R Xrys. 11

Z ostatniej równości wynika natychmiast, że w = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy XR = 0.

Zadanie 7.

Wykazać, że dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej n i dowolnej liczby t ∈ (\frac{1}{2},1) istnieją takie liczby a,b ∈ (1999,2000), że

\frac{1}{2}a^{n} + \frac{1}{2}b^{n} < (ta+(1−t)b)^{n}.

Rozwiązanie

Niech c = 3999/2. Liczb a, b szukamy w postaci a = c+x, b = c−x, gdzie x ∈ (0, \frac{1}{2}). Wówczas

(ta+(1−t)b)^{n} − \frac{1}{2}a^{n} − \frac{1}{2}b^{n} =
= (ct+tx+(1−t)c−(1−t)x)^{n} − \frac{1}{2}(c+x)^{n} − \frac{1}{2}(c−x)^{n} =
= (c+(2t−1)x)^{n} − \frac{1}{2}(c+x)^{n} − \frac{1}{2}(c−x)^{n} =
= (c+sx)^{n} − \frac{1}{2}(c+x)^{n} − \frac{1}{2}(c−x)^{n} ,

gdzie s = 2t−1 > 0. Po rozpisaniu ze wzoru dwumianowego Newtona ostatnie wyrażenie przyjmuje postać

(1)  w(x) = sx+x^{2}p(x) ,

gdzie p(x) jest pewnym wielomianem.

Chcemy wykazać, że dla pewnej liczby y ∈ (0, \frac{1}{2}), liczba w(y) jest dodatnia. Z równości (1) wynika, że

lim_{x→0} \frac{w(x)}{x} = s > 0.

Zatem istnieje taka liczba y ∈ (0, \frac{1}{2}), że wyrażenie w(y)/y, a co za tym idzie również wyrażenie w(y), ma wartość dodatnią. To zaś kończy dowód.

Zadanie 8.

Liczby c(n,k) są określone dla liczb całkowitych nieujemnych n k w ten sposób, że zachodzą równości:

c(n,0) = c(n,n) = 1 dla każdej liczby n 0,

c(n+ 1,k) = 2^{k}c(n,k)+c(n,k− 1) dla n k 1.

Dowieść, że c(n,k) = c(n,n− k) dla n k 0 .

Rozwiązanie Sposób I Niech f będzie funkcją określoną na zbiorze liczb całkowitych nieujemnych

zdefiniowaną wzorami:

f(0) = 1, f(m) = (2^{1}−1)(2^{2}−1)··· (2^{m} −1) dla m 1. Niech ponadto

a(n,k) = \frac{f(n)}{f(k)f(n−k)} dla n k 0.

Wówczas a(n,k) = a(n,n− k) . Wykażemy, że a(n,k) = c(n,k).

Ponieważ warunki dane w treści zadania wyznaczają jednoznacznie liczby c(n,k), więc wystarczy dowieść, że liczby a(n,k) spełniają te same warunki.

Oczywiście a(n,0) = a(n,n) = 1. Ponadto

2^{k}a(n,k)+a(n,k− 1) = \frac{2^{k}f(n)}{f(k)f(n− k)} + \frac{f(n)}{f(k− 1)f(n− k+ 1)} =

= \frac{2^{k}f(n)(2^{n−k+1} −1)}{f(k)f(n− k)(2^{n−k+1} −1)} + \frac{f(n)(2^{k}−1)}{f(k− 1)(2^{k}−1)f(n− k+ 1)} =

= f(n)· \frac{2^{k}(2^{n−k+1} −1)+(2^{k}−1)}{f(k)f(n− k+ 1)} =

= f(n)· \frac{2^{n+1} −1}{f(k)f(n+ 1− k)} = \frac{f(n+ 1)}{f(k)f(n+ 1− k)} = a(n+ 1,k) ,

co dowodzi, że a(n,k) = c(n,k).

Sposób II

Dla liczb całkowitych nieujemnych k i l rozważamy szachownicę o k+ 1 kolumnach i l+ 1 wierszach. Dopuszczalnym kolorowaniem nazwiemy takie pokolorowanie pól szachownicy kolorami białym, zielonym i czerwonym, że spełnione są następujące warunki:

(a) Wszystkie pola górnego wiersza i prawej kolumny pomalowane są na biało (rys. 12).

(b) Dla każdego pola pomalowanego na biało wszystkie pola leżące powyżej niego i wszystkie pola leżące na prawo od niego też są pomalowane na biało (rys. 13).

rys. 12  rys. 13  rys. 14

Niech D(l,k) będzie liczbą wszystkich dopuszczalnych kolorowań szachownicy. Z uwagi na symetrię mamy D(k,l) = D(l,k). Ponadto

(1)  D(l,0) = D(0,k) = 1 dla k,l 0 ,

gdyż jedynym dopuszczalnym kolorowaniem szachownicy złożonej z jednego wiersza lub z jednej kolumny jest pomalowanie całej szachownicy na biało.

Wyznaczmy wartość D(l +1,k) przy k 1 oraz l 0. Kolorowania szachownicy o k+ 1 kolumnach i l+ 2 wierszach można podzielić na dwa rodzaje według tego, czy dolne pole drugiej kolumny od prawej (rys. 14) jest pomalowane na biało, czy nie.

Jeżeli jest ono pomalowane na biało, to kolorowanie jest dopuszczalnym kolorowaniem szachownicy z usuniętą prawą kolumną (rys. 15), a takich kolorowań jest D(l +1,k −1).

Jeżeli zaś jest ono pomalowane innym kolorem (rys. 16), to k pól dolnego wiersza jest pomalowanych w dowolny sposób dwoma kolorami (można to uczynić na 2^{k} sposobów), a pozostałe wiersze tworzą szachownicę pomalowaną w dopuszczalny sposób (można to zrobić na D(l,k) sposobów). Dopuszczalnych kolorowań tego rodzaju jest więc 2^{k}D(l,k). Zatem

(2)  D(l +1,k) = 2^{k}D(l,k)+D(l +1,k −1) dla k 1, l 0 .

[figure: rys. 15; rys. 16]

Przyjmijmy b(n,k) = D(n−k,k). Wtedy wzory (1) i (2) przyjmują odpowiednio postaci

b(n,0) = b(n,n) = 1 dla n 0

oraz

b(n+ 1,k) = 2^{k}b(n,k)+b(n,k− 1) dla 1 k n .

Stąd b(n,k) = c(n,k) = D(n−k,k). Zatem c(n,k) = D(n−k,k) = D(k,n−k) = c(n,n−k).

Sposób III

Rozpatrzmy ciąg wielomianów: P_{0}(x) = 1 = a(0,0),

P_{n}(x) = (x+1)(x+2^{1})(x+2^{2})...(x+2^{n−1} ) = ∑_{k=0}^{n} a(n,k)x^{k} (n = 1,2,3,...).

Wówczas a(n,0) = 2^{n(n−1)/2} , a(n,n) = 1 dla wszystkich n 0. Ponadto

P_{n+1} (x) = P_{n}(x)(x+2^{n}) oraz P_{n+1} (x) = 2^{n}(x+1)P_{n}(\frac{1}{2}x) dla n 0. Porównując współczynniki w powyższych zależnościach rekurencyjnych uzyskujemy odpowiednio

(3)  a(n+ 1,k) = 2^{n}a(n,k)+a(n,k− 1) dla 1 k n

oraz

(4)  a(n+ 1,k) = 2^{n−k} a(n,k)+2^{n−k+1} a(n,k− 1) dla 1 k n.

Niech b(n,k) = a(n,k)/2^{(n−k)(n−1−k)/2} . Wówczas

(5)  b(n,0) = b(n,n) = 1 dla n 0.

Ponadto zależności (3) i (4) przybierają odpowiednio postaci

(6)  b(n+ 1,k) = 2^{k}b(n,k)+b(n,k− 1) dla 1 k n

oraz

(7)  b(n+ 1,k) = b(n,k)+2^{n+1−k} b(n,k− 1) dla 1 k n.

Z równości (5) i (6) wynika, że liczby b(n,k) spełniają tę samą zależność rekurencyjną, co liczby c(n,k). Ponieważ warunki dane w treści zadania wyznaczają jednoznacznie liczby c(n,k), więc b(n,k) = c(n,k). Pozostaje wykazać, że b(n,n− k) = b(n,k).

Wstawiając w związku (7) wartość n+ 1− k w miejsce k uzyskujemy

b(n+ 1,(n+ 1)− k) = b(n,n− (k− 1))+2^{k}b(n,n− k) dla 1 k n.

Zatem liczby b(n,n− k) spełniają tę samą zależność rekurencyjną (6), co liczby b(n,k). Ponadto b(n,n− n) = b(n,n− 0) = 1, co daje b(n,n− k) = b(n,k).

Uwaga

Zadanie można uogólnić następująco:

Liczby c(n,k) są określone dla liczb całkowitych nieujemnych n k w ten sposób, że zachodzą równości:

c(n,0) = c(n,n) = 1 dla każdej liczby n 0,
c(n+ 1,k) = q^{k}c(n,k)+c(n,k− 1) dla n k 1.

Dowieść, że c(n,k) = c(n,n− k) dla n k 0 .

Przypadek q = 2 to rozpatrywane zadanie.

Dla q = 1 mamy oczywiście c(n,k) = \binom{n}{k}.

W powyższym uogólnieniu liczba q może być dowolną, ustaloną liczbą rzeczywistą. Za q można także przyjąć zmienną x; wtedy c(n,k) będą wielomianami jednej zmiennej. Zatem aby rozwiązać powyższe zadanie dla każdego q, wystarczy je rozwiązać dla pewnych nieskończenie wielu wartości q.

Sposób I przenosi się bez zmian dla każdego q ≠ −1, przy czym

f(0) = 1 oraz f(m) = 1·(q +1)·(q^{2}+q +1)·...·(q^{m−1} +q^{m−2} +...+1)

dla m 1.

Sposób II można zmodyfikować rozpatrując, zamiast dwóch kolorów różnych od białego (zielony i czerwony), q kolorów. Otrzymamy wtedy dowód dla wszystkich liczb q całkowitych dodatnich.

Sposób III nie zmieni się, gdy w miejsce liczby 2 wstawimy dowolną liczbę rzeczywistą q ≠ 0.

Zadanie 9.

Dane są takie liczby całkowite dodatnie m i n, że mn | m^{2} +n^{2} +m. Wykazać, że m jest kwadratem liczby całkowitej.

Rozwiązanie

Niech d będzie największym wspólnym dzielnikiem liczb m i n. Wówczas d^{2} | mn, a zatem d^{2} | m^{2}+n^{2}+m. Stąd wobec podzielności d^{2} | m^{2} oraz d^{2} | n^{2} otrzymujemy d^{2} | m.

Z drugiej strony, m | m^{2}+n^{2}+m, skąd uzyskujemy podzielność m | n^{2}. Zatem m jest wspólnym dzielnikiem liczb n^{2} i m^{2}. To oznacza, że największy wspólny dzielnik liczb m^{2} i n^{2}, który jest równy d^{2}, jest podzielny przez m. Wobec wyżej udowodnionej podzielności d^{2} | m otrzymujemy m = d^{2} .

Uwaga 1.

Powyższe rozwiązanie opiera się na wykazaniu równości

m = (NWD(m,n))^{2},

nie widać jednak, skąd mamy wiedzieć, żeby takiej właśnie równości dowodzić.

Naturalny sposób postępowania polega na wprowadzeniu liczby d będącej największym wspólnym dzielnikiem liczb m i n. Wówczas możemy zapisać m = da oraz n = db, gdzie a i b są względnie pierwsze. Wtedy dana w zadaniu podzielność przyjmuje postać

d^{2}ab | d^{2}a^{2}+ d^{2}b^{2}+ da ,

skąd otrzymujemy d | a. Wobec tego zapisujemy a w postaci dc (teraz b i c są względnie pierwsze), co daje podzielność

d^{3}cb | d^{4}c^{2}+ d^{2}b^{2}+ d^{2}c .

Z podzielności tej wynika, że c | b, co daje c = 1, a stąd m = d^{2}c = d^{2}.

Uwaga 2.

Trudniejszym zagadnieniem jest wyznaczenie wszystkich par liczb (m,n) spełniających warunek podany w zadaniu.

Okazuje się, że wzór ogólny na m i n wykorzystuje liczby Fibonacciego (F_{−1} = 1, F_{0} = 0 oraz F_{k} = F_{k−2} +F_{k−1} dla k 1). Wtedy musi być

m = F_{l}^{2} oraz n = F_{l}F_{l±2} ,

gdzie l jest liczbą dodatnią nieparzystą.

Zadanie 10.

W przestrzeni dane są trzy wzajemnie prostopadłe wektory jednostkowe \overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB}, \overrightarrow{OC}. Niech ω będzie płaszczyzną przechodzącą przez punkt O, zaś A′, B′, C′ – rzutami punktów A, B, C odpowiednio na płaszczyznę ω. Wyznaczyć zbiór wartości wyrażenia

(1)  (OA′)^{2} +(OB′)^{2} +(OC′)^{2}

dla wszystkich płaszczyzn ω.

Rozwiązanie

Wykażemy, że wartość wyrażenia (1) jest równa 2, niezależnie od wyboru płaszczyzny ω.

Niech ω będzie dowolną płaszczyzną przechodzącą przez punkt O, zaś π płaszczyzną zawierającą punkty O, A, B. Oznaczmy przez ℓ wspólną prostą płaszczyzn π i ω. Niech X, Y będą rzutami prostokątnymi odpowiednio punktów A, B na prostą ℓ. Wówczas, niezależnie od położenia punktów A, B względem prostej ℓ (rys. 17 i 18),

< ) OAX = 90^{∘}−< ) AOX = < ) BOY = α.

A  B X  Y O  ℓ rys. 17  A B X Y O  ℓ rys. 18

Stąd

(2)  AX^{2}+BY^{2} = cos^{2}α+sin^{2}α = 1.

Ponadto < ) AXA′= < ) BY B′= (kąt pomiędzy płaszczyznami π i ω)= β. Zatem na mocy równości (2),

(AA′)^{2}+(BB′)^{2} = AX^{2}sin^{2}β +BY^{2}sin^{2}β = sin^{2}β.

Na mocy twierdzenia Pitagorasa oraz powyższej równości otrzymujemy

(3)  (OA′)^{2}+(OB′)^{2} = 2−(AA′)^{2}−(BB′)^{2} = 2−sin^{2}β.

Wektor \overrightarrow{OC} jest prostopadły do płaszczyzny π, skąd < ) COC′= 90^{∘}−β . Zatem

(4)  (OC′)^{2} = cos^{2}(90^{∘}−α) = sin^{2}β.

Dodając stronami równości (3) i (4) uzyskujemy

(OA′)^{2}+(OB′)^{2}+(OC′)^{2} = 2,

niezależnie od wyboru płaszczyzny ω.

Zadanie 11.

Dana jest liczba całkowita dodatnia n oraz zbiór M, złożony z n^{2}+ 1 różnych liczb całkowitych dodatnich i mający następującą własność: wśród n+ 1 liczb dowolnie wybranych ze zbioru M znajduje się para liczb, z których jedna dzieli się przez drugą. Udowodnić, że w zbiorze M istnieją różne liczby a_{1},a_{2},...,a_{n+1} spełniające warunek: dla i = 1,2,...,n liczba a_{i} dzieli się przez a_{i+1} .

Rozwiązanie

Niech k ∈ M. Oznaczmy przez d(k) największą liczbę naturalną ℓ, dla której istnieją różne liczby a_{1} = k, a_{2}, a_{3}, ..., a_{ℓ} spełniające warunek: dla i = 1,2,...,ℓ− 1 liczba a_{i} dzieli się przez a_{i+1} .

Przypuśćmy, że teza zadania nie jest spełniona. To oznacza, że dla dowolnego k ∈ M mamy 1 d(k) n. Wówczas, na mocy zasady szufladkowej Dirichleta, istnieją takie różne liczby k_{1},k_{2},...,k_{n+1} , że

d(k_{1}) = d(k_{2}) = ...= d(k_{n+1} ) = m .

Z założeń zadania wynika, że dla pewnych różnych liczb s, t zachodzi podzielność k_{s} | k_{t}. Warunek d(k_{s}) = m oznacza, że istnieją liczby a_{1} = k_{s}, a_{2}, ..., a_{m} mające własność: dla i = 1,2,...,m− 1 liczba a_{i} dzieli się przez a_{i+1} . Jednak wtedy liczby b_{1} = k_{t}, b_{2} = a_{1} = k_{s}, b_{3} = a_{2}, ... , b_{m+1} = a_{m} spełniają warunek: dla i = 1,2,...,m liczba b_{i} dzieli się przez b_{i+1} . To dowodzi, że d(k_{t}) m+1 wbrew założeniu, że d(k_{t}) = m.

Otrzymaliśmy sprzeczność.

Zadanie 12.

W trójkącie ostrokątnym ABC punkty D, E, F leżą odpowiednio na bokach BC, CA, AB. Okręgi opisane na trójkątach AEF, BF D, CDE przecinają się w punkcie P. Udowodnić, że jeżeli

\frac{P D}{P E} = \frac{BD}{AE} ,  \frac{P E}{P F} = \frac{CE}{BF} ,  \frac{P F}{P D} = \frac{AF}{CD} ,

to AD, BE, CF są wysokościami trójkąta ABC.

Rozwiązanie Wykażemy najpierw, że punkt P leży wewnątrz trójkąta ABC. Proste BC, CA, AB rozcinają płaszczyznę na siedem części: jeden trójkąt

oraz sześć nieograniczonych obszarów A, B, C, D, E, F (rys. 19). Przypuśćmy, że punkt P leży w obszarze A, którego wierzchołkiem jest punkt A. Punkt A leży wówczas wewnątrz (lub na obwodzie) trójkąta P EF, a to oznacza, że punkty A, F, E, P nie mogą leżeć na jednym okręgu. Zatem punkt P nie może znajdować się w obszarze A. Z tego samego powodu punkt P nie może leżeć w obszarach B i C.

[figure: A; B; C; D; E; F; A; E; F; rys. 19]  ^{A}^{B}  ^{C}^{D}  ^{E}^{F}  ^{P}_{rys. 20}

Przypuśćmy teraz, że punkt P leży w jednym z obszarów D, E, F. Bez straty ogólności przyjmijmy, że jest to obszar D (rys. 20). Ponieważ punkty P, C, E, D leżą na jednym okręgu, więc < ) BDP = < ) AEP. Ponadto wiemy, że

\frac{P D}{BD} = \frac{P E}{AE} .

Z powyższych równości wnioskujemy, że trójkąty BDP i AEP są podobne. Zatem < ) P BC = < ) P AC. Stąd wynika, że punkty A, B, P, C leżą na jednym okręgu. Ponieważ punkty E i F leżą odpowiednio na odcinkach AC i AB, więc

180^{∘} = < ) ABP +< ) ACP < < ) AF P +< ) AEP = 180^{∘}.

Otrzymaliśmy sprzeczność. Dowodzi ona, że punkt P musi leżeć wewnątrz trójkąta ABC.

Dalsze rozumowanie przeprowadzimy na trzy sposoby.

Sposób I

Udowodnimy najpierw następujący lemat.

Lemat

Dane są dwa trójkąty KLM i ST U, w których < ) MKL < < ) UST oraz

\frac{LK}{T S} = \frac{MK}{US} .

Wówczas zachodzi nierówność

(1)  \frac{LK}{T S} > \frac{LM}{T U}.

Dowód lematu

Niech W będzie takim punktem leżącym w płaszczyźnie trójkąta ST U, że trójkąty KLM i ST W są podobne, tzn. KL: LM : MK = ST : T W : W S (rys. 21, 22). Wtedy

\frac{LK}{T S} = \frac{LM}{T W}.

K  M rys. 21  L  U S W rys. 22  T

Zatem dowodzoną nierówność (1) możemy przepisać w postaci T U > T W. Z zależności

\frac{US}{T S} = \frac{MK}{LK} = \frac{W S}{T S}

otrzymujemy US = W S, a ponieważ < ) W ST < < ) UST, więc T U > T W. (Nierówność tę można uzasadnić korzystając z twierdzenia kosinusów; można ją również �zobaczyć” rysując dwa okręgi o środkach w punktach S i T przecinające się punkcie W). Dowód lematu jest więc zakończony.

Przystępujemy do rozwiązania zadania.

Udowodnimy najpierw, że punkty D, E, F są rzutami prostokątnymi punktu P odpowiednio na boki BC, CA, AB.

Ponieważ okręgi opisane na trójkątach AEF, BF D, CDE przecinają się w punkcie P, więc zachodzą następujące równości kątów (rys. 23):

(1) < ) BDP = < ) CEP = < ) AF P oraz < ) AEP = < ) BF P = < ) CDP .

Przypuśćmy, że < ) BDP ≠ 90^{∘}. Bez straty ogólności możemy założyć, że zachodzi nierówność < ) P DB < 90^{∘}. Wtedy na mocy zależności (1) uzyskujemy

< ) BDP < < ) AEP , < ) CEP < < ) BF P , < ) AF P < < ) CDP .

Korzystając z powyższych nierówności oraz z danych w treści zadania proporcji możemy zastosować lemat do par trójkątów (DP B,EP A), (EP C,F P B), (F P A,DP C). Otrzymamy wówczas

\frac{P D}{P E} > \frac{P B}{P A}, \frac{P E}{P F} > \frac{P C}{P B} , \frac{P F}{P D} > \frac{P A}{P C}.

Mnożąc stronami powyższe równości mamy 1 > 1, sprzeczność.

B  C A  DE F  P rys. 23  A B  C P D  E F  rys. 24

Zatem < ) P DB = 90^{∘}, a więc również < ) P EC = < ) P F A = 90^{∘} (rys. 24).

Na mocy danych w treści zadania tożsamości, trójkąty prostokątne AP E i BP D są podobne. Zatem

< ) AP E = < ) BP D.

Analogicznie uzyskujemy równości

< ) AP F = < ) CP D oraz < ) CP E = < ) BP F .

Stąd < ) AP F +< ) AP E +< ) CP E = 180^{∘}, co oznacza, że punkty C, P, F są współliniowe. Ponieważ prosta P F jest prostopadła do prostej AB, więc CF jest wysokością w trójkącie ABC.

Identycznie dowodzimy, że BE i AD są wysokościami w trójkącie ABC, co kończy rozwiązanie zadania.

Sposób II

Wprowadźmy następujące oznaczenia:

\frac{P D}{P E} = \frac{BD}{AE} = k,  \frac{P E}{P F} = \frac{CE}{BF} = l,  \frac{P F}{P D} = \frac{AF}{CD} = m.

Wówczas klm = 1. Ponieważ P jest punktem wspólnym okręgów opisanych na trójkątach AEF, BF D, CDE (rys. 25), więc

< ) BDP = < ) CEP = < ) AF P = α.

Na mocy twierdzenia kosinusów zastosowanego do trójkąta AP E mamy

AP^{2} = AE^{2}+P E^{2}−2·AE·P E·cos(180^{∘}− α) =
= \frac{1}{k^{2}} (BD^{2}+P D^{2}−2·BD·P D·cos(180^{∘}− α)).

A B  C D  E F  P rys. 25

Wykorzystując powyższą równość oraz stosując jeszcze raz twierdzenie kosinusów, lecz tym razem do trójkąta BP D, otrzymujemy

(1) k^{2}·AP^{2} = BD^{2}+P D^{2}−2·BD·P D·cosα+4·BD·P D·cosα = = BP^{2}+4·BD·P D·cosα.

Analogicznie dowodzimy, że

(2)  l^{2}·BP^{2} = CP^{2}+4·CE·P E·cosα

oraz

(3)  m^{2}·CP^{2} = AP^{2}+4·AF ·P F ·cosα.

Mnożąc stronami równość (1) przez l^{2} oraz wykorzystując zależność (2) uzyskujemy

(kl)^{2}·AP^{2} = CP^{2}+4·CE·P E·cosα+4l^{2}·BD·P D·cosα.

Z kolei mnożąc stronami powyższą równość przez m^{2} oraz wykorzystując zależność (3) dostajemy

(klm)^{2}·AP^{2} = AP^{2}+4·AF ·P F ·cosα+4m^{2}·CE·P E·cosα
+4l^{2}m^{2}·BD·P D·cosα.

Ponieważ klm = 1, więc ostatnia zależność upraszcza się do postaci

(4·AF ·P F +4m^{2}·CE·P E +4l^{2}m^{2}·BD·P D)cosα = 0.

Liczba stojąca w nawiasie w powyższej równości jest dodatnia, więc cosα = 0 . To oznacza, że punkty D, E, F są rzutami prostokątnymi punktu P odpowiednio na boki BC, CA, AB (rys. 24).

Dalszą część rozumowania przeprowadzamy tak jak w sposobie I.

Sposób III

Wykorzystamy następujące

Twierdzenie

W trójkącie ABC wysokości AD, BE, CF przecinają się w punkcie H (rys. 26). Punkty K, L, M są odpowiednio środkami boków BC, CA, AB. Punkty X, Y, Z są odpowiednio środkami odcinków AH, BH, CH. Wówczas następujące punkty: D, E, F, K, L, M, X, Y, Z leżą na jednym okręgu.

Okrąg ten nazywa się okręgiem dziewięciu punktów trójkąta ABC.

Nietrudny dowód powyższego twierdzenia pozostawiamy Czytelnikowi. Można też zajrzeć do książek: H. S. M. Coxeter �Wstęp do geometrii dawnej i nowej” na str. 34, jak również S. I. Zetel �Geometria trójkąta” na str. 52.

[figure: A; B; C; X; Y; Z; M; K; L; D; E; F; H; rys. 26]

Z zacytowanego twierdzenia wynika, że jeśli okrąg przechodzący przez środki boków trójkąta ostrokątnego ABC przecina obwód tego trójkąta po raz drugi w punktach D, E, F, to punkty D, E, F są spodkami wysokości trójkąta ABC.

Przystępujemy do rozwiązania zadania.

Na półprostej F A^{→} odkładamy taki punkt Q, aby zachodziła następująca równość kątów: < ) F P Q = < ) EP C (rys. 27).

Punkty A, E, P, F leżą na jednym okręgu, więc < ) QF P = < ) CEP. Z powyższych równości wynika, że trójkąty P QF oraz P CE są podobne. Zatem

\frac{P F}{P E} = \frac{P Q}{P C}.

Ponadto < ) F P E = < ) QP C. Z dwóch ostatnich równości wynika, że trójkąty P F E oraz P QC są podobne. Z zależności w treści zadania oraz z podobieństwa trójkątów P QF, P CE otrzymujemy

\frac{BF}{CE} = \frac{P F}{P E} = \frac{QF}{CE} ,

skąd BF = QF. Zatem punkt F jest środkiem odcinka BQ.

A B  C P Q  K D  E F  rys. 27

Niech K będzie środkiem boku BC. Wówczas proste KF oraz CQ są równoległe. Zatem kąt EF K jest równy kątowi pomiędzy prostymi F E oraz CQ. Natomiast na mocy podobieństwa trójkątów P F E oraz P QC, kąt pomiędzy prostymi F E oraz CQ jest równy kątowi pomiędzy odcinkami P E i P C, czyli kątowi EP C. Punkty E, P, D, C leżą na jednym okręgu, skąd wynika równość < ) EP C = < ) EDC.

Z powyższych rozważań uzyskujemy zależność < ) EF K = < ) EDC. Dowodzi ona, że punkty D, K, E, F leżą na jednym okręgu, niezależnie od tego, z której strony punktu K leży punkt D. Jeżeli K = D, to okrąg opisany na trójkącie DEF jest styczny do prostej BC w punkcie D.

Innymi słowy: okrąg opisany na trójkącie DEF przechodzi przez punkt D oraz środek boku BC i nigdzie indziej nie przecina prostej BC. Analogicznie dowodzimy, że ten sam okrąg przechodzi przez środki pozostałych boków. Poza punktami D, E, F oraz środkami boków trójkąta ABC okrąg ten nie ma punktów wspólnych z obwodem trójkąta ABC.

Wykazaliśmy więc, że okrąg przechodzący przez środki boków trójkąta ABC przecina jego obwód po raz drugi w punktach D, E, F. To zaś dowodzi, że proste AD, BE, CF są wysokościami trójkąta ABC.

Uwaga

Niech ABC będzie dowolnym trójkątem. Wówczas dla dowolnych punktów D, E, F leżących odpowiednio na bokach BC, CA, AB, okręgi opisane na trójkątach AEF, BF D, CDE przecinają się w jednym punkcie. Nietrudny dowód powyższego stwierdzenia pozostawiamy Czytelnikowi.

Zatem jedynym założeniem w treści zadania ograniczającym swobodę wyboru punktów D, E, F są dane proporcje. W przypadku ogólnym (tzn. bez zakładania prawdziwości danych proporcji) punkt wspólny P okręgów opisanych na trójkątach AEF, BF D, CDE nie musi leżeć wewnątrz trójkąta ABC, nawet jeśli trójkąt ten jest ostrokątny (rys. 28).

A B  C D  E F  P rys. 28  A B  C D  E F  P rys. 29

Podobnie, nie jest prawdą, że (w przypadku ogólnym) rzuty prostokątne punktu P na proste BC, CA, AB pokrywają się odpowiednio z punktami D, E, F. Na rysunku 29, punkt P jest dowolnym punktem leżącym wewnątrz trójkąta ABC, zaś punkty D, E, F leżą odpowiednio na bokach BC, CA, AB, przy czym zachodzą związki:

< ) P DB = < ) P EC = < ) P F A ≠ 90^{∘}.

Wówczas okręgi opisane na trójkątach AEF, BF D, CDE przecinają się w punkcie P, którego rzuty prostokątne na boki trójkąta ABC są różne od punktów D, E, F.

Z powyższych przykładów wynika, że bez wykorzystania proporcji danych w treści zadania nie da się wykazać, że punkt P leży wewnątrz trójkąta ABC, bądź też że rzuty prostokątne punktu P na boki trójkąta ABC pokrywają się z punktami D, E, F.

Zawody stopnia drugiego

Zadanie 1.

Rozstrzygnąć, czy każdą liczbę wymierną dodatnią można przedstawić w postaci

\frac{a^{2} +b^{3}}{c^{5} +d^{7}} ,

gdzie a, b, c, d są liczbami całkowitymi dodatnimi.

Rozwiązanie

Dla dowolnych liczb całkowitych dodatnich p, q zachodzą następujące równości:

\frac{p}{q} = \frac{p}{q}· \frac{p^{5}q^{4}+p^{14}q^{6}}{p^{5}q^{4}+p^{14}q^{6}} = \frac{p^{6}q^{4}+p^{15}q^{6}}{p^{5}q^{5}+p^{14}q^{7}} = \frac{(p^{3}q^{2})^{2}+(p^{5}q^{2})^{3}}{(pq)^{5}+(p^{2}q)^{7}} .

Zatem każdą liczbę wymierną dodatnią można przedstawić w żądanej postaci.

Uwaga 1.

Zadanie można również rozwiązać wykorzystując inną, podobną tożsamość, na przykład

\frac{p}{q} = \frac{p}{q}· \frac{p^{7}q^{6}+p^{5}q^{9}}{p^{7}q^{6}+p^{5}q^{9}} = \frac{p^{8}q^{6}+p^{6}q^{9}}{p^{7}q^{7}+p^{5}q^{10}} = \frac{(p^{4}q^{3})^{2}+(p^{2}q^{3})^{3}}{(pq^{2})^{5}+(pq)^{7}}

lub też

\frac{p}{q} = \frac{p}{q}· \frac{p^{35}q^{174} +p^{35}q^{174}}{p^{35}q^{174} +p^{35}q^{174}} = \frac{p^{36}q^{174} +p^{36}q^{174}}{p^{35}q^{175} +p^{35}q^{175}} = \frac{(p^{18}q^{87})^{2}+(p^{12}q^{58})^{3}}{(p^{7}q^{35})^{5}+(p^{5}q^{25})^{7}} .

Uwaga 2.

Przyglądając się powyższym skomplikowanym wykładnikom, można odnieść wrażenie, że cała trudność zadania leży właśnie w ich zgadnięciu. Tymczasem jedynym, choć wcale niełatwym, pomysłem jest przemnożenie licznika i mianownika ułamka p/q przez liczbę postaci p^{a}q^{b}+p^{c}q^{d}. Dobranie odpowiednich wykładników nie sprawia najmniejszych trudności. Musimy jedynie zadbać o to, aby:

\begin{matrix}2 & | & a+1 \\ 2 & | & b \end{matrix}  \begin{matrix}3 & | & c+1 \\ 3 & | & d \end{matrix}  \begin{matrix}5 & | & a \\ 5 & | & b+1 \end{matrix}  \begin{matrix}7 & | & c \\ 7 & | & d+1. \end{matrix}

Czwórek liczb naturalnych (a,b,c,d) spełniających powyższe podzielności jest nieskończenie wiele, a jedną z nich, np. (5,4,14,6) bez trudu wyznaczymy.

Zadanie 2.

Dwusieczna kąta BAC trójkąta ABC przecina okrąg opisany na tym trójkącie w punkcie D różnym od A. Punkty K i L są rzutami prostokątnymi odpowiednio punktów B i C na prostą AD. Dowieść, że AD BK +CL.

Rozwiązanie Sposób I Oznaczmy przez o okrąg opisany na trójkącie ABC. Z równości kątów

BAD i DAC wynika, że długości łuków BD i DC okręgu o są równe (długość łuku XY jest mierzona od punktu X do punktu Y w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara).

[figure: A; B; C; E; D; K; L; N; o; rys. 30; A; B; C; E; D; K; L; N; o; rys. 31]

Niech E będzie punktem symetrycznym do punktu D względem symetralnej boku AB, zaś N niech będzie rzutem prostokątnym punktu E na prostą AD (rys. 30 i 31). Wówczas AD = BE. Ponadto długości łuków DC i EA są równe, co oznacza, że EN = CL.

Punkty B i E leżą po dwóch różnych stronach prostej AD. Zatem długość odcinka BE jest nie mniejsza niż suma odległości punktów B i E od prostej AD. Innymi słowy BE BK +EN , czyli AD BK +CL.

Sposób II

Niech P będzie punktem przecięcia odcinków AD i BC (rys. 32). Ponieważ

< ) BAD = < ) P AC oraz < ) ADB = < ) ACP ,

więc trójkąty BAD i P AC są podobne. Stąd

(1)  \frac{AD}{AB} = \frac{AC}{AP} .

Oznaczając przez [XY Z] pole trójkąta XY Z oraz korzystając z równości (1) otrzymujemy

A B C D K L Prys. 32

AP ·(BK +CL) = 2·[ABP]+2·[ACP] = 2·[ABC] AC·AB = AP ·AD, skąd BK +CL AD.

Sposób III

Przedłużmy półprostą AB^{→} do takiego punktu E, że BE = AC (rys. 33). Ponieważ AD jest dwusieczną kąta BAC, więc BD = CD. Punkty A, B, D, C leżą na jednym okręgu, skąd < ) ACD = < ) EBD. Z trzech powyższych równości wynika, że trójkąty ACD i EBD są przystające.

A B  C D E  K L rys. 33

Oznaczając przez [XY Z] pole trójkąta XY Z otrzymujemy:

BK·AD +CL·AD = 2·[ABD]+2·[ACD] = 2·[ADE] =
= AD·DE ·sin< ) ADE AD·DE = AD^{2},

skąd BK +CL AD.

Sposób IV

Niech R będzie promieniem okręgu opisanego na trójkącie ABC. Korzystając z twierdzenia sinusów otrzymujemy

(1)  BK = BD ·sin< ) BDA = BD · \frac{AB}{2R} .

Analogicznie:

(2)  CL = CD ·sin< ) CDA = CD · \frac{AC}{2R} . A B C D K L rys. 34

Ponieważ AD jest dwusieczną kąta BAC, więc BD = CD. Na mocy równości (1) i (2) oraz twierdzenia Ptolemeusza (zob. Dodatek, str. 112) uzyskujemy

BK +CL = \frac{1}{2R} ·(BD·AB +CD·AC) = \frac{1}{2R} ·(CD·AB +BD·AC) =
= AD · \frac{BC}{2R} AD.

Sposób V

Wprowadźmy następujące oznaczenia (rys. 35):

AB = a, < ) DAB = < ) CAD = < ) CBD = α, < ) ABC = β.

Wyznaczymy najpierw długości odcinków BK, CL, AD w zależności od a, α, β. Oczywiście

(1)  BK = a·sinα.

Na mocy twierdzenia sinusów zastosowanego do trójkąta ABC otrzymujemy

\frac{AC}{sin< ) ABC} = \frac{AB}{sin< ) ACB} .

Ponieważ < ) ACB = < ) ADB = 180^{∘}− 2α− β, więc powyższa równość przybiera postać

α ^{α}^{α}^{β}A B  C D K L a  rys. 35

\frac{AC}{sinβ} = \frac{a}{sin(2α+ β)} , skąd AC = a· \frac{sinβ}{sin(2α+ β)} .

Zatem

(2)  CL = a· \frac{sinβ ·sinα}{sin(2α+ β)} .

Z twierdzenia sinusów zastosowanego do trójkąta ADB otrzymujemy

(3)  \frac{AD}{sin< ) ABD} = \frac{AB}{sin< ) ADB} , skąd AD = a· \frac{sin(α+ β)}{sin(2α+ β)} .

Na mocy tożsamości (1), (2) i (3) nierówność, którą chcemy udowodnić, sprowadza się do postaci

a· \frac{sin(α+ β)}{sin(2α+ β)} a·sinα+a· \frac{sinβ ·sinα}{sin(2α+ β)} .

Przekształcając równoważnie powyższą zależność mamy

sin(α+ β) sinα (sin(2α+ β)+sinβ).

Korzystając z tożsamości sinx+siny = 2 sin(\frac{1}{2}(x+ y)) cos(\frac{1}{2}(x− y)) możemy dowodzoną przez nas nierówność przepisać w postaci

sin(α+ β) 2 sinα sin(α+ β) cosα.

Ponieważ sin(α+ β) = sin< ) ABD > 0, więc ostatnia zależność jest równoważna nierówności 1 sin2α, która jest prawdziwa.

Uwaga

Śledząc uważnie którekolwiek z zaprezentowanych rozwiązań można wywnioskować, że prawdziwa jest zależność

BK +CL = AD ·sin< ) BAC.

Zatem równość w dowodzonej przez nas nierówności zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy < ) BAC = 90^{∘}.

Zadanie 3.

Na polach szachownicy n×n rozmieszczono n^{2} różnych liczb całkowitych, po jednej na każdym polu. W każdej kolumnie pole z największą liczbą pomalowano na czerwono. Zbiór n pól szachownicy nazwiemy dopuszczalnym, jeżeli żadne dwa z tych pól nie znajdują się w tym samym wierszu, ani w tej samej kolumnie. Spośród wszystkich zbiorów dopuszczalnych wybrano zbiór, dla którego suma liczb umieszczonych na jego polach jest największa. Wykazać, że w tak wybranym zbiorze jest czerwone pole.

Rozwiązanie Przeprowadzimy dowód nie wprost. Załóżmy, że w wybranym zbiorze dopuszczalnym (oznaczmy go przez A)

nie ma czerwonego pola.

Zdefiniujemy ciąg pól D_{1},C_{1},D_{2},C_{2},... danej szachownicy według niżej opisanej reguły. (Dla n = 8 proces wyboru pól D_{1},C_{1},D_{2},C_{2},... jest przedstawiony na rysunkach 36 i 37. Pola czerwone są zacieniowane, zaś pola ze zbioru A są oznaczone kółkiem).

Pole D_{1} jest dowolnym polem ze zbioru A. Niech C_{1} będzie polem czerwonym leżącym w tej samej kolumnie, co D_{1}.

Następnie rozważamy to pole D_{2} ze zbioru A, które leży w tym samym wierszu, co C_{1}. Przez C_{2} oznaczamy pole czerwone leżące w tej samej kolumnie, co D_{2}. Postępowanie to kontynuujemy. (Ogólnie: pole czerwone C_{i} leży w tej samej kolumnie, co D_{i}, natomiast pole D_{i+1} jest polem ze zbioru A leżącym w tym samym wierszu, co C_{i}).

[figure: rys. 36; D_{1}; C_{1}; D_{2}; C_{2}; D_{3}; C_{3}; D_{4}; C_{4}; rys. 37]

W ten sposób otrzymujemy ciąg pól D_{1},C_{1},D_{2},C_{2},D_{3},..., w którym każde pole jednoznacznie wyznacza pole następne. Ponieważ pól czerwonych jest skończenie wiele, więc znajdziemy takie liczby całkowite dodatnie i, t, dla których C_{i} = C_{i+t} oraz C_{i} ≠ C_{i+s} dla s = 1,2,...,t− 1. (W naszym przykładzie przedstawionym na rysunkach 36 i 37, C_{2} = C_{5}, a więc i = 2, t = 3).

Usuwamy ze zbioru A pola D_{i+1} ,D_{i+2} ,...,D_{i+t} zastępując je odpowiednio polami C_{i+1} ,C_{i+2} ,...,C_{i+t} (rys. 38). Otrzymany w ten sposób zbiór oznaczmy przez B.

Z określenia ciągu D_{1},C_{1},D_{2},C_{2},D_{3},... wynika, że pola

D_{i+1} , D_{i+2} , ..., D_{i+t}

znajdują się odpowiednio w tych samych kolumnach, co pola

C_{i+1} , C_{i+2} , ..., C_{i+t}

oraz odpowiednio w tych samych wierszach, co pola

C_{i} = C_{i+t} , C_{i+1} , C_{i+2} , ..., C_{i+t−1} .

Zatem zbiór B jest dopuszczalny. Ponadto liczby, które zostały napisane na polach C_{i+1} ,C_{i+2} ,...,C_{i+t} , są większe odpowiednio od liczb napisanych na polach D_{i+1} ,D_{i+2} ,...,D_{i+t} . Wynika stąd, że suma liczb napisanych na polach zbioru B jest większa od sumy liczb napisanych na polach zbioru A. To jednak przeczy założeniu, że A ma największą sumę liczb spośród wszystkich zbiorów dopuszczalnych.

[figure: rys. 38]

Zadanie 4.

Punkt I jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC, w którym AB ≠ AC. Proste BI i CI przecinają boki AC i AB odpowiednio w punktach D i E. Wyznaczyć wszystkie miary kąta BAC, dla których może zachodzić równość DI = EI.

Rozwiązanie Sposób I Wykażemy, że jedyną wartością przyjmowaną przez kąt BAC jest 60^{∘}. Na mocy twierdzenia sinusów zastosowanego do trójkątów ADI i AEI

otrzymujemy sin< ) AEI = sin< ) ADI. Stąd

< ) AEI = < ) ADI lub < ) AEI +< ) ADI = 180^{∘}.

Przypuśćmy najpierw, że zachodzi związek < ) AEI = < ) ADI (rys. 39). Wtedy także < ) AIE = < ) AID, co oznacza, że trójkąty AEI oraz ADI są przystające (cecha kąt-bok-kąt). Zatem AD = AE. To dowodzi, że przystające są także trójkąty ADB i AEC (cecha kąt-bok-kąt). Stąd uzyskujemy równość AB = AC, która przeczy założeniom poczynionym w treści zadania.

Pozostał do rozpatrzenia przypadek, w którym < ) AEI +< ) ADI = 180^{∘} (rys. 40). Wtedy punkty A, E, I, D leżą na jednym okręgu. Zatem

< ) BAC = < ) DIC = < ) IBC +< ) ICB = \frac{1}{2}< ) ABC + \frac{1}{2}< ) BCA.

Stąd otrzymujemy

180^{∘} = < ) BAC +< ) ABC +< ) BCA = < ) BAC +2< ) BAC = 3< ) BAC, czyli < ) BAC = 60^{∘}.

A B  C D E  I rys. 39  A B  C D E  Irys. 40

Do zakończenia rozwiązania pozostało wykazać, że istnieje trójkąt ABC, w którym AB ≠ AC, < ) BAC = 60^{∘} oraz DI = EI. Wykażemy więcej: w każdym trójkącie ABC o kącie BAC równym 60^{∘} zachodzi równość DI = EI.

Jeżeli < ) BAC = 60^{∘}, to

< ) DIC = \frac{1}{2}< ) ABC + \frac{1}{2}< ) BCA = 90^{∘}− \frac{1}{2}< ) BAC = 60^{∘} = < ) BAC. Na czworokącie AEID można więc opisać okrąg. Ponieważ AI jest dwusieczną kąta EAD, więc DI = EI.

Sposób II

Podobnie jak w pierwszym sposobie rozwiązania, dochodzimy do równości < ) AEC = < ) BDC wykluczając konfigurację jak na rysunku 39.

[figure: A; B; C; D; E; D′; E′; I; rys. 41]

Niech D′i E′będą rzutami punktu I odpowiednio na boki AC i BC. Wówczas wobec ID′= IE′ warunek < ) AEC = < ) BDC jest równoważny równości DD′= EE′ (rys. 41), a ta z kolei równości

(1)  D′A+AE′= DA+AE .

Oznaczając BC = a, AC = b oraz AB = c otrzymujemy

(2)  AD′= AE′= \frac{b+c−a}{2} , AD = b· \frac{c}{a+c} oraz AE = c· \frac{b}{a+b}

(dwie ostatnie zależności wynikają z twierdzenia o dwusiecznej). Wobec równości (2), warunek (1) przyjmuje postać

b+c−a = \frac{bc}{a+c} + \frac{bc}{a+b} .

Dalsze przekształcenia dają kolejno:

(b+c−a)(a+c)(a+b) = bc(2a+b+c) ,
−a^{3} +ab^{2}+abc+b^{2}c+ac^{2}+bc^{2} = 2abc+b^{2}c+bc^{2} ,
ab^{2}−abc+ac^{2} = a^{3} ,
b^{2}−bc+c^{2} = a^{2} ,

co z kolei na mocy twierdzenia kosinusów jest równoważne temu, że kąt przy wierzchołku A ma miarę 60^{∘}.

Zadanie 5.

Niech ℕ oznacza zbiór liczb całkowitych dodatnich. Rozstrzygnąć, czy istnieje taka funkcja f: ℕ → ℕ, że dla każdego n ∈ ℕ zachodzi równość f(f(n)) = 2n.

Rozwiązanie Taka funkcja istnieje. Oto przykład. Niech A będzie zbiorem tych liczb całkowitych dodatnich, w których

rozkładzie na czynniki pierwsze �trójka” występuje nieparzystą liczbę razy. Funkcję f definiujemy wzorem:

f(n) = \{ \begin{matrix}\frac{1}{3}n & dla & n ∈ A, \\ 6n & dla & n ∈ ℕ\A. \end{matrix}

Wówczas jeśli n ∈ A, to f(n) ∈ ℕ\A, skąd

f(f(n)) = f(\frac{1}{3}n) = 2n dla n ∈ A.

Podobnie, jeżeli n ∈ ℕ\A, to f(n) ∈ A, co daje f(f(n)) = f (6n)= 2n dla n ∈ ℕ\A.

Uwaga

Istnieje nieskończenie wiele funkcji f spełniających warunki zadania. Można je opisać następująco.

Łączymy liczby nieparzyste w pary (n_{k},m_{k}) (k = 0,1,2,...) dbając jedynie o to, aby każda liczba nieparzysta wystąpiła dokładnie raz, na przykład (n_{k},m_{k}) = (4k +1,4k +3). Dla każdej liczby całkowitej nieujemnej r definiujemy

f(2^{r}n_{k}) = 2^{r}m_{k}, f(2^{r}m_{k}) = 2^{r+1} n_{k}.

W ten sposób określona funkcja f spełnia warunek f(f(n)) = 2n.

Zadanie 6.

Wielomian w(x) stopnia drugiego o współczynnikach całkowitych przyjmuje dla całkowitych x wartości będące kwadratami liczb całkowitych. Dowieść, że wielomian w(x) jest kwadratem pewnego wielomianu.

Rozwiązanie

Niech w(x) = ax^{2}+bx+c. Wprowadźmy oznaczenie: k_{n} = \sqrt{w(n)} dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej n. Wówczas k_{n} może być zerem dla co najwyżej dwóch wartości n. Dla pozostałych n mamy

k_{n+1} −k_{n} = \frac{k_{n+1}^{2} −k_{n}^{2}}{k_{n+1} +k_{n}} = \frac{(2n+1)a+b}{\sqrt{a(n+ 1)^{2}+b(n+ 1)+c} + \sqrt{an^{2}+bn+c}} .

Dzieląc licznik i mianownik otrzymanego ułamka przez n i przechodząc z n do nieskończoności widzimy, że ciąg (k_{n+1} −k_{n}) jest zbieżny i jego granica wynosi \sqrt{a}. Ponieważ wyrazy ciągu (k_{n+1} −k_{n}) są całkowite, więc granica tego ciągu, liczba \sqrt{a}, jest też całkowita. Ponadto istnieje taka liczba naturalna m, że

(1)  k_{n+1} −k_{n} = \sqrt{a}  dla n m.

Niech d = k_{m} −m\sqrt{a}. Ze związku (1) wynika, że

(2)  k_{n} = n\sqrt{a}+d  dla n m.

Przyjmijmy: p(x) = (x\sqrt{a}+d)^{2}. Na mocy definicji liczb k_{n} oraz zależności (2) uzyskujemy równość p(n) = w(n) dla n m. To oznacza, że p(x) = w(x), skąd

w(x) = (x\sqrt{a}+d) ^{2}.

Zawody stopnia trzeciego

Zadanie 1.

Dana jest liczba całkowita n 2.

Wyznaczyć liczbę rozwiązań (x_{1},x_{2},...,x_{n}) układu równań

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

w liczbach rzeczywistych nieujemnych.

Rozwiązanie Odpowiedź: 2^{n}. Sposób I Niech f(x) = 4x−x^{2} = (4−x)x. Wówczas dany w zadaniu układ równań

przyjmuje postać

\{ \begin{matrix}x_{2} & = & & f(x_{1}) \\ x_{3} & = & & f(x_{2}) \\ x_{4} & = & & f(x_{3}) \\ . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . \\ x_{n} & = & & f(x_{n−1} ) \\ x_{1} & = & & f(x_{n}) . \end{matrix}

Ponieważ wielomian f przyjmuje wartości nieujemne tylko dla argumentów z przedziału ⟨0,4⟩, zadanie sprowadza się do znalezienia liczby rozwiązań w zbiorze ⟨0,4⟩ równania f^{n}(x) = x, gdzie f^{k} oznacza k-krotne złożenie funkcji f.

[figure: 1; 2; 3; 4; 1; 2; 3; 4; x; y; 0; rys. 42; 1; 2; 3; 4; 1; 2; 3; 4; x; y; 0; rys. 43]

Wykażemy, że istnieją takie liczby 0 = z_{0} < z_{1} < z_{2} < ...< z_{2^{n}} = 4, że

(1) f^{n}(z_{k}) = 0 dla k parzystych oraz f^{n}(z_{k}) = 4 dla k nieparzystych

(por. rysunki 42–45, które przedstawiają kolejno wykresy funkcji f(x), f^{2}(x), f^{3}(x), f^{4}(x)).

[figure: 1; 2; 3; 4; 1; 2; 3; 4; x; y; 0; rys. 44; 1; 2; 3; 4; 1; 2; 3; 4; x; y; 0; rys. 45]

Dowód przeprowadzimy indukcyjnie. Dla n = 1 wystarczy przyjąć z_{1} = 2. Załóżmy teraz, że warunek (1) jest spełniony dla pewnego n. Dla dowolne-

go k ∈ {0,1,2,...,2^{n}− 1}, jedna z liczb f^{n}(z_{k}), f^{n}(z_{k+1} ) jest równa 0, druga zaś wynosi 4. Stąd oraz z ciągłości funkcji f^{n}(x) wynika, że istnieje taka liczba u_{k} ∈ (z_{k},z_{k+1} ), dla której f^{n}(u_{k}) = 2. Wtedy oczywiście

0 = z_{0} < u_{0} < z_{1} < u_{1} < ...< z_{2^{n} −1} < u_{2^{n} −1} < z_{2^{n}} = 4

oraz f^{n+1} (z_{k}) = f(f^{n}(z_{k})) = 0, f^{n+1} (u_{k}) = f(f^{n}(u_{k})) = f(2) = 4.

Dowód indukcyjny jest więc zakończony.

Z udowodnionego faktu oraz z ciągłości funkcji f^{n}(x) wynika, że równanie f^{n}(x) = x ma co najmniej 2^{n} rozwiązań: x = 0 oraz przynajmniej po jednym rozwiązaniu w każdym z przedziałów (z_{k},z_{k+1} ) dla k = 1,2,...,2^{n}− 1 (rys. 42–45). Ponieważ f^{n}(x) jest wielomianem stopnia 2^{n}, równanie to nie może mieć więcej niż 2^{n} rozwiązań, musi więc ich mieć dokładnie 2^{n}.

Uwaga

Równanie f(f(x)) = x ma rozwiązania: 0, \frac{1}{2}(5− \sqrt{5}), 3, \frac{1}{2}(5+ \sqrt{5}).

Sposób II

Z pierwszego równania otrzymujemy

x_{1}(x_{1}−4) = x_{1}^{2}−4x_{1} = −x_{2} 0,

skąd wynika, że x_{1} 4. Istnieje więc dokładnie jedna liczba α ∈ ⟨0,π/2⟩, spełniająca zależność x_{1} = 4sin^{2}α.

Wówczas x_{2} = x_{1}(4−x_{1}) = 4sin^{2}α·4cos^{2}α = 4sin^{2}2α. Rozumując analogicznie dostajemy

x_{k} = 4sin^{2}(2^{k−1} α) (k = 3,4,...,n)

oraz x_{1} = 4sin^{2}(2^{n}α).

Liczba rozwiązań danego układu równań w liczbach nieujemnych jest więc równa liczbie rozwiązań równania

sin^{2}α = sin^{2}(2^{n}α)

w liczbach rzeczywistych α ∈ ⟨0,π/2⟩. Ponieważ równość sinβ = ±sinγ zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy któraś z liczb β +γ, β −γ jest całkowitą wielokrotnością π, więc jedna z liczb (2^{n}+ 1)α, (2^{n}− 1)α musi być całkowitą wielokrotnością π. Stąd wynika, że α jest jedną z liczb:

0, \frac{kπ}{2^{n} +1} , \frac{ℓπ}{2^{n} −1} , gdzie k ∈ \{1,2,...,2^{n−1} \}, ℓ ∈ \{1,2,...,2^{n−1} − 1\} .

Ponieważ największy wspólny dzielnik liczb 2^{n} +1 i 2^{n} −1 jest równy 1, więc wyżej wypisane możliwe wartości α są różne. Zatem istnieje dokładnie 2^{n} ciągów liczb nieujemnych (x_{1},x_{2},...,x_{n}) spełniających dany układ równań.

Zadanie 2.

Dany jest trójkąt ABC, w którym AC = BC. Punkt P leży wewnątrz trójkąta ABC, przy czym < ) P AB = < ) P BC. Punkt M jest środkiem boku AB. Dowieść, że

< ) AP M +< ) BP C = 180^{∘}.

Rozwiązanie Sposób I Załóżmy najpierw, że punkt P leży wewnątrz trójkąta AMC lub na od-

cinku MC.

Niech Q ≠ C będzie punktem przecięcia okręgu opisanego na trójkącie BCP z prostą CM (rys. 46 i 47). Ponieważ < ) P AM = < ) P BC = < ) P QC, więc punkty A, P, M, Q leżą na jednym okręgu. Ponadto

(1)  < ) BP C = < ) BQC = < ) AQC.

A  B C P  Q M rys. 46  A  B C P Q M rys. 47

Jeżeli punkt Q znajduje się na zewnątrz trójkąta ABC (rys. 46) lub na odcinku AB, to na mocy zależności (1) otrzymujemy

< ) AP M +< ) BP C = < ) AP M +< ) AQC = 180^{∘}.

Jeżeli natomiast punkt Q znajduje się wewnątrz trójkąta ABC (rys. 47), to korzystając raz jeszcze z równości (1) uzyskujemy

< ) AP M +< ) BP C = < ) AQM +< ) AQC = 180^{∘}.

Załóżmy teraz, że punkt P znajduje się wewnątrz trójkąta BCM. Ponieważ < ) P BA = < ) P AC, więc przeprowadzając rozumowanie analogiczne do powyższego otrzymujemy równość < ) BP M +< ) AP C = 180^{∘}. Stąd

< ) AP M +< ) BP C = 180^{∘},

co kończy rozwiązanie zadania.

Sposób II

Niech o będzie okręgiem opisanym na trójkącie ABP. Ponieważ < ) P AB = < ) P BC, więc okrąg ten jest styczny do prostych AC, BC odpowiednio w punktach A, B (rys. 48). Niech K ≠ P będzie punktem przecięcia prostej CP z okręgiem o. Oznaczmy ponadto przez Q i L punkty symetryczne odpowiednio do punktów P i K względem prostej CM.

Prosta AB jest biegunową punktu C względem okręgu o, a więc proste KQ i P L przecinają się na odcinku AB (zob. L Olimpiada Matematyczna, Sprawozdanie Komitetu Głównego, str. 110, twierdzenie 3). Zatem punkt przecięcia prostych P L i QK pokrywa się z punktem M.

A  B C PM K  Q L o  rys. 48

Długości łuków AL, KB okręgu o są równe, więc < ) AP L = < ) KP B . Stąd

< ) AP M +< ) BP C = < ) KP B +< ) BP C = 180^{∘}.

Sposób III

Skorzystamy z następującego twierdzenia:

Twierdzenie

Punkt M jest środkiem boku AB trójkąta ABC (rys. 49). Punkt N leży na odcinku AB, przy czym spełniony jest warunek

\frac{AN}{NB} = ( \frac{AC}{BC} ) ^{2}.

Wówczas < ) ACN = < ) MCB.

Powyższe twierdzenie jest szczególnym przypadkiem zadania 5 z zawodów stopnia trzeciego XLIX Olimpiady Matematycznej. (Dowód można znaleźć w broszurze XLIX Olimpiada Matematyczna, Sprawozdanie Komitetu Głównego, str. 70).

Oznaczmy: α = < ) P AB = < ) P BC, β = < ) CAP = < ) P BA. Na mocy twierdzenia sinusów zastosowanego do trójkąta ABP (rys. 50) otrzymujemy

\frac{sinβ}{sinα} = \frac{AP}{BP} .

Oznaczając przez [XY Z] pole trójkąta XY Z oraz korzystając z powyższej równości dostajemy

\frac{AN}{NB} = \frac{[AP C]}{[BP C]}= \frac{\frac{1}{2}·AC·AP ·sinβ}{\frac{1}{2}·BC·BP ·sinα}= \frac{AP}{BP} · \frac{sinβ}{sinα} = ( \frac{AP}{BP} ) ^{2}.

Na mocy zacytowanego twierdzenia uzyskujemy < ) AP N = < ) MP B. Stąd < ) AP M +< ) BP C = < ) NP B +< ) BP C = 180^{∘}.

A  B C M N rys. 49  A  B C P  M N^{α}  ^{α} rys. 50

Sposób IV

Niech Q będzie punktem symetrycznym do punktu P względem prostej CM (rys. 51). Wówczas

< ) CAP = < ) QAB = < ) P BA = < ) CBQ.

Zatem istnieje elipsa e wpisana w trójkąt ABC, której ogniskami są punkty P, Q (zob. Dodatek, twierdzenie 4, str. 108). Elipsa ta jest styczna do boku AB w punkcie M.

A  B C Q M P  e rys. 51  A  B C M  K L P  e rys. 52

Oznaczmy przez K, L punkty styczności elipsy e odpowiednio z bokami BC, CA (rys. 52). Na mocy twierdzenia 3 (str. 107) zachodzą następujące równości kątów:

< ) LP A = < ) AP M , < ) MP B = < ) BP K, < ) KP C = < ) CP L. Zatem < ) AP M +< ) BP C = \frac{1}{2}·360^{∘} = 180^{∘}.

Zadanie 3.

Ciąg liczb naturalnych (p_{n}) spełnia następujące warunki:

1^{∘} p_{1} i p_{2} są liczbami pierwszymi,

2^{∘} dla n 3 liczba p_{n} jest największym dzielnikiem pierwszym liczby p_{n−1} +p_{n−2} +2000.

Udowodnić, że ciąg (p_{n}) jest ograniczony.

Rozwiązanie Wykażemy najpierw, że dla dowolnego n 3 zachodzi nierówność

(1)  p_{n} max(p_{n−2} ,p_{n−1} )+2002.

Istotnie, jeśli jedna z liczb p_{n−2} , p_{n−1} jest równa 2, to na mocy definicji, liczba p_{n} jest dzielnikiem pierwszym liczby max(p_{n−2} ,p_{n−1} )+2002. Nierówność (1) jest wtedy udowodniona. Jeśli natomiast obydwie liczby p_{n−2} , p_{n−1} są nieparzyste, to liczba p_{n} jest największym dzielnikiem pierwszym liczby parzystej p_{n−2} +p_{n−1} +2000, a więc jest także dzielnikiem pierwszym liczby

\frac{p_{n−2} +p_{n−1} +2000}{2} = \frac{p_{n−2} +p_{n−1}}{2} +1000 max(p_{n−2} ,p_{n−1} )+1000.

Zatem nierówność (1) jest spełniona również w tym przypadku.

Niech M = max(p_{1},p_{2})·2003!+2. Wykażemy indukcyjnie, że dla dowolnej liczby naturalnej n 1 zachodzi nierówność p_{n} < M.

Oczywiście p_{1} < M oraz p_{2} < M.

Załóżmy, że dla liczby naturalnej n 3 zachodzą nierówności p_{n−2} < M oraz p_{n−1} < M . Wówczas na mocy zależności (1) otrzymujemy p_{n} < M +2002 . Ponieważ liczby M, M+ 1, M+ 2, ..., M+ 2001 są złożone, jako podzielne odpowiednio przez 2,3,4,...,2003, więc w rezultacie uzyskujemy silniejsze oszacowanie: p_{n} < M.

To kończy dowód indukcyjny oraz rozwiązanie zadania.

Uwaga

Powyższe rozwiązanie polega na wykazaniu, że ciąg (p_{n}) nie może �przeskoczyć” dużej dziury w liczbach pierwszych oraz na wskazaniu odpowiednio wielu kolejnych liczb złożonych.

Zadanie 4.

W ostrosłupie prawidłowym o wierzchołku S i podstawie A_{1}A_{2}...A_{n} każda krawędź boczna tworzy z płaszczyzną podstawy kąt 60^{∘}. Dla każdej liczby naturalnej n 3 rozstrzygnąć, czy można wybrać takie punkty B_{2},B_{3},...,B_{n} leżące odpowiednio na krawędziach A_{2}S, A_{3}S,...,A_{n}S, że

A_{1}B_{2} +B_{2}B_{3} +B_{3}B_{4} +...+B_{n−1} B_{n} +B_{n}A_{1} < 2A_{1}S.

Rozwiązanie Odp.: Takie punkty istnieją dla dowolnego n 3. Niech O będzie spodkiem wysokości ostrosłupa, zaś α miarą kąta ściany bocznej przy wierzchołku S. Z równości A_{1}S = 2A_{1}O otrzymujemy

sin \frac{α}{2} = \frac{A_{1}A_{2}}{2A_{1}S} = \frac{1}{2} · \frac{A_{1}A_{2}}{2A_{1}O} = \frac{1}{2} sin \frac{180^{∘}}{n} = sin \frac{90^{∘}}{n} cos \frac{90^{∘}}{n} < sin \frac{90^{∘}}{n} ,

skąd

(1)  nα < 180^{∘}.

Rozetnijmy powierzchnię boczną ostrosłupa wzdłuż krawędzi A_{1}S i rozłóżmy ją na płaszczyźnie. Otrzymamy wtedy wielokąt S′A′_{1}A′_{2}...A′_{n}A′′_{1}(rys. 53). Na mocy nierówności (1), < ) A′_{1}S′A′′_{1}= nα < 180^{∘}.

[figure: S′; A′_{1}; A′_{2}; A′_{3}; A′_{n−1}; A′_{n}; A′′_{1}; B′_{2}; B′_{3}; B′_{n}; ...; rys. 53]

Niech B′_{2},B′_{3},...,B′_{n} będą punktami przecięcia odcinka A′_{1}A′′_{1}odpowiednio z odcinkami A′_{2}S′,A′_{3}S′,...,A′_{n}S′. Na mocy nierówności trójkąta,

A′_{1}B′_{2}+B′_{2}B′_{3}+B′_{3}B′_{4}+...+B′_{n−1} B′_{n} +B′_{n}A′′_{1}< 2A′_{1}S′ .

Punkty B′_{2},B′_{3},...,B′_{n} wyznaczają więc punkty B_{2},B_{3},...,B_{n} na krawędziach ostrosłupa spełniające warunki zadania.

Uwaga

Warunkiem, który rozstrzyga o istnieniu punktów B_{2},B_{3},...,B_{n}, jest nierówność (1). Można ją udowodnić również bez użycia trygonometrii w następujący sposób.

Rozpatrzmy stożek S, którego podstawą jest okrąg opisany na wielokącie A_{1}A_{2}...A_{n}, zaś wierzchołkiem punkt S. Tworząca stożka S tworzy z płaszczyzną podstawy kąt 60^{∘}. To oznacza, że powierzchnia boczna stożka S, po rozłożeniu na płaszczyznę, jest półkolem. Zatem wielkość

< ) A_{1}SA_{2}+< ) A_{2}SA_{3}+...+< ) A_{n−1} SA_{n} +< ) A_{n}SA_{1}

jest mniejsza od 180^{∘}, skąd uzyskujemy nierówność (1).

Powyższe rozumowanie przenosi się bez najmniejszych zmian na przypadek, gdy SA_{1}A_{2}...A_{n} jest ostrosłupem, na którego podstawie A_{1}A_{2}...A_{n} można opisać okrąg, i którego każda krawędź boczna jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem 60^{∘}. Zatem również w tym nieco ogólniejszym przypadku istnieją punkty B_{2},B_{3},...,B_{n} spełniające warunki zadania.

Zadanie 5.

Dla danej liczby naturalnej n 2 znaleźć najmniejszą liczbę k o następującej własności. Z dowolnego k-elementowego zbioru pól szachownicy n×n można wybrać taki niepusty podzbiór, że liczba pól tego podzbioru w każdym wierszu i w każdej kolumnie szachownicy jest parzysta.

Rozwiązanie Udowodnimy następujące dwa zdania:

1. Z dowolnego zbioru złożonego z m+n pól szachownicy o wymiarach m×n (m,n 2) można wybrać niepusty podzbiór mający w każdym wierszu i w każdej kolumnie szachownicy parzystą liczbę pól.

2. Istnieje zbiór m+ n− 1 pól szachownicy o wymiarach m×n, z którego nie da się wybrać niepustego podzbioru mającego w każdym wierszu i w każdej kolumnie szachownicy parzystą liczbę pól.

Z powyższych zdań zastosowanych dla m = n wnioskujemy, że najmniejszą liczbą spełniającą warunki zadania jest k = 2n.

Dowód zdania 1.

Przeprowadzimy dowód indukcyjny względem m+n. Dla m = 2, n = 2 teza zdania 1 jest prawdziwa.

Ustalmy dwie liczby naturalne m, n o sumie większej niż 4 i załóżmy, że zdanie 1 jest prawdziwe dla dowolnej szachownicy o sumie wymiarów mniejszej niż m+n. Rozważmy dowolny zbiór A złożony z m+n pól szachownicy S o wymiarach m×n. Możliwe są następujące trzy przypadki:

(a) istnieje wiersz lub kolumna szachownicy S nie zawierająca żadnego pola ze zbioru A;

(b) istnieje wiersz lub kolumna szachownicy S, w której znajduje się dokładnie jedno pole ze zbioru A;

(c) w każdym wierszu i w każdej kolumnie znajdują się co najmniej dwa pola ze zbioru A.

[figure: rys. 54; rys. 55; rys. 56]

W przypadku (a) usuwamy z szachownicy S tę kolumnę (lub wiersz), która nie zawiera żadnego pola ze zbioru A. Następnie usuwamy ze zbioru A dowolne pole (na rysunku 54 pola zbioru A oznaczone są kółeczkami). W ten sposób otrzymujemy nową szachownicę, która zawiera pewien zbiór A′ złożony z m+n−1 pól i której suma wymiarów jest równa m+n−1 (rys. 55). Stąd wynika, że każdy z wymiarów uzyskanej szachownicy jest nie mniejszy niż 2. Zatem na mocy założenia indukcyjnego można wybrać ze zbioru A′ niepusty podzbiór mający w każdym wierszu i w każdej kolumnie parzystą liczbę pól. Wklejając z powrotem usuniętą kolumnę lub usunięty wiersz na swoje miejsce (rys. 56) otrzymujemy żądany podzbiór zbioru A.

Podobnie postępujemy w przypadku (b): znajdujemy najpierw kolumnę (lub wiersz), w której znajduje się dokładnie jedno pole ze zbioru A, a następnie usuwamy tę kolumnę z szachownicy S (rys. 57). W rezultacie otrzymujemy nową szachownicę, która zawiera pewien zbiór A′złożony z m+n−1 pól i której suma wymiarów jest równa m+n−1 (rys. 58). Tak jak wyżej, stosujemy założenie indukcyjne, po czym wklejamy z powrotem usuniętą kolumnę lub usunięty wiersz (rys. 59).

[figure: rys. 57; rys. 58; rys. 59]

Rozpatrzmy przypadek (c). Niech k_{1},k_{2},...,k_{n}, w_{1},w_{2},...,w_{m} oznaczają odpowiednio liczby pól zbioru A w poszczególnych kolumnach i wierszach. Wówczas

(k_{1}+k_{2}+...+k_{n})+(w_{1}+w_{2}+...+w_{m}) = 2(m+n).

Ponadto k_{i},w_{j} 2 dla wszystkich i, j. Stąd wynika, że k_{i} = w_{j} = 2. Zatem zbiór A ma w każdej kolumnie i w każdym wierszu dokładnie dwa pola. To oznacza, że liczba pól zbioru A w każdym wierszu i w każdej kolumnie jest parzysta.

Dowód indukcyjny, a tym samym dowód zdania 1, został zakończony.

Dowód zdania 2.

Rozważmy zbiór A złożony ze wszystkich m+n−1 pól szachownicy o wymiarach m×n znajdujących się w dolnym wierszu i pierwszej kolumnie (rys. 60). Aby otrzymać parzystą liczbę pól w kolumnach od drugiej do ostatniej musimy usunąć ze zbioru A pola, które się w tych kolumnach znajdują. Po ich usunięciu widzimy, że z tego samego powodu musimy usunąć pozostałe pola zbioru A. To kończy dowód zdania 2.

[figure: rys. 60]

Zadanie 6.

Stopień wielomianu P (x) o współczynnikach rzeczywistych jest nieparzysty. Ponadto dla każdego x

P (x^{2} −1) = (P (x))^{2} −1. Udowodnić, że dla każdej liczby rzeczywistej x zachodzi równość P (x) = x.

Rozwiązanie Dla dowolnej liczby rzeczywistej x prawdziwe są zależności

(P (−x))^{2} = P (x^{2}−1)+1 = (P (x))^{2}.

Stąd wynika, że dla każdego x zachodzi jedna z równości: P (−x) = P (x) lub P (−x) = −P (x).

Przypuśćmy, że dla nieskończenie wielu x zachodzi równość P (−x) = P (x). Wówczas równość ta musi być prawdziwa dla dowolnej liczby rzeczywistej x, co przeczy założeniu, że stopień wielomianu P jest liczbą nieparzystą.

Zatem dla nieskończenie wielu x zachodzi równość P (−x) = −P (x), skąd wynika, że równość ta jest prawdziwa dla wszystkich liczb rzeczywistych x.

Dowolną liczbę rzeczywistą x −1 możemy zapisać w postaci x = y^{2}−1, dla pewnej liczby rzeczywistej y. Stąd

(1)  P (x) = P (y^{2}−1) = (P (y))^{2}−1 −1 .

Określamy rekurencyjnie ciąg (x_{n}) wzorami:

x_{1} = 1 oraz x_{n} = \sqrt{x_{n−1} +1} dla n 2 .

Udowodnimy indukcyjnie, że

(2)  P (x_{n}) = x_{n} dla n ∈ ℕ.

Z zależności P (−x) = −P (x) otrzymujemy P (0) = 0. Kładąc x = 0 do danej w treści zadania tożsamości otrzymujemy P (−1) = −1, skąd P (1) = 1. To dowodzi równości (2) dla n = 1.

Ze związku P (x_{n−1} ) = x_{n−1} wynika, że

(P (x_{n}))^{2} = P (x_{n}^{2} −1)+1 = P (x_{n−1} )+1 = x_{n−1} +1 = x_{n}^{2} .

Ponieważ x_{n} > 1 dla n 2, więc nierówność (1) wyklucza prawdziwość równości P (x_{n}) = −x_{n} . Zatem P (x_{n}) = x_{n}, co kończy dowód zależności (2).

Ciąg (x_{n}) jest rosnący, więc równość P (x) = x zachodzi dla nieskończenie wielu x. Z tego zaś wynika, że P (x) = x dla wszystkich x ∈ ℝ.

XL Międzynarodowa Olimpiada Matematyczna

Zadanie 1.

Wyznaczyć wszystkie zbiory skończone S na płaszczyźnie, złożone z co najmniej trzech punktów i spełniające następujący warunek: Dla każdych dwóch różnych punktów A i B zbioru S, symetralna odcinka AB jest osią symetrii zbioru S.

Rozwiązanie Udowodnimy najpierw następujący Lemat Wszystkie osie symetrii dowolnego zbioru ograniczonego płaszczyzny prze-

cinają się w jednym punkcie.

Dowód lematu

Przypuśćmy, wbrew tezie, że istnieją trzy różne osie symetrii k, l, m zbioru ograniczonego M, które nie przecinają się w jednym punkcie. Rozpatrzymy dwa przypadki.

(a) Co najmniej dwie spośród prostych k, l, m są równoległe. Przyjmijmy, że k ∥ l. Wówczas odwzorowanie t będące złożeniem symetrii względem prostej k z symetrią względem prostej l jest translacją o pewien niezerowy wektor. Odwzorowanie t przeprowadza zbiór M na zbiór M, a więc wielokrotne złożenie przekształcenia t również przeprowadza zbiór M na zbiór M. To przeczy jednak temu, że zbiór M jest ograniczony.

(b) Każde dwie spośród prostych k, l, m przecinają się. Złożenie symetrii względem prostej k z symetrią względem prostej l jest obrotem o środku nie należącym do prostej m. Zatem przekształcenie r będące złożeniem trzech symetrii, kolejno względem prostych k, l, m, jest złożeniem pewnej symetrii osiowej z translacją o niezerowy wektor. Odwzorowanie r przeprowadza zbiór M na zbiór M, a więc wielokrotne złożenie przekształcenia r również przekształca zbiór M na zbiór M. To przeczy jednak temu, że zbiór M jest ograniczony.

Dowód lematu jest więc zakończony.

Przystępujemy do rozwiązania zadania.

Niech S = {A_{1},A_{2},...,A_{n}}. Oznaczmy przez s_{ij} (i ≠ j) symetrię względem symetralnej odcinka A_{i}A_{j}. Na mocy lematu, symetralne wszystkich odcinków A_{i}A_{j} (i ≠ j) przecinają się w jednym punkcie P. Ponieważ s_{1i}(A_{i}) = A_{1}, więc P A_{i} = P A_{1}. To oznacza, że punkty A_{1},A_{2},...,A_{n} leżą na okręgu o środku P.

Bez straty ogólności przyjmijmy, że punkty A_{1},A_{2},...,A_{n} leżą na danym okręgu w tej właśnie kolejności. Rozpatrując symetrię s_{13} widzimy, że punkt A_{2} musi przejść na siebie przy tym odwzorowaniu. To dowodzi, że punkt A_{2} leży na symetralnej odcinka A_{1}A_{3}, a więc A_{1}A_{2} = A_{2}A_{3}. Analogiczne rozumowanie dowodzi, że wszystkie boki n-kąta A_{1}A_{2}...A_{n} są równe. Ponieważ n-kąt ten jest wpisany w okrąg, więc musi on być foremny.

Bez trudu sprawdzamy, że zbiór S złożony z wierzchołków n-kąta foremnego spełnia warunki zadania.

Zadanie 2.

Niech n 2 będzie ustaloną liczbą naturalną.

(a) Wyznaczyć najmniejszą stałą C taką, że nierówność ∑_{1 i<j n} x_{i}x_{j} (x_{i}^{2} +x_{j}^{2}) C( ∑_{i=1}^{n} x_{i})^{4} zachodzi dla dowolnych liczb rzeczywistych x_{1},x_{2},...,x_{n} 0.

(b) Dla tej stałej C ustalić, kiedy zachodzi równość.

Rozwiązanie Kładąc x_{1} = x_{2} = 1 oraz x_{3} = x_{4} = ...= x_{n} = 0 obliczamy

∑_{1 i<j n} x_{i}x_{j}(x_{i}^{2}+x_{j}^{2}) = 2, ( ∑_{i=1}^{n} x_{i})^{4} = 16 .

Wynika stąd, że szukana stała C nie może być mniejsza niż \frac{1}{8}. Wykażemy, że stała C = \frac{1}{8} spełnia warunki zadania, tzn. że zachodzi nierówność

(1)  8 ∑_{1 i<j n} x_{i}x_{j}(x_{i}^{2}+x_{j}^{2}) ( ∑_{i=1}^{n} x_{i})^{4} .

Bez szkody dla ogólności rozumowania możemy założyć, że x_{1} jest największą z liczb x_{1},x_{2},...,x_{n}. Szacujemy prawą stronę nierówności (1) wprowadzając oznaczenie S = x_{2}+x_{3}+...+x_{n}. Mamy:

( ∑_{i=1}^{n} x_{i})^{4} ( ∑_{i=1}^{n} x_{i})^{4}−(x_{1}−∑_{i=2}^{n} x_{i})^{4} =
= (x_{1}+S) ^{4}−(x_{1}−S) ^{4} =
= 8x_{1}S^{3}+8x_{1}^{3}S.

Równość w powyższej nierówności zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy x_{1} = S, czyli x_{1} = x_{2}+x_{3}+...+x_{n}. Ponadto mamy

S^{3} = ∑_{i=2}^{n} x_{i}^{3}+ 3 ∑_{2 i<j n} (x_{i}^{2}x_{j} +x_{i}x_{j}^{2})+ 6 ∑_{2 i<j<k n} x_{i}x_{j}x_{k}

∑_{i=2}^{n} x_{i}^{3}+ ∑_{2 i<j n} (x_{i}^{2}x_{j} +x_{i}x_{j}^{2}),

przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy co najwyżej jedna z liczb x_{2},x_{3},...,x_{n} jest dodatnia. Zatem

( ∑_{i=1}^{n} x_{i})^{4} 8x_{1}( ∑_{i=2}^{n} x_{i}^{3}+ ∑_{2 i<j n} (x_{i}^{2}x_{j} +x_{i}x_{j}^{2})) +8x_{1}^{3} ∑_{i=2}^{n} x_{i}

i do udowodnienia pozostaje nierówność

∑_{1 i<j n} x_{i}x_{j}(x_{i}^{2}+x_{j}^{2}) x_{1}( ∑_{i=2}^{n} x_{i}^{3}+ ∑_{2 i<j n} (x_{i}^{2}x_{j} +x_{i}x_{j}^{2})) +x_{1}^{3} ∑_{i=2}^{n} x_{i} ,

czyli

∑_{i=2}^{n} (x_{1}^{3}x_{i} +x_{1}x_{i}^{3}) + ∑_{2 i<j n} x_{i}x_{j}(x_{i}^{2}+x_{j}^{2})

∑_{i=2}^{n} x_{1}x_{i}^{3}+ ∑_{2 i<j n} (x_{1}x_{i}^{2}x_{j} +x_{1}x_{i}x_{j}^{2})+∑_{i=2}^{n} x_{1}^{3}x_{i} ,

co z kolei sprowadza się do

∑_{2 i<j n} (x_{i}^{3}x_{j} +x_{i}x_{j}^{3}) ∑_{2 i<j n} (x_{1}x_{i}^{2}x_{j} +x_{1}x_{i}x_{j}^{2}) .

Powyższa nierówność wynika z nierówności x_{i} x_{1} oraz x_{j} x_{1}.

Uwalniając się od założenia, że x_{1} jest liczbą największą, możemy dać odpowiedź: najmniejszą stałą spełniającą warunki zadania jest C = \frac{1}{8}; równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy dwie z liczb x_{1},x_{2},...,x_{n} są sobie równe, a pozostałe są zerami.

Uwaga

Dla n = 2 nierówność (1) jest prawdziwa dla dowolnych liczb rzeczywistych x_{1},x_{2}, niekoniecznie nieujemnych. Mamy bowiem

8(x_{1}^{3}x_{2}+x_{1}x_{2}^{3}) = (x_{1}+x_{2})^{4}−(x_{1}−x_{2})^{4} (x_{1}+x_{2})^{4} .

Dla n = 3 już tak nie jest, co pokazuje przykład liczb x_{1} = x_{2} = 2, x_{3} = −1. Nierówność (1) przybiera wtedy postać 96 81.

Zadanie 3.

Rozważmy planszę kwadratową n×n, gdzie n jest daną dodatnią liczbą całkowitą parzystą. Plansza jest podzielona na n^{2} kwadratów jednostkowych. Dwa różne kwadraty planszy są przyległe, gdy mają wspólny bok. N kwadratów planszy zostało wyróżnionych w taki sposób, by każdy kwadrat planszy (wyróżniony lub nie) był przyległy do co najmniej jednego kwadratu wyróżnionego. Wyznaczyć najmniejszą możliwą wartość N.

Rozwiązanie Odp.: Minimalna liczba pól wyróżnionych wynosi n(n+2)/4. Przyjmijmy n = 2k. Podamy metodę jak wyróżnić n(n+2)/4 = k(k +1) pól planszy w spo-

sób spełniający warunki zadania. W tym celu pokryjemy planszę figurami o kształcie jak na rysunku 61. Każda taka figura zawiera dwa wyróżnione pola. Sposób pokrycia jest następujący.

Pierwszą figurę umieszczamy w rogu planszy (rys. 62). Naszym celem jest pokrycie całej planszy, dopuszczamy jednak, aby figury wystawały poza nią.

[figure: rys. 61; rys. 62]

[figure: rys. 63; rys. 64]

[figure: rys. 65; rys. 66]

Gdy k jest liczbą nieparzystą, pokrywanie planszy kontynuujemy według zasady pokazanej na rysunkach 63, 64 oraz 65. Dla liczb k parzystych pokrywamy szachownicę tak, jak pokazano na rysunkach 66, 67 oraz 68.

[figure: rys. 67; rys. 68]

Po pokryciu planszy wystaje poza nią 4k pól (rys. 65 i 68). Stąd liczba figur, które pokrywają planszę, wynosi \frac{1}{8}((2k)^{2}+4k) = \frac{1}{2}k(k +1), co oznacza, że wyróżniliśmy k(k +1) pól.

Wykorzystując to samo pokrycie planszy wykazujemy, że nie da się wyróżnić mniej niż k(k +1) pól w sposób spełniający warunki zadania. Istotnie: gdyby takie wyróżnienie istniało, oznaczałoby to, że w jednej z \frac{1}{2}k(k +1) figur, które pokrywają planszę, jest tylko jedno wyróżnione pole. W figurze tej byłoby wówczas pole (jedno z dwóch zacieniowanych na rysunku 61), które nie jest przyległe do żadnego z wyróżnionych pól.

Zadanie 4.

Wyznaczyć wszystkie takie pary (n,p) liczb całkowitych dodatnich, że: p jest liczbą pierwszą, n 2p oraz (p−1)^{n} +1 dzieli się przez n^{p−1} .

Rozwiązanie W rozwiązaniu zadania skorzystamy z następującego lematu. Lemat Jeżeli q jest liczbą pierwszą, zaś a jest liczbą całkowitą niepodzielną

przez q, to dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej r względnie pierwszej z q −1 liczba (a−1)^{r} +1 nie dzieli się przez q.

Dowód lematu

Dla q = 2 teza lematu jest oczywista.

Jeżeli natomiast q jest liczbą nieparzystą, to wobec parzystości liczby q −1 liczba r jest nieparzysta. Ponieważ r jest względnie pierwsze z q −1, istnieje taka liczba całkowita dodatnia s, że

rs ≡ 1 (mod q −1) , czyli rs = k(q −1)+1 dla pewnego k. Przy tym liczba s jest nieparzysta. Gdyby liczba (a−1)^{r} +1 była podzielna przez q, tzn. gdyby zachodziła kongruencja

(a−1)^{r} ≡ −1 (mod q) ,

to podnosząc stronami tę kongruencję do potęgi s otrzymalibyśmy

(a−1)^{rs} ≡ −1 (mod q) .

Na mocy wniosku z dodatku (zob. str. 105) mamy

(a−1)^{rs} ≡ a−1 (mod q) ,

skąd a−1 ≡ −1 (mod q). To przeczy założeniu, że a nie dzieli się przez q. Dowód lematu jest więc zakończony. Przejdziemy teraz do właściwej części rozwiązania. Zauważmy, że warunki zadania spełnia każda para postaci (1,p), gdzie p

jest liczbą pierwszą. Przyjmijmy więc, że n 2. Niech q będzie najmniejszym dzielnikiem pierwszym liczby n. Wówczas liczba n jest względnie pierwsza z q −1. Jeżeli q ≠ p, to na mocy lematu liczba (p−1)^{n} +1 nie dzieli się przez q, tym bardziej nie dzieli się przez n.

Pozostaje do rozpatrzenia przypadek, gdy q = p, co wobec nierówności n 2p wymusza n = p lub (n,p) = (4,2).

Przypadek (n,p) = (4,2) odrzucamy sprawdzając bezpośrednio, że liczba (2−1)^{4}+1 = 2 nie dzieli się przez 4^{2−1} = 4.

Zatem n = p. Należy więc wyznaczyć wszystkie liczby pierwsze p, dla których liczba (p−1)^{p}+1 dzieli się przez p^{p−1} . Podzielność ta jest spełniona dla p = 2. Pozostaje rozważyć przypadek, gdy p jest liczbą pierwszą nieparzystą. Z rozwinięcia dwumiennego Newtona

(p−1)^{p}+1 = p^{p}−( \begin{matrix}p \\ p−1 \end{matrix} ) p^{p−1} +( \begin{matrix}p \\ p−2 \end{matrix} ) p^{p−2} −...+( \begin{matrix}p \\ 3 \end{matrix}) p^{3}−( \begin{matrix}p \\ 2 \end{matrix}) p^{2}+p·p .

Stąd widać, że liczba (p−1)^{p}+1 daje z dzielenia przez p^{3} resztę p^{2}, gdyż \binom{p}{2} dzieli się przez p. Zatem (p−1)^{p}+1 dzieli się przez p^{2}, ale nie dzieli się przez p^{3}. Stąd p 3.

Odpowiedź

Parami spełniającymi warunki zadania są pary postaci (1,p), gdzie p jest liczbą pierwszą oraz pary (2,2) i (3,3).

Zadanie 5.

Okręgi Γ_{1} i Γ_{2} są położone wewnątrz okręgu Γ i są odpowiednio styczne do Γ w różnych punktach M i N. Okrąg Γ_{1} przechodzi przez środek okręgu Γ_{2}. Prosta przechodząca przez punkty przecięcia okręgów Γ_{1} i Γ_{2} przecina okrąg Γ w punktach A i B. Proste MA i MB przecinają Γ_{1} odpowiednio w punktach C i D. Udowodnić, że prosta CD jest styczna do okręgu Γ_{2}.

Rozwiązanie Cała trudność zadania leży w następującym lemacie. Lemat Okręgi Γ_{1} i Γ_{2} przecinają się w punktach E i F. Okręgi te są położone

wewnątrz okręgu Γ i są styczne do niego odpowiednio w punktach M i N (rys. 69). Prosta p jest styczna do okręgów Γ_{1} i Γ_{2} odpowiednio w punktach P i Q. Wówczas proste MP, NQ, EF przecinają się w jednym punkcie, który leży na okręgu Γ.

M  N P  Q E F Γ_{1}  Γ_{2}Γ rys. 69  M  N K P  Q X  Y E F Γ_{1}  Γ_{2}Γ k rys. 70

Dowód lematu

Oznaczmy przez X i Y punkty przecięcia prostej P Q z okręgiem Γ, tak jak na rysunku 70. Poprowadźmy styczną k do okręgu Γ, równoległą do prostej P Q oraz taką, że okręgi Γ_{1} i Γ_{2} nie leżą pomiędzy prostymi k i P Q. Niech K będzie punktem wspólnym prostej k i okręgu Γ.

Jednokładność o środku M przekształcająca okrąg Γ_{1} na Γ, przeprowadza punkt P na punkt K. To dowodzi, że punkty M, P, K są współliniowe. Analogicznie dowodzimy, że punkty N, Q, K są współliniowe.

Pozostaje wykazać, że punkty E, F, K leżą na jednej prostej. Fakt ten jest równoważny stwierdzeniu, że punkt K leży na osi potęgowej okręgów Γ_{1}, Γ_{2}, i tego właśnie będziemy dowodzić.

Ponieważ proste k i XY są równoległe, punkt K jest środkiem łuku XY. Stąd < ) KXY = < ) KY X = < ) KMX, co oznacza, że trójkąty KP X oraz KXM są podobne. Zatem KX^{2} = KP ·KM. Rozumując analogicznie dochodzimy do równości KY^{2} = KQ·KN. Łącząc dwa ostatnie związki otrzymujemy KP ·KM = KQ·KN. Uzyskana równość oznacza, że punkt K leży na osi potęgowej okręgów Γ_{1} i Γ_{2}, a tego dowodziliśmy.

Przystępujemy do rozwiązania zadania.

Oznaczmy przez K i L punkty przecięcia okręgu Γ_{2} odpowiednio z odcinkami AN i BN (rys. 71). Na mocy lematu proste CK i DL są wspólnymi stycznymi okręgów Γ_{1} i Γ_{2}.

[figure: M; N; A; B; C; D; K; L; Γ_{2}; Γ_{1}; Γ; rys. 71; C; D; K; L; Γ_{2}; Γ_{1}; P; rys. 72]

Niech P będzie środkiem okręgu Γ_{2} (rys. 72). Aby wykazać, że prosta CD jest styczna do okręgu Γ_{2}, wystarczy udowodnić, że prosta CP jest dwusieczną kąta DCK. To jednak wynika z następujących równości:

< ) P CK = < ) P DC = < ) P CD.

Rozwiązanie zadania jest więc zakończone.

Zadanie 6.

Wyznaczyć wszystkie takie funkcje f:ℝ → ℝ, że

f(x−f(y)) = f(f(y))+xf(y)+f(x)−1

dla wszystkich x,y ∈ ℝ.

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że f nie jest funkcją stałą. Gdyby bowiem f(x) = c dla każdego x ∈ ℝ, to mielibyśmy c = c+xc+c−1, czyli cx+(c−1) = 0, skąd c = 0 i c = 1, co prowadzi do sprzeczności 0 = 1.

Niech h(x) = f(x)+ \frac{1}{2}x^{2}−1, czyli f(x) = h(x)− \frac{1}{2}x^{2}+1.

Niech w_{1} oraz w_{2} będą dwiema różnymi wartościami funkcji f, powiedzmy w_{1} = f(y_{1}) oraz w_{2} = f(y_{2}). Wtedy dla dowolnej liczby rzeczywistej x uzyskujemy

f(x−w_{1}) = f(w_{1})+xw_{1}+f(x)−1 ,

skąd

h(x−w_{1})− \frac{1}{2}(x−w_{1})^{2}+1 = h(w_{1})− \frac{1}{2}w_{1}^{2}+1+xw_{1}+h(x)− \frac{1}{2}x^{2} ,

co sprowadza się do

(1)  h(x−w_{1}) = h(w_{1})+h(x) .

Wstawiając do powyżsej równości x = w_{1} otrzymujemy h(0) = 2h(w_{1}), skąd

(2)  h(w_{1}) = \frac{1}{2}h(0) .

Zależność (1) przybiera więc postać

h(x−w_{1}) = \frac{1}{2}h(0)+h(x) .

Analogicznie dowodzimy, że

h(x−w_{2}) = \frac{1}{2}h(0)+h(x) .

Porównując dwie ostatnie zależności widzimy, że liczba r = w_{1}−w_{2} jest okresem funkcji h. Ponadto udowodniliśmy, że okresem funkcji h jest każda liczba postaci f(x_{1})−f(x_{2}). W szczególności biorąc x_{1} = x+r oraz x_{2} = x otrzymujemy

f(x_{1})−f(x_{2}) = h(x+r)− \frac{1}{2}(x+r)^{2}+1−h(x)+ \frac{1}{2}x^{2}−1 = −xr − \frac{1}{2}r^{2} .

Dobierając odpowiednią liczbę x w powyższej zależności stwierdzamy, że każda liczba rzeczywista jest okresem funkcji h. Stąd wynika, że funkcja h jest stała, a wobec (2) jest funkcją zerową. Stąd musi być

f(x) = 1− \frac{1}{2}x^{2} .

Bezpośrednio sprawdzamy, że powyższa funkcja spełnia podane w zadaniu równanie.

XXII Austriacko-Polskie Zawody Matematyczne

Zadanie 1.

Niech n będzie liczbą całkowitą dodatnią i niech M = {1,2,...,n}. Wyznaczyć liczbę uporządkowanych szóstek zbiorów (A_{1},A_{2},...,A_{6}) spełniających następujące dwa warunki:

(a) zbiory A_{1},A_{2},...,A_{6} są (niekoniecznie różnymi) podzbiorami zbio- ru M;

(b) każdy element zbioru M albo nie należy do żadnego, albo należy do dokładnie trzech, albo należy do wszystkich sześciu zbiorów A_{1},A_{2},...,A_{6}.

Rozwiązanie

Niech A_{1},A_{2},...,A_{6} będą zbiorami spełniającymi warunki zadania. Wtedy z każdą, ustaloną liczbą k ∈ {1,2,...,n} możemy związać ciąg (x_{1},x_{2},...,x_{6}) określony wzorem:

x_{i} = \{ \begin{matrix}0 & gdy & k ∈ A_{i} \\ 1 & gdy & k ∉ A_{i} \end{matrix}

W każdym takim ciągu wszystkie wyrazy są zerami lub wszystkie wyrazy są jedynkami lub też występują trzy zera i trzy jedynki — liczba tych ciągów jest więc równa \binom{6}{0}+\binom{6}{3}+\binom{6}{6} = 22. Ponieważ wybranie dla każdej liczby k ciągu (x_{1},x_{2},...,x_{6}) wyznacza zbiory A_{1},A_{2},...,A_{6}, wnioskujemy, że liczba szóstek zbiorów spełniających warunki zadania jest równa 22^{n}.

Zadanie 2.

Wyznaczyć największą liczbę rzeczywistą C_{1} i najmniejszą liczbę rzeczywistą C_{2} takie, że dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich a, b, c, d, e zachodzą następujące nierówności

C_{1} < \frac{a}{a+b} + \frac{b}{b+c} + \frac{c}{c+d} + \frac{d}{d+e} + \frac{e}{e+a} < C_{2}.

Rozwiązanie Wykażemy, że C_{1} = 1 oraz C_{2} = 4. Z zależności

\frac{a}{a+b} + \frac{b}{b+c} + \frac{c}{c+d} + \frac{d}{d+e} + \frac{e}{e+a} >

> \frac{a}{a+b+c+d+e} + \frac{b}{a+b+c+d+e} + \frac{c}{a+b+c+d+e} +

+ \frac{d}{a+b+c+d+e} + \frac{e}{a+b+c+d+e} = 1

wynika, że C_{1} 1, natomiast przy założeniu, że a jest największą spośród liczb a, b, c, d, e otrzymujemy

\frac{a}{a+b} + \frac{b}{b+c} + \frac{c}{c+d} + \frac{d}{d+e} + \frac{e}{e+a} < 1+1+1+ \frac{d}{d+e} + \frac{e}{e+d} = 4 ,

skąd C_{2} 4. W celu wykazania, że podanych stałych nie można poprawić, rozważmy następujące liczby

a = 1, b = q, c = q^{2}, d = q^{3}, e = q^{4} , gdzie q jest liczbą rzeczywistą dodatnią. Wtedy

\frac{a}{a+b} + \frac{b}{b+c} + \frac{c}{c+d} + \frac{d}{d+e} + \frac{e}{e+a} = \frac{4}{q +1} + \frac{q^{4}}{q^{4}+1} ,

co dąży do 1 przy q → ∞ oraz do 4 przy q → 0. To dowodzi, że podana w zadaniu suma może osiągać wartości dowolnie bliskie 1 oraz wartości dowolnie bliskie 4.

Uwaga

Przyjmując

W (a,b,c,d,e) = \frac{a}{a+b} + \frac{b}{b+c} + \frac{c}{c+d} + \frac{d}{d+e} + \frac{e}{e+a}

oraz zauważając, że

W (a,b,c,d,e)+W (e,d,c,b,a) = 5

stwierdzamy, że C_{1}+C_{2} = 5 . Po tym spostrzeżeniu zadanie sprowadza się do wyznaczenia tylko jednej ze stałych C_{1}, C_{2}.

Zadanie 3.

Dana jest liczba naturalna n 2. Wyznaczyć wszystkie takie układy n funkcji (f_{1},f_{2},...,f_{n}), gdzie f_{i}:ℝ → ℝ dla każdego i = 1,2,...,n, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x, y spełnione są następujące równości: f_{1}(x)−f_{2}(x)f_{2}(y)+f_{1}(y) = 0

f_{2}(x^{2})−f_{3}(x)f_{3}(y)+f_{2}(y^{2}) = 0
...................................
f_{k}(x^{k})−f_{k+1} (x)f_{k+1} (y)+f_{k}(y^{k}) = 0
...................................
f_{n}(x^{n})−f_{1}(x)f_{1}(y)+f_{n}(y^{n}) = 0

Rozwiązanie Odp.: f_{1}(x) = f_{2}(x) = ...= f_{n}(x) = a, gdzie a = 0 lub a = 2. W celu uzyskania cyklicznej numeracji rozważanych funkcji, wprowadźmy

oznaczenie: f_{n+1} = f_{1}. Wstawiając y = x do k-tego równania otrzymujemy

2f_{k}(x^{k}) = (f_{k+1} (x))^{2} , dla wszystkich x ∈ ℝ.

Po podstawieniu powyższego związku do k-tego równania, sprowadzamy je do postaci

(f_{k+1} (x))^{2}−2f_{k+1} (x)f_{k+1} (y)+(f_{k+1} (y))^{2} = 0,

czyli

(f_{k+1} (x)−f_{k+1} (y)) ^{2} = 0 , dla wszystkich x,y ∈ ℝ oraz k = 1,2...,n.

Zatem funkcje f_{1},f_{2},...,f_{n} są stałe. Niech więc f_{k}(x) = a_{k} dla k = 1,2,...,n+ 1. Wtedy a_{1} = a_{n+1} oraz 2a_{k} = a_{k+1}^{2} dla k = 1,2,...,n.

Liczby a_{k} są nieujemne. Jeżeli jedna z tych liczb jest zerem, to pozostałe też są zerami, co daje nam rozwiązanie danego w zadaniu układu równań: funkcje stałe równe 0.

Przyjmijmy więc, że a_{1} > 0. Z równości 2a_{k} = a_{k+1}^{2} wynika, że liczba a_{k+1} jest średnią geometryczną liczb 2 i a_{k}, co oznacza, że a_{k+1} znajduje się pomiędzy liczbami 2 i a_{k}. Zatem jeśli a_{1} < 2, to ciąg (a_{1},a_{2},...,a_{n+1} ) jest rosnący, co stoi w sprzeczności z założenem a_{1} = a_{n+1} . Podobnie, jeżeli a_{1} > 2, to ciąg ten jest malejący. Zatem musi być a_{1} = 2, co pociąga a_{2} = a_{3} = ...= a_{n} = 2. Otrzymaliśmy drugie rozwiązanie układu równań: funkcje stałe równe 2.

Zadanie 4.

Dany jest trójkąt ABC. Przez punkt P leżący wewnątrz trójkąta ABC prowadzimy trzy proste k, l, m w taki sposób, że:

(a) prosta k przecina proste AB i AC odpowiednio w takich punktach A_{1} i A_{2} (A_{1} ≠ A_{2}), że P A_{1} = P A_{2};

(b) analogicznie prosta l przecina proste BC i BA odpowiednio w ta- kich punktach B_{1} i B_{2} (B_{1} ≠ B_{2}), że P B_{1} = P B_{2};

(c) analogicznie prosta m przecina proste CA i CB odpowiednio w takich punktach C_{1} i C_{2} (C_{1} ≠ C_{2}), że P C_{1} = P C_{2}.

Udowodnić, że proste k, l, m są przez te warunki wyznaczone jednoznacznie. Wyznaczyć punkt P (i udowodnić, że jest tylko jeden taki punkt), dla którego trójkąty AA_{1}A_{2}, BB_{1}B_{2}, CC_{1}C_{2} mają równe pola.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez t prostą będącą obrazem prostej AB w symetrii względem punktu P (rys. 73). Wtedy punkt A_{2} leży zarówno na prostej t, jak i na prostej AC — jest więc wyznaczony jednoznacznie. Łącząc punkty P i A_{2} otrzymujemy prostą k.

Załóżmy, że pola trójkątów AA_{1}A_{2}, BB_{1}B_{2}, CC_{1}C_{2} są równe.

Niech L_{1} i L_{2} będą odpowiednio środkami odcinków AA_{1} i AA_{2}. Wówczas czworokąt AL_{1}P L_{2} jest równoległobokiem, którego pole jest równe połowie pola trójkąta AA_{1}A_{2} (pola trójkątów A_{1}L_{1}P, AL_{1}P są równe, jak również pola trójkątów A_{2}L_{2}P, AL_{2}P są równe).

A B  C P A_{1}  A_{2} t L_{1}  L_{2} rys. 73  A B  C P A_{1}  A_{2} L_{1}  L_{2}  N_{1} N_{2} rys. 74

Analogicznie, niech N_{1} i N_{2} będą odpowiednio środkami odcinków CC_{1} i CC_{2} (rys. 74). Wtedy CN_{1}P N_{2} jest równoległobokiem oraz

[AL_{1}P L_{2}] = \frac{1}{2}[AA_{1}A_{2}] = \frac{1}{2}[CC_{1}C_{2}] = [CN_{1}P N_{2}], gdzie [F] oznacza pole figury F. Wysokości równoległoboków AL_{1}P L_{2} oraz CN_{1}P N_{2}, opuszczone odpowiednio na podstawy L_{1}P i N_{2}P, są równe, co na mocy równości pól tych równoległoboków daje L_{1}P = N_{2}P. Ponieważ proste L_{1}N_{2} i AC są równoległe, punkt P musi leżeć na środkowej trójkąta ABC poprowadzonej do boku AC.

Przeprowadzając analogiczne rozumowanie w pozostałych dwóch przypadkach widzimy, że punkt P, dla którego pola trójkątów AA_{1}A_{2}, BB_{1}B_{2}, CC_{1}C_{2} są równe, jest punktem przecięcia środkowych w trójkącie ABC.

Pozostaje zauważyć, że środek ciężkości trójkąta ABC wyznacza trójkąty AA_{1}A_{2}, BB_{1}B_{2}, CC_{1}C_{2}, każdy o polu równym 4/9 pola trójkąta ABC.

Zadanie 5.

Ciąg liczb całkowitych (a_{n}) spełnia następującą zależność rekurencyjną:

a_{n+1} = a_{n}^{3} +1999

dla n = 1,2,... . Udowodnić, że istnieje co najwyżej jedna wartość n, dla której a_{n} jest kwadratem liczby całkowitej.

Rozwiązanie

Niech r_{n} będzie resztą z dzielenia liczby a_{n} przez 7. Wtedy

r_{n+1} ≡ r_{n}^{3} +4 (mod7) dla n = 1,2,3,... .

Przez bezpośrednie sprawdzenie stwierdzamy, że ciąg (r_{n}) wygląda następująco (w zależności od r_{1}):

\begin{matrix}r_{1} & r_{2} & r_{3} & r_{4} & r_{5} & r_{6} ... \\ 0 & 4 & 5 & 3 & 3 & 3 ... \\ 1, 2, 4 & 5 & 3 & 3 & 3 & 3 ... \\ 3, 5, 6 & 3 & 3 & 3 & 3 & 3 ... \end{matrix}

Patrząc na powyższą tabelę widzimy, że r_{n} ∈ {3,5} dla n 3. Ponieważ kwadrat liczby całkowitej daje z dzielenia przez 7 resztę 0, 1, 2 lub 4, więc liczba a_{n} nie jest kwadratem liczby całkowitej dla żadnego n 3.

Przypuśćmy, wbrew tezie, że dany ciąg zawiera co najmniej dwa wyrazy będące kwadratami liczb całkowitych. Wtedy a_{1} = u^{2} oraz a_{2} = v^{2}, gdzie u, v są liczbami całkowitymi nieujemnymi. Wówczas

1999 = a_{2}−a_{1}^{3} = v^{2}−u^{6} = (v −u^{3})(v +u^{3}) ,

a ponieważ liczba 1999 jest pierwsza, uzyskujemy v −u^{3} = 1 i v +u^{3} = 1999. Stąd u^{3} = 999. Otrzymaliśmy sprzeczność, gdyż liczba 999 nie jest sześcianem liczby całkowitej.

Zadanie 6.

Rozwiązać następujący układ równań

\begin{aligned}x_{n}^{2} +x_{n}x_{n−1} +x_{n−1}^{4} & & = & 1 (n = 1,2,...,1999) \\ & x_{0} & = & x_{1999} \end{aligned}

w zbiorze liczb rzeczywistych nieujemnych.

Rozwiązanie Rozważmy wielomian

W (x,y) = x^{2}+xy +y^{4}−1.

Wówczas dany układ równań można zapisać w postaci

\begin{aligned}W (x_{n},x_{n−1} ) & = & 0 (n = 1,2,...,1999) \\ x_{0} & = & x_{1999} . \end{aligned}

Dla ustalonego y 0 równanie W (x,y) = 0 jest równaniem kwadratowym o niewiadomej x i sumie rozwiązań równej −y 0. Zatem równanie to ma co najwyżej jedno rozwiązanie nieujemne. Stąd wynika, że x_{0} wyznacza wartości wszystkich pozostałych niewiadomych układu równań.

Równanie W (x,x) = 0, czyli x^{4}+2x^{2}−1 = 0, ma jedno rozwiązanie rzeczywiste nieujemne:

a = \sqrt{\sqrt{2}−1} .

Jeżeli 0 y < a, to nieujemne rozwiązanie równania W (x,y) = 0 spełnia warunek: x > a. Istotnie: przypuśćmy, że x a. Wielomian W dla argumentów nieujemnych jest rosnący względem każdej ze zmiennych, więc

W (x,y) W (a,y) < W (a,a) = 0,

sprzeczność. Analogicznie dowodzimy, że jeżeli y > a, to nieujemne rozwiązanie równania W (x,y) = 0 spełnia warunek x < a. Stąd stwierdzamy, że

jeśli x_{n−1} < a, to x_{n} > a, jeśli x_{n−1} = a, to x_{n} = a, jeśli x_{n−1} > a, to x_{n} < a.

Zatem nierówność x_{0} < a (odpowiednio x_{0} > a) implikuje x_{1999} > a (odpowiednio x_{1999} < a), co stoi w sprzeczności z warunkiem x_{0} = x_{1999}. To dowodzi, że istnieje tylko jedno rozwiązanie układu równań, a mianowicie

x_{0} = x_{1} = x_{2} = ...= x_{1999} = \sqrt{\sqrt{2}−1} .

Bezpośrednio sprawdzamy, że powyższy ciąg (x_{0},x_{1},x_{2},...,x_{1999}) spełnia podany układ równań.

Zadanie 7.

Wyznaczyć wszystkie takie pary (x,y) liczb całkowitych dodatnich, że x^{x+y} = y^{y−x} .

Rozwiązanie

Odp.: x = q^{(q−1)/2} , y = q^{(q+1)/2} , gdzie q 1 jest liczbą nieparzystą lub kwadratem liczby parzystej.

Sposób I

Zauważmy, że równanie ma rozwiązanie x = y = 1 i nie posiada innych rozwiązań, w których x = 1 lub y = 1. Załóżmy więc, że x i y są większe od 1. Ponieważ y^{y−x} = x^{x+y} > 1, więc y > x > 1.

Lemat

Jeżeli liczby całkowite a, b, x, y większe od 1 spełniają równanie x^{a} = y^{b}, to x i y są potęgami tej samej liczby. Dokładniej, istnieją takie liczby całkowite dodatnie k, m, n, że x = k^{m} oraz y = k^{n}, przy czym liczby m i n są względnie pierwsze.

Dowód lematu

Niech z = x^{a} = y^{b} oraz niech c będzie najmniejszą wspólną wielokrotnością liczb a, b. Wtedy każdy dzielnik pierwszy liczby z wchodzi do jej rozkładu na czynniki pierwsze z wykładnikiem podzielnym zarówno przez a, jak i przez b, a więc podzielnym przez c. Zatem liczba k = ^{c} \sqrt{z} jest całkowita. Liczby m = c/a oraz n = c/b są względnie pierwsze i ponadto x = k^{m} oraz y = k^{n}, co kończy dowód lematu.

Korzystając z lematu dobieramy takie liczby k, m, n, że x = k^{m}, y = k^{n}. Skoro y > x, więc n > m. Ponadto k > 1. Dane równanie sprowadza się do postaci

m(k^{n} +k^{m}) = n(k^{n} −k^{m}) ,

co daje

\frac{n}{m} = \frac{k^{n} +k^{m}}{k^{n} −k^{m}} , czyli \frac{n}{m} = \frac{k^{n−m} +1}{k^{n−m} −1} .

Po podstawieniu r = n−m ostatnie równanie przybiera postać

\frac{r}{m} = \frac{2}{k^{r} −1} , skąd m = \frac{r(k^{r} −1)}{2} , n = m+r = \frac{r(k^{r} +1)}{2} .

Zatem

x = k^{r(k^{r} −1)/2} oraz y = k^{r(k^{r} +1)/2} .

Podstawienie q = k^{r} daje

x = q^{(q−1)/2} oraz y = q^{(q+1)/2} .

Liczba q jest większa od 1 i całkowita. Z powyższych wzorów wynika więc, że liczby x, y są całkowite wtedy i tylko wtedy, gdy q jest liczbą nieparzystą lub kwadratem liczby parzystej. Łącząc to z przypadkiem q = 1 rozważanym na początku otrzymujemy wszystkie rozwiązania w liczbach całkowitych dodatnich danego równania.

Sposób II

Przekształcamy dane równanie do postaci

(xy)^{x} = ( \frac{y}{x}) ^{y} ,

a następnie podnosimy stronami do potęgi 1/x uzyskując

xy = ( \frac{y}{x}) ^{y/x} .

Podstawiając q = y/x otrzymujemy xy = q^{q}. Z dwóch ostatnich równań mamy

x = q^{(q−1)/2} oraz y = q^{(q+1)/2} .

Powyższy wzór daje wszystkie rozwiązania danego równania w liczbach rzeczywistych dodatnich, gdy q jest liczbą rzeczywistą dodatnią.

Pozostaje wyznaczyć takie liczby q, dla których liczby x i y są całkowite. Ze wzoru q = y/x wynika, że q musi być liczbą wymierną. Liczba q^{q} przy wymiernym q jest całkowita tylko wtedy, gdy liczba q jest całkowita. Istotnie: jeżeli liczba q = m/n jest przedstawiona w postaci ułamka nieskracalnego, to

(q^{q})^{n} = q^{m} = \frac{m^{m}}{n^{m}}

jest liczbą całkowitą, skąd n = 1.

Zatem q jest liczbą całkowitą dodatnią, a więc musi być ona nieparzysta lub być kwadratem liczby parzystej.

Zadanie 8.

Dana jest prosta g i punkty P, Q, S leżące po tej samej stronie tej prostej. Punkty M i N leżą na prostej g, przy czym P M ⊥ g i QN ⊥ g . Punkt S leży między prostymi P M i QN. Ponadto P M = P S oraz QN = QS. Symetralne odcinków SM i SN przecinają się w punkcie R. Prosta RS przecina okrąg opisany na trójkącie P QR w punkcie T różnym od R. Udowodnić, że punkt S jest środkiem odcinka RT.

Rozwiązanie

Zauważmy, że punkt R jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie MNS (rys. 75). Zatem

(1) < ) SRQ = \frac{1}{2}< ) SRN = < ) SMN = 90^{∘}−< ) P MS = < ) MP R = < ) SP R.

Analogicznie dowodzimy, że

(2)  < ) SRP = < ) SQR.

P  Q R S M  N T g  rys. 75  P  Q R S T  O rys. 76

Z powyższych równości otrzymujemy (rys. 76)

< ) T P Q = < ) T RQ = < ) SP R, a więc < ) SP T = < ) RP Q.

Ponadto < ) ST P = < ) RQP. Z dwóch ostatnich zależności wynika, że trójkąty SP T i RP Q są podobne. Podobne są również trójkąty P RS i RQS. Zatem

\frac{ST}{RQ} = \frac{P S}{P R} = \frac{RS}{RQ} ,

skąd RS = ST, a to należało udowodnić.

Uwaga 1.

Teza zadania jest równoważna wykazaniu, że < ) RSO = 90^{∘}, gdzie O jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie P QR (rys. 76). Po uzyskaniu związków (1) i (2), nasze zadanie sprowadza się więc do rozwiązania następującego problemu:

Zadanie

Punkt S leży wewnątrz kąta wypukłego P RQ, przy czym spełnione są równości: < ) SRQ = < ) SP R oraz < ) SRP = < ) SQR. Punkt O jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie P QR. Dowieść, że < ) RSO = 90^{∘}.

Zacytowane zadanie (w przypadku, gdy punkt S leży wewnątrz trójkąta P QR) to zadanie 4 z zawodów stopnia drugiego L Olimpiady Matematycznej. Trzy sposoby jego rozwiązania zostały przedstawione w broszurze: L Olimpiada Matematyczna, Sprawozdanie Komitetu Głównego, Warszawa 2000, str. 54–55. Druga część zaprezentowanego wyżej rozwiązania zaczynająca się od słów �Z powyższych równości otrzymujemy ...” to kopia sposobu III.

Uwaga 2.

W treści rozpatrywanego zadania jest ukryta pewna ciekawa własność paraboli (zob. str. 110):

P  Q R S T g p  rys. 77

Niech p będzie parabolą o ognisku S i kierownicy g (rys. 77). Punkty P i Q leżą na tej paraboli. Styczne do paraboli p w punktach P i Q przecinają się w punkcie R. Punkt T jest punktem symetrycznym do punktu R względem ogniska S. Wówczas punkty P, Q, R, T leżą na jednym okręgu.

Zadanie 9.

Punktem kratowym nazywamy punkt płaszczyzny, który ma współrzędne całkowite. Rozważamy następującą grę jednoosobową. Pozycja w grze składa się ze skończonego zbioru zaznaczonych punktów kratowych i ze skończonego zbioru zaznaczonych odcinków spełniających następujące warunki:

(a) końce każdego zaznaczonego odcinka są zaznaczonymi punktami kratowymi;

(b) każdy zaznaczony odcinek jest równoległy do jednej osi ukła- du współrzędnych lub do jednej z dwóch prostych o równaniach y = x , y = −x ;

(c) każdy zaznaczony odcinek zawiera dokładnie 5 punktów krato- wych i każdy z tych punktów jest zaznaczony;

(d) dowolne dwa zaznaczone odcinki mają co najwyżej jeden punkt wspólny.

Ruch w grze polega na zaznaczeniu nowego punktu kratowego, a następnie zaznaczeniu odcinka w taki sposób, by powstała nowa pozycja w grze. Rozstrzygnąć, czy istnieje taka pozycja początkowa w grze, że możliwe jest wykonanie nieskończonego ciągu ruchów.

Rozwiązanie

Potencjałem punktu zaznaczonego nazwiemy liczbę tych spośród ośmiu odcinków długości 1 lub \sqrt{2} łączących ten punkt z punktami kratowymi, które nie są zawarte w żadnym odcinku zaznaczonym (na rys. 78 przedstawiona jest przykładowa pozycja w grze i podane są potencjały zaznaczonych punktów). Punkt zaznaczony o dodatnim potencjale nazwiemy punktem aktywnym, a punkt o potencjale zerowym — punktem wyczerpanym.

[figure: 7; 6; 4; 0; 7; 7; 6; 1; 6; 7; 6; 6; 5; 4; 6; 7; 6; 6; 6; 7; 6; 6; 7; 7; 6; 7; 6; 6; 7; 8; 8; 8; 8; rys. 78]

Potencjałem pozycji w grze nazwiemy sumę potencjałów wszystkich punktów zaznaczonych. Prześledźmy, jak zmienia potencjał pozycji wykonanie ruchu w grze. Zaznaczenie dodatkowego punktu zwiększa potencjał pozycji o 8, gdyż tyle wynosi potencjał punktu zaznaczonego, który nie należy do żadnego odcinka zaznaczonego. Dorysowanie nowego odcinka zaznaczonego zmniejsza potencjał pozycji o 1+2+2+2+1 = 8, gdyż potencjały pięciu punktów zaznaczonych należących do dorysowanego odcinka zmniejszają się odpowiednio o 1, 2, 2, 2, 1. Zatem wykonanie pełnego ruchu w grze nie zmienia potencjału pozycji.

Niech P będzie potencjałem pozycji wyjściowej. Po P^{2}+1 ruchach potencjał będzie nadal równy P, ale liczba punktów zaznaczonych będzie większa od P^{2}. Ponieważ liczba punktów aktywnych nie może przekroczyć potencjału, punktów aktywnych jest nie więcej niż P. Istnieje więc taki punkt zaznaczony, że przechodząca przez niego prosta pozioma lub pionowa nie zawiera żadnych punktów aktywnych. Dla ustalenia uwagi przyjmijmy, że jest to prosta pozioma, a wybrany punkt ma współrzędne (x,y). Punkt ten jest zaznaczony i nie jest aktywny, musi więc być punktem wyczerpanym. Zatem punkt (x+1,y) jest zaznaczony i także musi być wyczerpany. Rozumując analogicznie otrzymujemy przez prostą indukcję, że wszystkie punkty postaci (x+k,y), gdzie k ∈ ℤ, są wyczerpane. Stanowi to sprzeczność z regułami gry, z których wynika, że liczba punktów zaznaczonych w każdej pozycji jest skończona.

Wykazaliśmy więc, że nie można wykonać więcej niż P^{2} ruchów zaczynając od pozycji o potencjale P.

X Zawody Matematyczne Państw Bałtyckich

Zadanie 1.

Wyznaczyć wszystkie liczby rzeczywiste a, b, c, d spełniające układ równań:

\{ \begin{matrix}abc+ab+bc+ca+a+b+c & = & 1 \\ bcd+bc+cd+db+b+c+d & = & 9 \\ cda+cd+da+ac+c+d+a & = & 9 \\ dab+da+ab+bd+d+a+b & = & 9 \end{matrix}

Rozwiązanie

Do obu stron danych w treści zadania równań dodajemy liczbę 1. Wtedy układ równań przyjmuje równoważną postać

(1)  \{ \begin{matrix}(a+1)(b+1)(c+1) & = & 2 \\ (b+1)(c+1)(d+1) & = & 10 \\ (c+1)(d+1)(a+1) & = & 10 \\ (d+1)(a+1)(b+1) & = & 10. \end{matrix}

Mnożąc stronami pierwsze trzy równania uzyskujemy

((a+1)(b+1)(d+1))^{2}(c+1)^{3} = 200,

skąd na mocy czwartego równania otrzymujemy (c+1)^{3} = 2. Analogicznie dowodzimy, że (a+1)^{3} = 2, (b+1)^{3} = 2, (d+1)^{3} = 250. Zatem

a = b = c = ^{3} \sqrt{2}−1, d = 5 ^{3} \sqrt{2}−1 .

Bezpośrednio sprawdzamy, że otrzymana czwórka liczb rzeczywistych spełnia układ (1). Jest więc ona jedynym rozwiązaniem danego w zadaniu układu równań.

Zadanie 2.

Wyznaczyć wszystkie liczby całkowite dodatnie n o tej własności, że pierwiastek trzeciego stopnia z n powstaje przez odrzucenie trzech ostatnich cyfr rozwinięcia dziesiętnego liczby n.

Rozwiązanie

Niech n = k^{3} będzie liczbą spełniającą warunki zadania. Wówczas

(1)  1000k k^{3} < 1000k +1000.

Z lewej nierówności otrzymujemy k^{2} 1000, co daje k 32. Na mocy prawej nierówności (1) uzyskujemy

k^{2} < 1000+ \frac{1000}{k} 1000+ \frac{1000}{32} = 1031,25.

Stąd k < 33, co wymusza k = 32. Liczba n = k^{3} = 32768 jest więc jedyną liczbą o własności opisanej w treści zadania.

Zadanie 3.

Wyznaczyć wszystkie takie liczby całkowite n 3, że nierówność a_{1}a_{2} +a_{2}a_{3} +...+a_{n−1} a_{n} +a_{n}a_{1} 0 zachodzi dla wszystkich liczb rzeczywistych a_{1},a_{2},...,a_{n} spełniających równość a_{1} +a_{2} +...+a_{n} = 0.

Rozwiązanie

Udowodnimy, że dana nierówność jest prawdziwa wtedy i tylko wtedy, gdy n = 3 lub n = 4.

Dla n = 3 otrzymujemy

0= (a_{1}+a_{2}+a_{3})^{2} = a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}+2(a_{1}a_{2}+a_{2}a_{3}+a_{3}a_{1})
2(a_{1}a_{2}+a_{2}a_{3}+a_{3}a_{1}),

co dowodzi danej nierówności dla n = 3.

Dla n = 4 mamy

a_{1}a_{2}+a_{2}a_{3}+a_{3}a_{4}+a_{4}a_{1} = (a_{1}+a_{3})(a_{2}+a_{4}) = −(a_{1}+a_{3})^{2} 0,

co oznacza, że dana nierówność jest prawdziwa również dla n = 4.

Dla n 5 przyjmijmy: a_{1} = −1, a_{2} = −2, a_{3} = a_{4} = ...= a_{n−2} = 0, a_{n−1} = 2, a_{n} = 1. Suma powyższych liczb jest równa zeru, lecz

a_{1}a_{2}+a_{2}a_{3}+...+a_{n−1} a_{n} +a_{n}a_{1} = 3 > 0.

Zatem jeśli n 5, to dana nierówność nie zachodzi dla dowolnych liczb rzeczywistych a_{1},a_{2},...,a_{n} o sumie równej 0.

Zadanie 4.

Dla liczb rzeczywistych dodatnich x, y określamy

f(x,y) = min( x, \frac{y}{x^{2} +y^{2}} ) .

Udowodnić, że istnieją takie liczby x_{0}, y_{0}, że f(x,y) f(x_{0},y_{0}) dla wszystkich liczb dodatnich x, y. Wyznaczyć f(x_{0},y_{0}).

Rozwiązanie Na mocy definicji funkcji f mamy

f(x,y) x  oraz  f(x,y) \frac{y}{x^{2}+y^{2}} .

Mnożąc stronami powyższe nierówności dostajemy

(f(x,y))^{2} \frac{xy}{x^{2}+y^{2}} \frac{1}{2}, skąd f(x,y) \frac{1}{\sqrt{2}}.

Równość w otrzymanej nierówności zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy x = y oraz x = y/(x^{2}+y^{2}), czyli wtedy i tylko wtedy, gdy x = y = 1/\sqrt{2}. Przyjmując x_{0} = y_{0} = 1/\sqrt{2} mamy

f(x,y) f(x_{0},y_{0}) = \frac{1}{\sqrt{2}}

dla wszystkich liczb dodatnich x, y.

Zadanie 5.

Styczna w punkcie o współrzędnych (a,b) do okręgu x^{2} +y^{2} = 1 ma z parabolą y = x^{2} +1 dokładnie jeden punkt wspólny. Wyznaczyć wszystkie punkty (a,b) o powyższej własności.

Rozwiązanie

Styczna do okręgu x^{2}+y^{2} = 1 w punkcie (a,b) ma równanie ax+by = 1. Zatem prosta ta ma z parabolą y = x^{2}+1 dokładnie jeden punkt wspólny wtedy i tylko wtedy, gdy układ równań

(1)  \{ \begin{matrix}ax+by & = & 1 \\ −x^{2}+y & = & 1 \end{matrix}

ma dokładnie jedno rozwiązanie.

Jeśli b = 0, to a = 1 lub a = −1. Układ równań (1) przyjmuje wówczas jedną z postaci

\{ \begin{matrix}& x & = & 1 \\ −x^{2}+y & & = & 1 \end{matrix}  lub  \{ \begin{matrix}& x & = & −1 \\ −x^{2}+y & & = & 1. \end{matrix}

Każdy z otrzymanych układów ma dokładnie jedno rozwiązanie. To oznacza, że punkty (a,b) = (1,0), (a,b) = (−1,0) spełniają warunki zadania.

Załóżmy z kolei, że b ≠ 0. Układ równań (1) przepisujemy w następującej, równoważnej postaci

\{ \begin{matrix}ax+by & = & 1 \\ bx^{2}+ax+b−1 & = & 0. \end{matrix}

Układ ten ma dokładnie jedno rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy równanie bx^{2}+ax+b−1 = 0 ma dokładnie jedno rozwiązanie. To ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy Δ = a^{2}−4b(b−1) = 0. Ponieważ a^{2}+b^{2} = 1, więc ostatnie równanie przybiera postać

5b^{2}−4b−1 = 0.

Stąd b = 1 lub b = −1/5. Jeżeli b = 1, to a = 0; jeżeli natomiast b = −1/5, to a = \sqrt{24}/5 lub a = −\sqrt{24}/5.

[figure: x; y; rys. 79]

Łącznie otrzymaliśmy pięć par (a,b) (rys. 79) spełniających warunki zadania. Są nimi:

(1,0), (−1,0), (0,1), (\frac{1}{5} \sqrt{24},−\frac{1}{5}), (−\frac{1}{5} \sqrt{24},−\frac{1}{5}).

Zadanie 6.

Jaka jest najmniejsza liczba ruchów, którą potrzebuje skoczek szachowy, aby przejść z jednego narożnika szachownicy n×n (gdzie n 4) do narożnika przeciwległego?

Rozwiązanie

Niech k będzie szukaną liczbą ruchów. W jednym ruchu skoczek szachowy przechodzi z pola białego na pole czarne lub z pola czarnego na pole białe. Na początku oraz na końcu swej wędrówki skoczek stoi na polu tego samego koloru. To oznacza, że k musi być liczbą parzystą.

W każdym ruchu skoczek pokonuje trzy pola: dwa w kierunku pionowym, jedno w kierunku poziomym lub odwrotnie: dwa w kierunku poziomym, jedno w kierunku pionowym. Aby dostać się do przeciwległego rogu, skoczek musi łącznie przebyć co najmniej n−1 pól w kierunku pionowym, jak również co najmniej n−1 pól w kierunku poziomym. To oznacza, że

3k 2(n−1),  skąd  \frac{k}{2} \frac{n−1}{3} > \frac{n−2}{3} .

Ponieważ liczba k/2 jest całkowita, więc

\frac{k}{2} [ \frac{n−2}{3} ] +1 = [ \frac{n+1}{3} ] ,  czyli  k 2[ \frac{n+1}{3} ] .

Wykażemy indukcyjnie, że skoczek szachowy może odbyć swą podróż przy użyciu dokładnie 2[(n+ 1)/3] ruchów.

Dla n = 4, n = 5 oraz n = 6 powyższe zdanie jest prawdziwe — dowodzą tego poniższe rysunki.

[figure: n = 4; 2 ruchy; n = 5; 4 ruchy; n = 6; 4 ruchy]

Załóżmy teraz, że skoczek szachowy może odbyć swą podróż po szachownicy n×n używając dokładnie 2[(n+ 1)/3] ruchów.

Kontynuując swą podróż tak jak rysunku 80, skoczek szachowy może przejść z jednego rogu szachownicy (n+ 3)×(n+ 3) do rogu przeciwległego używając

2[ \frac{n+1}{3} ] +2 = 2[ \frac{n+4}{3} ]

skoków. To kończy dowód indukcyjny.

Zatem szukaną najmniejszą liczbą ruchów jest

2[ \frac{n+1}{3} ] . [figure: n×n; rys. 80]

Uwaga

W dowodzie indukcyjnym sprawdziliśmy prawdziwość dowodzonego zdania dla trzech kolejnych, początkowych wartości n oraz udowodniliśmy, że z prawdziwości dla n wynika prawdziwość dla n+3. Uogólnienie tego schematu dowodu jest następujące:

Jeżeli prawdziwe są zdania T (l), T (l +1), ..., T (l +k −1) oraz dla każdego n l zachodzi implikacja T (n) ⇒ T (n+k), to dla dowolnego n l zdanie T (n) jest prawdziwe.

Zadanie 7.

Dwa różne pola szachownicy 8×8 nazwiemy sąsiadującymi, jeżeli mają wspólny bok lub wspólny wierzchołek. Rozstrzygnąć, czy jest możliwe, aby król szachowy zaczynając od pewnego pola szachownicy 8×8 odwiedził wszystkie pola dokładnie raz według następującej reguły: W każdym etapie podróży (licząc od trzeciego odwiedzonego pola) król stoi na polu sąsiadującym z parzystą liczbą pól, które już odwiedził.

Rozwiązanie

Odp.: Wędrówki według reguł opisanych w treści zadania nie da się przeprowadzić.

Przypuśćmy, że udało się królowi szachowemu odbyć wędrówkę według reguł z treści zadania. Niech S będzie zbiorem wszystkich par (nieuporządkowanych) pól sąsiadujących danej szachownicy. Powiemy, że król szachowy odwiedził parę ze zbioru S, gdy odwiedził oba pola tej pary. Niech S_{k} będzie zbiorem tych elementów zbioru S, które odwiedził król szachowy będąc w k-tym etapie swej wędrówki (tzn. stojąc na k-tym polu). Wówczas |S_{1}| = 0 oraz |S_{2}| = 1, gdzie |X| oznacza liczbę elementów zbioru X.

Z równości |S_{2}| = 1 oraz z faktu, że w każdym następnym etapie swej wędrówki król znajduje się na polu sąsiadującym z parzystą liczbą pól, które już odwiedził, wynika, że liczba |S_{k}| jest nieparzysta dla wszystkich k 2. W szczególności liczba |S_{64}|, a więc liczba elementów zbioru S, jest nieparzysta.

Tymczasem liczba elementów zbioru S jest parzysta, co można wyjaśnić następująco: Rozważmy odwzorowanie f:S → S będące symetrią środkową względem środka szachownicy. Funkcja f ma dokładnie dwa punkty stałe. Pozostałe elementy zbioru S można połączyć w pary (s,f(s)). To dowodzi, że zbiór S zawiera parzystą liczbę elementów.

Otrzymaliśmy sprzeczność.

Uwaga 1.

Powyższe rozumowanie działa dla dowolnej szachownicy o bokach jednakowej parzystości; w przypadku boków nieparzystych f nie ma punktów stałych.

Uwaga 2.

Zbiór S ma 220 elementów w przypadku szachownicy 8×8 oraz

m(n−1)+n(m−1)+2(m−1)(n−1) = 4mn−3m−3n+2

elementów w przypadku szachownicy m×n.

Zadanie 8.

Mamy do dyspozycji 1999 monet, z których każde dwie mają różny ciężar. Dysponujemy urządzeniem, które pozwala spośród dowolnych trzech monet wskazać tę, której ciężar zawiera się pomiędzy ciężarami dwóch pozostałych. Dowieść, że moneta tysięczna pod względem ciężaru może być wyznaczona przez nasze urządzenie stosowane nie więcej niż 1 000 000 razy. Udowodnić, że za pomocą tego urządzenia miejsce w ciągu ciężarów można wyznaczyć tylko dla tej monety.

Rozwiązanie

Wskażemy, jak przy pomocy mniej niż 1 000 000 ważeń odnaleźć monetę tysięczną pod względem ciężaru. W tym celu wyjaśnimy najpierw, jak spośród danych monet M_{1},M_{2},...,M_{k} wyłonić monetę najcięższą i najlżejszą wykonując k− 2 ważenia.

Na początku ważymy monety M_{1}, M_{2}, M_{3}, po czym odkładamy na bok tę, której ciężar zawiera się pomiędzy ciężarami dwóch pozostałych monet. Do dwóch pozostałych monet dołączamy monetę M_{4}. Z tak otrzymanej trójki wyłaniamy i odkładamy na bok tę monetę, której ciężar zawiera się pomiędzy ciężarami dwóch pozostałych monet. Postępowanie kontynuujemy k− 2 razy. Za k− 2 razem otrzymamy dwie monety, z których jedna jest najcięższa, a druga najlżejsza spośród monet M_{1},M_{2},...,M_{k} (każda moneta była ważona, a tylko tych dwóch nie można było odłożyć na bok).

Aby odnaleźć monetę tysięczną pod względem ciężaru postępujemy następująco: spośród danych 1999 monet, odrzucamy monetę najcięższą i najlżejszą; z otrzymanymi 1997 monetami postępujemy analogicznie: odrzucamy spośród nich monetę najcięższą i najlżejszą. Kontynuując otrzymamy w efekcie trzy monety, z których środkowa pod względem ciężaru jest szukaną monetą. Łącznie wykonaliśmy 1997+1995+...+3+1 = 999·999 < 1 000 000 ważeń.

Oznaczmy przez m_{i} masę monety M_{i} (i = 1,2,...,1999). Przypuśćmy, że mamy wskazać i-tą pod względem ciężaru monetę dysponując dodatkową informacją: ciąg m_{1},m_{2},...,m_{1999} jest monotoniczny (tzn. albo rosnący albo malejący). Wówczas, bez konieczności używania maszyny, umiemy wśród dowolnych trzech monet wskazać monetę środkową pod względem ciężaru. W tej konkretnej sytuacji nie jesteśmy więc w stanie rozstrzygnąć, czy moneta M_{i} zajmuje i-te, czy (2000− i)-te miejsce w ciągu ciężarów.

Zadanie 9.

Sześcian o krawędzi 3 podzielono na 27 sześcianów jednostkowych, które ponumerowano w sposób dowolny liczbami 1,2,...,27. Tworzymy 27 możliwych sum w poszczególnych rzędach (jest dziewięć takich sum w każdym z trzech kierunków równoległych do krawędzi sześcianu, każda suma o trzech składnikach). Co najwyżej ile spośród tych 27 sum może być liczbą nieparzystą?

Rozwiązanie Odp.: 24.

Rozbijmy dany sześcian na 9 kolumn K_{1},K_{2},...,K_{9}, każda składająca się z trzech sześcianów jednostkowych. Niech s_{i} oznacza sumę liczb w kolumnie K_{i}. Ponieważ s_{1}+s_{2}+...+s_{9} = 1+2+...+27 = 27·14 jest liczbą parzystą, więc co najwyżej osiem liczb spośród s_{1},s_{2},...,s_{9} jest nieparzystych.

Rozumując analogiczne dla każdego z pozostałych dwóch kierunków wnioskujemy, że wśród 27 danych sum co najwyżej 24 mogą być liczbami nieparzystymi.

N N N N N N N N N górna warstwa  N N N P P P P P P środkowa warstwa  N N P P P P P P P dolna warstwa

Wartość 24 można otrzymać numerując dane sześciany jednostkowe jak na powyższym rysunku.

Sześciany oznaczone literą N numerujemy dowolnie liczbami 1,3,5,...,27; sześciany oznaczone literą P numerujemy liczbami 2,4,6,...,26. W tak otrzymanym sześcianie dokładnie 24 spośród 27 rozważanych sum są liczbami nieparzystymi.

Zadanie 10.

Czy można koło o promieniu 1 (łącznie z brzegiem) rozdzielić na trzy takie podzbiory, że żaden z nich nie zawiera dwóch punktów odległych o 1 ?

Rozwiązanie Odp.: Nie można. Przypuśćmy, że udało nam się rozdzielić dane koło na trzy podzbiory A,

B, C tak, jak opisano w treści zadania. Oznaczmy przez O środek rozważanego koła. Niech P_{1}P_{2}...P_{6} będzie sześciokątem foremnym wpisanym w dane koło (rys. 81). Bez straty ogólności przyjmijmy, że O ∈ A oraz P_{1} ∈ B. Ponieważ długość boku sześciokąta P_{1}P_{2}...P_{6} jest równa 1, więc P_{2},P_{4},P_{6} ∈ C, zaś P_{3},P_{5} ∈ B.

[figure: P_{1}; P_{2}; P_{3}; P_{4}; P_{5}; P_{6}; X; Y; O; Q; ℓ; rys. 81]

Oznaczmy przez ℓ łuk okręgu o środku P_{1} i promieniu P_{1}P_{3} zawarty w danym kole. Ponieważ P_{3}P_{5} = \sqrt{3}> 1, więc na łuku ℓ znajduje się punkt Q należący do jednego ze zbiorów A lub C.

Niech P_{1}XQY będzie obrazem rombu P_{1}P_{2}P_{3}O przy takim obrocie o środku P_{1}, który przeprowadza punkt P_{3} na punkt Q. Ponieważ punkty P_{1} i Q należą do różnych zbiorów, więc punkty X, Y muszą należeć do tego samego zbioru. Otrzymaliśmy sprzeczność, gdyż oba punkty X, Y należą do koła i XY = 1.

Zadanie 11.

Na płaszczyźnie dane są cztery punkty, z których żadne trzy nie są współliniowe. Udowodnić, że istnieje taki okrąg przechodzący przez trzy z tych punktów, że czwarty punkt leży na okręgu lub w jego wnętrzu.

Rozwiązanie

Istnieją dwa możliwe położenia danych czterech punktów:

(a) jeden z punktów leży wewnątrz trójkąta T, którego wierzchołkami są pozostałe trzy punkty;

(b) dane punkty są wierzchołkami czworokąta wypukłego ABCD. W przypadku (a), okrąg opisany na trójkącie T spełnia warunki zadania. Rozważmy przypadek (b). Jeśli < ) A+< ) C 180^{∘}, to okrąg opisany na trójkącie ABC spełnia warun-

ki zadania. Jeśli zaś < ) A+< ) C > 180^{∘}, to < ) B +< ) D < 180^{∘}, skąd wynika, że okrąg opisany na trójkącie BCD zawiera punkt A w swoim wnętrzu.

Zadanie 12.

W trójkącie ABC zachodzi równość 2AB = AC +BC. Udowodnić, że następujące cztery punkty: środek okręgu wpisanego w ten trójkąt, środek okręgu opisanego oraz środki boków AC i BC, leżą na jednym okręgu.

Rozwiązanie

Niech M, N będą odpowiednio środkami boków AC i BC. Oznaczmy przez O środek okręgu opisanego na trójkącie ABC (rys. 82).

Z równości < ) CMO = < ) CNO = 90^{∘} wynika, że okrąg o opisany na trójkącie MNO przechodzi przez punkt C. Średnicą tego okręgu jest odcinek CO. Należy wykazać, że punkt I (środek okręgu wpisanego w trójkąt ABC) leży na okręgu o. W tym celu wystarczy udowodnić, że < ) CIO = 90^{∘}.

Niech D będzie punktem przecięcia prostej CI z okręgiem opisanym na trójkącie ABC. Zadanie będzie rozwiązane, jeśli wykażemy, że punkt I jest środkiem cięciwy CD. Korzystając kolejno z twierdzenia Ptolemeusza (zob. Dodatek, str. 112), lematu ze strony 113 oraz z danej w treści zadania równości, otrzymujemy

AB ·CD= AC ·BD +BC ·AD =
= AC ·DI +BC ·DI = (AC +BC)·DI = 2AB ·DI ,

skąd CD = 2DI. Równość ta oznacza właśnie, że punkt I jest środkiem odcinka CD, co kończy rozwiązanie zadania.

A  B C  D O I M  N o rys. 82

Zadanie 13.

W trójkącie ABC dwusieczne kątów A i B przecinają boki BC i CA odpowiednio w punktach D i E. Ponadto AE +BD = AB. Wyznaczyć miarę kąta C.

Rozwiązanie

Niech F będzie takim punktem leżącym na boku AB, że AF = AE. Wtedy BF = BD (rys. 83).

A  B C  D E  F rys. 83

Prosta AD jest dwusieczną kąta < ) A w trójkącie równoramiennym AEF. Stąd wynika, że AD jest symetralną odcinka EF, a więc DE = DF. Analogicznie dowodzimy, że DE = EF. Zatem trójkąt DEF jest równoboczny, co oznacza, że < ) DEF = < ) EF D = < ) F DE = 60^{∘}. Stąd

< ) AF E +< ) BF D = 120^{∘},  a więc  < ) AEF +< ) BDF = 120^{∘}.

Otrzymujemy zatem < ) CED +< ) CDE = 120^{∘}, co daje < ) ACB = 60^{∘}.

Zadanie 14.

W trójkącie równoramiennym ABC równe są boki AB i AC. Punkty D i E leżą odpowiednio na bokach AB i AC. Prosta przechodząca przez punkt B i równoległa do AC przecina prostą DE w punkcie F. Prosta przechodząca przez punkt C i równoległa do AB przecina prostą DE w punkcie G. Dowieść, że

(1)  \frac{[DBCG]}{[F BCE]}= \frac{AD}{AE} ,

gdzie [P QRS] oznacza pole czworokąta P QRS.

Rozwiązanie

Ponieważ wysokości trójkąta ABC poprowadzone z wierzchołków B i C są równe, więc zależność (1) jest równoważna równości

(2)  \frac{BD +CG}{CE +BF} = \frac{AD}{AE} .

Niech M będzie środkiem boku BC. Oznaczmy przez F′ i G′ odpowiednio punkty symetryczne do punktów F i G względem punktu M (rys. 84). Wtedy F GF′G′jest równoległobokiem. Ponieważ AB ∥ GC, więc punkt G′ leży na prostej AB oraz spełniona jest równość BG′= CG. Analogicznie wnioskujemy, że punkt F′ leży na prostej AC oraz CF′= BF. Zatem dowodzoną równość (2) możemy przepisać w postaci

\frac{DG′}{EF′} = \frac{AD}{AE} ,

co jest prawdą, gdyż DE ∥ G′F′.

A B  C D  E F  G M  F′ G′  rys. 84

Zadanie 15.

W trójkącie ABC zachodzi < ) C = 60^{∘} oraz AC < BC. Punkt D leży na boku BC i spełnia BD = AC. Bok AC przedłużono do punktu E tak, aby AC = CE. Udowodnić, że AB = DE.

Rozwiązanie

Niech F będzie takim punktem leżącym na boku BC, że CF = BD. Ponieważ < ) ACF = 60^{∘}, więc trójkąt ACF jest równoboczny. Zatem

AF = CE oraz < ) AF B = 120^{∘} = < ) ECD.

Ponadto BF = CD. Powyższe równości dowodzą, że trójkąty AF B i ECD są przystające (cecha bok-kąt-bok). Stąd AB = DE.

A  B C  D E  F

Zadanie 16.

Znaleźć najmniejszą liczbę całkowitą dodatnią k, którą można przedstawić w postaci k = 19^{n} −5^{m} dla pewnych liczb całkowitych dodatnich m, n.

Rozwiązanie Odp.: 14. Dla m = n = 1 otrzymujemy 19^{1}−5^{1} = 14. Ostatnia cyfra liczby 19^{n} −5^{m} jest równa 4 (w przypadku, gdy n jest liczbą

nieparzystą) lub 6 (gdy n jest liczbą parzystą). Należy zatem wykazać, że nie istnieją takie liczby całkowite dodatnie m, n, dla których 19^{n} −5^{m} ∈ {4,6}.

(a) Przypuśćmy, że 19^{n} −5^{m} = 4, czyli 19^{n} −4 = 5^{m}. Lewa strona ostatniej równości jest podzielna przez 3 (dla dowolnej liczby naturalnej n), zaś prawa nie. Otrzymaliśmy sprzeczność.

(b) Przypuśćmy z kolei, że 19^{n} −5^{m} = 6. Wówczas n jest liczbą parzystą. Gdyby liczba m była nieparzysta, to mielibyśmy

6 = 19^{n} −5^{m} ≡ 1−2 = −1 (mod 3),

sprzeczność. Zatem m jest liczbą parzystą. Stąd uzyskujemy rozkład

6 = (19^{n/2} −5^{m/2})(19^{n/2} +5^{m/2}),

który nie jest możliwy, gdyż 19^{n/2} +5^{m/2} 24 > 6.

Zadanie 17.

Czy istnieje taki skończony ciąg liczb całkowitych c_{1},c_{2},...,c_{n}, że każda z liczb a+c_{1}, a+c_{2}, ..., a+c_{n} jest pierwsza dla więcej niż jednej, ale tylko dla skończenie wielu różnych liczb całkowitych a?

Rozwiązanie Odp.: Taki ciąg istnieje. Niech n = 5 oraz c_{1} = 0, c_{2} = 2, c_{3} = 8, c_{4} = 14, c_{5} = 26. Wówczas dla a = 3

oraz a = 5 liczby a+c_{1}, a+c_{2}, ..., a+c_{5} są pierwsze.

Liczby c_{1},c_{2},...,c_{5} dają różne reszty z dzielenia przez 5, co oznacza, że dla dowolnej liczby całkowitej a liczby a+c_{1}, a+c_{2}, ..., a+c_{5} też dają różne reszty z dzielenia przez 5. Zatem dla wszystkich liczb całkowitych a nie leżących w przedziale ⟨−21,5⟩ któraś z liczb a+c_{1}, a+c_{2}, ..., a+c_{5} jest podzielna przez 5 i różna od 5, czyli złożona.

Uwaga

Dla n = 17 oraz

c_{1} = 0,  c_{2} = 6,  c_{3} = 12,  c_{4} = 36,  c_{5} = 42
c_{6} = 96,  c_{7} = 162, c_{8} = 222,  c_{9} = 252, c_{10} = 582,
c_{11} = 636, c_{12} = 642, c_{13} = 1086, c_{14} = 1176, c_{15} = 1212,
c_{16} = 5382, c_{17} = 5796

tezę zadania spełniają trzy liczby: a = 5, a = 11 oraz a = 17.

Zadanie 18.

Liczba całkowita dodatnia m daje z dzielenia przez 4 resztę 2. Dowieść, że istnieje co najwyżej jeden rozkład m = ab, gdzie a, b są liczbami całkowitymi dodatnimi spełniającymi

0 < a−b < \sqrt{5+4\sqrt{4m+1}} .

Rozwiązanie

Niech m = ab będzie dowolnym rozkładem spełniającym warunki zadania. Przekształcając równoważnie drugą spośród danych w treści zadania nierówności otrzymujemy kolejno:

a^{2}−2ab+b^{2} < 5+4\sqrt{4m+1} ,
a^{2}+2ab+b^{2} < 4m+1+4\sqrt{4m+1} +4,
a+b < \sqrt{4m+1} +2.

Ponieważ liczba m daje z dzielenia przez 4 resztę 2, więc jeden z czynników a, b jest parzysty, drugi zaś nieparzysty. W szczególności a ≠ b, co daje

(a+b)^{2} > 4ab = 4m, skąd a+b \sqrt{4m+1} .

Powyższe nierówności dowodzą, że

a+b ∈ ⟨\sqrt{4m+1} ,\sqrt{4m+1} +2).

W zbiorze ⟨\sqrt{4m+1} ,\sqrt{4m+1} +2) znajdują się dokładnie dwie liczby naturalne, z których jedna jest parzysta, a druga nieparzysta — oznaczmy ją przez k. Ponieważ liczba a+b jest nieparzysta, więc a+b = k.

Z nierówności a > b uzyskujemy a−b = \sqrt{(a+b)^{2}−4ab} = \sqrt{k^{2}−4m} . Stąd wynika, że czynniki a, b spełniają układ równań

\{ \begin{matrix}a+b & = & k \\ a−b & = & \sqrt{k^{2}−4m} , \end{matrix}

który ma co najwyżej jedno rozwiązanie w liczbach naturalnych a, b. Zatem istnieje co najwyżej jeden rozkład m = ab spełniający warunki zadania.

Zadanie 19.

Dowieść, że istnieje nieskończenie wiele takich liczb całkowitych dodatnich parzystych k, że dla każdej liczby pierwszej p liczba p^{2} +k jest złożona.

Rozwiązanie

Przykładem nieskończonego zbioru liczb k spełniających warunki zadania są liczby postaci k = 66l +2, gdzie l 1 jest liczbą naturalną.

Należy więc wykazać, że dla dowolnej liczby naturalnej l 1 oraz liczby pierwszej p liczba p^{2}+66l +2 jest złożona.

Jeśli p = 3, to liczba p^{2}+66l +2 = 11·(6l +1) jest złożona.

Jeśli p jest liczbą pierwszą różną od 3, to liczba p^{2} daje z dzielenia przez 3 resztę 1. Stąd

p^{2}+66l +2 ≡ 66l +3 ≡ 0 (mod 3).

Zatem również i w tym przypadku liczba p^{2}+66l +2 jest złożona.

Uwaga

Rozwiązanie można oprzeć także na wielu innych ciągach, np. k = 30l +26, k = 42l +26, k = 78l +56 itp.

Zadanie 20.

Liczby a, b, c, d są pierwsze oraz spełniają warunki a > 3b > 6c > 12d , a^{2} −b^{2} +c^{2} −d^{2} = 1749. Wyznaczyć wszystkie wartości wyrażenia

a^{2} +b^{2} +c^{2} +d^{2}.

Rozwiązanie

Ponieważ suma a^{2}−b^{2}+c^{2}−d^{2} jest liczbą nieparzystą, więc któryś ze składników tej sumy jest liczbą parzystą. Liczby a, b, c, d są pierwsze, a d jest najmniejszą z nich. Zatem d = 2.

Mamy: 1749 = a^{2}−b^{2}+c^{2}−d^{2} > 9b^{2}−b^{2}+4d^{2}−d^{2} = 8b^{2}+12, skąd dostajemy nierówności b^{2} < 1737/8 < 15^{2}, czyli b 13. Zatem 4 = 2d < c < \frac{1}{2}b < 7 , co wymusza c = 5. Ten wynik w połączeniu z ostatnimi dwiema nierównościami daje b = 11 lub b = 13.

Jeśli b = 11, to a^{2} = 1749+d^{2}−c^{2}+b^{2} = 1849 = 43^{2}, czyli a = 43. Dla b = 13 otrzymujemy a^{2} = 1897, co nie jest możliwe.

Zatem czwórka liczb a = 43, b = 11, c = 5, d = 2 jest jedyną spełniającą warunki zadania. Stąd obliczamy a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2} = 1999 .

DODATEK^{2}

A. Małe twierdzenie Fermata

Twierdzenie (Małe twierdzenie Fermata)

Wersja 1.

Dla dowolnej liczby pierwszej p i liczby całkowitej a zachodzi podzielność

p | a^{p}− a.

Wersja 2.

Dla dowolnej liczby pierwszej p i liczby całkowitej a względnie pierwszej z p zachodzi podzielność

p | a^{p−1} − 1.

Nietrudny dowód równoważności powyższych wersji pozostawiamy Czytelnikowi. Przedstawimy kilka dowodów małego twierdzenia Fermata.

Dowód I

Dla dowolnego 1 i p−1 liczba ( \begin{matrix}p \\ i \end{matrix}) dzieli się przez p, gdyż w ułamku

( \begin{matrix}p \\ i \end{matrix}) = \frac{p!}{i!·(p−i)!}

czynnik p występuje w liczniku, a nie występuje w mianowniku. Zatem dla dowolnych liczb całkowitych b i c mamy

(b+c)^{p}= b^{p}+c^{p}+∑_{i=1}^{p−1} ( \begin{matrix}p \\ i \end{matrix}) b^{i}c^{p−i} ≡ b^{p}+c^{p} (mod p) .

Ponieważ 1^{p}≡ 1 (mod p) oraz, dla każdego całkowitego a, jeśli

(1)  a^{p}≡ a (mod p) ,

to spełniona jest kongruencja

(a+1)^{p}≡ a^{p}+1^{p}≡ a+1 (mod p) ,

więc na mocy indukcji otrzymujemy zależność (1) dla wszystkich liczb całkowitych dodatnich a. Dla a = 0 wzór (1) jest oczywisty, natomiast dla a ujemnych biorąc b = −a > 0 dostajemy

a^{p}= (−b)^{p}≡ −b^{p}≡ −b = a (mod p) .

Należy zwrócić uwagę, że (−1)^{p}= −1^{p}, gdy p jest liczbą nieparzystą, natomiast dla p = 2 mamy (−1)^{2} ≡ −1^{2} (mod 2).

2Opracowali Waldemar Pompe i Jarosław Wróblewski.

Dowód II

Niech a będzie liczbą niepodzielną przez p.

Rozważmy liczby a,2a,3a,4a,...,(p− 1)a. Dla dowolnych 1 i < j (p− 1) mamy ja−ia = (j −i)a. Liczba p jest pierwsza, zatem iloczyn liczb niepodzielnych przez p nie dzieli się przez p. Stąd p |̸ (j −i)a, co oznacza, że liczby a,2a,3a,4a,...,(p− 1)a dają przy dzieleniu przez p różne niezerowe reszty. Ponieważ niezerowych reszt jest p− 1, tyle co rozważanych liczb, istnieje taka permutacja r_{1},r_{2},r_{3},...,r_{p−1} zbioru {1,2,3,...,p− 1}, że

ia ≡ r_{i} (mod p) dla i = 1,2,3,...,p− 1 .

Zatem

a·2a·3a·...·(p− 1)a ≡ r_{1}·r_{2}·r_{3}·...·r_{p−1} = (p− 1)! (mod p) ,

czyli

(p− 1)!·a^{p−1} ≡ (p− 1)! (mod p) , skąd p | (p− 1)!(a^{p−1} −1) .

Ponieważ liczba (p− 1)! nie dzieli się przez p, otrzymujemy podzielność

p | a^{p−1} − 1 ,

która kończy dowód twierdzenia.

Uwaga 1.

Kluczową obserwacją w powyższym dowodzie był fakt, że dla dowolnej liczby pierwszej p oraz liczby k względnie pierwszej z p, liczby

k, 2k, 3k, 4k, ..., (p− 1)k

dają różne, niezerowe reszty z dzielenia przez p. Stąd w szczególności wynika, że dla pewnej liczby l ∈ {1,2,3,...,p− 1} mamy

l ·k ≡ 1 (mod p).

Fakt ten wykorzystamy w następnym dowodzie.

Dowód III (kombinatoryczny)

Niech a będzie liczbą dodatnią. Zastanówmy się, na ile sposobów można pokolorować p punktów leżących na okręgu i będących wierzchołkami p-kąta foremnego, mając do dyspozycji a kolorów.

Z jednej strony otrzymujemy natychmiastową odpowiedź na tak postawione pytanie: na a^{p} sposobów.

Z drugiej zaś strony możemy analizować szczególne sposoby kolorowania. Istnieje dokładnie a kolorowań, w których wszystkie punkty pomalowane są tym samym kolorem. Pozostałe kolorowania, tzn. kolorowania, w których użyto co najmniej dwóch kolorów (nazwiemy je wielobarwnymi), można podzielić na klasy równoważnosci. Dwa kolorowania nazwiemy równoważnymi, jeśli są identyczne lub jedno powstaje z drugiego przez obrót wokół środka p-kąta o kąt k·\frac{2π}{p}, gdzie k ∈ \{1,2,3,...,p− 1\}. Wykażemy, że każde pokolorowanie wielobarwne w rozważanym obrocie przechodzi na inne pokolorowanie.

Przypuśćmy, że pewne kolorowanie po obrocie o k/p kąta pełnego prowadzi do identycznego kolorowania (k = 1,2,...,p− 1). Ponieważ p jest liczbą pierwszą, więc l ·k ≡ 1 (mod p) dla pewnego l > 0 (zob. uwaga wyżej). Zatem obracając kolorowanie l-krotnie o k/p kąta pełnego otrzymamy pokolorowanie wyjściowe, a przy tym efektywnie wykonamy obrót o 1/p kąta pełnego. Skoro kolorowanie nie zmienia się przy obrocie o 1/p kąta pełnego, każdy punkt pomalowany jest tym samym kolorem co następny, a więc kolorowanie jest jednobarwne.

Podsumowując: wśród a^{p} kolorowań jest a jednobarwnych, a pozostałe kolorowania, których jest a^{p}−a, można podzielić na p-elementowe klasy równoważności. Stąd wynika, że liczba a^{p}−a jest podzielna przez p. To kończy dowód twierdzenia dla liczb dodatnich a.

Dla liczb ujemnych a należy powtórzyć końcówkę dowodu I.

Uwaga 2.

Dla niektórych wartości p małe twierdzenie Fermata może być udowodnione niezwykle elementarnie w oparciu o odpowiednie tożsamości.

p = 2.

Wówczas liczba a^{2}−a = (a−1)a jest podzielna przez 2 jako iloczyn dwóch kolejnych liczb całkowitych.

p = 3.

Liczba a^{3}−a = (a−1)a(a+1) jest iloczynem trzech kolejnych liczb całkowitych. Jedna z tych liczb jest podzielna przez 3, więc iloczyn dzieli się przez 3.

p = 5.

Chciałoby się zapisać liczbę a^{5}−a w postaci iloczynu pięciu kolejnych liczb całkowitych i stwierdzić, że jeden z czynników musi dzielić się przez 5. Nie jest to możliwe, możemy jednak skorzystać z tożsamości

a^{5}−a = (a^{2}−1)a(a^{2}+1) = (a−1)a(a+1)(a^{2}−4+5) =
= (a−2)(a−1)a(a+1)(a+2)+5(a−1)a(a+1)

zauważając, że w ostatniej sumie oba składniki są podzielne przez 5.

Przypadek p = 7 nastręcza już więcej trudności. Pozostawiamy Czytelnikowi przeprowadzenie dowodu w oparciu o tożsamość

a^{7}−a = [(a−2)(a+3)+7](a−1)a(a+1)[(a+2)(a−3)+7] .

Uwaga 3. Nie każda liczba p spełniająca tezę małego twierdzenia Fermata jest pierw-

sza. Liczby złożone spełniające małe twierdzenie Fermata nazywane są liczbami Carmichaela (czyt. karmajkla) i jest ich nieskończenie wiele. Najmniejszą z nich jest 561 = 3·11·17.

Wniosek Dla dowolnej liczby pierwszej p, liczby całkowitej dodatniej k oraz liczby

całkowitej a, zachodzi podzielność

p | a^{(p−1)k+1} − a .

Dowód wniosku Dla k = 1 teza wniosku jest równoważna tezie małego twierdzenia Fermata

(wersja 1). Z kolei kongruencja

a^{(p−1)(k+1)+1} = a^{(p−1)k} ·a^{p}≡ a^{(p−1)k} ·a = a^{(p−1)k+1} ≡ a (mod p)

pokazuje, jak wykonać krok indukcyjny.

B. Elipsa

Dane są dwa różne punkty F i G oraz liczba rzeczywista a > F G. Zbiór punktów X płaszczyzny, dla których F X +GX = a, nazywamy elipsą. Punkty F i G nazywamy ogniskami elipsy. Wielkość a jest długością większej osi elipsy, jak również średnicą elipsy.

[figure: F; G; X]

Podstawą do dalszych rozważań jest następujący fakt, opisujący konstrukcję stycznej do elipsy.

Twierdzenie 1.

Niech e będzie elipsą o ogniskach F i G oraz niech K ∈ e (rys. 85). Wówczas dwusieczna kąta zewnętrznego przy wierzchołku K w trójkącie F KG jest styczna do elipsy e w punkcie K.

Dowód

Należy udowodnić, że dwusieczna k kąta zewnętrznego przy wierzchołku K w trójkącie F KG ma z elipsą e dokładnie jeden punkt wspólny. Przypuśćmy, wbrew tezie, że prosta k przecina elipsę e w dwóch różnych punktach: K i L (rys. 86).

[figure: F; G; K; rys. 85; F; F′; G; K; L; k; rys. 86]

Niech F′będzie punktem symetrycznym do punktu F względem prostej k. Wówczas punkty G, K i F′ są współliniowe. Oznaczając przez a długość większej osi elipsy e otrzymujemy

a = F K +GK = F′G < F′L+GL = F L+GL = a,

stąd sprzeczność.

Bezpośrednio z powyższego twierdzenia wynika następujący, użyteczny

Wniosek

Dana jest elipsa o ogniskach F i G oraz średnicy a. Niech k będzie dowolną styczną do tej elipsy w punkcie K. Punkt F′jest punktem symetrycznym do punktu F względem prostej k. Wówczas punkty F′, K, G są współliniowe oraz F′G = a.

Elipsa posiada szereg ciekawych i użytecznych własności, z których część teraz omówimy.

Twierdzenie 2.

Elipsa o ogniskach F i G leży wewnątrz kąta wypukłego KP L i jest styczna do ramion tego kąta (rys. 87). Wówczas < ) KP F = < ) LP G.

[figure: F; G; P; K; L; rys. 87; F; G; F′; G′; P; K; L; rys. 88]

Dowód

Niech F′ będzie punktem symetrycznym do punktu F względem prostej P K, zaś przez G′oznaczmy punkt symetryczny do punktu G względem prostej P L (rys. 88). Na mocy wniosku, F′G = G′F. Ponadto F′P = F P oraz GP = G′P. Z trzech powyższych równości wnioskujemy, że trójkąty F′GP oraz F P G′ są przystające. Stąd < ) F′P G = < ) F P G′, czyli < ) F′P F = < ) GP G′. Dzieląc ostatnią zależność przez 2 otrzymujemy tezę.

Twierdzenie 3.

Proste P K i P L są styczne do elipsy o ogniskach F i G odpowiednio w punktach K i L (rys. 89). Wówczas < ) P F K = < ) P F L.

Dowód

Analogicznie jak w dowodzie twierdzenia 2, niech F′ będzie punktem symetrycznym do punktu F względem prostej P K, zaś przez G′ oznaczmy punkt symetryczny do punktu G względem prostej P L (rys. 90).

[figure: F; G; P; K; L; rys. 89; F; G; P; K; L; F′; G′; rys. 90]

Wówczas trójkąty F′GP oraz F P G′ są przystające. Na mocy wniosku, punkty F′, K, G są współliniowe. Tę samą własność posiadają punkty G′, L, F. Zatem

< ) P F L = < ) P F′G = < ) P F K.

Twierdzenie 4.

Niech P i Q będą punktami leżącymi wewnątrz trójkąta ABC spełniającymi równości

(1)  < ) P AC = < ) QAB oraz < ) P BC = < ) QBA.

Wówczas istnieje elipsa o ogniskach P i Q wpisana w trójkąt ABC.

Dowód

Dobierzmy tak średnicę elipsy e o ogniskach P i Q, aby elipsa ta była styczna do prostej AB. Stosując twierdzenie 2 dla kątów wypukłych BAC oraz ABC wnioskujemy, że elipsa e jest styczna odpowiednio do boków AC i BC, a więc wpisana w trójkąt ABC.

P  Q A  B C  rys. 91

Uwaga

Jeśli punkty P i Q leżące wewnątrz trójkąta ABC spełniają warunki (1), to < ) ACP = < ) QCB. Dla dowodu wystarczy wykorzystać twierdzenie 4 wpisując w trójkąt ABC elipsę o ogniskach P i Q, a następnie skorzystać z twierdzenia 2 dla kąta wypukłego ACB.

Inne zastosowanie powyższych własności znajduje się na stronie 64 w rozwiązaniu zadania 2 z zawodów stopnia trzeciego.

Przedstawimy jeszcze trzy interesujące własności elipsy. Ponieważ nie korzystaliśmy z nich w niniejszej broszurze, pozostawiamy je bez dowodu, jako ćwiczenie dla Czytelników pragnących nabrać wprawy w posługiwaniu się omawianymi pojęciami.

Twierdzenie 5.

Niech e będzie elipsą o ogniskach F, G oraz niech k będzie styczną do tej elipsy. Punkt X jest rzutem prostokątnym punktu F na prostą k. Wówczas zbiór punktów X, przy ustalonej elipsie e oraz zmieniającej się stycznej k, jest okręgiem.

Oczywiście analogiczne twierdzenie zachodzi dla ogniska G.

Twierdzenie 6.

Niech e będzie ustaloną elipsą o ogniskach F, G oraz niech k będzie zmieniającą położenie styczną do tej elipsy. Punkty X, Y są odpowiednio rzutami prostokątnymi punktów F i G na prostą k. Wówczas wartość iloczynu F X ·GY nie zależy od wyboru stycznej k.

Twierdzenie 7.

Z punktu P leżącego na zewnątrz ustalonej elipsy poprowadzono dwie styczne P K i P L do tej elipsy. Wówczas zbiór takich punktów P, dla których kąt KP L jest prosty, jest okręgiem.

Innymi słowy: Zbiór tych punktów, z których daną elipsę widać pod kątem prostym, jest okręgiem.

C. Parabola

Dana jest prosta g oraz punkt F nie leżący na tej prostej. Zbiór punktów równo oddalonych od punktu F i od prostej g nazywamy parabolą (rys. 92). Punkt F nazywamy ogniskiem, zaś prostą g kierownicą paraboli.

Analogicznie jak w przypadku elipsy, podstawą do dalszych rozważań jest następujący fakt, opisujący konstrukcję stycznej do paraboli.

Twierdzenie 1.

Niech p będzie parabolą o ognisku F i kierownicy g oraz niech X ∈ p. Oznaczmy przez X′ rzut prostokątny punktu X na prostą g. Wówczas dwusieczna kąta X′XF jest styczna do paraboli p w punkcie X (rys. 93).

Dowód jest analogiczny do dowodu w przypadku elipsy, pozostawiamy go Czytelnikowi.

[figure: F; X; X′; g; p; rys. 92; F; X; X′; g; p; rys. 93]

Bezpośrednio z powyższego twierdzenia wynika następujący, użyteczny

Wniosek

Prosta k jest styczna do paraboli p o ognisku F i kierownicy g. Niech F′ będzie punktem symetrycznym do punktu F względem prostej k. Wówczas punkt F′ leży na kierownicy g.

Parabola, podobnie jak elipsa, posiada wiele ciekawych własności. Niżej zacytujemy część z nich, pozostawiając odnalezienie dowodu Czytelnikom pragnącym nabrać wprawy w posługiwaniu się omawianymi pojęciami.

Twierdzenie 2.

Prosta k jest styczna do paraboli p o ognisku F i kierownicy g. Niech F′ będzie rzutem prostokątnym punktu F na prostej k. Wówczas punkt F′leży na prostej stycznej do paraboli p i równoległej do kierownicy g.

Twierdzenie 3.

Trzy proste styczne do paraboli p o ognisku F wyznaczają trójkąt ABC. Wówczas punkty A, B, C, F leżą na jednym okręgu.

Twierdzenie 4. Proste k i l są styczne do paraboli p o ognisku F odpowiednio w punktach

K i L. Niech P będzie punktem przecięcia prostych k i l. Wówczas

< ) KF P = < ) LF P .

Twierdzenie 5. Proste k i l są styczne do paraboli p o ognisku F i kierownicy g. Niech P

będzie punktem przecięcia prostych k i l. Prosta m przechodzi przez punkt P i jest prostopadła do kierownicy g. Wówczas kąt utworzony przez proste k i m jest równy kątowi utworzonemu przez proste l i P F.

Twierdzenie 6. Proste k i l są styczne do paraboli p o ognisku F i kierownicy g odpowied-

nio w punktach K i L. Niech P będzie punktem przecięcia prostych k i l. Wówczas prosta przechodząca przez punkt P i prostopadła do kierownicy g połowi odcinek KL.

Twierdzenie 7. Z punktu leżącego na kierownicy g danej paraboli p poprowadzono dwie

różne styczne k i l do paraboli p. Wówczas proste k i l są prostopadłe.

Jeszcze jedna ciekawa własność paraboli jest ukryta w zadaniu 8 z Austriacko-Polskich Zawodów Matematycznych (str. 86).

D. Twierdzenie Ptolemeusza

Twierdzenie

W dowolnym czworokącie wypukłym ABCD zachodzi nierówność

(1)  BA·CD +BC ·AD AC ·BD,

przy czym równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy na czworokącie ABCD można opisać okrąg.

A D  E rys. 94C  B

Dowód

Niech E będzie punktem leżącym wewnątrz kąta wypukłego ABC, wyznaczonym przez następujące warunki (rys. 94):

(2)  < ) EBC = < ) ABD oraz \frac{EB}{CB} = \frac{AB}{DB} .

Z powyższych równości wynika, że trójkąty EBC i ABD są podobne. Stąd

(3)  \frac{EC}{AD} = \frac{BC}{BD} .

Z pierwszej równości (2) wnioskujemy, że < ) EBA = < ) CBD, co w połączeniu z drugą równością (2) dowodzi, że trójkąty EBA i CBD są podobne. Zatem

(4)  \frac{EA}{CD} = \frac{BA}{BD} .

Wykorzystując równości (3) i (4) możemy przepisać nierówność (1) w postaci EA+EC AC. Ostatnia zależność jest prawdziwa na mocy nierówności trójkąta ACE.

Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy punkt E leży na odcinku AC. Tak się stanie jedynie wtedy, gdy < ) ADB = < ) ACB, czyli wtedy i tylko wtedy, gdy na czworokącie ABCD można opisać okrąg.

Uwaga 1.

Przyglądając się uważnie zaprezentowanemu dowodowi wnioskujemy, że nierówność (1) jest prawdziwa dla dowolnych czterech punktów A, B, C, D, niekoniecznie wierzchołków czworokąta wypukłego. Punkty te nie muszą nawet leżeć w jednej płaszczyźnie.

Uwaga 2.

W przypadku, gdy na czworokącie ABCD można opisać okrąg, powyższe twierdzenie jest nazywane twierdzeniem Ptolemeusza. W niniejszej broszurze korzystaliśmy z niego dwukrotnie: w rozwiązaniu zadania 2 z zawodów stopnia drugiego (str. 53) oraz w rozwiązaniu zadania 12 z Zawodów Matematycznych Państw Bałtyckich (str. 96).

E. Środek okręgu wpisanego

Poniższy lemat to prosta, jednak w wielu zadaniach bardzo użyteczna charakteryzacja środka okręgu wpisanego w dany trójkąt. Z własności tej korzystaliśmy w zadaniu 12 z X Zawodów Matematycznych Państw Bałtyckich (str. 96).

Lemat

W trójkącie ABC dwusieczna kąta C przecina okrąg opisany na tym trójkącie w punkcie D ≠ C (rys. 95). Wówczas punkt I, leżący na cięciwie CD, jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC wtedy i tylko wtedy, gdy AD = DI.

A  B C  D I rys. 95  A  B C  D Irys. 96

Dowód

Punkt I leżący na cięciwie CD jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC wtedy i tylko wtedy gdy (rys. 96)

< ) CAI = < ) IAB ⇔ < ) CAI +< ) ACI = < ) IAB +< ) BAD ⇔
⇔ < ) AID = < ) IAD ⇔ AD = DI .

SPIS TREŚCI

LI Olimpiada Matematyczna 1999/2000 Sprawozdanie Komitetu Głównego

Organizacja zawodów .................................................... 3 Skład osobowy komitetów Olimpiady ..................................... 4 Zestawienie ocen rozwiązań zadań zawodów II stopnia (Tabela 1) .......... 7 Zestawienie ocen rozwiązań zadań zawodów III stopnia (Tabela 2) ......... 8 Zestawienie liczby zawodników według okręgów (Tabela 3) ................. 8 Lista uczniów zakwalifikowanych do zawodów III stopnia .................. 9 Lista laureatów i wyróżnionych .......................................... 14 Zakończenie LI Olimpiady Matematycznej ............................... 15 Obóz naukowy Olimpiady Matematycznej Zwardoń 2000. Sprawozdanie .. 16 Uzupełnienie sprawozdania z finału L Olimpiady Matematycznej ......... 16 XL Międzynarodowa Olimpiada Matematyczna. Sprawozdanie ............ 18 X Zawody Matematyczne Państw Bałtyckich. Sprawozdanie .............. 22 Teksty zadań ............................................................ 23

Zawody pierwszego stopnia ........................................... 23 Zawody drugiego stopnia ............................................. 24 Zawody trzeciego stopnia ............................................. 25 XL Międzynarodowa Olimpiada Matematyczna ....................... 26 XXII Austriacko-Polskie Zawody Matematyczne ...................... 27 X Zawody Matematyczne Państw Bałtyckich .......................... 28

Rozwiązania zadań — Waldemar Pompe i Jarosław Wróblewski .......... 31 Zawody pierwszego stopnia ........................................... 31 Zawody drugiego stopnia ............................................. 51 Zawody trzeciego stopnia ............................................. 60 XL Międzynarodowa Olimpiada Matematyczna ....................... 70 XXII Austriacko-Polskie Zawody Matematyczne ...................... 79 X Zawody Matematyczne Państw Bałtyckich .......................... 89

Dodatek — Waldemar Pompe i Jarosław Wróblewski ..................... 102 A. Małe twierdzenie Fermata ......................................... 102 B. Elipsa ............................................................. 106 C. Parabola .......................................................... 110 D. Twierdzenie Ptolemeusza .......................................... 112 E. Środek okręgu wpisanego .......................................... 113

Uwaga. O wszelkich zauważonych błędach, niejasnościach i nieścisłościach prosimy poinformować Komitet Główny Olimpiady Matematycznej.

Wydawnictwa Szkolne i Pedagogiczne S.A. Pl. Dąbrowskiego 8 00-950 Warszawa tel: (0-22) 826-54-51

Wydawnictwa Szkolne i Pedagogiczne S.A. to największe w Polsce wydawnictwo, oferujące:

* podręczniki szkolne

* publikacje pomocnicze (np. zbiory zadań, atlasy)

* tematyczne słowniki i encyklopedie

* publikacje multimedialne (np. Testy Elektroniczne)

* publikacje metodyczne

* czasopisma edukacyjne (np. Matematyka)

* serie wydawnicze (np. Drama)

* współpracę z nauczycielami w ramach Klubu Nauczyciela

W sieci naszych ksiegarń firmowych i agencyjnych znaleźć można pełną ofertę publikacji WSIP S.A. Są one również dostępne w sprzedaży wysyłkowej. Zamówić je można w jeden wybrany sposób:

– telefonicznie: pod bezpłatnym numerem 0-800-220-555 w godz. 9–15

– pisemnie pod adresem: Wysyłkownia WSIP S.A., ul. Chrzanowskiego 14, 04-392 Warszawa

– za pośrednictwem Internetu: na naszych stronach www.wsip.com.pl

WYDAWNICTWA NAUKOWO-TECHNICZNE 00-048 Warszawa, Mazowiecka 2/4 tel./fax (0-22) 826-82-93

MATEMATYKA

Bryant V.: Aspekty kombinatoryki 25,00 zł Conway J. H., Guy R. K.: Księga liczb 35,00 zł Gajek L., Kałuszka M.: Wnioskowanie statystyczne. Modele i metody 32,00 zł Grabowski M.: Analiza matematyczna. Powtórzenie, ćwiczenia

i zbiór zadań 19,50 zł Kaczorek T.: Wektory i macierze w automatyce i elektronice 30,00 zł Kącki E.: Równania różniczkowe cząstkowe

w zagadnieniach fizyki i techniki 12,50 zł Klukowski J., Nabiałek J.: Algebra dla studentów 36,00 zł Krzyśko M.: Wykłady z teorii prawdopodobieństwa 29,50 zł Leitner R.: Zarys matematyki wyższej dla studentów. Cz. I 33,00 zł Leitner R.: Zarys matematyki wyższej dla studentów. Cz. II 21,00 zł Leitner R.: Zarys matematyki wyższej dla studentów. Cz. III 16,00 zł Leitner R., Matuszewski W., Rojek Z.: Zadania z matematyki wyższej

Część I 29,00 zł Część II 29,50 zł

Mawhin J.: Metody wariacyjne dla nieliniowych problemów Dirichleta 6,00 zł Morrison F.: Sztuka modelowania układów dynamicznych

deterministycznych, chaotycznych, stochastycznych 26,00 zł Ott E.: Chaos w układach dynamicznych 33,50 zł Palczewski A.: Równania różniczkowe zwyczajne. Teoria i metody

numeryczne z wykorzystaniem komputerowego systemu

obliczeń symbolicznych 35,00 zł Palka Z., Ruciński A.: Niekonstruktywne metody matematyki dyskretnej 7,25 zł Palka Z., Ruciński A.: Wykłady z kombinatoryki. Część 1 19,50 zł Piskorek A.: Równania całkowe. Elementy teorii i zastosowania 29,00 zł Plucińska A., Pluciński E.: Probabilistyka 48,00 zł Przybyło S., Szlachtowski A.: Algebra i wielowymiarowa geometria

analityczna w zadaniach 12,80 zł Ribenboim P.: Mała księga wielkich liczb pierwszych 20,50 zł Small D. B., Hosack J. M.: Ćwiczenia z analizy matematycznej

z zastosowaniem obliczeń symbolicznych 14,00 zł Sobczyk K.: Stochastyczne równania różniczkowe.

Teoria i zastosowania 28,00 zł Sobczyk K., Spencer B. F.: Stochastyczne modele zmęczenia materiałów 20,00 zł Weron A., Weron R.: Inżynieria finansowa. Wycena instrumentów

pochodnych, symulacje komputerowe, statystyka rynku 55,00 zł Wieczorkowski R., Zieliński R.: Komputerowe generatory liczb losowych 11,00 zł Żakowski W.: Matematyka. Ćwiczenia problemowe dla politechnik 7,00 zł

Seria ENCYKLOPEDIA DLA WSZYSTKICH . Matematyka 85,00 zł

PODRĘCZNIKI AKADEMICKIE. EIT

Leksiński W., Nabiałek J., Żakowski W.: Matematyka.

Definicje, twierdzenia, przykłady, zadania 35,00 zł Żakowski W., Decewicz G.: Matematyka. Cz. I 24,00 zł Żakowski W., Kołodziej W.: Matematyka. Cz. II 39,00 zł Trajdos T.: Matematyka. Cz. III 32,00 zł Żakowski W., Leksiński W.: Matematyka. Cz. IV 25,00 zł

SZKOŁA ŚREDNIA

Cegiełka K., Przyjemski J.: Testy i zadania egzaminacyjne

z matematyki do szkół wyższych 24,00 zł Gdowski B., Pluciński E.: Zadania i testy z matematyki

dla uczniów szkół średnich. Klasa I i II 18,00 zł Gdowski B., Pluciński E.: Zadania i testy z matematyki

dla uczniów szkół średnich. Klasa III i IV 14,00 zł Gdowski B., Pluciński E.: Zbiór zadań z matematyki

dla kandydatów na wyższe uczelnie 34,00 zł Kałuszka M.: Rachunek prawdopodobieństwa i statystyka dla licealistów 16,00 zł Kowalska M., Kurczab M.: Repetytorium z matematyki dla uczniów

gimnazjum i kandydatów do liceum 19,00 zł Kowalska M., Kurczab M.: Testy z matematyki dla uczniów

szkoły podstawowej. Klasa IV, V, VI 21,00 zł Leitner R.: Geometria dla licealistów 28,00 zł Leksiński W., Macukow B., Żakowski W.: Matematyka dla maturzystów.

Definicje, twierdzenia, wzory, przykłady 14,00 zł Zadania 24,00 zł

Szymański K., Dróbka N.: Matematyka w szkole średniej.

Powtórzenie i zbiór zadań 33,00 zł Żakowski W.: Algebra i analiza matematyczna dla licealistów 22,00 zł

Powyższe ceny obowiązują do wyczerpania nakładu danego tytułu

Zamówienie na wybrane książki proszę wysyłać pod adresem: Dział Handlowy Wydawnictw Naukowo-Technicznych Skrytka pocztowa 359, 00-950 Warszawa

Zamówienia przyjmujemy również za pośrednictwem poczty elektronicznej. Nasz adres: marketing@wnt.com.pl

Przy zakupie książek o wartości przekraczającej 200,00 zł udzielamy 10% rabatu. Zapraszamy do naszej księgarni internetowej www.wnt.com.pl