TEKSTY ZADAŃ

Zawody stopnia pierwszego

1. Dowieść, że wśród liczb postaci 50n+(50n+1)50, gdzie n jest liczbąnaturalną, występuje nieskończenie wiele liczb złożonych.

2. Wykazać, że dla dowolnych liczb rzeczywistych a, b, c, d zachodzi nie-równość

(a+b+c+d)2¬ 3(a2+b2+c2+d2)+6ab.

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

4. Dane są takie liczby rzeczywiste x, y, że liczby x+y, x2+y2, x3+y3

i x4+y4 są całkowite. Dowieść, że dla każdej liczby całkowitej dodatniej nliczba xn+yn jest liczbą całkowitą.

5. Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych dodatnich x, y spełniającerównanie yx=x50 .

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

7. Dana jest liczba naturalna n­ 2. Wyznaczyć wszystkie wielomianyP (x)= a0+a1x+ ...+anxn mające dokładnie n pierwiastków nie większychniż −1 oraz spełniające warunek

a20+a1an= a2n+a0an−1 .

Uwaga: Pierwiastki są liczone z uwzględnieniem krotności: jeśli liczba x0 jestpierwiastkiem k-krotnym wielomianu P (x) (tzn. jeśli wielomian P (x) jest po-dzielny przez wielomian (x−x0)k, ale nie przez (x−x0)k+1), wówczas liczbax0 jest traktowana jak k pierwiastków wielomianu P (x).

8. Dana jest liczba naturalna n­ 2 oraz zbiór n-elementowy S. Wyznaczyćnajmniejszą liczbę naturalną k, dla której istnieją podzbiory A1,A2,...,Akzbioru S o następującej własności: dla dowolnych dwóch różnych elementówa,b∈S istnieje taka liczba j ∈{1,2,... ,k}, że zbiór Aj∩{a,b} jest jednoele-mentowy.

25

9. Punkty D, E, F leżą odpowiednio na bokach BC, CA, AB trójkątaABC. Okręgi wpisane w trójkąty AEF , BFD, CDE są styczne do okręguwpisanego w trójkąt DEF . Udowodnić, że proste AD, BE, CF przecinająsię w jednym punkcie.

10. Dana jest liczba x1> 0. Ciąg (xn) jest zdefiniowany wzorem:

xn+1=xn+1x2n

dla n=1,2,3,... .

Udowodnić, że istnieje granica limn→∞

xn3√n, i obliczyć ją.

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

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

Zawody stopnia drugiego

1. Dana jest funkcja f :〈0,1〉→ �taka, że f( 1n)= (−1)n dla n=1,2,... .

Wykazać, że nie istnieją funkcje rosnące g:〈0,1〉→ �, h:〈0,1〉→ �

, dla którychf = g−h.

2. Sześcian S o krawędzi 2 jest zbudowany z ośmiu sześcianów jednostko-wych. Klockiem nazwiemy bryłę otrzymaną przez usunięcie z sześcianu S jed-nego spośród ośmiu sześcianów jednostkowych. Sześcian T o krawędzi 2n jestzbudowany z (2n)3 sześcianów jednostkowych. Udowodnić, że po usunięciuz sześcianu T dowolnego spośród (2n)3 sześcianów jednostkowych powstajebryła, którą daje się szczelnie wypełnić klockami.

3. Czworokąt wypukły ABCD jest wpisany w okrąg. Punkty E i F leżąodpowiednio na bokach AB i CD, przy czym AE :EB=CF :FD. Punkt Pleży na odcinku EF i spełnia warunek EP :PF =AB :CD. Udowodnić, żestosunek pól trójkątów APD i BPC nie zależy od wyboru punktów E i F .

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

<)PAB=<)PCA oraz <)PAC =<)PBA.

Punkt O jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie ABC. Dowieść, że jeżeliO 6=P , to kąt APO jest prosty.

26

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

︸ ︷︷ ︸

50

(x).

6. Dana jest liczba naturalna k­ 2 oraz liczby całkowite a1,a2,...,an speł-niające warunki

a1+2ia2+3ia3+ ...+nian=0 dla i=1,2,...,k−1.Dowieść, że liczba a1+2ka2+3ka3+ ...+nkan jest podzielna przez k!.

Zawody stopnia trzeciego

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

AE

EC=

BD

AD−BC .

Udowodnić, że AD>BE.

2. Dane są liczby całkowite nieujemne a1<a2<a3< ...< a101 mniejszeod 5050. Dowieść, że spośród nich można wybrać takie cztery różne ak, al,am, an, że liczba ak+al−am−an jest podzielna przez 5050.

3. Dowieść, że istnieją takie liczby naturalne n1<n2< ... <n50, że

n1+S(n1)=n2+S(n2)=n3+S(n3)= ...=n50+S(n50),

gdzie S(n) jest sumą cyfr liczby n.

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

x21+x22+50=16x1+12x2

x22+x23+50=16x2+12x3

x23+x24+50=16x3+12x4

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .x2n−1+x

2n+50=16xn−1+12xn

x2n+x21+50=16xn+12x1

ma rozwiązanie w liczbach całkowitych x1,x2,x3,...,xn.

5. Niech a1,a2,...,an, b1,b2,...,bn będą liczbami całkowitymi. Udowod-nić, że

∑

1¬i<j¬n(|ai−aj|+ |bi−bj|)¬

∑

1¬i,j¬n|ai−bj| .

27

6. W sześciokącie wypukłym ABCDEF zachodzą równości:

<)A+<)C+<)E=360◦ ,AB

BC· CDDE· EFFA=1 .

Dowieść, żeAB

BF· FDDE· ECCA=1 .

XXXIX Międzynarodowa Olimpiada Matematyczna

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

2. W konkursie bierze udział a uczestników, ocenianych przez b egzami-natorów, gdzie b­ 3 jest liczbą całkowitą nieparzystą. Każdy egzaminatorocenia każdego uczestnika, wydając werdykt „zdał” lub „nie zdał”. Załóżmy,że k jest liczbą o własności: oceny każdych dwóch egzaminatorów są zgodnedla co najwyżej k uczestników. Dowieść, że

k

a­ b−12b.

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

d(n2)d(n)

= k

dla pewnego n.

4. Wyznaczyć wszystkie pary (a,b) liczb całkowitych dodatnich takie, żeliczba a2b+a+b jest podzielna przez ab2+b+7.

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

6. Rozważamy wszystkie funkcje f ze zbioru � wszystkich liczb całkowi-tych dodatnich do tego samego zbioru, spełniające warunek

f(t2f(s))= s(f(t))2

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

28

XXI Austriacko-Polskie Zawody Matematyczne

1. Niech x1, x2, y1, y2 będą takimi liczbami rzeczywistymi, że x21+x22¬ 1.

Udowodnić nierówność

(x1y1+x2y2−1)2­ (x21+x22−1)(y21+y22−1).

2. Rozważamy n punktów P1,P2,...,Pn położonych w tej kolejności na jed-nej linii prostej. Malujemy każdy z tych n punktów na jeden z następującychkolorów: biały, czerwony, zielony, niebieski, fioletowy. Kolorowanie nazwie-my dopuszczalnym, jeśli dla dowolnych dwóch kolejnych punktów Pi, Pi+1(i=1,2,... ,n−1) oba są tego samego koloru lub co najmniej jeden z nich jestbiały. Ile jest dopuszczalnych kolorowań?

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

{

2−x3= y2−y3= x.

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

Sm(n)=n∑

k=1

[k2√

km]

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

Sm(n)¬n+m·( 4√2m−1).

5.Wyznaczyć wszystkie pary (a,b) liczb całkowitych dodatnich takich, żerównanie x3−17x2+ax−b2=0 ma trzy pierwiastki całkowite (niekoniecz-nie różne).

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

7. Rozważamy pary (a,b) liczb naturalnych takich, że iloczyn aa· bb w za-pisie dziesiętnym kończy się dokładnie 98 zerami. Wyznaczyć parę (a,b) o tejwłasności, dla której iloczyn ab jest najmniejszy.

8. Niech n> 2 będzie daną liczbą naturalną. Rozważamy siatkę kwadra-tową na płaszczyźnie. W każdym kwadracie jednostkowym siatki wpisanajest liczba naturalna. Wielokąty o polu równym n, których boki są zawartew prostych tworzących siatkę, nazwiemy wielokątami dopuszczalnymi . War-tością wielokąta dopuszczalnego nazwiemy sumę wszystkich liczb wpisanych

29

w kwadraty zawarte w tym wielokącie. Udowodnić, że jeśli wartości dowol-nych dwóch przystających wielokątów dopuszczalnych są równe, to wszystkieliczby wpisane w kwadraty siatki są równe.

Uwaga. Przypominamy, że obraz symetryczny Q wielokąta P jest wielo-kątem przystającym do P .

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

IX Zawody Matematyczne Państw Bałtyckich

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

f(x,x) = x,f(x,y) = f(y,x),

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

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

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

2x2+5y2=11(xy−11).

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

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

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

30

7. Niech�oznacza zbiór wszystkich liczb rzeczywistych. Znaleźć wszyst-

kie funkcje f :� → �

spełniające dla dowolnych x,y ∈ �równanie

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

8. Niech Pk(x)= 1+x+x2+ ···+xk−1. Wykazać, żen∑

k=1

(nk

)

Pk(x)= 2n−1Pn

(1+x2

)

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

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

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

(ii) 0<δ <π/2 oraz liczba1cosδjest średnią arytmetyczną liczb

1cosα

i1cosβ.

Udowodnić, że γ < δ.

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

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

R­ a2+b2

2√2a2+2b2−c2

.

Kiedy zachodzi równość?

12. W trójkącie ABC zachodzi <)BAC=90◦. Punkt D leży na boku BCi <)BDA=2<)BAD. Udowodnić, że

1AD=12

(1BD+1CD

)

.

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

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

31

15. Dany jest trójkąt ostrokątny ABC. Punkt D jest spodkiem wysoko-ści opuszczonej z wierzchołka A na bok BC. Punkt E leży na odcinku ADi spełnione jest równanie

AE

ED=CD

DB.

Punkt F jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka D na bok BE.Udowodnić, że <)AFC =90◦.

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

17. Niech n i k będą liczbami całkowitymi dodatnimi. Danych jest nkprzedmiotów (tych samych rozmiarów) i k pudełek, z których każde pomie-ści n przedmiotów. Każdy przedmiot jest pokolorowany jednym z k różnychkolorów. Wykazać, że można rozmieścić te przedmioty w pudełkach w takisposób, że w każdym pudełku znajdą się przedmioty w co najwyżej dwóchkolorach.

18.Wyznaczyć wszystkie liczby całkowite dodatnie n, dla których istniejezbiór S o następujących własnościach:(i) S składa się z n liczb całkowitych dodatnich, z których wszystkie są mniej-sze od 2n−1;

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

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

20. Powiemy, że liczba całkowita dodatnia m pokrywa liczbę 1998, jeśli1, 9, 9, 8 pojawiają się w tej właśnie kolejności jako cyfry m. (Na przykład1998 jest pokrywana przez 215993698, ale nie przez 213326798). Niech k(n)oznacza liczbę tych liczb całkowitych dodatnich, które pokrywają 1998 i majądokładnie n cyfr (n­ 5), z których wszystkie są różne od 0. Jaką resztęz dzielenia przez 8 daje k(n)?æ

32

ROZWIĄZANIA ZADAŃ 1

Zawody stopnia pierwszego

Zadanie 1. Dowieść, że wśród liczb postaci 50n+(50n+1)50, gdzie n jest liczbąnaturalną, występuje nieskończenie wiele liczb złożonych.

RozwiązanieSposób IJeżeli n jest liczbą nieparzystą, to liczba 50n z dzielenia przez 3 daje

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

Sposób IIDla liczb n podzielnych przez 5 liczba 50n+(50n+1)50 jest sumą piątych

potęg liczb naturalnych. Przyjmijmy w tożsamości

(1) x5+y5=(x+y)(x4−x3y+x2y2−xy3+y4),x=50n/5 oraz y=(50n+1)10. Z nierówności

1<x+y <x5+y5

wynika, że oba czynniki stojące po prawej stronie równości (1) są większe od 1.To oznacza, że liczba x5+y5=50n+(50n+1)50 jest dla liczb n podzielnychprzez 5 liczbą złożoną.

Uwaga 1.Podobnie jak w sposobie I można wykazać, że liczba 50n+(50n+1)50

dzieli się przez 3 dla liczb n postaci 6k+5.

Uwaga 2.Nie wszystkie wyrazy ciągu 50n+(50n+1)50 są liczbami złożonymi. Na

przykład dla n=28 otrzymujemy liczbę pierwszą, która ma 158 cyfr. Kolejnaliczba pierwsza podanej w zadaniu postaci pojawia się dopiero dla n=484i ma 823 cyfry!

1Na podstawie materiałów Komitetu Głównego Olimpiady Matematycznej oraz prac

uczestników opracowali Waldemar Pompe i Jarosław Wróblewski .

33

Zadanie 2. Wykazać, że dla dowolnych liczb rzeczywistych a, b, c, d zachodzinierówność

(a+b+c+d)2¬ 3(a2+b2+c2+d2)+6ab.RozwiązanieSposób INa mocy nierówności pomiędzy średnią kwadratową a arytmetyczną (zob.

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

(a+b)2+c2+d2

3­∣∣∣∣

(a+b)+c+d3

∣∣∣∣,

skąd 3(a2+b2+c2+d2)+6ab­ (a+b+c+d)2 .Sposób IIZachodzą następujące związki:

3(a2+b2+c2+d2)+6ab−(a+b+c+d)2 ==3a2+3b2+3c2+3d2+6ab

−a2−b2−c2−d2−2ab−2ac−2ad−2bc−2bd−2cd==2a2+2b2+2c2+2d2+4ab−2ac−2ad−2bc−2bd−2cd== 12 (4a

2+4b2+c2+d2+8ab−4ac−4ad−4bc−4bd+2cd)+ 32(c

2+d2−2cd)== 12 (2a+2b−c−d)2+ 32(c−d)2­ 0.

To kończy dowód danej nierówności.

UwagaNierówność pomiędzy średnią kwadratową a arytmetyczną orzeka, że dla

dowolnych liczb rzeczywistych x1,x2,...,xn,

(1)

√

x21+x22+ ...+x2nn

­∣∣∣∣

x1+x2+ ...+xnn

∣∣∣∣ .

Jest to szczególny przypadek nierówności Schwarza (zob. Dodatek „Nierów-ność Schwarza”, str. 112). Równość w nierówności (1) zachodzi wtedy i tylkowtedy, gdy x1=x2= ...=xn.

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

RozwiązanieSposób INiech F będzie rzutem prostokątnym punktu C na prostą AD (rys. 1).

Ponieważ

<)CAF =90◦−<)BAE=<)ABE oraz AB=AC,

34

więc trójkąty prostokątne CAF i ABE są przystają-ce. Stąd

(1) AE=CF oraz BE=AF .

Ponadto na mocy twierdzenia Talesa,

(2)CF

BE=CD

BD=12, skąd BE=2·CF .

Korzystając z równości (1) oraz (2) otrzymujemy

EF =AF −AE=BE−AE=2·CF −CF =CF .A B

C

D

E

F

rys. 1

Trójkąt CFE jest więc trójkątem prostokątnym równoramiennym, a to ozna-cza, że <)CED=<)CEF =45◦ .

Sposób IIUzupełnijmy trójkąt ABC do kwadratu ABFC

(rys. 2). Załóżmy, że prosta AD przecina odcinekCF w punkcie P , zaś prosta BE przecina bok ACw punkcie Q. Ponieważ

CP

AB=CD

DB=12,

więc CP = 12CF. Ponadto

<)ABE=90◦−<)BAE=<)CAP ,A B

C

D

P

E

Q

F

rys. 2

co dowodzi, że trójkąty prostokątne ABQ oraz CAP są przystające. ZatemCP =AQ, i w konsekwencji CP =CQ (= 12AB).Ponieważ <)PCQ=<)PEQ=90◦, więc punkty C, Q, E, P leżą na jednym

okręgu. Stąd <)CED=<)CQP =45◦ .

Sposób IIIOznaczmy przez F środek odcinka BC (rys. 3). Wykażemy najpierw, że

zachodzi równość:

(3) CD2=DF ·DB.Oznaczmy: AB=AC= a. Wówczas z definicji

punktu D,

(4) CD2=(13 a√2)2= 29 a

2

oraz

DF ·DB= (DB−BF ) ·DB=DB2−BF ·DB== (23 a

√2)2−(12 a

√2)·(23 a

√2)= 29 a

2 .(5)A B

C

D

E

F

rys. 3

Łącząc ze sobą równości (4) i (5), otrzymujemy równość (3).Ponieważ <)AEB=<)AFB=90◦, więc punkty A, B, F , E leżą na jednym

35

okręgu (rys. 3). Zatem na mocy równości (3),

(6) CD2=DF ·DB=DE·DA, skądCD

DE=DA

CD.

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

<)CED=<)ACD=45◦ .

Sposób IVNiech F będzie rzutem prostokątnym punktu D na prostą AB (rys. 4).

Wykażemy najpierw, że punkty C, E, F są współliniowe. W tym celu wy-starczy udowodnić, że

(7)AE

ED=AC

DF.

Na mocy twierdzenia Talesa mamy następującerówności:

(8)AC

DF=BC

BD=32.

Należy więc dowieść, że AE :ED=3:2.Oznaczmy: AB=AC= a. Obliczmy długości

odcinków AE i ED w zależności od a.

A B

C

D

E

F

rys. 4

Na mocy twierdzenia Talesa AF = 13 a oraz DF =23 a. Zatem z twierdze-

nia Pitagorasa AD= 13 a√5. Trójkąty prostokątne AFD i AEB mają wspól-

ny kąt przy wierzchołku A, więc są podobne. ZatemAE

AB=AF

AD,

skąd wyliczając wielkość AE otrzymujemy AE= 15 a√5. Ponadto

ED=AD−AE= 13 a√5− 15 a

√5= 215 a

√5,

skąd AE :ED=3:2. Dowód równości (7) został zakończony, co oznacza, żepunkty C, E, F są współliniowe.Ponieważ <)BED=<)BFD=90◦, więc na czworokącie FBDE można opi-

sać okrąg (rys. 4). Zatem

<)CED=<)AEF =90◦−<)FEB=90◦−<)FDB=90◦−45◦=45◦ .

Zadanie 4. Dane są takie liczby rzeczywiste x, y, że liczby x+y, x2+y2, x3+y3

i x4+y4 są całkowite. Dowieść, że dla każdej liczby całkowitej dodat-niej n liczba xn+yn jest liczbą całkowitą.

RozwiązaniePonieważ

2xy=(x+y)2−(x2+y2) oraz 2x2y2=(x2+y2)2−(x4+y4),

36

więc liczby 2xy i 2x2y2 są całkowite. Gdyby liczba xy nie była całkowita, toliczba 2xy musiałaby być nieparzystą. Jednak wtedy liczba 2x2y2=(2xy)2/2nie byłaby całkowita. Stąd wniosek, że liczba xy jest całkowita.Tezę dowodzimy indukcyjnie. Dla n=1 i n=2 liczba xn+yn jest całko-

wita. Korzystając z tożsamości

xn+yn=(xn−1+yn−1)(x+y)−xy(xn−2+yn−2)widzimy, że jeżeli n­ 3 jest taką liczbą całkowitą dodatnią, że obie liczbyxn−2+yn−2 oraz xn−1+yn−1 są całkowite, to liczba xn+yn jest również cał-kowita. Dowód indukcyjny jest więc zakończony.

UwagaZałożenie, że liczba x3+y3 jest całkowita, nie było w dowodzie wykorzy-

stywane. Natomiast założenia, że liczba x4+y4 jest całkowita, pominąć niemożna. Pokazuje to przykład liczb x=

√2/2 oraz y=−

√2/2, dla których

x+y=0, x2+y2=1, x3+y3=0,

lecz x4+y4= 12 .

Zadanie 5. Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych dodatnich x, y spełniającerównanie yx=x50 .

RozwiązanieDane równanie zapisujemy w postaci y=x50/x. Ponieważ dla każdego x,

będącego dzielnikiem liczby 50, liczba po prawej stronie jest całkowita, więcotrzymujemy rozwiązania równania dla x∈{1,2,5,10,25,50}. Inne rozwiąza-nia tego równania otrzymamy tylko wtedy, gdy x­ 2 oraz dla pewnego k­ 2liczba x jest jednocześnie k-tą potęgą pewnej liczby naturalnej oraz dzielni-kiem liczby 50k. Jeśli p jest dzielnikiem pierwszym takiej liczby x, to pk |50k.Ponieważ zachodzi nierówność pk>k, więc nie może być pk |k. Stąd liczbap jest równa 2 lub 5. Jeżeli p=2, to 2k |2k, skąd k=2. Jeżeli zaś p=5, to5k |25k, skąd znowu k=2. Zatem liczba x musi być jednocześnie kwadratempewnej liczby naturalnej oraz dzielnikiem liczby 100. Otrzymujemy dwie no-we wartości x w tym przypadku: x=4 oraz x=100. Zatem dane równaniema 8 rozwiązań (x,y):

(1,1), (2,225), (4,225), (5,510), (10,105), (25,625), (50,50), (100,10).

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

RozwiązanieOznaczmy przez [XY Z] pole trójkąta XY Z.

37

Sposób IPrawdziwe są następujące równości (rys. 1):

[MPC] = [AMC]− [AMP ] = 12 [ABC]− 12 [ABP ] = 12 [BCP ].

Analogicznie dowodzimy, że [MPD] = 12 [ADP ].Zatem stosunek pól trójkątów BCP i ADP jestrówny stosunkowi pól trójkątów MPC i MPD.Trójkąty MPC i MPD mają wspólną podsta-wę MP , a więc stosunek ich pól jest równy sto-sunkowi wysokości opuszczonych na tę podsta-wę, czyli (na mocy twierdzenia Talesa) wielkościCQ:DQ.

A B

C

D

P

M

Q

rys. 1

Sposób IINiechK będzie punktem przecięcia odcinków BD i AQ, zaś niech L będzie

punktem przecięcia odcinków AC i BQ (rys. 2).

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

LQ=AK

KQ, skąd

[BCP ][CQP ]

=[ADP ][DQP ]

.

Zatem[BCP ][ADP ]

=[CQP ][DQP ]

=CQ

DQ. A B

C

D

P

M

Q

K L

rys. 2

Sposób IIINiech E będzie punktem przecięcia prostej MQ z prostą przechodzącą

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

Na mocy twierdzenia TalesaAE

BF=AM

MB=1,

skąd[BCP ][ADP ]

=CP

AP· BPDP=CQ

AE· BFDQ=CQ

DQ. A B

C

D

P

E

F

M

Q

rys. 3

Sposób IVWprowadźmy następujące oznaczenia (rys. 4):

α=<)APD=<)CPB, β=<)DPQ=<)BPM, γ=<)QPC =<)MPA.

38

Mamy dowieść, że

(1)[BCP ][ADP ]

=CQ

DQ.

Wielkość CQ:DQ jest równa stosunkowi pól trójkątów CPQ i DPQ, gdyżoba trójkąty mają wspólną wysokość opuszczoną na podstawy CQ i DQ.Zatem równość (1) przybiera postać

BP ·CPAP ·DP =

[CPQ][DPQ]

,

czyliBP ·CPAP ·DP =

CP ·CQ ·sinγDP ·CQ ·sinβ .

Należy więc dowieść, żeBP

AP=sinγsinβ

A B

C

D

P

M

Q

rys. 4

α

β

γ

lub BP ·sinβ=AP ·sinγ. Po pomnożeniu ostatniej równości przez 12MP do-wodzona przez nas tożsamość przybiera postać [BPM ] = [APM ]. Ta równośćjest prawdziwa, gdyż punkt M jest środkiem boku AB. Dowód równości (1)jest więc zakończony.

Zadanie 7. Dana jest liczba naturalna n­ 2. Wyznaczyć wszystkie wielomia-ny P (x)= a0+a1x+ ...+anxn mające dokładnie n pierwiastków niewiększych niż −1 oraz spełniające warunek

a20+a1an= a2n+a0an−1 .

Uwaga: Pierwiastki są liczone z uwzględnieniem krotności: jeśli licz-ba x0 jest pierwiastkiem k-krotnym wielomianu P (x) (tzn. jeśli wie-lomian P (x) jest podzielny przez wielomian (x−x0)k, ale nie przez(x−x0)k+1), wówczas liczba x0 jest traktowana jak k pierwiastkówwielomianu P (x).

RozwiązanieNiech −p1¬−p2¬ ...¬−pn będą pierwiastkami wielomianu spełniające-

go warunki zadania. Wówczas p1­ p2­ ...­ pn­ 1 oraz an 6=0. Ponadtoan−1= an(p1+p2+ ...+pn), a1= anp1p2...pn

( 1p1+1p2+ ...+

1pn

)

,

oraz a0= anp1p2...pn. Warunek a20+a1an= a2n+a0an−1 można więc przepisać

w postaci

p1p2...pn+1p1+1p2+ ...+

1pn=

1p1p2...pn

+p1+p2+ ...+pn.

Udowodnimy indukcyjnie, że dla n­ 2 oraz dla dowolnych liczb rzeczywistychp1­ p2­ ...­ pn­ 1 zachodzi nierówność(1) p1p2...pn+

1p1+1p2+ ...+

1pn­ 1p1p2...pn

+p1+p2+ ...+pn

39

oraz, że

(2) równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy p2= p3= ...= pn=1.

Dla n=2 nierówność (1) przybiera postać

(3) p1p2+1p1+1p2­ 1p1p2+p1+p2.

Jest ona równoważna nierówności

p21p22−p21p2−p1p22+p1p2­ p1p2−p1−p2+1,

czyli p1p2(p1−1)(p2−1)­ (p1−1)(p2−1), co przy założeniu p1­ p2­ 1 jestspełnione. Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy p2−1=0.Załóżmy teraz prawdziwość nierówności (1) oraz stwierdzenia (2) dla pew-

nej liczby n­ 2. Niech ponadto dane będą liczby p1­ p2­ ...­ pn­ pn+1­ 1.Wówczas p1p2­ p3­ ...­ pn+1­ 1, skąd na mocy założenia indukcyjnego

(p1p2)p3...pnpn+1+1p1p2+1p3+ ...+

1pn+1pn+1

­

­ 1(p1p2)p3...pnpn+1

+p1p2+p3+ ...+pn+pn+1(4)

oraz równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy p3= ...= pn= pn+1=1.Dodanie nierówności (3) i (4) stronami daje

p1p2p3...pnpn+1+1p1+1p2+1p3+ ...+

1pn+1pn+1

­

­ 1p1p2p3...pnpn+1

+p1+p2+p3+ ...+pn+pn+1.

Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy p2= p3= ...= pn= pn+1=1.Ze stwierdzenia (2) wynika zatem, że wielomiany spełniające warunki za-

dania mają postać P (x)= a(x+1)n−1(x+b), gdzie a jest dowolną niezerowąliczbą rzeczywistą, zaś b­ 1.

Zadanie 8. Dana jest liczba naturalna n­ 2 oraz zbiór n-elementowy S. Wy-znaczyć najmniejszą liczbę naturalną k, dla której istnieją podzbioryA1,A2,...,Ak zbioru S o następującej własności: dla dowolnych dwóchróżnych elementów a,b∈S istnieje taka liczba j ∈{1,2,...,k}, że zbiórAj ∩{a,b} jest jednoelementowy.

RozwiązanieWykażemy, że k= [log2(n−1)+1], tzn. 2k−1<n¬ 2k.Mając liczbę k określoną jak wyżej, konstruujemy zbiory Aj następująco:

numerujemy elementy zbioru S liczbami k-cyfrowymi w układzie dwójkowym(dopuszczamy zera początkowe). Mamy więc do dyspozycji 2k­n liczb. Na-stępnie za Ai bierzemy zbiór tych elementów zbioru S, których numer ma

40

na i-tym miejscu jedynkę. Dowolne różne elementy a i b zbioru S mają wów-czas przypisane różne numery, które różnią się, powiedzmy, na j-tym miejscu.Wtedy do zbioru Aj należy dokładnie jeden z elementów a, b.Tak znaleziona liczba k jest najmniejsza. Załóżmy bowiem, że istnieją

zbiory A1,A2,...,Ak spełniające warunki zadania dla 2k<n. Każdemu ele-mentowi x zbioru S przypisujemy układ k liczb (c1,c2,...,ck) według nastę-pującej zasady:

ci={0 gdy x 6∈Ai1 gdy x∈Ai

(i=1,2,... ,k).

Ponieważ 2k<n, więc istnieją dwa różne elementy a,b∈S, które mają przy-pisany ten sam układ liczb. To zaś oznacza, że element a należy do dokładnietych samych zbiorów spośród A1,A2,...,Ak, co element b.

Zadanie 9. Punkty D, E, F leżą odpowiednio na bokach BC, CA, AB trójkątaABC. Okręgi wpisane w trójkąty AEF , BFD, CDE są styczne dookręgu wpisanego w trójkąt DEF . Udowodnić, że proste AD, BE,CF przecinają się w jednym punkcie.

RozwiązanieSposób IRozwiązanie to opiera się na twierdzeniu mówiącym o tym, że złożenie

dwóch jednokładności jest (na ogół) jednokładnością. Dokładne sformułowa-nie tego twierdzenia oraz jego dowód znajduje się na końcu niniejszej broszury(zob. Dodatek , „Twierdzenie o złożeniu jednokładności”, str. 114).Niech K, L, M będą odpowiednio punktami styczności okręgu wpisane-

go w trójkąt DEF z bokami EF , FD, DE (rys. 1). Przyjmijmy ponadto, żeokrąg wpisany w trójkąt AFE jest styczny do boków EF , FA, AE odpowied-nio w punktach K, P , Q. Wówczas ME=KE=QE oraz LF =KF =PF .Stąd otrzymujemy

AF +DE=AP +PF +DM+ME=AQ+QE+FL+LD=AE+DF .

�

�

�

�

�

A F

DE

K

P

Q

L

M

rys. 1

Udowodniliśmy więc, że jeśli okręgi wpisane w trójkąty AFE oraz DEF sąstyczne, to w czworokąt AFDE można wpisać okrąg . Oznaczmy ten okrągprzez oA.

41

Niech o1 będzie okręgiem wpisanym w trójkąt DEF , zaś o2 okręgiemwpisanym w trójkąt ABC (rys. 2). Punkt D jest środkiem jednokładności j1o skali dodatniej, przekształcającej okrąg o1 na oA; punkt A jest środkiemjednokładności j2 o skali dodatniej, przekształcającej okrąg oA na o2. Za-tem jednokładność j o skali dodatniej, przekształcająca okrąg o1 na o2, jestzłożeniem jednokładności j1 i j2 — jej środek leży więc na prostej AD.

B C

A

D

E

F

o1o2oA

rys. 2

Analogicznie dowodzimy, że środek jednokładności j leży na prostych BEi CF .Wniosek: proste AD, BE, CF mają punkt wspólny, będący środkiem

jednokładności okręgów o1 i o2.

UwagaPrawdziwe jest twierdzenie odwrotne do tego, z którego korzystaliśmy na

początku powyższego rozwiązania, a mianowicie: jeśli w czworokąt AFDEmożna wpisać okrąg, to okręgi wpisane w trójkąty AFE oraz DEF są styczne.Nietrudny dowód pozostawiamy Czytelnikowi.

Sposób IIPonieważ okrąg wpisany w trójkąt DEF jest styczny do okręgów wpi-

sanych w trójkąty AEF , BFD, CDE, więc w czworokąty AFDE, BDEF ,CEFD można wpisać okręgi (zob. początek sposobu I). Oznaczmy okręgiwpisane w wyżej wymienione czworokąty odpowiednio przez oA, oB , oC .Wykażemy, że trójkąty ABC oraz DEF mają oś perspektywiczną (p. Do-

datek , „Twierdzenie Desarguesa”, str. 117). Wówczas na mocy twierdzeniaDesarguesa, trójkąty te mają środek perspektywiczny. To oznacza, że odcinkiAD, BE, CF przecinają się w jednym punkcie.Pozostało więc udowodnić, że trójkąty ABC, DEF mają oś perspekty-

wiczną. W tym celu rozpatrzymy trzy przypadki.(a) Załóżmy najpierw, że żadna z par (AB,DE), (BC,EF ), (CA,FD)

nie tworzy pary boków równoległych, tzn. AB 6 ‖DE, BC 6 ‖EF , CA 6 ‖FD.Oznaczmy symbolem k∩` punkt przecięcia prostych k oraz `. Przyjmij-my: X =BA∩DE, Y =BC∩EF , Z =CA∩FD. Ponieważ okręgi oA, oB sąstyczne do prostych AB i DE, więc punkt X jest środkiem jednokładnościj1 o skali dodatniej, przekształcającej okrąg oA na okrąg oB . Analogicznie,

42

punkt Y jest środkiem jednokładności j2 o skali dodatniej, która przekształ-ca okrąg oB na okrąg oC . Zatem złożenie j2 ◦j1 jest jednokładnością, którejśrodek leży na prostej XY . Z drugiej strony jednokładność j2 ◦j1 ma ska-lę dodatnią i przeprowadza okrąg oA na okrąg oC . Środkiem jej jest więcpunkt Z. Wykazaliśmy tym samym, że punkty X, Y , Z są współliniowe.Zatem trójkąty ABC i DEF mają oś perspektywiczną.(b) Załóżmy z kolei, że dokładnie jedna spośród par (AB,DE), (BC,EF ),

(CA,FD) jest parą prostych równoległych. Bez straty ogólności możemyprzyjąć, że CA ‖FD, oraz oznaczyć X =BA∩DE, Y =BC∩EF . Rozumu-jąc tak samo jak w przypadku (a) widzimy, że punkt X jest środkiem jedno-kładności j1 o skali dodatniej, przekształcającej okrąg oA na okrąg oB , zaśpunkt Y jest środkiem jednokładności j2 o skali dodatniej, która przekształcaokrąg oB na okrąg oC . Ponieważ promienie okręgów oA i oC są jednakowe,więc złożenie j2 ◦j1 jest przesunięciem. Wektor tego przesunięcia jest równo-legły do prostej XY jak również do prostej łączącej środki okręgów oA i oC .Proste XY , AB, CD są więc równoległe, co w tym przypadku oznacza, żetrójkąty ABC i DEF mają oś perspektywiczną.(c) Pozostał do rozpatrzenia przypadek, w którym co najmniej dwie pary

spośród (AB,DE), (BC,EF ), (CA,FD) są parami boków równoległych. Bezstraty ogólności przyjmijmy, że tymi dwiema parami są (BC,EF ) i (CA,FD).Wówczas na mocy twierdzenia Talesa

BD

DC=CE

EA=AF

FB,

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

∗ ∗ ∗W dwóch kolejnych sposobach skorzystamy z następującego lematu.

LematPunkt I jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC (rys. 3); okrąg

ten jest styczny do boku AB w punkcie K. Wówczas

(1)AC

BC· AKBK=(AI

BI

)2

.

DowódOznaczmy:

α=<)CAI =<)KAI, β=<)CBI=<)KBI.

Równość (1) przepisujemy w następującej,równoważnej postaci

AK

AI· ACBC=BK

BI· AIBI.

A B

C

I

K

rys. 3

αα

ββ

43

Korzystając z definicji funkcji trygonometrycznych oraz stosując twierdzeniesinusów do trójkątów ABC i ABI, możemy powyższą równość przepisaćkolejno jako:

cosα · sin2βsin2α

=cosβ · sinβsinα, cosα · 2 sinβ cosβ

2 sinα cosα=cosβ · sinβ

sinα.

Ostatnia zależność jest spełniona dla dowolnych liczb 0<α<π/2 oraz0<β <π/2 . Dowód lematu jest więc zakończony.

Sposób IIIOznaczmy przez IA, IB , IC , I odpowiednio środki okręgów wpisanych

w trójkąty AEF , BFD, CDE,DEF . Niech ponadtoK, L,M będą punktamistyczności okręgu wpisanego w trójkąt DEF odpowiednio z bokami EF , FD,DE. Punkty K, L, M są również punktami styczności okręgów wpisanychw trójkąty AEF , BFD, CDE z bokami trójkąta DEF (rys. 4). Stosującpowyższy lemat do trójkątów EDC, FEA, DFB otrzymujemy kolejno:

CD

CE·MDEM=(DICEIC

)2

,AE

AF·KEFK=(EIAFIA

)2

,BF

BD· LFDL=(FIBDIB

)2

.

Ponieważ EM =KE, FK =LF oraz DL=MD, więc mnożąc stronami po-wyższe zależności otrzymujemy

(4)CD

CE·AEAF· BFBD=(DICEIC· EIAFIA· FIBDIB

)2

=(DICDIB

)2

·(EIAEIC

)2

·(FIBFIA

)2

.

Dalej zauważamy, że

2(<)MDIC+<) IBDI)= 2<)MDIC+2<)LDI+2<) IBDL=180◦ ,

skąd <) IBDI =90◦−<)MDIC =<) IICD. Ponadto <) IBID=<)DMIC . Z os-tatnich dwóch równości wynika, że trójkąty IDIB oraz IICD są podobne.

�

�

A B

C

D

E

F

I

IA

IC

IB

K

L

M

rys. 4

44

Uzyskujemy zatem następujące proporcje:DICDIB=IICID

orazDICDIB=ID

IIB.

Mnożąc je stronami dostajemy(DICDIB

)2

=IICIIB. Analogicznie dowodzimy, że

(EIAEIC

)2

=IIAIIC

oraz(FIBFIA

)2

=IIBIIA.

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

CE·AEAF· BFBD=IICIIB· IIAIIC· IIBIIA=1,

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

Sposób IVPrzyjmijmy takie same oznaczenia jak w sposobie III. Niech ponadto

rA, rB, rC , r będą odpowiednio promieniami okręgów wpisanych w trój-kąty AEF , BFD, CDE, DEF oraz niech x=DL=DM , y=EM =EK,z=FK =FL, α=<)MDIC , β=<) IDM =<) IDL, γ=<) IBDL (rys. 5).

A B

C

D

E

F

I

IA

IC

IB

K

L

M

rr

r

rA rB

rC

x

x

y

y

zz

α

βγ

rys. 5

Ponieważ <)CDE+<)EDF +<)FDB=180◦ , więc α+β+γ=90◦ , skądotrzymujemy równości: ctg(β+γ)= ctg(90◦−α)= tgα. Przekształcając rów-noważnie ostatni związek dostajemy kolejno:

ctgβ ctgγ−1ctgβ+ctgγ

=tgα,

x

r· xrB−1

x

r+x

rB

=rCx,

x2−rrBrB+r

= rC ,

45

skąd x2= r(rB+rC)+rBrC . Analogicznie obliczamy:y2= r(rC+rA)+rCrA oraz z2= r(rA+rB)+rArB .

Korzystając z lematu oraz z powyższych trzech wzorów otrzymujemyEC

CD· yx=y2+r2Cx2+r2C

=r(rC+rA)+rCrA+r2Cr(rB+rC)+rBrC+r2C

=

=(r+rC)(rC+rA)(r+rC)(rC+rB)

=rC+rArC+rB

.

W ten sam sposób dowodzimy, żeDB

BF· xz=rB+rCrB+rA

orazFA

AE· zy=rA+rBrA+rC

.

Mnożąc stronami trzy ostatnie równości dostajemyEC

CD·DBBF· FAAE=rC+rArC+rB

· rB+rCrB+rA

· rA+rBrA+rC

=1,

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

Zadanie 10. Dana jest liczba x1> 0. Ciąg (xn) jest zdefiniowany wzorem:

xn+1=xn+1x2n

dla n=1,2,3,... .

Udowodnić, że istnieje granica limn→∞

xn3√n , i obliczyć ją.

RozwiązanieW rozwiązaniu skorzystamy z następującego twierdzenia:

Jeżeli ciąg (an) jest zbieżny do granicy g, to ciąg (bn), określony wzorem

bn=a1+a2+ ...+an

n,

jest również zbieżny i jego granica wynosi g.

Dowód tego twierdzenia znajduje się w Dodatku, str. 116.Podstawmy yn=x3n. Wtedy

yn+1= yn(

1+1yn

)3= yn+3+

3yn+1y2n.

Skoro yn+1>yn+3, więc ciąg (yn) jest rozbieżny do nieskończoności. Za-tem na mocy powyższej równości (yn+1−yn)→ 3. Z ostatniej zbieżności orazz zacytowanego wyżej twierdzenia zastosowanego do ciągu

an={y1 dla n=1yn−yn−1 dla n> 1

otrzymujemy

limn→∞

y1+(y2−y1)+(y3−y2)+ ...+(yn−yn−1)n

= limn→∞

ynn=3,

skąd limn→∞

xn3√n= 3√3.

46

Zadanie 11. W urnie znajdują się dwie kule: biała i czarna. Ponadto mamy dodyspozycji 50 kul białych i 50 czarnych. Wykonujemy 50 razy na-stępującą czynność: losujemy z urny kulę, a następnie wrzucamy jąz powrotem do urny oraz dokładamy jedną kulę tego samego kolo-ru, co wylosowana kula. Po zakończeniu tych czynności mamy więcw urnie 52 kule. Jaka liczba kul białych znajdujących się w urnie jestnajbardziej prawdopodobna?

RozwiązanieNiech P (k,n), gdzie 1¬ k¬n−1, oznacza prawdopodobieństwo zdarzenia,

że gdy w urnie jest n kul, to dokładnie k z nich ma kolor biały. Udowodnimy,że

(1) P (1,2)=1 oraz P (k,n+1)=n−knP (k,n)+

k−1nP (k−1,n).

Pierwsza z powyższych równości jest oczywista. Druga wynika z następują-cych rozważań.Zastanawiamy się, kiedy po dołożeniu (n+1)-szej kuli do urny zawiera-

jącej n kul w urnie znajdzie się dokładnie k kul białych. Jest to możliwew następujących dwóch sytuacjach:(a) Jako (n+1)-szą kulę dołożono kulę czarną. Wówczas przed dołoże-

niem tej kuli musiało być w urnie k kul białych. Prawdopodobieństwo tegozdarzenia wynosi P (k,n). Kulę czarną wylosowano więc z prawdopodobień-stwem n−kn . Zatem prawdopodobieństwo tego, że w urnie zawierającej n+1kul dokładnie k jest białych, pod warunkiem, że ostatnia dorzucona kula jestczarna, wynosi

n−knP (k,n).

(b) Jako (n+1)-szą kulę dołożono kulę białą. Wówczas przed dołożeniemtej kuli musiało być w urnie dokładnie k−1 kul białych. Prawdopodobieństwotego zdarzenia wynosi P (k−1,n). Kulę białą wylosowano więc z prawdopo-dobieństwem k−1

n . Stąd prawdopodobieństwo tego, że w urnie zawierającejn+1 kul dokładnie k jest białych, pod warunkiem, że ostatnia dorzuconakula jest biała, wynosi

k−1nP (k−1,n).

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

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

P (k,n)=1n−1 dla k=1,2,...,n−1 ,

47

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

P (k,n+1)=n−knP (k,n)+

k−1nP (k−1,n)= n−k

n· 1n−1 +

k−1n· 1n−1 =

1n.

W szczególności

P (k,52)=151

dla k=1,2,...,51.

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

Zadanie 12. Wszystkie wierzchołki sześcianu o krawędzi a leżą na powierzchniczworościanu foremnego o krawędzi 1. Wyznaczyć możliwe wartości a.

RozwiązanieZ warunków zadania wynika, że dany sześcian ABCDA′B′C ′D′ leży we-

wnątrz danego czworościanu KLMN . Możliwe są dwa przypadki:(a) Istnieje ściana czworościanu KLMN (na przykład KLM), na której

leżą co najmniej trzy wierzchołki sześcianu;(b) Na każdej ścianie czworościanu KLMN leżą dokładnie dwa wierzchoł-

ki sześcianu.Rozważmy najpierw przypadek (a). Trzy wierzchołki sześcianu, które le-

żą na ścianie KLM , muszą być wierzchołkami jednej ściany tego sześcianu.To oznacza, że pewna ściana sześcianu, powiedzmy ABCD, leży wewnątrztrójkąta KLM ; pozostałe cztery wierzchołki A′, B′, C ′, D′ znajdują się naścianach KLN , LMN ,MKN . Bez straty ogólności możemy przyjąć, że ścia-na KLN zawiera któreś dwa spośród punktów A′, B′, C ′, D′. Muszą one byćdwoma kolejnymi wierzchołkami kwadratu A′B′C ′D′. Nie tracąc ogólnościrozważań, możemy przyjąć, że punkty A′, B′ leżą na ścianie KLN , punkt C ′

leży na ścianie LMN , zaś punkt D′ znajduje się na ścianie MKN (rys. 1).Warunek (a) wyznacza więc jednoznacznie (z dokładnością do przyję-

tych oznaczeń) położenie danego sześcianu wewnątrz czworościanu foremnegoo krawędzi 1. Przystępujemy do wyznaczenia długości krawędzi a.Oznaczmy przez K ′, L′, M ′, odpowiednio punkty przecięcia krawędzi

KN , LN ,MN z płaszczyzną A′B′C ′D′. CzworościanK ′L′M ′N jest foremny.Oznaczmy jego krawędź przez b. Wtedy K ′A′=B′L′=(a

√3)/3, skąd

(1) b= a+2√33a.

Wysokość czworościanu foremnego o krawędzi λ wyraża się wzorem h=√63 λ.

Porównując wysokości czworościanów KLMN oraz K ′L′M ′N otrzymujemyrówność √

63b+a=

√63,

48

skąd wykorzystując równość (1) mamy

a=

√6√

6+2√2+3.

��

��

��

��

A B

B′A′

DC

C′D′

KL

M

N

K′L′

M ′

rys. 1

�

KL

M

N

C D

A

B

C′ D′

A′B′

XYZ

T

Q

P

rys. 2

Pozostał do rozpatrzenia przypadek (b).Każdy z czterech odcinków łączących wierzchołki danego sześcianu, leżący

na tej samej ścianie czworościanu KLMN , jest krawędzią tego sześcianu.Odcinki te nie mają wspólnych końców. Przypuśćmy, że krawędź AB leżyna ścianie KLM . Wówczas jedna z krawędzi A′B′ lub CD leży na jednej ześcian KLN , LMN , MKN . Bez straty ogólności przyjmijmy, że A′B′ leżyna KLN . Wtedy proste AB i A′B′ są równoległe do krawędzi KL, a co zatym idzie, proste CD i C ′D′ są prostopadłe do krawędzi MN ; nie mogą więcone leżeć na ścianach LMN i KMN . Możemy zatem założyć, że odcinekCC ′ leży na ścianie LMN , zaś odcinek DD′ znajduje się na ścianie KMN(rys. 2).Oznaczmy przez X, Y , Z, T odpowiednio środki krawędzi KN , NL, LM ,

MK. Wówczas kwadraty A′B′BA oraz D′C ′CD mają boki równoległe od-powiednio do boków kwadratu XY ZT . Stąd istnieje (w przestrzeni) środekjednokładności P kwadratów A′B′BA i XY ZT , leżący na krawędzi KL orazśrodek jednokładności Q kwadratów D ′C ′CD i XY ZT , leżący na krawędziMN . Skale jednokładności w obu przypadkach są równe i wynoszą 2a. Odle-głości od punktów P i Q do płaszczyzny XY ZT są równe i wynoszą

√2/4.

Stąd wynika, że odległości od płaszczyzn A′B′BA i D′C ′CD do płaszczyznyXY ZT są równe — a więc każda z nich wynosi a/2. Te trzy wielkości sązwiązane ze sobą zależnością

1−2a= a/2√2/4, skąd otrzymujemy a=

12+√2.

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

49

Reasumując: możliwe wartości a wynoszą√6√

6+2√2+3

oraz1

2+√2.

Zawody stopnia drugiego

Zadanie 1. Dana jest funkcja f :〈0,1〉→ �taka, że f( 1

n)= (−1)n dla n=1,2,... .

Wykazać, że nie istnieją funkcje rosnące g:〈0,1〉→ �, h:〈0,1〉→ �

, dlaktórych f = g−h.

RozwiązaniePrzypuśćmy, że istnieją funkcje g i h spełniające warunki zadania. Ponie-

waż funkcje te są rosnące, więc dla każdego k ∈ � mamyg( 12k+1 ) = f(

12k+1)+h(

12k+1 )=−1+h( 12k+1 )<

<−1+h( 12k )= 1+h( 12k )−2== f( 12k )+h(

12k )−2= g( 12k )−2<g( 12k−1 )−2.

Z monotoniczności funkcji g oraz powyższych nierówności dostajemy

g(0)<g( 12k+1)<g(12k−1)−2<g( 12k−3)−4< ... < g( 13 )−2(k−1)<g(1)−2k.

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

UwagaZadanie wiąże się z pojęciem funkcji o wahaniu ograniczonym. Mówimy,

że funkcja f :〈a,b〉→ �ma wahanie ograniczone, jeżeli istnieje taka liczba M ,

że dla dowolnej liczby naturalnej n i dowolnych liczb rzeczywistych

a¬x1<y1<x2<y2< ... <xn<yn¬ bzachodzi nierówność

|f(y1)−f(x1)|+ |f(y2)−f(x2)|+ ...+ |f(yn)−f(xn)|<M .Funkcje, które nie spełniają powyższego warunku, nazywamy funkcjami o wa-haniu nieograniczonym.Zauważmy, że dana w treści zadania funkcja f ma wahanie nieograniczone.

Wystarczy bowiem przyjąć

xk=1

2n−2k+2 oraz yk=1

2n−2k+1 dla k=1,2,... ,n.

Wówczas 0¬x1<y1<x2<y2< ... <xn<yn¬ 1 oraz|f(y1)−f(x1)|+ |f(y2)−f(x2)|+ ...+ |f(yn)−f(xn)|=2n,

co wraz ze wzrostem n jest nieograniczone.Okazuje się, że wahanie ograniczone mają te i tylko te funkcje, które dają

się przedstawić w postaci różnicy dwóch funkcji rosnących.

50

Zadanie 2. Sześcian S o krawędzi 2 jest zbudowany z ośmiu sześcianów jednost-kowych. Klockiem nazwiemy bryłę otrzymaną przez usunięcie z sze-ścianu S jednego spośród ośmiu sześcianów jednostkowych. SześcianT o krawędzi 2n jest zbudowany z (2n)3 sześcianów jednostkowych.Udowodnić, że po usunięciu z sześcianu T dowolnego spośród (2n)3

sześcianów jednostkowych powstaje bryła, którą daje się szczelniewypełnić klockami.

RozwiązaniePrzeprowadzimy dowód indukcyjny. Dla n=1 teza zadania jest oczywiście

prawdziwa.Niech n będzie liczbą naturalną, dla której teza zadania jest prawdziwa.

Rozważmy sześcian C o krawędzi 2n+1 z wyróżnionym sześcianem jednostko-wymD. Sześcian C dzielimy na osiem przystających sześcianów C1,C2,...,C8,każdy o krawędzi 2n. W jednym z nich (przyjmijmy, że w C1) znajduje sięsześcian jednostkowy D. Połóżmy klocek K w samym środku sześcianu Ctak, aby jego część wspólna z każdym z sześcianów C2,C3,...,C8 była sze-ścianem jednostkowym (analogiczna sytuacja przedstawiona jest na rys. 1w przypadku dwuwymiarowym).

C2

C3 C4

C1D

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

rys. 1

Na mocy założenia indukcyjnego można wypełnić klockami zarówno sze-ścian C1 z usuniętym sześcianem jednostkowym D, jak i każdy z sześcia-nów C2,C3,...,C8 z usuniętym sześcianem jednostkowym stanowiącym częśćwspólną z klockiem K.W ten sposób wypełnimy klockami sześcian C z usuniętym sześcianem

jednostkowym D, co kończy dowód indukcyjny.

Zadanie 3. Czworokąt wypukły ABCD jest wpisany w okrąg. Punkty E i F leżąodpowiednio na bokach AB i CD, przy czym AE :EB=CF :FD.Punkt P leży na odcinku EF i spełnia warunek EP :PF =AB :CD.Udowodnić, że stosunek pól trójkątów APD i BPC nie zależy odwyboru punktów E i F .

51

RozwiązanieSposób IZałóżmy najpierw, że proste AD i BC nie są równoległe i przecinają

się w punkcie S (rys. 1). Ponieważ <)BAS=180◦−<)BCD=<)DCS, więctrójkąty ASB i CSD są podobne. Ponadto

AB

AE=1+

EB

AE=1+

FD

CF=CD

CF, skąd

AE

CF=AB

CD=AS

CS.

Z powyższych związków oraz z równości <)EAS=<)FCS wynika, że trójkątyASE i CSF są podobne. Stąd <)DSE=<)CSF oraz

SE

SF=SA

SC=AB

CD=EP

PF,

co dowodzi, że <)ESP =<)FSP . Zatem punkt P leży na dwusiecznej kątaASB, czyli jest on równoodległy od prostych AD i BC. Stosunek pól trój-kątów APD i BPC jest więc równy stosunkowi długości boków AD i BC,czyli nie zależy od wyboru punktów E i F .

A

B C

D

P

E

F

S

rys. 1

A

B C

D

P

E

F

rys. 2

Załóżmy teraz, że proste AD i BC są równoległe (rys. 2). Wtedy czworo-kąt ABCD jest trapezem równoramiennym, gdzie AB=CD. Punkt P jestwięc środkiem odcinka EF , co oznacza, że jest on równoodległy od pro-stych przechodzących przez punkty E, F i równoległych do podstaw trapezuABCD. Ponadto BE=DF , skąd wynika, że punkty E i F są jednakowoodległe odpowiednio od prostych BC i AD. Zatem odległości od punktu Pdo prostych BC i AD są takie same. Tym samym stosunek pól trójkątówAPD i BPC jest równy stosunkowi długości odcinków AD i BC, czyli niezależy od wyboru punktów E i F .

Sposób IIUdowodnimy najpierw następujący

LematDany jest trapez ABCD o podstawach AB i CD. Prosta równoległa do

podstaw tego trapezu przecina odcinki AD i BC odpowiednio w punktachK i L (rys. 3). Wówczas

KL=LC

BC·AB+ LB

BC·CD.

52

DowódNiech P będzie punktem przecięcia przekątnej BC z odcinkiemKL. Wów-

czas na mocy twierdzenia Talesa

KP =DP

BD·AB= LC

BC·AB

orazPL=

BP

BD·CD= LB

BC·CD. A B

CD

PK L

rys. 3

Dodając stronami powyższe równości dostajemy tezę.

Przystępujemy do rozwiązania zadania.Ponieważ AE :EB=CF :FD, więc

(1)AE

AB=CF

CD=λ oraz

BE

AB=FD

CD=µ.

Z warunku EP :PF =AB :CD wynika natomiast, że

(2)EP

EF=

AB

AB+CDoraz

PF

EF=

CD

AB+CD.

Oznaczmy przez A′, D′, E′, F ′, P ′ odpowiednio rzuty prostokątne punk-tów A, D, E, F , P na prostą BC (rys. 4). Na mocy udowodnionego wyżejlematu oraz równości (2) otrzymujemy

PP ′=EP

EF·FF ′+ FP

EF·EE′= AB

AB+CD·FF ′+ CD

AB+CD·EE′ .

A

B C

D

P

A′ D′E′ F ′P ′

E

F

rys. 4

Korzystając z twierdzenia Talesa oraz równości (1) uzyskujemy

PP ′=λ ·ABAB+CD

·DD′+ µ ·CDAB+CD

·AA′ .

Mnożąc obie strony powyższej równości przez 12BC mamy

(3) [BPC] =λ ·ABAB+CD

· [BCD]+ µ ·CDAB+CD

· [BCA],

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

(4) [APD] =µ ·ABAB+CD

· [ADC]+ λ ·CDAB+CD

· [ADB].

53

Wprowadźmy dla zwięzłości zapisu następujące oznaczenia:

α=<)DAB, β=<)ABC, γ=<)BCD, δ=<)CDA.

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

[APD][BPC]

=µ ·AB · [ADC]+λ ·CD · [ADB]λ ·AB · [BCD]+µ ·CD · [BCA] =

=µ ·AB ·AD ·CD ·sinδ+λ ·CD ·AB ·AD ·sinαλ ·AB ·BC ·CD ·sinγ+µ ·CD ·AB ·BC ·sinβ =

=AB ·AD ·CD ·(µ sinδ+λ sinα)AB ·BC ·CD ·(λ sinγ+µ sinβ) =

AD

BC.

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

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

(1) <)PAB=<)PCA oraz <)PAC =<)PBA.

Punkt O jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie ABC. Dowieść,że jeżeli O 6=P , to kąt APO jest prosty.

RozwiązanieSposób IOznaczmy przez K, L, M odpowiednio punkty przecięcia prostych AP ,

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

�

O

A

B C

P

K

L

M

rys. 1

�

O

A

B C

P

K

L

M

rys. 2

Odcinki LC, AK,MB są więc równoległe (rys. 2). Zatem mają one wspól-ną symetralną, która przechodzi przez punkt O. Na tej symetralnej leży rów-nież punkt P , gdyż punkt ten jest punktem przecięcia przekątnych MC i BLtrapezu równoramiennego MBCL. Stąd, w szczególności, <)APO=90◦.

54

Sposób IINiech M i N będą odpowiednio środkami boków AB i AC (rys. 3). Po-

nieważ <)ANO=<)AMO=90◦ , więc okrąg opisany na trójkącie AMN prze-chodzi przez punkt O (średnicą tego okręgu jest odcinek AO). Wykażemy, żepunkt P leży na tym okręgu.

�

A B

C

P

O

M

N

rys. 3

A B

C

P

M

N

rys. 4

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

AN=AB

AC=BP

AP.

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

<)AMP +<)ANP =180◦ .

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

<)APO=<)ANO=90◦ .

Sposób IIINiech prosta AP przecina okrąg opisany na trójkącie ABC w punkcie Q

(rys. 5). Wówczas zachodzą równości:

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

Mamy ponadto następujące zależności:

(3) <)PQC =<)AQC =<)ABC.

Z drugiej równości (2) oraz z tożsamości (3) wy-nika, że trójkąty ABC i PQC są podobne. Po-dobne są również trójkąty APC oraz ABP . Stąd

PQ

AB=PC

CA=PA

AB,

czyli PQ=PA. Zatem punkt P jest środkiemcięciwy AQ, co oznacza, że <)APO=90◦.

�

A B

C

P

O

Q

rys. 5

55

Zadanie 5. Niech S= {1,2,3,4,5}. Wyznaczyć liczbę funkcji f :S→S spełniają-cych równość f50(x)=x dla wszystkich x∈S.Uwaga: f50(x)= f ◦f ◦ ...◦f

︸ ︷︷ ︸

50

(x).

RozwiązanieSposób INiech f będzie funkcją spełniającą warunki zadania. Dla liczb x 6= y dosta-

jemy f49(f(x))=x 6= y= f 49(f(y)), skąd f(x) 6= f(y). Ponieważ f jest rów-nież funkcją „na”, więc f jest permutacją zbioru S. Oznaczmy przez r(x)(x∈S) najmniejszą liczbę całkowitą dodatnią, dla której f r(x)(x)=x. Wów-czas r(x)¬ 5 oraz r(x)|50, skąd r(x)∈{1,2,5}.Jeżeli istnieje taka liczba a∈S, że r(a)= 5, to liczby a, f(a), f 2(a), f3(a),

f4(a) są różne — wyczerpują więc zbiór S. Wtedy dla dowolnej liczby x∈S,r(x)= 5. Funkcja f jest więc jednoznacznie wyznaczona przez permutację(f(1),f 2(1),f3(1),f4(1)

)zbioru {2,3,4,5}; zatem może być ona określona na

4!=24 sposoby.Jeżeli dla wszystkich x∈S zachodzi r(x)= 1, to f jest funkcją identycz-

nościową. Taka funkcja jest jedna.Pozostał do rozpatrzenia przypadek, w którym największa wartość osiąga-

na przez funkcję r wynosi 2. Niech więc a będzie takim elementem zbioru S,że r(a)= 2. Wtedy także r(b)= 2, gdzie b= f(a).Jeżeli r(x)= 1 dla wszystkich x∈S \{a,b}, to f jest wyznaczona przez

wybór dwuelementowego podzbioru {a,b} zbioru S, co można uczynić na(52

)=10 sposobów.Jeżeli natomiast istnieje taka liczba c∈S \{a,b}, że r(c)= 2, to przyjmując

d= f(c) oraz oznaczając przez e jedyny element zbioru S \{a,b,c,d}, mamy(1) f(a)= b, f(b)= a, f(c)= d, f(d)= c, f(e)= e.

Taka funkcja f jest wyznaczona przez wybór liczby e (można to zrobić na5 sposobów) oraz podział zbioru S \{e} na dwa podzbiory dwuelementowe{a,b} i {c,d} (istnieją 3 takie podziały). Dostajemy więc 15 funkcji posta-ci (1).Łącznie istnieje 50 funkcji spełniających warunki zadania.

Sposób IIZamiast liczyć permutacje zbioru pięcioelementowego spełniające warunek

podany w zadaniu, można policzyć te permutacje, które go nie spełniają.Rozumowanie analogiczne do tego w sposobie I dowodzi, że są to permu-

tacje f następujących trzech postaci:

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

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

56

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

gdzie {1,2,3,4,5}= {a,b,c,d,e}.Liczby a, b, c ze zbioru {1,2,3,4,5} można wybrać na

(53

)=10 sposobów,

zaś ustawić cyklicznie na 2 sposoby. Zatem istnieje 20 permutacji postaci (2)oraz 20 permutacji postaci (3).Podobnie, liczby a, b, c, d ze zbioru {1,2,3,4,5} można wybrać na

(54

)

=5sposobów, zaś ustawić cyklicznie na 6 sposobów. Zatem istnieje 30 permutacjipostaci (4).Stąd wynika, że istnieje 70 permutacji nie spełniających warunków za-

dania, a więc z ogólnej liczby 5! =120 permutacji pozostaje 50 szukanychpermutacji.

Zadanie 6. Dana jest liczba naturalna k­ 2 oraz liczby całkowite a1,a2,...,anspełniające warunki

a1+2ia2+3ia3+ ...+nian=0 dla i=1,2,...,k−1.Dowieść, że liczba a1+2ka2+3ka3+ ...+nkan jest podzielna przez k!.

RozwiązanieDla dowolnej liczby całkowitej m­ k liczba

(mk

)jest całkowita. Stąd, dla

dowolnej liczby całkowitej dodatniej m, liczba m(m−1)(m−2)...(m−k+1)jest podzielna przez k!. Istnieją więc takie liczby całkowite b1,b2,...,bk−1, żedla dowolnej liczby całkowitej dodatniej m,

mk≡ b1m+b2m2+ ...+bk−1mk−1 (mod k!).Mnożąc powyższą kongruencję przez am, a następnie dodając stronami odm=1 do m=n otrzymujemy

a1+2ka2+ ...+nkan≡ b1(a1+2a2+ ...+nan)++b2(a1+22a2+ ...+n2an)+ ...

...+bk−1(a1+2k−1a2+ ...+nk−1an)=

=0 (mod k!).

To oznacza, że liczba a1+2ka2+3ka3+ ...+nkan jest podzielna przez k!, cokończy rozwiązanie zadania. æ

Zawody stopnia trzeciego

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

(1)AE

EC=

BD

AD−BC .

Udowodnić, że AD>BE.

57

RozwiązanieSposób IUzupełniamy trójkąt BDA do równoległoboku

BDAF (rys. 1). Na półprostej BC→ odkładamyodcinek BK o długości AD. Dana w zadaniu za-leżność przyjmuje teraz postać

AE

EC=AF

CK.

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

A

B CD

E

F

K

rys. 1

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

Sposób IISkorzystamy z nierówności Ptolemeusza, która mówi, że dla dowolnych

punktów A, B, C, D leżących na płaszczyźnie zachodzi

AC ·BD¬CD ·AB+AD ·BC,przy czym równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy punkty A, B, C, Dleżą, w tej właśnie kolejności, na jednym okręgu.(Dowód znajduje się w broszurze XLVI Olimpiada Matematyczna, Spra-

wozdanie Komitetu Głównego, Warszawa 1996, str. 96).Stosując zacytowaną nierówność do punktów A, B,

C, E otrzymujemy AC ·BE<AE ·BC+EC ·AB, czyli

(2) BE<AE

AC·BC+ EC

AC·AB.

Korzystając ze związku (1) otrzymujemy następującerówności:

AC

AE=1+

EC

AE=1+

AD−BCBD

,

A

B CD

E

rys. 2skąd dostajemyAE

AC=

BD

AD−BC+BD orazEC

AC=1−AE

AC=

AD−BCAD−BC+BD .

Na mocy nierówności (2) oraz powyższych zależności mamy

BE <BC ·BD

AD−BC+BD +(AD−BC) ·ABAD−BC+BD <

<BC ·BD

AD−BC+BD +(AD−BC) ·BDAD−BC+BD +

(AD−BC) ·ADAD−BC+BD =

=AD ·BD

AD−BC+BD +(AD−BC) ·ADAD−BC+BD =

(BD+AD−BC) ·ADAD−BC+BD =AD.

58

Sposób IIINiech o1 będzie okręgiem o środku D i promieniu AD (rys. 3). Ponieważ

AD>BC, więc okrąg ten przecina półprostą BC→ tylko w jednym punkcie;nazwijmy go A′. Z nierówności AD>BC wynika również, że punkty B, C,A′ leżą w tej właśnie kolejności na prostej BC.Oznaczmy przez o2 okrąg będący obrazem okręgu o1 przy jednokładności j

o środku C i skali λ=EC :AC. Wówczas E= j(A). Ponadto punkt E ′= j(A′)leży pomiędzy punktami C i A′, jak również środek D′ okręgu o2 leży po-między punktami D i C. Zatem punkt D′ leży pomiędzy punktami B i E ′.To natomiast oznacza, że okrąg o środku B i promieniu BE ′ jest stycznywewnętrznie do okręgu o2 (rys. 4). Wniosek: BE<BE ′.

��

A

CD

E

B D′ E′ A′

o1

o2

rys. 3

� �

�

�

B

E

D′ E′

rys. 4

o2

Z powyższych rozważań wnioskujemy, że punkty B, D, C, E ′, A′ leżą naprostej BC w tej właśnie kolejności.Na mocy równości (1) skala jednokładności j jest równa

λ=EC

AC=

AD−BCAD−BC+BD =

A′D−BCA′D−BC+BD =

A′C−BDA′C

.

Stąd dostajemy

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

Sposób IVWykorzystamy następująceTwierdzenie (Van Aubela):Punkty D, E, F leżą odpowiednio na bokach

BC, CA, AB dowolnego trójkąta ABC (rys. 5).Odcinki AD, BE, CF przecinają się w punkcie Q.Wówczas

(3)CQ

QF=CE

EA+CD

DB. A B

C

D

E

F

Q

rys. 5

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

59

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

CP

PF=CE

EA+CD

DB=AD−BCDB

+CD

DB=AD−BDDB

.

Dodając do obu stron powyższej równości liczbę 1 dostajemy

(4)CF

PF=AD

DB.

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

[BCP ][ABC]

+[CAP ][ABC]

+[ABP ][ABC]

= 1

otrzymujemy związekPD

AD+PF

CF=1− PE

BE.

A

B CD

EF

P

rys. 6

Na mocy równości (4) powyższa równość przybiera postać

PD

AD+BD

AD=BE−PEBE

, czyliPD+BDAD

=BP

BE.

Z nierówności trójkąta PDB dostajemy ostatecznie

BP

AD<PD+BDAD

=BP

BE,

skąd AD>BE.

UwagaPo zawodach wielu uczestników skarżyło się, że dana w treści zadania za-

leżność (1) jest „sztuczna” i dlatego zadanie to sprawiło im sporo trudności(por. tabela w części sprawozdawczej). Nasuwa się więc pytanie: Czy możnawarunek (1) zastąpić innym, równoważnym, a przy tym „bardziej natural-nym”? Odpowiedź daje następujący

FaktPunkt D leży na boku BC trójkąta ABC, przy czym AD>BC. Punkt

E leży na boku AC. Odcinki AD, BE przecinają się w punkcie P . Wówczas

AE

EC=

BD

AD−BC ⇔ AP =BC.

Dowód faktuNa mocy twierdzenia Menelausa (zob. str. 122) zastosowanego do trójkąta

ADC (rys. 7) otrzymujemy

AE

EC· BCBD·DPAP=1.

60

ZatemAE

EC=

BD

AD−BC ⇔ BD

AD−BC ·BC

BD·DPAP=1 ⇔ DP

AP=AD−BCBC

⇔ DP

AP+1=

AD

BC⇔ AD

AP=AD

BC⇔ AP =BC.

A

B CD

E

P

rys. 7

A

B CD

E

P

rys. 8

Sposób VKorzystając z wyżej udowodnionego faktu, równość (1) możemy przepisać

w postaci

(5)EC

AE=PD

BD.

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

PB· BDDC· CAAE=1, czyli

EP

PB· BDDC+EP

PB· BDDC· ECAE=1.

Na mocy równości (5) ostatnia zależność przybiera postaćEP

PB·BDDC+EP

PB· PDDC=1,

skądEP

DC=

PB

BD+PD< 1.

Zatem EP <DC oraz PB<BD+PD . Dodając stronami dwie ostatnienierówności otrzymujemy BE<BC+PD=AD .

Zadanie 2. Dane są liczby całkowite nieujemne a1<a2<a3< ...< a101 mniejszeod 5050. Dowieść, że spośród nich można wybrać takie cztery różneak, al, am, an, że liczba ak+al−am−an jest podzielna przez 5050.

RozwiązanieRozważamy wszystkie wyrażenia postaci ak+al, gdzie 1¬ k < l¬ 101. Ta-

kich wyrażeń jest(1012

)=5050. Jeżeli znajdziemy wśród nich dwa, powiedzmy

ak+al i am+an, których wartości dają tę samą resztę z dzielenia przez 5050,to liczby ak, al, am, an spełniają warunki zadania — liczby te są bowiemparami różne (jeśli np. ak= am, to także al= an, gdyż 0¬ al,an< 5050).

61

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

S=∑

1¬k<l¬101(ak+al)≡

5049∑

i=0

i=5049 ·50502

≡ 2525 (mod 5050),

co dowodzi, że S jest liczbą nieparzystą.Z drugiej strony

S=∑

1¬k<l¬101(ak+al) = 100 ·

101∑

k=1

ak ,

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

Zadanie 3. Dowieść, że istnieją takie liczby naturalne n1<n2< ...<n50, że

n1+S(n1)=n2+S(n2)=n3+S(n3)= ...=n50+S(n50),

gdzie S(n) jest sumą cyfr liczby n.RozwiązanieWprowadźmy następujące oznaczenia:

a1(k) = 1010k+k+1−9·10k=9999...99

︸ ︷︷ ︸

10k

10000...00︸ ︷︷ ︸

k

,

a2(k) = 1010k+k+1=10000...00

︸ ︷︷ ︸

10k+k+1

.

Wówczas a1(k)+S(a1(k)) = a2(k)+S(a2(k)) = 1010k+k+1+1. Określmy licz-

by k0,k1,k2,... wzorami:

k0=0 oraz ki+1=10ki+ki+2 dla i­ 0 .Dla dowolnego ciągu ε=(ε0,ε1,...,ε5), gdzie ε0,ε1,...,ε5 ∈{1,2}, przyjmijmy

nε=5∑

i=0

aεi(ki) .

Otrzymane w ten sposób 64 liczby nε są parami różne. Wykażemy, że dlawszystkich 64 ciągów ε wielkości nε+S(nε) są jednakowe.Ponieważ dla i∈{0,1,2,3,4,5} liczba aεi(ki) jest co najwyżej ki+1-cyfrowa

i ma co najmniej ki zer końcowych, więc żadne dwie z liczb aεi(ki) i aεj (kj)(dla i 6= j) nie mają niezerowych cyfr na tym samym miejscu dziesiętnym.Stąd

S(nε)=5∑

i=0

S(aεi(ki)) .

62

Zatem

nε+S(nε)=5∑

i=0

(aεi(ki)+S(aεi(ki)))= 6+5∑

i=0

1010ki+ki+1 ,

co jest wielkością niezależną od ε.

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

x21+x22+50=16x1+12x2

x22+x23+50=16x2+12x3

x23+x24+50=16x3+12x4

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .x2n−1+x

2n+50=16xn−1+12xn

x2n+x21+50=16xn+12x1

ma rozwiązanie w liczbach całkowitych x1,x2,x3,...,xn.RozwiązanieRównanie x21+x

22+50=16x1+12x2 jest równoważne równaniu

(x1−8)2+(x2−6)2=50.

Liczby x1,x2,...,xn spełniają dany w treści zada-nia układ równań wtedy i tylko wtedy, gdy punkty(x1,x2),(x2,x3), ...,(xn,x1) leżą na okręgu o środ-ku (8,6) i promieniu

√50. Na tym okręgu leży 12

punktów o współrzędnych całkowitych (zob. rysu-nek obok): (1,5), (1,7), (3,1), (3,11), (7,−1), (7,13),(9,−1), (9,13), (13,1), (13,11), (15,5), (15,7).

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

��

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

��

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

Ponieważ każda z liczb xi występuje raz jako odcięta, a raz jako rzędnapunktu kratowego leżącego na tym okręgu, więc liczby xi mogą przyjmowaćtylko wartości 1, 7 lub 13. To pozostawia nam trzy możliwe układy dla par(xi,xi+1), a mianowicie: (1,7), (7,13) lub (13,1). Stąd wniosek, że w układzieliczb (x1,x2,...,xn) będącym rozwiązaniem wyjściowego układu równań, wy-stępują cyklicznie liczby 1, 7, 13. Taka sytuacja jest możliwa wtedy i tylkowtedy, gdy n jest liczbą podzielną przez 3.

Zadanie 5. Niech a1,a2,...,an, b1,b2,...,bn będą liczbami całkowitymi. Udowod-nić, że

(1)∑

1¬i<j¬n

(|ai−aj |+ |bi−bj |)¬∑

1¬i,j¬n

|ai−bj | .

RozwiązanieSumy występujące po obu stronach danej w zadaniu nierówności nie zmie-

nią się, jeśli w dowolny sposób zmienimy kolejność liczb ai oraz liczb bi.Bez szkody dla ogólności możemy więc założyć, że a1¬ a2¬ ...¬ an oraz

63

b1¬ b2¬ ...¬ bn. Wówczas∑

1¬i<j¬n(|ai−aj|+ |bi−bj|)=

∑

1¬i<j¬n(aj−ai+bj−bi)¬

·

1¬i<j¬n(|aj−bi|+ |bj−ai|)¬

·

1¬i<j¬n(|aj−bi|+ |ai−bj|)+

∑

1¬i¬n|ai−bi|=

=∑

1¬i,j¬n|ai−bj | .

Uwaga 1.Założenie, że liczby a1,a2,...,an, b1,b2,...,bn są całkowite, nie było w roz-

wiązaniu wykorzystywane. Nierówność (1) jest prawdziwa dla dowolnych liczbrzeczywistych.

Uwaga 2.Uważne prześledzenie podanego wyżej rozwiązania prowadzi do wnio-

sku, że równość w nierówności (1) zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy cią-gi (a1,a2,...,an) oraz (b1,b2,...,bn) po uporządkowaniu w sposób rosnący sąidentyczne.

Zadanie 6. W sześciokącie wypukłym ABCDEF zachodzą równości:

(1) <)A+<)C+<)E=360◦ ,AB

BC· CDDE· EFFA=1 .

Dowieść, żeAB

BF· FDDE· ECCA=1 .

RozwiązanieSposób INa mocy założenia <)A+<)C+<)E=360◦, istnieje taki punkt P , że za-

chodzą następujące równości kątów (rys. 1):

(2) <)BCP =<)BAF , <)PCD=<)FED, <)CDP =<)EDF .

Trójkąty DEF i DCP są więc podobne,skąd dostajemy

(3) <)EDC =<)FDP orazED

DC=FD

DP.

Korzystając z danej w treści zadania rów-ności oraz z podobieństwa trójkątów EDFi CDP otrzymujemyFA

AB=EF

DE· CDBC=CP

CD· CDBC=CP

BC, A B

C

D

E

F

P

rys. 1

64

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

(4) <)CBA=<)PBF orazAB

BC=FB

BP.

Równości (3) oznaczają, że trójkąty EDC i FDP są podobne; z równości (4)wynika natomiast, że podobne są trójkąty CBA i PBF . Otrzymujemy więcodpowiednio następujące proporcje:

EC

DE=FP

FDoraz

AB

CA=BF

FP.

Mnożąc stronami powyższe dwie równości dostajemy tezę.

Sposób IIUżyjemy algebry liczb zespolonych.Niech liczby a, b, c, d, e, f reprezentują na płaszczyźnie zespolonej odpo-

wiednio punkty A, B, C, D, E, F . Oznaczmy przez Arg z argument liczbyzespolonej z będący liczbą z przedziału (0,2π〉. Wówczas

Argf−ab−a =

<)A, Argb−cd−c =

<)C, Argd−ef−e =

<)E.

Ponieważ <)A+<)C+<)E=2π, więc

Arg(f−ab−a ·

b−cd−c ·

d−ef−e

)

=2π.

Liczbaf−ab−a ·

b−cd−c ·

d−ef−e jest więc dodatnią liczbą rzeczywistą. Ponadto

∣∣∣∣

f−ab−a ·

b−cd−c ·

d−ef−e

∣∣∣∣=FA

AB· BCCD·DEEF=1.

Zatem warunek (1) implikuje równość

(5)f−ab−a ·

b−cd−c ·

d−ef−e =1.

Stąd (f−a)(b−c)(d−e)= (b−a)(d−c)(f −e). Wymnażając nawiasy otrzy-mujemy

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

czyli po uporządkowaniu i redukcji wyrazów podobnych

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

Z drugiej strony, przekształcając analogicznie równość

(7)a−bf−b ·

f−de−d ·

e−ca−c =1,

65

otrzymujemy (a−b)(f−d)(e−c)= (f −b)(e−d)(a−c), skądacd−bcd−ade+bde−acf +bcf+aef−bef =

= abd−bcd−abe+bce−adf+cdf+aef−cef .Porządkując i redukując dostajemy

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

Równość (8) niczym nie różni się od równości (6), co oznacza, że zależność (7)jest równoważna równości (5).Porównując wartości bezwzględne liczb stojących po obu stronach związ-

ku (7) dostajemyAB

BF· FDDE· ECCA=∣∣∣∣

a−bf−b ·

f−de−d ·

e−ca−c

∣∣∣∣=1,

co kończy dowód.

Uwaga 1.Rachunki w sposobie II można nieco uprościć przyjmując (bez straty ogól-

ności), że a=0 oraz b=1.

Uwaga 2.W obu powyższych rozwiązaniach ukryty jest dowód następującej równo-

ści: <)ACE=<)ABF +<)FDE. Odnalezienie go pozostawiamy Czytelnikowijako ciekawe uzupełnienie zadania.

Uwaga 3.Prawdziwy jest następujący, nietrudny do samodzielnego udowodnienia

fakt: jeśli na sześciokącie ABCDEF można opisać okrąg, to<)A+<)C+<)E=360◦ .

Zastąpmy więc w treści zadania wyrażenie „<)A+<)C+<)E=360◦” zda-niem: „na sześciokącie ABCDEF można opisać okrąg” (pozostawiając resztębez zmian). W ten sposób otrzymamy treść innego, jak się okazuje, prostszegozadania, które można łatwo rozwiązać przy pomocy twierdzenia Ptolemeusza.Oto rozwiązanie:Chcemy dowieść, że

(9) AB ·FD ·EC =DE ·BF ·CA.Na mocy twierdzenia Ptolemeusza (rys. 2) mamy

FD ·EC =DE ·FC+EF ·CD,BF ·CA=AB ·FC+FA ·BC.

Wstawiając powyższe związki do równości (9), spro-wadzamy ją do postaci:

A

B

C

DE

F

rys. 2

AB ·DE ·FC+AB ·EF ·CD=DE ·AB ·FC+DE ·FA ·BC,

66

czyli AB ·CD ·EF =BC ·DE ·FA. Otrzymaliśmy drugą spośród równo-ści (1), a więc tym samym dowiedliśmy równości (9).

∗ ∗ ∗Kilku uczestników przedstawiło powyższe rozumowanie w swoich pracach,

po czym próbowali oni dowieść, że jedynymi sześciokątami ABCDEF speł-niającymi równość <)A+<)C+<)E=360◦ są sześciokąty wpisane w okrąg.To w połączeniu z prostym zastosowaniem twierdzenia Ptolemeusza dałobyim rozwiązanie zadania.Jednak okazuje się, że z warunku <)A+<)C+<)E=360◦ nie wynika, że na

sześciokącie ABCDEF można opisać okrąg (a więc twierdzenie odwrotne dozacytowanego na początku Uwagi 3 nie jest prawdziwe). Przykład znajdujesię na rysunku 3. Punkty A′, B, C, D, E, F ′ leżą na jednym okręgu (skąd<)A′+<)C+<)E=360◦) oraz AF ‖A′F ′. Zatem <)A+<)C+<)E=360◦, leczna sześciokącie ABCDEF nie da się opisać okręgu.

A′B

C

DE

F ′

A

F

rys. 3

A

BC

D

E

F

rys. 4

Inny przykład jest przedstawiony na rysunku 4. Sześciokąt ABCDEF matę własność, że na czworokątach ABCF i FCDE można opisać okręgi i są oneróżne. Wtedy <)BAF +<)BCF =180◦ oraz <)FED+<)FCD=180◦ . Doda-jąc stronami otrzymane równości dostajemy <)A+<)C+<)E=360◦. Jednak,jak widać, nie istnieje okrąg opisany na sześciokącie ABCDEF .Powyższe krótkie rozumowanie korzystające z twierdzenia Ptolemeusza

stosuje się również dla takich sześciokątów jak na rysunku 4, czyli przy za-łożeniu, że na czworokątach ABCF , FCDE można opisać okręgi. Nasuwasię więc następujące pytanie: Czy z warunku <)A+<)C+<)E=360◦ wynika,że na czworokątach ABCF , FCDE da się opisać okręgi? Odpowiedź jestnegatywna, co można zrozumieć spoglądając na rysunek 4. Na tym rysunku<)A+<)C+<)E=360◦, więc również <)B+<)D+<)F =360◦, lecz na czworo-kątach BCDA, ADEF nie da się opisać okręgów. æ

67

XXXIX Międzynarodowa Olimpiada Matematyczna

Zadanie 1. W czworokącie wypukłym ABCD przekątne AC i BD są prostopa-dłe, a przeciwległe boki AB i DC nie są równoległe. Zakładamy, żesymetralne boków AB i DC przecinają się w punkcie P leżącym we-wnątrz czworokąta ABCD. Udowodnić, że czworokąt ABCD da sięwpisać w okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy trójkąty ABP i CDP mająrówne pola.

RozwiązanieOznaczmy przez M , N odpowiednio środki boków AB i CD (rys. 1).

Niech E będzie punktem przecięcia przekątnych AC i BD. Ponieważ pro-ste AB i CD nie są równoległe, więc kąty BEM oraz DEN nie są równe.Stąd wynika, że punkty M , E, N nie są współliniowe. Bez straty ogólnościprzyjmijmy, że

(1) <)BEM+<)CEN < 90◦ .

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

<)P =540◦−2 ·90◦−<)MBE−<)EBC−<)NCE−<)ECB==270◦−<)BEM−<)CEN > 180◦ .

A

B

C

D

P

M

N

E

rys. 1

Zatem punkt P leży wewnątrz czworokąta BCNM . Ponadto

(2) <)MPN =360◦−<)P =90◦+<)BEM+<)CEN =<)MEN.Oznaczmy przez [XY Z] pole trójkąta XY Z. Na mocy równości (2) otrzymu-jemy

[ABP ] = [CDP ] ⇔ NP

MP=AB

CD⇔ NP

MP=ME

NE

⇔ trójkąty MPN i NEM są podobne

⇔ ME=NP oraz NE=MP

⇔ czworokąt MPNE jest równoległobokiem

⇔ ME⊥CD oraz NE⊥AB

68

⇔ <)MBE=<)NCE oraz <)NDE=<)MAE

⇔ na czworokącie ABCD można opisać okrąg.

Zadanie 2. W konkursie bierze udział a uczestników, ocenianych przez b egzami-natorów, gdzie b­ 3 jest liczbą całkowitą nieparzystą. Każdy egza-minator ocenia każdego uczestnika, wydając werdykt „zdał” lub „niezdał”. Załóżmy, że k jest liczbą o własności: oceny każdych dwóchegzaminatorów są zgodne dla co najwyżej k uczestników. Dowieść, że

k

a­ b−12b.

RozwiązanieOznaczmy przez xi liczbę egzaminatorów, według których uczestnik o nu-

merze i (gdzie i=1,2,... ,a) zdał. Niech yi będzie liczbą tych egzaminatorów,którzy uznali, że i-ty uczestnik nie zdał. Liczba par tych egzaminatorów,których oceny zgadzają się względem i-tego uczestnika, wynosi

(xi2

)

+(yi2

)

= 12(x2i +y

2i −(xi+yi))=

= 14(xi+yi)2+ 14(xi−yi)2− 12(xi+yi)=

= 14b2− 12b+ 14(xi−yi)2= 14((b−1)2+(xi−yi)2−1) .

Ponieważ b jest liczbą nieparzystą, więc (xi−yi)2­ 1, skąd

(1)(xi2

)

+(yi2

)

= 14((b−1)2+(xi−yi)2−1)­ 14 (b−1)2 .

Łączna liczba par ocen zgodnych w konkursie wynosia∑

i=1

((xi2

)

+(yi2

))

.

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

k ·(b2

)

.

Korzystając z nierówności (1), otrzymujemy więc

k ·(b2

)

­a∑

i=1

((xi2

)

+(yi2

))

­ a(b−1)2

4.

Przekształcając równoważnie powyższą nierówność uzyskujemy

k

a­ b−12b.

69

Zadanie 3. Dla każdej dodatniej liczby całkowitej n oznaczmy przez d(n) liczbęjej dodatnich dzielników (włącznie z 1 oraz n). Wyznaczyć wszystkiedodatnie liczby całkowite k takie, że

d(n2)d(n)

= k

dla pewnego n.RozwiązanieNiech n= px11 p

x22 ...p

xjj będzie rozkładem liczby n na czynniki pierwsze.

Wówczasd(n)= (x1+1)(x2+1)...(xj+1).

Zatem dla dowolnych liczb względnie pierwszych a, b mamy d(ab)= d(a)d(b).Liczba d(n2)= (2x1+1)(2x2+1)...(2xj+1) jest nieparzysta, więc całko-

wite wartości wyrażenia d(n2)/d(n) mogą być jedynie liczbami nieparzysty-mi.Wykażemy indukcyjnie, że dla każdej liczby nieparzystej k istnieje taka

liczba naturalna n, że

(1)d(n2)d(n)

= k.

Dla k=1 wystarczy przyjąć n=1.Niech k=2rl−1, gdzie r­ 1 jest liczbą naturalną, zaś l liczbą nieparzystą.

Ponieważ l < k, więc na mocy założenia indukcyjnego istnieje taka liczbanaturalna m, że

d(m2)d(m)

= l.

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

(2) n=m ·qx00 qx11 ...qxs−1s−1 ,

gdzie q0,q1,...,qs−1 są dowolnymi liczbami pierwszymi, nie będącymi dziel-nikami liczby m, zaś s oraz x0,x1,...,xs−1 liczbami całkowitymi dodatnimi,które niżej odpowiednio dobierzemy.Na mocy równości (2) otrzymujemy zależność

(3)d(n2)d(n)

=d(m2)d(m)

· 2x0+1x0+1

· 2x1+1x1+1

· ... · 2xs−1+1xs−1+1

.

Aby uprościć ułamki stojące po prawej stronie powyższego wyrażenia, przyj-mijmy xj =2jx0 dla j=1,2,... ,s−1. Wtedy równość (3) przybiera postać

d(n2)d(n)

= l · 2sx0+1x0+1

.

Pozostało tak wybrać liczby całkowite dodatnie s oraz x0, aby

l · 2sx0+1x0+1

=2rl−1,

70

czyli 2sx0l+ l=2rx0l−x0+2rl−1. W tym celu wystarczy wziąć s= r orazx0=(2r−1)l−1.Dowód indukcyjny został więc zakończony.

Zadanie 4. Wyznaczyć wszystkie pary (a,b) liczb całkowitych dodatnich takie,że liczba a2b+a+b jest podzielna przez ab2+b+7.

RozwiązanieZ warunków zadania wynika, że liczba

b(a2b+a+b)−a(ab2+b+7)= b2−7ajest podzielna przez ab2+b+7. Liczby a, b są całkowite dodatnie, więc

ab2+b+7>b2+7>b2−7a.Zatem podzielność ab2+b+7 | b2−7a jest możliwa jedynie wtedy, gdy liczbab2−7a jest niedodatnia.Wszystkie pary (a,b) spełniające równanie b2−7a=0 są dane wzorami

(a,b)= (7k2,7k) dla k=1,2,3,... .

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

ab2+b+7=7(49k4+k+1), a2b+a+b=7k(49k4+k+1).

Pozostało rozważyć przypadek, gdy b2−7a< 0. Wówczas(1) liczba dodatnia 7a−b2 jest podzielna przez ab2+b+7.Jeśli b­ 3, to ab2+b+7> 9a> 7a−b2 , co dowodzi, że w tym przypadkupodzielność ab2+b+7 | 7a−b2 nie może być spełniona. Zatem b=1 lub b=2.(a) Przyjmijmy najpierw, że b=1. Wtedy warunek (1) sprowadza się do

podzielności a+8 | 7a−1 . Ponieważ7a−1=7(a+8)−57,

więc a+8 | 57. Zatem a+8 musi być jedną z liczb: 1, 3, 19, 57. Stąd na mocydodatniości liczby a wynika, że a=11 lub a=49.Bez trudu sprawdzamy, że pary (a,b)= (11,1) oraz (a,b)= (49,1) spełniają

warunki zadania. Istotnie: jeśli (a,b)= (11,1), to

ab2+b+7=19, a2b+a+b=133 (=19 ·7).Gdy natomiast (a,b)= (49,1), to otrzymujemy

ab2+b+7=57, a2b+a+b=2451 (=57 ·43).(b) Niech z kolei b=2. Wówczas na mocy warunku (1) liczba 7a−4 jest

podzielna przez 4a+9. Ponieważ

4(7a−4)=7(4a+9)−79,więc 4a+9 | 79 . Jedynymi dzielnikami liczby 79 są 1 oraz 79. Żadna z tychliczb nie jest postaci 4a+9. Otrzymaliśmy sprzeczność.

71

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

(a,b)= (7k2,7k) dla k=1,2,3,... , (a,b)= (11,1), (a,b)= (49,1).

Zadanie 5. Niech I będzie środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC. Okrągten jest styczny do boków BC, CA i AB odpowiednio w punktach K,L i M . Prosta przechodząca przez B i równoległa do MK przecinaproste LM i LK odpowiednio w punktach R i S. Wykazać, że kątRIS jest ostry.

RozwiązanieZachodzą następujące równości kątów (rys. 1):

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

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

A B

C

K

L

M

R

S

I

rys. 1

Otrzymujemy więc równości

(1) BR ·BS=BK ·BM =BK2 .Prosta IB jest prostopadła do prostej KM , więc IB⊥RS. Korzystającz równości (1) mamy

RI2+SI2−RS2= (BI2+BR2)+(BI2+BS2)−(BR+BS)2==2(BI2−BR ·BS)= 2(BI2−BK2)= 2IK2> 0.

Ostatnia nierówność dowodzi, że kąt RIS jest ostry.

Zadanie 6. Rozważamy wszystkie funkcje f ze zbioru�wszystkich liczb całko-

witych dodatnich do tego samego zbioru, spełniające warunek

(1) f(t2f(s))= s(f(t))2

dla wszystkich liczb s,t∈ �. Wyznaczyć najmniejszą możliwą wartość

f(1998).

72

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

warunkowi:

(2) f(f(s))= s(f(1))2 oraz f(1)f(st)= f(s)f(t) dla wszystkich s,t∈ � .

Oznaczmy: f(1)= a.Załóżmy, że równość (1) jest spełniona. Podstawiając do równości (1)

najpierw s=1, a potem t=1 otrzymujemy odpowiednio

(3) f(at2)= (f(t))2 oraz f(f(s))= a2s.

Stąd oraz z równania (1) mamy

(f(s)f(t))2 = (f(s))2 ·f(at2)= f(s2f(f(at2)))== f(s2a2at2)= f(a(ast)2)= (f(ast))2 ,

czyli f(ast)= f(s)f(t). W szczególności f(as)= af(s). Wstawiając do ostat-niej równości st w miejsce s oraz korzystając z przedostatniej zależności uzy-skujemy

(4) af(st)= f(s)f(t) dla wszystkich s,t∈ � .Równość (4) oraz druga z równości (3) dają (2).Załóżmy, że warunek (2) jest spełniony. Wtedy

a2f(t2f(s))= af(t2)f(f(s))= (f(t))2a2s,

skąd dostajemy zależność (1).Wykażemy teraz, że poszukiwania najmniejszej wartości f(1998) możemy

ograniczyć do tych funkcji f spełniających równania (2), dla których f(1)= 1.W tym celu udowodnimy najpierw, że jeżeli funkcja f spełnia (2), to dladowolnej liczby s∈ � liczba f(s) jest podzielna przez a (= f(1)).Ustalmy liczbę naturalną s. Niech p będzie dowolnym dzielnikiem pierw-

szym liczby a. Niech α­ 1 będzie największym wykładnikiem, z jakim licz-ba p wchodzi do rozkładu na czynniki pierwsze liczby a (tzn. pα | a, leczpα+16 | a). Analogicznie, niech β­ 0 będzie największą liczbą całkowitą o wła-sności pβ | f(s) (a więc pβ+16 | f(s)).Korzystając z drugiego równania (2) dowodzimy indukcyjnie, że

(5) ak−1f(sk)= (f(s))k dla k=1,2,3,... .

Liczba pierwsza p wchodzi do rozkładu na czynniki pierwsze liczby (f(s))k

z wykładnikiem βk, natomiast do rozkładu liczby ak−1f(sk) z wykładnikiemco najmniej α(k−1). Zatem na mocy równości (5) otrzymujemy βk­α(k−1)dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej k. Stąd β­α. Ponieważ liczba p byładowolnym dzielnikiem pierwszym liczby a, więc a | f(s) dla s∈ � .

73

Definiujemy funkcję g(s)= f(s)/a. Wówczas g: � → � oraz g(1)= 1. Po-nadto funkcja g spełnia warunki (2). Istotnie: dzieląc obie strony drugiejrówności (2) przez a2 otrzymujemy

(6) g(st)= g(s)g(t) dla wszystkich s,t∈ � .Ponadto na mocy pierwszej równości (2), f(f(1))= (f(1))2, skąd g(a)= a.Zatem korzystając z równości (6),

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

co dowodzi, że funkcja g spełnia warunki (2). Oprócz tego g(s)¬ f(s) dlawszystkich s∈ � . Poszukiwania najmniejszej wartości f(1998) możemy więcograniczyć do funkcji f : � → � spełniających równości(7) f(f(s))= s oraz f(st)= f(s)f(t)

dla wszystkich liczb s,t∈ � .Niech f będzie dowolną funkcją spełniającą (7). Wykażemy, że dla dowol-

nej liczby pierwszej p liczba f(p) jest pierwsza. Niech więc f(p)=uv, gdzieu,v∈ � . Wtedy

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

Stąd wynika, że jedna z liczb f(u), f(v) (powiedzmy, że f(u)) jest równa 1.Stąd, na mocy drugiego równania (7), u= f(f(u))= f(1)= 1. Zatem f(p) jestliczbą pierwszą.Ponadto funkcja f jest różnowartościowa. Istotnie: jeśli f(s)= f(t), to

f(f(s))= f(f(t)), skąd s= t.Udowodniliśmy więc, że funkcja f przekształca różne liczby pierwsze na

różne liczby pierwsze. Stąd wynika, że

f(1998)= f(2 ·33 ·37)= f(2) ·(f(3))3 ·f(37)­ 3 ·23 ·5=120.Pozostało podać przykład funkcji f spełniającej warunki (7), dla której

zachodzi równość f(1998)=120. Taką funkcję f definiujemy następująco:

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

oraz f(p)= p dla liczb pierwszych p 6=2,3,5,37. Dla dowolnej liczby złożonejn= pα11 p

α22 ...p

αnn przyjmujemy

f(n)= f(p1)α1f(p2)α2 ...f(pn)αn .

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

74

XXI Austriacko-Polskie Zawody Matematyczne

Zadanie 1. Niech x1, x2, y1, y2 będą takimi liczbami rzeczywistymi, że

x21+x22¬ 1.

Udowodnić nierówność

(1) (x1y1+x2y2−1)2­ (x21+x22−1)(y21+y22−1).RozwiązanieRozpatrzmy najpierw przypadek, gdy y21+y

22 ­ 1. Wtedy lewa strona nie-

równości (1) jest nieujemna (jako kwadrat liczby rzeczywistej), natomiastz nierówności x21+x

22¬ 1 oraz y21+y22 ­ 1 wynika, że jej prawa strona jest

niedodatnia. Zatem w tym przypadku nierówność (1) jest udowodniona.Załóżmy teraz, że y21+y

22 < 1. Niech

a=√

x21+x22 oraz b=

√

y21+y22 .

Wówczas 0¬ a¬ 1 oraz 0¬ b< 1. Na mocy nierówności Schwarza (p. Do-datek , „Nierówność Schwarza”, str. 112) otrzymujemy x1y1+x2y2¬ ab< 1.Zatem

(x1y1+x2y2−1)2 ­ (ab−1)2= a2b2−2ab+1­ a2b2−a2−b2+1== (a2−1)(b2−1)= (x21+x22−1)(y21+y22−1),

co kończy dowód nierówności (1).

Zadanie 2. Rozważamy n punktów P1,P2,...,Pn położonych w tej kolejności najednej linii prostej. Malujemy każdy z tych n punktów na jeden z na-stępujących kolorów: biały, czerwony, zielony, niebieski, fioletowy. Ko-lorowanie nazwiemy dopuszczalnym, jeśli dla dowolnych dwóch kolej-nych punktów Pi, Pi+1 (i=1,2,...,n−1) oba są tego samego kolorulub co najmniej jeden z nich jest biały. Ile jest dopuszczalnych kolo-rowań?

RozwiązanieWykażemy, że dopuszczalnych kolorowań jest 12 (3

n+1+(−1)n+1) .Sposób INiech bn będzie liczbą dopuszczalnych kolorowań n punktów, w których

ostatni punkt jest pomalowany na biało, zaś kn — liczbą pozostałych do-puszczalnych kolorowań, tzn. kolorowań, w których ostatni punkt jest poma-lowany na czerwono, zielono, niebiesko lub fioletowo. Punkty pokolorowanena czerwono, zielono, niebiesko lub fioletowo będziemy nazywać prawdziwiekolorowymi .Oczywiście b1=1 oraz k1=4. Wykażemy, że dla n­ 1 zachodzą następu-

jące równości:

(1) bn+1= bn+kn oraz kn+1=4bn+kn .

75

W tym celu zastanówmy się, jak z dopuszczalnego kolorowania n punktówmożna otrzymać dopuszczalne kolorowanie n+1 punktów.Liczba kolorowań n+1 punktów zakończonych punktem białym jest rów-

na liczbie wszystkich dopuszczalnych kolorowań n punktów, gdyż każde do-puszczalne kolorowanie n punktów można uzupełnić (n+1)-szym punktempomalowanym na biało. Zatem bn+1= bn+kn , co dowodzi pierwszej spośródrówności (1).Wśród wszystkich dopuszczalnych kolorowań n+1 punktów zakończonych

punktem prawdziwie kolorowym można wyróżnić dwa rodzaje:1. Kolorowania, w których przedostatni, n-ty punkt jest biały . Wtedy kolor

ostatniego, (n+1)-szego punktu może być wybrany dowolnie spośród czterechkolorów prawdziwych. Zatem każde kolorowanie n punktów, zakończone nabiało, może być uzupełnione na 4 sposoby do kolorowania n+1 punktów,zakończonego punktem prawdziwie kolorowym. Otrzymujemy więc 4bn kolo-rowań tego rodzaju.2. Kolorowania, w których przedostatni, n-ty punkt nie jest biały . Wów-

czas, na mocy definicji kolorowań dopuszczalnych, ostatni (n+1)-szy punktmusi być tego samego koloru co przedostatni. Zatem każde kolorowanie npunktów, zakończone punktem prawdziwie kolorowym, może być uzupełnionetylko na jeden sposób do kolorowania n+1 punktów, zakończonego punktemprawdziwie kolorowym. Kolorowań tego rodzaju jest więc kn.Łącznie kolorowań n+1 punktów zakończonych punktem prawdziwie ko-

lorowym jest 4bn+kn, czyli kn+1=4bn+kn , co dowodzi drugiej spośród rów-ności (1).Niech dn będzie liczbą wszystkich dopuszczalnych kolorowań n punktów.

Wtedy dn= bn+kn oraz d1=5, d2=13. Ponadto dla n­ 2 mamydn+2 = bn+2+kn+2= bn+1+kn+1+4bn+1+kn+1=

=5bn+1+2kn+1=2(bn+1+kn+1)+3bn+1=2dn+1+3dn .

Stosując metodę rozwiązywania rekurencji liniowych (zob. Dodatek , „Roz-wiązywanie rekurencji liniowych”, str. 103) otrzymujemy

dn= 12 (3n+1+(−1)n+1).

Sposób IIRozważmy kolorowanie dopuszczalne n punktów. Jednokolorową wyspą

nazwiemy każdy maksymalny, niepusty ciąg kolejnych punktów pomalowa-nych jednym kolorem, różnym od białego. Niechm oznacza liczbę wysp jedno-kolorowych. Wtedy punktów białych jest co najmniejm−1. Stąd 2m−1¬n.Zatem wysp jednokolorowych nie może być więcej niż [(n+1)/2].Niech Pn+1 będzie dodatkowym białym punktem położonym na prawo

od punktów P1,P2,...,Pn. Wówczas każda jednokolorowa wyspa ma z prawej

76

strony punkt pomalowany na biało. Białym sąsiadem jednokolorowej wyspynazwiemy ten punkt biały, który jest położony na prawo od danej wyspyi leży najbliżej niej.Policzymy, ile jest dopuszczalnych kolorowań, wiedząc, że jednokoloro-

wych wysp jest dokładnie k (gdzie 0¬ k¬ [(n+1)/2]).Zero jednokolorowych wyspWszystkie punkty są pomalowane na biało — mamy więc tylko jedno

dopuszczalne kolorowanie w tym przypadku.

Jedna jednokolorowa wyspaKolorowanie dopuszczalne jest wyznaczone przez położenie wyspy oraz

wybór jednego spośród czterech kolorów, na który pomalowane są punkty tejwyspy. Położenie wyspy można wyznaczyć wybierając dwa różne punkty spo-śród P1,P2,...,Pn+1. (Pierwszy z nich to wysunięty najbardziej na lewo punktwyspy, zaś drugi to jej biały sąsiad). Zatem w tym przypadku dopuszczalnychkolorowań jest

4 ·(n+12

)

.

Dwie jednokolorowe wyspyTo kolorowanie jest wyznaczone przez położenie dwóch wysp (wybór czte-

rech różnych punktów spośród P1,P2,...,Pn+1) oraz wybór dwóch kolorów dlatych wysp (co można uczynić na 42 sposobów). Mamy więc łącznie w tymprzypadku

42 ·(n+14

)

kolorowań dopuszczalnych.

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

4k ·(n+12k

)

kolorowań dopuszczalnych mających dokładnie k wysp jednokolorowych.Łącznie wszystkich dopuszczalnych kolorowań jest więc[(n+1)/2]∑

k=0

4k·(n+12k

)

=12

(n+1∑

l=0

2l·(n+1l

)

+n+1∑

l=0

(−2)l·(n+1l

))

=

= 12((1+2)n+1+(1−2)n+1)= 12(3n+1+(−1)n+1) .

Sposób IIIKażde dopuszczalne kolorowanie n punktów uzupełnijmy (n+1)-szym bia-

łym punktem dołączonym na końcu. W ten sposób każde otrzymane koloro-wanie można podzielić na segmenty . Każdy segment składa się z kolejnych

77

punktów tego samego koloru oraz ostatniego punktu białego (w szczególnościsegment może być jednopunktowy, złożony tylko z punktu białego). Każdysegment zakodujemy przy pomocy ciągu cyfr 0, 1, 2. Ciąg ten będzie miałtaką samą długość jak kodowany segment. W ten sposób każde kolorowaniedopuszczalne zostanie zakodowane przy pomocy ciągu złożonego z n+1 cyfr.Każdemu nie białemu punktowi przyporządkujmy (uporządkowaną) parę

cyfr według reguły: czerwony: 11, zielony: 12, niebieski: 21, fioletowy: 22.Kodowanie segmentów odbywa się następująco.Segmentowi złożonemu z jednego (białego) punktu przypisujemy 0.Segmentowi złożonemu z dwóch punktów (pierwszy nie biały, drugi bia-

ły) przypisujemy parę cyfr przyporządkowaną kolorowi pierwszego punktusegmentu.Segmentowi o długości k (k­ 3) przypisujemy parę cyfr cd, która jest

przyporządkowana kolorowi początkowych punktów segmentu, przedzielonąk−2 zerami: c000...0d. (Na przykład segmentowi złożonemu z siedmiu punk-tów zielonych i ostatniego punktu białego przypisujemy ciąg 1000002).Tym samym otrzymujemy wzajemnie jednoznaczną odpowiedniość koloro-

wań i (n+1)-elementowych ciągów cyfr 0, 1, 2, zawierających parzystą liczbęcyfr niezerowych.Aby udzielić liczbowej odpowiedzi na pytanie postawione w zadaniu, na-

leży wyznaczyć liczbę takich ciągów.Wszystkich (n+1)-elementowych ciągów złożonych z cyfr 0, 1, 2 jest 3n+1.

Ile z nich ma parzystą liczbę cyfr niezerowych? Okazuje się, że prawie połowa,gdyż istnieje prawie wzajemnie jednoznaczna odpowiedniość między ciągamiz parzystą i ciągami z nieparzystą liczbą cyfr niezerowych. Odpowiedniość tawygląda następująco: Mając dany ciąg cyfr, zmieniamy pierwszą, różną od 1cyfrę według zasady: jeśli jest ona „zerem”, to zamieniamy ją na „dwójkę”;jeśli jest to „dwójka”, to wymieniamy ją na „zero”. Taka operacja zmieniaparzystość liczby cyfr niezerowych, a jej dwukrotne złożenie jest identyczno-ścią.Powyższe przekształcenie jest poprawnie określone na każdym ciągu cyfr

z wyjątkiem ciągu złożonego z samych jedynek. Pozostałych ciągów jest3n+1−1 i dokładnie połowa z nich ma parzystą liczbę cyfr niezerowych. Dotego trzeba doliczyć ciąg złożony z samych jedynek w przypadku, gdy liczban+1 jest parzysta.Zatem szukana liczba ciągów jest równa

{12(3n+1−1), gdy n+1 jest liczbą nieparzystą,

12(3n+1−1)+1, gdy n+1 jest liczbą parzystą,

czyli ogólnie12(3n+1+(−1)n+1).

78

Zadanie 3. Wyznaczyć wszystkie pary liczb rzeczywistych (x,y) spełniające na-stępujący układ równań:

{2−x3 = y2−y3 = x.

RozwiązaniePara (x,y)= (1,1) spełnia dany układ równań. Wykażemy, że jest to je-

dyne rozwiązanie.Przeprowadzimy dowód nie wprost. Przypuśćmy, że pewne liczby x, y

spełniają podany w treści zadania układ równań, przy czym x 6=1.Jeżeli x> 1, to y=2−x3< 1. Podobnie, gdyby zachodziła nierówność

x< 1, to mielibyśmy y=2−x3> 1. Zatem ze względu na symetrię niewiado-mych w danym układzie równań możemy (bez szkody dla ogólności zadania)przyjąć, że x> 1, y < 1.Podstawmy: a=x−1, b=1−y, czyli x=1+a, y=1−b. Wtedy a> 0,

b> 0 oraz {

b=3a+3a2+a3

a=3b−3b2+b3 .

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

a=3b−3b2+b3= b(3−3b+b2)== b(34+

94−3b+b2)= b

(34+(

32−b)2

)

­ 34b> 94a .

Stąd, ponieważ a> 0, więc 1> 94 . Otrzymaliśmy sprzeczność.Zatem x=1, co pociąga za sobą y=1.

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

Sm(n)=n∑

k=1

[k2√

km]

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

Sm(n)¬n+m·(4√2m−1

).

RozwiązanieWprowadźmy następujące oznaczenie: Ak= k

2√k. Wtedy liczbę Sm(n)

możemy zapisać w postacin∑

k=1

[Amk ].

Mamy więc udowodnić, żen∑

k=1

[Amk ]¬m(Am2 −1)+n ,

79

czylin∑

k=1

[Amk −1]¬m(Am2 −1) .

Wykażemy najpierw, że dla każdej liczby naturalnej k zachodzi nierównośćAk¬A2. Istotnie:

Ak¬A2 ⇔ k2√k¬ 4√2 ⇔ k4¬ 2k2 ⇔ k¬ 2k·(k/4) .

Jeżeli więc k­ 4, to dostajemy k < 2k¬ 2k·(k/4). To dowodzi nierównościAk¬A2 w przypadku, gdy k­ 4. Dla k=3 otrzymujemy:

A3¬A2 ⇔ 34< 232 ⇔ 81< 512,

co jest prawdą. Wreszcie dla k=1 mamy A1=1<4√2=A2.

Jeśli ponadto przyjmiemy, że k­m, to prawdziwe są następujące oszaco-wania:

Amk ¬Akk=k√k <

k√2k=2.

Zatem [Amk −1]¬ 0 dla k­m.Wykorzystując uzyskane wyżej nierówności dostajemy:n∑

k=1

[Amk −1]¬m∑

k=1

[Amk −1]¬m∑

k=1

[Am2 −1]=m[Am2 −1]¬m(Am2 −1),

co kończy dowód danej nierówności.

Zadanie 5. Wyznaczyć wszystkie pary (a,b) liczb całkowitych dodatnich takich,że równanie x3−17x2+ax−b2=0 ma trzy pierwiastki całkowite(niekoniecznie różne).

RozwiązanieNiech p, q, r będą pierwiastkami danego równania. Wówczas:

p+q+r=17(1)

pq+qr+rp= a(2)

pqr= b2 .(3)

Ponieważ b2> 0, więc z równania (3) wynika, że liczby p, q, r są różne od 0.Ponadto są one wszystkie dodatnie lub dokładnie dwie spośród nich są ujem-ne.Gdyby p> 0 oraz q,r < 0, to na mocy równości (2) oraz (1) mielibyśmy:

a= pq+qr+rp= qr+(17−q−r)(q+r)== qr+17q+17r−q2−r2−2qr=17q+17r−q2−r2−qr < 0

(gdyż wszystkie składniki ostatniej sumy są ujemne). Otrzymaliśmy sprzecz-ność. Widzimy więc, że przypadek, w którym tylko jeden z pierwiastkówwielomianu jest dodatni, zachodzić nie może.

80

Zatem liczby p, q, r są dodatnie. Pozostaje znaleźć wszystkie takie trój-ki liczb całkowitych dodatnich (p,q,r), że liczba pqr jest kwadratem liczbynaturalnej oraz p+q+r=17.Bez szkody dla ogólności możemy przyjąć, że p¬ q¬ r.W poniższych tabelach wypisane są wszystkie rozwiązania w liczbach do-

datnich równania p+q+r=17, przy założeniu p¬ q¬ r.p q r pqr a b

1 1 15 151 2 14 281 3 13 391 4 12 481 5 11 551 6 10 601 7 9 631 8 8 64 80 82 2 13 522 3 12 722 4 11 882 5 10 100 80 10

p q r pqr a b

2 6 9 1082 7 8 1123 3 11 993 4 10 1203 5 9 1353 6 8 144 90 123 7 7 1474 4 9 144 88 124 5 8 1604 6 7 1685 5 7 1755 6 6 180

Spośród tych rozwiązań musimy wybrać te, dla których liczba pqr jest pełnymkwadratem. Przez bezpośrednie sprawdzenie widzimy, że istnieją cztery takietrójki (p,q,r). Otrzymujemy więc cztery pary liczb (a,b) spełniające warunkizadania, a mianowicie:

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

Zadanie 6. Różne punkty A, B, C, D, E, F są położone na okręgu k w tejkolejności. Proste styczne do okręgu k w punktach A i D oraz prosteBF i CE przecinają się w jednym punkcie P . Udowodnić, że prosteAD, BC i EF są równoległe lub przecinają się w jednym punkcie.

RozwiązanieProsta AD jest biegunową punktu P względem okręgu k (p. Dodatek ,

„Dwustosunek i biegunowa”, str. 107). Zatem na mocy twierdzenia 3 (b), nastronie 110, proste AD, BC, EF są równoległe lub przecinają się w jednympunkcie.

Zadanie 7. Rozważamy pary (a,b) liczb naturalnych takich, że iloczyn aa· bb w za-pisie dziesiętnym kończy się dokładnie 98 zerami. Wyznaczyć parę(a,b) o tej własności, dla której iloczyn ab jest najmniejszy.

RozwiązanieUdowodnimy twierdzenie dające pełną charakteryzację par (a,b), dla któ-

rych liczba aa· bb kończy się dokładnie 98 zerami.

81

TwierdzenieLiczba aa· bb kończy się dokładnie 98 zerami wtedy i tylko wtedy, gdy

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

gdzie `=75 lub `=10m+5 dla m­ 10.Z powyższego twierdzenia wynika natychmiast, że istnieją dokładnie dwie

pary (a,b) spełniające warunki zadania, a mianowicie:

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

Dowód twierdzeniaJeżeli (a,b) jest parą postaci (1), to liczba aa· bb ma w rozkładzie na czyn-

niki pierwsze dokładnie 98 „dwójek” i co najmniej 100 „piątek”. To oznacza,że liczba aa· bb kończy się dokładnie 98 zerami.Załóżmy teraz, że liczba aa· bb kończy się dokładnie 98 zerami. Gdyby obie

liczby a, b były podzielne przez 5, to liczba aa· bb (jako piąta potęga liczbynaturalnej) kończyłaby się liczbą zer podzielną przez 5, podczas gdy zer tychjest dokładnie 98. Niech więc, bez straty ogólności, a będzie liczbą niepo-dzielną przez 5. Wówczas liczba b musi być podzielna przez 5, co oznacza, żeczynnik „5” wchodzi do rozkładu na czynniki pierwsze liczby aa· bb z wykład-nikiem podzielnym przez 5. Skoro jednak liczba aa· bb kończy się dokładnie98 zerami, więc musi mieć ona w rozkładzie na czynniki pierwsze co najmniej100 „piątek” i dokładnie 98 „dwójek”. Stąd wynika, że b∈{50,75} lub b jestliczbą podzielną przez 5 równą co najmniej 100 (w przeciwnym razie „piątek”w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby aa· bb byłoby mniej niż 100).Wykażemy teraz, że b jest liczbą nieparzystą.Gdyby liczba b­ 100 była parzysta, to liczba „dwójek” w rozkładzie na

czynniki pierwsze liczby aa· bb byłaby co najmniej 100, podczas gdy ma byćich dokładnie 98.Gdyby zaś b=50, to liczba aa miałaby w rozkładzie na czynniki pierwsze

dokładnie 48 „dwójek”. Jeśli przyjmiemy a=2k ·n, gdzie n jest liczbą nie-parzystą, to ak=48, czyli k ·2k ·n=48. Stąd k∈{1,2,3,4}. Podstawiając pokolei k=1,2,3,4, obliczamy: n=24,6,2, 34 . W żadnym z przypadków n niejest liczbą nieparzystą. Otrzymaliśmy sprzeczność.Zatem b jest liczbą nieparzystą, co na mocy powyższych ograniczeń daje

b=75 lub b=10m+5 dla m­ 10.Liczba aa musi mieć w rozkładzie na czynniki pierwsze dokładnie 98 „dwó-

jek”. Jeśli przyjmiemy a=2k ·n, gdzie n jest liczbą nieparzystą, to ak=98,czyli k ·2k ·n=98. Ostatnia równość wymusza k=1, skąd a=98.Zmieniając rolę oznaczeń a, b dostajemy wszystkie pary (a,b), dla których

liczba aa· bb kończy się dokładnie 98 zerami.

82

Zadanie 8. Niech n> 2 będzie daną liczbą naturalną. Rozważamy siatkę kwa-dratową na płaszczyźnie. W każdym kwadracie jednostkowym siatkiwpisana jest liczba naturalna. Wielokąty o polu równym n, którychboki są zawarte w prostych tworzących siatkę, nazwiemy wielokątamidopuszczalnymi . Wartością wielokąta dopuszczalnego nazwiemy su-mę wszystkich liczb wpisanych w kwadraty zawarte w tym wielokącie.Udowodnić, że jeśli wartości dowolnych dwóch przystających wieloką-tów dopuszczalnych są równe, to wszystkie liczby wpisane w kwadratysiatki są równe.

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

RozwiązanieNajpierw rozpatrzymy przypadek, gdy n jest liczbą nieparzystą. Niech

n=2k+1. Jako dwa dopuszczalne wielokąty przystające rozważamy ten samprostokąt 2×k z dołączonym kwadratem jednostkowym, jak na rysunku 1.(Na tym rysunku k=4).

a b c d

f g h i j

a b c d e

f g h i

rys. 1

Wartości obu wielokątów są równe, więc mamy e= j. Ponieważ powyższąparę wielokątów można przesunąć w dowolne miejsce płaszczyzny, jak równieżobrócić o 90◦, wnioskujemy stąd, że w dowolne dwa kwadraty jednostkowemające wspólny bok wpisano równe liczby. Zatem wszystkie liczby wpisanew kwadraty siatki są równe.Pozostał do rozważenia przypadek, gdy n jest liczbą parzystą, powiedzmy

n=2k. Rozważamy parę dopuszczalnych wielokątów przystających, powsta-łych z dołączenia do tego samego prostokąta 1×(2k−1) kwadratu jednost-kowego, jak na rysunku 2. (Na tym rysunku k=4).

a b c d e f g

h

a b c d e f g

i

rys. 2

Równość wartości tych wielokątów daje h= i, a dowolność ich położeniadowodzi, że w każdych dwóch kwadratach jednostkowych, z których jeden

83

jest przesunięciem drugiego o wektor o współrzędnych parzystych, wpisanesą równe liczby. W rezultacie w kwadraty płaszczyzny mogą być wpisane conajwyżej 4 różne wartości A, B, C, D, tak jak na rysunku 3.

A

A

A

A

A

A

A

A

A

A

A

A

A

A

A

A

A

A

A

A

A

A

A

A

A

A

A

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

D

D

D

D

D

D

D

D

D

D

D

D

D

D

D

D

D

D

rys. 3

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

A B A B A B

D

D

A B A B A B

C

C

rys. 4

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

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

RozwiązanieProste AX, BY , CZ są odpowiednio dwusiecznymi kątów <)A, <)B, <)C

trójkąta ABC, a więc przecinają się w środku I okręgu wpisanego w ten trój-kąt (rys. 1). Proste KX, LY , MZ są odpowiednio symetralnymi odcinkówBC, CA, AB.

84

Wprowadźmy następujące oznaczenia: x=KX, y=LY, z=MZ . Niechponadto a=BC, b=CA, c=AB oraz 2p= a+b+c.Równość, którą mamy udowodnić, przepisujemy w postaci

(1)x

r+y

r+z

r+1=

2Rr.

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

A

B C

X

Y

Z

K

LMI

rys. 1

x

y

z

A

B C

X

K

IT

rys. 2

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

KX

KB=TI

TA, czyli

2xa=r

p−a .

Otrzymana równość jest równoważna tożsamości

(2)x

r=

a

2(p−a) .

Rozumując analogicznie uzyskujemy zależności

(3)y

r=

b

2(p−b) orazz

r=

c

2(p−c) .

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

S= pr oraz S=abc

4R.

Korzystając z powyższych równości oraz ze wzoru Herona mamy

(4)2Rr=abc

2S· pS=

abc

2(p−a)(p−b)(p−c) .

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

a

2(p−a) +b

2(p−b) +c

2(p−c) +1=abc

2(p−a)(p−b)(p−c) ,

85

co możemy również przepisać następująco:

a(p−b)(p−c)+b(p−c)(p−a)+c(p−a)(p−b)+2(p−a)(p−b)(p−c)= abc.Podstawmy: t= p−a, u= p−b, v= p−c. Wówczas otrzymujemy: a=u+v ,b= v+ t, c= t+u. Zatem tożsamość, którą chcemy otrzymać, wygląda na-stępująco:

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

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

(u+v)(v+ t)(t+u) = uvt+u2v+ut2+u2t+v2t+v2u+vt2+vtu=

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

Dowód równości (1) został tym samym zakończony. æ

IX Zawody Matematyczne Państw Bałtyckich

Zadanie 1. Znaleźć wszystkie funkcje dwóch zmiennych f , których argumentyx, y i wartości f(x,y) są liczbami całkowitymi dodatnimi, spełniają-ce następujące warunki (dla wszystkich dodatnich liczb całkowitychx i y):

f(x,x) = x,f(x,y) = f(y,x),

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

RozwiązanieWykażemy najpierw, że istnieje co najwyżej jedna funkcja f spełniająca

warunki zadania.Z pierwszego równania mamy f(1,1)=1. Korzystając z drugiego i trze-

ciego równania otrzymujemy f(1,2)= f(2,1)=2. Ogólnie: jeśli obliczyliśmyjuż wartości liczb f(x,y) dla wszystkich 0<x,y < z, gdzie z­ 2 jest pewnąustaloną liczbą naturalną, to podstawiając do trzeciego równania y= z−xznajdujemy wartości f(x,z) dla 0<x<z. Potem korzystając z drugiego rów-nania obliczamy liczby f(z,y) dla 0<y<z. Z pierwszego równania otrzymu-jemy f(z,z)= z. Tak więc taka funkcja f , jeśli istnieje, to jest tylko jedna.Z drugiej strony funkcja

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

spełnia równania dane w zadaniu. Pierwsze dwie równości są spełnione au-tomatycznie. Aby udowodnić trzecią równość, przypomnijmy, że największywspólny dzielnik liczb x, y jest równy największemu wspólnemu dzielniko-wi liczb x, x+y. Oznaczając przez [a,b] oraz (a,b) odpowiednio najmniejszą

86

wspólną wielokrotność oraz największy wspólny dzielnik liczb a i b oraz wy-korzystując tożsamość (a,b)[a,b] = ab otrzymujemy

(x+y)[x,y] = (x+y) · xy(x,y)

= y · x(x+y)(x,x+y)

= y · [x,x+y] ,

a to jest trzecia spośród danych w zadaniu równości.Tak więc jedyną funkcją f spełniającą dane warunki jest f(x,y)= [x,y].

Zadanie 2. Trójkę liczb całkowitych dodatnich (a,b,c) nazywamy quasi-pitago-rejską, jeśli istnieje trójkąt o bokach długości a, b, c, w którym miarakąta naprzeciwko boku c wynosi 120◦. Udowodnić, że jeśli (a,b,c) jesttrójką quasi-pitagorejską, to c ma dzielnik pierwszy większy od 5.

RozwiązanieNiech (a,b,c) będzie trójką quasi-pitagorejską. Na mocy twierdzenia cosi-

nusów otrzymujemy równość

(1) c2= a2+ab+b2.

Załóżmy najpierw, że liczby a, b są względnie pierwsze, tzn. ich największywspólny dzielnik jest równy 1. Przy tym założeniu udowodnimy nawet więcej:każdy dzielnik pierwszy liczby c jest większy od 5.Niech p będzie dzielnikiem pierwszym liczby c. Liczby a, b nie mogą być

jednocześnie parzyste, gdyż są względnie pierwsze. Stąd wynika, że liczbac2= a2+ab+b2 jest nieparzysta, a więc p 6=2.Przypuśćmy teraz, że p=3. Największy wspólny dzielnik liczb a, b jest

równy 1, więc jedna z liczb a, b (powiedzmy, że jest nią a) nie jest podzielnaprzez 3. Równość (1) przepisujemy w postaci

(2) 4c2=(a+2b)2+3a2 .

Wtedy 3|(a+2b)2, skąd 3|a+2b i w konsekwencji 9|(a+2b)2. Zatem lewa stro-na równości (2) jest podzielna przez 9, zaś prawa nie. Otrzymaliśmy sprzecz-ność.Przypuśćmy z kolei, że p=5. Tak jak w poprzednim przypadku możemy

założyć, że liczba a nie jest podzielna przez 5. Kwadrat liczby całkowitejmoże z dzielenia przez 5 dawać jedynie reszty 0, 1, 4. Stąd 3a2≡±3 (mod 5).Zatem na mocy równości (2) dostajemy (a+2b)2≡∓2 (mod 5). Kwadratliczby całkowitej a+2b daje więc z dzielenia przez 5 resztę 2 lub 3, a to, jakwspomnieliśmy wyżej, nie jest możliwe. Otrzymana sprzeczność dowodzi, żep> 5.Niech teraz a, b, c będą dowolnymi liczbami całkowitymi spełniającymi

równość (1) oraz niech d oznacza największy wspólny dzielnik liczb a, b.Z równości (1) wynika, że d|c. Przyjmijmy: a= da1, b= db1, c= dc1. Wtedyliczby a1, b1 są względnie pierwsze oraz c21= a

21+a1b1+b

21. Jak udowodni-

liśmy wyżej, dowolny dzielnik pierwszy liczby c1 jest większy od 5. Liczba

87

c= dc1 ma więc dzielnik pierwszy większy od 5 — jest nim każdy dzielnikpierwszy liczby c1.

Uwaga 1.Jeśli liczby całkowite dodatnie a, b, c spełniają równość (1), to trójka

(a,b,c) jest quasi-pitagorejska. Istotnie, z równości (1) wynika, że a< c, b< c,c2= a2+ab+b2< (a+b)2, co oznacza, że z odcinków długości a, b, c da sięzbudować trójkąt. Ponadto z twierdzenia cosinusów wynika, że miara kątanaprzeciwko boku c wynosi 120◦.Warto zauważyć, że dowód tej implikacji nie był potrzebny w powyższym

rozwiązaniu.

Uwaga 2.Trójka (3,5,7) jest quasi-pitagorejska, co oznacza, że liczby „5” nie można

w treści zadania zastąpić przez większą liczbę pierwszą. Można mimo wszyst-ko wzmocnić znacznie tezę — patrz uwaga 4.

Uwaga 3.Znana jest ogólna postać trójek quasi-pitagorejskich (a,b,c):

a= d(2xy+y2), b= d(x2−y2), c= d(x2+xy+y2),gdzie d jest dowolną liczbą naturalną, x>y> 0 i x, y są względnie pierw-sze. Jak się Czytelnik nietrudno przekona, znajomość powyższego faktu niepomaga w rozwiązaniu zadania!

Uwaga 4.Można wykazać, że jeśli (a,b,c) jest trójką quasi-pitagorejską, to liczba

c ma dzielnik pierwszy postaci 6k+1. Stąd oczywiście wynika teza naszegozadania, gdyż każda liczba pierwsza postaci 6k+1 jest większa od 5. Znanejest bowiem następujące, niełatwe

TwierdzenieNiech p> 3 będzie liczbą pierwszą. Jeżeli istnieje taka liczba całkowita x, żex2≡−3 (mod p), to liczba p jest postaci 6k+1.W oparciu o powyższe twierdzenie dowód wspomnianego uogólnienia niejest trudny. Wykorzystując bowiem fragmenty zaprezentowanego rozwiąza-nia, wystarczy udowodnić następujący

FaktJeśli p> 3 jest dzielnikiem pierwszym liczby a2+ab+b2, przy czym liczby a, bsą względnie pierwsze, to liczba p jest postaci 6k+1.

Dowód faktuBez straty ogólności możemy założyć, że liczba a nie jest podzielna przez p.Przyjmijmy x=(a+2b)a(p−3)/2. Wtedy x jest liczbą całkowitą. Na mocy

88

tożsamości 4(a2+ab+b2)= (a+2b)2+3a2 oraz małego twierdzenia Ferma-ta otrzymujemy x2=(a+2b)2ap−3≡−3ap−1≡−3 (mod p). Z powyższegotwierdzenia wynika więc, że liczba p jest postaci 6k+1.

Zadanie 3. Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych dodatnich x,y, które speł-niają równanie

2x2+5y2=11(xy−11).

RozwiązanieDane równanie jest równoważne równaniu (2x−y)(5y−x)= 121. Obydwa

czynniki stojące po lewej stronie powyższego równania muszą mieć ten samznak. Gdyby oba były ujemne, to mielibyśmy 2x<y <x/5, co oznaczałoby,że liczba x jest ujemna, a to przeczy założeniom. Liczby 2x−y, 5y−x są więcdodatnimi dzielnikami liczby 121. Zatem dane równanie prowadzi do trzechukładów równań:

{

2x−y = 15y−x = 121,

{

2x−y = 115y−x = 11,

{

2x−y = 1215y−x = 1.

Rozwiązując powyższe układy dostajemy odpowiednio:

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

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

Zadanie 4. Niech P będzie wielomianem o współczynnikach całkowitych. Załóż-my, że dla n=1,2,...,1998 wartości P (n) są liczbami naturalnymitrzycyfrowymi. Udowodnić, że wielomian P nie ma pierwiastków cał-kowitych.

RozwiązaniePrzypuśćmy, że istnieje taka liczba całkowita m, że P (m)= 0. Znajdujemy

taką liczbę n∈{1,2,...,1998}, że m≡n (mod 1998). Wtedy 0=P (m)≡P (n)(mod 1998). Liczba P (n) jest trzycyfrowa, nie może być więc podzielna przez1998. Otrzymaliśmy sprzeczność.

Zadanie 5. Niech a będzie cyfrą nieparzystą, zaś b cyfrą parzystą. Udowodnić,że dla każdej liczby całkowitej dodatniej n istnieje liczba całkowitadodatnia, podzielna przez 2n, w której zapisie dziesiętnym nie wystę-pują cyfry inne niż a i b.

RozwiązanieJeśli b=0, to liczba 10na jest podzielna przez 2n i w jej zapisie dziesiętnym

występują tylko cyfry a, b.Załóżmy więc, że b 6=0. Pokażemy indukcyjnie jak znaleźć liczbę dn speł-

niającą warunki zadania oraz mającą dokładnie n cyfr.

89

Dla n=1 wystarczy przyjąć d1= b. Załóżmy, że dla pewnego n umiemyskonstruować liczbę dn. Wtedy liczba ta z dzielenia przez 2n+1 daje resztę 0lub 2n. Definiujemy liczbę

dn+1={10nb+dn jeśli dn≡ 0 (mod 2n+1),10na+dn jeśli dn≡ 2n (mod 2n+1).

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

dn+1≡{0 + 0 (mod 2n+1) jeśli dn≡ 0 (mod 2n+1),2n+2n (mod 2n+1) jeśli dn≡ 2n (mod 2n+1).

W obu przypadkach liczba dn+1 jest podzielna przez 2n+1. Dowód indukcyjnyjest więc zakończony.

UwagaKażda liczba całkowita dodatnia ma dwa rozwinięcia dziesiętne, np. liczbę

17 można także zapisać jako 16,99999... . W treści zadania milcząco zakła-daliśmy, że chodzi o zapis dziesiętny „bez przecinka”. Bez tego założeniamożna bardzo łatwo rozwiązać zadanie w przypadku gdy a=9: liczba posta-ci dn= b999...99,99999... (gdzie przed przecinkiem wypisano n dziewiątek)ma jak widać w zapisie dziesiętnym tylko cyfry a i b oraz jest podzielna przez2n, gdyż dn=10n·(b+1).

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

P (a)=P (−a), P (b)=P (−b), P ′(0)= 0.

Udowodnić, że P (x)=P (−x) dla wszystkich liczb rzeczywistych x.RozwiązanieNiech Q(x)=P (x)−P (−x). WtedyQ jest wielomianem stopnia co najwy-

żej 5, Q′(0)= 0 oraz Q(0)=Q(a)=Q(−a)=Q(b)=Q(−b)= 0. Zatem wie-lomian Q ma pięć różnych pierwiastków rzeczywistych. Przy tym x=0 jestpierwiastkiem wielomianu Q i jego pochodnej, jest więc pierwiastkiem wielo-krotnym wielomianu Q. Zatem wielomian Q jest tożsamościowo równy zeru,skąd P (x)=P (−x) dla wszystkich x rzeczywistych.

Zadanie 7. Niech�oznacza zbiór wszystkich liczb rzeczywistych. Znaleźć wszyst-

kie funkcje f :� → �

spełniające dla dowolnych x,y∈ �równanie

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

90

RozwiązanieNiech x0 będzie dowolną liczbą rzeczywistą oraz niech f(x0)= c. Pod-

stawiając do danego równania x= y=x0 dostajemy f(c2)= 2c. Kładąc da-lej x= y= c2 otrzymujemy f(4c2)= 4c. Podstawiając wreszcie x=x0 orazy=4c2 mamy f(4c2)= 5c. Zatem 4c=5c, skąd c=0. Ponieważ liczba x0 by-ła wybrana dowolnie, więc jedyną funkcją f spełniającą dane równanie jestf(x)= 0.

Zadanie 8. Niech Pk(x)= 1+x+x2+ ···+xk−1. Wykazać, żen∑

k=1

(n

k

)

Pk(x)= 2n−1Pn

(1+x2

)

dla każdej liczby rzeczywistej x i każdej liczby całkowitej dodatniej n.RozwiązanieOznaczmy przez L(x) oraz P (x) odpowiednio lewą oraz prawą stronę da-

nej w zadaniu równości. Ponieważ (1−x)Pk(x)= 1−xk, więc

(1−x) ·L(x)=n∑

k=1

(nk

)

(1−xk)=n∑

k=0

(nk

)

−n∑

k=0

(nk

)

xk=2n−(1+x)n .

Ponadto otrzymujemy

(1−x) ·P (x) = 2(

1− 1+x2

)

·2n−1Pn(1+x2

)

=2n(

1−(1+x2

)n)

=

= 2n−(1+x)n.Zatem L(x)=P (x) dla x 6=1. Obie funkcje L(x) i P (x) są wielomianami,skąd wynika, że L(x)=P (x) dla wszystkich x.

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

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

(ii) 0<δ<π/2 oraz liczba 1/cosδ jest średnią arytmetyczną liczb1/cosα i 1/cosβ.

Udowodnić, że γ < δ.RozwiązanieSposób INiech f(t)=

√1+ t2 . Wówczas dla dowolnych liczb rzeczywistych dodat-

nich u 6= v zachodzi nierówność f( 12(u+v))< 12f(u)+ 12f(v), tzn.(1)

√

1+ 14 (u+v)2< 12

√

1+u2+ 12√

1+v2 .

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

1+uv <√

(1+u2)(1+v2) .

91

Podnosząc ponownie do kwadratu, upraszczamy powyższą nierówność do po-staci 2uv <u2+v2 , czyli (u−v)2> 0). Wykorzystując nierówność (1) otrzy-mujemy

1cosγ=√

1+tg2γ= f(tgγ)= f(tgα+tgβ2

)

<

<f(tgα)+f(tgβ)

2=12

(1cosα+1cosβ

)

=1cosδ,

skąd γ < δ.

Sposób IIPrzedstawimy rozwiązanie geometryczne.Na płaszczyźnie rysujemy odcinek jednostkowy OP (rys. 1). Wybieramy

punkty A, B leżące po tej samej stronie prostej OP tak, aby zachodziły rów-ności: <)POA=<)POB=90◦, <)OPA=α, <)OPB=β. Wtedy OA=tgα,OB=tgβ, PA=1/cosα, PB=1/cosβ. Oznaczmy przez C środek odcinkaAB. Na mocy założeń

OC=tgα+tgβ2

= tgγ, skąd <)OPC= γ oraz PC=1cosγ.

NiechQ będzie punktem symetrycznym do P względem punktuC. CzworokątPAQB jest równoległobokiem, a więc AQ=PB=1/cosβ. Stąd

2cosδ=1cosα

+1cosβ

=PA+AQ>PQ=2 ·PC = 2cosγ,

czyli γ < δ.

O P

A

B

Q

C

1

rys. 1

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

92

RozwiązanieBez straty ogólności możemy założyć, że rozważany okrąg ma długość

2n(n−1), zamiast 2π.Wierzchołki (n−1)-kąta foremnego A0A1 ...An−2 dzielą dany okrąg na

n−1 łuków, każdy długości 2n. Na mocy zasady szufladkowej, pewne dwakolejne wierzchołki n-kąta foremnego B0B1 ...Bn−1 leżą w jednym z tych łu-ków. Bez straty ogólności możemy więc przyjąć, że punkty B0, B1 leżą nałuku A0A1, przy czym A0B0<A0B1 oraz A0B0¬B1A1 (rys. 1).

� �

�

�

��

A0

A1

A2

B0

B1 B2

rys. 1

Rozetnijmy dany okrąg w punkcie A0 i rozłóżmy go na osi liczbowej tak, abypunkty A0,A1,A2, ... pokryły się odpowiednio ze współrzędnymi 0, 2n, 4n, ...(rys. 2). Wówczas punkty B0,B1,B2, ... pokryją się odpowiednio ze współ-rzędnymi x0,x1,x2, ..., gdzie xk=x0+2k(n−1) (k=0,1,2,... ,n−1).

�···� ��� ��

0 2n 4n

x0 x1 x2

rys. 2

Niżej udowodnimy, że:(a) jeżeli 1¬ k¬n/2, to punkt Bk leży między Ak−1 a Ak, bliżej Ak;(b) jeżeli n/2<k¬n−1, to punkt Bk leży między Ak−1 a Ak, bliżej Ak−1.Zatem jeżeli 1¬ k¬n/2, to odległość od punktu Bk do najbliższego wierz-chołka n-kąta A0A1 ...An−1 wynosi 2kn−xk=2k−x0; w przeciwnym razieodległość ta wynosi xk−(2k−2)n=x0−2k+2n. Stąd

S=x0+n/2∑

k=1

(2k−x0) +n−1∑

k=n/2+1

(x0−2k+2n)=n/2∑

k=1

2k +n−1∑

k=n/2+1

(2n−2k),

co jest wielkością zależną tylko od n.Pozostało udowodnić zdania (a) oraz (b).Na mocy poczynionych założeń otrzymujemy 0¬ 2x0¬x0+(2n−x1)= 2,

skąd w szczególności2k−n¬x0¬ 2k dla 1¬ k¬n/2,2k−2n¬x0¬ 2k−n dla n/2<k¬n.

Ponieważ xk=x0+2k(n−1), więc dostajemy(2k−1)n¬xk ¬ 2kn dla 1¬ k¬n/2,(2k−2)n¬xk ¬ (2k−1)n dla n/2<k¬n.

Nierówności te są równoważne odpowiednio zdaniom (a) oraz (b).

93

æ

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

(1) R­ a2+b2

2√2a2+2b2−c2

.

Kiedy zachodzi równość?RozwiązanieSposób IOznaczmy kąty naprzeciwko boków a, b, c odpowiednio przez A, B, C. Na

mocy twierdzenia sinusów a=2RsinA, b=2RsinB, c=2RsinC. Podstawia-jąc powyższe zależności do nierówności (1) sprowadzamy ją do nierówności:

R­ 4R2(sin2A+sin2B)

2√

8R2(sin2A+sin2B)−4R2sin2C.

Przekształcając równoważnie ostatnią nierówność dostajemy kolejno:

2(sin2A+sin2B)−sin2C ­ (sin2A+sin2B)2 ,(sin2A+sin2B)(2−sin2A−sin2B)­ sin2C,(sin2A+sin2B)(cos2A+cos2B)­ sin2C.

Ostatnia nierówność wynika z nierówności Schwarza (p. Dodatek , „Nierów-ność Schwarza”, str. 112):

(2) (sin2A+sin2B)(cos2B+cos2A)­ (sinA ·cosB+sinB ·cosA)2=sin2C.Dowód nierówności (1) jest więc zakończony.W nierówności (1) zachodzi równość wtedy i tylko wtedy, gdy spełniona

jest równość w nierówności (2). To natomiast jest możliwe wtedy i tylkowtedy, gdy istnieje taka liczba rzeczywista λ, że

(3) sinA=λcosB oraz sinB=λcosA.

Z powyższych związków wynika, że λ> 0 oraz że kąty A, B są ostre. Mnożącstronami równości (3) otrzymujemy sin2A=sin2B. To oznacza, że 2A=2Blub 2A+2B=π, czyli A=B lub A+B=π/2.Również odwrotnie: jeśli A=B, to zależność (3) jest spełniona dla do-

wolnej liczby dodatniej λ. Jeśli natomiast A+B=π/2, to związki (3) sąprawdziwe dla λ=1. Zatem w obu przypadkach istnieje taka liczba λ> 0, żespełnione są obie równości (3).Reasumując: w nierówności (1) zachodzi równość wtedy i tylko wtedy, gdy

a= b lub C=π/2.

Sposób II

94

Oznaczmy przez A, B, C wierzchołki leżące odpowiednio naprzeciwkoboków a, b, c. Niech O będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie ABC,zaś niech M będzie środkiem boku AB (rys. 1).Długość środkowej mc poprowadzonej do boku c spełnia zależność

(4) 4m2c =2a2+2b2−c2.

Zatem nierówność (1) można przepisać w następującej, równoważnej formie:4Rmc­ a2+b2. Ze związku (4) wyliczamy wielkość a2+b2 i podstawiamy jądo ostatniej nierówności. W ten sposób nierówność, którą mamy udowodnić,sprowadza się do zależności 8Rmc­ 4m2c+c2.Tę nierówność z kolei traktujemy jako nierównośćkwadratową z „niewiadomą” mc i „parametrami”R, c. Rozwiązując ją dostajemy równoważną for-mę nierówności (1):

|mc−R| ¬√

R2−(c/2)2 ,czyli |MC−OC| ¬OM. Otrzymaliśmy nierów-ność trójkąta zastosowaną do trójkąta COM ,a więc tym samym udowodniliśmy nierówność (1).

A B

C

M

O

rys. 1

Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy punkty C, O, M są współli-niowe. To zaś jest możliwe wtedy i tylko wtedy, gdy AC =BC lub O=M ,czyli wtedy i tylko wtedy, gdy a= b lub <)ACB=90◦.

Zadanie 12. W trójkącie ABC zachodzi <)BAC =90◦. Punkt D leży na boku BCi <)BDA=2<)BAD. Udowodnić, że

1AD=12

(1BD+1CD

)

.

RozwiązanieSposób INiech O będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie ABC. Oznaczmy

przez E punkt przecięcia prostej AD z tym okręgiem (rys. 1).

Wówczas <)BOE=2<)BAE=<)CDE, co dowodzi,że DE=OE. Na mocy podobieństwa trójkątówADC i BDE otrzymujemy

AD

BD=CD

DEoraz

AD

CD=BD

DE.

StądAD

BD+AD

CD=BC

DE=BC

OE=2,

co należało udowodnić.

A B

CD

O

E

rys. 1

95

Sposób IIOznaczmy: α=<)BAD, β=<)CAD. Z danych w treści zadania wynika,

że <)BDA=2α, <)CDA=2β. Z twierdzenia sinusów wynika, żeAD

BD=sin3αsinα

orazAD

CD=sin3βsinβ

.

Korzystając z tożsamości

sin3ϕ=sinϕcos2ϕ+cosϕsin2ϕ=sinϕ(cos2ϕ+2cos2ϕ)

oraz równości α+β=90◦ otrzymujemyAD

BD+AD

CD=(cos2α+cos2β)+2(cos2α+cos2β)= 0+2=2,

co kończy dowód danej tożsamości.

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

RozwiązanieSposób INiech c1 i c2 będą odpowiednio okręgami opisanymi na trójkątach AED

i BCD. Załóżmy, że prosta DP przecina okrąg c2 w punkcie F (rys. 1).

A

B

C

D

E

P

F

c1

c2

rys. 1

Ponieważ <)ADE=<)BDC, więc stosunek długości odcinków EA i BCjest równy stosunkowi długości okręgów c1 i c2. Zatem jednokładność o środ-ku P , przekształcająca odcinek AE na odcinek CB, przekształca okrąg c1na okrąg c2. Ta sama jednokładność przeprowadza łuk DE okręgu c1 na łukFB okręgu c2. Stąd wynika, że <)EAD=<)BDF =<)BDP .Drugą równość otrzymujemy analogicznie.

96

Sposób IIUdowodnimy najpierw następujący

LematDany jest sześciokąt ABCDEF . Czworokąty ABCE, CDEA, EFAC są

wypukłe oraz zachodzą równości:<)EAF =<)CAB=α, <)ACB=<)ECD=β, <)CED=<)AEF = γ.

Wówczas przekątne AD, BE, CF przecinają się w jednym punkcie (rys. 2).

A

B

C

D

E

F K

L

M

αα

β

β

γγ

A B

C

D

E

P

Q

rys. 2 rys. 3

DowódPrzez [XY Z] będziemy oznaczać pole trójkąta XY Z.Niech K, L, M będą odpowiednio punktami przecięcia następujących par

odcinków: AD,EC; BE,CA; CF,AE (rys. 2). Dostajemy równości:AL

LC· CKKE· EMMA=[ABE][CBE]

· [CDA][EDA]

· [EFC][AFC]

=[ABE][AFC]

· [CDA][CBE]

· [EFC][EDA]

=

=AB ·AEAF ·AC ·

CD ·CACB ·CE ·

EF ·ECED ·EA =

AB

CB· CDED· EFAF=

=sinβsinα· sinγsinβ· sinαsinγ=1.

(Pierwsza równość wynika z twierdzenia Talesa oraz z faktu, że stosunek póltrójkątów o wspólnej podstawie jest równy stosunkowi wysokości opuszczo-nych na tę podstawę. Trzecia równość to zastosowanie wzoru

[XY Z] = 12XY ·XZ·sin<)Y XZ.Piątą równość otrzymujemy z twierdzenia sinusów). Na mocy twierdzeniaCevy (p. str. 120) odcinki AD, BE, CF przecinają się w jednym punkcie.

Przystępujemy do rozwiązania zadania.Na boku AB danego pięciokąta ABCDE budujemy (po jego zewnętrz-

nej stronie) trójkąt ABQ tak, aby <)QAB=<)EAD oraz <)QBA=<)CBD

97

(rys. 3). Na mocy lematu, zastosowanego do sześciokąta AQBCDE, punktyD, P , Q są współliniowe. Ponieważ odcinki AE i BC są równoległe, więc

<)ADB=<)EAD+<)CBD=<)QAB+<)QBA=180◦−<)AQB.Zatem na czworokącie AQBD da się opisać okrąg, stąd <)EAD=<)BAQ==<)BDQ=<)BDP. Drugą równość dostajemy analogicznie.

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

RozwiązaniePonieważ proste BD i AC są równoległe oraz AD jest dwusieczną kąta

zewnętrznego BAC, więc <)BAD=<)BDA=α. Stąd <)CAE=<)CEA=α.Również AB=BD oraz AC =CE. Niech B ′, C ′, F ′ będą odpowiednio rzu-tami prostokątnymi punktów B, C, F na prostą DE (rys. 1).

A

B C

D

E

F

B′

F ′C′

rys. 1

Z warunku FC=AB wynika, że AB+AF =AC, skąd dostajemy równości:B′F ′=(AB+AF )cosα=AC cosα=AC ′=C ′E. Ponadto DB ′=BDcosα==FC cosα=F ′C ′. Zatem DF ′=F ′E, czyli DF =FE.

Zadanie 15. Dany jest trójkąt ostrokątnyABC. PunktD jest spodkiem wysokościopuszczonej z wierzchołka A na bok BC. Punkt E leży na odcinkuAD i spełnione jest równanie

AE

ED=CD

DB.

Punkt F jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka D nabok BE. Udowodnić, że <)AFC =90◦.

RozwiązanieNiech P będzie takim punktem, że czworo-

kąt ADCP jest prostokątem (rys. 1). WówczasAE

ED=CD

DB=AP

DB,

co dowodzi, że punkty B, E, P są współlinio-we. Stąd <)DFP =90◦, co oznacza, że punkt F

A

B CD

F

P

E

rys. 1

98

leży na okręgu opisanym na prostokącie ADCP . Zatem

<)AFC=<)ADC =90◦.

Zadanie 16. Czy można pokryć szachownicę o wymiarach 13×13 czterdziestomadwoma klockami o wymiarach 4×1 w taki sposób, że tylko środko-we pole szachownicy pozostanie nie zakryte? (Zakładamy, że każdyklocek zakrywa cztery pełne pola szachownicy).

Rozwiązanie

Nie można.Sposób IPokolorujmy daną szachownicę tak jak na ry-

sunku 1. Każdy klocek o wymiarach 4×1, poło-żony pionowo lub poziomo, przykrywa dokładniedwa pokolorowane i dwa niepokolorowane pola.Środkowe pole jest niepokolorowane. Gdyby więcżądane pokrycie istniało, to liczba pól pokolo-rowanych danej szachownicy musiałaby być o 1mniejsza niż liczba pól niepokolorowanych. rys. 1

� � � � � � � � � �� � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � �

� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � �� � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

� � � � � � � � � �� � � � � � � � � �

Jednak bezpośrednie sprawdzenie pokazuje, że jest odwrotnie: pól poko-lorowanych jest 85, zaś niepokolorowanych 84. Otrzymaliśmy sprzeczność.

Sposób IIPonumerujmy pola szachownicy jak na rysunku 2. Wówczas każdy klocek

4×1 położony na szachownicy przykrywa 4 pola z różnymi numerami.Cała szachownica zawiera po 42 pola z liczbami 2, 3 i 4 oraz 43 pola

z liczbą 1. Po usunięciu środkowego pola pozostanie tylko 41 pól z liczbą 4,nie można więc umieścić 42 klocków na szachownicy bez pokrycia tego pola.

1

4

2

3

1

4

2

3

1

4

2

3

1

2

1

3

4

2

1

3

4

2

1

3

4

2

3

2

4

1

3

2

4

1

3

2

4

1

3

4

3

1

2

4

3

1

2

4

3

1

2

4

1

4

2

3

1

4

2

3

1

4

2

3

1

2

1

3

4

2

1

3

4

2

1

3

4

2

3

2

4

1

3

2

4

1

3

2

4

1

3

4

3

1

2

4

3

1

2

4

3

1

2

4

1

4

2

3

1

4

2

3

1

4

2

3

1

2

1

3

4

2

1

3

4

2

1

3

4

2

3

2

4

1

3

2

4

1

3

2

4

1

3

4

3

1

2

4

3

1

2

4

3

1

2

4

1

4

2

3

1

4

2

3

1

4

2

3

1

rys. 2

1

4

3

2

1

4

3

2

1

4

3

2

1

2

1

4

3

2

1

4

3

2

1

4

3

2

3

2

1

4

3

2

1

4

3

2

1

4

3

4

3

2

1

4

3

2

1

4

3

2

1

4

1

4

3

2

1

4

3

2

1

4

3

2

1

2

1

4

3

2

1

4

3

2

1

4

3

2

3

2

1

4

3

2

1

4

3

2

1

4

3

4

3

2

1

4

3

2

1

4

3

2

1

4

1

4

3

2

1

4

3

2

1

4

3

2

1

2

1

4

3

2

1

4

3

2

1

4

3

2

3

2

1

4

3

2

1

4

3

2

1

4

3

4

3

2

1

4

3

2

1

4

3

2

1

4

1

4

3

2

1

4

3

2

1

4

3

2

1

rys. 3

99

UwagaBardziej narzucające wydaje się ponumerowanie pól szachownicy w spo-

sób pokazany na rysunku 3. W wielu zadaniach olimpijskich o pokrywaniuszachownicy właśnie takie ponumerowanie rozstrzyga, czy daną szachownicęda się pokryć odpowiednimi kostkami. Jednak w tym przypadku ponumero-wanie z rysunku 3 do niczego nie prowadzi: po usunięciu środkowego pola naszachownicy pozostaną po 42 pola z każdą z liczb 1, 2, 3, 4.

Zadanie 17. Niech n i k będą liczbami całkowitymi dodatnimi. Danych jest nkprzedmiotów (tych samych rozmiarów) i k pudełek, z których każdepomieści n przedmiotów. Każdy przedmiot jest pokolorowany jed-nym z k różnych kolorów. Wykazać, że można rozmieścić te przed-mioty w pudełkach w taki sposób, że w każdym pudełku znajdą sięprzedmioty w co najwyżej dwóch kolorach.

RozwiązaniePrzeprowadzimy dowód indukcyjny względem k. Dla k=1 teza jest oczy-

wiście prawdziwa. Załóżmy więc, że żądane rozmieszczenie jest możliwe dlapewnego k; wykażemy, że można rozmieścić przedmioty, gdy kolorów i pude-łek jest k+1.Ponieważ wszystkich przedmiotów jest n(k+1), więc przedmiotów pew-

nego koloru (powiedzmy białego) jest co najwyżej n. Z tego samego po-wodu przedmiotów pewnego innego koloru (na przykład czarnego) jest conajmniej n. Wkładamy do pudełka wszystkie przedmioty białe oraz uzupeł-niamy wolne miejsce przedmiotami czarnymi. W pudełku tym znajduje sięwięc n przedmiotów co najwyżej dwóch kolorów. Pozostało do wypełnienia kpudełek nk przedmiotami k kolorów (białych przedmiotów już nie ma), a tona mocy założenia indukcyjnego jest wykonalne.

Zadanie 18. Wyznaczyć wszystkie liczby całkowite dodatnie n, dla których istniejezbiór S o następujących własnościach:(i) S składa się z n liczb całkowitych dodatnich, z których wszystkiesą mniejsze od 2n−1;

(ii) dla dowolnych dwóch różnych niepustych podzbiorówA i B zbioruS suma elementów zbioru A jest różna od sumy elementów zbio-ru B.

RozwiązanieDla n=1 lub n=2 nie istnieje zbiór S mający własność (i). Dla n=3

jedynym zbiorem S spełniającym warunek (i) jest zbiór {1,2,3}, jednak onnie spełnia warunku (ii).Dla n=4 przykładem zbioru o własnościach (i) oraz (ii) jest S= {3,5,6,7}.

Dla dowolnego n> 4 można skonstruować indukcyjnie zbiór S, spełniającywarunki (i) oraz (ii), korzystając z następującego faktu:

100

Jeżeli S= {a1,a2,...,an} jest zbiorem spełniającym warunki (i), (ii) dla pew-nego n, to zbiór S∗= {1,2a1,2a2,...,2an} spełnia warunki (i), (ii) dla n+1.Istotnie, na mocy własności (i) zbioru S, każdy element zbioru S∗ jest mniej-szy od 2n. Zbiór S∗ ma więc własność (i). Jeśli teraz A, B są dowolnymirozłącznymi podzbiorami zbioru S∗, przy czym żaden z nich nie zawiera 1,to sumy elementów tych zbiorów są różne (na mocy własności (ii) zbioru S).Jeśli natomiast jeden z podzbiorów A, B (na przykład A) zawiera 1, to sumaelementów zbioru A jest nieparzysta, zaś zbioru B — parzysta; wielkości tesą więc różne. To dowodzi, że zbiór S∗ ma również własność (ii).Odpowiedź: Zbiór S o żądanych własnościach istnieje wtedy i tylko wtedy,

gdy n­ 4.

Zadanie 19. Rozważmy mecz ping-ponga między dwiema drużynami, z którychkażda składa się z 1000 graczy. Każdy gracz grał przeciwko każdemuz graczy przeciwnej drużyny dokładnie raz (w ping-pongu nie maremisów). Udowodnić, że istnieje dziesięciu graczy z jednej drużynytakich, że każdy z graczy drużyny przeciwnej przegrał z co najmniejjednym z tych dziesięciu graczy.

RozwiązanieRozważmy najpierw mecz ping-ponga, w którym uczestniczą dwie inne

drużyny: jedna składająca się z m zawodników, a druga z n. Wówczas w jed-nej z tych drużyn istnieje zawodnik, który wygrał z co najmniej połową za-wodników drużyny przeciwnej .

Dowód: Przypuśćmy, że każdy zawodnik wygrał z mniej niż połową graczydrużyny przeciwnej. Wtedy liczba zwycięstw jednej drużyny jest mniejsza niżm ·n/2; zaś drugiej jest mniejsza niż n ·m/2. Zatem łączna liczba zwycięstww meczu jestmniejsza niżm·n. Otrzymaliśmy sprzeczność, gdyż łączna liczbawszystkich zwycięstw jest równa liczbie wszystkich rozgrywek, czyli m·n.Powracamy do drużyn 1000-osobowych.Zawodnika, który wygrał z co najmniej 500 graczami drużyny przeciw-

nej, odznaczamy medalem (taki istnieje, na mocy powyższych rozważań),a wszystkich tych, którzy z nim przegrali, odsyłamy do domu. Po tej reduk-cji postępujemy analogicznie: znajdujemy zawodnika (być może z tej samejdrużyny, co poprzednio), który wygrał z co najmniej połową graczy drużynyprzeciwnej, dajemy mu medal, a tych, którzy z nim przegrali, odsyłamy dodomu. Postępowanie to kontynuujemy do momentu, gdy ostatni zawodnikktórejś z drużyn (nazwijmy ją A) pojedzie do domu. Niech B będzie dru-żyną przeciwną do A, a więc tą, której część nie została odesłana do domu.Zawodników w drużynie A było 1000< 210. Przy każdej redukcji drużyny Aliczba jej zawodników malała o co najmniej połowę, co oznacza, że zawod-nicy drużyny A byli odsyłani do domu co najwyżej dziesięciokrotnie. Tym

101

samym co najwyżej dziesięciu zawodników drużyny B dostało medal. Pozo-staje zauważyć, że każdy zawodnik drużyny A przegrał z pewnym medalistądrużyny B.

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

RozwiązanieNiech 1¬ g <h< i< j¬n będą ustalonymi liczbami całkowitymi. Roz-

ważmy wszystkie takie liczby n-cyfrowe a= a1 ...an, o cyfrach różnych od 0, że

(1)ag=1, ai=9, a` 6=1 dla `< g; a` 6=9 dla h< `< i;ah=9, aj =8, a` 6=9 dla g < `<h; a` 6=8 dla i< `< j.

(Powyższy warunek oznacza, że spośród tych czwórek „1,9,9,8”, które po-krywają liczbę a, czwórka pokrywająca tę liczbę na miejscach g, h, i, j jestusytuowana najbardziej na lewo).Wszystkich liczb spełniających warunek (1) jest

(2) 8g−1 ·8h−g−1 ·8i−h−1 ·8j−i−1 ·9n−j .Wyrażenie to daje resztę 1 z dzielenia przez 8 dla g=1, h=2, i=3, j=4 orazjest podzielne przez 8 dla wszystkich innych układów 1¬ g <h< i< j¬n.Liczbę k(n) otrzymujemy dodając wyrażenie (2) po wszystkich możliwych

wyborach liczb 1¬ g <h< i< j ¬n. Zatem liczba k(n) z dzielenia przez 8daje resztę 1. æ

102

DODATEK 2

A. Rozwiązywanie rekurencji liniowych

Rozważamy ciągi spełniające równanie rekurencyjne

(1) cn+2= acn+1+bcn (n­ 0),gdzie a, b są danymi liczbami rzeczywistymi. Chcielibyśmy umieć rozwiązaćrównanie rekurencyjne (1), tzn. wypisać wzór ogólny na n-ty wyraz ciągu cn,znając wartości początkowe c0 i c1. Okazuje się, że istnieje ogólna metodapozwalająca rozwiązywać równania rekurencyjne postaci (1). Zilustrujemy jątrzema przykładami.

Przykład 1.Wyznaczymy wzór ogólny na n-ty wyraz ciągu (cn) danego wzorami

(2) c0=5, c1=13, cn+2=2cn+1+3cn (n­ 0).(Ciąg dn= cn−1 pojawił się w rozwiązaniu zadania 2 z XXI Austriacko-Pol-skich Zawodów Matematycznych, zob. str. 76).Zapominamy na chwilę o danych wartościach początkowych c0, c1 i sta-

ramy się znaleźć jak najwięcej ciągów cn, które spełniają dane równanie re-kurencyjne. Najpierw szukamy niezerowych ciągów geometrycznych postacicn=xn, dla których spełnione jest dane równanie rekurencyjne. Liczba x 6=0musi więc dla dowolnego n­ 0 spełniać równanie

xn+2=2xn+1+3xn , czyli x2=2x+3.

Otrzymane równanie nazywamy równaniem charakterystycznym równania re-kurencyjnego (2). Rozwiązując je uzyskujemy x1=3, x2=−1. Zatem ciągigeometryczne cn=3n oraz cn=(−1)n spełniają dane równanie rekurencyjne.Stąd wynika, że dla dowolnych liczb α, β, ciąg postaci

cn=3nα+(−1)nβrównież spełnia nasze równanie rekurencyjne. Pozostało dobrać tak liczbyα, β, aby c0=5 oraz c1=13. W tym celu układamy układ równań

{α+β= c0=53α−β= c1=13,

skąd otrzymujemy α= 92 , β=12 . Zatem wzór ogólny na n-ty wyraz ciągu cn

określonego warunkami (2) wygląda następująco:

cn= 92 ·3n+ 12 ·(−1)n= 12(3n+2+(−1)n+2).∗ ∗ ∗

2Opracowali Waldemar Pompe i Jarosław Wróblewski.

103

Przykład 2.

Tym razem wyznaczymy wzór na n-ty wyraz ciągu cn danego wzorami

(3) c0=0, c1=2, cn+2=−2cn+1−2cn (n­ 0).

Podobnie jak poprzednio, staramy się znaleźć niezerowe ciągi geometrycz-ne postaci cn=xn spełniające powyższe równanie rekurencyjne. W tym celupodstawiamy powyższą równość do danego równania rekurencyjnego otrzy-mując jego równanie charakterystyczne:

(4) x2=−2x−2.Niestety, powyższe równanie nie ma rozwiązań rzeczywistych, a więc nie ist-nieją niezerowe rzeczywiste ciągi geometryczne spełniające równanie reku-rencyjne (3). Jednak wiemy, że istnieją zespolone rozwiązania równania (4)dane wzorami x1=1− i oraz x2=1+ i, dzięki czemu możemy kontynuuowaćnaszą metodę przy użyciu liczb zespolonych.Ciągi cn=(1− i)n oraz cn=(1+ i)n spełniają nasze równanie rekurencyj-

ne. Stąd dla dowolnych liczb zespolonych α, β, ciąg cn dany wzorem

cn=(1− i)nα+(1+ i)nβrównież spełnia dane równanie rekurencyjne.

Pozostało wyznaczyć takie liczby (zespolone) α, β, dla których c0=0,c1=2. Podobnie jak poprzednio, układamy i rozwiązujemy odpowiedni układrównań, skąd dostajemy α= i, β=−i. Zatem wzór ogólny na n-ty wyrazciągu cn danego wzorami (3) wynosi

cn=(1− i)ni−(1+ i)ni.Ponieważ ciąg cn składa się z wyrazów rzeczywistych, więc chcielibyśmy

tak przekształcić powyższy wzór, aby wyeliminować z niego liczby zespolone.W tym celu skorzystamy ze wzoru de Moivre’a:

(cos t+ isin t)n=cosnt+sinnt,

gdzie n jest liczbą naturalną, a t rzeczywistą. Mamy bowiem:

(1− i)n = (√2)n·( 1√

2− i√2)n=(

√2)n·

(

cos(

−π4)

+ isin(

−π4))n=

= (√2)n·

(

cos(

−nπ4)

+ isin(

−nπ4))

=(√2)n·

(

cos(nπ4

)

− isin(nπ4

))

.

Analogicznie obliczamy, że

(1+ i)n=(√2)n·

(cos

(nπ4

)+ isin

(nπ4

)).

Stąd otrzymujemycn=(

√2)n+2 ·sin

(nπ4

).

∗ ∗ ∗

104

Przykład 3.Wyznaczymy z kolei wzór na n-ty wyraz ciągu cn danego wzorami

(5) c0=1, c1=−4, cn+2=4cn+1−4cn (n­ 0).Tak jak w poprzednich dwóch przykładach, szukamy niezerowych ciągów

geometrycznych postaci cn=xn, spełniających dane równanie rekurencyjne.Tym razem układając i rozwiązując odpowiednie równanie charakterystycz-ne, widzimy, że ma ono jeden podwójny pierwiastek: x1=x2=2. Zatem ist-nieje tylko jeden ciąg geometryczny cn=2n spełniający dane równanie reku-rencyjne. Aby ułożyć odpowiedni układ równań i wykorzystać warunki po-czątkowe, musimy znaleźć drugi, „całkiem inny” ciąg spełniający nasze rów-nanie rekurencyjne. Jak Czytelnik bez trudu sprawdzi, ciąg cn=n2n spełniadane równanie rekurencyjne. (Ogólnie: jeśli x1 jest pierwiastkiem podwójnymrównania charakterystycznego, to ciągi xn1 oraz nx

n1 spełniają dane równanie

rekurencyjne).Pozostało kontynuować jak w poprzednich przykładach: Dla dowolnych

liczb rzeczywistych α, β, ciąg

cn=2nα+n2nβ

spełnia dane równanie rekurencyjne. Wykorzystując wartości początkowec0, c1, układamy i rozwiązujemy odpowiedni układ równań, skąd otrzymuje-my α=1, β=−3. Zatem wzór ogólny na n-ty wyraz ciągu cn danego wzora-mi (5) ma postać

cn=(1−3n)·2n .

Podsumowanie, zarys ogólnej metody

Mamy nadzieję, że powyższe przykłady wyczerpująco ilustrują przedsta-wioną metodę. Jednak dla wygody Czytelnika naszkicujemy na koniec krótkoalgorytm postępowania w ogólnym przypadku.

Chcemy rozwiązać równanie rekurencyjne postaci (1), gdy znane są licz-by a, b oraz wartości początkowe c0, c1. Zastanawiamy się najpierw, jakieniezerowe ciągi geometryczne postaci cn=xn (być może o wyrazach zespo-lonych) spełniają równanie (1). W tym celu podstawiamy powyższą równośćdo związku (1) otrzymując równanie

xn+2= axn+1+bxn ,

które sprowadza się do x2= ax+b. Równanie to nazywamy równaniem cha-rakterystycznym równania rekurencyjnego (1). Jeżeli x1 i x2 są pierwiastkamitego równania, to ciągi geometryczne o ilorazach x1 i x2 spełniają równa-nie (1). Nie jest istotne, czy x1 i x2 są rzeczywiste czy zespolone.

Możliwe są następujące dwa przypadki:

105

(a) Liczby x1 i x2 są różneWówczas dwa różne ciągi geometryczne cn=xn1 oraz cn=x

n2 spełniają

dane równanie rekurencyjne. Ciągi te nazywamy ciągami bazowymi równaniarekurencyjnego (1). Zależność (1) jest więc spełniona przez wszystkie ciągipostaci

(6) cn=xn1α+xn2β,

gdzie α, β są dowolnymi liczbami zespolonymi. Ponieważ wszystkie wyrazyciągu rekurencyjnego są wyznaczone przez wartości początkowe c0 i c1, sta-ramy się tak dopasować liczby α i β, aby równanie (6) było spełnione dlan=0 i n=1. Otrzymujemy zatem układ równań

{

α+β = c0αx1+βx2= c1 ,

który ma zawsze rozwiązanie:

α=c1−x2c0x1−x2

, β=x1c0−c1x1−x2

.

(b) Liczby x1 i x2 są równeJeśli x1=x2=0, to a= b=0, skąd cn=0 dla dowolnego n­ 0.Przyjmijmy więc, że x1=x2= y 6=0. Wówczas równanie (1) jest spełnione

przez dwa ciągi: cn= yn oraz cn=nyn. Ciągi te nazywamy ciągami bazowymirównania rekurencyjnego (1). Kontynuujemy jak w przypadku (a): Zauważa-my, że zależność (1) jest spełniona przez wszystkie ciągi postaci

(7) cn= ynα+nynβ,

gdzie α, β są dowolnymi liczbami zespolonymi. Następnie szukamy takichliczb α, β, aby równanie (7) było spełnione dla n=0 i n=1. Otrzymujemyzatem układ równań {

α= c0yα+yβ= c1 ,

który ma zawsze rozwiązanie:

α= c0 , β=c1−yc0y

.

UwagaPodobnie postępujemy w przypadku równań rekurencyjnych wyższego rzę-

du, tzn. w przypadku równań postaci

cn+k= a1cn+k−1+a2cn+k−2+ ...+akcn (k­ 2),gdzie a1,a2,...,ak oraz c0,c1,...,ck−1 są znanymi liczbami rzeczywistymi.Pierwiastki wielokrotne wielomianu charakterystycznego traktujemy na-

stępująco: Jeżeli xi jest m-krotnym pierwiastkiem równania charakterystycz-nego, to odpowiadającymi mu bazowymi ciągami rekurencyjnymi są ciągi(njxni ) dla j=0,1,2,... ,m−1.

106

B. Dwustosunek i biegunowa

Dwustosunek i podział harmonicznyDane są cztery różne punkty A, B, C, D leżące na jednej prostej. Wartość

wyrażeniaAC

BC:AD

BD

nazywamy dwustosunkiem czwórki punktów A, B, C, D i oznaczamy przez(A,B;C,D). Wprost z definicji wynikają następujące równości:

(A,B;C,D)= (D,C;B,A) oraz (A,B;C,D)=1

(B,A;C,D).

Zatem jeśli (A,B;C,D)= 1, to (A,B;C,D)= (B,A;C,D)= (A,B;D,C)= 1.W tym przypadku (tzn. gdy (A,B;C,D)= 1) punkt C nazywamy sprzężo-nym harmonicznie do punktu D względem pary punktów (A,B) (rys. 1).

� � � �

A BC D

rys. 1

Bezpośrednio z definicji wynikają następujące wnioski:

(a) Jeżeli punkt C jest sprzężony harmonicznie do punktu D względempary punktów (A,B), to punkt D jest sprzężony harmonicznie do punktu Cwzględem tej samej pary.

(b) Jeżeli punkt C jest sprzężony harmonicznie do punktu D względempary (A,B), to punkt C jest sprzężony harmonicznie do punktu D względempary (B,A).

Z wniosków (a), (b) wynika, że w definicji sprzężenia harmonicznego punk-ty C, D, jak również punkty A, B, odgrywają symetryczne role. Z tego powo-du, zamiast pisać: punkt C jest sprzężony harmonicznie do punktu D wzglę-dem pary (A,B), możemy napisać: punkty C i D są sprzężone harmoniczniedo siebie względem punktów A, B; czy też po prostu: punkty C, D dzieląharmonicznie odcinek AB.

(c) Jeżeli punkty C i D dzielą harmonicznie odcinek AB, to punkty A i Bdzielą harmonicznie odcinek CD.

(d) Dla ustalonych punktów A, B, C istnieje dokładnie jeden punkt D,sprzężony harmonicznie do punktu C względem punktów A, B. Jeśli ponadtopunkt C leży na odcinku AB, to punkt D, sprzężony harmonicznie do niego,znajduje się na zewnątrz odcinka AB.

107

Również odwrotnie: jeżeli punkt C leży na zewnątrz odcinka AB, topunkt D, sprzężony harmonicznie do C, leży pomiędzy punktami A, B.

∗ ∗ ∗

Udowodnimy teraz twierdzenie mówiące o tym, że dwustosunek jest za-chowywany przez rzut środkowy.

Twierdzenie 1.Niech S będzie punktem, zaś ` prostą nie zawierającą punktu S. Różne

punkty A, B, C, D leżą na prostej ` (rysunki 2 i 3). Prosta k nie przechodziprzez punkt S i przecina proste AS, BS, CS, DS odpowiednio w punktachA′, B′, C ′, D′. Wówczas

(A,B;C,D)= (A′,B′;C ′,D′).

DowódNiech `A, `B, `C , `D będą czterema różnymi, ustalonymi prostymi prze-

chodzącymi przez punkt S. Przyjmijmy, że prosta `, nie przechodząca przezpunkt S, przecina proste `A, `B, `C , `D odpowiednio w punktach A, B, C, D.Wystarczy dowieść, że wartość wyrażenia (A,B;C,D) nie zależy od wyboruprostej `.

A B C D

S

A′

B′

C′

D′

k

`

rys. 2

A BC D

S

A′ B′C′

D′ k

`

rys. 3

Oznaczmy przez [KLM ] pole trójkąta KLM . Mamy następujące związki:

AC

BC=[ACS][BCS]

=12 AS·CS·sin<)ASC12 BS·CS·sin<)BSC

=AS

BS· sin<)ASC

sin<)BSC.

Analogicznie:

AD

BD=[ADS][BDS]

=12 AS·DS·sin<)ASD12 BS·DS·sin<)BSD

=AS

BS· sin<)ASD

sin<)BSD.

108

Dzieląc stronami powyższe równości uzyskujemy

(A,B;C,D)=AC

BC:AD

BD=sin<)ASCsin<)BSC

:sin<)ASDsin<)BSD

.

Ponieważ sinα=sin(180◦−α) dla 0<α< 180◦, więc wielkość po prawej stro-nie powyższej równości nie zależy od wyboru prostej `. Dowód twierdzeniazostał więc zakończony.

∗ ∗ ∗BiegunowaNiech o będzie dowolnym okręgiem, zaś P dowolnym punktem leżącym na

zewnątrz tego okręgu.Przez punkt P prowadzimy prostą `, która prze-

cina okrąg o w punktach X, Y . Niech Z będziepunktem sprzężonym harmonicznie do punktu Pwzględem punktów X, Y . Innymi słowy, punkt Zleży na odcinku XY i jest wyznaczony przez waru-nek

(X,Y ;Z,P )= 1, czyliXZ

Y Z=XP

Y P.

Naszym celem jest wyznaczenie zbioru punktówZ przy ustalonym okregu o, ustalonym punkcie Poraz zmieniającej się prostej ` (rys. 4).

� � � �

P

X1X2X3X4

Y1

Y2

Y3

Y4

Z1 Z2 Z3 Z4

`1

`2`3

`4

o

rys. 4

Jak podpowiada rysunek 4, zbiór punktów Z powinien leżeć na pewnejprostej. Udowodnimy teraz, że tak rzeczywiście jest.

Twierdzenie 2.Niech proste PA, PB będą styczne do okręgu o odpowiednio w punk-

tach A, B (rys. 5). Wówczas zbiorem wyżej zdefiniowanych punktów Z jestodcinek AB.

Prostą AB nazywamy biegunową punktu P względem okręgu o lub poprostu biegunową, gdy nie ma wątpliwości, któremu punktowi i okręgowi jestona przyporządkowana.

DowódNiech ` będzie dowolną prostą przechodzącą przez punkt P i przecinającą

okrąg o odpowiednio w punktach X, Y (rys. 5). Oznaczmy przez Z punktprzecięcia odcinków XY i AB. Położenie punktu sprzężonego harmoniczniedo punktu P względem punktów X, Y jest wyznaczone jednoznacznie, zatemwystarczy dowieść, że (X,Y ;Z,P )= 1, tzn.

(1)XZ

Y Z=XP

Y P.

109

Ponieważ <)PAX =<)PY A, więc trójkąty PAX i PY A są podobne. Ma-my więc następujące tożsamości:

(2)XP

Y P=[PAX][PY A]

=(AX

AY

)2

,

gdzie [KLM ] oznacza pole trójkąta KLM . Przepro-wadzając analogiczne rozumowanie otrzymujemy rów-ność

(3)XP

Y P=(BX

BY

)2

.

Z równości (2) i (3) wynika następująca zależność:AX

AY=BX

BY.

P

X

Y

Z

`

A B

o

rys. 5

Ponieważ <)AXB=180◦−<)AY B, więc otrzymujemy następujące związki:

(4)(AX

AY

)2

=AX

AY·BXBY=12 AX·BX·sin<)AXB12 AY ·BY ·sin<)AY B

=[AXB][AY B]

=XZ

Y Z.

Łącząc równości (3) i (4) dostajemy równość (1).

∗ ∗ ∗Twierdzenie 3.Dwie różne proste przechodzące przez punkt P przecinają okrąg o odpo-

wiednio w punktach X, Y oraz U , V (rys. 6 i 7). Wówczas:

(a) Przekątne czworokąta XY V U przecinają się na biegunowej punktu Pwzględem okręgu o;

(b) Proste XU , Y V przecinają się na biegunowej punktu P względem okrę-gu o lub są równoległe do tej biegunowej.

DowódUdowodnimy najpierw zdania (a) oraz (b) przy założeniu, że XU 6 ‖Y V

(rys. 6).Niech Z będzie punktem przecięcia przekątnych czworokąta XY V U oraz

niech proste XU , Y V przecinają się w punkcie T . Przyjmijmy, że prosta TZprzecina proste XY , UV odpowiednio w punktach K, L.Należy dowieść, że prosta TZ jest biegunową punktu P względem okrę-

gu o. W tym celu wystarczy wykazać, że na prostej TZ znajdują się conajmniej dwa punkty z tej biegunowej. Udowodnimy, że tymi punktami sąK oraz L. Tak więc powinniśmy dowieść, że (X,Y ;K,P )= (U,V ;L,P )= 1.Na mocy twierdzenia 1 dostajemy następujące równości:

(5) (X,Y ;K,P )= (V,U ;L,P )= (Y,X;K,P )=1

(X,Y ;K,P ),

110

skąd (X,Y ;K,P )2=1 i w konsekwencji (X,Y ;K,P )= 1. Korzystając z rów-ności (5) otrzymujemy (U,V ;L,P )= (X,Y ;K,P )= 1, co dowodzi prawdziwo-ści zdań (a) i (b) w przypadku, gdy XU 6 ‖Y V .

P

XU

Y

V

K LT Z o

rys. 6

�

P

X

Y

U

V

K LZo

rys. 7

Pozostało udowodnić zdania (a) oraz (b) przy założeniu, że XU ‖Y V(rys. 7).Niech Z będzie punktem przecięcia przekątnych czworokąta XY V U . Pro-

sta równoległa do prostych XU i Y V przecina odcinki XY , UV odpowiedniow punktach K, L.Punkty X, K, Y są odpowiednio symetryczne do punktów U , L, V wzglę-

dem prostej łączącej punkt P ze środkiem okręgu o. Mamy więc następującerówności:

(6) (X,Y ;K,P )= (U,V ;L,P )= (Y,X;K,P )=1

(X,Y ;K,P ).

Zatem (X,Y ;K,P )= 1, skąd również (U,V ;L,P )= 1. Z dwóch ostatnich rów-ności wynika, że prosta KL jest biegunową punktu P względem okręgu o. Todowodzi prawdziwości zdań (a) oraz (b) przy założeniu XU ‖Y V .

∗ ∗ ∗Jako zastosowanie powyższych twierdzeń, proponujemy Czytelnikowi na-

stępujące

Zadanie konstrukcyjneZ danego punktu, leżącego na zewnątrz okręgu o, poprowadzić styczne do

okręgu o posługując się jedynie linijką.

111

C. Nierówność Schwarza

TwierdzenieDla dowolnej liczby naturalnej n oraz liczb rzeczywistych x1,x2,...,xn,

y1,y2,...,yn prawdziwa jest nierówność

(1) x1y1+x2y2+ ...+xnyn¬√

x21+x22+ ...+x2n ·

√

y21+y22+ ...+y2n ,

przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje taka liczbarzeczywista t­ 0, że yi= txi dla i=1,2,... ,n.Uwaga 1.Z powyższego twierdzenia wynika nieco silniejsza nierówność, a mianowicie

(2) |x1y1+x2y2+ ...+xnyn| ¬√

x21+x22+ ...+x2n ·

√

y21+y22+ ...+y2n .

Istotnie: jeżeli liczba x1y1+x2y2+ ...+xnyn jest nieujemna, to nierówność (2)niczym się nie różni od nierówności (1). Jeśli natomiast powyższa suma jestliczbą ujemną, to wstawiając do zależności (1) liczby −x1,−x2,...,−xn odpo-wiednio w miejsce liczb x1,x2,...,xn dostajemy nierówność (2).

Nierówność (1) (jak również jej nieco mocniejsza forma (2)) jest znanapod wieloma nazwami. Jedną z nich jest nierówność Schwarza. Inne nazwyspotykane w literaturze to: nierówność Cauchy’ego lub nierówność Bunia-kowskiego. Niektórzy też posługują się nazwami łączonymi, np. nierównośćCauchy’ego-Schwarza, Schwarza-Buniakowskiego, itp.

Dowód twierdzeniaRozpatrzmy trójmian kwadratowy

w(t)=n∑

i=1

(xit−yi)2=(n∑

i=1

x2i

)

t2+

(

2n∑

i=1

xiyi

)

t+n∑

i=1

y2i = at2+bt+c.

Ponieważ w(t)­ 0 dla dowolnej liczby rzeczywistej t, więc

∆= b2−4ac=(

2n∑

i=1

xiyi

)2

−4(n∑

i=1

x2i

)

·(n∑

i=1

y2i

)

­ 0.

Przekształcając równoważnie powyższą nierówność otrzymujemy wzór (2),z którego uzyskujemy nierówność (1).Równość w nierówności (2) ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy trójmian

kwadratowy w(t) ma dokładnie jeden (podwójny) pierwiastek rzeczywisty.Tak się dzieje jedynie wtedy, gdy dla pewnej liczby rzeczywistej t

(3) x1t−y1=x2t−y2= ...=xnt−yn=0, tzn. yi= txi dla i=1,2,... ,n.Aby miała miejsce równość w nierówności (1), potrzeba dodatkowo, żeby war-tość wyrażenia x1y1+x2y2+ ...+xnyn była nieujemna. To jednak, na mocyzwiązków (3), jest możliwe wtedy i tylko wtedy, gdy t­ 0.

112

Uwaga 2.Oto inny, bardziej bezpośredni dowód nierówności (1). Z ciągu zależności

0¬n∑

j=1

(

xj

n∑

i=1

xiyi−yjn∑

k=1

x2k

)2

=

=n∑

j=1

x2j

(n∑

i=1

xiyi

)2

−2n∑

j=1

xjyj ·n∑

i=1

xiyi ·n∑

k=1

x2k+n∑

j=1

y2j ·(n∑

k=1

x2k

)2

=

=n∑

j=1

y2j ·(n∑

k=1

x2k

)2

−(n∑

i=1

xiyi

)2

·n∑

k=1

x2k

otrzymujemy

0¬(n∑

j=1

y2j

)

·(n∑

k=1

x2k

)

−(n∑

i=1

xiyi

)2

.

Przekształcając równoważnie powyższą nierówność uzyskujemy zależność (2),skąd natychmiast wynika nierówność (1).

Uwaga 3.W przypadku, gdy n=2 lub n=3, nierówność Schwarza ma następującą

interpretację geometryczną:

Dla wektorów x=(x1,x2,...,xn), y=(y1,y2,...,yn) zachodzi nierówność

(4) x◦y¬ |x| · |y|,gdzie ◦ oznacza iloczyn skalarny, zaś |z| jest długością wektora z.Wobec wzoru x◦y= |x| · |y| ·cos<) (x,y), nierówność (4) jest równoważna

stwierdzeniu, że cosinus nie przekracza 1.

Uwaga 4.Równość w nierówności Schwarza zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy wek-

tory x i y mają ten sam kierunek i zwrot (lub co najmniej jeden z nich jestwektorem zerowym). Dla wektorów x i y równość

x◦y=±|x| · |y|jest równoważna równości

(x◦y) ·x= |x| ·y,co (miejmy nadzieję) choć trochę wyjaśnia, dlaczego w dowodzie nierównościSchwarza, przedstawionym w uwadze 2, wyszliśmy od oszacowania

|(x◦y) ·x−|x| ·y|2­ 0.

113

D. Twierdzenie o złożeniu jednokładności

Twierdzenie 1.Niech P1, P2 będą dwoma różnymi punktami na płaszczyźnie. Oznaczmy

przez j1 jednokładność o środku P1 i skali 0<k1< 1, zaś przez j2 jednokład-ność o środku P2 i skali 0<k2< 1. Wówczas złożenie j2 ◦j1 jest jednokład-nością o środku leżącym na prostej P1P2 i skali k1·k2.DowódDla dowolnego punktu T płaszczyzny oznaczmy: T ′= j1(T ), T ′′= j2(T ′).

Wybierzmy dowolny punkt X nie leżący na prostej P1P2. Niech Q będziepunktem przecięcia prostej XX ′′ z odcinkiem P1P2 (rys. 1). Wykażemy, żepołożenie punktu Q nie zależy od wyboru punktu X oraz że punkt Q jestśrodkiem jednokładności j2 ◦j1.Zachodzą następujące równości:

X ′′X ′

P2X ′′=P2X

′−P2X ′′P2X ′′

=P2X

′

P2X ′′−1= 1

k2−1= 1−k2

k2.

PonadtoX ′X

XP1=XP1−X ′P1XP1

=1−X′P1XP1

=1−k1 .

Stosując twierdzenie Menelausa (zob. str. 122) do trójkąta P1P2X ′ oraz wy-korzystując powyższe związki otrzymujemy kolejno:

P1Q

QP2· P2X

′′

X ′′X ′·X′X

XP1=1,

P1Q

QP2· k21−k2

·(1−k1)= 1,

skąd

(1)P1Q

QP2=1−k2k2(1−k1)

.

Powyższa równość oznacza właśnie, że położenie punktu Q nie zależy od wy-boru punktu X spoza prostej P1P2.

P1 P2

X

X ′

Q

X ′′

rys. 1

P1 P2

X

X ′

Q

X ′′

Y Y ′ Y ′′

rys. 2

Następnie wykażemy, że odwzorowanie j2 ◦j1 przekształca jednokładnie każ-dy punkt X nie leżący na prostej P1P2 oraz, że jest to jednokładność o środ-ku Q i skali k1·k2. W tym celu wystarczy dowieść, że dla dowolnego punktu

114

X 6∈P1P2 zachodzi równość

(2)QX ′′

QX= k1·k2 .

Stosując twierdzenie Menelausa do trójkąta P1QX uzyskujemyQX ′′

X ′′X· XX

′

X ′P1· P1P2P2Q

=1, skądQX ′′

X ′′X·(XP1X ′P1

−1)

·(

1+P1Q

QP2

)

=1.

Korzystając z równości (1) otrzymujemy

QX ′′

X ′′X·(1k1−1)

·(

1+1−k2k2(1−k1)

)

=1.

Przekształcając równoważnie powyższą zależność dostajemyX ′′X

QX ′′=1k1·k2

−1, skądQX

QX ′′=1k1·k2

.

W ten sposób dowiedliśmy równości (2).Aby zakończyć dowód twierdzenia należy wykazać, że dla dowolnego punk-

tu Y leżącego na prostej P1P2 zachodzi równośćQY ′′

QY= k1·k2 .

W tym celu wybierzmy dowolny punkt X nie leżący na prostej P1P2 (rys. 2).Na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa, XY ‖X ′Y ′ oraz

X ′Y ′ ‖X ′′Y ′′. Zatem XY ‖X ′′Y ′′, skądQY ′′

QY=QX ′′

QX= k1·k2 .

Dowód twierdzenia jest więc zakończony.∗ ∗ ∗

Zmieniając nieznacznie fragmenty powyższego dowodu można udowodnićponiższe, nieco ogólniejsze twierdzenie. Dopracowanie szczegółów pozosta-wiamy Czytelnikowi.

Twierdzenie 2.Niech P1, P2 będą dwoma różnymi punktami na płaszczyźnie. Oznaczmy

przez j1 jednokładność o środku P1 i skali k1, zaś przez j2 jednokładnośćo środku P2 i skali k2, gdzie k1, k2 są dowolnymi liczbami rzeczywistymiróżnymi od 0. Wówczas

(a) jeżeli k1·k2 6=1, to złożenie j2 ◦j1 jest jednokładnością o środku leżącymna prostej P1P2 i skali k1·k2;

(b) jeżeli k1·k2=1, to złożenie j2 ◦j1 jest translacją o wektor równoległy doprostej P1P2.

115

E. Twierdzenie o zbieżności ciągu średnich arytmetycznych

Udowodnimy twierdzenie, z którego korzystaliśmy w rozwiązaniu zada-nia 10 z zawodów pierwszego stopnia (zob. str. 46).

TwierdzenieJeżeli ciąg (an) jest zbieżny do granicy g, to ciąg (bn), określony wzorem

(1) bn=a1+a2+ ...+an

n,

jest również zbieżny i jego granica wynosi g.

DowódNiech ε będzie dowolną liczbą dodatnią. Na mocy definicji granicy istnieje

taka liczba naturalna N , że dla wszystkich liczb n>N zachodzi nierówność

|an−g|<ε

2.

Wybierzmy tak dużą liczbę naturalną M ­N , że

M >|a1+a2+ ...+aN−Ng|

ε/2.

Wtedy dla dowolnej liczby m>M zachodzą nierówności:

|a1+a2+ ...+aN−Ng|<Mε

2,

|aN+1−g|<ε

2, |aN+2−g|<

ε

2, ... , |am−g|<

ε

2.

Stąd

|a1+a2+ ...+am−mg|=∣∣∣(a1+a2+ ...aN −Ng) +

m∑

i=N+1

(ai−g)∣∣∣¬

¬ |a1+a2+ ...aN−Ng| +m∑

i=N+1

|ai−g|<(M+m−N)ε

2<mε.

Zatem ∣∣∣∣

a1+a2+ ...+amm

−g∣∣∣∣<ε,

co na mocy definicji granicy daje tezę twierdzenia.

116

F. Twierdzenie Desarguesa

Środek perspektywicznyNa płaszczyźnie dane są takie dwa trójkąty ABC i A′B′C ′, że A 6=A′,

B 6=B′, C 6=C ′. Jeśli proste AA′, BB′, CC ′ przecinają się w jednym punkcielub są równoległe, to mówimy, że trójkąty ABC, A′B′C ′ mają środek perspek-tywiczny (rysunki 1, 2, 3). W przypadku, gdy proste AA′, BB′, CC ′ mająpunkt wspólny, punkt ten nazywamy środkiem perspektywicznym trójkątówABC, A′B′C ′.

A B

C

A′

B′

C′

rys. 1

B

A

C

B′A′

C′

rys. 2

A

B

C

A′

B′ C′

rys. 3

Oś perspektywicznaNiech ABC, A′B′C ′ będą takimi trójkątami leżącymi na płaszczyźnie, że

A 6=A′, B 6=B′, C 6=C ′. Rozpatrzymy trzy możliwe położenia tych trójkątów.1. Załóżmy, że żadna z par (BC,B ′C ′), (CA,C ′A′), (AB,A′B′) nie tworzy

pary prostych równoległych, tzn. BC 6 ‖B ′C ′, CA 6 ‖C ′A′, AB 6 ‖A′B′. Oznacz-my przez X, Y , Z odpowiednio punkty przecięcia prostych BC i B ′C ′; CAi C ′A′; AB i A′B′. Jeżeli punkty X, Y , Z leżą na jednej prostej, to mówimy,że trójkąty ABC oraz A′B′C ′ mają oś perspektywiczną (rysunki 4 i 5). Pro-stą zawierającą punkty X, Y , Z nazywamy osią perspektywiczną trójkątówABC, A′B′C ′.

A B

C

A′

B′

C′

X

Y

Z

rys. 4

B

A

C

B′A′

C′

YX

Z

rys. 5

2. Załóżmy teraz, że dokładnie jedna spośród par (BC,B ′C ′), (CA,C ′A′),(AB,A′B′) jest parą prostych równoległych. Przyjmijmy dla ustalenia uwagi,że AB ‖A′B′ (rys. 6). Podobnie jak wyżej, niech X, Y będą odpowiednio

117

punktami przecięcia prostych BC, B ′C ′ oraz CA, C ′A′. Jeżeli prosta XYjest równoległa do prostych AB i A′B′, to mówimy, że trójkąty ABC orazA′B′C ′ mają oś perspektywiczną. Prostą XY nazywamy osią perspektywicznątrójkątów ABC oraz A′B′C ′.Analogicznie definiujemy oś perspektywiczną, gdy zachodzi dokładnie je-

den z warunków: BC ‖B ′C ′; CA ‖C ′A′.

C

A B

C′

A′B′

X Y

rys. 6

A B

C

A′B′

C′

rys. 7

3. Pozostał do rozpatrzenia przypadek, w którym co najmniej dwie spo-śród par (BC,B ′C ′), (CA,C ′A′), (AB,A′B′) tworzą pary boków równole-głych. Wówczas jeżeli BC ‖B ′C ′, CA ‖C ′A′ oraz AB ‖A′B′ (rys. 7), to przyj-mujemy (umownie), że trójkąty ABC oraz A′B′C ′ mają oś perspektywiczną.

∗ ∗ ∗Twierdzenie Desarguesa 3

Dwa trójkąty ABC, A′B′C ′ takie, że A 6=A′, B 6=B′, C 6=C ′, mają środekperspektywiczny wtedy i tylko wtedy, gdy mają oś perspektywiczną.

DowódZałóżmy najpierw, że trójkąty ABC, A′B′C ′ mają środek perspektywicz-

ny. Przyjmijmy ponadto, że BC 6 ‖B ′C ′, CA 6 ‖C ′A′, AB 6 ‖A′B′ oraz że prosteAA′, BB′, CC ′ przecinają się w punkcie P . (Dowód w pozostałych przypad-kach można bez trudu przeprowadzić, wzorując się na poniższym rozumowa-niu).Wprowadźmy następujące oznaczenia: X =BC∩B ′C ′ , Y =CA∩C ′A′,

Z=AB∩A′B′, gdzie k∩` jest punktem wspólnym prostych k i `.Stosując twierdzenie Menelausa (zob. str. 122) dla trójkątów PC ′A′ oraz

PC ′B′ (rys. 8), otrzymujemy odpowiednio

PC

CC ′· C′Y

Y A′· A′A

AP=1,

PC

CC ′· C′X

XB′·B′B

BP=1.

Wyznaczając i porównując wielkość CC ′ :PC z obu związków uzyskujemyrówność

3czyt.: dezarga.

118

C ′Y

Y A′·A′A

AP=C ′X

XB′· B′B

BP,

skąd

(1)A′A

AP· PBBB′=C ′X

XB′· Y A

′

C ′Y.

Stosując po raz kolejny twierdzenieMenelausa, lecz tym razem dla trój-kąta A′B′P , dostajemy równość

(2)A′A

AP· PBBB′·B′Z

ZA′=1.

B

A

C

B′A′

C′Y

X

Z

P

rys. 8Z równości (1) oraz (2) otrzymujemy związek

C ′X

XB′· Y A

′

C ′Y=ZA′

B′Z, skąd mamy

C ′X

XB′·B′Z

ZA′· Y A

′

C ′Y=1.

Ostatnia zależność, na mocy twierdzenia Menelausa zastosowanego dla trój-kąta A′B′C ′, oznacza, że punkty X, Y , Z są współliniowe. Zatem trójkątyABC, A′B′C ′ mają oś perspektywiczną.Załóżmy teraz, że trójkąty ABC,

A′B′C ′ mają oś perspektywiczną. Po-dobnie jak wyżej, dowód przeprowa-dzimy jedynie przy założeniu, że

BC 6 ‖B′C ′, CA 6 ‖C ′A′, AB 6 ‖A′B′,pozostawiając Czytelnikowi do rozwa-żenia pozostałe przypadki.

B

A

C

B′A′

C′YX

Z

rys. 9

Punkty X, Y , Z są współliniowe, więc proste AB, A′B′, XY przecinająsię w jednym punkcie. Zatem trójkąty AA′Y , BB′X mają środek perspekty-wiczny — jest nim punkt Z (rys. 9). Stąd, jak wykazaliśmy wyżej, wynika,że trójkąty AA′Y , BB′X mają oś perspektywiczną. Zatem albo proste AA′,BB′, CC ′ są równoległe, albo prosta CC ′ przechodzi przez punkt wspól-ny prostych AA′ i BB′. To w obu przypadkach oznacza, że trójkąty ABC,A′B′C ′ mają środek perspektywiczny. æ

119

G. Twierdzenie Cevy

Jednym z najczęściej stosowanych twierdzeń z geometrii na OlimpiadzieMatematycznej jest twierdzenie Cevy. W niniejszej broszurze stosowaliśmyje kilkakrotnie: w rozwiązaniach zadań 6 (sposób II, str. 38) oraz 9 (sposóbIII i IV, str. 44 i 45) zawodów stopnia pierwszego oraz w dowodzie Lematu(str. 97), który znalazł zastosowanie w rozwiązaniu zadania 13 z IX ZawodówMatematycznych Państw Bałtyckich.

Twierdzenie Cevy 4

Dany jest trójkąt ABC. Punkty D, E, F , różne od wierzchołków trójkątaABC, leżą odpowiednio na prostych BC, CA, AB, przy czym spełniony jestjeden z dwóch warunków:(a) wszystkie trzy punkty D, E, F leżą na obwodzie trójkąta ABC (rys. 1);(b) dokładnie jeden spośród punktów D, E, F leży na obwodzie trójkątaABC (rys. 2).

Wówczas proste AD, BE, CF przecinają się w jednym punkcie wtedy i tylkowtedy, gdy

(1)AF

FB· BDDC· CEEA=1.

A B

C

DE

F

P

rys. 1

A B

C

D

E

F

P

rys. 2

DowódZałóżmy najpierw, że proste AD, BE, CF przecinają się w punkcie P .

Niech [XY Z] oznacza pole trójkąta XY Z. Stosunek pól dwóch trójkątówo wspólnej podstawie jest równy stosunkowi wysokości opuszczonych na tępodstawę. Stąd oraz z twierdzenia Talesa otrzymujemy

AF

FB=[CPA][BPC]

,BD

DC=[APB][CPA]

,CE

EA=[BPC][APB]

.

Mnożąc stronami powyższe równości uzyskujemy związek (1).

4czyt.: czewy.

120

Załóżmy teraz, że zachodzi równość (1). Przyjmijmy również, bez stratyogólności, że punkt D leży na obwodzie trójkąta ABC (rys. 3 i 4).

A B

C

D′

D

E

F

P

rys. 3

A B

C

D′

D

E

F

P

rys. 4

Przypuśćmy, że proste AD, BE, CF nie przecinają się w jednym punk-cie. Niech P będzie punktem przecięcia prostych BE i CF . Wówczas prostaAP przecina odcinek BC w punkcie D′ 6=D. Na mocy wyżej udowodnionejimplikacji oraz związku (1) uzyskujemy:

BD′

D′C=FB

AF· EACE=BD

DC.

Ponieważ oba punkty D, D′ leżą na odcinku BC, więc z powyższej równościwnioskujemy, że D=D′. Otrzymaliśmy sprzeczność.

121

H. Twierdzenie Menelausa

Twierdzenie MenelausaDany jest trójkąt ABC. Punkty D, E, F , różne od wierzchołków trójkąta

ABC, leżą odpowiednio na prostych BC, CA, AB, przy czym spełniony jestjeden z dwóch warunków:(a) dokładnie dwa spośród punktów D, E, F leżą na obwodzie trójkąta ABC(rys. 1);

(b) żaden z punktów D, E, F nie leży na obwodzie trójkąta ABC (rys. 2).Wówczas punkty D, E, F leżą na jednej prostej wtedy i tylko wtedy, gdy

(1)AF

FB· BDDC· CEEA=1.

A B

C

D

E

F

X

rys. 1

A B

CD

E

F

X

rys. 2

DowódZałóżmy najpierw, że punkty D, E, F leżą na jednej prostej. Niech X

będzie punktem przecięcia prostej przechodzącej przez punkt A i równoległejdo prostej BC z prostą zawierającą punkty D, E, F (rys. 1 i 2). Wówczasna mocy twierdzenia Talesa

AF

FB=XA

BD,

CE

EA=CD

XA.

Mnożąc stronami powyższe dwie równości otrzymujemy równość (1).Załóżmy teraz, że zachodzi równość (1). Przyjmijmy również, bez straty

ogólności, że punkt F leży na przedłużeniu boku AB (rys. 3 i 4).

� �

A B

C

D

E

F ′ F

rys. 3

� �

�

�

A B

CD

E

F ′ F

rys. 4

122

Wówczas prosta DE przecina przedłużenie boku AB w punkcie F ′ 6=F .Na mocy wyżej udowodnionej implikacji oraz związku (1) uzyskujemy:

AF ′

F ′B=EA

CE·DCBD=AF

FB.

Ponieważ oba punkty F , F ′ leżą na przedłużeniu boku AB, więc F =F ′.Otrzymaliśmy sprzeczność.

∗ ∗ ∗Z twierdzenia Menelausa korzystaliśmy w dowodzie Faktu (str. 60), który

znalazł zastosowanie w sposobie V rozwiązania zadania 1 z zawodów stopniatrzeciego, w dowodzie twierdzenia Desarguesa (str. 117), jak również w do-wodzie twierdzenia o złożeniu jednokładności (str. 114).

123