TEKSTY ZADAŃ. Zawody stopnia pierwszego

TEKSTY ZŃ Zawody stopnia pierwszego. owieść, że wśród liczb postaci 50 n +(50n+) 50, gdzie n jest liczbą naturalną, występuje nieskończenie wiele liczb złożonych.. Wykazać, że dla dowolnych liczb rzeczywistych a, b, c, d zachodzi nierówność (a+b+c+d) (a +b +c +d )+6ab.. W trójkącie równoramiennym kąt jest prosty. Punkt leży na boku, przy czym =. Punkt E jest rzutem prostokątnym punktu na prostą. Wyznaczyć miarę kąta E.. ane są takie liczby rzeczywiste x, y, że liczby x+y, x +y, x +y i x +y są całkowite. owieść, że dla każdej liczby całkowitej dodatniej n liczba x n +y n jest liczbą całkowitą. 5. Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych dodatnich x, y spełniające równanie y x = x 50. 6. Przekątne i czworokąta wypukłego przecinają się w punkcie P. Punkt M jest środkiem boku. Prosta MP przecina bok w punkcie Q. owieść, że stosunek pól trójkątów P i P jest równy stosunkowi długości odcinków Q i Q. 7. ana jest liczba naturalna n. Wyznaczyć wszystkie wielomiany P (x) = a 0 +a x+...+a n x n mające dokładnie n pierwiastków nie większych niż oraz spełniające warunek a 0 +a a n = a n +a 0 a n. Uwaga: Pierwiastki są liczone z uwzględnieniem krotności: jeśli liczba x 0 jest pierwiastkiem k-krotnym wielomianu P (x) (tzn. jeśli wielomian P (x) jest podzielny przez wielomian (x x 0 ) k, ale nie przez (x x 0 ) k+ ), wówczas liczba x 0 jest traktowana jak k pierwiastków wielomianu P (x). 8. ana jest liczba naturalna n oraz zbiór n-elementowy S. Wyznaczyć najmniejszą liczbę naturalną k, dla której istnieją podzbiory,,..., k zbioru S o następującej własności: dla dowolnych dwóch różnych elementów a,b S istnieje taka liczba j {,,...,k}, że zbiór j {a,b} jest jednoelementowy. 5

9. Punkty, E, F leżą odpowiednio na bokach,, trójkąta. Okręgi wpisane w trójkąty EF, F, E są styczne do okręgu wpisanego w trójkąt EF. Udowodnić, że proste, E, F przecinają się w jednym punkcie. 0. ana jest liczba x > 0. iąg (x n ) jest zdefiniowany wzorem: x n+ = x n + x dla n =,,,.... n Udowodnić, że istnieje granica lim n x n n, i obliczyć ją.. W urnie znajdują się dwie kule: biała i czarna. Ponadto mamy do dyspozycji 50 kul białych i 50 czarnych. Wykonujemy 50 razy następującą czynność: losujemy z urny kulę, a następnie wrzucamy ją z powrotem do urny oraz dokładamy jedną kulę tego samego koloru, co wylosowana kula. Po zakończeniu tych czynności mamy więc w urnie 5 kule. Jaka liczba kul białych znajdujących się w urnie jest najbardziej prawdopodobna?. Wszystkie wierzchołki sześcianu o krawędzi a leżą na powierzchni czworościanu foremnego o krawędzi. Wyznaczyć możliwe wartości a. Zawody stopnia drugiego. ana jest funkcja f: 0, taka, że f( n ) = ( )n dla n =,,.... Wykazać, że nie istnieją funkcje rosnące g: 0,, h: 0,, dla których f = g h.. Sześcian S o krawędzi jest zbudowany z ośmiu sześcianów jednostkowych. Klockiem nazwiemy bryłę otrzymaną przez usunięcie z sześcianu S jednego spośród ośmiu sześcianów jednostkowych. Sześcian T o krawędzi n jest zbudowany z ( n ) sześcianów jednostkowych. Udowodnić, że po usunięciu z sześcianu T dowolnego spośród ( n ) sześcianów jednostkowych powstaje bryła, którą daje się szczelnie wypełnić klockami.. zworokąt wypukły jest wpisany w okrąg. Punkty E i F leżą odpowiednio na bokach i, przy czym E:E = F :F. Punkt P leży na odcinku EF i spełnia warunek EP :P F = :. Udowodnić, że stosunek pól trójkątów P i P nie zależy od wyboru punktów E i F.. Punkt P leży wewnątrz trójkąta i spełnia warunki: <) P = <) P oraz <) P = <) P. Punkt O jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie. owieść, że jeżeli O P, to kąt P O jest prosty. 6

5. Niech S = {,,,,5}. Wyznaczyć liczbę funkcji f:s S spełniających równość f 50 (x) = x dla wszystkich x S. Uwaga: f 50 (x) = f f... f(x). } {{ } 50 6. ana jest liczba naturalna k oraz liczby całkowite a,a,...,a n spełniające warunki a + i a + i a +...+n i a n = 0 dla i =,,...,k. owieść, że liczba a + k a + k a +...+n k a n jest podzielna przez k!. Zawody stopnia trzeciego. Punkt leży na boku trójkąta, przy czym >. Punkt E leży na boku i spełnia warunek E E =. Udowodnić, że > E.. ane są liczby całkowite nieujemne a < a < a <... < a 0 mniejsze od 5050. owieść, że spośród nich można wybrać takie cztery różne a k, a l, a m, a n, że liczba a k +a l a m a n jest podzielna przez 5050.. owieść, że istnieją takie liczby naturalne n < n <... < n 50, że n +S(n ) = n +S(n ) = n +S(n ) =... = n 50 +S(n 50 ), gdzie S(n) jest sumą cyfr liczby n.. Rozstrzygnąć, dla jakich liczb naturalnych n układ równań x +x +50 = 6x +x x +x +50 = 6x +x x +x +50 = 6x +x.............................. x n +x n +50 = 6x n +x n x n +x +50 = 6x n +x ma rozwiązanie w liczbach całkowitych x,x,x,...,x n. 5. Niech a,a,...,a n, b,b,...,b n będą liczbami całkowitymi. Udowodnić, że ( a i a j + b i b j ) a i b j. i<j n i,j n 7

6. W sześciokącie wypukłym EF zachodzą równości: <) +<) +<) E = 60, E EF F =. owieść, że F F E E =. XXXIX Międzynarodowa Olimpiada Matematyczna. W czworokącie wypukłym przekątne i są prostopadłe, a przeciwległe boki i nie są równoległe. Zakładamy, że symetralne boków i przecinają się w punkcie P leżącym wewnątrz czworokąta. Udowodnić, że czworokąt da się wpisać w okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy trójkąty P i P mają równe pola.. W konkursie bierze udział a uczestników, ocenianych przez b egzaminatorów, gdzie b jest liczbą całkowitą nieparzystą. Każdy egzaminator ocenia każdego uczestnika, wydając werdykt zdał lub nie zdał. Załóżmy, że k jest liczbą o własności: oceny każdych dwóch egzaminatorów są zgodne dla co najwyżej k uczestników. owieść, że k a b b.. la każdej dodatniej liczby całkowitej n oznaczmy przez d(n) liczbę jej dodatnich dzielników (włącznie z oraz n). Wyznaczyć wszystkie dodatnie liczby całkowite k takie, że d(n ) d(n) = k dla pewnego n.. Wyznaczyć wszystkie pary (a,b) liczb całkowitych dodatnich takie, że liczba a b+a+b jest podzielna przez ab +b+7. 5. Niech I będzie środkiem okręgu wpisanego w trójkąt. Okrąg ten jest styczny do boków, i odpowiednio w punktach K, L i M. Prosta przechodząca przez i równoległa do MK przecina proste LM i LK odpowiednio w punktach R i S. Wykazać, że kąt RIS jest ostry. 6. Rozważamy wszystkie funkcje f ze zbioru wszystkich liczb całkowitych dodatnich do tego samego zbioru, spełniające warunek f(t f(s)) = s(f(t)) dla wszystkich s,t. Wyznaczyć najmniejszą możliwą wartość f(998). 8

XXI ustriacko-polskie Zawody Matematyczne. Niech x, x, y, y będą takimi liczbami rzeczywistymi, że x +x. Udowodnić nierówność (x y +x y ) (x +x )(y +y ).. Rozważamy n punktów P,P,...,P n położonych w tej kolejności na jednej linii prostej. Malujemy każdy z tych n punktów na jeden z następujących kolorów: biały, czerwony, zielony, niebieski, fioletowy. Kolorowanie nazwiemy dopuszczalnym, jeśli dla dowolnych dwóch kolejnych punktów P i, P i+ (i =,,...,n ) oba są tego samego koloru lub co najmniej jeden z nich jest biały. Ile jest dopuszczalnych kolorowań?. Wyznaczyć wszystkie pary liczb rzeczywistych (x,y) spełniające następujący układ równań: { x = y y = x.. Niech m, n będą danymi liczbami całkowitymi dodatnimi. Niech n [ S m (n) = k ] k m ([x] jest największą liczbą całkowitą nie większą od x). Udowodnić, że k= S m (n) n+m ( m ). 5. Wyznaczyć wszystkie pary (a,b) liczb całkowitych dodatnich takich, że równanie x 7x +ax b = 0 ma trzy pierwiastki całkowite (niekoniecznie różne). 6. Różne punkty,,,, E, F są położone na okręgu k w tej kolejności. Proste styczne do okręgu k w punktach i oraz proste F i E przecinają się w jednym punkcie P. Udowodnić, że proste, i EF są równoległe lub przecinają się w jednym punkcie. 7. Rozważamy pary (a,b) liczb naturalnych takich, że iloczyn a a b b w zapisie dziesiętnym kończy się dokładnie 98 zerami. Wyznaczyć parę (a,b) o tej własności, dla której iloczyn ab jest najmniejszy. 8. Niech n > będzie daną liczbą naturalną. Rozważamy siatkę kwadratową na płaszczyźnie. W każdym kwadracie jednostkowym siatki wpisana jest liczba naturalna. Wielokąty o polu równym n, których boki są zawarte w prostych tworzących siatkę, nazwiemy wielokątami dopuszczalnymi. Wartością wielokąta dopuszczalnego nazwiemy sumę wszystkich liczb wpisanych 9

w kwadraty zawarte w tym wielokącie. Udowodnić, że jeśli wartości dowolnych dwóch przystających wielokątów dopuszczalnych są równe, to wszystkie liczby wpisane w kwadraty siatki są równe. Uwaga. Przypominamy, że obraz symetryczny Q wielokąta P jest wielokątem przystającym do P. 9. Niech K, L, M będą środkami boków,, trójkąta. Punkty,, dzielą okrąg opisany na trójkącie na trzy łuki:,,. Niech X będzie takim punktem łuku, że X = X. nalogicznie, niech Y będzie takim punktem łuku, że Y = Y, zaś Z takim punktem łuku, że Z = Z. Niech R będzie promieniem okręgu opisanego na trójkącie i niech r będzie promieniem okręgu wpisanego w trójkąt. Udowodnić, że r +KX +LY +MZ = R. IX Zawody Matematyczne Państw ałtyckich. Znaleźć wszystkie funkcje dwóch zmiennych f, których argumenty x, y i wartości f(x,y) są liczbami całkowitymi dodatnimi, spełniające następujące warunki (dla wszystkich dodatnich liczb całkowitych x i y): f(x,x) = x, f(x,y) = f(y,x), (x+y)f(x,y) = yf(x,x+y).. Trójkę liczb całkowitych dodatnich (a,b,c) nazywamy quasi-pitagorejską, jeśli istnieje trójkąt o bokach długości a, b, c, w którym miara kąta naprzeciwko boku c wynosi 0. Udowodnić, że jeśli (a,b,c) jest trójką quasi-pitagorejską, to c ma dzielnik pierwszy większy od 5.. Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych dodatnich x,y, które spełniają równanie x +5y = (xy ).. Niech P będzie wielomianem o współczynnikach całkowitych. Załóżmy, że dla n =,,...,998 wartości P (n) są liczbami naturalnymi trzycyfrowymi. Udowodnić, że wielomian P nie ma pierwiastków całkowitych. 5. Niech a będzie cyfrą nieparzystą, zaś b cyfrą parzystą. Udowodnić, że dla każdej liczby całkowitej dodatniej n istnieje liczba całkowita dodatnia, podzielna przez n, w której zapisie dziesiętnym nie występują cyfry inne niż a i b. 6. Niech P będzie wielomianem stopnia 6 i niech a, b będą liczbami rzeczywistymi takimi, że 0 < a < b. Załóżmy, że P (a) = P ( a), P (b) = P ( b), P (0) = 0. Udowodnić, że P (x) = P ( x) dla wszystkich liczb rzeczywistych x. 0

7. Niech oznacza zbiór wszystkich liczb rzeczywistych. Znaleźć wszystkie funkcje f: spełniające dla dowolnych x,y równanie f(x)+f(y) = f(f(x)f(y)). 8. Niech P k (x) = +x+x + +x k. Wykazać, że n ( ( ) n +x P k) k (x) = n P n k= dla każdej liczby rzeczywistej x i każdej liczby całkowitej dodatniej n. 9. Liczby α, β spełniają 0 < α < β < π/. Niech γ, δ będą liczbami określonymi przez warunki: (i) 0 < γ < π/ oraz liczba tgγ jest średnią arytmetyczną liczb tgα i tgβ; (ii) 0 < δ < π/ oraz liczba cosδ jest średnią arytmetyczną liczb cosα i cosβ. Udowodnić, że γ < δ. 0. Niech n będzie parzystą liczbą całkowitą. W okrąg o promieniu wpisane są n-kąt foremny i (n )-kąt foremny. la każdego wierzchołka n-kąta rozważmy odległość od tego wierzchołka do najbliższego wierzchołka (n )-kąta, mierzoną po obwodzie okręgu. Niech S będzie sumą tych n odległości. Udowodnić, że S nie zależy od wzajemnego położenia tych dwóch wielokątów.. Niech a, b, c będą długościami boków pewnego trójkąta, zaś R promieniem okręgu opisanego na nim. Udowodnić, że Kiedy zachodzi równość? R a +b a +b c.. W trójkącie zachodzi <) = 90. Punkt leży na boku i <) = <). Udowodnić, że = ( + ).. W pięciokącie wypukłym E boki E i są równoległe oraz <) E = <). Przekątne i E przecinają się w punkcie P. Udowodnić, że <) E = <) P oraz <) = <) P.. any jest trójkąt, w którym <. Prosta przechodząca przez i równoległa do przecina dwusieczną kąta zewnętrznego <) w punkcie. Prosta przechodząca przez i równoległa do przecina tę dwusieczną w punkcie E. Punkt F leży na boku i spełniona jest równość F =. Udowodnić, że F = F E.

5. any jest trójkąt ostrokątny. Punkt jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka na bok. Punkt E leży na odcinku i spełnione jest równanie E E =. Punkt F jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka na bok E. Udowodnić, że <) F = 90. 6. zy można pokryć szachownicę o wymiarach czterdziestoma dwoma klockami o wymiarach w taki sposób, że tylko środkowe pole szachownicy pozostanie nie zakryte? (Zakładamy, że każdy klocek zakrywa cztery pełne pola szachownicy). 7. Niech n i k będą liczbami całkowitymi dodatnimi. anych jest nk przedmiotów (tych samych rozmiarów) i k pudełek, z których każde pomieści n przedmiotów. Każdy przedmiot jest pokolorowany jednym z k różnych kolorów. Wykazać, że można rozmieścić te przedmioty w pudełkach w taki sposób, że w każdym pudełku znajdą się przedmioty w co najwyżej dwóch kolorach. 8. Wyznaczyć wszystkie liczby całkowite dodatnie n, dla których istnieje zbiór S o następujących własnościach: (i) S składa się z n liczb całkowitych dodatnich, z których wszystkie są mniejsze od n ; (ii) dla dowolnych dwóch różnych niepustych podzbiorów i zbioru S suma elementów zbioru jest różna od sumy elementów zbioru. 9. Rozważmy mecz ping-ponga między dwiema drużynami, z których każda składa się z 000 graczy. Każdy gracz grał przeciwko każdemu z graczy przeciwnej drużyny dokładnie raz (w ping-pongu nie ma remisów). Udowodnić, że istnieje dziesięciu graczy z jednej drużyny takich, że każdy z graczy drużyny przeciwnej przegrał z co najmniej jednym z tych dziesięciu graczy. 0. Powiemy, że liczba całkowita dodatnia m pokrywa liczbę 998, jeśli, 9, 9, 8 pojawiają się w tej właśnie kolejności jako cyfry m. (Na przykład 998 jest pokrywana przez 599698, ale nie przez 6798). Niech k(n) oznacza liczbę tych liczb całkowitych dodatnich, które pokrywają 998 i mają dokładnie n cyfr (n 5), z których wszystkie są różne od 0. Jaką resztę z dzielenia przez 8 daje k(n)? æ

ROZWIĄZNI ZŃ Zawody stopnia pierwszego Zadanie. owieść, że wśród liczb postaci 50 n +(50n+) 50, gdzie n jest liczbą naturalną, występuje nieskończenie wiele liczb złożonych. Sposób I Jeżeli n jest liczbą nieparzystą, to liczba 50 n z dzielenia przez daje resztę. Jeśli ponadto n dzieli się przez, to liczba (50n+) 50 z dzielenia przez daje resztę. Stąd wynika, że liczba 50 n +(50n+) 50 jest podzielna przez dla liczb n postaci 6k +. Zatem dla liczb n dających z dzielenia przez 6 resztę, liczba 50 n +(50n+) 50 jest złożona. Sposób II la liczb n podzielnych przez 5 liczba 50 n +(50n+) 50 jest sumą piątych potęg liczb naturalnych. Przyjmijmy w tożsamości () x 5 +y 5 = (x+y)(x x y +x y xy +y ), x = 50 n/5 oraz y = (50n+) 0. Z nierówności < x+y < x 5 +y 5 wynika, że oba czynniki stojące po prawej stronie równości () są większe od. To oznacza, że liczba x 5 +y 5 = 50 n +(50n+) 50 jest dla liczb n podzielnych przez 5 liczbą złożoną. Uwaga. Podobnie jak w sposobie I można wykazać, że liczba 50 n +(50n+) 50 dzieli się przez dla liczb n postaci 6k +5. Uwaga. Nie wszystkie wyrazy ciągu 50 n +(50n+) 50 są liczbami złożonymi. Na przykład dla n = 8 otrzymujemy liczbę pierwszą, która ma 58 cyfr. Kolejna liczba pierwsza podanej w zadaniu postaci pojawia się dopiero dla n = 8 i ma 8 cyfry! Na podstawie materiałów Komitetu Głównego Olimpiady Matematycznej oraz prac uczestników opracowali Waldemar Pompe i Jarosław Wróblewski.

Zadanie. Wykazać, że dla dowolnych liczb rzeczywistych a, b, c, d zachodzi nierówność (a+b+c+d) (a +b +c +d )+6ab. Sposób I Na mocy nierówności pomiędzy średnią kwadratową a arytmetyczną (zob. uwaga niżej) zastosowanej do liczb a+b, c i d otrzymujemy (a+b) +c +d skąd (a +b +c +d )+6ab (a+b+c+d). Sposób II Zachodzą następujące związki: (a +b +c +d )+6ab (a+b+c+d) = (a+b)+c+d = a +b +c +d +6ab a b c d ab ac ad bc bd cd = = a +b +c +d +ab ac ad bc bd cd = = (a +b +c +d +8ab ac ad bc bd+cd) = (a+b c d) + (c d) 0. To kończy dowód danej nierówności., + (c +d cd) = Uwaga Nierówność pomiędzy średnią kwadratową a arytmetyczną orzeka, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x,x,...,x n, x () +x +...+x n x +x +...+x n n n. Jest to szczególny przypadek nierówności Schwarza (zob. odatek Nierówność Schwarza, str. ). Równość w nierówności () zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy x = x =... = x n. Zadanie. W trójkącie równoramiennym kąt jest prosty. Punkt leży na boku, przy czym =. Punkt E jest rzutem prostokątnym punktu na prostą. Wyznaczyć miarę kąta E. Sposób I Niech F będzie rzutem prostokątnym punktu na prostą (rys. ). Ponieważ <) F = 90 <) E = <) E oraz =,

więc trójkąty prostokątne F i E są przystające. Stąd () E = F oraz E = F. Ponadto na mocy twierdzenia Talesa, F () E = =, skąd E = F. Korzystając z równości () oraz () otrzymujemy EF = F E = E E = F F = F. E F rys. Trójkąt F E jest więc trójkątem prostokątnym równoramiennym, a to oznacza, że <) E = <) EF = 5. Sposób II Uzupełnijmy trójkąt do kwadratu F (rys. ). Załóżmy, że prosta przecina odcinek F w punkcie P, zaś prosta E przecina bok w punkcie Q. Ponieważ P = =, więc P = F. Ponadto <) E = 90 <) E = <) P, Q E P rys. co dowodzi, że trójkąty prostokątne Q oraz P są przystające. Zatem P = Q, i w konsekwencji P = Q (= ). Ponieważ <) P Q = <) P EQ = 90, więc punkty, Q, E, P leżą na jednym okręgu. Stąd <) E = <) QP = 5. Sposób III Oznaczmy przez F środek odcinka (rys. ). Wykażemy najpierw, że zachodzi równość: () = F. Oznaczmy: punktu, = = a. Wówczas z definicji () = ( a ) = 9 a oraz (5) F = ( F ) = F = = ( a ) ( a ) ( a ) = 9 a. E F rys. Łącząc ze sobą równości () i (5), otrzymujemy równość (). Ponieważ <) E = <) F = 90, więc punkty,, F, E leżą na jednym F 5

okręgu (rys. ). Zatem na mocy równości (), (6) = F = E, skąd E =. Trójkąty i E mają wspólny kąt przy wierzchołku, więc na mocy równości (6) trójkąty te są podobne. Stąd <) E = <) = 5. Sposób IV Niech F będzie rzutem prostokątnym punktu na prostą (rys. ). Wykażemy najpierw, że punkty, E, F są współliniowe. W tym celu wystarczy udowodnić, że E (7) E = F. Na mocy twierdzenia Talesa mamy następujące równości: (8) F = = E. Należy więc dowieść, że E:E = :. F Oznaczmy: = = a. Obliczmy długości odcinków E i E w zależności od a. rys. Na mocy twierdzenia Talesa F = a oraz F = a. Zatem z twierdzenia Pitagorasa = a 5. Trójkąty prostokątne F i E mają wspólny kąt przy wierzchołku, więc są podobne. Zatem E = F, skąd wyliczając wielkość E otrzymujemy E = 5 a 5. Ponadto E = E = a 5 5 a 5 = 5 a 5, skąd E:E = :. owód równości (7) został zakończony, co oznacza, że punkty, E, F są współliniowe. Ponieważ <) E = <) F = 90, więc na czworokącie F E można opisać okrąg (rys. ). Zatem <) E = <) EF = 90 <) F E = 90 <) F = 90 5 = 5. Zadanie. ane są takie liczby rzeczywiste x, y, że liczby x+y, x +y, x +y i x +y są całkowite. owieść, że dla każdej liczby całkowitej dodatniej n liczba x n +y n jest liczbą całkowitą. Ponieważ 6 xy = (x+y) (x +y ) oraz x y = (x +y ) (x +y ),

więc liczby xy i x y są całkowite. Gdyby liczba xy nie była całkowita, to liczba xy musiałaby być nieparzystą. Jednak wtedy liczba x y = (xy) / nie byłaby całkowita. Stąd wniosek, że liczba xy jest całkowita. Tezę dowodzimy indukcyjnie. la n = i n = liczba x n +y n jest całkowita. Korzystając z tożsamości x n +y n = (x n +y n )(x+y) xy(x n +y n ) widzimy, że jeżeli n jest taką liczbą całkowitą dodatnią, że obie liczby x n +y n oraz x n +y n są całkowite, to liczba x n +y n jest również całkowita. owód indukcyjny jest więc zakończony. Uwaga Założenie, że liczba x +y jest całkowita, nie było w dowodzie wykorzystywane. Natomiast założenia, że liczba x +y jest całkowita, pominąć nie można. Pokazuje to przykład liczb x = / oraz y = /, dla których lecz x +y =. x+y = 0, x +y =, x +y = 0, Zadanie 5. Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych dodatnich x, y spełniające równanie y x = x 50. ane równanie zapisujemy w postaci y = x 50/x. Ponieważ dla każdego x, będącego dzielnikiem liczby 50, liczba po prawej stronie jest całkowita, więc otrzymujemy rozwiązania równania dla x {,,5,0,5,50}. Inne rozwiązania tego równania otrzymamy tylko wtedy, gdy x oraz dla pewnego k liczba x jest jednocześnie k-tą potęgą pewnej liczby naturalnej oraz dzielnikiem liczby 50k. Jeśli p jest dzielnikiem pierwszym takiej liczby x, to p k 50k. Ponieważ zachodzi nierówność p k > k, więc nie może być p k k. Stąd liczba p jest równa lub 5. Jeżeli p =, to k k, skąd k =. Jeżeli zaś p = 5, to 5 k 5k, skąd znowu k =. Zatem liczba x musi być jednocześnie kwadratem pewnej liczby naturalnej oraz dzielnikiem liczby 00. Otrzymujemy dwie nowe wartości x w tym przypadku: x = oraz x = 00. Zatem dane równanie ma 8 rozwiązań (x,y): (,), (, 5 ), (, 5 ), (5,5 0 ), (0,0 5 ), (5,65), (50,50), (00,0). Zadanie 6. Przekątne i czworokąta wypukłego przecinają się w punkcie P. Punkt M jest środkiem boku. Prosta MP przecina bok w punkcie Q. owieść, że stosunek pól trójkątów P i P jest równy stosunkowi długości odcinków Q i Q. Oznaczmy przez [XY Z] pole trójkąta XY Z. 7

Sposób I Prawdziwe są następujące równości (rys. ): [MP ] = [M] [MP ] = [] [P ] = [P ]. nalogicznie dowodzimy, że [MP ] = [P ]. Zatem stosunek pól trójkątów P i P jest równy stosunkowi pól trójkątów MP i MP. Trójkąty MP i MP mają wspólną podstawę MP, a więc stosunek ich pól jest równy stosunkowi wysokości opuszczonych na tę podstawę, czyli (na mocy twierdzenia Talesa) wielkości Q:Q. Q P M rys. Sposób II Niech K będzie punktem przecięcia odcinków i Q, zaś niech L będzie punktem przecięcia odcinków i Q (rys. ). Ponieważ punkt M jest środkiem odcinka, więc na mocy twierdzenia evy (p. str. 0) zastosowanego do trójkąta Q otrzymujemy L LQ = K KQ, skąd [P ] [QP ] = [P ] [QP ]. Zatem [P ] [P ] = [QP ] [QP ] = Q Q. M rys. Sposób III Niech E będzie punktem przecięcia prostej M Q z prostą przechodzącą przez punkt i równoległą do. Podobnie, niech F będzie punktem przecięcia prostej MQ z prostą przechodzącą przez punkt i równoległą do (rys. ). Q Na mocy twierdzenia Talesa E F = M M =, P skąd E [P ] [P ] = P P P P = Q E F Q = Q Q. M rys. F 8 Sposób IV Wprowadźmy następujące oznaczenia (rys. ): α = <) P = <) P, β = <) P Q = <) P M, γ = <) QP = <) MP. K Q P L

Mamy dowieść, że [P ] () [P ] = Q Q. Wielkość Q:Q jest równa stosunkowi pól trójkątów P Q i P Q, gdyż oba trójkąty mają wspólną wysokość opuszczoną na podstawy Q i Q. Zatem równość () przybiera postać P P [P Q] = P P [P Q], Q czyli P P P Q sinγ = P P P Q sinβ. β P α γ Należy więc dowieść, że P P = sinγ M sinβ rys. lub P sinβ = P sinγ. Po pomnożeniu ostatniej równości przez MP dowodzona przez nas tożsamość przybiera postać [P M] = [P M]. Ta równość jest prawdziwa, gdyż punkt M jest środkiem boku. owód równości () jest więc zakończony. Zadanie 7. ana jest liczba naturalna n. Wyznaczyć wszystkie wielomiany P (x) = a 0 +a x+...+a n x n mające dokładnie n pierwiastków nie większych niż oraz spełniające warunek a 0 +a a n = a n +a 0a n. Uwaga: Pierwiastki są liczone z uwzględnieniem krotności: jeśli liczba x 0 jest pierwiastkiem k-krotnym wielomianu P (x) (tzn. jeśli wielomian P (x) jest podzielny przez wielomian (x x 0 ) k, ale nie przez (x x 0 ) k+ ), wówczas liczba x 0 jest traktowana jak k pierwiastków wielomianu P (x). Niech p p... p n będą pierwiastkami wielomianu spełniającego warunki zadania. Wówczas p p... p n oraz a n 0. Ponadto ( a n = a n (p +p +...+p n ), a = a n p p...p n + +...+ ), p p p n oraz a 0 = a n p p...p n. Warunek a 0 +a a n = a n +a 0 a n można więc przepisać w postaci p p...p n + + +...+ = +p +p +...+p n. p p p n p p...p n Udowodnimy indukcyjnie, że dla n oraz dla dowolnych liczb rzeczywistych p p... p n zachodzi nierówność () p p...p n + + +...+ +p +p +...+p n p p p n p p...p n 9

oraz, że () równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy p = p =... = p n =. la n = nierówność () przybiera postać () p p + p + p p p +p +p. Jest ona równoważna nierówności p p p p p p +p p p p p p +, czyli p p (p )(p ) (p )(p ), co przy założeniu p p jest spełnione. Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy p = 0. Załóżmy teraz prawdziwość nierówności () oraz stwierdzenia () dla pewnej liczby n. Niech ponadto dane będą liczby p p... p n p n+. Wówczas p p p... p n+, skąd na mocy założenia indukcyjnego () (p p )p...p n p n+ + + +...+ + p p p p n p n+ +p p +p +...+p n +p n+ (p p )p...p n p n+ oraz równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy p =... = p n = p n+ =. odanie nierówności () i () stronami daje p p p...p n p n+ + + + +...+ + p p p p n p n+ +p +p +p +...+p n +p n+. p p p...p n p n+ Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy p = p =... = p n = p n+ =. Ze stwierdzenia () wynika zatem, że wielomiany spełniające warunki zadania mają postać P (x) = a(x+) n (x+b), gdzie a jest dowolną niezerową liczbą rzeczywistą, zaś b. Zadanie 8. ana jest liczba naturalna n oraz zbiór n-elementowy S. Wyznaczyć najmniejszą liczbę naturalną k, dla której istnieją podzbiory,,..., k zbioru S o następującej własności: dla dowolnych dwóch różnych elementów a,b S istnieje taka liczba j {,,...,k}, że zbiór j {a,b} jest jednoelementowy. Wykażemy, że k = [log (n )+], tzn. k < n k. Mając liczbę k określoną jak wyżej, konstruujemy zbiory j następująco: numerujemy elementy zbioru S liczbami k-cyfrowymi w układzie dwójkowym (dopuszczamy zera początkowe). Mamy więc do dyspozycji k n liczb. Następnie za i bierzemy zbiór tych elementów zbioru S, których numer ma 0

na i-tym miejscu jedynkę. owolne różne elementy a i b zbioru S mają wówczas przypisane różne numery, które różnią się, powiedzmy, na j-tym miejscu. Wtedy do zbioru j należy dokładnie jeden z elementów a, b. Tak znaleziona liczba k jest najmniejsza. Załóżmy bowiem, że istnieją zbiory,,..., k spełniające warunki zadania dla k < n. Każdemu elementowi x zbioru S przypisujemy układ k liczb (c,c,...,c k ) według następującej zasady: { 0 gdy x i c i = (i =,,...,k). gdy x i Ponieważ k < n, więc istnieją dwa różne elementy a,b S, które mają przypisany ten sam układ liczb. To zaś oznacza, że element a należy do dokładnie tych samych zbiorów spośród,,..., k, co element b. Zadanie 9. Punkty, E, F leżą odpowiednio na bokach,, trójkąta. Okręgi wpisane w trójkąty EF, F, E są styczne do okręgu wpisanego w trójkąt EF. Udowodnić, że proste, E, F przecinają się w jednym punkcie. Sposób I to opiera się na twierdzeniu mówiącym o tym, że złożenie dwóch jednokładności jest (na ogół) jednokładnością. okładne sformułowanie tego twierdzenia oraz jego dowód znajduje się na końcu niniejszej broszury (zob. odatek, Twierdzenie o złożeniu jednokładności, str. ). Niech K, L, M będą odpowiednio punktami styczności okręgu wpisanego w trójkąt EF z bokami EF, F, E (rys. ). Przyjmijmy ponadto, że okrąg wpisany w trójkąt F E jest styczny do boków EF, F, E odpowiednio w punktach K, P, Q. Wówczas ME = KE = QE oraz LF = KF = P F. Stąd otrzymujemy F +E = P +P F +M +ME = Q+QE +F L+L = E +F. E M L Q K P rys. Udowodniliśmy więc, że jeśli okręgi wpisane w trójkąty F E oraz EF są styczne, to w czworokąt F E można wpisać okrąg. Oznaczmy ten okrąg przez o. F

Niech o będzie okręgiem wpisanym w trójkąt EF, zaś o okręgiem wpisanym w trójkąt (rys. ). Punkt jest środkiem jednokładności j o skali dodatniej, przekształcającej okrąg o na o ; punkt jest środkiem jednokładności j o skali dodatniej, przekształcającej okrąg o na o. Zatem jednokładność j o skali dodatniej, przekształcająca okrąg o na o, jest złożeniem jednokładności j i j jej środek leży więc na prostej. F o o o E rys. nalogicznie dowodzimy, że środek jednokładności j leży na prostych E i F. Wniosek: proste, E, F mają punkt wspólny, będący środkiem jednokładności okręgów o i o. Uwaga Prawdziwe jest twierdzenie odwrotne do tego, z którego korzystaliśmy na początku powyższego rozwiązania, a mianowicie: jeśli w czworokąt F E można wpisać okrąg, to okręgi wpisane w trójkąty F E oraz EF są styczne. Nietrudny dowód pozostawiamy zytelnikowi. Sposób II Ponieważ okrąg wpisany w trójkąt EF jest styczny do okręgów wpisanych w trójkąty EF, F, E, więc w czworokąty F E, EF, EF można wpisać okręgi (zob. początek sposobu I). Oznaczmy okręgi wpisane w wyżej wymienione czworokąty odpowiednio przez o, o, o. Wykażemy, że trójkąty oraz EF mają oś perspektywiczną (p. odatek, Twierdzenie esarguesa, str. 7). Wówczas na mocy twierdzenia esarguesa, trójkąty te mają środek perspektywiczny. To oznacza, że odcinki, E, F przecinają się w jednym punkcie. Pozostało więc udowodnić, że trójkąty, EF mają oś perspektywiczną. W tym celu rozpatrzymy trzy przypadki. (a) Załóżmy najpierw, że żadna z par (,E), (,EF ), (,F ) nie tworzy pary boków równoległych, tzn. E, EF, F. Oznaczmy symbolem k l punkt przecięcia prostych k oraz l. Przyjmijmy: X = E, Y = EF, Z = F. Ponieważ okręgi o, o są styczne do prostych i E, więc punkt X jest środkiem jednokładności j o skali dodatniej, przekształcającej okrąg o na okrąg o. nalogicznie,

punkt Y jest środkiem jednokładności j o skali dodatniej, która przekształca okrąg o na okrąg o. Zatem złożenie j j jest jednokładnością, której środek leży na prostej XY. Z drugiej strony jednokładność j j ma skalę dodatnią i przeprowadza okrąg o na okrąg o. Środkiem jej jest więc punkt Z. Wykazaliśmy tym samym, że punkty X, Y, Z są współliniowe. Zatem trójkąty i EF mają oś perspektywiczną. (b) Załóżmy z kolei, że dokładnie jedna spośród par (,E), (,EF ), (,F ) jest parą prostych równoległych. ez straty ogólności możemy przyjąć, że F, oraz oznaczyć X = E, Y = EF. Rozumując tak samo jak w przypadku (a) widzimy, że punkt X jest środkiem jednokładności j o skali dodatniej, przekształcającej okrąg o na okrąg o, zaś punkt Y jest środkiem jednokładności j o skali dodatniej, która przekształca okrąg o na okrąg o. Ponieważ promienie okręgów o i o są jednakowe, więc złożenie j j jest przesunięciem. Wektor tego przesunięcia jest równoległy do prostej XY jak również do prostej łączącej środki okręgów o i o. Proste XY,, są więc równoległe, co w tym przypadku oznacza, że trójkąty i EF mają oś perspektywiczną. (c) Pozostał do rozpatrzenia przypadek, w którym co najmniej dwie pary spośród (,E), (,EF ), (,F ) są parami boków równoległych. ez straty ogólności przyjmijmy, że tymi dwiema parami są (,EF ) i (,F ). Wówczas na mocy twierdzenia Talesa = E E = F F, skąd wynika, że również E. Zatem, zgodnie z przyjętą konwencją, również w tym przypadku trójkąty i EF mają oś perspektywiczną. W dwóch kolejnych sposobach skorzystamy z następującego lematu. Lemat Punkt I jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt (rys. ); okrąg ten jest styczny do boku w punkcie K. Wówczas () K ( ) I K =. I owód Oznaczmy: α = <) I = <) KI, β = <) I = <) KI. Równość () przepisujemy w następującej, równoważnej postaci K I = K I I α α I. K rys. I β β

Korzystając z definicji funkcji trygonometrycznych oraz stosując twierdzenie sinusów do trójkątów i I, możemy powyższą równość przepisać kolejno jako: cosα sinβ sinβ = cosβ sinα sinα, sinβ cosβ sinβ cosα = cosβ sinα cosα sinα. Ostatnia zależność jest spełniona dla dowolnych liczb 0 < α < π/ oraz 0 < β < π/. owód lematu jest więc zakończony. Sposób III Oznaczmy przez I, I, I, I odpowiednio środki okręgów wpisanych w trójkąty EF, F, E, EF. Niech ponadto K, L, M będą punktami styczności okręgu wpisanego w trójkąt EF odpowiednio z bokami EF, F, E. Punkty K, L, M są również punktami styczności okręgów wpisanych w trójkąty EF, F, E z bokami trójkąta EF (rys. ). Stosując powyższy lemat do trójkątów E, F E, F otrzymujemy kolejno: E M ( ) EM = I E, EI F KE ( ) F K = EI F, F I LF ( ) F L = I. I Ponieważ EM = KE, F K = LF oraz L = M, więc mnożąc stronami powyższe zależności otrzymujemy () E E F F ( = I EI F I ) ( ) ( ) ( ) I EI F I =. EI F I I I EI F I alej zauważamy, że (<) MI +<) I I) = <) MI +<) LI +<) I L = 80, skąd <) I I = 90 <) MI = <) II. Ponadto <) I I = <) MI. Z ostatnich dwóch równości wynika, że trójkąty II oraz II są podobne. E M I I K I L I rys. F

Uzyskujemy zatem następujące proporcje: I = II I oraz = I. I I I II ( ) I Mnożąc je stronami dostajemy = II. nalogicznie dowodzimy, że I II ( ) EI = II ( ) F I oraz = II. EI II F I II Łącząc ze sobą trzy ostatnie równości oraz zależność () otrzymujemy E E F F = II II II =, II II II skąd, na mocy twierdzenia evy (zob. str. 0), odcinki, E, F przecinają się w jednym punkcie. Sposób IV Przyjmijmy takie same oznaczenia jak w sposobie III. Niech ponadto r, r, r, r będą odpowiednio promieniami okręgów wpisanych w trójkąty EF, F, E, EF oraz niech x = L = M, y = EM = EK, z = F K = F L, α = <) MI, β = <) IM = <) IL, γ = <) I L (rys. 5). I I E y K r y r z r M r I r z x L α β x r γ I rys. 5 F Ponieważ <) E +<) EF +<) F = 80, więc α+β +γ = 90, skąd otrzymujemy równości: ctg(β +γ) = ctg(90 α) = tgα. Przekształcając równoważnie ostatni związek dostajemy kolejno: ctgβ ctgγ ctgβ +ctgγ = tgα, x r x r x r + x r = r x, x rr r +r = r, 5

skąd x = r(r +r )+r r. nalogicznie obliczamy: y = r(r +r )+r r oraz z = r(r +r )+r r. Korzystając z lematu oraz z powyższych trzech wzorów otrzymujemy E y x = y +r x +r = r(r +r )+r r +r r(r +r )+r r +r = = (r +r )(r +r ) (r +r )(r +r ) = r +r. r +r W ten sam sposób dowodzimy, że F x z = r +r F oraz r +r E z y = r +r. r +r Mnożąc stronami trzy ostatnie równości dostajemy E F F E = r +r r +r r +r =, r +r r +r r +r skąd, na mocy twierdzenia evy (zob. str. 0), odcinki, E, F przecinają się w jednym punkcie. Zadanie 0. ana jest liczba x > 0. iąg (x n ) jest zdefiniowany wzorem: x n+ = x n + x dla n =,,,.... n x n Udowodnić, że istnieje granica lim n, i obliczyć ją. n W rozwiązaniu skorzystamy z następującego twierdzenia: Jeżeli ciąg (a n ) jest zbieżny do granicy g, to ciąg (b n ), określony wzorem b n = a +a +...+a n, n jest również zbieżny i jego granica wynosi g. owód tego twierdzenia znajduje się w odatku, str. 6. Podstawmy y n = x n. Wtedy ( y n+ = y n + ) = yn ++ + y n y n yn. Skoro y n+ > y n +, więc ciąg (y n ) jest rozbieżny do nieskończoności. Zatem na mocy powyższej równości (y n+ y n ). Z ostatniej zbieżności oraz z zacytowanego wyżej twierdzenia zastosowanego do ciągu { y dla n = a n = y n y n dla n > otrzymujemy y +(y y )+(y y )+...+(y n y n ) lim n n x n skąd =. n lim n y n = lim n n =, 6

Zadanie. W urnie znajdują się dwie kule: biała i czarna. Ponadto mamy do dyspozycji 50 kul białych i 50 czarnych. Wykonujemy 50 razy następującą czynność: losujemy z urny kulę, a następnie wrzucamy ją z powrotem do urny oraz dokładamy jedną kulę tego samego koloru, co wylosowana kula. Po zakończeniu tych czynności mamy więc w urnie 5 kule. Jaka liczba kul białych znajdujących się w urnie jest najbardziej prawdopodobna? Niech P (k,n), gdzie k n, oznacza prawdopodobieństwo zdarzenia, że gdy w urnie jest n kul, to dokładnie k z nich ma kolor biały. Udowodnimy, że () P (,) = oraz P (k,n+) = n k k P (k,n)+ P (k,n). n n Pierwsza z powyższych równości jest oczywista. ruga wynika z następujących rozważań. Zastanawiamy się, kiedy po dołożeniu (n+)-szej kuli do urny zawierającej n kul w urnie znajdzie się dokładnie k kul białych. Jest to możliwe w następujących dwóch sytuacjach: (a) Jako (n+)-szą kulę dołożono kulę czarną. Wówczas przed dołożeniem tej kuli musiało być w urnie k kul białych. Prawdopodobieństwo tego zdarzenia wynosi P (k,n). Kulę czarną wylosowano więc z prawdopodobieństwem n k n. Zatem prawdopodobieństwo tego, że w urnie zawierającej n+ kul dokładnie k jest białych, pod warunkiem, że ostatnia dorzucona kula jest czarna, wynosi n k n P (k,n). (b) Jako (n+)-szą kulę dołożono kulę białą. Wówczas przed dołożeniem tej kuli musiało być w urnie dokładnie k kul białych. Prawdopodobieństwo tego zdarzenia wynosi P (k,n). Kulę białą wylosowano więc z prawdopodobieństwem k n. Stąd prawdopodobieństwo tego, że w urnie zawierającej n+ kul dokładnie k jest białych, pod warunkiem, że ostatnia dorzucona kula jest biała, wynosi k P (k,n). n Łącząc ze sobą dwa powyższe przypadki dostajemy drugą z równości (). Korzystając ze wzorów () dowodzimy indukcyjnie (ze względu na n), że P (k,n) = /(n ) dla k =,,...,n. Istotnie, dla n = mamy P (,) =. Jeśli n jest taką liczbą naturalną, że P (k,n) = n dla k =,,...,n, 7

to dla k =,,...,n mamy P (k,n+) = n k k n k P (k,n)+ P (k,n) = n n n n + k n n = n. W szczególności P (k,5) = dla k =,,...,5. 5 Zatem każda możliwa liczba kul białych po 50 losowaniach (od do 5) jest jednakowo prawdopodobna. Zadanie. Wszystkie wierzchołki sześcianu o krawędzi a leżą na powierzchni czworościanu foremnego o krawędzi. Wyznaczyć możliwe wartości a. Z warunków zadania wynika, że dany sześcian leży wewnątrz danego czworościanu KLM N. Możliwe są dwa przypadki: (a) Istnieje ściana czworościanu KLM N (na przykład KLM), na której leżą co najmniej trzy wierzchołki sześcianu; (b) Na każdej ścianie czworościanu KLM N leżą dokładnie dwa wierzchołki sześcianu. Rozważmy najpierw przypadek (a). Trzy wierzchołki sześcianu, które leżą na ścianie KLM, muszą być wierzchołkami jednej ściany tego sześcianu. To oznacza, że pewna ściana sześcianu, powiedzmy, leży wewnątrz trójkąta KLM; pozostałe cztery wierzchołki,,, znajdują się na ścianach KLN, LMN, MKN. ez straty ogólności możemy przyjąć, że ściana KLN zawiera któreś dwa spośród punktów,,,. Muszą one być dwoma kolejnymi wierzchołkami kwadratu. Nie tracąc ogólności rozważań, możemy przyjąć, że punkty, leżą na ścianie KLN, punkt leży na ścianie LMN, zaś punkt znajduje się na ścianie MKN (rys. ). Warunek (a) wyznacza więc jednoznacznie (z dokładnością do przyjętych oznaczeń) położenie danego sześcianu wewnątrz czworościanu foremnego o krawędzi. Przystępujemy do wyznaczenia długości krawędzi a. Oznaczmy przez K, L, M, odpowiednio punkty przecięcia krawędzi KN, LN, MN z płaszczyzną. zworościan K L M N jest foremny. Oznaczmy jego krawędź przez b. Wtedy K = L = (a )/, skąd () b = a+ a. 6 λ. Wysokość czworościanu foremnego o krawędzi λ wyraża się wzorem h = Porównując wysokości czworościanów KLMN oraz K L M N otrzymujemy równość 6 6 b+a =, 8

skąd wykorzystując równość () mamy 6 a =. 6+ + N L P K K M K L M rys. L Z Y T N Q M rys. X Pozostał do rozpatrzenia przypadek (b). Każdy z czterech odcinków łączących wierzchołki danego sześcianu, leżący na tej samej ścianie czworościanu KLM N, jest krawędzią tego sześcianu. Odcinki te nie mają wspólnych końców. Przypuśćmy, że krawędź leży na ścianie KLM. Wówczas jedna z krawędzi lub leży na jednej ze ścian KLN, LMN, MKN. ez straty ogólności przyjmijmy, że leży na KLN. Wtedy proste i są równoległe do krawędzi KL, a co za tym idzie, proste i są prostopadłe do krawędzi MN; nie mogą więc one leżeć na ścianach LMN i KMN. Możemy zatem założyć, że odcinek leży na ścianie LMN, zaś odcinek znajduje się na ścianie KMN (rys. ). Oznaczmy przez X, Y, Z, T odpowiednio środki krawędzi KN, NL, LM, MK. Wówczas kwadraty oraz mają boki równoległe odpowiednio do boków kwadratu XY ZT. Stąd istnieje (w przestrzeni) środek jednokładności P kwadratów i XY ZT, leżący na krawędzi KL oraz środek jednokładności Q kwadratów i XY ZT, leżący na krawędzi MN. Skale jednokładności w obu przypadkach są równe i wynoszą a. Odległości od punktów P i Q do płaszczyzny XY ZT są równe i wynoszą /. Stąd wynika, że odległości od płaszczyzn i do płaszczyzny XY ZT są równe a więc każda z nich wynosi a/. Te trzy wielkości są związane ze sobą zależnością a = a/, skąd otrzymujemy a = / +. Pozostaje zauważyć, że powyższą wartość można zrealizować biorąc za P i Q środki krawędzi KL i MN. 9

Reasumując: możliwe wartości a wynoszą 6 oraz 6+ + +. Zawody stopnia drugiego Zadanie. ana jest funkcja f: 0, taka, że f( n ) = ( )n dla n =,,.... Wykazać, że nie istnieją funkcje rosnące g: 0,, h: 0,, dla których f = g h. Przypuśćmy, że istnieją funkcje g i h spełniające warunki zadania. Ponieważ funkcje te są rosnące, więc dla każdego k mamy g( k+ ) = f( k+ )+h( k+ ) = +h( k+ ) < < +h( k ) = +h( k ) = = f( k )+h( k ) = g( k ) < g( k ). Z monotoniczności funkcji g oraz powyższych nierówności dostajemy g(0) < g( k+ ) < g( k ) < g( k ) <... < g( ) (k ) < g() k. Zatem g() g(0) > k dla dowolnego k, co nie jest możliwe. Uwaga Zadanie 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 zachodzi nierówność a x < y < x < y <... < x n < y n b f(y ) f(x ) + f(y ) f(x ) +...+ f(y n ) f(x n ) < M. Funkcje, które nie spełniają powyższego warunku, nazywamy funkcjami o wahaniu nieograniczonym. Zauważmy, że dana w treści zadania funkcja f ma wahanie nieograniczone. Wystarczy bowiem przyjąć x k = oraz y k = dla k =,,...,n. n k + n k + Wówczas 0 x < y < x < y <... < x n < y n oraz f(y ) f(x ) + f(y ) f(x ) +...+ f(y n ) f(x n ) = n, 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. Sześcian S o krawędzi jest zbudowany z ośmiu sześcianów jednostkowych. Klockiem nazwiemy bryłę otrzymaną przez usunięcie z sześcianu S jednego spośród ośmiu sześcianów jednostkowych. Sześcian T o krawędzi n jest zbudowany z ( n ) sześcianów jednostkowych. Udowodnić, że po usunięciu z sześcianu T dowolnego spośród ( n ) sześcianów jednostkowych powstaje bryła, którą daje się szczelnie wypełnić klockami. Przeprowadzimy dowód indukcyjny. la n = teza zadania jest oczywiście prawdziwa. Niech n będzie liczbą naturalną, dla której teza zadania jest prawdziwa. Rozważmy sześcian o krawędzi n+ z wyróżnionym sześcianem jednostkowym. Sześcian dzielimy na osiem przystających sześcianów,,..., 8, każdy o krawędzi n. W jednym z nich (przyjmijmy, że w ) znajduje się sześcian jednostkowy. Połóżmy klocek K w samym środku sześcianu tak, aby jego część wspólna z każdym z sześcianów,,..., 8 była sześcianem jednostkowym (analogiczna sytuacja przedstawiona jest na rys. w przypadku dwuwymiarowym). rys. Na mocy założenia indukcyjnego można wypełnić klockami zarówno sześcian z usuniętym sześcianem jednostkowym, jak i każdy z sześcianów,,..., 8 z usuniętym sześcianem jednostkowym stanowiącym część wspólną z klockiem K. W ten sposób wypełnimy klockami sześcian z usuniętym sześcianem jednostkowym, co kończy dowód indukcyjny. Zadanie. zworokąt wypukły jest wpisany w okrąg. Punkty E i F leżą odpowiednio na bokach i, przy czym E:E = F :F. Punkt P leży na odcinku EF i spełnia warunek EP :P F = :. Udowodnić, że stosunek pól trójkątów P i P nie zależy od wyboru punktów E i F. 5

Sposób I Załóżmy najpierw, że proste i nie są równoległe i przecinają się w punkcie S (rys. ). Ponieważ <) S = 80 <) = <) S, więc trójkąty S i S są podobne. Ponadto E = + E E = + F F = F, skąd E F = = S S. Z powyższych związków oraz z równości <) ES = <) F S wynika, że trójkąty SE i SF są podobne. Stąd <) SE = <) SF oraz SE SF = S S = = EP P F, co dowodzi, że <) ESP = <) F SP. Zatem punkt P leży na dwusiecznej kąta S, czyli jest on równoodległy od prostych i. Stosunek pól trójkątów P i P jest więc równy stosunkowi długości boków i, czyli nie zależy od wyboru punktów E i F. E E P F P F S rys. rys. Załóżmy teraz, że proste i są równoległe (rys. ). Wtedy czworokąt jest trapezem równoramiennym, gdzie =. Punkt P jest więc środkiem odcinka EF, co oznacza, że jest on równoodległy od prostych przechodzących przez punkty E, F i równoległych do podstaw trapezu. Ponadto E = F, skąd wynika, że punkty E i F są jednakowo odległe odpowiednio od prostych i. Zatem odległości od punktu P do prostych i są takie same. Tym samym stosunek pól trójkątów P i P jest równy stosunkowi długości odcinków i, czyli nie zależy od wyboru punktów E i F. Sposób II Udowodnimy najpierw następujący Lemat any jest trapez o podstawach i. Prosta równoległa do podstaw tego trapezu przecina odcinki i odpowiednio w punktach K i L (rys. ). Wówczas KL = L L +. 5

owód Niech P będzie punktem przecięcia przekątnej z odcinkiem KL. Wówczas na mocy twierdzenia Talesa oraz KP = P L = P L = P L =. rys. odając stronami powyższe równości dostajemy tezę. Przystępujemy do rozwiązania zadania. Ponieważ E:E = F :F, więc E () = F = λ oraz E = F = µ. Z warunku EP :P F = : wynika natomiast, że EP () EF = P F oraz + EF = +. Oznaczmy przez,, E, F, P odpowiednio rzuty prostokątne punktów,, E, F, P na prostą (rys. ). Na mocy udowodnionego wyżej lematu oraz równości () otrzymujemy P P = EP EF F F + F P EF EE = + F F + + EE. E K P L P F E P F rys. Korzystając z twierdzenia Talesa oraz równości () uzyskujemy P P = λ + + µ +. Mnożąc obie strony powyższej równości przez mamy () [P ] = λ + []+ µ + [], gdzie [XY Z] oznacza pole trójkąta XY Z. nalogicznie dowodzimy, że () [P ] = µ + []+ λ + []. 5

Wprowadźmy dla zwięzłości zapisu następujące oznaczenia: α = <), β = <), γ = <), δ = <). Ponieważ na czworokącie można opisać okrąg, więc sinα = sinγ oraz sinβ = sinδ. Stąd oraz z równości () i () otrzymujemy [P ] µ []+λ [] = [P ] λ []+µ [] = = µ sinδ +λ sinα λ sinγ +µ sinβ = (µ sinδ +λ sinα) = (λ sinγ +µ sinβ) =. Otrzymana wielkość nie zależy od wyboru punktów E, F, co kończy dowód. Zadanie. Punkt P leży wewnątrz trójkąta i spełnia warunki: () <) P = <) P oraz <) P = <) P. Punkt O jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie. owieść, że jeżeli O P, to kąt P O jest prosty. Sposób I Oznaczmy przez K, L, M odpowiednio punkty przecięcia prostych P, P, P z okręgiem opisanym na trójkącie (rys. ). Na mocy równości <) K = <) M długości łuków K i M są równe. nalogicznie, długości łuków K i L są równe. (ługość łuku XY jest mierzona od punktu X do punktu Y w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara). M M O P L O P L rys. K rys. K Odcinki L, K, M są więc równoległe (rys. ). Zatem mają one wspólną symetralną, która przechodzi przez punkt O. Na tej symetralnej leży również punkt P, gdyż punkt ten jest punktem przecięcia przekątnych M i L trapezu równoramiennego ML. Stąd, w szczególności, <) P O = 90. 5

Sposób II Niech M i N będą odpowiednio środkami boków i (rys. ). Ponieważ <) NO = <) MO = 90, więc okrąg opisany na trójkącie MN przechodzi przez punkt O (średnicą tego okręgu jest odcinek O). Wykażemy, że punkt P leży na tym okręgu. N P N P O M M rys. rys. Na mocy równości (), trójkąty P oraz P są podobne. Zatem M N = = P P. Ponadto <) MP = <) NP. Tożsamości te dowodzą, że trójkąty MP oraz NP są podobne (rys. ). Stąd <) MP = <) NP, czyli <) MP +<) NP = 80. Powyższa równość oznacza, że okrąg opisany na trójkącie M N przechodzi przez punkt P. Zatem punkty, M, O, P, N leżą na jednym okręgu, skąd <) P O = <) NO = 90. Sposób III Niech prosta P przecina okrąg opisany na trójkącie w punkcie Q (rys. 5). Wówczas zachodzą równości: () <) Q = <) Q = <) P, skąd <) P Q = <). Mamy ponadto następujące zależności: () <) P Q = <) Q = <). Z drugiej równości () oraz z tożsamości () wynika, że trójkąty i P Q są podobne. Podobne są również trójkąty P oraz P. Stąd P Q = P = P, czyli P Q = P. Zatem punkt P jest środkiem cięciwy Q, co oznacza, że <) P O = 90. P O rys. 5 Q 55

Zadanie 5. Niech S = {,,,,5}. Wyznaczyć liczbę funkcji f:s S spełniających równość f 50 (x) = x dla wszystkich x S. Uwaga: f 50 (x) = f f... f(x). } {{ } 50 Sposób I Niech f będzie funkcją spełniającą warunki zadania. la liczb x y dostajemy f 9 (f(x)) = x y = f 9 (f(y)), skąd f(x) f(y). Ponieważ f jest również funkcją na, więc f jest permutacją zbioru S. Oznaczmy przez r(x) (x S) najmniejszą liczbę całkowitą dodatnią, dla której f r(x) (x) = x. Wówczas r(x) 5 oraz r(x) 50, skąd r(x) {,,5}. Jeżeli istnieje taka liczba a S, że r(a) = 5, to liczby a, f(a), f (a), f (a), f (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(),f (),f (),f () ) zbioru {,,,5}; zatem może być ona określona na! = sposoby. Jeżeli dla wszystkich x S zachodzi r(x) =, to f jest funkcją identycznościową. Taka funkcja jest jedna. Pozostał do rozpatrzenia przypadek, w którym największa wartość osiągana przez funkcję r wynosi. Niech więc a będzie takim elementem zbioru S, że r(a) =. Wtedy także r(b) =, gdzie b = f(a). Jeżeli r(x) = dla wszystkich x S \{a,b}, to f jest wyznaczona przez wybór dwuelementowego podzbioru {a,b} zbioru S, co można uczynić na ( 5 ) =0 sposobów. Jeżeli natomiast istnieje taka liczba c S \{a,b}, że r(c) =, to przyjmując d = f(c) oraz oznaczając przez e jedyny element zbioru S \{a,b,c,d}, mamy () f(a) = b, f(b) = a, f(c) = d, f(d) = c, f(e) = e. Taka funkcja f jest wyznaczona przez wybór liczby e (można to zrobić na 5 sposobów) oraz podział zbioru S \{e} na dwa podzbiory dwuelementowe {a,b} i {c,d} (istnieją takie podziały). ostajemy więc 5 funkcji postaci (). Łącznie istnieje 50 funkcji spełniających warunki zadania. Sposób II Zamiast liczyć permutacje zbioru pięcioelementowego spełniające warunek podany w zadaniu, można policzyć te permutacje, które go nie spełniają. Rozumowanie analogiczne do tego w sposobie I dowodzi, że są to permutacje f następujących trzech postaci: () () 56 f(a) = b, f(b) = c, f(c) = a, f(d) = d, f(e) = e, f(a) = b, f(b) = c, f(c) = a, f(d) = e, f(e) = d,

() f(a) = b, f(b) = c, f(c) = d, f(d) = a, f(e) = e, gdzie {,,,,5} = {a,b,c,d,e}. Liczby a, b, c ze zbioru {,,,,5} można wybrać na ( 5 ) = 0 sposobów, zaś ustawić cyklicznie na sposoby. Zatem istnieje 0 permutacji postaci () oraz 0 permutacji postaci (). Podobnie, liczby a, b, c, d ze zbioru {,,,,5} można wybrać na ( 5 ) = 5 sposobów, zaś ustawić cyklicznie na 6 sposobów. Zatem istnieje 0 permutacji postaci (). Stąd wynika, że istnieje 70 permutacji nie spełniających warunków zadania, a więc z ogólnej liczby 5! = 0 permutacji pozostaje 50 szukanych permutacji. Zadanie 6. ana jest liczba naturalna k oraz liczby całkowite a,a,...,a n spełniające warunki a + i a + i a +...+n i a n = 0 dla i =,,...,k. owieść, że liczba a + k a + k a +...+n k a n jest podzielna przez k!. la dowolnej liczby całkowitej m k liczba ( m) k jest całkowita. Stąd, dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej m, liczba m(m )(m )...(m k+) jest podzielna przez k!. Istnieją więc takie liczby całkowite b,b,...,b k, że dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej m, m k b m+b m +...+b k m k (mod k!). Mnożąc powyższą kongruencję przez a m, a następnie dodając stronami od m = do m = n otrzymujemy a + k a +...+n k a n b (a +a +...+na n )+ +b (a + a +...+n a n )+... = 0 (mod k!)....+b k (a + k a +...+n k a n ) = To oznacza, że liczba a + k a + k a +...+n k a n jest podzielna przez k!, co kończy rozwiązanie zadania. æ Zawody stopnia trzeciego Zadanie. Punkt leży na boku trójkąta, przy czym >. Punkt E leży na boku i spełnia warunek E () E =. Udowodnić, że > E. 57

Sposób I F Uzupełniamy trójkąt do równoległoboku F (rys. ). Na półprostej odkładamy odcinek K o długości. ana w zadaniu zależność przyjmuje teraz postać E E = F E K. Z tej równości oraz z równoległości odcinków K i F wynika, że punkty F, E, K są współliniowe. rys. K Punkt E leży więc na podstawie KF trójkąta równoramiennego KF. Stąd dostajemy F > E, czyli > E. Sposób II Skorzystamy z nierówności Ptolemeusza, która mówi, że dla dowolnych punktów,,, leżących na płaszczyźnie zachodzi +, przy czym równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy punkty,,, leżą, w tej właśnie kolejności, na jednym okręgu. (owód znajduje się w broszurze XLVI Olimpiada Matematyczna, Sprawozdanie Komitetu Głównego, Warszawa 996, str. 96). Stosując zacytowaną nierówność do punktów,,, E otrzymujemy E < E +E, czyli + E. () E < E Korzystając ze związku () otrzymujemy następujące równości: E = + = + E E, skąd dostajemy E = E E oraz = + = Na mocy nierówności () oraz powyższych zależności mamy 58 E < < = ( ) + + + < ( ) ( ) + + + + + = rys. +. ( ) ( + ) + = =. + + + E