الكتاب العلمي للرياضيات

لألولمبياد العلمي السوري

لألولمبياد العلمي السوري الوطنيةالهيئة

2010

Aml

Typewriter

Aml

Typewriter

This book is downloaded from this site: www.syCourses.com

Aml

Typewriter


Aml

Typewriter

Aml

Typewriter

Aml

Typewriter

Aml

Typewriter


Aml

Typewriter

Aml

Typewriter


األوملبياد العاملي للرضيات

2010

Aml

Typewriter

Aml

Typewriter


Aml

Typewriter

حقوق التأليف والطباعة والنشر حمفوظة

Aml

Typewriter

Aml

Typewriter

Aml

Typewriter


Aml

Typewriter

لرياضيات قدمية ال بد أن فكرة وضع طالب مسابقات فنرى . يف مواجهة مسائل يف اكان اإلغريق يتبارون يف حل إذ . يف تقاليد العديد من البلدان وعلى مدى العصور الرياضيات

ويف القرن السادس عشر كان اإليطاليون يتبارون يف حل املعادالت من . مسائل اهلندسة اإلقليدية لثالثة لدرجة ا ل . ا لرياضيات يف ا لفرنسيون عن مسابقات يف ا لثامن عشر وأعلن ا ولعل . قرن ا

. أقرب سلف ملسابقات األوملبياد املعاصرة 1894اليت نظمتها هنغاريا عام Eötvösمسابقات ، 1934عام )سان بيترسبوغ حاليا (لقد جرى تنظيم أول أوملبياد للرياضيات يف مدينة ليننغراد

وأقامت رومانيا أول أوملبياد عاملي للرياضيات . Frijtengoltsو Deloneن ياضيي من قبل الر م ل ، وكان له صيغة مسابقة 1959عا . شرقية وشاركت فيها سبع دول موجهة لدول أوربا ا

بداية، كانت املشاركة . 1980وصارت املسابقة، منذ ذلك احلني، تجرى كل عام باستثناء عام باملسابقة حمصورة بالدول نفسها، إال أنها أخذت باالتساع لتشمل حاليا أكثر من تسعني دولة، من

املضيف سنويا، وإن كان هناك العديد من البلدان اليت استضافت يتغير البلد . القارات اخلمس يرافق املسابقة عادة برنامج ثقايف وسياحي يف البلد املضيف يهدف إىل . األوملبياد أكثر من مرة

.ود بني املتسابقني واملشرفنيالصداقة والتعميق التفاهم املتبادل بني الفرق املشاركة وتنمية عالقات البداية كانت كل دولة تشارك بثمانية متسابقني أو متسابقات على األكثر، خفض هذا العدد يف

على هذه احلال حتى ي، ثم رفع من جديد إىل ستة مشاركني، وبق1982إىل أربعة متسابقني عام .وقتنا هذا. قد تلقى تعليما ما بعد الثانوي وأال يكون جيب أال يتجاوز عمر املتسابق عشرين عاما

ومع أن املتسابقني ميثلون . ميكن للمتسابق أن يشارك أكثر من مرة إذا حقق الشرطني السابقني و بلدام يف املسابقة إال أن عملية تقييم أدائهم عملية فردية، إذ ليس هناك تقييم مجاعي للفرق

.املشاركة

Aml

Typewriter


ii األوملبياد العاملي للرياضيات

للمشاركة يف هذه املسابقة، إال أنها مجيعا لد طريقته اخلاصة يف اختيار مرشحيه يتبع كل ب لرياضيات متنح املسابقة املشاركني فرصة عرض كما . تتطلب من ممثليها مهارة عالية يف جمال ا

ميتد احلدث على مدى . مهارام وحنكتهم وسرعة بديهتهم يف مواجهة مسائل يف الرياضيات املتسابقون بقية الوقت يف زيارة يمضي إذ ، فقط متتاليني وعني حتتل فيهما املسابقة فعليا يومني أسب

ملهمة فيه، ويف تنمية الصالت لسياحية ا ا املواقع فته، وزيارة ملضيف واالطالع على ثقا لبلد ا اوالصداقات اليت تنسج وبالنسبة إىل العديد من املشاركني حتتل الذكريات . االجتماعية فيما بينهم

ليت يحص أ يف هذه املناسبة مركزا ليت كثر أمهية يف نفوسهم من الدرجات ا ليات ا مليدا لوا أو ا .كما حقق العديد منهم الحقا إجنازات مهمة يف الرياضيات. حيصلون عليها

لفريق على يتكون كل فريق مشارك من ستة متسابقني على األكثر، ومن قائدين اثنني ل يكتب كل متسابق ورقتني يف يومي املسابقة املتتاليني، حتوي كل ورقة حلوله للمسائل . األكثر

تصحح كل مسألة وتعطى النتيجة بصيغة عدد صحيح و . رحت عليه يف ذلك اليوم الثالث اليت ط حت سبع مسائل بدال من ست وهذا هو االستثناء طر 1962فقط يف أوملبياد عام (. 7و 0بني

.)الوحيد

حقائق عامة عن األوملبياد العاملي للرضيات

å قبل أربعة أشهر على األقل من موعد املساب . أوراق األسئلة ضيف أن قة، ميكن لكل دولةجتري دراسة . تقترح ستة أسئلة على األكثر دف دراستها لتكون بني األسئلة املختارة للمسابقة

قائمة هذه املقترحات يف البلد املضيف من قبل جلنة املسابقة اليت ختتار من جمموع هذه األسئلة يف السنوات األخرية قائمة أقصر، مكونة من اثين ولقد رأينا. مكونة من حوايل ثالثني سؤاال قصرية

أما االختيار النهائي لألسئلة اليت ستطرح يف املسابقة . عشر سؤاال، متثل األسئلة املفضلة لدى اللجنةقائد كل فريق مشارك، باإلضافة إىل أربعة حكام من ، وهي مكونة جلنة احلكام الدولية فتجريه ني خيتارهمتنفيذي ختةالبلد املضيف، وتام من . ذ القرارات باألكثرية قبل أيجتتمع جلنة احلكام الدولي

اللغات الرمسية يف . وجيري االختيار النهائي ألسئلة املسابقة يوسر مكان معزولموعد املسابقة يف للغات ا لروسية وهناك بعض وا نية ألملا لفرنسية وا وا ية بقة هي االجنليز ملسا لرمسية « ا ا »غري

.أما الطلبة العرب فتوزع عليهم األسئلة باللغات العربية واإلنكليزية والفرنسية .سبانية والعربيةكاإل

Aml

Typewriter

vThis book is downloaded from this site: www.syCourses.com

iii الكتاب الذهيب

å ةعزول أعضاء اللجنة القائمة القصرية عند وصوهلم إىل املكان امل سلمتي .جلنة احلكام الدولي. ملناقشة املسائل اليت سيجري اختيارها ويمنحون بعض الوقت للنظر يف األسئلة قبل االجتماع

أو لكتب، ، أو منصوص عنه يف أحد ا بقا تستثين أي سؤال مطروح سا للجنة أن ا ينبغي على . حتذف بعض املسائل مباشرة إذا وجدت صعبة جدا أو سهلة جدا . مستخدم يف فترة التدريب

، ثم املسائل 6و 3طويال جيري اختيار املسائل الصعبة اليت حتمل األرقام دوم بعد جدال قد ي و وأخريا . ، وجيري التصويت على كل واحدة منها5و 4و 2و 1األقل صعوبة واليت حتمل األرقام

لف يترج ليت ي م قادة ا طلب طالا لغات أخرى، األسئلة إىل لغام، وجيري تدقيق مجيع ترق، ا .الترمجات من قبل مجيع أعضاء اللجنة، للتيقن من حسن الترمجة

å ة أيام، ملنحهم الوقت يصل املتسابقون إىل ا . املسابقةلبلد املضيف قبل موعد املسابقة بعد، تشمل كل واحدة منهما ثالثة أسئلة، جيب اإلجابة تتكون املسابقة من ورقتني و . الالزم للتأقلم

تقليديا، . يليه الذي األوىل يف اليوم األول والثانية يف اليوم . عنها يف أربع ساعات ونصف الساعة تصحيح ويف الوقت الذي جيري فيه . هو األصعب 6هو األسهل، والسؤال رقم 1السؤال رقم

.األوراق، خيضع املتسابقون لربنامج ترفيهي وثقايف وسياحي يهدف إىل تعرف البلد املضيفå تصحيح األوراق . د لغات البلدان املشاركة، ينظرا إىل تعدكل فريق ح بداية قادة صحدرجات على أوراق اإلجابة أوراق يسلمون األوراق، بعد . فريقهم، ولكن دون أن يضعوا أي ثم

،فريق املنسقني ترمجة بعض األجزاء اليت تتطلب الترمجة منها، إىل فريق واضعي الدرجات، املسمى ق مع املنسقني على الدرجات اليت رب أن يتفق قادة الف يف النهاية جي و . البلد املضيف الذين يعينهم

وإذا وقع . تمنح لكل ورقة إجابة، فتسجل هذه الدرجات يف التقرير الرمسي الذي يوقعه الفريقان خالف يحاول قائد فريق املنسقني التوسط للتوصل إىل اتفاق، وإذا بقي اخلالف قائما، تعرض

.التحكيم الدولية ليتخذ القرار فيها باألكثرية املشكلة على كامل جلنةå ق . النتائجرة، يتبارى فيها األفراد وليس الفات مسابقة فرديإن األوملبياد العاملي للرياضي .

2و 1تقريبا ميداليات ذهبية وفضية وبرونزية تتناسب أعدادها مع يمنح فيه نصف املتسابقني 1على أال تزيد نسبة املتسابقني الذين حيصلون على ميداليات ذهبية على ، 3و

، وأال تزيد نسبة 121فضية على املتسابقني الذين حيصلون على ميداليات ذهبية أو

وأال تزيد نسبة املتسابقني الذين ، 41حيصلون على ميدالية ما على شهادة منحت لول احل تشجيع املتسابقني على املثابرة وإجناز ل و ، 2

.لوا على ميداليةتقدير إىل املتسابقني الذين حيلون واحدة من املسائل حال كامال دون أن حيص

Aml

Typewriter


Aml

Typewriter

Aml

Typewriter

iv األوملبياد العاملي للرياضيات

تلدان ع املشاركة يف هذه التظاهرة شجق، واختيار البرات لتدريب الفها على وضع آلي ة حتفز الطالب، ألن ذلك ينعكس إجيابا، ليس فقط على الفئة املعنياملشاركة يف ة ب بطرائق تنافسي

.خصوصا والعلوم عمومااملسابقة فحسب، بل على كامل أساليب تدريس الرياضيات

ليت طر ئل ا ملسا لعربية، مجيع ا ا للغة أن أمجع يف كتاب واحد وبا رأيت حت يف لذلك أعرض حلوال هلذه أن ، و هذا الكتاب وحىت تاريخ صدور البداية األوملبياد العاملي للرياضيات، منذ

.ائدة يف ذلكراجيا أن جيد القارئ املهتم واحملب للرياضيات ف. املسائل

. خلصت يف ملحق، جمموعة من املعارف واخلواص اليت افترضت يف القارئ معرفتها كما وأخريا، بغية اكتمال الفائدة من هذا الكتاب، أوصي القارئ الكرمي بعدم التسرع يف قراءة احللول

يف دراسة هذا الكتاب وعندها سيجد القارئ متعة . املقترحة للمسائل بل مقارعتها تفكريا وحبثا هاويف إجياد حلول أخرى غري اليت اخترت ،ل الفائدة واملتعةويف ذلك ج.

السيدة ىل إ إىل السيد الرئيس بشار األسد و العميق وأخريا أختم هذه املقدمة بتقدمي الشكر

، والذي بية السوريةعملية إعداد الفريق الوطين يف اجلمهورية العرلالذي أولياه البالغ عقيلته لالهتمام ولتشجيعهما احلثيث على املشاركة يف هذه لألملبياد العلمي السوري، تتوج بإنشاء اهليئة الوطنية

. املسابقة العاملية

.2010 يلولأ 7دمشق يف الدكتور عمران قوبا

v الكتاب الذهيب

i ................................................................................................................................................. تقدمي v .............................................................................................................................................. احملتوى

1 ................................................................................... 1959 األولاألوملبياد 9 .................................................................................. 1960 الثايناألوملبياد 17 ................................................................................. 1961 الثالثاألوملبياد 25 ................................................................................. 1962 الرابعاألوملبياد 37 ................................................................................. 1963 اخلامساألوملبياد 47 ................................................................................. 1964 السادساألوملبياد 55 ................................................................................. 1965 السابعاألوملبياد 65 ................................................................................. 1966 الثامناألوملبياد 71 ................................................................................. 1967 التاسعاألوملبياد 79 ................................................................................. 1968 العاشراألوملبياد 85 ................................................................................. 1969 احلادي عشراألوملبياد 95 ................................................................................. 1970 الثاين عشراألوملبياد 101 ............................................................................... 1971 الثالث عشراألوملبياد 113 ............................................................................... 1972 الرابع عشراألوملبياد 121 ............................................................................... 1973 اخلامس عشراألوملبياد 129 ............................................................................... 1974 السادس عشراألوملبياد 137 ............................................................................... 1975 السابع عشراألوملبياد 145 ............................................................................... 1976 الثامن عشراألوملبياد 153 ............................................................................... 1977 التاسع عشراألوملبياد 163 ............................................................................... 1978 العشروناألوملبياد 177 ............................................................................... 1979 احلادي والعشروناألوملبياد 187 ............................................................................... 1981 الثاين والعشروناألوملبياد 197 ............................................................................... 1982 الثالث والعشروناألوملبياد 207 ............................................................................... 1983 الرابع والعشروناألوملبياد

Aml

Typewriter


vi األوملبياد العاملي للرياضيات

217 ............................................................................... 1984 اخلامس والعشروناألوملبياد 225 ............................................................................... 1985 السادس والعشروناألوملبياد 235 ............................................................................... 1986 السابع والعشروناألوملبياد 243 ............................................................................... 1987 الثامن والعشروناألوملبياد 251 ............................................................................... 1988 التاسع والعشروناألوملبياد 265 ............................................................................... 1989 الثالثوناألوملبياد 275 ............................................................................... 1990 احلادي والثالثوناألوملبياد 291 ............................................................................... 1991 والعشرونالثاين األوملبياد 301 ............................................................................... 1992 الثالث والثالثوناألوملبياد 315 ............................................................................... 1993 الرابع والثالثوناألوملبياد 327 ............................................................................... 1994 اخلامس والثالثوناألوملبياد 335 ............................................................................... 1995 والثالثونالسادس األوملبياد 345 ............................................................................... 1996 السابع والثالثوناألوملبياد 355 ............................................................................... 1997 الثامن والثالثوناألوملبياد 369 ............................................................................... 1998 التاسع والثالثوناألوملبياد 381 ............................................................................... 1999 األربعوناألوملبياد 391 ............................................................................... 2000 احلادي واألربعوناألوملبياد 407 ............................................................................... 2001 الثاين واألربعوناألوملبياد 417 ............................................................................... 2002 الثالث واألربعوناألوملبياد 431 ............................................................................... 2003 الرابع واألربعوناألوملبياد 441 ............................................................................... 2004 اخلامس واألربعوناألوملبياد 455 ............................................................................... 2005 السادس واألربعوناألوملبياد 465 ............................................................................... 2006 السابع واألربعوناألوملبياد 477 ............................................................................... 2007 الثامن واألربعوناألوملبياد 489 ............................................................................... 2008 التاسع واألربعوناألوملبياد 503 ............................................................................... 2009 اخلمسوناألوملبياد 513 ............................................................................... 2010 احلادي واخلمسوناألوملبياد

525 ........................................................... .بعض املعارف واملراجع املفيدة. ملحق أول531 ...................................................................بعض الرموز املستخدمة. ملحق ثان 533 ....................................................... .أين ومىت ونوع املسائل املطروحة. ملحق ثالث

1

األول أوملبياد الرياضيات21أثبت أن الكسر 4

14 3

n

n

+

+ .nال يقبل االختزال مهما كانت قيمة العدد الصحيح

21يف احلقيقة، جيب إثبات أن العددين 4n 14و + 3n أوليان فيما بينهما، وذلك مهما + :وهذا ينتج وضوحا من املتطابقة التالية . nكانت قيمة العدد الصحيح

( ) ( )3 14 3 2 21 4 1n n+ − + = ù

2: املعادلة ℝحل يف 1 2 1x x x x A+ − + − − ، إذ نفترض أن مجيع =

:وذلك يف احلاالت التالية . عداد موجبةتربيعية ألاجلذور التربيعية هي جذور 2A =. 1A =. 2A =.

لنالحظ أن يف احلقيقة،

( )

( )

2

2

12 1 1 2 1

21

2 1 1 2 12

x x x

x x x

+ − = + −

− − = − −

إذا وفقط إذا مجيع اجلذور التربيعية يف املعادلة املعطاة جذورا تربيعية ألعداد موجبة وعليه تكون

1حتققت املتراجحة

2x وعندئذ يكون لدينا. ≤

( ) ( )2 2

1 2 1 1 2 12 1 2 1

2

x xx x x x

+ − + − −+ − + − − =

أو1 2 1 1 2 1

2 1 2 12

x xx x x x

+ − + − −+ − + − − =

ومن ثم ( )2 1 2 1 2max 1, 2 1x x x x x+ − + − − = −

2التابع ولكن 1x x −֏ ال متزايدمتاما على ا[ [12 . 1عند 1ويأخذ القيمة ∞+,

2 األوملبياد العاملي للرياضيات

مما سبق أن نستنتج[ ]

] [

122 : ,1

2 1 2 14 2 : 1,

xx x x x

x x

∈+ − + − − = − ∈ +∞

2Aإذن يف حالة ]، تتألف جمموعة حلول املعادلة من اال = ]12 ,1.

1Aويف حالة .، تكون جمموعة احللول جمموعة خالية=2Aوأخريا يف حالة تكون جمموعة احللول هي = 3/2. ù

2cos: نتأمل املعادلة . حقيقية أعدادا cو bو aلتكن cos 0a x b x c+ + = ( )E

)أوجد معادلة . cosxباهول )Eɶ هولمن الدرجة الثانية باcos2x قيم مجيع تكونx لة د ملعا ا حتل ليت )ا )E هلا لة ثم . حلوال حا يف لتني د ملعا ا تني ها ن ر 4aقا 2bو = =

1cو = −. 21نستفيد من يف احلقيقة، cos2 2 cosx x+ )فنستنتج من . = )E أن

cos2 2 2 cosa x a c b x+ + = − وبالتربيع واإلصالح جند

( ) ( ) ( )22 2 2cos 2 2 2 2 cos2 2 cos2 1a x a c a a c x b x+ + + + = + أو

( ) ( )22 2 2 2 2cos 2 2 2 cos2 2 2 0a x a ca b x a c b+ + − + + − = ( )Eɶ 4a ويف حالة 2bو = 1cو = = بالشكل 4، تصبح هذه املعادلة بعد االختصار على −

24 cos 2 2 cos2 1 0x x+ − =

)وهي املعادلة )E نفسها. ù )املعادلة تكافئ : مالحظة )E 4يف حالةa 2bو = 1cو = = :ما يلي −

2 cos2 2 cos 1 0x x+ + =

2وهذه تكافئ i i i 2 i1 0x x x xe e e e− −+ + + + ، أو=i 2 i 3 i 4 i1 0x x x xe e e e+ + + + =

iوأخريا ألن 1xe 5عادلة السابقة تكافئ ، فإن امل≠ i 1xe iو = 1xe ≠ .ومن ثم 2

5

kx

π

5ℤ\من عنصرk حيث = ℤ

Aml

Typewriter


عام 1959 3

bنعطى الطول AC= أنشئ مثلثا ،ABC فيه يكون2

ABCπ

املتوسط يحقق ، و =[ ]BM 2املساواةBM AB BC= ⋅.

:يلي مثلث يحقق اخلواص املشار إليها، عندئذ نرى مباشرة ما ABCلنفترض أن : التحليل .ACاليت قطرها Cتقع على الدائرة B النقطة

]طول املتوسط ]BM يساوي نصف قطر الدائرةC أي2

b.

يساوي من جهة أوىل جداء ضرب الضلعني القائمني، أي ABCمساحة املثلث اضعف 2

4

b ض، وهو يساوي أيضا جداء ضرب طول الضلعوذلك عمال بالفر[ ]AC أيb

وعليه نرى أن. hوليكن Bبطول االرتفاع النازل من 2

4

bbh =

1أو

4h b=.

)قيم تبعد عن املست Bنستنتج إذن أن )AC 1مسافة تساوي

4b . أو أنB تقع على

)أحد املستقيمني املوازيني للمستقيم )AC 1ويبعد كل منهما عن هذا األخري مسافة

4b.

: اإلنشاء]اليت قطرها قطعة مستقيمة Cارسم الدائرة ]AC طوهلاb. وليكنM مركزها. ]القطر نصف أنشئ ]MA′ يف الدائرةC العمودي على[ ]AC. ]نقطة من نقطيت تقاطع حمور القطعة Bاختر ]MA′ مع الدائرةC. .املطلوب ABCبذلك على املثلث فنحصل

C

A C

B

M

A′

h

ù


]نقطة ما من القطعة املستقيمة Mالنقطة ]AB . عنيننشئ املربAMCD وMBEF من)جهة واحدة بالنسبة إىل املستقيم )AB . تتقاطع الدائرتانC و′C املرسومتان على هذين

.Nو Mد النقطتني املربعني بالترتيب، عن) نيأثبت أن املستقيم 1. )AF و( )BC يتقاطعان يفN. )تقيمات أثبت أن املس 2. )MN بنقطة ثابتة مترS ل النقطةعندما تتحوM على[ ]AB. عين احملل اهلندسي ملنتصفات . بالترتيب C′و Cمها مركزا الدائرتني Qو Pنفترض أن 3.

]القطع املستقيمة ]PQ ل النقطةعندما تتحوM على[ ]AB. ]إن 1. ]AC يف الدائرة هو قطرC وعليه نرى أن ،

2ANC

π

، وهذا يربهن على أن= ( ) ( )AN NC⊥ ( )1

جند Cمبالحظة الدائرة ومن جهة أخرى، - 1

2 4ANM APM

π

= ، وكذلك مبالحظة =

جند C′الدائرة 1

2 4MNB MQB

π

= وعليه فإن. =

4 4 2

ANB ANM MNBπ π π

= + = + =

وهذا يربهن على أن ( ) ( )AN NB⊥ ( )2

)ومن )و 1( هي Nالنقطة نستنتج أن 2(على Cو Bاملسقط القائم لكل من النقطتني

)املستقيم )AN فالنقاطB وC وN تقع على)استقامة واحدة و )BC عمودي على( )AN.

تقابل القطر BNFوكذلك، نرى أن الزاوية -[ ]FB يف الدائرة′C فهي إذن تساوي

2

π وهذا ،

يربهن على أن ( ) ( )FN NB⊥ ( )3

)ومن )و 2( على Aو Fهي املسقط القائم لكل من النقطتني Nنستنتج أن النقطة 3()املستقيم ) ( )NB BC= فالنقاطF وA وN تقع على استقامة واحدة واملستقيم( )BC عمودي على( )AF. واملستقيمان املتعامدان( )BC و( )AF يتقاطعان يفN.

A BM

N

CD

EF

C

′C

P

Q

عام 1959 5

لقد رأينا أن 2.2

ANBπ

اليت Cتتحول على نصف الدائرة N، وهذا يثبت أن النقطة =

]قطرها القطعة املستقيمة ]AB وليكن ،M .مركزها ′)املستقيم )MN يقطع الدائرةC يف نقطة ثانية

ولكن الزاوية املركزية . Sولتكن Nغري AM S′ ةتساوي ضعفي قيمة الزاوية احمليطي

4

ANS ANMπ

= وعليه ال بد أن يكون . =

2AM S

π′ = .

)وهذا يربهن أن نقطة تقاطع املستقيم )MN معهي نقطة ثابتة Nاملختلفة عن النقطة Cالدائرة S التتعلق مبوقعM على القطعة املستقيمة[ ]AB. Sلتكن 3. )نقطة تقاطع املستقيمني ′ )BQ

)و )AP .ملا كان

4ABS MBQ

π′ = =

و 4

BAS MAPπ

′ = =

استنتجنا أن 2

AS Bπ

′ S، فالنقطة = هي ′

.Cيف الدائرة Sالنقطة املقابلة قطريا للنقطة

)وملا كان ) ( )MQ BQ⊥ وكذلك( ) ( )MP AP⊥ استنتجنا أن

2MQS MPS

π′ ′= =

لرباعي ثبتنا أن ا أ MQSوهكذا نكون قد P′ مستطيل، وعليه فإنK منتصف[ ]PQ هو]نفسه منتصف ]MS 1وفق التحاكي Mهي صورة K أي إن . ′

2,S ′H الذي مركزهS ′

1ونسبته

2]على M، وعندما تتحول ]AB لتتحوK على صورة هذه القطعة املستقيمة وفق

12,S ′

H أي على القطعة املستقيمة الواصلة بني منتصفي القطعتني[ ]S A′ و[ ]S B′. ù

A BM

N

CD

EF

C

′C

P

Q

S

C

M ′

A BM

CD

EF

P

Q

C

M ′

S ′

S

K

Aml

Typewriter



، والنقطة Qوال تنتمي إىل Pتنتمي إىل Aالنقطة . Qو Pنتأمل مستويني غري متوازيني C تنتمي إىلQ وال تنتمي إىلP . أنشئ النقطتنيB يفP وD يفQ تني جتعالن الل

:يحقق الشروط التالية ABCDالرباعي .يقع يف مستو واحدABCD الرباعي 1.)املستقيمان 2. )AB و( )CD يانمتواز. .3 AD BC=. .داخال ABCDميكن رسم دائرة متس أضالع الرباعي 4.

، Qو Pالفصل املشترك للمستويني dولنعرف .لنفترض أن اإلنشاء املطلوب منجز: التحليل :ولنالحظ ما يلي .ABCDمستوي الرباعي Rكما لنعرف

)املستقيم )Ad AB= هو الفصل املشترك للمستويني R وP.

)املستقيم )Cd CD= هو الفصل املشترك للمستوينيR وQ.

Aوملا كان Cd d استنتجنا أنAd d وCd d.

ي ملستو ا عي Rيف با لر منحرف ABCDا ن شبه ذ إ هو .متس أضالعه داخال C رسم دائرة متساوي الساقني، ميكن

Sز وبالرم رمز لن ، و Adعلى املستقيم Cها املسقط القائم للنقطة بأنH النقطة لنعرف إذن Sو ] عضالمع األ Cط متاس الدائرة اإىل نق Tو ′ ]AB و[ ]CD و[ ]DA بالترتيب.

)إن املستقيم )SS ، ومن ثمABCDحمور تناظر لشبه املنحرف ′

HS CS S D′ ′= = S أن استنتجنا ABCDمتس أضالع شبه املنحرف Cوألن الدائرة D DT′ =

SAأن وكذلك TA= . ما يلي وعليه نرى:

HA HS SA DT TA DA= + = + = HAإذن DA BC= ف قطرها ونص Aعلى الدائرة اليت مركزها D إذن تقع .=AH وتقع ،B على الدائرة اليت مركزهاC ونصف قطرهاAH .

BCوأخريا ملا كان CH≤ ه يف حال وجود حل لدينااستنتجنا أنAH CH≤.

C D

ABH

S

S ′

T

C

Aml

Typewriter


عام 1959 7

: اإلنشاء .Q و Pويني للمست dموازيا الفصل املشترك Aاملار بالنقطة Adأنشئ املستقيم .dالفصل املشترك موازيا Cاملار بالنقطة Cdأنشئ كذلك املستقيم املسقط القائم H النقطة ، عين Cdو Adاملعين باملستقيمني املتوازيني Rيف املستوي

.Adاملستقيم على Cللنقطة AHيف حالة CH> ا يف حالة . يكون اإلنشاء مستحيالأمAH CH≤ نفنعي ،

D يف املستويR ا نقطة تقاطع املستقيممن كوCd ئرة اليت مركزها لدا ا Aمع من كوا نقطة تقاطع املستقيم Rيف املستوي Bوكذلك نعين . AHونصف قطرها

Ad ركزها مع الدائرة اليت مC ونصف قطرهاAH هناك . أيضا ،ه، بوجه عامونرى أن .حالن للمسألة املطروحة

A

C

Cd

Ad

d

H

D

B

D ′

B ′

ABو ABCDففي الشكل أعاله كل من CD′ ù .املطروحة هو حل للمسألة ′


QWE AgD ZXC

Aml

Typewriter


9

الثانيأوملبياد الرياضيات 11اليت تكتب بثالث خانات عشرية، وتقبل القسمة على العدد nأوجد مجيع األعداد

.اا الثالثيساوي جمموع مربعات خان 11العدد وخارج قسمتها على

وعددها 990و 110احملصورة بني 11أحد الطرائق املمكنة هي جتريب مجيع مضاعفات العدد .ولكن ليست هذه الطريقة أنيقة. عددا 811c حيث cومئاته هي bوعشراته هي aهي nحاد العدد آ لنفترض أن عندئذ . ≤

يكون لدينا من جهة أوىل

10 100n a b c= + + ( )1 aاستنتجنا أن العدد 11يقبل القسمة على العدد nوألن c b+ العدد من مضاعفات −

، ولكن هذا األخري ينتمي إىل اموعة 11 8, 7, , 0,1, ,18− − … ، إذن …

0,11a c b+ − ∈ الشكلبأما الفرض الثاين فيكتب

( )2 2 211n a b c= + + ( )2 :لنناقش إذن حالتني

0aحالة c b+ − )يف هذه احلالة تكتب . = بالشكل 2(( )( ) ( )2 2211 10 100a a c c a a c c+ + + = + + +

وهذا يكافئ( ) ( )22 2 1 2 5a c a c c+ − = −

2aزوجي، أي عددa العدد ف a′=ومنه ، ( ) ( )24 2 1 5a c a c c′ ′+ − = −

′1aفإذا افترضنا أن نتج من ذلك أن ≤( ) ( )5 4 2 1 2 3c c c c− ≥ + − = +

:ونصل من ثم إىل التناقض التايل

( )2

23 33 3 0

2 4c c c− + = − + ≤

′0aهذا يثبت أن = 5، ومن ثمc 0aو = 5bو = 550nأي = =.

املي للرياضياتاألوملبياد الع 10

11aحالة c b+ − )يف هذه احلالة يكتب الشرط .= الشكلب 2(( )( )2 2 211 11 11 10 100b c b c b c b c− + + + = − + + +

وهذا يكافئ( )2 2 211 1 9b c b c b c− + + + = + +

أو( )2 22 21 2 2 31 120 0b c b c c+ − + − + =

وأخريا( ) ( )( )22 21 2 2 15 8 0b c b c c+ − + − − =

1bفإذا افترضنا أن 21نتج من كون ≤ 2 0c− أن <( )( )2 15 8 0c c− − <

7.5وهذا يقود إىل التناقض 8c< إذن جيب أن يكون . عدد طبيعي cألن >0b 8c أن ، وهذا يقتضي= 3a أن ، وأخريا= 803nأي = =.

ù .مها حالن للمسألة املطروحة 803و 550وبالعكس نتيقن باحلساب املباشر أن العددين

اليت تحقق املتراجحة xعين جمموعة األعداد احلقيقية

( )

2

2

42 9

1 2 1

xx

x< +

− +

إىل xراجحة السابقة معرف إذا وفقط إذا انتمت أن الكسر يف الطرف األمين من املت لنالحظ ]اموعة [ ] [1

2 , 0 0,= − ∪ +∞D. ويف حالةx منD لدينا ( )( )2 1 1 2 1 1 2x x x+ − + + =

ومن ثم

( )( )

22

2

4, 2 1 11 2 1

2 2 2 2 1

xx x

x

x x

∀ ∈ = + +− +

= + + +

D

وذلك 0حظ أنه ميكن متديد الكسر يف الطرف األيسر من املتراجحة باالستمرار عند وهنا نال .عند تلك النقطة 4بإعطائه القيمة

عام 1960 11

]من xيف حالة ،وعليه [12 ,− ملعطاة املتراجحةتكافئ املتراجحة ا ،∞+

2 2 2 2 1 2 9x x x+ + + < + أو

72 1

2x + <

45وأخريا 8x ]فمجموعة حلول املتراجحة املعطاة هي . > [1 45

2 ، وذلك شرط متديد طرفها −,8 ù .من هذه اموعة 0ذف العدد ، أو يح0األمين باالستمرار عند

]، طول وتره Aقائم الزاوية يف ABCنتأمل مثلثا ]BC يساويa . م الوتر إىلقسيn

ترى القطعة الواقعة يف املنتصف حتت زاوية . عدد فردي nقطعة مستقيمة متساوية الطول، و ، فأثبت أنhيساوي A، وإذا علمت أن طول االرتفاع النازل من Aمن الرأس αقدرها

( )2

4tan

1

hn

a nα =

−

لننسب املثلث إىل مجلة متعامدة . لعل أبسط طريقة، هي الطريقة التحليلية ة مبدؤها نظاميA ات النقطةوفيها إحداثي ،B هي( ), 0β اتوإحداثيلنقطة )هي Cا )0,γ . لنقاط ا لوتر هي ا تقسيم عندئذ تكون نقاط

( )0k k nD ≤ :املعرفة كما يلي ≥

k

kBD BC

n=

1أما القطعة املوجودة يف املنتصف فهي 1

2 2,n nD D− +

إذن.

( ) ( )

( )

1 12 2

1, 0 ,

21 1,

2 2

n n

nAD AB BD

n

n n

n n

β β γ

β γ

− −

−= + = + −

+ −=

و( ) ( )

( )

1 12 2

1, 0 ,

21 1,

2 2

n n

nAD AB BD

n

n n

n n

β β γ

β γ

+ +

+= + = + −

− +=

A

1D

C

B

α


إذن الطولني لنعرف12nL AD −=

1و 2nL AD +′ =

عندئذ

( )

( )

1 12 2

2 22

2

22

2

cos 14

14

n nAD ADn

LL n LL

an

n LL

β γα

− +⋅ += = −

′ ′

= −′

و( )

( ) ( )( )1 12 2 2 2

2

2 2

det ,sin 1 1

4

4 44 4

n nAD ADn n

LL n LL

ahn nn LL n LL

βγα

βγ

− +

= = + − −′ ′

= =′ ′

وعليه فإن 2

4tan

1

n h

anα = ×

− ù

، وطول Bو Aالنازلني من الرأسني Bhو Ahعني مبعرفة طولي االرتفا ABCأنشئ مثلثا

.Aاملرسوم من الرأس mاملتوسط

Bو ′Aيحقق اخلواص املطلوبة ولتكن لنفترض أن هناك مثلثا : التحليل ني القائمني سقطامل ′) نيعلى املستقيم Bو A للنقطتني )BC و( )AC وأخريا لتكن . بالترتيبM منتصف]الضلع ]BC . ض لدينااستنادا إىل الفرAh AA′=و ،Bh BB m، و=′ AM=.

]اليت قطرها Cلنتأمل الدائرة ]AM .

نت كا ملا 2AA M π′ ن = أ ′Aاستنتجنا ∈ C ذن إ

A′ هي نقطة تقاطع للدائرتنيC والدائرة( ), AC A h Ah، وجند Ahونصف قطرها Aاليت مركزها m≤.

لنقطة أيضا لنتأمل M، ا ل ، ′ مع Cاليت تتقاطع عندها الدائرة Aنقطة املختلفة عن ا)املستقيم )AC . ملا كانت

2MM A π′ ) استنتجنا أن = ) ( )MM BB′ ′.

A

MA′

C

B

Ah

Bh

C

M ′m

B ′

عام 1960 13

CMاملثلثني أن ينتج من ذلك M′ وCB B′ انألن ، و متشاM منتصف[ ]BC أن هذااقتضى

1

2 2BhMM BB′ ′= =

Mإذن )و Cهي نقطة تقاطع للدائرتني ′ )12, BC M h اليت مركزهاM ونصف ،

1قطرها 2 Bh 2، ومنه الشرط الالزم الثاينBh m<.

:اإلنشاء Ahنفترض حتقق الشرطني m≤ 2وBh m<.

]مة اليت قطرها القطعة املستقي Cالدائرة نشئن ]AM اليت طوهلاm. )مع الدائرة Cنقطة تقاطع للدائرة ′Aننشئ ), AC A h. Mننشئ M)على الترتيب ( ′ )مع الدائرة Cنقطة تقاطع الدائرة ′ )1

2, BC M h. ) نيستقيمنقطة تقاطع امل Cنعين )MA′ و( )AM نقطة تقاطع C ، وميكن أن نعين′

)املستقيمني )MA′ و( )AM ′. .Mبالنسبة إىل Cنظرية B، وميكن أن نعين Mبالنسبة إىل Cة نظري Bنعين

A

MA′

C

B

C

BAh

Bh

Bh

C

2Bh

M ′M ′

ù .للمسألة املطروحة ABCو ABCوحنصل بوجه عام على حلني

ABCDAنتأمل مكعبا B C D′ ′ ′ Bفوق Bو ′Aفوق A، مع ′ ، ونتأمل ... وهكذا ′

] املستقيمة من القطعة Xنقطة ما ]AC ونقطة ما ،Y من[ ]B D′ ′. ]أوجد احملل اهلندسي ملنتصف القطعة 1. ]XY. )مركز األبعاد املتناسبة للنقطتني Zأوجد احملل اهلندسي للنقاط 2. );2X و( );1Y.


سنبحث عن حل حتليلي هلذه املسألة، فنتأمل مجلة متعامدة نظامية فيها ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

0,0,0 , 1, 0, 0 , 1,1,0 , 0,1, 0

0, 0,1 , 1, 0,1 , 1,1,1 , 0,1,1

A B C D

A B C D′ ′ ′ ′

)فتكون ), , 0X x x 0مع 1x≤ )، وتكون ≥ ),1 ,1Y y y− 0مع 1y≤ ≤ . ]وعلى هذا يكون احملل اهلندسي ملنتصف القطعة 1. ]XY هو جمموعة النقاط

( ) ( ) [ ] 21 1, , : , 0,1

2 2 2

x y x yx y

+ + −= ∈L

علينا إذن تعيني صورة التابع

[ ] ( )

2 2 1: 0,1 , , ,

2 2u v

x y x yx y

+ + − Φ → Φ = ℝ

2نستنتج من املساواتني x y

u1و =+

2x y

v+ أن =−

12

12

u v x

u v y

+ − =

− + =

)وعليه ), Imu v ∈ Φ إذا وفقط إذا حتققت املتراجحتان 120 1u v≤ + − 1و ≥

20 1u v≤ − + ≤ أو

1 32 2u v≤ + ≤

1 و 12 2u v− ≤ − ≤

)هي املربع الذي رؤوسه النقاط ImΦإذن )12 , )و 0 )121,

)و )12 )و 1, .كما يبين الشكل ااور ,120(

ع الذي رؤوسه املطلوب هو املربL وعلى هذا فإن احملل اهلندسي AAمراكز الوجوه اجلانبية B B′ BBو ′ C C′ CCو ′ D D′ ′

DDو A A′ .كما هو مبين يف الشكل ااور .′

1

1

u

v

0 12

12

A

B C

D

D ′A′

B ′ C ′

X

Y

عام 1960 15

هو جمموعة النقاط Zومن جهة أخرى، احملل اهلندسي للنقاط 2.

( ) ( ) [ ] 22 2 1 1, , : , 0,1

3 3 3

x y x yx y

+ + −′ = ∈L

علينا إذن تعيني صورة التابع

[ ] ( )2 2 2 2 1: 0,1 , , ,

3 3u v

x y x yx y

+ + − Ψ → Ψ = ℝ

2نستنتج من املساواتني 3x y

u2و =+ 1

3x y

v+ أن =−

1 43 3u v x+ − 1و = 2

3 3u v y− + = )وعليه ), Imu v ∈ Ψ إذا وفقط إذا حتققت املتراجحتان

1 43 30 u v≤ + − 1و ≥ 2

3 30 u v≤ − + ≤ أو

1 53 3u v≤ + 1 و ≥ 1

3 3u v− ≤ − ≤

)لنقاط الذي رؤوسه ا ستطيلهي امل ImΦإذن )13 , 0

)و )و ,231( )23 )و 1, .كما يبين الشكل ااور ,230(

الذي ستطيلاملطلوب هو امل L′وعلى هذا فإن احملل اهلندسي

: النقاطرؤوسه ( )1 13 3, )و ,0 )2 1

3 31, )و , )2 13 )و ,3,1 )2 1

3 30, ,

.كما هو مبين يف الشكل ااور

ù .وبذا يتم اإلثبات

Cونتأمل أسطوانة . متس سطحه اجلانيب وقاعدته Sفيه كرة Qانيا دور نتأمل خمروطا حجم 1Vليكن . األسطوانة وسطحها اجلانيب يتنفسها، ومتس هذه الكرة قاعد Sحتوي الكرة 1أثبت أن . Cحجم األسطوانة 2Vوليكن Qاملخروط 2V V≠ . ن أصغر قيمة تأخذهاوعي1النسبة 2/V Vيف هذه احلالة ، وأنشئ نصف زاوية رأس املخروط.

1

1

u

v

0 13

13

23

A

B C

D

D ′A′

B ′ C ′

X

Y


هو r، وأن Qهو نصف قطر قاعدة املخروط aلنفترض أن ة لكر ا قطر ليكن . Sنصف تفا hو ر ط ا و ملخر ا ئذ . ع عند

tan2h

aθ= معtan

r

aθ= وألن ينا ، لد [ ه [22 0, πθ ∈

0استنتجنا أن r a< <. وعليه

2

2 2 2

2 tan 2

1 tan

a rh a

a r

θ

θ= =

− −

:تالية بالصيغة ال Qيعطى حجم املخروط إذن 4

21 2 2

1 2

3 3

a rV a h

a r

ππ= = ⋅

−

:بالصيغة C، ويعطى حجم األسطوانة 2rوارتفاعها ، rفنصف قطر قاعدا Cأما األسطوانة 3

2 2V rπ= 1 هة أوىل تكافئ املساواةفمن ج 2V V= 4 املساواة 2 2 41 0

3r r a a− + وهي بدورها =

)تكافئ املساواة املستحيلة )2 4222 12 0a ar − + 1إذن . = 2V V≠.

ومن جهة أخرى،

( ) ( )2

2

41

2 2 22

1 1

3 3 ra

V a

V a r r f= ⋅ =

−

)مع ) ( )1f x x x= [على اال fونعلم أن احلد األعلى للتابع . − 1يساوي 0,1]

4وهو

1يوافق

2x 1إذن أصغر قيمة للنسبة . =

2

V

V4هي

3، وهي توافق 2

ar أو . =

1tan

2θ =

ومن ثم 2 1

22 1

2

11 tan 1cos2

1 31 tan

θθ

θ

−−= = =

++

)إذن نصف زاوية رأس املخروط تساوي )13

arcsin. ù

hr

θθ|| a

Aml

Typewriter


17

الثالثأوملبياد الرياضيات

:حل مجلة املعادالت التالية x y z a+ + 2و = 2 2 2x y z b+ + 2xyو = z=

)وعين الشروط على . zو yو xبالنسبة إىل ااهيل ),a b ى تكون احللول أعداداحت .موجبة متاما ةمتباين

ä لة مل حا 0aلنتأ )ليكن ، و = ), ,x y z ة ملعطا ا للجملة لة . حال د ملعا ا نستنتج من عندئذ x y z+ = ن − 2أ 2 22 0x y xy z+ + − من = ة د الستفا با و ،2xy z= جند

2 2 2 0x y z+ + 0b، فال بد أن يكون = يا كانت . = مها yو xكان zوعندئذ أ2حال املعادلة 2 0T zT z+ + ، ومنه جمموعة احللولTبالنسبة إىل اهول =

( ) ( ) 2 2j , j , , j , j , ,z z z z z z z z∈ ∪ ∈ℂ ℂ 1مع 3

2 2j i= − .متاماوال ميكن يف هذه احلالة أن تكون احللول أعدادا متباينة موجبة . +ä 0حالةa )ليكن . ≠ ), ,x y z بتربيع املعادلة األوىل جند. حال للجملة املعطاة

2 2

2 2 2 2

2 2

2( )

2 ( ) 2

b z

a

a x y z xy yz zx

b z z y x b az

= + + + + +

= + + + = +

ومنه نستنتج أن 2 2

2

a bz

a

− إذن. =

2 2

2

a bx y a z

a

++ = − و =

22 2

2

a bxy

a

− =

مها حال املعادلة yو xوعليه فإن

22 2 2 2

2 02 2

a b a bT T

a a

+ − − + = ( )∗

، وهذه املعادلة تكافئTبالنسبة إىل اهول

( )( )2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2

2

3 32 2

4 4 4 16

a b b aa b a b a bT

a a a a

− −+ + − − = − =

.ℂد حلول اجلملة املعطاة يف وهكذا جن


ä لنفترض اآلن أن احللول( ), ,x y z موجبة متاما ومتباينة، عندئذ جيب أن يكون أعداد

a ∗+∈ ℝ ألنx y z a+ + b، وجيب أن يكون = ∗∈ ℝ . ونستنتج من املساواة

2 2

2

a bz

a

−bأن = a< . ى يكونوحتx وy موجبني متاما وخمتلفني يكفي أن يكون

)جذرا املعادلة )∗ ان وخمتلفان، وهذا يكافئحقيقي

( )( )2 2 2 23 3 0a b b a− − >

bوألن a< 2استنتجنا أن 23 0a b− > 2ومن ثم 23b a> 3أو b a> . 3bلقد أثبتنا إذن أن الشرط a b< ملة املدروسة أعدادا شرط الزم لتكون حلول اجل >

.حقيقية موجبة ومتباينة3b يحققان bو aعددين حقيقيني وبالعكس، يف حالة a b< تكون حلول اجلملة >

املعطاة أعدادا حقيقية موجبة متاما ومتباينة، وهي

( )( )

( )( )

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

3 3

4

3 3

4

2

a b a b b ax

a

a b a b b ay

a

a bz

a

+ + − −=

+ − − −=

−=

أو

( )( )

( )( )

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

3 3

4

3 3

4

2

a b a b b ax

a

a b a b b ay

a

a bz

a

+ − − −=

+ + − −=

−=

3b عددين حقيقيني يحققان bو aأن يكون فالشرط املطلوب هو a b< <. ù

أثبت صحة املتراجحة Aهي أطوال أضالع مثلث مساحته cو bو aاألعداد

2 2 2 4 3a b c+ + ≥ A .وبين مىت تتحقق املساواة فيها

عام 1961 19

اليت تعطي مساحة املثلث بداللة أطوال أضالعه Heronعالقة ناالنطالق م ميكن: طريقة أوىل

( )( )( )2

a b cp p a p b p c p

+ += − − − =A

ومنه

( )( )( )( )

( )( ) ( )( )

( )

2 22 2

2 2 2 2 2 2 4 4 4

1

41

412

4

a b c c b a a c b a b c

a b c c b a

a b b c c a a b c

= + + + − + − + −

= + − − −

= + + − − −

A

وعلى هذا إذا عرفنا

( ) ( )2 22 2 2 4 3a b c∆ = + + − A

كان لدينا

( ) ( )( )

( )( )

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( )

22 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4

4 4 4 2 2 2 2 2 2

4 4 2 2 4 4 2 2 4 4 2 2

2 2 22 2 2 2 2 2

3 2

4

2 2 2 2

2

a b c a b b c c a a b c

a b c a b b c c a

a b a b b c b c c a a c

a b b c a a

∆ = + + − + + − − −

= + + − + +

= + − + + − + + −

= − + − + −

∆0إذن aإذا وفقط إذا كان مع مساواة ≤ b c= =.

إىل طول االرتفاع النازل من أحد hلنرمز بالرمز : طريقة ثانية رؤوس املثلث، خنتار الرأس املوافق للزاوية املنفرجة يف حال كون

إىل ةيقسم موقع هذا االرتفاع الضلع املقابل. املثلث منفرج الزاوية عندئذ يكون .tو sقطعتني طوليهما

( )

( )

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 22

a b c h s h t s t

h s t st

+ + = + + + + +

= + + +

و( )2 s t h= +A

فإذا عرفنا

( )2 2 2 4 3a b cδ = + + − A

h

s t


كان لدينا( ) ( )

( )( ) ( )( )( )( ) ( )( )

2 2 2

2 2 2 23 32 4

2 23 12 4

2 2 3

2

2

h s t st s t h

h s t s t st s t

h s t s t

δ = + + + − +

= − + + + + − +

= − + + −

0δيثبت أن وهذا sإذا وفقط إذا كان مع مساواة ≤ t= و( )32h s t= ، وهذا +

كافئ كون املثلث متساوي األضالعي. ù

cosاملعادلة ℝحل يف sin 1n nx x− .ℕ∗عدد طبيعي من nو =

1nحالة cosاحلالة، تكافئ املعادلة يف هذه . = sin 1x x− املعادلة =

( ) ( )4 4cos cosx π π+ = )وحلول هذه األخرية هي )22 2ππ π∪ − +ℤ ℤ.

2nحالة 2تكافئ املعادلة ،يف هذه احلالة. = 2cos sin 1x x− املعادلة =cos2 1x =

.πℤذه األخرية هي وحلول ه2nحالة حال للمعادلة املطروحة، عندئذx ليكن . <

2 21 cos sin cos sin cos sin 1n nn nx x x x x x= − ≤ + ≤ + = املساواة يف املتراجحة السابقة تقتضي أن

2cos cos cosnn x x x= 2sinو = sin sinnn x x x− = = sinزوجيا، استنتجنا مما سبق أن nإذا كان 0x 2cosو = 1x فمجموعة =

هي حلول للمعادلة πℤوبالعكس، نرى مباشرة أن مجيع عناصر . πℤاحللول حمتواة يف .املدروسة يف هذه احلالة

sinفرديا، استنتجنا مما سبق أنه إما nإذا كان 1x = cos أو − 1x فمجموعة =)احللول حمتواة يف )22 2ππ π∪ − +ℤ ℤ وبالعكس، نرى مباشرة أن مجيع عناصر ،

.حلالةهذه اموعة هي حلول للمعادلة املدروسة يف هذه ا ù .وبذا نكون قد أوجدنا حلول املعادلة املعطاة يف مجيع األحوال

Aml

Typewriter


عام 1961 21

)يتقاطع . ABCهي نقطة داخل مثلث Pالنقطة )PA مع( )BC يفA′ ويتقاطع ،( )PB مع( )AC يفB )، ويتقاطع ′ )PC مع( )AB يفC أثبت أن. ′

( )min , , 2AP BP CP

PA PB PC≤

′ ′ ′)و )max , , 2

AP BP CP

PA PB PC≥

′ ′ ′

نت لنقطة ملا كا ملثلث Pا ا للنقاط ABCتقع داخل ملتناسبة ا د ألبعا ا نها مركز أ استنتجنا ( ),A α و( ),B β و( ),C γ مع( ), ,α β γ من( )3∗

+ℝ حقق1تα β γ+ + =. ملتناسبة للنقطتني Xلتكن ا )مركز األبعاد ),B β و( ),C γ عندئذ تنتمي ،X إىل

)املستقيم )BC ا تنتمي إىل املستقيمكما إ( )AP ألنP ملتناسبة مركز األبعاد ا)للنقطتني ),X β γ+ و( ),A α . إذنX A′= .وعليه

( )1 0PA PAα α ′+ − =

إذن

11

AP

PA α= −′

وجند بأسلوب مماثل أن

11

BP

PB β= −′

1و 1

CP

PC γ= −′

وهكذا نرى أن

( ) ( )

( ) ( )

1 1 1 1min , , min , , 1 1

max , ,

1 1 1 1max , , max , , 1 1

min , ,

AP BP CP

PA PB PC

AP BP CP

PA PB PC

α β γ α β γ

α β γ α β γ

= − = − ′ ′ ′

= − = − ′ ′ ′

1αولكن مع الشرط β γ+ + نرى مباشرة أن =

( )1

min , ,3

α β γ )و ≥ )1

max , ,3

α β γ ≥

وهذا يقتضي أن

( )min , , 2AP BP CP

PA PB PC≤

′ ′ ′)و )max , , 2

AP BP CP

PA PB PC≥

′ ′ ′

ù .ومها املتراجحتان املطلوبتان


AC، فيه ABCأنشئ مثلثا b= وAB c= وAMB α= حيث M هي منتصف]الضلع ]BC . أثبت أن هذا اإلنشاء ممكن إذا وفقط إذا كان( )2tanb c bα ≤ < ،

. وتفحص حالة املساواة

Bنظرية Nولنتأمل النقطة . كما يف الشكل ااور ، لنفترض أن اإلنشاء منجز : التحليل .Aبالنسبة إىل

ن كا )ملا ) ( )AM NC يتني و ا لز ا ن أ استنتجنا NCB وAMB متساويتان، ومن ثم

NCB α=

من الدائرة Cإىل القوس Cتنتمي النقطة ،وعلى هذا رى من نقاطها القطعة وتB ، و Nاليت متر بالنقطتني

[ ]NB بزاوية قدرهاα. ئرة C، تنتمي ومن جهة أخرى لدا ا إىل ( ),C A b=C ليت مركزها ونصف Aا

.bقطرها cهو أن يكون Cوالقوس Cإن شرط تقاطع الدائرة b AX< رمزنا حيث ، ≥

]إىل نقطة تقاطع حمور القطعة Xبالرمز ]NB مع القوسC . وملا كان2

AXBα

=

استنتجنا أن ( )tan /2

cAX

α رط إمكان اإلنشاء بالشكل، وعليه يصبح ش=

( )2tanb c bα ≤ <

)أما حالة )2tanc b α= فتوافق احلالة اليت يكون فيها املثلثABC قائما يفA. :اإلنشاء

]ننشئ القطعة املستقيمة ]NB 2بطول قدرهc ن منتصفهاونعي ،A. ]الذي ميثل جمموعة النقاط اليت ترى منها القطعة املستقيمة Cننشئ القوس ]NB بزاوية

NBBلتحقيق ذلك أنشئ املثلث (.αقدرها وفيه Bالقائم يف ′2BNB π α′ = − ،

]فيكون منتصف الوتر ]BB ).Cرة هو مركز الدائ ′)مع الدائرة Cنقطة تقاطع القوس Cعين ),C A b . ن للمسألةوالحظ أن هناك حلي

ù .بوجه عام

A B

C

M

N

α

cc

b

αC

X

C

Aml

Typewriter


عام 1961 23

)ال يوازي Pنعطى ثالث نقاط ليست على استقامة واحدة، ومستويا )ABC وحبيث تقعBو ′Aخنتار ثالث نقاطP . يف جهة واحدة من Cو Bو Aالنقاط Cو ′ نقاطا ال ′

]منتصف ′′A، ولتكن Pعلى التعيني من ]AA′ و ،B ]منتصف ′′ ]BB Cو ′ منتصف ′′

[ ]CC Aمركز ثقل املثلث O، وأخريا لتكن ′ B C′′ ′′ Oأوجد احملل اهلندسي للنقطة . ′′Bو ′Aعندما تتحول النقاط Cو ′ ′.

G، ولنعرف ABCمركز نقل املثلث Gلنعرف Aمركز ثقل املثلث ′ B C′ ′ ملا كان. ′

( )1

3GO GA GB GC′′ ′′ ′′= + +

وكان

( )1

2GA GA GA′′ ′= +

) و )1

2GB GB GB′′ ′= +

) و )1

2GC GC GC′′ ′= +

استنتجنا أن

0 3

1 1

6 2GG

GO GA GB GC GA GB GC GG

′

′ ′ ′ ′= + + + + + =

1وعليه إذا كان 2,G

H لتحاكي الذي مركزه 1ونسبته Gهو اGصورة Oكانت 2 وفق ′

1التحاكي 2,G

H . لولكن عندما تتحوA′ وB Cو ′ Gترسم Pيف ′ ، Pكامل املستوي ′

)هو Oفاحملل اهلندسي للنقطة )12,G

′ =P H P فهو إذن املستوي املوازي للمستوي ،P

P. ùعن Gنصف بعد Gويبعد عن

C ′

C

B

A

′P P

A′

B ′

A′′

C ′′

G

O B ′′


QWE AgD ZXC

Aml

Typewriter


25

الرابعأوملبياد الرياضيات

، وعند نقل هذه اخلانة 6 تساوي العشرية ةكتاب ال آحاده يف nأوجد أصغر عدد طبيعي . nحنصل على عدد يساوي أربعة أضعاف العدد النهايةلتوضع يف

( ) ( )10 106 6n abc d abc d= ⋯ ⋯ 1mيكتب بعدد nالعدد املطلوب لنفترض 1mمن اخلانات العشرية و + pولنضع . ≤

قسمة قي فيكون 10على nبا ،10 6n p= 0مع + 10mp≤ يعبر عن . > عندئذ الشرط املطلوب بالصيغة

( )4 10 6 6 10mp p+ = ⋅ + 13أو 8 2 10mp + = 2p، وهذا يقتضي أن ⋅ q=ومنه ،

13 4 10mq + = 10 ينبغي أن يكون بوجه خاصو 4mod13m : اجلدول التايل لنتأمل ، ولكن=

1 2 3 4 5 6

10 mod13 10 9 12 3 4 1m

m

)يف الزمرة 10وعلى هذا نرى أن رتبة )( )/13 ,∗ ×ℤ ℤ وأن جمموعة حلول 6تساوي10املعادلة 4mod13m 5mod6mهي = mفأصغر قيمة أكرب من الواحد للعدد ، =

5mتحقق املطلوب هي 10، وعندها يكون = 413 7692m

q −= م جند ، ومن ث=15384p 153846n، وأخريا = =. ù

اليت تحقق xأوجد مجيع األعداد احلقيقية

13 1

2x x− − + >

بع لتا ا ن أ ال و أ )لنالحظ ) 3 1x f x x x= − − ال ֏+ ا على ف معر بع تا[ ]1, 3I = وهو مستمر ومتناقص متاما على هذا اال ألنه جمموع تابعني متناقصني متاما . −

)كما نالحظ أن . عليه )1 2f − )و = )1 0f = وحيد 0، فيوجد عددx من[ ]1,1− )يحقق ) 1

0 2f x ]وتكون جمموعة حلول املتراجحة هي اال = [01,x−.


)ة حنل املعادل 0xلتعيني ) 12f x التربيع جندب .=

( )22153 2 4 1

8x x x= + − = − −

وبتربيع ثان جند( )2

225 311 4

64 64x− = − =

ومنه31 31

1 ,18 8

x ∈ − +

0وألن 1x 31نستنتج أن >0 81x = 31هي فمجموعة احللول −

81,1 − − . ù

ABCDAنتأمل املكعب B C D′ ′ ′ ووجهه السفلي هو ABCDالذي وجهه العلوي ′A B C D′ ′ ′ بسرعة خطية ثابتة على Xتتحرك نقطة .... مباشرة، وهكذا Aفوق ′Aمع ′بع ملر ا نقطة ABCDحميط بع Yوتتحرك ملر ا نفسها على حميط بتة لثا ا اخلطية لسرعة باB C CB′ Bالنقطة Yيف اللحظة نفسها اليت تغادر فيها Bباجتاه Aالنقطة Xتغادر . ′ ′

Cباجتاه ]منتصف القطعة Zللنقطة ين احملل اهلندسيع. ′ ]XY.

ع سرعة 1. نفترض شعا ن أ ]على Xميكن ]AB هوABع سرعة ن شعا أ و ،Y على

[ ]B C′ Bهو ′ C′ ′

للحظة ا عندئذ، يف ،t من[ يكون 0,1[ ،AX tAB= يكون و ،

B Y tB C′ ′ ′=

]منتصف Tوعليه إذا عرفنا . ]AB من اال tلدينا يف اللحظات كان ′[ :ما يلي 0,1[

( )

( )

( ) ( )

1

21

021

2 2

2

TZ TX TY

TA AX TB B Y TA TB

ttAB tB C AB BC

tAC tTU

= +

′ ′ ′= + + + + =

′ ′= + = +

= =

]ف القطعة املستقيمة منتص Uوقد عرفنا ]BC ]على Xفعندما تتحرك . ′ ]ABو ،Y على[ ]B C′ ]على القطعة Zتتحرك ′ ]TU منT إىلU.

عام 1962 27

لك 2. كذ ن ، و عة يكو ع سر ]على Xشعا ]BC هوBCعة ع سر وشعا ،Y على

[ ]C C′ هوC C′

للحظة ا يف ، ئذ عند ،t من[ ن 1,2[ يكو ،( )1BX t BC= − ،

)ويكون )1C Y t C C′ ′= −

] من اال tوعليه يف اللحظات . : لدينا 1,2[

( )

( )

( ) ( )( ) ( )

( )

1

21

021 1

1 12 21

12

UZ UX UY

UB BX UC C Y UB UC

tt BC t C C B C C C

tB C t UC

= +

′ ′ ′= + + + + =

−′ ′ ′ ′= − + − = +

−′= = −

]على Xفعندما تتحرك ]BC و ،Y على[ ]C C′ كتتحرZ على القطعة[ ]UC منU .Cإىل ]على Xومن ثم، يكون شعاع سرعة 3. ]CD هوCD

]على Y، وشعاع سرعة ]CB CBهو

للحظة ]من t، عندئذ، يف ا ]2, )، يكون من جهة أوىل 3 )2CX t CD= − ،

)ويكون )2CY t CB= − ]من اال tوعليه يف اللحظات . ]2, :لدينا 3

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )

1 12 2

2 22 2

22 2

CZ CX CY t CD t CB

t tCD CB CA t CV

= + = − + −

− −= + = = −

فنا وقد عرV لقطعة ]منتصف ا ]CA . كفعندما تتحرX على[ ]CD و ،Y على[ ]CB ]على القطعة Zتتحرك ]CV منC إىلV.

]على Xوأخريا، يكون شعاع سرعة 4. ]DA هوDA]على Y، وشعاع سرعة ]BB ′

BBهو ′

]من t، عندئذ، يف اللحظة ]3, )، يكون من جهة أوىل 4 )3DX t DA= − ،

)ويكون )3BY t BB ′= − :بأسلوب مماثل لما سبق جند ،وعليه.

[ ] ( )3,4 , 3t VZ t VT∀ ∈ = −

فنا وقد عرV لقطعة ]منتصف ا ]CA . كفعندما تتحرX على[ ]CD و ،Y على[ ]CB ]على القطعة Zتتحرك ]CV منC إىلV.


كما هو موضح بالشكل التايل. TUCVعلى متوازي األضالع Zذا، تتحرك وهك

A

B

C

D

A′

B ′

C ′T U

VX

Y

Z

ù

معادلةأوجد مجيع احللول احلقيقية لل 2 2 2cos cos 2 cos 3 1x x x+ + =

22باستخدام cos 1 cos2θ θ= :، تكافئ املعادلة املعطاة املعادلة التالية +2cos2 2 cos 2 cos6 0x x x+ + =

3cosوباستخدام 3 4 cos 3 cosθ θ θ= : ، تكافئ املعادلة السابقة املعادلة التالية−3 22 cos 2 cos 2 cos2 0x x x+ − =

أو( )( )cos2 cos2 1 2 cos2 1 0x x x+ − =

:فمجموعة احللول هي ( ) ( ) ( ) ( )4 2 2 6 6

π π π π ππ π π+ + + − +ℤ ∪ ℤ ∪ ℤ ∪ ℤ ù

، حبيث Cمن Dيطلب إنشاء نقطة . Cمن دائرة Cو Bو Aنتأمل ثالث نقاط معطاة

.داخال ABCDيكون من املمكن رسم دائرة متس أضالع الرباعي

مركز الدائرة املاسة Oوليكن . لنفترض أن اإلنشاء منجز : التحليل لرباعي ا لواضح أن . داخال ABCDألضالع ا يقع على Oمن

ملا كان و. ABCاوية للز dاملنصف ( , ) ( , ) ( , )BO BA AB AO OA OB π+ + =

و

( , ) ( , ) ( , )BC BO OB OC CO CB π+ + =

A

B

C

D

O

C

عام 1962 29

:استنتجنا جبمع املساواتني السابقتني طرفا مع طرف أن ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) 2BC BA OA OC AB AO CO CB π+ + + =

)ولكن )OA ف الزاويةهو منصBADو ،( )OC ف الزاويةهو منصBCDإذن ،

1( , ) ( , )

2AB AO AB AD= و 1

( , ) ( , )2

CO CB CD CB=

استنتجنا أن ادائريرباعيا ABCDفإذا استفدنا من كون الرباعي ( )1( , ) ( , ) ( , ) ( , )

2 2CO CB AB AO AB AD CD CB

π+ = + =

وعلى هذا 2( , ) ( , ) 2BC BA OA OC ππ+ = −

وألن، 2 ( , ) ( , )OA OC OC OAπ− =

استنتجنا

( , ) ( , )

2OC OA BC BA

π= +

يف حالة 2( , )BC BA π≠

Oونعرف . Cمركز الدائرة Gنضع ، نقطة تقاطع ′O)عندئذ (، Aو Cاملرسومني من C املماسني للدائرة A O C′ ′=.

نالحظ أن ( , ) 2( , )GC GA BC BA=

ومن ثم ، ( , ) ( , ) 2( , )O A O C GC GA BC BAπ π′ ′ = − = −

وأخريا ( , ) 2( , ) 2( , )O C O A BC BA OC OAπ′ ′ = + =

Oاليت مركزها C′فإذا رمسنا الدائرة ، استنتجنا من املساواة السابقة أن Aومتر بالنقطة ′O تقع على القوس من′C احملتوى داخلC ألن هذا القوس هو جمموعة النقاط اليت ،

]ترى منها القطعة املستقيمة ]CA بزاوية( , )OC OA

1ثابتة وتساوي 2 ( , )O C O A′ ′

.

A

B

C

G OO ′

′CC

يف حالة أما 2( , )BC BA π=

]تقع على القطعة املستقيمة Oنرى أن ف، ]CA.


احلل يف حال وجوده، إذ إن مركز الدائرة املماسة داخال للرباعي وحدانيةتثبت املناقشة السابقة ABCD ف الزاويةمتاما كتقاطع منص دحمدABC من الدائرة مع القوس′C احملتوى يفC ،

]أو مع القطعة املستقيمة ]CA يف حالة2ABC π= .

.حل للمسألة املطروحة سنستفيد من اخلاصة التالية اليت سنثبتها الحقا وجودبات إلث

كان إذا وفقط إذا ABCDميكن رسم دائرة متس أضالع الرباعي احملدب : مربهنةAB CD AD CB+ = +

الذي طرفاه Cمن املفتوح القوس CAوليكن . Cمن الدائرة ABCلنتأمل إذن ثالث نقاط التابع املستمر ولنتأمل. Bوال تنتمي إليه النقطة ، Cو Aالنقطتان

( ): ,f CA f M AB CM AM CB→ = + − −ℝ نالحظ أن

( )

,lim 0

M A M CAf M AB CA CB

→ ∈= + − >

و

( )

,lim 0

M C M CAf M AB AC CB

→ ∈= − − <

تحقق CAتنتمي إىل القوس Dإذن اعتمادا على مربهنة القيمة الوسطى نستنتج أنه توجد ( ) 0f D .وعمال بالتوطئة املشار إليها أعاله، نستنتج وجود حل للمسألة املطروحة. =

:اإلنشاء

.ABCللزاوية dننشئ املنصف يف حالة

2ABC π= كانتO هي نقطة تقاطعd مع[ ]AC. مة لعا ا لة حلا ا يف ما أ

2ABC π≠ فننشئ ،O ملماسني ′ ا طع تقا ة نقطة ئر ا CللدOالقوس من الدائرة اليت مركزها ، ثم ننشئ Cو Aاملرسومني من Aومتر بالنقطتني ′

.Oيف d، فتتقاطع هذه القوس مع Cواحملتوى داخل Cو)ومتسO ننشئ الدائرة اليت مركزها )AB املرسوم من ، الثاين ، فيتقاطع املماسA ،

.املطلوبة Dيف النقطة C الدائرة معهلذه الدائرة

A

B

C

( ) 0f M >

( ) 0f M′ <

Mր

M ′ց

D

عام 1962 31

.نوضح يف الشكل التايل خطوات هذا اإلنشاء

A

B

C

GO

O ′

′C

C

Dւ

.نأيت اآلن إىل إثبات املربهنة

لنفترض أنه توجد دائرة متس أضالع الرباعي : الزمالشرط Yو Xولنفترض أن نقاط التماس هي . ABCDاحملدب

.كما يف الشكل ااور Tو Zواملماسني لدائرة املنبعثني من يطول تساوي، نستنتج من عندئذ

:، ما يلي النقطة نفسهاAT

AX

TD

Z

A BY

XB

XB

D

ZD

YC

CZ

CZ

D BC

AB CDAX

+ = + + +

= + + +

= + + + = +

با : الشرط كافا حمدل رباعيلنتأمABCD حقق الشرطي : AB CD AD BC+ = +

]اليت متس األضالع الدائرة Cولتكن ]AD و[ ]AB ]و ]BC . املماس الثاين للدائرةC النقطة املرسوم من C يقطع

)املستقيم )AD يفD متس أضالع الرباعي Cملا كانت .′ABCD استنتجنا من لزوم الشرط أن ′

AB CD AD BC′ ′+ = + CD إذن CD AD AD′ ′− = ADولكن . − AD DDيساوي −′ DDأو ′ ′− ،

CDوكل من املساواتني CD D D′ ′= CDأو + CD DD′ ′= Dانتماء تفتضي + ′ ىل )إ )CD ن ذ إ ،D ملستقيمني ′ ا طع تقا نقطة )هي )AD و( )CD منه و ،D D ′= ،

ABCD . ùمتس أضالع الرباعي Cوالدائرة

A

B

C

D

X

Y

Z

T

A

B

C

DD ′

C


، ونصف قطر الدائرة Rطر الدائرة املارة برؤوس مثلث متساوي الساقني يساوي نصف ق أثبت أن املسافة بني مركزي الدائرتني تساوي. rاملماسة ألضالعه داخال هو

( )2R R r−

مثلثا لن مل فيه ABCتأ قني لسا ا ي و ABمتسا AC= . فلنعر وين ر ا ملقد ∗من aا

+ℝ وθ من] [20,π قتني لعال 2BCبا a=

ABCو θ= . ولتكنP منتصف[ ]BC . لرمز با إىل Oولنرمز ىل مركز الدائرة إ I، وبالرمز ABCمركز الدائرة املارة برؤوس املثلث

)على املستقيم Iو Oتقع النقطتان .املماسة ألضالعه داخال )AP حمور]القطعة املستقيمة ]BC.

من جهة أوىل،

22

sin2sin

BC aR

A θ= إذن =

sin

aAO R

θ= =

2.

)ألن ومن جهة أخرى، )BI ف الزاويةمنصABC استنتجنا أن( )2tanr a θ=. ]ينتمي إىل القطعة املستقيمة Iوأخريا، ملا كان ]AP نتجنا أناست

( )

( )( )

2

2

2

tan tan

sin

cos cos

AI AP PI AP r

a a

a

θ

θ

θ

θ

θ

= − = −

= −

=

)تقعان على املستقيم Iو Oوملا كانت النقطتان )AP يف جهة واحدة بالنسبة إىل النقطةA ، استنتجنا أن

( )( )2

2

sin1

sin2 cos cosd OI AO AI a

θ

θθ θ= = − = −

ولكن

( ) ( )2 2sin2 4 cos cos sinθ θθ θ= إذن

( )( )

( )222

2

sin 1 2 cos1 1 4 sin

sin2 sin2cos cos

ad a a

θ

θ

θ

θ

θ θθ

−= − = − =

A

B CP

OI

θ

a

عام 1962 33

ومن جهة أخرى،( ) ( )( )

( )( )

2

2

22

2 2 tansin sin

1 2 sin2 tansin 2

a aR R r a

a

θ

θ

θ θ

θθ

− = −2 2

= −

ولكن( ) ( )

( ) ( )

22 2

2

1 2 sin2 tan 1 8 cos sin

1 4 cos 1 cos 1 2 cos

θ θθ θ

θ θ θ

− = −

= − − = −

إذن

( )( )22

2

1 2 cos2

sin 2R R r a

θ

θ

−− =

)وهذا يربهن أن )2 2d R R r= ù .، ويتم اإلثبات−

وبرهن . أثبت أن املستقيمات الستة اليت حتمل أضالع رباعي وجوه منتظم متس مخس كرات إذا وجدت مخس كرات متس املستقيمات الستة اليت حتمل أضالع رباعي وجوه أنه بالعكس،

.ماكان رباعي الوجوه هذا منتظ

، الذي نفترض ABCDليكن رباعي الوجوه املنتظم : مقدمة ثقله Oوليكن . aأن طول ضلعه يساوي ملعرف ، مركز ا

:بالصيغة 0OA OB OC OD+ + + =

( )1

)نستنتج من . BCDمركز ثقل الوجه ′Aليكن 3أن 1( 0OA OA′+ = إذن

34AO AA′= ( )2

ملثلث ا لبعد عن رؤوس هذا ′Aمتساوي األضالع استنتجنا أن BCDوملا كان ا متساوية ملثلث، ا3

aA B A C A D′ ′ ′= = لبعد عن رؤوس Aوملا كانت . = ا أيضا متساوية )ا أن مجيع نقاط املستقيم نفسه، استنتجن BCDاملثلث )AA′ عد عن رؤوس املثلثمتساوية الب

BCDه، وعمودي على املستوي أن( )BCD. ومنه ( ) ( ) ( )( )

2 22 2 2 2 1 83 9 3sinAA AP A P AP DP a π′ ′= − = − =

A

B

C

D

A′

P

O


6إذن 3AA a′ )، وباالستفادة من = 64OA نستنتج أن 2( a= تناظر ، واستنادا إىل

املسألة نستنتج أن6

4OA OB OC OD a= = = =

: Oة بالرأس كاملتساوية الساقني واملشتر التالية تطابق املثلثات مما سبقنستنتج : إثبات اخلاصة OAB وOAC وOAD وOBC وOBD وOCD

تبعد أبعادا متساوية عن O طة، أي إن النق Oوهذا يقتضي، من ثم، تطابق ارتفاعاا النازلة من )املستقيمات )AB و( )AC و( )AD و( )BC و( )BD و( )CD .عد يساويوهذا الب

( )22 1

2 2 2

ar OA AB= − =

)إذن الكرة )2 2, aS O=S مجيع أضالع رباعي الوجوه متسABCD.

)مع املستوي Sتتقاطع الكرة )ABC بدائرةC متسمل ا ع ، ABCثلث أضال خال ا وي د متسا ملثلث ا ا هذ ن أل و

Dاألضالع، استنتجنا أن وإذا كان . ، هو مركز ثقله C، مركز ′AP لضلع ا ر ن BCحمو 2كا

3AD AP′ = Pلتكن . ′

من لنقطة للنقطة Cا يا قطر بلة ملقا ملارP ، ا ا ملستقيم ا يقطع Pبالنقطة )موازيا ′ )BC الضلعني[ ]AB و[ ]AC لنقطتني لترتيب Lو Kيف ا .على ا

1ونالحظ أن 3AK AB=

1و

3AL AC=

. )ليكن )ODS )املستقيم التناظر القائم بالنسبة إىل ′ )OD )عندئذ نالحظ أن . ′ )ODS يحافظ ′

)واملستوي Sعلى كل من الكرة )ABC، هو وحافظ ،من ثمعلى الدائرة يC . ومنه نستنتج)متس املستقيم S أن الكرة )KL ألن( ) ( ) ( )( )ODS BC KL′ =. 1بالعالقة Mوإذا عرفنا النقطة

3AM AD=

، استنتجنا، بأسلوب مماثل لما سبق، أن )متس أيضا املستقيمني Sالكرة )LM و( )MK. بأا صورة AS ولنعرف الكرة . 3ونسبته Aالتحاكي الذي مركزه 3AH,ليكن إذن S 3,وفق التحاكيAH أي( ),3A A=S H S . الكرة عندئذ متسAS املستقيمات كال من

( )AB و( )AC و( )AD ن كي أل لتحا ملستقيمات 3AH,ا ا متس هي و ، عليها فظ يحا( )CB و( )DC و( )BD ا صورأل( )KL و( )LM و( )MK 3, وفقAH.

A

BC

C

KL

P

D ′

P ′

عام 1962 35

لتحاكيات ا ثلة باملما لكرات 3DH,و 3CH,و 3BH,وأخريا إذا عرفنا يضا ا كانت أ( ),3B B=S H S و( ),3C C=S H S و( ),3D D=S H S ملستقيمات ا جلميع مماسة

CSو BSوASو Sوهكذا تكون الكرات اخلمس . ABCDاحلاملة ألضالع رباعي الوجوه .ABCDة جلميع املستقيمات احلاملة ألضالع رباعي الوجوه مماسDS و

)لنرمز إىل رؤوس رباعي الوجوه بالرموز : العكس إثبات )1 4i iA ≤ الكرة Sلتكن إذن و . ≥خارجا ملمددات إىل الكرة املماسة iSولنرمز بالرمز . املماسة داخال ألضالع رباعي الوجوه

.iAأضالع رباعي الوجوه واليت تقابل الرأس

1A2A

3A

4ℓւ

1S

1ℓ 2ℓ

3ℓ

2X

4X

3X

. ساوية مت ، واملنبعثة من نقطة خارجها ، الفكرة األساسية هي يف كون أطوال املماسات لكرة

.ألن املستوي الذي يعينه أي مماسني لكرة يتقاطع معها وفق دائرة يكونان مماسني هلا، وذلك يف حالة Sللكرة iAبأنه طول قطعة املماس املرسوم من الرأس iℓلنعرف إذن الطول 1 4i≤ ]فيكون طول الضلع . ≥ ]i jAA مساوياi j i jAA = +ℓ ℓ.

ملستقيم ا متاس نقطة ىل إ )لنرمز )1 jA A ة لكر ا لرمز 1Sمع لة jX با من j يف حا اموعة )تتقاطع مع املستوي 1Sولنالحظ أن . 2,3,4 )2 3 4A A A ةملماس ئرة ا لدا يف ا

2داخال ألضالع املثلث 3 4A A A وهي نفسها الدائرة اليت تتقاطع فيها الكرة ،S مع املستوي( )2 3 4A A A . إذن أطوال قطع املماسات املنبعثة منjA للكرةS تساوي أطوال قطع املماسات

j، وعليه يكون 1Sاملنبعثة من النقطة نفسها للكرة j jA X = ℓ وذلك يف حالة j موعةمن ا 1نستنتج إذن من كون . 2,3,4 2 1 3 1 4A X A X A X= أن =

1 2 1 3 1 42 2 2+ = + = +ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ 2وهذا يربهن على أن 3 4= =ℓ ℓ ℓ.


نستنتج بأسلوب مماثل أن 2Sوالكرة 2Aبقة انطالقا من الرأس وبتطبيق الدراسة السا 1 3 4= =ℓ ℓ ℓ . ء على هذا نرى أن األطوال )وبنا )

1 4i j i jAA

≤ < ≤متساوية، فرباعي

1الوجوه 2 3 4A A A A اإلثبات .منتظم ويتم. ù

gQWEA DZXC

37

اخلامسأوملبياد الرياضيات

اليت تقبل عندها املعادلة ℝمن pعين جمموعة قيم 2 22 1x p x x− + − =

.وأوجد عندئذ هذه احللول. حلوال حقيقية . يكون حال للمعادلة املعطاة xض أنه يوجد عدد حقيقي لنفتر

. موجبا ألن الطرف األيسر موجب، وال بد أن يكون اجلذران معرفني xال بد أن يكون ): وهذا يقتضي حتقق املتراجحة )max 1, 1x p≥ ≥.

2xاملتراجحة وتكافئ p x− 0pأن يكون ≥ ≥. جحة ا ملتر ا فئ تكا 22كما 1x x− ن ≥ يكو ن 2أ 4

3x أن . ≥ نا كر تذ ا ذ إ و2p x≤ 4استنتجنا أن

3p ≤. ]إىل اال pأن انتماء وهكذا نرى .هو شرط الزم لوجود حلول حقيقية للمعادلة ,430[

]عنصر من اال pوبالعكس، لنفترض أن ربيعإن كل حل للمعادلة املعطاة يحقق بالت .,430[( )( )2 2 21 1

4

px x p x− − = + −

اإلصالحو بالتربيع من جديدجند و( )

( )

22 4

8 2

px

p

−=

−

استنتجنا أن اموجب املرجو وملا كان احلل4

2 4 2p

px x

p

−= =

−

ويف هذه احلالة نتيقن مباشرة أن( )

( )

( )

( )

( )

( ) ( )

2 22

2 22

4 4 3 4 3

8 2 8 2 2 4 2

41 1

8 2 8 2 2 4 2

p

p

p p px p p

p p p

p p px

p p p

− − −− = − = =

− − −

−− = − = =

− − −

2ومن ثم 22 1p p px p x x− + − .هي احلل الوحيد للمعادلة يف هذه احلالة pxو. =]إىل pفالشرط الالزم والكايف لوجود حل حقيقي هلذه املعادلة هو انتماء ]430, . ù


]وقطعة مستقيمة Aنعطى نقطة ]BC . للنقاط ليت Pعين احملل اهلندسي لفراغ ا ا من ]من القطعة املستقيمة Xتوجد عند كل منها نقطة ]BC حققت

2APX π=. ]تنتمي إىل X لنالحظ أن يف احلقيقة، ]BC إذا وفقط إذا كانتX مركز األبعاد املتناسبة

)للنقطتني ),1B t− و( ),C t لة ]يف حا ]0,1t مز . ∋ لر با مز هلندسي Lلنر ا حملل ا ىل إ عندئذ. املطلوب

[ ]

[ ] ( )( )

[ ] ( )

( )( )

, 0

0,1 , 1 0

0,1 , 1 0

0

P X BC AP PX

t AP t PB tPC

t t AP PB tAP PC

AP PB AP PC

∈ ⇔ ∃ ∈ ⋅ =

⇔ ∃ ∈ ⋅ − + =

⇔ ∃ ∈ − ⋅ + ⋅ =

⇔ ⋅ ⋅ ≤

L

Tولكن، إذا عرفنا ]منتصف القطعة املستقيمة ′ ]AT استنتجنا أن ( ) ( )

( )( ) 2 2

AP PT AT T P PT T T

AT PT PT AT AT PT

′ ′ ′ ′⋅ = + ⋅ +

′ ′ ′ ′ ′ ′= − + = −

Bفإذا كانت ]منتصف ′ ]ABو ،C ]منتصف ′ ]AC استنتجنا مما سبق أن ( )( )

( )( )

2 2 2 2 0

0

P AB PB AC PC

AB PB AC PC

′ ′ ′ ′∈ ⇔ − − ≤

′ ′ ′ ′⇔ − − ≤

L

) املليئة الكرة املفتوحة، rوعدد موجب Mة يف حالة نقط ،نعرف ),M rB ،غلقةالكرة املو ) املليئة ),M rB اليت مركزهاM ونصف قطرهاr ، ما يلي ك:

( ) , :M r P PM r= <B و( ) , :M r P PM r= ≤B Pعندئذ نرى مباشرة أن ∈ L كافئ الشرطي

( ) ( )( ) ( ) ( )( )PB AB AC PC AB PB PC AC′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′≤ ∧ ≤ ∨ ≤ ∧ ≤ أو

( ) ( )( ) ( ) ( )( ), \ , , \ ,B AB C AC C AC B AB′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′=L B B B B∪ بأما الكرتان املليئتان املفتوحة واملغلقة اللتان تقبالن BBو BBوعليه إذا عرفنا بالترتيب

[ ]AB فنا بأسلوب مماثلقطرا، وعرCB وCB ما الكرتان املليئتان املفتوحة واملغلقة اللتانبأ]تقبالن ]AC قطرا، كان( ) ( )\ \B CC B= ∪L B B B B. ù

عام 1963 39

لية . ضلعا nنتأمل مضلعا له املتتا ياه متساوية، وأن أطوال أضالعه نفترض أن مجيع زوا( )0i i na ≤ < 0حقق املتراجحة ت 1 1na a a −≥ ≥ .أثبت أنه مضلع منتظم. ⋯≤

)لنرمز إىل هذه الرؤوس بالرموز . جيب أن نفترض أن رؤوس هذا املضلع متباينة )0i i nA ≤ < .ليتني ملتتا ا د لنمد( )0i i na ≤ )و > )0i i nA ≤ modkبوضع > k na a= وmodk k nA A= .

نفترض إذن أن. لنتمكن من اعتبار الضلع األول الضلع الذي يلي األخري 10,1, , 1 , k k kk n A A a+∀ ∈ − =…

موجه بالشعاع فواصلها ، وحمور 0Aؤها ميكن أن ننسب املستوي إىل مجلة متعامدة نظامية مبد 0 1A A[من θوجد إذن ي. موجبا 2Aوخنتار حمور تراتيبها ليكون ترتيب ، [0,π حققي

1 11, , , ( , )k k k kk n A A A A θ− +∀ ∈ =

… من kيف حالة باالستفادة من عالقة شال، 1, ,n…، لدينا

0 1 1 1 1

1

( , ) ( , )k

k k j j j j

j

A A A A A A AA kθ+ − +=

= =∑

kونستنتج من ذلك يف حالة n= أن 0mod2nθ π= ( )1

0فيكون . ℂالسابقة واملستوي العقدي نطابق املستوي منسوبا إىل اجلملةسوأخريا، 0A = ،1و 0A a= وi2 0 1A a a e θ= نستنتج مما سبق أن ، وبوجه عام+

i1

kk k kA A a e θ+ = +

من kيف حالة 0,1, , 1n وهذا يربهن بالتدريج أن. …−

i1

0

0, , 1 ,k

jk j

j

k n A a e θ+

=

∀ ∈ − =∑…

1kوبوجه خاص، يف حالة n= 0nAلدينا − A=إذن ،

1

i

0

0n

jj

j

a e θ−

=

=∑ ( )2

)لنعرف ) ( )2 12 2sin 1 cosj

j jθ

λ θ= = j يف حالة − ∈ ℤفنجد ،

( )( ) ( ) ( )( )1 11 2 2 2cos cos 1 sin sinj j j j jθλ λ θ θ θ+ − = − + = +


)نستنتج من أن 2(

( ) ( )1

i 1/22

0

sin 0n

jj

j

a eθθ

−+

=

=∑

وإذا تأملنا اجلزء التخيلي وجدنا

( )1

10

0n

j j j

j

a λ λ

−

+=

− =∑

ولكن

( )

( )

1 1 1 1

1 1 10 0

0

0 1 0

1

11

0

n n n n n

j j j j j j j j j j j

j j j j j

n

j j j

j

n

a a a a a

a a

λ λ λ λ

λ

λ λ

λ λ

− − − −

+ + −= = = = =

−

−=

− = −

= =

= −

= −

∑ ∑ ∑ ∑ ∑

∑ ¤

0nλإن إذ )بناء على = ومنه .1(

( )1

11

0n

j j j

j

a a λ

−

−=

− =∑

، نستنتج0ألن مجيع حدود اموع السابق أكرب أو تساوي و ( )11,2, , 1 , 0j j jj n a a λ−∀ ∈ − − =… ( )3

لنعرف 0 min 1 : 0jj j λ= ≥ =

0 ألن θ π< 03نرى وضوحا أن ، > j n≤ 0jفإذا افترضنا أن ≥ n< استنتجنا مما سبق أن

00 2 1ja a a −= = =⋯ .ومن ثم 0 0 0

0

1 1 ii i

0 0 i0 0

10

1

j j jj j

j j

j j

eA a e a e a

e

θθ θ

θ

− −

= =

−= = = =

−∑ ∑

إذ استفدنا من أن الشرط 00jλ 0iيقتضي = 1je θ وهذا يتناقض مع افتراضنا النقاط . =

( )0j j n

A≤ <

0jإذن ال بد أن يكون . متباينة n=ومن ثم ،

0 2 1na a a −= = =⋯ واملضلع منتظم.

عام 1963 41

ن عدم افتراض ولك. مل نفترض شيئا بشأن نوع املضلع: مالحظة)النقاط )

0j j nA

≤ <يتيح حلوال للمسألة ال يكون فيها . متباينة

2 : يف حالة ،املضلع منتظما كما يبين الشكل ااور3πθ =

6nو 0و = 1 2 1a a a= = =،13 4 5 2a a a= = =.

ù .ويتم اإلثبات

)أوجد مجيع احللول )1 2 3 4 5, , , ,X x x x x x= جلملة املعادالت 2 1, 1,2, ,5i i ix x yx i+ ++ = ∈ …

5iوقد عرفنا ix x يف حالة =− 6,7i ∈. )من الواضح أن . هذه مسألة جرب خطي )0, 0, 0,0,0X حل هلذه اجلملة، مهما كانت =

تكتب اجلملة بالشكل. غري املعدومة إن وجدت Xنبحث إذن عن احللول . yقيمة 5 2 1

1 3 2

2 4 3

3 5 4

4 1 5

x x yxx x yxx x yxx x yxx x yx

+ =+ =+ =+ =+ =

AVوهي تكافئ اجلملة املصفوفية yV= . وقد رمزنا بالرمزV إىل شعاع العمودV X ∗= :فة كما يلي املعر إىل املصفوفة Aوبالرمز

0 1 0 0 1 0 1 0 0 01 0 1 0 0 0 0 1 0 00 1 0 1 0 0 0 0 1 00 0 1 0 1 0 0 0 0 11 0 0 1 0 1 0 0 0 0

A P P P∗

= = + =

¤

AVتقبل اجلملة yV= حال غري معدوم، إذا وفقط إذا كانتy ة للمصفوفةقيمة ذاتيA.

)هو Pكثري احلدود املميز للمصفوفة جند حبساب مباشر أن ) 5 1P λ λ= −X فمجموعة ،)قيمها الذاتية هي ) 2 3 4Sp 1, , , ,P ω ω ω ω= وω هو اجلذر اخلامس للواحد املعطى

)بالصيغة )2 i5exp πω =.

1A

2A

4A

5A

0A 3A=

1a

4a


وإذا عرفنا

2 3 4

2 4 3

3 4 2

4 3 2

1 1 1 1 1

11 151

1

ω ω ω ω

ω ω ω ω

ω ω ω ω

ω ω ω ω

Ω =

5Iالحظنا مباشرة أن ∗Ω ⋅ Ω ∗1ثم ، ومن = −Ω = Ω .وأن

( )2 3 4diag 1, , , ,P ω ω ω ω∗Ω Ω = وعليه

( )4 3 2diag 1, , , ,P ω ω ω ω∗ ∗Ω Ω = إذن، جبمع املساواتني السابقتني جند

( )2 4 4 25 5 5 5diag 2,2 cos ,2 cos ,2 cos ,2 cosA Dπ π π π∗Ω Ω = =

)هي Aوعليه فإن جمموعة القيم الذاتية للمصفوفة ) 2 45 5

Sp 2,2 cos , 2 cosA π π= . إذن

يف حالة 2 45 5

2, 2 cos , 2 cosy π π∉ تقتصر جمموعة احللول على احلل الصفري ،)التافه أي )0, 0, 0,0,0X =.

2yيف حالة 2AVتكافئ املعادلة . = V= 2املعادلةD V VΩ = Ω وهذه1Vتكافئ εΩ ∈ ℂ 1، وقد رمزنا بالرمزε إىل الشعاع( )1, 0, 0, 0,0 وأخريا هذا . ∗

Vيكافئ α∈ ℂ، مع( )11 5

1,1,1,1,1α ε ∗∗= Ω إذن جمموعة احللول يف . =)هذه احلالة هي ) , , , , :a a a a a a ∈ ℂ.

2يف حالة 5 15 22 cosy π −= 2تكافئ املعادلة . =

52 cosAV Vπ= املعادلة252 cosD V VπΩ = Ω 2وهذه تكافئ 5V ε εΩ ∈ +ℂ ℂ وقد رمزنا بالرمز ،

2ε إىل الشعاع( )0,1,0,0,1 )إىل الشعاع 5ε، وبالرمز ∗ )0, 1,0,0,1 ، وهذا −∗Vيكافئ β γ∈ +ℂ ℂمع ،

( ) ( )

( )( ) ( )

5 2 4 4 22 5 5 5 52

5 2 25 5 52 i sin 2 /5

1,cos , cos , cos , cos

0, 1, 2 cos ,2 cos ,1

π π π π

π ππ

β ε

γ ε

∗∗

∗∗

= Ω =

= Ω = − −

)الفضاء الشعاعي اجلزئي الذي يقبل وجمموعة احللول يف هذه احلالة هي ),β γ أساسا.

Aml

Typewriter


عام 1963 43

4يف حالة 5 15 22 cosy π − −= 4تكافئ املعادلة . =

52 cosAV Vπ= املعادلة452 cosD V VπΩ = Ω 3وهذه تكافئ 4V ε εΩ ∈ +ℂ ℂ وقد رمزنا بالرمز ،

3ε إىل الشعاع( )0, 0,1,1, 0 )إىل الشعاع 4ε، وبالرمز ∗ )0, 0, 1,1, 0 ، وهذا −∗Vيكافئ µ ν∈ +ℂ ℂمع ،

( ) ( )

( )( ) ( )

5 4 2 2 43 5 5 5 52

5 2 24 5 52 i sin 2 /5

1, cos , cos , cos , cos

0,2 cos , 1,1, 2 cos

π π π π

π ππ

µ ε

ν ε

∗∗

∗∗

= Ω =

= Ω = − −

)وجمموعة احللول يف هذه احلالة هي الفضاء الشعاعي اجلزئي الذي يقبل ),µ ν أساسا. ù .وبذا تتم دراسة اجلملة

) :أثبت أن ) ( ) ( )2 3 1

cos cos cos7 7 7 2

π π π− + =.

7لنضع πθ 7عندئذ نرى مباشرة أن . = i i 1e eθ π= = i، وألن − 1e θ ≠ استنتجنا −

7 i6 i 5 i 4 i 3 i 2 i i

i

10 1

1

ee e e e e e

e

θθ θ θ θ θ θ

θ

+= = − + − + − +

+

3وبالقسمة على ie θ جند 0الذي ال يساوي 3 i 2 i i i 2 i 3 i1 0e e e e e eθ θ θ θ θ θ− − −− + − + − + =

ù .واإلصالح، هي العالقة املطلوبة 2وهذه، بعد القسمة على

يف املواقع جرى ترتيبهم يف مسابقة ال حتتمل التعادل Eو Dو Cو Bو Aمخسة طالب .ميحكتولكن مل تعلن النتيجة وفتح الباب للتكهنات اليت علقت عليها جلنة ال . 5حتى 1من

يكون الترتيب أ : التكهن األول 1 2 3 4 5ABC DE ا من الطالب مل حيص إ : فجاء التعليق ؟ل ن أي

وقع، بل، يف احلقيقة، مل حيصل أي طالبني هلما ترتيبان متتاليان يف هذا التكهن على الترتيب املت ، 2و 1بالتوايل على الترتيبني Dو Cفمثال مل حيصل . على ترتيبني متتاليني بالترتيب نفسه

.5و 4وال على 4و 3، وال على 3و 2وال على الترتيبني ن الترتيب يكو أ : التكهن الثاين

1 2 3 4 5DAEC B هناك طالبان فقط حصال فعال : فجاء التعليق ؟

ن حبصوهلما على ترتيبني متتاليني على الترتيب املقترح، وهناك زوجان منفصالن جرى التكه ، .نتيجة املسابقةفعين . بالترتيب نفسهوقد أصاب هذا التكهن


لنناقش تبعا للحاالت املختلفة . ففيه العديد من اإلقرارات اإلجيابية فضل البدء بالتكهن الثاينمن األ .هناك عشر حاالت. اليت توافق اخليارات املختلفة للطالبني اللذين أصاب التكهن يف ترتيبهما

.1 1 2 3 4 5EC BDA : الطالبان مهاD وA ا ترتيبأم ،E وC وB وال ميكن أن . فهو خطأ

Cعلى التعليق على التكهن األول، فال بد أن يكون ترتيب بناء 3هو Cيكون ترتيب الطالب خطأ وجب أن يكون الترتيب الصحيح يف هذه احلالة E، وألن ترتيب 5هو

1 2 3 4 5DABEC

متتاليان وبالترتيب Bو Aالتعليق على التكهن األول ألن ترتيبي ولكن هذا الترتيب يتعارض مع .فهذه احلالة خطأ. الوارد يف التكهن األول

.2 1 2 3 4 5A C BD E : الطالبان مهاD وE ا ترتيبأم ،A وC وB وال ميكن أن . فهو خطأ

Bاألول، فال بد أن يكون ترتيب بناء على التعليق على التكهن 2 هو Bيكون ترتيب الطالب خطأ وجب أن يكون الترتيب الصحيح يف هذه احلالة A، وألن ترتيب 4هو

1 2 3 4 5DC EBA

لتك لثانية من ا لنقطة ا لترتيب يتعارض مع ا لثاين إذ مل يحافظ أي من األزواج ولكن هذا ا هن املنفصلة )ا ),DA EC أو( ),DACB و )أ ),AE CB ليني متتا تيبني تر لة . على حلا ا فهذه

.خطأ

.3 1 2 3 4 5AE BD C : الطالبان مهاD وC ا ترتيبأم ،A وE وB وال ميكن أن . فهو خطأ

Bتعليق على التكهن األول، فال بد أن يكون ترتيب بناء على ال 2هو Bيكون ترتيب الطالب خطأ وجب أن يكون الترتيب الصحيح يف هذه احلالة A، وألن ترتيب 3هو

1 2 3 4 5DCBEA

على ترتيبني CBالثانية من التكهن الثاين، إذ حافظ الزوج ولكن هذا الترتيب يتعارض مع النقطة .فهذه احلالة خطأ. علىهذه اخلاصة DAأو AEمتتاليني ولكن مل يحافظ أي من الزوجني

.4 1 2 3 4 5AECD B : الطالبان مهاD وB ا ترتيبأم ،A وE وC وال ميكن أن . فهو خطأ

Cبناء على التعليق على التكهن األول، فال بد أن يكون ترتيب 3هو Cيكون ترتيب الطالب خطأ وجب أن يكون الترتيب الصحيح يف هذه احلالة E، وألن ترتيب 2هو

1 2 3 4 5DCAEB

على ترتيبني AEولكن هذا الترتيب يتعارض مع النقطة الثانية من التكهن الثاين، إذ حافظ الزوج فهذه . هذه اخلاصة على -AEالوحيد املنفصل عن - CBمتتاليني ولكن مل يحافظ الزوج

.خطأ أيضا احلالة

عام 1963 45

.5

1 2 3 4 5D C BAE : الطالبان مهاA وE ا ترتيبأم ،D وC وB أن وال ميكن . فهو خطأ

Dبناء على التعليق على التكهن األول، فال بد أن يكون ترتيب 4هو Dيكون ترتيب الطالب ن الترتيب الصحيح يف هذه احلالة خطأ وجب أن يكو C، وألن ترتيب 5هو

1 2 3 4 5CAEBD

على ترتيبني AEولكن هذا الترتيب يتعارض مع النقطة الثانية من التكهن الثاين، إذ حافظ الزوج فهذه . على هذه اخلاصة -AEالوحيد املنفصل عن - CBمتتاليني ولكن مل يحافظ الزوج

.احلالة خطأ أيضا

.6 1 2 3 4 5D E BA C : الطالبان مهاA وC ا ترتيبأم ،D وE وB وال ميكن أن . فهو خطأ

Eبناء على التعليق على التكهن األول، فال بد أن يكون ترتيب 5هو Eيكون ترتيب الطالب خطأ وجب أن يكون الترتيب الصحيح يف هذه احلالة Bألن ترتيب ، و 1هو

1 2 3 4 5EABC D

متتاليان وبالترتيب Dو Cولكن هذا الترتيب يتعارض مع التعليق على التكهن األول ألن ترتيبي .فهذه احلالة خطأ. الوارد يف التكهن األول

.7 1 2 3 4 5D ECA B : الطالبان مهاA وB ا ترتيبأم ،D وE وC وال ميكن أن . فهو خطأ

Dبناء على التعليق على التكهن األول، فال بد أن يكون ترتيب 4هو Dيكون ترتيب الطالب خطأ وجب أن يكون الترتيب الصحيح يف هذه احلالة C، وألن ترتيب 3هو

1 2 3 4 5CADEB

أل ا لتكهن ا نية من لثا ا لنقطة ا مع يتعارض لترتيب ا ا تيبي ، ول ولكن هذ ليان Eو Dتر متتا .فهذه احلالة خطأ. ولوبالترتيب الوارد يف التكهن األ

.8 1 2 3 4 5DA BEC : الطالبان مهاE وC ا ترتيبأم ،D وA وB وال ميكن أن . فهو خطأ

Aبناء على التعليق على التكهن األول، فال بد أن يكون ترتيب 1هو Aيكون ترتيب الطالب للسبب نفسه إذن الترتيب الصحيح يف هذه احلالة 2 هو B، وال ميكن أن يكون ترتيب 5هو

1 2 3 4 5BDECA يل، ترتيبن األوة من التكههذا الترتيب يتعارض مع النقطة الثاني ولكنD وE

.فهذه احلالة خطأ. الوارد يف التكهن األول متتاليان وبالترتيب


.9 1 2 3 4 5DA CE B : الطالبان مهاE وB ا ترتيبأم ،D وA وC وال ميكن أن . فهو خطأ

Aبناء على التعليق على التكهن األول، فال بد أن يكون ترتيب 1هو Aيكون ترتيب الطالب خطأ، كان الترتيب الصحيح يف هذه احلالة D، وألن ترتيب 4هو

1 2 3 4 5CDEAB هذا ولكن

متتاليان وبالترتيب الوارد يف Bو Aالترتيب يتعارض مع النقطة الثانية من التكهن األول، ترتيبي .فهذه احلالة خطأ. التكهن األول

.10 1 2 3 4 5DAEC B : الطالبان مهاB وB ا ترتيبأم ،D وA وE ميكن وال . فهو خطأ

بناء على التعليق على التكهن األول، فال بد أن يكون ترتيب 1هو Aأن يكون ترتيب الطالب A وألن ترتيب 3هو ،D لترتيب الصحيح يف هذه احلالة خطأ، كان ا

1 2 3 4 5EDAC B .

فهي إذن توافق . هذه بالطبع هي احلالة األخرية املتبقية، وهي تتفق مع التعليقات على التكهنني ù .الترتيب الصحيح لنتائج املسابقة

gQWEA DZXC

Aml

Typewriter


Aml

Typewriter

47

السادسأوملبياد الرياضيات

2 »يقسم « 7اليت تحقق اخلاصة nأوجد مجيع األعداد الطبيعية 1. 1n −. 2 »يقسم « 7تحقق اخلاصة nأنه ال توجد أعداد الطبيعية أثبت 2. 1n +. لنتأمل اجلدول

0 1 2

2 mod7 1 2 4r

r

من rليكن عددا طبيعيا، و nليكن عندئذ يوجد عدد 3على nباقي قسمة 0,1,23nيحقق qطبيعي q r= عندئذ. +

2 mod7 8 2 mod7 2 mod7n q r r= = 2فمن جهة أوىل، نرى أن 1. mod7 1n 2إذا وفقط إذا كان = mod7 1r بالنظر و =

0rهذا يكافئ إىل اجلدول أعاله، 2يقسم 7إذن . = 1n يقسم 3وفقط إذا كان إذا −n . أي( )7 | 2 1 3 |n n− ⇔. 2ومن جهة ثانية، أن 2. mod7 6n 2إذا وفقط إذا كان = mod7 6r وبالنظر إىل =

ى نر ، عاله أ جلدول مستحيل ا ألمر ا ا هذ ن طبيعية . أ د ا عد أ توجد تقسم 7جتعل nفال 2 1n +. ù

أثبت أن. أطوال أضالع مثلث cو bو aلتكن ( ) ( ) ( )2 2 2 3a b c a b c a b c a b c abc+ − + + − + + − ≤

سنبدأ بإثبات صحة . ℝ+ن م cو bو aيف احلقيقة، هذه املتراجحة صحيحة أيا كانت األعداد )املتراجحة )E التالية:

( ) ( ) ( )( )( )3, , ,a b c a b c b c a c a b abc+∀ ∈ + − + − + − ≤ℝ

aموع أي اثنني من األعداد إن جم. ℝ+من cو bو aلنتأمل b c+ bو − c a+ − cو a b+ عدد موجب أو معدوم، فإذا كان أحدها سالبا متاما وجب أن يكون اإلثنان −

سالب، يف حني أن خران موجبني متاما، ونتج من ذلك أن الطرف األيسر من املتراجحة السابقةاآل .طرفها األمين موجب، فهي حمققة وضوحا يف هذه احلالة

Aml

Typewriter


aلنفترض إذن أن األعداد b c+ bو − c a+ cو − a b+ عندئذ نرى . موجبة − مباشرة أن

( )( )

( )( )

( )( )

2 2 2

2 2 2

2 2 2

( )

( )

( )

a b c b c a b a c b

a b c c a b a b c a

c a b b c a c c a c

+ − + − = − − ≤

+ − + − = − − ≤

+ − + − = − − ≤

تراجحات السابقة موجبة، استنتجنا حبساب جداء ضرا طرفا بطرف، ثم وألن مجيع أطراف امل أخذ اجلذر التربيعي أن

( )( )( )a b c b c a c a b abc+ − + − + − ≤ aمع مساواة إذا وفقط إذا كان ( b c= )وهي املتراجحة ).= )E . ولكن جند حبساب

مباشر أن( )( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2 2

2

2

a b c b c a c a b b a c ac c a b

b c a b a b c a c a b c acb

+ − + − + − = − − + + −

= + − + + − + + − −

)فاملتراجحة )E كافئت ( ) ( ) ( )2 2 2 3b c a b a b c a c a b c acb+ − + + − + + − ≤

ù .وهي املتراجحة املرجوة

نرسم املماسات للدائرة املماسة ألضالع . cو bو aأطوال أضالعه ABCنتأمل مثلثا ننشئ فيه دائرة يؤلف كل مماس مع الضلعني اآلخرين مثلثا. املثلث داخال واليت توازي أضالعه

. احسب كامل مساحة الدوائر األربع. اخالمتس أضالعه د

، ولنفترض أن ABCاملماسة داخال ألضالع املثلث C هو نصف قطر الدائرة rلنفترض أن prعندئذ . pونصف حميطه Aمساحته تساوي = A.

س ملما ا لة حا مل )لنتأ )B C′ ة ′ ئر ا يا Cللد ز ا مو( )BC لضلعني ا ملماس ا يقطع هذا ،[ ]AB و[ ]AC يفB Cو ′ تيب ′ لتر ن . با ملثلثا ا ABفيكون C′ ABCو ′

. متشاني

A

B C

B ′ C ′Ah ′

Ah

C r

c

a

br

عام 1964 49

Ahإذا كان و ABيف Aطول االرتفاع النازل من ′ C′ طول االرتفاع النازل من Ah، وكان ′

A منABC كانت نسبة التشابه ،AA

A

hk

h

′2Aولكن ، = Ah h r′ = إذن −

2 2 /2 21

2A A

AA A

a ph r ah ra ak

h h a p

−− −= = = = −

A A

A

Aفإذا كانت C مساحة الدائرةC كانت مساحة الدائرةAC ة ألضالع املثلثاملماسAB C′ 2مساوية ′

A Ak=A AC C.

ة ئر ا لد ا حة مسا ن أ ثلة ملما با وي BCوجند تسا2Bk A C 1مع /Bk b p= ئرة − لدا ا CC، ومساحة

2اوي تسCk A C 1مع /Ck c p= −.

إذن املساحة املطلوبة A B C

= + + +A A A AC C C CA عطى بالصيغةت

( )2 2 21 A B Ck k k= + + + A CA ولكن

2 2 22 2 2

2 2 2

2

2 2 2

2

1 1 1 1 1

4 2

A B C

a b ck k k

p p p

a b c a b c

p p

a b c

p

+ + + = + − + − + −

+ + + += − +

+ +=

2: ومن جهة ثانية 2 2/r pπ π= =A AC إذن( )2 2 2 2 4/a b c pπ= + + AA . بعد اإلصالح وجدنا ،اليت تعبر عن مساحة املثلث بداللة أضالعه Heronإذا استخدمنا عالقة و

( )( )( )

( )( )( )( )

( )

( ) ( )( )( )

2 2 2

4

2 2 2

3

32 2 2 2 2 2 4 4 4

4

2

a b cp p a p b p c

p

a b c b c a c a b a b c

a b c

a b c a b c a b c

a b c

π

π

π

+ += − − −

+ + + − + − + −=

+ +

+ + − + + + +=

+ +

A

ù .وهي النتيجة املرجوة

A

B C

AC

CCBC

C


. اوفق املوضوعات اليت يرغبون التراسل حوهل فرق يف نادي مراسلة، جيري توزيع األعضاء يف اتفق كل اثنني منهم على تبادل الرسائل قد شخصا، و 17مكونة من الفرقإحدى هذه كانت

أثبت أنه يوجد يف هذه الفرقة ثالثة . مختارة يف هذه الفرقة يف واحد من ثالث موضوعات 17فيه 17Kيانا تاما نتأمل ب : صياغة رياضياتية . أشخاص يتراسلون حول املوضوع نفسه

أثبت وجود مثلث حتمل . رأسا، جيري تلوين كل واحد من حروفه بواحد من ثالثة ألوان ممكنة .أضالعه اللون نفسه

لفر A ليكن لباقني حول أحد . قة أحد أعضاء ا لستة عشر عضوا ا نه يراسل كل واحد من ا إ . 1Sموضوع واحد وليكن املوضوعات الثالثة، فهو إذن يتبادل الرسائل مع ستة منهم يف

نفسه، كونا 1Sفإذا كان عضوان من هؤالء األعضاء الستة يتبادالن الرسائل يف املوضوع .وحتققت اخلاصة املطلوبة، 1Sجمموعة من ثالثة أشخاص يتراسلون يف املوضوع Aمع

وإال كان كل عضوين من بني هؤالء األعضاء الستة يتبادالن الرسائل يف أحد املوضوعني يراسل كل واحد من اخلمسة الباقني وألنه . واحدا من هؤالء األعضاء Bليكن . املتبقيني

منهم يف موضوع واحد ثالثة ، فهو إذن يتبادل الرسائل مع املوضوعني املتبقيني حول أحد . 2Sوليكن

نفسه، كونا مع 2Sع فإذا كان عضوان من هؤالء الثالثة يتبادالن الرسائل يف املوضو B 2جمموعة من ثالثة أشخاص يتراسلون يف املوضوعS ة املطلوبةوحتققت اخلاص ،.

وإال كان كل اثنني من هؤالء الثالثة يتبادالن الرسائل يف املوضوع الثالث، وحتققت ù .يف هذه احلالة أيضا صة املطلوبةاخلا

نفترض أن أي مستقيمني مارين بزوجني من هذه النقاط ليسا . نتأمل مخس نقاط يف املستوي واحدة من هذه النقاط املستقيمات ننشئ من كل . منطبقني، وليسا متوازيني، وليسا متعامدين

على أ حدا العمودية على كل من املستقيمات املارة بنقطتني من النقاط األربع األخرى، أوجد .كلما كان هذا احلد أصغر كلما كانت النتيجة أفضل. نقاط التقاطع بني هذه املستقيمات ددعل

Aml

Typewriter


عام 1964 51

من كل واحدة من النقاط اخلمس مير . هو حد أعلى لعدد نقاط التقاطع هذه 315سنثبت أن األخرى بع ألر ا لنقاط ا تعينها ملستقيمات ا تع (ستة من نقاط بع ر أ ن إ ذ يماتقمست ستةن يإ

24 6C 6فالعدد الكلي هلذه املستقيمات اليت ندرس تقاطعاا يساوي ).= 5 30× وكل ، =

، فعدد نقاط التقاطع، من حيث املبدأ، أصغر مستقيمني يعينان بوجه عام نقطة تقاطع على األكثر 2أو يساوي 30 29

30 2 435C ×= ولكن. =لنقاط اخلمس مير ستة مستقيمات، فهذه املستقيمات ال تساهم بعدد من كل نقطة من ا

2يساوي 6 15C إذن جيب . نقطة تقاطع، كما ذكرنا سابقا، بل تساهم بنقطة واحدة =

مقابل كل نقطة من النقاط اخلمس، ويل نقطة تقاطع مفترضة يف تعدادنا األ 14حذف 435ذا ينخفض احلد األعلى لعدد نقاط التقاطع ليصبح وهك 5 14 365− × =.

يف حالة نقطتني من النقاط اخلمس، تكون املستقيمات العمودية على املستقيم املار ما وليس (واملنبعثة من النقاط الثالث األخرى متوازية، فهي ال تساهم بأية نقطة تقاطع،

إذن جيب حذف ثالث نقاط مفترضة )بثالث نقاط تقاطع كما افترضنا يف تعدادنا األويل فينخفض احلد األعلى لعدد نقاط . يف تعدادنا السابق مقابل كل زوج من النقاط اخلمس

2التقاطع ليصبح 5365 3 335C− =.

ط من النقاط اخلمس، تتقاطع املستقيمات املنبعثة من أحدها عمودية على يف حالة ثالث نقا فهي تساهم )ألنها ارتفاعات يف مثلث (املستقيم املار بالنقطتني األخريني يف نقطة واحدة

إذن )س بثالث نقاط تقاطع كما افترضنا يف تعدادنا األويل ولي (بنقطة تقاطع واحدة، ، لنقاط اخلمس . جيب حذف نقطتني مفترضتني يف تعدادنا السابق مقابل كل ثالث من ا

3فينخفض احلد األعلى لعدد نقاط التقاطع ليصبح 5335 2 315C− =.

ما ميكن، علينا إعطاء راحلد األعلى هو أصغحتى نتيقن من كون هذا 315للنقاط اخلمس يف املستوي حنصل فيه على توضع على مثال

:لقد وجدنا املثال التايل مبساعدة احلاسوب .نقطة تقاطع( )0,0A و( )0,1B و( )5, 3C و( )6,7D و( )3,5E

ونتمنى للقارئ الصبور التوفيق يف التيقن من أن عدد نقاط تقاطع ù .أما أنا فقد تركت املهمة للحاسوب. نقطة 315املستقيمات املنشأة كما يف النص يساوي

A B

C

D

E

2 3 4 5 6

6

2

3

4

5

1

7


تتقاطع املستقيمات . ABCمركز ثقل الوجه 0Dولتكن . ABCDنتأمل رباعي وجوه )موازية للمستقيم Cو Bو Aاملرسومة من الرؤوس )0DD مع املستويات( )BCD

يساوي ABCDأثبت أن حجم . بالترتيب 0Cو 0Bو 0Aيف النقاط ABDو CADو 0ثلث حجم 0 0 0A B C D . 0أتبقى النتيجة صحيحة إذا كانتD داخل الوجه واقعة نقطة ماABC؟

حل ا نقطة يف مل لنتأ ، ملستوي 0Dقيقة ا )ما من )ABC من ي أ على تقع ا ال أ لنفترض وملستقيمات )ا )AB و )أ )BC و )أ )CA . د عدا أ توجد )عندئذ ), ,α β γ من( )3∗ℝ

1αتحقق β γ+ + ن = تكو ملثقلة 0Dو ا ط للنقا ملتناسبة ا د بعا أل ا كز )مر ),A α ،)و ),B β و( ),C γ .أي

0,M MD MA MB MCα β γ∀ = + +

وبوجه خاص 0DD DA DB DCα β γ= + +

( )1 )تنتمي إىل املستوي 0Aالنقطة )BCD أوجد ت، إذنة عدد حقيقي( ), ,λ µ ν 3منℝ

1λتحقق µ ν+ + )مركز األبعاد املتناسبة للنقاط 0Aوتكون = ),B λ و( ),C µ )و ),D ν أي

0,M MA MB MC MDλ µ ν∀ = + +

وبوجه خاص

0AA AB AC AD

DB DA DC DA DA

DA DB DC

λ µ ν

λ λ µ µ ν

λ µ

= + +

= − + − −

= − + +

0AAعاعان و ملا كان الش

0DDو ) العالقة استنتجنا من ،متسايرين ، ومن كون األشعة 1(

( ), ,DA DB DC 1مستقلة خطيا، أن λ µ

α β γ

−= = ومن ثم ،

, ,β γ

λ µ να α α

1= − = − = −

0ريا جند وأخ 01

AA DDα

= − .

عام 1964 53

وحبساب مماثل ملا سبق جند أن

0 01

BB DDβ

= − 0و 0

1CC DD

γ= −

إذن أننستنتج

( )( )( )

( ) ( )( )

0 0 0 0 01

1

11

1 11 1

D A DD DA AA DA DD

DA DA DB DC

DA DB DC

α

α β γα

α β γα α

= − + + = − +

= − + + +

= − + + + +

وباملماثلة

0 01 1

1 1D B DA DB DCα β γβ β

= − + + + +

و

0 01 1

1 1D C DA DB DCα β γγ γ

= − + + + +

0أن نرى وأخريا 0 0 0D A D B∧ يعطى بالصيغة

( ) ( )1 11 1 1DA DB DA DC DB DCα β γ γ

β α

− + + ∧ − + ∧ + + ∧

ومن ثم

( ) ( )( )

( )

0 0 0 0 0 0 2

3

D A D B D C DA DB DC

DA DB DC

α γ β∧ ⋅ = − + + + ∧ ⋅

= − ∧ ⋅

ولكن( ) ( )

( ) ( )

16

10 0 0 0 0 0 0 0 0 06

vol

vol

ABCD DA DB DC

A B C D D A D B D C

= ∧ ⋅

= ∧ ⋅

) إذن ) ( )0 0 0 0vol 3 volA B C D ABCD=. ù


gQWEA DZXC

Aml

Typewriter


55

السابعأوملبياد الرياضيات

]من اال xأوجد قيم ]0,2π حقق املتراجحةاليت ت 2 cos 1 sin2 1 sin2 2x x x≤ + − − ≤

)لنالحظ أن )2cos sin 1 sin2x x x± = وعليه ±1 sin2 1 sin2 cos sin cos sinx x x x x x+ − − = + − −

ولكن، بوجه عام، لدينا( )2min ,a b a b a b+ − − =

إذن تكافئ املتراجحة املعطاة املتراجحة

( )2

cos min cos , sin2

x x x≤ ≤ cosاملتراجحة اليمىن حمققة دوما، أما املتراجحة اليسرى فهي تكافئ sinx x≤ فمجموعة ،

1هي تلك اليت تحقق اليت تحقق املتراجحة xقيم 2

cosx ]، أي ≥ ]74 4,ππ. ù

)تحقق األمثال )1 , 3ij i j

a≤ ≤

ة املعادالت اخلطية التاليةيف مجل 11 1 12 2 13 3

21 1 22 2 23 3

31 1 32 2 33 3

000

a x a x a x

a x a x a x

a x a x a x

+ + =+ + =+ + =

لية لتا ا د : اخلواص ، 33aو 22aو 11aاألعدا ما لة ijaاألمثال موجبة متا يف حاi j≠ ،متاما سالبة متاما أثبت أن احلل الوحيد للجملة . جمموع أمثال كل معادلة موجب

1هو 2 3 0x x x= = =. )ليكن )1 2 3, ,x x x 3عنصرا منℝ خمتلفا عن( ولنفترض مثال أن . 0,0,0(

( )1 2 3max , , 0kx x x x= > وليكن , 1,2,3 \i j k= عندئذ يكون لدينا

kk k ki i kj j ki i kk k kj ja x a x a x a x a x a x≤ + + + + متراجحة املثلث جندومن ومنه، باالستفادة من

1 1 2 2 3 3kk k ki i kj j k k ka x a x a x a x a x a x≤ + + + +

Aml

Typewriter


وجدنا ومن kxوإذا استفدنا من تعريف 1 1 2 2 3 3kk k ki k kj k k k ka x a x a x a x a x a x≤ − − + + +

أو( )1 2 3 1 1 2 2 3 3k k k k k k ka a a x a x a x a x+ + ≤ + +

1هذا يقتضي أن واعتمادا على 1 2 2 3 3 0k k ka x a x a x+ + فال ميكن أن يكون . ≠( )1 2 3, ,x x x ة. حال للجملة املدروسةة املرجوإثبات اخلاص وهكذا يتم. ù

)يوازي املستقيمني Pونتأمل مستويا . ABCDنتأمل رباعي وجوه )AB و( )CD )عن Pإذا افترضنا أن بعد . ويقسم رباعي الوجوه إىل جزأين )AB يساويk عدة بمر

P عن( )CDي اجلزأينفاحسب نسبة حجم ،.

]يقطع املستقيمات األضالع Pلنفترض أن املستوي ]AD ]و ]DB و[ ]BC و[ ]AC بالنقاطX وY وZ وW

لترتيب )نتأمل املستوي الذي حيوي . با )XW ي واملواز)للمستوي )BCD مع ملستوي ا ا هذ طع يتقا ،( )AB

. Pبالنقطة

)عن املستقيم Pملا كان بعد )AB يساويk عدة بمرP عن املستقيم( )CD استنتجنا ،AXأن kXD= . ومن ثم AX ADλ=

وقد عرفنا

1

k

kλ =

+.

)إن ) ( )XY AB فاملثلثان ،DXY وDAB ان، ومنهمتشا BY BDλ=

( )1 ) وكذلك لدينا ) ( )YZ DC فاملثلثان ،BZY وBCD ان، ومنهمتشا

BZ BCλ= ( )2

)ألن و ) ( )XP DB كان املثلثان ،APX وABD متشاني، ومنه AP ABλ=

( )3

) ألن ،وأخريا ) ( )XW DC تشابه املثلثني استنتجناAXW وADCومنه ، AW ACλ=

( )4

A

B

C

DP

XY

Z

W

P

عام 1965 57

عندئذ نالحظ مباشرة أن. ABXYZWبأنه حجم اسم ABVلنعرف ( ) ( )vol volABV APXW PXWBYZ= +

AX من جهة أوىل، نستنتج من كون ADλ=

)ومن )و 3( :ما يلي 4(( ) ( )

( )

( )

3

3

1vol det , ,

61

det , ,6

vol

APXW AP AW AX

AB AC AD

ABCD

λ

λ

=

=

=

يعطى بالصيغة PXWBYZومن جهة ثانية، حجم املوشور

( ) ( )1

vol det , ,2

PXWBYZ BZ BY BP=

)من ولكن )جند 3( )1BP AP AB ABλ= − = − )فإذا استفدنا من )و 1( )2

استنتجنا أن ( ) ( )( )

( ) ( )

( ) ( )

2

2

1vol det , , 1

21

1 det , ,2

3 1 vol

PXWBYZ BC BD BA

BC BD BA

ABCD

λ λ λ

λ λ

λ λ

= −

= −

= −

وهكذا نستنتج أن( ) ( ) ( )

( ) ( )

3 2

2

vol 3 1 vol

3 2 vol

ABV ABCD ABCD

ABCD

λ λ λ

λ λ

= + −

= −

اثل أسلوب ممبفنا وإذا عرCDV مسه حجم ابأنCDXYZW .عندئذ نالحظ مباشرة أن ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

3 2

2

vol

2 3 1 vol

1 2 1 vol

CD ABV ABCD V

ABCD

ABCD

λ λ

λ λ

= −

= − +

= − +

وعليه( )

( ) ( )

( )2 2

2

3 2 3

3 11 2 1AB

CD

V k k

V k

λ λ

λ λ

− += =

+− +

ù .وهي النسبة املطلوبة


الثالث املركبات جداء ضرب من مركباا مع تحقق أن جمموع كل اليت 4ℝعناصر أوجد .2األخرى يساوي

)ليكن )1 2 3 4, , ,X x x x x= 4عنصرا منℝةة املرجوحقق اخلاصأي. ، ي 1 2 3 4 2 3 4 1

3 4 1 2 4 1 2 3

2, 22, 2

x x x x x x x x

x x x x x x x x

+ = + =+ = + =

1لنضع 2 3 4x x x xλ لنعرف كثري احلدود ثم ،0ال ميكن أن يساوي λولنالحظ أن =( )

2 2P x x x λ= − عادالت السابقة أنعندئذ نستنتج من امل. + ( )1,2, 3, 4 , 0ii P x∀ ∈ =

من الدرجة الثانية، نرى أن عدد عناصر اموعة Pوألن 1 2 3 4, , ,x x x x 2أو 1يساوي . :لنناقش إذن هاتني احلالتني

حالة ( )1 2 3 4card , , , 1x x x x 1أي . = 2 3 4x x x x a= = = مع =3 2a a+ )، وهذا يكافئ = )( )21 2 0a a a− + + 1aأو = أي . =

( )1,1,1,1X .وهذا، يف احلقيقة، حل واضح للمسألة. =لة حا ( )1 2 3 4card , , , 2x x x x ن . = حقيقيا ن ا د عد جد aيو b< حققاني

1 2 3 4, , , ,x x x x a b= . إذن ( ) ( )( )P x x a x b= − ، ومنه نستنتج أن −ab λ= 2 وa b+ = .

1xأن نفترض مثال أن Xميكننا بعد إعادة ترتيب مركبات a= 2وx b= . فإذاكان 3 4, ,x x a b= 3استنتجنا أن 4x x λ= ومن ثم

21 2 3 4x x x xλ λ= =

1λومنه 1a، ولكن هذا يقتضي = b= .يتناقض مع الفرضو، =إذن ال بد أن يكون 3 4 1 2,x x x x= 2نستنتج أن λومن تعريف .∋

3 1x = ،3فإذا كان 1x 1ixأن 2يساوي Pاستنتجنا من كون جمموع جذري = أيا =

3جيب أن يكون ،وعليه. ، وهذا خلفiكانت قيمة 1x = ، وأن يكون اجلذر األخر −)، ومنه 3 )1, 3, 1, 1X = − − . ، وبالعكس، نرى مباشرة أن هذا حل للمسألة−

)فاحللول هي العناصر )3, 1, 1, 1− − )و − )1,3, 1, 1− − )و − )1, 1, 3, 1− − − )و )1, 1, 1, 3− − )و أخريا − 4ℝ. ùمن 1,1,1,1(

عام 1965 59

]ما على قطة ن Mولتكن . زاوية حادة Oفيه OABنتأمل مثلثا ]AB . ليكنP وQ للنقطة ئمني لقا ا ملسقطني ملستقيمني Mا ا )على )OA و( )OB تيب لتر حملل . با ا وجد أ

؟ ثم عين هذا احملل عندما تتحول OPQاعات املثلث ، نقطة التقاء ارتف Hاهلندسي للنقطة M داخل املثلثOAB.

]من Mلتكن ]AB . عندئذ توجدt من[ ، تحقق 0,1[ ( )1OM tOA t OB= + −

( )1 )ملا كان ) ( )MP QH و( ) ( )MQ PH الرباعي كان

PMQH متوازي أضالع، ونتج من ذلك أن QH MP= ،

وهذا يقتضي أن OH OP OQ OM= + −

( )2 Bكن يل بإسقاط . Aموقع االرتفاع النازل من ′Aن يك، ول Bموقع االرتفاع النازل من ′

( ) املستقيم على 1( )OA جند ( )1OP tOA t OB ′= + −

( )3 )وبإسقاطها على املستقيم )OB جند

( )1OQ tOA t OB′= + − ( )4

ونستنتج من العالقات األربع السابقة أن

( ) ( ) ( )( )1 1 1OH tOA t OB tOA t OB tOA t OB′ ′= + − + + − − + −

أي ( )1OH tOA t OB′ ′= + −

( )5 ]على Mوهذا يربهن على أنه عندما تتحول ]AB ،) لأي تتحوt يف[ Hترسم )، 0,1[

]القطعة املستقيمة ]A B′ ′. )cosنضع . Hبالنقطة Mلنتمعن يف التحويل الذي يقرن النقطة )k AOB= فنعر ثم ،

لنقطتني لصيغتني 1Bو 1Aا 1OAبا kOA= 1OBو kOB=

ن يف ن كو عا لشعا 1OA ا

1OBوOA، بالترتيب، صورتي

OBو O,khوفق التحاكي = H.

O A

B

M

P

Q

B ′

A′

H


خرى، أ جهة من ن و كا 1OBملا OB′ 1OAو = OA′ ن = أ ′OAاستنتجنا

OBو ′

،تا تيب، مها صور لتر 1OAبا

1OBو ئم لقا ا ظر لتنا ا dsوفق = S ملستقيم ا ىل إ لنسبة dبا

.AOBمنصف الزاوية

O A

B

d

1B

B ′

A′

1A

MH

sفإذا عرفنا التحويل اهلندسي اخلطي hΛ = ، كان لدينا

( )OA OA′ = Λ )و )OB OB′ = Λ

)العالقة من وهكذا نستنتج أن، 5(

( )

( )

( ) 1 ( )

( 1 ) ( )

OH t OA t OB

tOA t OB OM

= Λ + − Λ

= Λ + − = Λ

Mدسي التحويل اهلنف Hλ

متبوعk ونسبته Oحتويل أفين مؤلف من التحاكي الذي مركزه ֏ وكل حتويل أفين يحافظ على مراكز األبعاد. AOBبالتناظر القائم بالنسبة إىل منصف الزاوية

)رمست صورا ، OABاملثلث M النقطة املتناسبة، فإذا رمست )H Mλ= املثلث الذي)رؤوسه النقاط )h O و( )h A و( )h Bث ، أي املثلOA B′ ′. ù

جمموعة نقاط نتأمل . 2عددا طبيعيا أكرب متاما من nليكن : 1iA i n= ≤ ≤P قطرها بأنه العدد ونعرف. nاملستوي عدد عناصرها يساوي يف

( )max : 1 diami jAA i j nδ = ≤ < ≤ = P ]أثبت أن عدد القطع املستقيمة ]i jAA اليت طوهلا يساويδ أصغر أو يساويn.

.اخلاصة التالية اليت سنؤجل إثبااالفكرة األساس هي

، عندئذ أحد طرفي dلنتأمل قطعتني مستقيمتني غري متقاطعتني طول كل منهما يساوي : مربهنة . dن القطعة األوىل يبعد عن أحد طرفي الثانية مسافة أكرب متاما م

عام 1965 61

3nصحيحة وضوحا يف حالة اخلاصة املطلوبة = . عدد طبيعي ال تكون عنده اخلاصة أصغر ، 0nلنفترض أا ليست صحيحة بوجه عام، ولنتأمل

0صحيحة، فيكون 4n نقطة من نقاط املستوي، 0nمؤلفة من Pذن جمموعة توجد إ . ≤0مؤلفة من Sوتوجد جمموعة 1n ، وطول كل منها Pقطعة مستقيمة أطرافها من نقاط +

) يساوي )diamδ = P إىل ينتمي طرفاهاطول أطول القطع املستقيمة اليت أي P. . Sهي طرف لقطعة مستقيمة من Pإن كل نقطة من

موعة ا ، وجدنا Sي قطعة مستقيمة من أل ليست طرفا Pمن Aألنه إذا وجدت نقطة \ A′ =P P 0عدد عناصرها اليت 1n 0 ؤلفة من امل Sموعة ا و ، − 1n قطعة +

.0nوهذا يناقض تعريف .δ، وطول كل منها P′مستقيمة أطرافها من نقاط . Sفا لقطعة مستقيمة واحدة فقط من تكون طر Pال توجد نقطة يف

]وكانت طرفا لقطعة مستقيمة وحيدة Pيف Aألنه إذا وجدت ]AB موعةمن اS ،موعة ا وجدنا \ A′ =P P 0عدد عناصرها اليت 1n ]موعة ا ، و − ] \ ABS

جديد وهذا من . δ، وطول كل منها P′قطعة مستقيمة أطرافها من نقاط 0nؤلفة من امل .0nيناقض تعريف

.وفقط قطعتني Sطرفا يف قطعتني مستقيمتني من Pال يمكن أن تكون كل نقطة من ممكن ا هذ ن أ فترضنا ا ا ذ إ نه مل أل تأ ملستقيمتني Pمن 2Aنقطة نا، ا لقطعتني ا ]و ]1 2AA ]و ]2 3A A منS للتني تقبالن )املتتالية ناثم عرف . طرفا 2Aا ) 1m mA لتحقق نقاط ال من ≤

:الشرطني التاليني .Pهي نقطة من mA، فالنقطة mمهما تكن ]، فالقطعة املستقيمة mمهما تكن ]1m mA A .Sتنتمي إىل +

حلقيقة ا فنا ، يف عر فنا ل . 3Aو 2Aو 1Aلقد عر ننا أ ) نفترض )1k k mA ≤ يحقق ≥ بأسلوب 3mمع . الشرطني السابقني 1mAالنقطة ، عندئذ تكون ≤ الطرف اآلخر للقطعة املستقيمة +

]الوحيدة من ] 1\ m mA A−S اليت أحد طرفيهاmA. )بالطبع، ال ميكن أن تكون مجيع النقاط )

01 1j j nA

≤ ≤ + ℓو kخمتلفة، فال بد أن جند دليلني

01يحققان 1k n≤ < ≤ +ℓ وkA A= ℓ . دوبناء على أسلوب إنشاء متتالية النقاط الب1kأن يكون + ≠ ℓ 2 أيk + ≤ ℓ.


نت كا ا ذ 1kإ ملستقيمة < ا لقطع ا نت كا ،[ ]1,k kA A ]و + ]1,k kA A− و[ ]1,A A−ℓ ℓ ،لنقطة Sمستقيمة من ثالث قطع 1kإذن . ، وهذا يتناقض مع الفرض طرفا kAتقبل ا = .

:نتأمل إذن اموعتني 1 2 1\ , , ,A A A −′ =P P ℓ…

] و ] [ ] [ ] 1 2 2 3 1 1\ , , , ,AA A A A A−′ =S S ℓ… 0مؤلفة من S′اموعة 2n − +ℓ قطعة مستقيمة أطرافها من نقاط′P فهي حتوي عنصرا ،

قل، وإذا استفدنا من الفرض، استنتجنا أن فيها ثالث قطع مستقيمة على األقل، واحدا على األ)ثالثة عناصر على األقل، ومنه P′فيوجد يف ) 0card 1 3n′ = − + ≥P ℓ ،وطول

.0nوهذا يتناقض مع تعريف . δيساوي S′كل قطعة مستقيمة من تحقق Dو Cو Bو Aأربع نقاط Pال بد إذن أن جند يف

[ ] [ ] [ ] , ,AB AC AD ⊂ S

)نفترض، دون اإلخالل بعمومية احلل، أن )max ,BD BC CD≥ .

BD املتراجحة نالحظ من جهة أوىل أن δ≤ قتضي ت

3BAD π≤ ليكن ،BD القوس من الدائرةC ، اليت مركزهاA ونصف قطرهاδ قابلوالذي ي ،

عندئذ يكون . BADالزاوية C BD∈ ،ه بناء ألن) املتراجحة على )max ,BD BC CD≥ يكون

( ) ( ), ,BD B BD D BD= ∩ ∩D DC )و ),M rD هو القرص املغلق الذي مركزهM ونصف قطرهr. يف X، توجد نقطة ولكن اعتمادا على ما أثبتناه يف \ AP ،) ميكن أن تكون

B أوD حقق )،!ولكن ليس االثنتني معات[ ]CX ∈ S .ملا كان املستقيم و( )AC ]أحدمها حيوي ستويني يقسم املستوي إىل نصفي م ]AB واآلخر حيوي[ ]AD فال ،

]ميكن يكون لدينا ] [ ]CX AB∩ ≠ ]و ∅ ] [ ]CX AD∩ ≠ .يف آن معا ∅]ميكن أن نفترض مثال أن ] [ ]CX AB∩ = عندئذ نصل إىل تناقض مع نتيجة .∅

.بداية ااملربهنة اليت أشرنا إليه .فاخلاصة صحيحة عموما. اخلاصة املرجوة إىل تناقض اال تتحقق عنده nإذن أدى افتراض وجود

AB

D

C

C

X

عام 1965 63

.نأيت اآلن إىل إثبات املربهنة، عندئذ أحد طرفي dتني طول كل منهما يساوي لنتأمل قطعتني مستقيمتني غري متقاطع : مربهنة

. dالقطعة األوىل يبعد عن أحد طرفي الثانية مسافة أكرب متاما من اإلثبات

:نناقش حالتني .الثانية قطع القطعةياملستقيم الذي حيمل إحدى القطعتني

KSNوأحد املثلثني . املبين يف الشكل ااور حنن إذن يف الوضع، وفيه الضلع الذي يقابل Sمثلث قائم أو منفرج الزاوية يف LSNو

]أي (هذه الزاوية ]LN وأ[ ]KN( أطول من[ ]SN الذي طوله . dأكرب متاما من

. ذان حيمالن هاتني القطعتني ال يتقاطعان يف نقطة تنتمي إىل إحدى القطعتنيلال اناملستقيم . باعي املنشأ على هاتني القطعتني رباعيا حمدبايف هذه احلالة يكون الر

.كما يف الشكل ااور2وال بد أن تكون إحدى زوايا هذا الرباعي أكرب أو تساوي πإذ إن ،

وعندئذ يكون طول القطر املقابل هلذه الزاوية . 2πجمموعها يساوي ما من طولي الضلعني اللذين يجاوراا، ولكن طول واحد من أكرب متا

ù .، وهذا يثبت اخلاصة املرجوةبالضرورة dهذين الضلعني يساوي

K L

M

N

S

d

d

K L

N

d

d

M


gQWEA DZXC

65

الثامنأوملبياد الرياضيات

حل مخسة وعشرون متسابقا . Cو Bو Aيف مسابقة للرياضيات طرحت ثالث مسائل ، كان عدد الذين Aذين مل حيلوا املسألة من بني ال و ، مسألة على األقل من املسائل املطروحة

من جهة أخرى، كان عددC . يساوي ضعفي عدد الذين حلوا املسألة Bحلوا املسألة إحدى Aعدد الذين حلوا إىل جانب يزيد واحدا على Aاملتسابقني الذين حلوا فقط املسألة

فقط يساوي جمموع عدد الذين Aوأخريا، فإن عدد الذين حلوا املسألة . Cأو Bاملسألتني . فقط Cفقط وعدد الذين حلوا املسألة Bحلوا املسألة

فقط، Aإىل عدد املتسابقني الذين حلوا املسألة a لنرمز بالرمز لرمز لة bوبا ملسأ لذين حلوا ا ا بقني ملتسا ا فقط، Bإىل عدد فقط، وأخريا لنرمز Cإىل عدد الذين حلوا املسألة cوبالرمز ومل Cو Bا املسألتني إىل عدد املتسابقني الذي حلو dبالرمز

.Aحيلوا املسألة

يساوي ضعفي B، كان عدد الذين حلوا املسألة Aمن بني الذين مل حيلوا املسألة « )هذا يعين أن ».Cعدد اللذين حلوا املسألة )2b d c d+ = أو +

2d b c= − ( )1

يزيد واحدا على عدد الذين حلوا إىل جانب Aاملسألة عدد املتسابقني الذين حلوا فقط« A إحدى املسألتنيB أوC .« 1هذا يعين أن 25a a b c d= + − − − − أو

2 26a b c d+ + + = ( )2

فقط Bفقط يساوي جمموع عدد الذين حلوا املسألة Aعدد الذين حلوا املسألة « هذا يعين أن ». فقط Cوعدد الذين حلوا املسألة

a b c= + ( )3

)من dو aبتعويض )و 1( )يف 3( جند 2( 4 26b c+ = ( )4

)نستنتج من ذلك أن )2mod 4c 0dوألن . = )نتج من ≤ )و 1( 9أن 4( 26c ≤ ، 2ومن ثمc 6b، و= =. ù

A

BC

a

b

cd


aفيه .ABCنتأمل مثلثا BC= وb CA= وc AB= .لشرطأثبت أن ا ( ) ( )tan tan tan /2a b a A b B C+ = +

.متساوي الساقني ABCيقتضي أن املثلث لنالحظ أن

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2cos cos sin sin cos cos A BC C CA A A π+ −− = + =

إذن ( ) ( ) ( )2 2 2cos cos sin sin sinC C B AA A −− =

وبأسلوب مماثل جند ( ) ( ) ( )2 2 2cos cos sin sin sinC C A BB B −− =

وهكذا إذا عرفنا ( ) ( )2tan tan tan Ca b a A b B∆ = + − +

وجدنا باستخدام ما سبق أن

( ) ( )2

2

cos cossin

cos cos cosB A

C

a B b A

A B

−−∆ =

والحظنا أن ABCإىل نصف قطر الدائرة املارة برؤوس املثلث Rوإذا رمزنا بالرمز

( ) ( ) ( )2 2sin cos cos sin sin 2 cos sinA B A BA B A B A B − −− = − =

استنتجنا أن ( )

( ) ( )2 22

2

4 cossin

cos cos cos

B A

B A

C

R

A B

−−∆ = −

∆0ومن ثم نرى مباشرة أن الشرط يقتضي = B A= واملثلث متساوي الساقني. ù

املقدار Mنتأمل يف حالة نقطة . رباعي وجوه منتظم ABCDليكن ( )M MA MB MC MDϕ = + + +

Gيبلغ حده األدىن عند النقطة ϕأثبت أن . عن رؤوس رباعي الوجوه Mأي جمموع أبعاد .Gوفقط عند ABCDمركز ثقل رباعي الوجوه

Aml

Typewriter

عام 1966 67

لتابع infαيحقق ℝ+من α، فيوجد ℝ+يأخذ قيمه يف ϕا ϕ= . دف إىل دراسة)اموعة ) : infM Mϕ α ϕ= = =I اليت قد تكون خالية من حيث املبدأ.

نقطة ثابتة من الفضاء استنتجنا اعتمادا على متراجحة املثلث أن Oكانت إذا

( ) ( ) 4M O MOϕ ϕ+ ≥ MXألن XO MO+ من Xيف حالة ≤ , , ,A B C D . ه إذا كانت وهذايعىن أنM

)ونصف قطرها Oاليت مركزها Bخارج الكرة ) 14O

rα ϕ+ )كان =+ )Mϕ α> .

)وهذا يربهن على أن ) :M Mϕ α= = ⊂I B. )ومن جهة أخرى، ملا كانت الكرة املغلقة املليئة ),B O r ة، وكانجمموعة متراصϕ

≠ حده األدىن عليها، إذن مستمرا، استنتجنا أنه يبلغ ∅I . uالشعاعان ليكن. لنذكر مبتراجحة املثلث وحالة املساواة فيها

عندئذ ،vو

u v u v+ ≤ +

v وحتدث املساواة إذا وفقط إذا كان u u v= :ميكن صيا غة هذه النتيجة كما يلي .

Xثالث نقاط من الفراغ، ولنعرف النقطة 2Xو 1Xو Yلتكن : خاصة منتصف القطعة ′]املستقيمة ]1 2X X . 1عندئذ يكون 22YX YX YX′ ≤ مع مساواة إذا وفقط إذا +

)إىل املستقيم Yانتمت النقطة )1 2X X ومل تقع داخل[ ]1 2X X .

X، ولنعرف 2Xو 1Xحتوي نقطتني خمتلفتني Iلنفترض أن ]منتصف ′ ]1 2X X. أن αعندئذ نستنتج من متراجحة املثلث اليت ذكرنا ا أعاله، ومن تعريف

( ) ( ) ( )1 12 2 2X X Xα ϕ ϕ ϕ α′≤ ≤ + = 1إذن 22YX YX YX′ = من Yيف حالة + , , ,A B C D ه يقتضيألن وهذا تناقض ،

)على املستقيم ABCD هوقوع رؤوس رباعي الوجو )1 2X X . موعة وعليهحتوي اI أي . 0Mعنصرا واحدا فقط، وليكن 0M=I.

، نتأمل املستوي ABCDمن رؤوس رباعي الوجوه Yو Xيف حالة رأسني خمتلفني

XYP لذي حيوي )ا )XY ملقابل لضلع ا لنسبة إىل XYSو . ومير مبنتصف ا ئم با لقا ا لتناظر ا)عندئذ يكون . XYPاملستوي )XYS ABCD ABCD=ومن ثم ،

( )( ) ( ), XYM S M Mϕ ϕ∀ =

)النقطة السابقة استنتجنا أن فإذا استفدنا من )0 0XYS M M= 0أي XYM ∈ P .


تنتمي ذن منها 0Mإ و ية ظر لتنا ا يات ملستو ا مجيع ليت CDPو BDPو BCPو ا طع يف ، ثقل Gتتقا مركز

0Gوعليه ال بد أن يكون . رباعي الوجوه M= . وبذا يتم ù .اإلثبات

)يحقق x، وعدد حقيقي ℕ∗من nأثبت أنه يف حالة )sin 2 0nx لدينا ≠

( )1

1cot cot 2

sin(2 )

nn

kk

x xx=

= −∑

2yلنالحظ أوال أنه يف حالة π∉ ℤ لدينا

( )

21 2 cos cos2

sin2 sin2

cos cos2

sin sin2

cot cot 2

y y

y y

y y

y y

y y

−=

= −

= −

)يحقق ℝمن xليكن إذن )sin 2 0nx 1عندئذ يف حالة . ≠ k n≤ ال ينتمي ≥12kyالعنصر x−= 2إىل

π ℤ ة السابقة لنكتبوميكننا االستفادة من املساوا

( ) ( )11cot 2 cot 2

sin 2k k

kx x

x−= −

وعليه يكون

( ) ( )( ) ( )1

1 1

1cot 2 cot 2 cot cot 2

sin 2

n nk k n

kk k

x x x xx

−

= =

= − = −∑ ∑

ù .وهي املساواة املرجوة

:حل مجلة املعادالت . 4aو 3aو 2aو 1aنتأمل أربعة أعداد حقيقية متباينة

1 1 2 2 3 2 4 4 1i i i ia a x a a x a a x a a x− + − + − + − =

من i مع 1,2,3, 4.

A

D

C

B

G

عام 1966 69

على األعداد σليكن التبديل 1,2,3, الذي يحقق 4( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 4a a a aσ σ σ σ< < <

تكتب اجلملة بعد إعادة ترتيب املعادالت بالشكل

( )

4

1

1, 1,2, 3, 4i j j

j

a a x iσ

=

− = ∈∑

وبعد إعادة ترتيب ااهيل

( ) ( ) ( )

4

1

1, 1,2, 3, 4i j j

j

a a x iσ σ σ

=

− = ∈∑

)فإذا عرفنا )j jy xσ= و( )j jb aσ= أخذت اجلملة الصيغة التالية 2 1 3 1 4 1 1

2 1 3 2 4 2 2

3 1 3 2 4 3 3

44 1 4 2 4 3

100 1

0 10 1

b b b b b b yb b b b b b yb b b b b b y

yb b b b b b

− − − − − − = − − − − − −

:حتويالت بسيطة التالية بالترتيب جنري

( )

( )

( )

4 4 14 1

3 3 23 2

2 2 12 1

1:

1:

1:

L L Lb b

L L Lb b

L L Lb b

+−

−−

−−

:فنحصل على اجلملة املكافئة التالية

4 1

2 1 3 1 4 1 1

2

3

24

1001 1 1 101 1 1 1

1 1 1 1b b

b b b b b b yyyy

−

− − − − − − = − −

1جبمع املعادلتني الثانية والرابعة جند 4 1

1y

b b=

−2وبطرح الثانية من الثالثة جند ، 0y = .

وعليه تؤول اجلملة إىل

4 1

33 1 4 1

14

1

1 1b b

yb b b b

y−

− − =

3اليت تعطي 0y 4و =4 1

1y

b b=

−.

Aml

Typewriter



باملساواتني ℓو kوهكذا إذا عرفنا

1 4maxk ii

a a≤ ≤

و =1 4min ii

a a≤ ≤

=ℓ

1كان حل اجلملة كما يلي k

k

x xa a

= =−ℓ

ℓ

0jx، و يف حالة = ,j k∉ ℓ. ù

]نقاطا متوضعة على األضالع Mو Lو Kولتكن . ABCنتأمل مثلثا ]BC و[ ]CA ]و ]AB أثبت أن واحدا على األقل من املثلثات . بالترتيبAML أوBKM أوCLK

.ABCيتمتع مبساحة أصغر أو تساوي ربع مساحة ة د لعا كا مز aلنر BC= و ،b CA= ، وc AB= .

لنضع xو BK= ، وz AM= و ا ، خري yأ CL= . عام ولنكتب بوجه( )XYZA ملثلث ا داللة على مساحة

XYZ. عندئذ نرى مباشرة أن

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

12

12

12

( )( )sin

( )( )sin

( )( )sin

z b yAML z b y A ABC

cb

x c zBKM x c z B ABC

ac

y a xCLK y a x C ABC

ba

−= − =

−= − =

−= − =

A A

A A

A A

وعليه

( ) ( ) ( ) ( )32 2 2

( ) ( ) ( )x a x y b y z c zAML BKM CLK ABC

a b c

− − −=A A A A

أو

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3x y zAML BKM CLK f f f ABC

a b c=A A A A

)وقد عرفنا ) ( )1f t t t= 1ده األعلى ح fالتابع يبلغ .−1عند 4

2t ، ومنه=

( ) ( ) ( ) ( )31

4AML BKM CLK ABC≤A A A A

أن وهذا يربهن

( ) ( ) ( )( ) ( )14min , ,AML BKM CLK ABC≤A A A A ù

A B

C

K

M

L x

y

z

71

التاسعأوملبياد الرياضيات

ABفيه ABCDنتأمل متوازي أضالع a= 1، وAD BAD، و = θ= . نفترض Cوأ Bو أ Aثبت أن األقراص اليت مراكزها الرؤوس أ . حادة ABDأن زوايا املثلث

تغطي كامل متوازي األضالع إذا وفقط إذا كان 1ونصف قطر كل منها يساوي Dوأ

cos 3 sina θ θ≤ +

CDو BDو AD بسبب تناظر الشكل بالنسبة إىل مركز متوازي األضالع، نرى أن األقراص تغطي 1منها يساوي ونصف قطر كل Dو أ Cو أ Bو أ Aاليت مراكزها الرؤوس DDو

. ABDاملثلث كامل DDو BDو ADاألقراص ، إذا وفقط إذا غطت كامل متوازي األضالع .الذي نفترض أنه حاد الزوايا

.طرهانصف ق Rوليكن ABDمركز الدائرة املارة برؤوس املثلث Oليكن

ملا كان هذا املثلث . ABDاملثلث كامل تغطي DDو BDو AD األقراص لنفترض أن BDأو ADفهي تنتمي إىل أحد األقراص تقع داخل هذا املثلث، Oاستنتجنا أن حاد الزوايا

1R، أي 1عن أحد الرؤوس مسافة أقل من O، ومن ثم تبعد النقطة DDأو ≤. 1Rبالعكس، لنفترض أن و Bو ′Aولتكن . ≥ Dو ′ ]منتصفات األضالع ′ ]BD

]و ]DA و[ ]BA بالترتيب.

ن مل كا ا 2OA B OD B π′ ′= أن = استنتجنا

ئري ا لد ا عي با لر ODا BA′ لقرص ′ ا يف حمتوى لذي قطره ]ا ]OB ذي طولهR وهذا بدوره ،

1Rألن BDحمتوى يف القرص ≤.

OBونستنتج بأسلوب مماثل أن الرباعي AD′ لرباعي . ADحمتوى يف القرص ′ وأن اOA DB′ .DDحمتوى يف القرص ′

BDو AD فاألقراص . اع الرباعيات الثالثة السابقة يساوي اجتم ABDولكن املثلث . ABDاملثلث كامل تغطي DDو

A B

D

B ′

O

A′

D ′

BD


هو أن ABDاملثلث DDو BDو ADوهكذا فإن الشرط الالزم والكايف لتغطي األقراص 1Rيكون ≤.

2ولكن sin

DBR

θ1Rفالشرط = 2يكافئ ≥ 24 sinDB θ≤ أو

2 21 2 cos 4 sina a θ θ+ − ≤ وهذا يكافئ

( )2 2cos 3 sin 0a θ θ− − ≤ أو

( )( )cos 3 sin cos 3 sin 0a aθ θ θ θ− − − + ≤ )على املستقيم Dحاد الزوايا يقتضي أن مسقط ABDولكن، كون املثلث )AB ينتمي إىل]القطعة املستقيمة ]AB أي إنcos 0a θ− cosومن ثم ≤ 3 sin 0a θ θ− + >

cosفاملتراجحة السابقة تقتضي أن 3 sina θ θ≤ +. ù

أثبت أن حجم رباعي . الواحديتجاوز طوله ميكن أن ضلع واحد فقط نتأمل رباعي وجوه فيه

1الوجوه هذا أصغر أو يساوي 8.

)الكرة املغلقة املليئة 3ℝلنتأمل يف )0,1B=B ملا كان . 1ف قطرها اليت مركزها املبدأ ونص)يساوي ABCDحجم رباعي وجوه )1

6 det , ,BA BC BD

استنتجنا أن املطلوب أثبات املتراجحة

( )1 1det , ,

6 8u v w ≤

uأيا كانت األشعة 1uاليت تحقق Bمن wو vو v− ≤

1uو w− ≤ .

يف احلقيقة، إذا عرفنا اموعة( ) 3, , : 1, 1u v w u v u w= ∈ − ≤ − ≤K B

)من )33ℝت أن، رأينا أن املطلوب هو إثبا

( ) ( ) 16

1sup det , , : , ,

8u v w u v w ∈ ≤K

ولكنK ة يفة متراصجمموعة جزئي( )33ℝ . والتابع( ) ( )1

6, , det , ,u v w u v w

֏ تابع .فهو يبلغ حده األعلى عليها Kمستمر على

A B

D

a

1

θ

عام 1967 73

)إذن توجد )0 0 0, ,u v w تحقق Kيف

( ) ( ) ( ) 1 10 0 0 max6 6det , , sup det , , : , ,u v w u v w u v w V= ∈ =K

يكون فيها 3ℝمجلة متعامدة نظامية يف لنتأمل( )0 , 0, 0u α=

)و )0 , , 0v λ µ=) و )0 , ,w x y z=

0مع α< 0و µ< 0و z< . كافئ انتماءعندئذ ي( )0 0 0, ,u v w :ما يلي Kإىل

( )

2 2

2 2 2

2 2

2 2 2

1

1

1

1

( ) 1

x y z

x y z

α

λ µ

λ α µ

α

≤

+ ≤

+ + ≤

− + ≤

− + + ≤

:أما احلجم فيعطى بالصيغة التالية ( )1 1

max 0 0 06 6det , , ,V u v w zαµ= =

)لنتأمل الشعاع )2 21 , 0,w x y z= +)عندئذ نرى مباشرة أن . )0 0 1, ,u v w

)ونستنتج من . Kينتمي إىل )10 0 1 max6 det , ,u v w V≤ 2أن 2y z z+ ≤

0yوهذا يربهن على أن )وأن .= )0 1 , 0,w w x z= = .

)لنتأمل الشعاع )2

1 2 4, 1 , 0v α α= −)عندئذ نرى مباشرة أن . )0 1 0, ,u v w

)ونستنتج من . Kينتمي إىل )10 1 0 max6 det , ,u v w V≤ 2أن

41 α µ− ≤ ، أن و وهذا يربهن، بناء على

22

4

αλ )و ≥ )

22

4

αλ α− ≤

ومنه جند

( )2 2

2 2

4 4

α αλ α λ− + ≤ +

)وهذا يكافئ )2242 0αλ αλ− + )أو ≥ )

22 0αλ − 2ه ومن. ≥

αλ = ،

2نستنتج أن وبالعودة إىل

41 αµ ≤ مما . ، وكنا قد أثبتنا املتراجحة املعاكسة−

)يربهن على أن )2

0 1 2 4, 1 , 0v v α α= = − .


)لنتأمل كذلك )22 2 4, 0, 1w α α= −) عندئذ نرى مباشرة أن. )0 0 2, ,u v w

)ونستنتج من . Kينتمي إىل )10 0 2 max6 det , ,u v w V≤ 2أن

41 zα− ≤ ، أن و وهذا يربهن، بناء على

2

2

4x

α و ≥

22( )

4x

αα− ≤

2xومنه نستنتج بأسلوب مماثل ملا سبق أن α= 2، وأن

41z α= وهذا يربهن . −

)على أن )20 2 2 4, 0, 1w w α α= = − .

وهكذا نرى أن 2

max 16 4

Vα α = −

ولكن( )( )

( )( )

23

max

2

1 31 3 4

8 24 24

1 1 1 1 1

24 24

Vα α αα α

α α α α

− − −− +− = =

− + − + − −= ≥

إذن

max1 1 1

8 24 8V

α−≤ − ≤

1 أيوهذا يثبت النتيجة املطلوبة، max 8V ، ويربهن أن املساواة حتصل يف حالة≥

( )0 1,0, 0u =)و )1 3

0 2 2, , 0v =)و )1 3

0 2 2, 0,w =

1αة الاملوافقة حل =. ù

1pنفترض أن . أعدادا طبيعية nو mو kلتكن m k= + ا هو عدد أويل أكرب متام +1nمن )ونعرف + )1sa s s= 1أثبت أن جداء الضرب . + 2 na a a⋯ يقسم العدد

( )( ) ( )1 2m k m k m n ka a a a a a+ + +∏ = − − −⋯

)لنالحظ أوال أن )( ) 1s ra a s r s r− = − + عندئذ نرى مباشرة. +

( ) ( )1 1 1

( 1 )n n n

m j kpj j j

a a m k j m k j+= = =

∏ = − = − + + + +∏ ∏ ∏

عام 1967 75

إذن( )

( )

( )! !

! !

m k n p n

m k p

− + +∏ = ⋅

−

ولكن ( )

( )

!!

!m kn m k

m k nn C

m k−+ −

− += ⋅

−

وكذلك( )

( ) 1! 11 !

!np n

p nn C

p p++

+= + ⋅

1pو الفرض n> )أويل مع pيقتضي أن + )1 !n )، وهو أويل مع + )1 !p إذن −

( ) ( )( )gcd , 1 ! 1 ! 1p n p+ − )و = ) ( )( )( )1| 1 ! 1 !pn pp C p n−+ × − −

|1هذا يربهن أن pn pp C − إذن. +

( )! 1 !n n∏ = + ⋅ Λ

:هو العدد الطبيعي املعطى بالصيغة Λو11 n m k

p n n m kC Cp

+ −+ + −Λ = ⋅

اإلثبات مبالحظة أن ويتم( ) 1 2! 1 ! nn n a a a+ = ⋯. ù

0نعطى مثلثني حادي الزوايا 0 0A B C 1و 1 1ABC . طلب إنشاء مثلثيABC مساحته1أكرب ما ميكن، ويشابه 1 1ABC الرؤوس إىل األضالع 0Cو 0Bو 0A، على أن تنتمي

[ ]BC و[ ]CA و[ ]AB .

:ولنالحظ ما يلي . لنفترض أن اإلنشاء منجز: التحليل 1و ABCنستنتج من تشابه املثلثني 1 1ABC أن

1A A= و 1B B= .

]اليت ترى منها القطعة ACعلى القوس A تقع إذن ]0 0C B 1بزاوية قدرهاA واحملتواة ،)يف نصف املستوي الذي يعينه املستقيم )0 0C B 0وال حيويA.

لقوس Bوكذلك تقع لقطعة BCعلى ا ليت ترى منها ا ]ا ]0 0AC 1بزاوية قدرهاB ،)واحملتواة يف نصف املستوي الذي يعينه املستقيم )0 0AC 0ال حيوي وB.


ن )إ ) ( )21 1 1ABC k ABC=A A نا مز ر قد )و )XYZA ملثلث ا حة مسا ىل إXYZ ورمزنا ،k إىل نسبة التشابه اليت تساوي

1 1

ABAB

كون مساحة املثلث وعلى هذا ت . ABC يكون طول الضلع أكرب ما ميكن عندماAB أطول ما ميكن.

B، وليكن ACمركز الدائرة ′Aليكن مركز الدائرة ′

BC فلنعر ثم ،M وN للنقطتني ئمني لقا ا ملسقطني اA′ وB )على املستقيم ′ )AB . عندئذ نستنتج من كونM منتصف[ ]0C A ومن كون ،N منتصف[ ]0BC 2ABأن MN= الشعاع ولكن ،MN

هو املسقط

Aالقائم للشعاع B′ ′)على منحى املستقيم )AB وهذا ،

2AB يربهن أن A B′ إذا وفقط وحتدث املساواة . ≥′)إذا كان ) ( )AB A B′ ′ .

0Cعلى املستقيم املار بالنقطة Bو Aإذن تقع النقطتان )موازيا خط املركزين )A B′ ′.

:اإلنشاء ]الذي ترى منه القطعة املستقيمة ACننشئ القوس ]0 0C B حتت زاوية قدرها

1A ، .مركز هذه الدائرة ′A، ونعين النقطة 0Aللرأس ومن اجلهة املقابلة

]الذي ترى منه القطعة املستقيمة BCننشئ كذلك القوس ]0 0AC حتت زاوية قدرها1B 0، ومن اجلهة املقابلة للرأسB ن النقطةونعي ،B .مركز هذه الدائرة ′)املوازي خلط املركزين δاملستقيم 0Cننشئ من )A B′ Aيف ACمع δفيتقاطع . ′

.Bيف BCويتقاطع مع )قطة تقاطع املستقيمني ن Cننشئ )0AB و( )0BA. ù

)نتأمل أعدادا حقيقية )1 8, ,a a… طب . ليست مجيعها معدومة ف يف حالة عدديعي ونعرn ير د ملقا )ا ) 1n nc لصيغة ≤ 1با 2 8

n n nnc a a a= + + عة . ⋯+ مو ا ن أ علمت ا ذ فإ

: 0nn c∗= ∈ =Z ℕ موعةغري منتهيةن هذه افعي ،.

1C 1B

1A

0C

C

B

A

0A 0B

A′

B ′

M

N

AC

BC

عام 1967 77

:لنعرف إذن ما يلي . ف وراء احلليف هذه املسألة، الترميز املناسب يق : 1 8ka k= ≤ ≤V

من vويف حالة \ 0V موعتنيف انعر 1, ,8 :v kJ k a v+ = ∈ و …= 1, , 8 :v kJ k a v− = ∈ = −…

)وأخريا نضع )cardv vJλ+ )و =+ )cardv vJλ− عندئذ. =− ( )

2 12 1

\ 0

, nn v v

v

n c vλ λ+ − ++

∈

∀ ∈ = −∑V

ℕ ( )∗

لنفترض جدال أن \ 0 : v vv λ λ+ −= ∈ ≠ ≠ ∅W V H

عندئذ ( ) 2 1

2 1, nn v v

v

n c vλ λ+ − ++

∈

∀ ∈ = −∑W

ℕ

maxwوإذا عرفنا = W كان لدينا

( ) ( )( )2 1

2 12 1

\

,n

nw w v vn

v w

c vn

wwλ λ λ λ

++ + − + −+

∈

∀ ∈ = − + −∑W

ℕ

ومن ثم

( )2 12 1

lim 0nw wnn

c

wλ λ+ + −

+→∞= − ≠

تحقق 0nوهذا يربهن أنه توجد قيمة 2 1

0 2 1, 0n

n

cn n

w

++

∀ ≥ >

0وخصوصا 2 1, 0nn n c +∀ ≥ ,21وألنه لدينا وضوحا . ≠ 0nn c∀ ≥ استنتجنا من ≠

02ذلك أن , 0nn n c∀ ≥ ، أي ≠ 01,2, ,2n⊂Z وهذا يتناقض مع الفرض . …

H. ويربهن على أن= ∅W .ومن ثم \ 0 , v vv λ λ+ −∀ ∈ =V

)وهذا يقتضي، بناء على 2، أن ∗( 1, 0nn c +∀ ∈ =ℕ . تكون ومن ثمZ جمموعة مجيع

) ، أياألعداد الفردية )\ 2=Z ℕ ℕ. ù .أي عدد طبيعي 8يسري هذا اإلثبات، يف حالة استبدلنا بالعدد : مالحظة


يف اليوم األول جرى توزيع . ميدالية mيوما جرى توزيع nيف مسابقة رياضية دامت اليتني عدد امليداليات املتبقية، ويف اليوم الثاين جرى توزيع ميد سبعميدالية واحدة إضافة إىل

ويف اليوم األخري جرى ، . .. عدد امليداليات املتبقية، وهكذا دواليك سبع اثنتني إضافة إىل فكم ميدالية وزعت يف هذه املسابقة ؟ وكم يوما . nتوزيع امليداليات املتبقية وكان عددها

؟ دامت

ليوم kmلنفترض ملتوفرة صباح ا ليات ا مليدا ا لنص، لدينا . kعدد ا دا إىل 1mاستنا m= nmو n= . م ليو ا يع kيف ز تو ى لي kجر ا أي ميد ملتبقية ا ت ليا ا مليد ا ىل سبع إ فة إضا ة

7km k

k−

1k، فعدد امليداليات املتوفرة صباح اليوم + يساوي +

( )16 6

7 7 7k

k k k

m km m k m k+

−= − + = −

نستنتج من الصيغة السابقة أن

( ) ( ) ( )1 1

17 7 7

; 16 6 6

k k k

k km m k k n− −

+ − = − ≤ <

وباجلمع جند

( ) ( )11 1

11

7 7

6 6

nn k

n

k

m m k

−− −

=

− = −∑

ومنه

( )1

1

7

6

n k

k

m k−

=

=∑

ولكن

( )( )( )

( )

11

21 0

1 1 1 1

1 1

n n n nk k

k k

x x n x xkx x

x x

+−

= =

′ ′ − + − − + = = = − − ∑ ∑

إذن

( ) ( )1

11

7 7 636

6 6

n k n

nk

nm k

−

−=

−= = +∑

)ولكن )1gcd 6 ,7 1n n− العدد16n− عددا صحيحا جيب أن يقسم mفحتى يكون =6n 16وألن . − 6n n− > 6n، استنتجنا من ذلك أن − = 36، ومن ثمm =. ù

79

العاشرأوملبياد الرياضيات

أوجد املثلثات اليت أطوال أضالعها أعداد طبيعية متتالية، وفيها زاوية قياسها يساوي ضعفي .قياس زاوية أخرى

ملثلث هي ا أطول أضالع أن 1aلنفترض 1aو a، و + − ولتكن هذه األضالع . 2و يساوي أ عدد طبيعي أكرب a حيث

]بالترتيب ]AB و[ ]BC و[ ]CA .نرى أنذ عندئ

( ) ( )

( )( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

2 22 2

2

2 2 2

2 2 2

1 1 2cos

2 1 1 2 1

1 1 4cos

2 1 2 1

1 1 4cos

2 1 2 1

a a a aA

a a a

a a a aB

a a a

a a a aC

a a a

− + + − += =

− + −

+ + − − += =

+ +

+ − − + −= =

− −

cosوألن 1C > 3aوجب أن يكون − ≥ .

ACمن جهة أخرى، نالحظ أن املتراجحة و BC AB< تقتضي > B A C< ، إذن >جيب أن يكون

3C

πوهذا جيعل من املستحيل حتقق . πن جمموع زوايا املثلث يساوي أل <

إحدى املساواتني 2A C= أو 2B C= ه من غري املمكن أن يكونكما إن ، 2B A= ،ألن B A<. إذن علينا فقط دراسة احلاالت الثالث التالية:

حالة 2A B= . عندئذ( ) ( )2

2 1 cos 2 cosA B+ وهذا يكافئ =

( )22

2

3 4

11

a a

aa

+=

+−

1a، بعد االختصار على هوتكتب هذ واإلصالح، بالشكل +

( ) ( )( )223 1 1 4a a a a+ = − + 3 أو 22 4 8 0a a a− − + )، وهذا يكافئ = )( )22 2 0a a+ − = . وهذا ال يوافق

3aحال مقبوال إذ جيب أن يكون هذا يوافق مثلثا فيه (. ≤ 0A B= =.(

A B

C

1a +

a1a −


حالة 2C A=. عندئذ( ) ( )2

2 1 cos 2 cosC A+ وهذا يكافئ =( )

22

2

3 2 2

1 1

a a

a a

− + = − −

1a، بعد االختصار على هوتكتب هذ واإلصالح، بالشكل −( )( )( ) ( )

2223 2 1 1 2a a a a− − + = + أو

4 3 22 3 13 3 2 0a a a a− − + + = أكرب أو aفال يوجد عدد طبيعي . 2هلذه املعادلة قامسا للعدد aوعليه جيب أن يكون كل حل

.يحققها 3يساوي حالة 2C B=. عندئذ( ) ( )

22 1 cos 2 cosC B+ وهذا يكافئ =( ) ( )

23 2 4

1 1

a a

a a

− +=

− +

وتكتب هذ، بعد اإلصالح، بالشكل3 22 7 17 10 0a a a− − + =

، وملا كانت هذه 3طبيعية أكرب أو تساوي هلذه املعادلة اليت هي أعداد aنبحث عن احللول استنتجنا التفريق. 10احللول جيب أن تكون من بني قواسم العدد

( )( )25 2 3 2 0a a a− + − = )ولكن )2 22 3 2 2 1 3 3 0a a a a a+ − = − + ≥ 5a، إذن < = .

6ABالذي فيه ABCنتيقن مباشرة أنه يف املثلث وبالعكس، 5BC، و= = ،4CAو لدينا = 2C B=احلل الوحيد للمسألة املطروحة إذن ، وهو. ù

لطبيعية ا د ا األعد مجيع وي nأوجد يسا ية لعشر ا بة لكتا ا يف ا نا ء ضرب خا ليت جدا ا

2 10 22n n− −. 11nمبالحظة أن الشرط يقتضي ≥

( )( )2 10 22 1 11 11 0n n n n− − = + − − < نستنتج أن كل عددn حقق شرط املسألة جيب أن يكون أكرب أو يساوي12ي.

عام 1968 81

هي nومن جهة أخرى، إذا افترضنا أن الكتابة العشرية للعدد

( )1 0 100

10m

km m k

k

n d d d d−=

= = ∑…

أنمن الفرض استنتجنا 2

1 010 22 9 10m mm m m mn n d d d d d n−− − = × × × ≤ < ≤⋯

2يقتضي وهذا 11 22 0n n− − 2ومنه > 11 26 0n n− − أو >( )( )13 2 0n n− + <

13n إذن < . عدد جده إذا ووهكذا نرى أنn ة جداءساوييضرب خاناته العشري 2 10 22n n− يحقق هذه 12 نتيقن بسهولة أن العددبالعكس ، و12كان هذا العدد هو −

ù .اخلاصة فهو احلل الوحيد للمسألة املطروحة

حقيقية ن د ا عد أ ثة ثال مل 0aتحقق cو bو aتأ ف . ≠ نعر ألشعS و ا عة ة جممو( )1, , nx x… منn

ℝ حققاليت ت 2

1 : 1,2, ,k k kax bx c x k n++ + = ∈ … 1مع االصطالح 1nx x+ )أثبت أن . = )card S ه 1، أو 0يساويأكرب متاما من ، أو أن

)وذلك تبعا لكون املقدار 1 )21 4b acδ = − .موجبا متاما أو صفرا،أو ،سالبا متاما −

)لنعرف ) ( )2 1f x ax b x c= + − :، ولنناقش احلاالت التالية +

0δحالة )إذن يحافظ املقدار . > )f x على إشارة ثابتة، هي إشارةa وذلك مهما ،)، ومن ثمx كانت قيمة ), 0x af x∀ ∈ >ℝ. ≠فإذا كانت ∅S وجدنا عنصرا( )1, , nx x… منn

ℝ ،يكون حال للجملة املدروسة)ومبالحظة أن ) 1k k kf x x x+= ، استنتجنا مما سبق أن−

( )11, , , 0k kk n a x x+∀ ∈ − >… )وجبمع هذه املتراجحات جند )1 1 0na x x+ − 1nxويف هذا تناقض واضح ألن < +

=إذن جيب أن يكون .1xيساوي ∅S يف هذه احلالة.


لة 0δحا لة، يوجد عدد حقيقي . = )يحقق zيف هذه احلا )2( )f x a x z= يا − أ

. ℝمن xة كانت قيم≠فإذا كانت ∅S وجدنا عنصرا( )1, , nx x… منn

ℝ ،يكون حال للجملة املدروسة)ومبالحظة أن ) 1k k kf x x x+= بق أن، استنتجنا مما س−

( )211, , , k k kk n x x a x z+∀ ∈ − = −… وجبمع هذه املساويات جند

( )2 1 11

0n

k n

k

a x z x x+=

× − = − =∑

kxوهذا يقتضي أن z= ا كانأيk من 1, ,n… . قن مباشرة أنوبالعكس، نتي 1, , , kk n x z∀ ∈ =… ف حال من يعرS . إذن( )card 1=S يف هذه احلالة.

0δحالة يحققان 2zو 1zيوجد إذن عددان حقيقيان خمتلفان . <( ) ( )( )2 1f x a x z x z= − −

)عنصرين خمتلفني Sجند يف عندئذ، )1, , nx x… و( )1, , ny y… فانمها العنصران املعر :كما يلي

11, , , kk n x z∀ ∈ و …= 21, , , kk n y z∀ ∈ =… )إذن )card 1>S يف هذه احلالة. ù

أثبت أنه يف كل رباعي وجوه يوجد رأس تكون أطوال األحرف املنبثقة منه أطوال أضالع .مثلث

ه اخلاصة، أي ال تصلح عندئذ يوجد رباعي وجوه ال يحقق هذ . لنفترض أن هذه النتيجة خطأ لنسم رباعي الوجوه هذا . أطوال األحرف املنبثقة من أي من رؤوسه لتكون أطوال أضالع مثلث

ABCD ولنختر[ ]AB ليكون طوله هو األطول بني حروف رباعي الوجوه هذا .

ال تصلح أطوال أضالع مثلث، أن أحدها ADو ACو ABعندئذ نستنتج من كون األطوال ]أكرب أو يساوي جمموع طولي االثنني اآلخرين، وبناء على طريقة اختيار ]AB هذا يقتضي ،

AB AC AD≥ + ( )1

عام 1968 83

ال تصلح أطوال أضالع مثلث، أن BDو BCو BAوكذلك نستنتج من كون األطوال ]أحدها أكرب أو يساوي جمموع طولي االثنني اآلخرين، وبناء على طريقة اختيار ]AB هذا ،

يقتضي BA BC BD≥ + ( )2

)وجبمع املتراجحتني )و 1( جند 2( 2 ADAB C DA BBC≥ + + + ( )3

ACلدينا املتراجحة ABCولكن يف املثلث BC AB+ ABD، وكذلك يف املثلث <ADلدينا أيضا BD AB+ ، وجبمع هاتني املتراجحتني جند<

2AD BAC B ABC D+ + + > )ناقض وهذه املتراجحة ت ù .اقض يثبت صحة اخلاصة املطلوبةوهذه التن. 3(

f:نتأمل تابعا حقيقيا →ℝ ℝ . متاما حقيقي موجب ه يوجد عددونفترض أنa حققي ( ) ( ) ( )( )2

1,

2x f x a f x f x∀ ∈ + = + −ℝ

1aحيقق ما سبق يف حالة fدوري، وأعط مثال عن تابع غري ثابتf أثبت أن =. )نستنتج من كون اجلذر التربيعي معرفا أن ) [ ], 0,1x f x∀ ∈ ∈ℝ وألن اجلذر التربيعي ،

)موجب استنتجنا أن ) [ ]12, ,1x f x∀ ∈ ∈ℝ .

لنعرف إذن التابع ( ) ( ): , 2 1g g x f x→ = −ℝ ℝ

]يأخذ قيمه يف اال gفنرى أن لدينا ℝمن xكما نرى أنه يف حالة . 0,1[( ) ( ) ( )( ) ( )( )2 24 4 1g x a f x f x g x+ = − = −

، يكنℝمن xومن ثم، مهما تكن ( ) ( )( ) ( )( ) ( )

2 22 1 1 1g x a g x a g x g x+ = − + = − − = ) ألن ) 0g x هو أيضا fوهذا يقتضي أن . دورا 2aدوري، يقبل العدد هو تابعg إذن . ≤

2-تابعaدوري. )ونتيقن مباشرة أن التابع ) ( )( )1

2 21 cosf x xπ= يحقق املعادلة التابعية املعطاة مع +1a =. ù


اموع nاحسب يف حالة عدد طبيعي

10

2

2

k

n kk

nS

+≥

+ = ∑

xإذ رمزنا إىل اجلزء الصحيح للعددxيح أصغر أو يساوي ، أي أكرب عدد صحx. املالحظة األساسية هنا هي

12, 2x x x x ∀ ∈ + + = ℝ

1إذن إن التابع 2 2x x x x + + − ֏ وهو معدوم وضوحا على . دورا 1يقبل العدد

]كل من االني ]و ,120] [12 ,1.

ومن جهة أخرى، نرى أن اموع املطلوب هو جمموع عدد منته من احلدود ألنه يف حالة 2kn 1يكون >

22

0k

k

n++ =

أنجند وهكذا .

( )1 10 0

0 1

1

22 2 2

2 2

n k k kk k

k kk k

n n nS

n nn

+ +≥ ≥

≥ ≥

= + = −

= − =

∑ ∑

∑ ∑

موع املطلوبوهي قيمة ا. ù

gQWEA DZXC

85

احلادي عشرأوملبياد الرياضيات

4nاليت جتعل مجيع األعداد mأثبت أنه يوجد عدد الائي من األعداد الطبيعية m+ ، .، أعدادا غري أوليةℕ∗ يف n عندما تتحول

44mيف حالة k= وk من∗ℕ، نرى مباشرة أن ( )

( )( )

( )( ) ( )( )

24 4 2 2 2 2

2 2 2 2

2 22

1

2

1

4 2 4

2 2 2 2

n k n k k n

n kn k n kn k

n k k n k k

≤ ↵ ≤ ↵

+ = + −

= + + − +

= + + − +

4فالعدد ℕمن nوهذا يربهن أنه مهما تكن 44n k+ لياليس عددا أو. ù

)ليكن )1 2, , , na a a… منnℝ . ل التابعولنتأم:f →ℝ ℝ ف بالصيغةاملعر

( )( )

11

cos

2

nk

kk

x af x −

=

+= ∑

)أثبت أن الشرط ) ( )1 2 0f x f x= 1يقتضي = 2x x π− ∈ ℤ. لنالحظ أوال أن

( )

( )

( )i i

i i1 1

1 1

Re Re Re2 2

k kn nx a a

x xk k

k k

e ef x e e ω

+

− −= =

= = = ∑ ∑

وقد عرفنا i

11 2

kn a

kk

eω −

=

= حظ أنوهنا نال. ∑

( )1

ii

1 11 12 2

1 1 11 1 1 0

2 22 2

kn naa

n nk kk k

eeω − −− −

= =

≥ − ≥ − = − − = >∑ ∑

0ωإذن ]من ϕفيوجد ≠ [0, 2π وr من∗+ℝ حققانيire ϕω وعندها يكون. =−( ) ( ), cosx f x r x ϕ∀ ∈ = −ℝ

)إذن جمموعة حلول املعادلة ) 0f x هي = 2 :k kπϕ π+ + ∈ ℤ والفرق بني أي ، πℤ. ù ينتمي إىلهلذه املعادلة 2xو 1xحلني


من اموعة kيف حالة 1, 2, 3, 4, aيطلب إجياد الشرط الالزم والكايف على العدد 56، و aضلعا طول كل منها يساوي kكي يوجد رباعي وجوه فيه k− ضلعا طول كل

.1منها يساوي 1k حالة =.

ه جو و عي با ر مل ABفيه ABCDلنتأ a= ، ةبقي ل ا طو أ و]منتصف Mولنعرف . 1األحرف تساوي ]CD.

ملثلثني ا من ن كل متساوي األضالع ACDو BCDملا كا مثلثا 3، استنتجنا أن 1وطول ضلعه يساوي

2MB MA= = . 0 املتراجحة لدينا AMBوألنه يف املثلث AB AM MB< < استنتجنا الشرط الالزم . +0 3a< < .

0وبالعكس، يف حالة 3a< الذي يحقق AMB، ميكن إنشاء املثلث >3

2AM MB= ABو = a=

)عموديا على املستوي Mثم خنتار على املستقيم املار من )AMB النقطتنيC وD اللتني1مقدار Mتبعدان عن

فالشرط .يحقق اخلاصة املرجوة ABCDفنحصل على رباعي وجوه . 20الزم والكايف يف هذه احلالة هو ال 3a< <.

5k حالة =.

1حتاكيا مركزه نقطة ما ونسبته aH/1ليكن a . عندئذ تكون صورة أي رباعي وجوهABCD

، رباعي وجوه فيه حرف واحد طوله 1وطول احلرف األخري aفيه مخسة أحرف طول كل منها 1/b a= 0ن يكون أإذن جيب . 1، وأطوال بقية األحرف تساوي 3b< أو >

1

3a<إذن 1وبالعكس، إذا حتقق هذا الشرط، حققت . ، فهو شرط الزم/b a= الشرط

0 3b< وي ، وأطوال بقية األحرف تساbفيوجد رباعي وجوه فيه حرف واحد طوله >)وعندئذ تكون صورة رباعي الوجوه هذا وفق التحاكي . 1 )

1

1/a a

−=H H رباعي وجوه

فالشرط الالزم والكايف يف هذه . 1وطول احلرف األخري aفيه مخسة أحرف طول كل منها 1هو احلالة

3a< .

A

B

C DM

a

عام 1969 87

2k حالة وأطوال بقية األحرف aلنتأمل رباعي وجوه فيه حرفان طول كل منهما .= :ولنناقش حالتني . 1تساوي

. يشتركان برأس aطول كل منهما يساوي اللذان احلرفان على أن يكون طول كل ABCD هذا نسمي رباعي الوجوه

وأطوال بقية األحرف تساوي aمساويا ADو ACمن ]منتصف Mلنعرف كما يف السابق .1 ]CD.

3مثلثا متساوي األضالع استنتجنا أن BCDملا كان 2MB =.

2ساوي الساقني استنتجنا أن مت ACDوملا كان 14MA a= وعلى هذا نستنتج . −

أن AMBمن املثلث MB AB MA MB AB− < < +

أو23 1 3

1 12 4 2

a− < − < + 22 وهذا يكافئ 3 2 3a− < < )وألن ، + ) ( )

21 3 2 2 3± = ±

:التايل الشرط الالزم ذلك ننستنتج م3 1 3 1

2 2a

− +< <

. ال يشتركان برأس aاللذان طول كل منهما يساوي احلرفان على أن يكون طول كل من ABCDنسمي رباعي الوجوه

AB وCD مساوياa ة األحرف تساوي1وأطوال بقي .]منتصف Mلنعرف كما يف السابق ]CD. وفيهما. طبوقان ACDو BCDاملثلثان املتساويا الساقني

2

14

aMB MA= = −

ABأن AMBوعلى هذا نستنتج من املثلث MB MA< أي، +2

2 14

aa < −

2aوهذا يكافئ <.

A

B

C DM

a a

A

B

C DM

aa


1وألن 32

2 2kتجنا مما سبق أنه يف حالة استن >+ املتراجحة aيلزم أن حتقق =1 3

02

a+

< < 1kونربهن بأسلوب مماثل حلالة ننشئ ، ثمAMB، أن هذا الشرط كاف، إذ نبدأ بإنشاء =

C وD . 1فالشرط الالزم والكايف يف هذه احلالة هو 32

0 a +< < . 4kحالة =.

لة هو حلا ا لكايف يف هذه ا و لالزم ا لشرط 3ا 12

a− لة . > من حا ذلك 2kونستنتج = .aH/1التحاكي باالستفادة من

3kحالة =. ∗من aمهما كانت قيمة يف هذه احلالة

+ℝ، يوجد رباعي وجوه فيه ثالثة أحرف طول كل منها .a، وثالثة أحرف طول كل منها يساوي 11aيف حالة رابع على ، ثم اختر الرأس الa، أنشئ مثلثا متساوي األضالع طول ضلعه ≥

.1حمور املثلث ليكون بعده عن بقية الرؤوس مساويا 1aيف حالة ، ثم اختر الرأس الرابع على 1، أنشئ مثلثا متساوي األضالع طول ضلعه <

a. ùس مساويا حمور املثلث ليكون بعده عن بقية الرؤو

نقطة مل ئرة Cنتأ ]قطرها C على نصف دا ]AB وخمتلفة عنA وB . ولتكنD )على Cاملسقط القائم للنقطة )AB . ل الدوائرةنتأم 1ثمC 2وC 3وC فة كما يلياملعر:

1C ة ألضالع املثلثهي الدائرة املماسABC داخال. 2C نصف الدائرة هي الدائرة اليت متسC ني تاملستقيمالقطعتني و[ ]CD و[ ]DA. 3C نصف الدائرة هي الدائرة اليت متسC والقطعتني املستقيمتني[ ]CD و[ ]DB. )وجود مستقيم آخر غري أثبت )AB 1 الدوائر ميسC 2وC 3وC .

من k، يف حالة kC ونصف قطر إىل مركز الدائرة krو kO ين لنرمز بالرمز 1,2,3 ،]أي منتصف ، Cإىل مركز الدائرة rو O ين ولنرمز بالرمز ]AB دو أن يب . ، ونصف قطرها

ABسنفترض كما جرت العادة . احلل التحليلي هو األنسب يف هذه املسألة c= وBC a= CAو b= وألن ،ABC قائم يفC 2كان 2 2a b c+ =.

عام 1969 89

لنقطة ا ها ؤ مبد مية نظا ة مد متعا مجلة مل فيها Dلنتأ ن )يكو ), 0A α− و( ), 0B β )و ), 0C γ حيث α وβ وγ موجبة متاما ولنالحظ أن. أعداد

2b

cα و =

2a

cβ abو =

cγ =

A D B

C

1C

2C

3C

1O2O

3O

C

O )لنفترض أن .1Cتعيني الدائرة )1 1,x y 1هي إحداثياتO . الما يلي نالحظ أو:

)معادلة - )AC 0هيx yγ α αγ− + =. )معادلة - )BC 0هيx yγ β βγ+ − =. )معادلة - )AB 0هيy =. عن املستقيمات الثالثة السابقة استنتجنا أن 1rتبعد البعد نفسه 1Oملا كانت

1 1 1 11 1 2 2 2 2

x y x yr y

γ α αγ γ β βγ

α γ β γ

− + + −= = =

+ +

)ل من املستقيمني بالنسبة إىل ك Dتقع داخل املثلث أي من جهة 1Oولكن )AC و( )BC 1إذن إشارة 1x yγ α αγ− 1فهو موجب، وإشارة αγتماثل إشارة + 1x yγ β βγ+ −

1 وأخريا. فهو سالبβγ− تماثل إشارة 0y إذن. <1 1 1 1

1 1x y x y

r yb a

γ α αγ βγ γ β− + − −= = =

ومنه( )

( )

1 1

1 1

b y x

a y x

α γ αγ

β γ βγ

+ − =

+ + =

cαواستفدنا من كون و فإذا مجعنا املعادلتني β+ وجدنا =

( )2 2

1 2 2 2

ab a b a bc aby

a b c aba b a b

γ + − += = =+ + + + +


ن إذ

1 2

a b cy

+ −=

جند وبالتعويض يف

( ) ( )( )( )

2 2

1 1

2 2 2 2

1

2

2 2 2 2

c b a b c bx b y b

ab c c

b c a b c b b c a b b a a b

a c c c

α αγ

+ −= + − = + −

+ + − + − − −= − = − = +

وأخريا( )( )

1 2

a b a b cx

c

− + −=

1يساوي 1Cنصف قطر إذن 2a b cr + هي 1O مركزها إحداثياتو ،=−

( )( )( )( )1 1, ,

2 2

a b a b c a b cx y

c

− + − + −=

)لنفترض أن .2Cتعيني الدائرة )2 2,x y 2هي إحداثياتO . ال أن2نالحظ أوO تنتمي2إىل منصف الربع األول إذن 2 2y x r= داخال جيب C الدائرة وحتى متس هذه الدائرة . =

2أي . أن يكون البعد بني املركزين مساويا الفرق بني نصفي القطرين 2OO r r= ، وألن −( )2 , 0β α− امها إحداثيO2، و 2

crα β+= استنتجنا =

( ) ( ) ( ) ( )2 2

2 222 2 2 2 22 2

OO x x x r rβ α β α− +

= − + = − = −

أو

( ) ( ) ( )2 2

22 2 2 222 2x x x x

β α β αα β

+ −= − − − = −

)وهذا يكافئ )2 2 22x c bα αβ α α+ = + = 2xأو = b α= −.

2يساوي 2Cإذن نصف قطر

2bcr b bα= − = هي 2Oوإحداثيات مركزها −

( )2 2

2 2, ,b b

x y b bc c

= − −

2xاملساواة : مالحظة bα+ )مع 2Cعن نقطة متاس Aتعين أن بعد = )AB يساويAC.

عام 1969 91

)لنفترض أن .3C الدائرة تعيني )3 3,x y 3هي إحداثياتO . ال أن3نالحظ أوO تنتمي3إىل منصف الربع الثاين إذن 3 3y x r= − داخال جيب C وحتى متس هذه الدائرة الدائرة . =

3أي . أن يكون البعد بني املركزين مساويا الفرق بني نصفي القطرين 3OO r r= ، ومنه−

( ) ( ) ( ) ( )2 2

2 223 3 3 3 32 2

OO x x x r rβ α β α− +

= − + = + = −

أو

( ) ( ) ( )2 2

23 3 3 322 2x x x x

β α β αβ α

+ −= + − − = +

)وهذا يكافئ )2 2 23x c aβ αβ β β− = + = 3xأو = aβ= 3xألن .− β−

سالب 3إذن نصف قطر . عددC 2يساوي

3acr a aβ= − = 3Oوإحداثيات مركزها −

هي

( )2 2

3 3, ,a a

x y a ac c

= − −

3xاملساواة : مالحظة aβ− )مع 3Cعن نقطة متاس Bعين أن بعد ت = )AB يساويBC. )لنعين )4 4,x y ات منتصف القطعةإحداثي[ ]3 2O O .يف احلقيقة، لدينا

( )

( )

2 2

4 2 3 2

2 2

4 2 3 2

1 1

2 2

1 1

2 2 2

a bx x x b a x

c

a b a b cy y y a b y

c

− = + = − + =

+ + −= + = + − = =

]هي منتصف 1Oإذن ]2 3O O . واملستقيم( )2 3O O 1هو حمور تناظر للدوائرالثالثC 2وC )يكون نظري وعلى هذا. 3Cو )AB بالنسبة إىل املستقيم( )2 3O O مماسا مشتركا آخر هلذه

ù .الدوائر

نفترض أن أي . من نقاط املستوي n، ونعطى عددا 4 متاما من عددا طبيعيا أكرب nليكن

)أثبت أن هناك على األقل . ثالث نقاط منها ال تقع على استقامة واحدة )( )3 4

2

n n− −

.رباعيا حمدبا رؤوسها من بني النقاط املعطاة


2Aو 1Aو 0Aولتكن . نقطة يف املستوي ال تقع أي ثالث منها على استقامة واحدة nلنتأمل .يع هذه النقاطأصغر مضلع حمدب حيوي مجرؤوس ثالث نقاط متتالية من

هذه ثيات ا حد إ نت كا ، مية نظا مدة متعا نه يف مجلة أ لنفترض )النقاط هي ),k k kB x y وk من عدد 1, 2, ,n… .لنضع

min ,1kx k nξ = ≤ ≤ عندئذ

( ) card 1, , : 1, 2kk n x ξ∈ = ∈… يضمن كون اموعة ξإذ إن تعريف 1, , : kk n x ξ∈ غري خالية، ووجود …=

xثالثة عناصر فيها يعين وقوع ثالث نقاط على املستقيم الذي معادلته ξ= .ل إذن حالتنينتأم:

حالة 11, , : kk n x kξ∈ = )تقع النقاط إذن . …= )1k k kB يف نصف ≠

xاملستوي ξ> . ف يف حالة1وهنا نعرk k≠ األعدادkm التالية بالصيغة: 1

1

k kk

k k

y ym

x x

−=

−

r ألن املساواة إن هذه األعداد خمتلفة مثىن مثىن sm m m= تعين وقوع النقاط =1kB

لته sBو rBو د معا ي لذ ا ملستقيم ا )على )1 1k ky y m x x− = لف − يخا ا هذ و

بالصيغة 1kو 0kيتيح لنا هذا تعريف الدليلني إذن الفرض،

0 1min ,k km m k k= و ≠ 2 1max ,k km m k k= ≠

ويكفي أن خنتار 00 kA B= و

11 kA B= و22 kA B=.

حالة 1 21, , : ,kk n x k kξ∈ = ميكن أن نفترض أن . …=1 2k ky y< .

ط لنقا ا تقع ن ذ )إ ) 1 2,k k k kB ملستوي ∌ ا نصف xيف ξ> . لة حا نعرف يف وهنا 1 2,k k k≠ األعدادkm 1: بالصيغة

1

k kk

k k

y ym

x x

−=

−.

بالصيغة 0kمما يتيح لنا هذا تعريف الدليل ،مثىن وكما سبق جند هذه األعداد خمتلفة مثىن

0 1 2min , ,k km m k k k= ∉ ويكفي أن خنتار 00 kA B= و

11 kA B= و22 kA B=.

2A

0A

1A

ξ

R

1S

2S

3S

عام 1969 93

لنقاط املتبقية وعددها Sلنرمز بالرمز 3nإىل جمموعة ا هي Rيف منطقة وهي حمتواة . −)تقاطع نصفي مستويني حمددين باملستقيمني )1 0AA و( )1 2AA. الحظ أن

( )1 2AA∩ = ∅R و( )0 1A A∩ = ∅R ( )1 وأن

[ ] ( )0 2 0 2 0 2\ ,A A A A A A= ∩R ( )2

]إىل القطع املستقيمة 3Sو 2Sو 1Sلنرمز ]1 0AA و[ ]1 2AA و[ ]0 2A A ال ميكن . بالترتيبإذ ما أن . يف آن معا 3Sو 2Sو 1Sألي مستقيم يف املستوي أن يتقاطع مع القطع املستقيمة

يتقاطع هذا املستقيم مع اثنتني منها حتى يقع رأسان من رؤوس املثلث يف نصف املستوي نفسه، .فتقع الضلع اليت تصل بينهما يف نصف املستوي هذا

يف حالة جمموعة جزئية مؤلفة من عنصرين , B C منS فنعر ، ( ) , min :B C kk BC S= ∩ = ∅ℓ

فيكون الرباعي , B CQ الذي يقبل القطعتني[ ]BC و , B CSℓ باضلعني فيها حمدرباعي.

) ، لدينامن جهة أوىل، ألنه ) , B CS BC∩ = ∅ℓ.

املستقيم الذي حيمل نية، ومن جهة ثا , B CSℓ ال يقطع[ ]BC . يف حالة هذا واضح

, B Cℓ بسبب 2أو 1يساوي( أما عندما .1( , B Cℓ من ، فهذا ينتج 3يساوي( ، ألن2(

( ) [ ] ( ) [ ]( )

( )( ) [ ]

[ ] [ ]

( )

0 2 0 2

0 2

0 2

3

A A BC A A BC

A A BC

A A BC

S BC

∩ = ∩ ∩

= ∩ ∩

= ∩

⊂ ∩ = ∅

R

R

من الواضح أن التطبيق , , B CB C Q֏ بة اليتات احملدالرباعي إذن عدد ،متباين تطبيقأكرب أو يساوي عدد اموعات اجلزئية املكونة من عنصرين يف رؤوسها من بني النقاط املعطاة

Sه 2يساوي ذه، وعدد3nC )أي − )( )3 4

2

n n− ù .ويتم إثبات اخلاصة املطلوبة .−


1الشروط تحقق 2zو 1zو 2yو 1yو 2xو 1xنتأمل أعدادا حقيقية 0x 2و < 0x > 21و 1 1x y z> 22و 2 2x y z>أثبت أن ،

( )( ) ( )2 2 21 1 1 2 2 21 2 1 2 1 2

8 1 1

x y z x y zx x y y z z≤ +

− −+ + − +

.وأعط الشرط الالزم والكايف لتتحقق املساواة2لنضع

k k k ka x y z= يف حالة − 1,2k ولنضع. ∋( )( ) ( )21 2 1 2 1 2D x x y y z z= + + − +

1عندئذ جند بنشر املقدار السابق أن 1 1 2 2 1 1 22D a a x y x y z z= + + + ولكن . −( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 22 2

1 2 2 1 2 2 1 1 2 2 1 12 1 2 1

2 22 1 1 1 2 2

1 22 1 2 1

2 22 1 1 1 2 2

1 2 1 2 1 22 1 2 1

2 2

x x x xx y x y x y x y z a z a

x x x x

z z x a x ax x

x x x x

z z x a x ax x z z a a

x x x x

+ = + = + + +

= + + +

= − + + − +

وهكذا نستنتج أن

( )

2 22 1 1 1 2 2

1 2 1 2 1 22 1 2 1

2 22 1 1 1 2 22

1 2 1 2 1 22 1 2 1

2

4

z z x a x aD a a a a x x

x x x x

z z x a x aa a a a x x

x x x x

= + + + − + −

= + − + − + −

إذن جند بوجه خاص أن 1 24 0D a a≥ > ( )∗

1مع مساواة إذا وفقط إذا كان 2a a= 1و 2

1 2

z z

x x1و = 1 2 2

2 1

x a x a

x xوهذا يكافئ =

1 2x x= 1و 2y y= 1و 2z z=. 1تراجحة إذا استفدنا من امل ،وأخريا 2 1 22a a a a+ ، اليت تتحقق فيها املساواة إذا وفقط ≤

1إذا كان 2a a= استنتجنا من املتراجحة ،( )أن ∗( )1 2 1 28a a D a a+ مع مساواة ، ≤1إذا وفقط إذا كان 2x x= 1و 2y y= 1و 2z z=. هذه املتراجحة هي نفسها ولكن: املتراجحة املطلوبة

1 2

1 1 8

a a D+ ù .وهكذا يتم اإلثبات. ≤

95

عشر الثانيأوملبياد الرياضيات

]من الضلع Mنتأمل نقطة ]AB يف مثلثABC . ولتكنr 1وr 2وr أنصاف أقطار ρوأخريا لتكن . بالترتيب BMCو AMCو ABCالدوائر املماسة داخال يف املثلثات

من BMCو AMCو ABC للمثلثات صاف أقطار الدوائراملماسة خارجا أن 2ρو 1ρو 1 أثبت أن. بالترتيب C املقابلة للرأسهة اجل 2 1 2r r rρ ρ ρ=.

ئر لدا ا اور لشكل ا ا ليت نتأمل يف مل سمت ة ا ا ABCثلث أضالع Xنسمي . Cداخال، وتلك اليت متس أضالعه خارجا مقابل الرأس

ت ن Zو Yو ملستقيما ا مع ىل و أل ا ة ئر ا لد ا س متا ط )قا )AB )و )BC و( )CA ي كذلكبالترتيب، ونسمX Yو ′ Zو ′ ′

ني لثا ا ة ئر ا لد ا س متا ط ت نقا ملستقيما ا مع )ة )AB و( )BC )و )CA نرمز كالعادة إىل قياسات زوايا املثلث وأخريا . بالترتيب

ABC بالرموزA وB وC ، وإىل أطوال أضالعهAB c= BCو a= وCA b= ونكتب ،p هداللة على نصف حميط.

AXملا كان AZ= وBX BY= وCY CZ= استنتجنا أن

AX p CY BY p a= − − = −

AXوملا كان AZ′ BXو =′ BY′ CYو =′ CZ′ استنتجنا أن =′

( )1

2a BX b AX a BX b AX p′ ′ ′ ′+ = + = + + + =

BXوبوجه خاص p a′ = −. Oاملثلث القائم باالستفادة من BX′ ومن كون ′ ( )1

2O BX Bπ′ ′ = نستنتج أن −

tan

2

p a BX B

O Xρ

′− = = ′ ′

نستنتج أن OAXوباالستفادة من املثلث القائم

tan2

r OX A

p a AX

= = −

A

B

C

r

ρ

X

X ′

Y

Y ′

Z

Z ′

O

O ′



tan tan2 2

r A B

ρ

=

جند AMC النتيجة السابقة على املثلث بتطبيق

1

1tan tan

2 2

r A CMA

ρ

=

جند BMCعلى املثلث يقهاببتطو

2

2

tan tan2 2

r B BMC

ρ

=

ولكن BMC CMA π+ إذن =

tan tan 12 2

BMC CMA =

ومنه

1 2

1 2tan tan

2 2

r r A B r

ρ ρ ρ

⋅ = ⋅ =

ù .وهي اخلاصة املطلوبة

بالشكل cلعدد طبيعي p، نكتب التمثيل باألساس 1أكرب متاما من pيف حالة عدد طبيعي ( )1 0n n pc x x x−= ⋯

تنتمي إىل اموعة kxوهذا يعين أن األعداد 0,1, , 1p p= −D 0nxوأن … > و

0

n kkk

c x p=

=∑ . ني نتأمل عددين طبيعيa وb حققان2يa b> )ونتأمل أعدادا . ≤ )0k k nx ≤ bDمن ≥

0nxتحقق 1و < 0nx − ريا نعرفوأخ. <( ) ( )

( ) ( )

1 0 1 0

1 2 0 1 2 0

,

,

n n n na b

n n n na b

A x x x B x x x

A x x x B x x x

− −

− − − −

= =

′ ′= =

⋯ ⋯

⋯ ⋯

Aأثبت أن B AB′ ′<.

A

B

C

ρ

r

1r2r

2ρ

1ρ

عام 1970 97

nلنالحظ أن nA A x a′ = nnBو − B x b′ = إذن −

( ) ( ) ( )n n n nn n nAB BA A B x b B A x a x a B b A′ ′− = − − − = −

ولكن

( ) ( )

( ) ( )

( )

0 0

1 11

2

1 11

n nn n n k k n k k n k n k

k k

k k

nn n k k n k n k

n k

k

n nn

a B b A x a b a b x a b a b

x a b a b x a b a b

x a b a b

− −

= =

− − − −−

=− −

−

− = − = −

= − + −

≥ −

∑ ∑

∑

ومنه( )1 1

1 0n nn nAB BA x x a b a b− −

−′ ′− ≥ − > ù .وهي املتراجحة املطلوبة

)نتأمل متتالية متزايدة ) 0k ka 0من األعداد احلقيقية اليت تحقق ≤ 1a ة ونعرف املتتالي . =( ) 1n nb بالصيغة ≤

1

1

11

nk

nk kk

ab

a a−

=

= − ∑

0أثبت أن 1. 2nb≤ .nوذلك مهما تكن قيمة >

]من cأثبت أنه يف حالة 2. )توجد متتالية متزايدة 0,2] ) 0k ka nbجتعل ≤ c> بدءا من0nدليل معين n=.

0nbمن الواضح أن 1. )بسبب كون املتتالية ≤ ) 0k ka tلنالحظ أنه يف حالة . متزايدة ≤]من اال ]1,k ka a− 1لدينا 1

k ka a t t≤ومن ثم ،

1

1 dk

k

a

k k

k ka

a a t

a a t t−

−−≤ ∫

ومنه

1 0

1

11 1

d d 2 22

k nn

k

a an n ak k

nk k nk k a a

a a t tb

a a t t t t t a−

−

= =

− = ≤ = = − = − ∑ ∑ ∫ ∫

2nbهن أن وهذا يرب <.


2kلنتأمل حالة 2.ka λ−= 0مع 1λ< عندئذ نرى مباشرة أن. >

( ) ( ) ( )( )1

2 2 2

1

1 1 11

n nk n

n

k

bλ λ

λ λ λ λ λ λλ

+

=

− = − = − = + − − ∑

0إذن يف حالة 2c≤ c، خنتار > 2cتحقق ′ c ′< 2λوألن . > λ λ+֏ هو تابع0λعند 0، ويأخذ القيمة ℝ+مستمر ومتزايد متاما على 1λعند 2والقيمة = = ،

[اال من 0λنستنتج وجود قيمة 2تحقق 0,1]0 0 cλ λ ′+ 0nثم جند عددا طبيعيا . =

0ق املتراجحة حقي01 nc

cλ− >

′ .

)حالة املتتالية وعليه يف ) 0k ka 2املعرفة بالصيغة ≤0k

ka λ−= يكون لدينا ،nb c> اأي0nاليت تحقق nكانت قيمة n≥. ù

ميكن جتزئة اموعة : اليت تحقق اخلاصة التالية nأوجد مجيع األعداد الطبيعية املوجبة متاما , 1, 2, 3, 4, 5nS n n n n n n= + + + + ين + أ جز ىل جه nBو nAإ و على

.nBمساويا جداء ضرب عناصر nAيكون فيه جداء ضرب عناصر لنفترض وجود عددn ةة املرجوحقق اخلاصمن الواضح أن . يnA ≠ nBو ∅ ≠ ∅ .

يقسم جداء ضرب عناصر pإن . nS يقسم أحد عناصر اموعة pلنتأمل عددا أوليا nA أو جداء ضرب عناصرnB هذين املقدارين متساويان، إذن ولكن ،p يقسم عنصرا

الفرق بني هذين العنصرين pوعليه، ال بد أن يقسم . nBويقسم عنصرا من nAمن وعة والذي يساوي عددا من ام 1,2,3, إذن . 4,5 2, 3,5p ∈.

ولنفترض أن اثنني من هذه . nSالثالثة يف اموعة الفردية األعداد جمموعة nIلنتأمل 2ئذ يقبل الفرق بينهما القسمة عند. 3األعداد يقبل القسمة على 3× لفإذن . وهذا خ

( )( )card 3 1nI ∩ ≤ℕ. وجند بأسلوب مماثل أن( )( )card 5 1nI ∩ ≤ℕ. عدد ليس nSأي يوجد يف . 5أو 3عدد فردي ليس من مضاعفات nIإذن هناك يف

وبالعودة إىل النقطة األوىل نستنتج أن هذا العدد جيب أن . 5أو 3أو 2من مضاعفات 1nكون يجيب أن ومن ثم. 1يكون = .

1nوأخريا، ؟ 5ينتمي العدد 1Bأو 1Aليس حال للمسألة، إذ إىل أي اجلزأين = ù .يحقق اخلاصة املطلوبة nعدد طبيعي موجب وهكذا نرى أنه ال يوجد

عام 1970 99

لدينا ABCDيف رباعي الوجوه 2BDC π= واملسقط القائم للنقطة ،D على املستوي

( )ABC هو نقطة تقاطع ارتفاعات املثلثABC .ة املساواةأثبت صح ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 26AB BC CA AD BD CD+ + ≤ + +

.وبين مىت تتحقق املساواة

لرمز با ملثلث Hلنرمز ا رتفاعات ا تقاطع نقطة إىل ABC وبالرمز ،E إىل نقطة تقاطع االرتفاع النازل

)، أي Cمن )CH مع ،( )AB.

)املستقيم )DH عمودي على املستوي( )ABC ،فهو عمودي على مجيع املستقيمات فيه)وبوجه خاص جند ) ( )DH AB⊥ .لدينا و( ) ( )CE AB⊥ . ألن( )CE ارتفاع

.ABCيف املثلث )ن املستقيم أنستنتج )AB عمودي على املستوي( )DEC .ومنه ( ) ( )DE AB⊥ . جند EBDو CDBو CEBالقائمة تاملثلثامن

2 2 2

2

2

2

2

2 2

2 2

CE CB EB

CD D

CEB

CDB

DE

B EB

CD BDE

π

π

π

= −

= + −

+ ==

=

=

¤

¤

¤

)فاملستقيم . Dقائم يف CDEوهذا يربهن على أن املثلث )CD عمودي على كل من)املستقيمني )DB و( )DE توي فهو إذن عمودي على املس( )DBE أي( )DBA ،

)وبوجه خاص جند ) ( )CD DA⊥ أو2CDA π= .

ونربهن بأسلوب مماثل أن 2BDA π=.

جند Dالقائمة يف CDAو BDCو ADBمن املثلثات ( )2 2 2 2 2 22AB BC CA DA DB DC+ + = + +

لدينا شولكن من متراجحة كوشي رتز )وا ) ( )2 2 2 23a b c a b c+ + ≤ + مع +aمساواة إذا وفقط إذا كان b c= إذن. =

( ) ( )2 2 2 26AB BC CA DA DB DC+ + ≤ + + ù .متساوي األضالع ABCمع مساواة إذا وفقط إذا كان املثلث

A

B

C

D

H

E


أثبت . نقطة يف املستوي، ونفترض أن أي ثالث نقاط منها ال تقع استقامة واحدة 100نتأمل .%70ثات احلادة الزوايا املكونة من هذه النقاط ال تزيد على أن نسبة املثل

.مثلثات رؤوسها من هذه النقاط ةهناك أربع. Dو Cو Bو Aلنتأمل حالة أربعة نقاط 1. ADBعندئذ نستنتج من كون جمموع الزوايا . ABCتقع داخل املثلث Dإذا كانت

أن إحداها على األقل منفرجة، ومن مث يوجد على األكثر 2πيساوي CDAو BDCو .ثالثة مثلثات حادة الزوايا يف هذه احلالة

يا الرباعي احملدب عندئذ ال ميكن أن تكون مجيع زوا. ABCخارج املثلث Dأما إذا وقعت فإحداها زاوية غري حادة ،2πحادة ألن جمموعها يساوي Dو Cو Bو Aالذي رؤوسه

إذن يوجد على األكثر ثالثة مثلثات حادة الزوايا يف . وايا واملثلث الذي حيويها ليس حاد الز .هذه احلالة أيضا

لنقاط . لنأت إىل حالة مخس نقاط 2. وهناك مخسة . هناك عشرة مثلثات رؤوسها من هذه اات ثالثة مثلثات يف كل. ات رؤوسها من هذه النقاطرباعيمن هذه الرباعي ة الزوايا واحدحاد

3فعدد هذه املثلثات حمدود بالعدد . على األكثر ، ولكننا بذلك نكون قد عددنا كل ×5يف حالة إذن عدد املثلثات احلادة . )ألنه حمتوى يف رباعيني اثنني (مثلث حاد الزوايا مرتني

15مخس نقاط حمدود من األعلى بالعدد 2 7 = .

5nنقطة مع nلنتأمل حالة 3. 3هناك . ≤nC 5وهناك . مثلثا رؤوسها من هذه النقاط

nC يف كل واحدة من هذه اموعات سبعة مثلثات حادة . جمموعة جزئية مؤلفة من مخس نقاط

57فعدد هذه املثلثات حمدود بالعدد . الزوايا على األكثر nC× نادولكننا بذلك نكون قد عد ،2كل مثلث حاد الزوايا 3nC إذن عدد . )إذ هذا هو عدد اخلماسيات اليت حتوي هذا املثلث(−

لة حلادة يف حا ملثلثات ا لعدد نقطة nا با حمدود من األعلى 5

23

7 n

n

C

C −

ونسبتها إىل مجيع ×

أو تساوي املثلثات أصغر5

2 33

7 7

10n

n n

C

C C−

×=

ù .وهذه هي النتيجة املرجوة

101

عشر الثالثأوملبياد الرياضيات

)عنصر نتأمل يف حالة . 2عددا طبيعيا أكرب متاما من nليكن )1 2, , , na a a… من nℝ ،ر ا ملقد ) ا )1 2, , ,n nE a a a… ع جممو ي و يسا ي لذ هي n ا ا لضرب حد ا ت ا ء ا جد

( )( ) ( )1 2 1 3 1 na a a a a a− − )و ⋯− )( ) ( )2 1 2 3 2 na a a a a a− − . و ⋯− .. )وأخريا )( ) ( )1 2 1n n n na a a a a a −− − القضية nPولتكن . ⋯−

( ) ( )1 1, , , , 0« , »nn n na a E a a∀ ∈ ≥… ℝ …

صحيحة إذا وفقط إذا كان nP أثبت أن 3,5n ∈.

)إذا رمزنا يف حالة )1 2, , , nA a a a= إىل كثري احلدود AΩبالرمز nℝمن …( ) ( ) ( ) ( )1

1

n

A n kk

X X a X a X a=

Ω = − − = ∏ −⋯ وجدنا أن

( ) ( ) ( )11

, ,n

n n n A k

k

E A E a a a=

′= = Ω∑…

)وهذا يربهن أن بوجه خاص أن ) ( ) ( )( )1 1, , , ,n n n nE a a E a aσ σ=… وذلك أيا كان …على جمموعة األعداد σالتقابل 1,2, ,n… . عند التعامل مع ومن ثم( )1, ,n nE a a…

1كن أن نفترض مي 2 na a a≤ ≤ ≤⋯.

2nلنفترض أن m= 2معm )ولنتأمل . ≤ )0, 0, , 0, 1A = عندئذ . nℝمن …−)يكون )2 1 1mX X−

ΑΩ = )ويكون + ) 1nE A = يا 2mPفالقضية . − أ خطأ 2mالذي يحقق m كان العدد الطبيعي ≥.

2لنفترض أن 1n m= 3mمع + )ولنتأمل . ≤ )120, , 0,1,1,1,A = . nℝمن …)عندئذ يكون ) ( )32 3 1

21mX X X−ΑΩ = − ويكون −

( ) ( ) ( )2 3 3

2

1 1 11 0

2 2 2

m

n mE A

−

= − = − <

2فالقضية 1m+P ا كان العدد الطبيعيخطأ أيm حقق3الذي يm ≥ .


3nلنتأمل حالة )ولتكن . = )1 2 3, ,A a a a= 3منℝ . ميكن أن نفترض أن األعداد( )1 3k ka ≤ 1تحقق ≥ 2 3a a a≤ عندئذ. ≥

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( ) ( )( )

3 1 2 1 3 2 1 2 3 3 1 3 2

1 2 1 3 2 3 3 1 3 2

21 2 3 1 3 2 0

E 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 a a

= − − + − − + − −

= − − − + + − −

= − + − − ≥

.ة صحيحةقضي3P وهذا يربهن أن القضية 5nلنتأمل حالة )ولتكن . = )1 2 3 4 5, , , ,A a a a a a= 5منℝ . ميكن أن نفترض أن

)األعداد )1 5k ka ≤ 1تحقق ≥ 2 3 4 5a a a a a≤ ≤ ≤ عندئذ. ≥

( )5 1 2 3 4 5E A T T T T T= + + + + مع

( )( )( )( )

( )( )( )( )

( )( )( )( )

( )( )( )( )

( )( )( )( )

1 2 1 3 1 4 1 5 1

2 2 1 3 2 4 2 5 2

3 3 1 3 2 4 3 5 3

4 4 1 4 2 4 3 5 4

5 5 1 5 2 5 3 5 4

T a a a a a a a a

T a a a a a a a a

T a a a a a a a a

T a a a a a a a a

T a a a a a a a a

= − − − −

= − − − − −

= − − − −

= − − − − −

= − − − −

. إذ رتبنا حدود اجلداءات لتكون مجيعها موجبة1ولكن ألن 2 0k ka a a a− ≥ − من kيف حالة ≤ 3, نستنتج أن 4,5

( )( )( ) ( )( )( )3 1 4 1 5 1 3 2 4 2 5 2a a a a a a a a a a a a− − − ≥ − − −

1وهذا يربهن أن 2 0T T+ ≥. 5ألن وكذلك 4 0k ka a a a− ≥ − من kيف حالة ≤ نستنتج أن 1,2,3

( )( )( ) ( )( )( )5 1 5 2 5 3 4 1 4 2 4 3a a a a a a a a a a a a− − − ≥ − − −

4وهذا يربهن أن 5 0T T+ ≥. )استنتجنا أن أكرب أو يساوي الصفر 3Tوأخريا، إذا الحظنا أن )5 0E A ≥.

ù .وبذا يتم إثبات املطلوب. قضية صحيحة 5Pوهذا يربهن أن القضية

عام 1971 103

)حمدبا متعدد الوجوه له تسعة رؤوس جمسما 1Pليكن )1 9k kA ≤ 1Pصورة iPوليكن . ≥1وفق االنسحاب الذي شعاعه iAA

)أثبت وجود اثنني من اسمات التسعة . )1 9i iP ≤ ≤ . بنقطة تقع داخل كل منهما يشتركان

لنتأمل التحاكي 1,2Ah = H 1الذي مركزهA م . 2ونسبتهسل النتأم ثم( )1Q h P= .

لنثبت أن 1, ,9 , ii P Q∀ ∈ ⊂… ( )1

تحقق 1Pمن 1M، توجد iP، استنادا إىل تعريف iPنقطة من Mلتكن 1 1 1 1iAM AA AM= +

]القطعة منتصف 1Nإذا كانت و ]1 iM A استنتجنا مما سبق أن 1 1 1 1 1 12iAM AA AM AN= + =

( )2 تنتمي إىل 1Nحمدبا أن 1Pومن كون 1Pإىل iAو 1Mولكن نستنتج من انتماء

1P . وبناء على( )لدينا 2( )1M h N= إذن ،( )1M h P Q∈ وهكذا . = .Qحمتوى يف iP نكون قد أثبتنا أن

) اثنني من اسمات افترضنا أن أي إذا )1 9i iP ≤ ال يشترك داخالمها بنقطة استنتجنا أن ≥

( ) ( ) ( )

9

11 9 1

vol vol 9 voli ii i

P P P≤ ≤ =

= =∑∪

)ولكن استنادا إىل لدينا 1(1 9i

P Q≤ ≤

، إذن ∪⊃

( ) ( )1 9

vol voliP Q

≤ ≤≤∪

)وهذا يقتضي أن ) ( )19 vol volP Q≤ ولكن ،Q 1هي صورةP نسبته إذن 2وفق حتاك( ) ( )3

1vol 2 volQ P=لك إىل التناقض، ونصل بذ

( ) ( )1 19 vol 8 volP P≤ )ال بد أن يتقاطع داخال اثنني من اسمات ف )1 9i iP ≤ ≤.

ù .النتيجة خطأ يف حالة مثاين نقاط أن الحظ أن حالة املكعب تبين


2أثبت وجود جمموعة الائية من أعداد من الصيغة 3n ، تكون عناصرها أولية فيما بينها − .مثىن مثىن

:لنبدأ بإثبات اخلاصة التالية

إذا كان: ةخاص m ا فيوجد ععددا فردي ددr 2جيعل 1r .mمضاعفا للعدد −

ال ميكن أن يكون التطبيق يف احلقيقة، : 0,1, , / : 2 modkm m k mϕ →… ℤ ℤ ֏

يحققان 2kو 1kمتباينا، فيوجد عددان خمتلفان 1 20 k k m≤ < ≤

و 1 22 2 modk k m=

)وألن )gcd 2, 1m 2استنتجنا من ذلك أن = 12 1modk k m− ، ويكفي إذن أن خنتار =2 1r k k= −.

)لنأت إىل مسألتنا ولننشئ متتالية ) 1r rn 1rتحقق، يف حالة ≤ ، اخلاصة التالية≤ ( )11,2, , , gcd 2 3,2 3 1r kn nk r +∀ ∈ − − =…

1ف نعر 3n 2و = 4n =. )لنفترض أننا عرفنا )1 2, , , rn n n… حققها توأن( )gcd 2 3,2 3 1j in n− − =

1حالة يف i j r≤ < العدد عندئذ نعرف .≥

( )12 3j

rn

jm

== ∏ −

1rnنجد بناء على اخلاصة اليت بدأنا بإثباها عددا ف 12جيعل + 1rn + مضاعفا للعدد −m . 12فيكون العدد 3rn + وهذا يقتضي أن يكون mأوليا مع −

( )11,2, , , gcd 2 3,2 3 1r kn nk r +∀ ∈ − − =…

)وهكذا نعرف بالتدريج املتتالية ) 1r rn تكون اموعة ف .املطلوبة ≤ 2 3 : 1rn r− ≥ ù .نها مثىن مثىنجمموعة الائية عناصرها أولية فيما بي

عام 1971 105

تنتمي Xنتأمل نقطة . مثلثات حادة الزوايا ABCDنفترض أن مجيع وجوه رباعي الوجوه ]إىل داخل القطعة ]AB نية ]داخل القطعة Y، ونقطة ثا ]BC ونقطة ثالثة ،Z داخل

]القطعة ]CD ل نقطة رابعةوأخريا، نتأم ،T داخل القطعة[ ]AD. لة 1. حا يف نه أ ثبت أ DAB BCD CDA ABC+ ≠ ملغلق + ا ملنكسر ا خلط ا ن فإ

XYZTX الطول ليس أصغري. أثبت كذلك أنه يف حالة 2. DAB BCD CDA ABC+ = ائي من يوجد عدد ال +

ملغلقة ا ة ملنكسر ا ط خلطو وي XYZTXا يسا منها كل ل طو و ، ل لطو ا ية ألصغر ا2 sinAC α مع ( )1

2 BAC CAD DABα = + +.

ى، مصنوع من ورق مقوABCD لنفترض أن رباعي الوجوه ]ولنقصه وفق األضالع ]AB و[ ]BD و[ ]AC لنبسطه ثم ،

لسداسي األضالع حنصل . يف شكل مستو ا ملضلع ا بذلك على ABDB A C′ :املبين يف الشكل التايل ′

A B

CD

A′

B ′

X

Y

Z

T

X ′

BDAو ABDCمثلثات حادة الزوايا أن الرباعيات ABCDونستنتج من كون وجوه C′ DBو A C′ . رباعيات حمدبة ′

عندئذ نستنتج بالنظر إىل . يطول أصغرذي XYZTXلنفترض وجود مضلع منكسر تقع على استقامة واحدة، وبالنظر إىل الرباعي Zو Yو Xأن ABDCالرباعي BDA C′ نستنتج أنY وZ وT تقع أيضا على استقامة واحدة، وكذلك تقع النقاط

Z وT وX على املستقيم Tو Zو Yوعلى هذا تقع النقاط .واحدة على استقامة ′( )XX ′ .

A B

C

D

X

Y

Z

T


AXولكن إذا كان tAB= 0مع 1t< Aكان ،> X tA B′ ′ ′ ′=

وعليه.

( )

XX AX AX A X AA AX

AA t A B AB

′ ′ ′ ′ ′= − = + −

′ ′ ′= + −

)ذا عرفنا عليه إو )2

f t XX ′=

:العالقة التالية استنتجنا

( )222 2f t t V tAA V AA′ ′= + ⋅ +

( )1 Vوقد عرفنا A B AB′ ′= −

.

)مبالحظة أن املستقيم )XX والثاين ′Aو Aيقسم املستوي إىل نصفني أحدمها حيوي ′Bو Bحيوي AB، وأن ′ A B′ AA، نرى أن املساواة =′ BB′ تكافئ كون =′

ABBضلعني متقابلني يف الرباعي كل A′ عالقة التوازي متساويني، وهذا بدوره يكافئ ′( ) ( )AB A B′ ′ABاملساواة ، ويكافئ A B′ ′=

AAوهذه تكافئ ، BB′ ′=

.

ABحالة A B′ ′= جند،يف هذه احلالة .

)لى بناء ع XX ، أن1( AA′ وذلك أيا =′]من داخل القطعة املستقيمة Xكانت ]AB ،

فيوجد عدد ال ائي من اخلطوط املنكسرة XYZTX اليت جلميعها طول أصغري

AA′=ℓ . لنا املثلث املتساوي الساقنيوإذا تأمACA′ استنتجنا أن ( )1

22 sinCA ACA′=ℓ ABحالة A B′ ′≠

AAيف هذه احلالة لدينا . BB′ ، لنفترض على سبيل املثال أن ≠′BB AA′ )عندئذ بتطبيق العالقة . >′ 1tيف حالة 1( جند =

22 2 22BB AA V AA V AA′ ′ ′ ′= + + ⋅ <

2ومن ثم2 0V AA V′+ ⋅ < )وهذا يقتضي أن أكرب قيمة للمقدار . )f t′ العلى ا

[ )هي قيمة سالبة، فالتابع 0,1[ )t f t֏ متناق تابعال صمتاما على ا[ ومن ثم ال .0,1[ .ميكن هلذا التابع أن يبلغ قيمة حدية صغرى عند قيمة تقع داخل هذا اال

A B

CD

A′B ′

X

Y

Z

T

X ′

عام 1971 107

ABبحث اآلن عن الشرط الالزم والكايف ليكون نل A B′ ′=وذلك بداللة زوايا رباعي .

.الوجوه لدينا يف احلقيقة،

( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , )AB A B AB BC BC CD CD DA DA A B

CBA BCD ADC DAB

BCD DAB CBA ADC

π π π π

′ ′ ′ ′ ′ ′= + + +

= − + − + − + −

= + − −

ABإذن الشرط الالزم والكايف ليكون A B′ ′= هو

BCD DAB CBA ADC+ = + ( )2 :كما هو موضح بالشكل التايل

A B

CD

A′B ′

هذه احلالة يكون لديناويف

( ) ( )

2

DAB

ACA ACB BCD DCA

ACB DCA BCD

BAC CBA A DC CA D BCD

BAC CAD CBA ADC BCD

BAC CAD DAB

π

π π

′ ′= − − −

′= − + − −

′ ′= + + + −

= + + + −

= + +

ومن ثم

2 sin2

BAC CAD DABAC

+ + = ℓ



من Sتوجد يف املستوي جمموعة منتهية ،m املوجب متاما أثبت أنه مهما يكن العدد الطبيعي مسافة Aتبعد عن Sنقطة من mمتاما توجد Sمن Aالنقاط تحقق أنه مهما تكن النقطة

.1تساوي

إىل جمموعة األعداد mℕولنرمز بالرمز . ℂلنطابق بني نقاط املستوي وجمموعة األعداد العقدية 1, 2, ,m… . ولنكتب( ),C a r داللة على الدائرة اليت مركزهاa ونصف قطرهاr .

)وأخريا يف حالة أعداد عقدية )mk ku ∈ℕ ةوجمموعة جزئيB منmℕ نكتب

B kk B

u u∈

= ∅0uمع االصطالح املتعارف ∑ =.

.التالية mPحة اخلاصة ص ℕ∗من mلنربهن بالتدريج على العدد

) توجد متتالية منتهية« )mk ku ∈ℕ من عناصر الدائرة( )0 0,1C=C حققت

:اخلاصتني التاليتني BBالتابع u

ϕ

)املعرف على ֏ )mP ℕ جمموعة أجزاء ،mℕ ويأخذ ، .تابع متباينℂ قيمه يف

Bو Bمهما تكن )من ′ )mP ℕ يتحقق االقتضاء ( )card 1 1B BB B u u ′′∆ > ⇒ − ≠.«

1mحالة 1يف هذه احلالة يكفي أن نأخذ . = 1u :كما يلي ϕ، يعطى التابع =0u∅ و = 1 1u =.

.صحيحة 1Pإذن .حمققان يف هذه احلالة وضوحا و والشرطان 2mحالة 2uنسعى إىل تعيني الذي عرفناه آنفا و 1uننطلق من . = a= من الدائرة0C ةعطى التابع . بأسلوب تتحقق فيه الشروط املرجويف هذه احلالة يϕ كما يلي:

1 2 1,20, 1, , 1u u u a u a∅ = = = = + فقط إذا كانت األعداد إذا و يتحقق الشرط 0,1, ,1a a+ خمتلفة مثىن مثىن، وهذا

1 يكافئ 0a + 1aو ≠ إذا وفقط إذا كان إذن يتحقق الشرط ≠ 1,1a ∉ −. 1,2إذا وفقط إذا كان ويتحقق الشرط 1u u∅− 1و ≠ 2 1u u− أي ≠

1 1a + 1و ≠ 1a − إذا وفقط إذا كان إذن يتحقق الشرط . ≠( ) ( )1,1 1,1a C C∉ ∪ −

عام 1971 109

)ئرتني ولكن كل من الدا )1,1C و( )1,1C ، فاموعةيف نقطتني 0Cتتقاطع مع − ( ) ( )( ) 2 2

01,1 1,1 1,1 1, 1, j, j , j, jC C− ∪ − ∪ ∩ = − − −C 1مع 3

2j − ال ينتمي إليها حتى 0Cعنصرا من aأن خنتار ، حتوي ستة عناصر، ويكفي =+ .صحيحة 2Pومنه نستنتج صحة القضية . يف آن معا و يتحقق الشرطان

1mلنثبت صحة االقتضاء m+⇒P P. لية منتهيةمتتانفترض إذن وجود ( )mk ku ∈ℕ من

.و الشرطني تحقق 0Cعناصر الدائرة 1muولنبحث عن a+ )سعة لتحقق املتتالية املو 0Cمن الدائرة = )

1mk ku+∈ℕ الشرطني

.املطلوبني كانت اموعتانوفقط إذا إذا يتحقق الشرط

:B mu B ⊂ ℕ و :B ma u B+ ⊂ ℕ منفصلتني، أي إذا كان

: ,B m mBa u u B B′ ′∉ − ⊂ ⊂ℕ ℕ )تتالية ولكن امل )

mk ku ∈ℕ حقق الشرط0، إذن تB Bu u ′− ∉ C يف حالةB B )أو =′ )card 1B B ′∆ ، فالشرط السابق يكافئ<

( ) : , , card 1B m mBa u u B B B B′ ′ ′∉ − ⊂ ⊂ ∆ =ℕ ℕ 0a أو ∉ E فناوقد عر

0 : , 1,1k mu kε ε= ∈ ∈ −E ℕ

1Bكان إذا وفقط إذا ويتحقق الشرط Ba u u ′+ − مهما يكن اجلزئان ≠Bو Bاملختلفان وهذا يكافئ .mℕمن أجزاء ′

( ) ,1 : , ,B m mBa C u u B B B B′ ′ ′∉ − ⊂ ⊂ ≠ℕ ℕ∪ بنقطتني على 0Cولكن، كل واحدة من هذه الدوائر، اليت عددها منته، تتقاطع مع

األكثر، فاموعة ( ) ( )1 0 ,1 : , ,B m mBC u u B B B B′ ′ ′= ∩ − ⊂ ⊂ ≠E ℕ ℕ∪C

)عدد عناصرها يساوي على األكثر .جمموعة منتهية )2 3 1m −. )أي عنصر من اموعة غري املنتهية a وعليه يكفي أن خنتار )0 0 1\ ∪E EC حققى تحت ،

)املتتالية )1mk ku+∈ℕ 1معmu a+ .صحيحة أيضا 1m+Pفالقضية . الشرطني املطلوبني =


)، متتالية ℕ∗من mنتأمل يف حالة . سألة املطروحةنأيت اآلن إىل امل )1k k mu ≤ من الدائرة ≥0C حقق الشرطنيو ت .ف اموعةعندئذ نعر

: Imm B mS u B ϕ= ⊂ =ℕ )و mSيعرف تقابال بني ϕ، إذ إن عنصرا 2mاليت عدد عناصرها يساوي )mP ℕ وذلك ،

. بناء على Buتحقق mℕمن Bعندئذ توجد جمموعة جزئية وحيدة . mSمن uلتكن u= . عندئذ

عناصر اموعة بأا u لنقطةلاملالزمة mSمن نعرف النقاط

( )( ) 1: card 1u mu S B uϕ−′ ′= ∈ ∆ =N

يعرف التطبيق : ,B m u k Bk uϕ ∆→ Nℕ تقابال، تقابله العكسي هو التطبيق الذي ֏uيقرن بكل )الوحيد املوجود يف العنصرBN من ′ )1B uϕ

− إذن ،∆′( )card u m=N

)ولنعرف .uعن ا خمتلف mSمن vعنصرا لنتأمل )1B vϕ−′ = .

uv إذا كان ∉ N كان ،( )card 1B B ′∆ استنتجنا بناء على و <

1B Bu v u u ′− = − ≠

uvوإذا كان ∈ N ه يوجداستنتجنا أن ،k منmℕ حققي( )B k vϕ ، أي = B B k′ = ومن ثم. ∆

1B kBu v u u u′− = − = =.

وهكذا نكون قد أثبتنا أن : 1m uv S u v∈ − = = Nومن ثم ، ( ), card : 1m mu S v S u v m∀ ∈ ∈ − = =

ù .تحقق اخلاصة املطلوبة mSواموعة

)لتكن )1 ,ij i j n

A a≤ ≤

. 0مصفوفة مربعة مجيع ثوابتها أعداد طبيعية أكرب أو تساوي =0ijaنفترض أنه يف حالة والعمود ذي الدليل iيكون جمموع ثوابت السطر ذي الدليل =

j أكرب أو يساويn . أثبت أن جمموع ثوابت املصفوفةA أكرب أو يساوي2

2

n.

عام 1971 111

)لنعرف يف حالة ),i j من 21, ,n… املقادير

1

n

i ik

k

L a=

و ∑=1

n

j kj

k

C a=

=∑

)ثم لنعرف )1 2 1 2min , , , , , , ,n nx L L L C C C= … تحقق 0i، ميكن أن نفترض وجود …0i

x L=قنا كامل الدراسة على منقول املصفوفة ، وإال طبA أي تلك اليت أسطرها هي أعمدة ،A ا هي أسطروأعمدA.

2 يف حالة nx الذي يساوي ،جمموع ثوابت املصفوفة يكون ،≤

1

n

iiL

أكرب أو ،∑=2وهذا بدوره أكرب أو يساوي nxيساوي

2n.

2يف حالة nx ، نعرف >

0: 0i jJ j a= ، وألن <

0, 1i jj J a∀ ∈ جند ≤

( )0 0

card2i j ij J

nJ a L x

∈≤ = = <∑

)نعرف إذن )cardy J= 2، فيكونny <.

لنالحظ أنه استنادا إىل الفرض لدينا( ) ( ) ( )

0card 1, , \j i

j J

C L n n J n n y∉

+ ≥ = −∑ …

ومن ثم ( ) ( ) ( )( )j

j J

C n n y x n y n x n y∉

≥ − − − = − −∑

ومن جهة أخرى( )cardj

j J

C x J xy∈

≥ =∑

وعليه( )

( )

( )

( )

( )( )

, 1

2

2 2

2 2

( )

2

2 4

2 2

2 2

2 2 2

n

ij ji j ja C xy n x n y

n x y n xy

n n x y n xy

n n x n y n

== ≥ + − −

≥ − + +

− + +≥ +

− −≥ + >

∑ ∑

2أكرب أو يساوي Aبتنا أن جمموع ثوابت املصفوفة وهكذا نكون قد أث

2n. ويتم اإلثبات. ù


)تبين حالة املصفوفة : مالحظة )ijA a= فة بالصيغةاملعر ( )1 1

2

i j

ija++ −

= احلالة لدينا أنه يف هذه

2

1 , 2ij

i j n

na

≤ ≤

=

∑

. فالنتيجة السابقة هي أفضل ما ميكن

gQWEA DZXC

113

عشر الرابعأوملبياد الرياضيات

مؤلفة من عشرة أعداد طبيعية من اموعة Sنتأمل جمموعة جزئية 10,11, , 99… . .ع العناصر نفسهحتوي جمموعتني جزئيتني منفصلتني هلما جممو Sأثبت أن

جمموعة جزئية من Sلتكن 10,11, , )ولنفترض أن . …99 )card 10S نرمز إىل . =)بالرمز Sجمموعة أجزاء )SPل التابع، ونتأم

( ) ( ): ,b S

S B bϕ ϕ∈

→ =∑P ℕ

0مع االصطالح b

b∈∅

نالحظ أن. ∑=

( )

99

90

, 0 945k

B S B kϕ=

∀ ⊂ ≤ ≤ =∑

قيمه يف اموعة ϕإذن يأخذ التابع 0,1, , أن يف حني 946اليت عدد عناصرها …945( )( ) 10card 2 1024S = =P، مكن أن يكونفال يϕ وتوجد يف . متبايناS جمموعتان

)تحققان Bو Aجزئيتان خمتلفتان ) ( )A Bϕ ϕ=كون، وعليه ت \A A B′ = B\و B A′ تحققان Sجمموعتني جزئيتني منفصلتني من =

a A b B

a b′ ′∈ ∈

=∑ ∑

Aوبالطبع ال ميكن أن يكون هذا اموع املشترك صفرا وإال نتج من ذلك أن B′ ′= = ∅ ،Aاألمر الذي يكافئ B= .إثبات املطلوب وبذا يتم. ù

4nيحقق nنعطى عددا طبيعيا رباعيا nن جتزئة كل رباعي دائري إىل أثبت أنه ميك . <

.دائريا

وجود رباعي دائري، هناك تكافؤ بني يف حالة هي أنه ، الفكرة األوىل عليه شبه منحرف متساوي الساقني، و وبني كونه ، ني فيه متوازي نيضلع

عدد من الرباعيات الدائرية إىل أي اعي الدائري ة مثل هذا الرب جتزئ ميكن . بوساطة مستقيمات توازي قاعدتيه


ميكن . ABCD يف حالة رباعي دائري أما الفكرة الثانية، فهي أنه نبدأ . رباعيات دائرية ةبأساليب متعددة إىل أربع ة هذا الرباعي جتزئ

Kالرباعي، وخنتار من حيث املبدأ نقطة ما تقع داخل Oبنقطة لضلع ا ]على ]AB . ملثلث ا س و ؤ بر ة ر ملا ا ة ئر ا لد ا قطعت ا ذ فإOKB الضلع[ ]BC يفL ة برؤوس املثلثوقطعت الدائرة املار ،OLC الضلع[ ]DC يفM ، ة برؤوس املثلثوقطعت الدائرة املارOMD الضلع[ ]AD

ت Nيف عيا با لر ا نت كا ،OKBL وOLCM وOMDN وONAK عي با للر ئة جتزABCD ةات دائريباعيإىل أربعة ر .

ولكن. رباعي دائري ONAKعي يف احلقيقة، علينا فقط أن نتيقن أن الربا KOL Bπ= و − LOM C Aπ= − و = MON Dπ= −

إذن ( ) ( )

2NOK B A D

B D A A

π π π

π

= − − − − −

= + − = −

.دائري أيضا ONAKوهذا يربهن أن الرباعي Oلسؤال املطروح أن نثبت أنه، يف اإلنشاء السابق، ميكن دوما اختيار يكفي إذن لإلجابة عن ا

. بأسلوب جيعل أحد الرباعيات الدائرية يف التجزئة السابقة حيوي ضلعني متوازيني Kو)لنفترض أننا نرغب أن يكون ) ( )OK BCن إىل جانب اختيار ، إذO داخل الرباعي

:جيب علينا حتقيق الشروط التالية ABCDالدائري )بني املستقيمني Oجيب أن خنتار )1d BC= 2واملستقيمd 1الذي يوازيd ومير

]على القطعة املستقيمة Kحتى نضمن وقوع . Aبالنقطة ]AB. يف هذه احلالة، ألن OKA B= نستنتج أن ONA C= ومن ثم ،( ) ( )ON DC

ع قو و نضمن ملستقيمة Nفحتى ا لقطعة ا ]على ]AD ر خنتا ن أ جيب ،O ملستقيمني ا بني ( )3d CD= 4واملستقيمd 3الذي يوازيd ومير بالنقطةA.

. Dتساوي DMO، شبه منحرف متساوي الساقني، فالزاوية OMDNالرباعي الدائري ]على القطعة املستقيمة Mفحتى نضمن وقوع ]CD جيب أن خنتار ،O 5بني املستقيمنيd

)نظري )AD بالنسبة إىل املستقيم( )CD . 6واملستقيمd 5الذي يوازيd ومير بالنقطةC.

A

B

C

D

OK

L

M

N

عام 1972 115

تساوي OLBشبه منحرف متساوي الساقني، فالزاوية ، OKBLوأخريا، الرباعي الدائري B . ى نضمن وقوعفحتL على القطعة املستقيمة[ ]BC جيب أن خنتار ،O بني املستقيمني7d نظري( )AB بالنسبة إىل املستقيم( )BC . 8واملستقيمd 7الذي يوازيd ومير بالنقطةC.

A

B

C

D

O

K L

MN

1d

2d

3d

4d

5d

6d

7d

8d قع يف تقاطع املناطق تل ، Cيف جوار الرأس Oنتيقن بسهولة أنه ميكن دوما اختيار النقطة وهنا

أصغر زوايا املضلع، وقعت مجيع نقاط Cبل إذا كانت . السابقة، فنحصل على اإلنشاء املطلوب ù .يف تقاطع املناطق السابقة Oلقريبة من املضلع ا

) العدد، يكون mو nأثبت أنه يف حالة عددين طبيعيني ) ( )2 ! 2 !m n دوما من مضاعفات)العدد )! ! !m n n m+.

)لنتأمل يف حالة ),n m 2منℕ النسبة ( ) ( )

( ),

2 ! 2 !

! ! !n m

n mA

n m n m=

+

)دود ولنبحث عن عالقة تدرجيية تفيد يف تعريف احل )( ) 2, ,n m n m

A∈ℕ

نالحظ مباشرة أن .

( )1, ,

2 2 1

1n m n m

nA A

n m+

+=

+ +)و )

, 1 ,2 2 1

1n m n m

mA A

n m+

+=

+ +

ومن ثم ( ) ( )( )1, , 1 , ,2 2 1 2 2 1

4n m n m n m n m

n mA A A A

n m n m+ +

+ ++ = + =

+ +


:وهكذا نكون فد أثبتنا العالقة التدرجيية البسيطة التالية ( ) 2

1, , , 1, , 4n m n m n mn m A A A+ +∀ ∈ = −ℕ ( )1

»,التالية nPاخلاصة ℕمن nلنتأمل يف حالة », n mm A∀ ∈ ∈ℕ ℕ.

صحيحة وضوحا ألن 0Pاخلاصة

( )

( )0, 22

2 !

!m

m m

mA C

m= = ∈ ℕ

)من العالقة كما إنه من الواضح 1nأن 1( n+⇒P P ألن األعداد ،,n mA موجبة. ù .وهي اخلاصة املطلوبة. nصحيحة أيا كان العدد nPوهكذا نكون قد أثبتنا بالتدريج أن

أوجد مجيع احللول املوجبة متاما جلملة املتراجحات ( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

2 21 3 5 2 3 5

2 22 4 1 3 4 1

2 23 5 2 4 5 2

2 24 1 3 5 1 3

2 25 2 4 1 2 4

0

0

0

0

0

x x x x x x

x x x x x x

x x x x x x

x x x x x x

x x x x x x

− − ≤

− − ≤

− − ≤

− − ≤

− − ≤

5iضع لن ix x 6يف حالة =− 10i≤ :اموع التايل Sوليكن . ≥

( )( )5

2 22 4 1 2 4

1i i i i i i

i

x x x x x x+ + + + +=

= − −∑S

لدينا من جهة أخرىولكن . S≥0فيكون لدينا استنادا إىل الفرض

( )5

2 2 2 2 2 21 2 4 1 2 4 2 4

1i i i i i i i i i i

i

x x x x x x x x x x+ + + + + + + +=

= − − +∑S

ومن ثم 5 5 5 5

2 2 2 2 2 21 2 4 1 2 4 2 4

1 1 1 1

2 2 2 2 2i i i i i i i i i i

i i i i

x x x x x x x x x x+ + + + + + + += = = =

= − − +∑ ∑ ∑ ∑S

ولكن

5 52 2 2 2

1 41 1i i i i

i i

x x x x+ += =

=∑ و ∑5 5

2 2 2 22 4 2

1 1i i i i

i i

x x x x+ + += =

=∑ ∑

عام 1972 117

وكذلك5 5

2 21 2 4 1 3

1 1i i i i i i

i i

x x x x x x+ + + + += =

=∑ و ∑5 5

2 2 2 22 4 3

1 1i i i i

i i

x x x x+ + += =

=∑ ∑

إذن

( ) ( )5 5

2 2 2 2 2 24 2 4 2 1 1 3 3

1 1

2 2 2i i i i i i i i i i

i i

x x x x x x x x x x+ + + + + + + += =

= − + + − +∑ ∑S

أو

( ) ( )5 5

2 22 22 4 1 3

1 1

2 i i i i i i

i i

x x x x x x+ + + += =

= − + −∑ ∑S

أن S≥0ا نستنتج من كون وأخري 21, ,5 , i ii x x +∀ ∈ أي …=

1 2 3 4 5x x x x x= = = = فهذه هي جمموعة . وبالعكس، نتيقن مباشرة أنه يف مثل هذه احلالة تتحقق املتراجحات املعطاة

ù .ملة املعطاةاجلحلول

f:نتأمل تابعني حقيقيني →ℝ ℝ و:g →ℝ ℝ .ونفترض ما يلي )مهما تكن ),x y 2منℝ يكن( ) ( ) ( ) ( )2f x y f x y f x g y+ + − =. f غري معدوم ومهما تكنx منℝ يكن( ) 1f x ≤.

)أثبت أن ) 1g x .ℝمن xوذلك مهما تكن ≥ . سنعرض حلني

.1 ض يوجد عدداستنادا إىل الفرb حققي( ) 0f b ونتأمل املتتالية ℝمن yنثبت عددا . ≠( )n nu ∈ℕ فة بالصيغةاملعر :( ) ( )nu f b ny f b ny= + + فنالحظ أن . −

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 1 1 1

1 1

2 2 2

n n

n

u u f b n y f b n y

f b n y f b n y

f b ny y f b ny y

f b ny y f b ny y

f b ny g y f b ny g y u g y

+ −+ = + + + − +

+ − − + + −

= + + + + −

+ − + + − −

= + + − =


إذن

1 1, 2n n nn u u uλ+ −∀ ∈ + =ℕ )مع )g yλ )و = )0 2u f b= و( )1 2u f bλ= .

)لنفترض على سبيل اجلدل أن ) 1g y أن n، عندئذ نربهن بالتدريج على العدد <( ) ( ) ( )( )2 21 1

n n

nu f b λ λ λ λ= + − + − −

1λولكن يف حالة 2لدينا < 1 1λ λ+ − 20و < 1 1λ λ< − − ، أما يف >1λحالة < 2فلدينا − 1 1λ λ− − < 21و − 1 0λ λ− < + − إذن. >

نستنتج مباشرة أن( ) ( )2 1

n

nu f b λ λ+ −∼ ومن ثمlim n

nu

→∞= . حمدودا fوهذا يتناقض مع كون التابع ∞+

)لنعرف . لنأت إىل احلل الثاين 2. )sup 0m f x= >ℝ .عندئذ نستنتج مباشرة

( ) ( ) ( )( ) ( )2, ,

2

f x y f x yx y f x g y m

+ + −∀ ∈ = ≤ℝ

جند xوعليه، بأخذ احلد األعلى على مجيع قيم ( ),y m g y m∀ ∈ ≤ℝ

)أو ), 1y g y∀ ∈ ≤ℝ .ة املطلوبةوهي اخلاص. ù.بالضرورة 1حمدودا، وليس بالعدد fالحظ أننا يف هذين احللني استفدنا فقط من كون التابع

أثبت وجود رباعي وجوه منتظم، حيوي كل واحد من هذه . نعطى أربعة مستويات متوازية .املستويات األربعة رأسا من رؤوسه

0لنفترض أن 1 2 3A AAA ة املطلوبة، ولنرمزرباعي وجوه منتظم حيقق اخلاصkP إىل املستوي منلرأس ا لذي حيوي ناظما kAبني املستويات األربعة ا n، ولنتأمل شعاعا

عموديا على هذه :ميكن أن خنتار تسمية الرؤوس على حنو تتعين فيه هذه املستويات كما يلي . املستويات

0:k kM AM n d= ⋅ =P ( )∗

0مع 1 2 30d d d d= < < <.

عام 1972 119

0نثبت رباعي وجوه منتظم . ميكن إعادة صياغة املسألة كما يلي 1 2 3A B B B ونبحث عن شعاع ،nواحدة ، وعن حتاك

0,A rH 0كزه مرA ونسبتهr جيعل ،( )0,k A r kA B= H تنتمي إىل

)املعرف بالعالقة kPاملستوي )∗. 0املنتظم رباعي الوجوه 3ℝالفضاء يف لنتأمل إذن 1 2 3A B B B الذي رؤوسه النقاط

1

100

B

=

2و

010

B

=

3و

001

B

=

0و

11131

A

= −

nوشعاع الواحدة rفيكون املطلوب تعيني لتتحقق مجلة املعادالت

0 , 1 3k kA A n d k⋅ = ≤ ≤

أو0 , 1 3k krA B n d k⋅ = ≤ ≤

]وإذا رمزنا ], , Trn α β γ= اجلملة السابقة الشكل تأخذ.

1

2

3

4 3

4 3

4 3

d

d

d

α β γ

α β γ

α β γ

+ + =

+ + =

+ + =

ومن ثم 1 2 3

1

1 2 32

1 2 33

6

6

6

d d dd

d d dd

d d dd

α

β

γ

+ += −

+ += −

+ += −

2وهذا يعين تعيينا كامال العدد 2 2r α β γ= + ]والشعاع + ]1, , Tn

rα β γ=

،

ù .ويثبت صحة اخلاصة املرجوة


gQWEA DZXC

121

عشر امساخلأوملبياد الرياضيات

) واحدة نتأمل أشعة )1 2 1

kk n

OP≤ ≤ +

)يف املستوي، ونفترض أن النقاط )1 2 1k k nP ≤ ≤ + أثبت أن. Oتقع يف جهة واحدة بالنسبة إىل مستقيم مير بالنقطة

1 2 2 1 1nOP OP OP ++ + + ≥

⋯ . nسنربهن صحة هذه اخلاصة بالتدريج على العدد

0nمن جهة أوىل، هذه اخلاصة صحيحة يف حالة .وضوحا =1nومن جهة ثانية، لنفترض صحة هذه اخلاصة يف حالة أشعة ، يف املستوي ولنتأمل . − واحدة ( )

1 2 1k

k nOP

≤ ≤ +

نطابق . Oتقع مجيعا يف جهة واحدة بالنسبة إىل مستقيم مير بالنقطة أن نعيد ، ون اإلخالل بصحة اإلثبات د ، ميكن وعندئذ ℂبني املستوي وجمموعة األعداد العقدية

لنقاط ا )تسمية )1 2 1k k nP ≤ ≤ لعقدية + ا د )لتحقق األعدا )i1 2 1

k

k ne θ

≤ ≤ +متثل األشعة ليت ا

( )1 2 1

kk n

OP≤ ≤ +

1 : املتراجحة 2 2 10 nθ θ θ π+≤ ≤ ≤ ≤ ≤⋯. اموعة i

1 2 1: nre θ θ θ θ +≤ )جمموعة حمدبة حتوي النقاط هي ≥ )2 2k k nP ≤ فهي ≥

، إذن ميكن متثيل الشعاع Gحتوي مركز ثقلها 2

2

1

2

n

k

k

OG OPn =

= ∑ iبعدد عقدي

2rn eϕ

]من ϕو ℝ+من rمع ]1 2 1, nθ θ ireفيكون . + ϕ 2التمثيل العقدي للشعاع

2

n

kkOP

=∑ .

2لدينا استنادا إىل فرض التدريج و

21

n

kkOP

=≥∑

1rأي عقدي لنعرف إذن العدد ال . ≤Z 2الذي ميثل الشعاع 1

1

n

kkV OP

+

==∑

2 عندئذ. 11 ii inZ e e reθθ ϕ+= + أو +

( ) ( ) ( )( )( )1 2 1 2 1 1 1 2 1exp i 2cos exp i2 2 2n n nZ r

θ θ θ θ θ θϕ+ + ++ − +

= + −

ومنهi2cosZ re ψθ= +

]مع ]2 1 1

2 20,nθ θ πθ + −= ]و ∋ ]2 1 1

2 2 2,nθ θ π πψ ϕ + += − ∈ ومنه. −

2 2 2 24 cos 4 cos cos 1Z r r rθ θ ψ= + + ≥ ≥ 1V أن وهذا يقتضي ≥

n. ùويربهن صحة اخلاصة املطلوبة يف حالة


أيا كانت النقطتان أميكن إجياد جمموعة منتهية من نقاط غري واقعة يف مستو واحد، وحتقق أنه A وB فيها نقطتان أخريان توجد ، ملستقيمني Dو Cمنها ا )جتعالن )AB و( )CD

؟متوازيني وخمتلفني

ن أ لواضح ا منتظم من اسي مضلع سد ملستوي رؤوس ا خلاصة ت يف ا حقق .واحد مستوا تقع يف املطلوبة ولكنه

يشتركان بقطر الناتج من مضلعني سداسيني منتظمني Sالشكل رؤوس لالنتقال إىل الفراغ نتأمل .ان يف مستويني متعامدينوموجود

A

B

C

D

رأسني من املضلع السداسي نفسه كنا يف احلالة املستوية، ووجدنا يف الشكل Bو Aفإذا اخترنا

)جيعالن املستقيمني Dو Cنفسه رأسني )AB و( )CD متوازيني وخمتلفني.

يا للنقطة النقطة املقابلة قطر Cرأسني من مضلعني سداسيني خمتلفني، اخترنا Bو Aوإذا اخترنا A س املنتظم الذي تنتمي إليهيف املسدA واخترنا ،D ا للنقطةالنقطة املقابلة قطريB يف

متوازي األضالع لتناصف ABCDعندئذ يكون الرباعي ، Bاملسدس املنتظم الذي تنتمي إليه ) قطريه، وينتج من ذلك توازي املستقيمني )AB و( )CD فالشكل . واختالفهماS حققي

.اخلاصة املطلوبة

أن خنتار حتليليا ميكن , , , , , , , , ,a a b b c c a b a b a c a c= − − − + − − + − −S

مع ( )1,0,0a )و = )1 3

2 2, , 0b = ) و − )1 32 2, 0,b = − ù

عام 1973 123

)الثنائيات جمموعة Dلتكن ),a b 2منℝ اليت جتعل املعادلة 4 3 2 1 0x ax bx ax+ + + + =

)أوجد . تقبل حال حقيقيا واحدا على األقل ) 2 2inf : ,a b a bδ = + ∈ D.

حال حقيقيا للمعادلة xلنالحظ أوال أنه إذا كان 4 3 2 1 0x ax bx ax+ + + + = ( )E

0xكان 1، وكان من ثم العدد ≠y x

x= [من + [\ 2,2−ℝ حال للمعادلة

2 2 0y ay b+ + − = ( )′E [من yوبالعكس، إذا كان [\ 2,2−ℝ حال للمعادلة( )′E العدد احلقيقي كان x املعطى

لصيغة ) با )212 4x y y= + لة − د للمعا ر جذ هو و ،1

x yx

+ حقيقيا ، = حال )للمعادلة )E. إذن

( ) ] [( ) 2 2, : \ 2,2 , 2 0a b y y ay b= ∈ ∃ ∈ − + + − =D ℝ ℝ 2وألن جذرا املعادلة 2 0y ay b+ + − )مها = )1

2 a− + )و ∆ )12 a− − ∆

2يف حالة 8 4 0a b∆ = + − استنتجنا أن ≤( ) ( ) ] [( )2 2, 0 , \ 2,2a aa b − + ∆ − − ∆∈ ⇔ ∆ ≥ ∧ − ≠ ∅D

أو( ) ( ) ( ) ( )( )2 2, 0 2 2a aa b − + ∆ − − ∆∈ ⇔ ∆ ≥ ∧ ≥ ∨ ≤ −D

أو( ) ( ) ( )2 2, 8 4 8 4 4a b a b a b a∈ ⇔ + ≥ ∧ + − ≥ −D

وجند بالتربيع أن( ) ( )2 8 4 4 4 1

2

ba b a a a+ − ≥ − ⇔ ≥ ∨ ≥ +

)وألن )24 0a − )يقتضي ≤ )2 8 8 1a a+ ≥ 21نستنتج أن ،− ba ≥ + 2يقتضي 8 4a b+ وعليه ،≤

( ) ( ) ( )( ) ( )2, 8 4 4 12

ba b a b a a∈ ⇔ + ≥ ∧ ≥ ∨ ≥ +D


)لتكن إذن ),a b منD . 4aإما أن يكون ≥ 2ومن ثم 2 16a b+ ≥. 2bوإما أن يكون ≤ − 2ومن ثم 2 4a b+ ≥. 1أن يكون أو 0

2

ba ≥ + > ومن ثم

22 2 25 4 1 5 4

14 5 5 2 5

a b b b b + ≥ + + = + + ≥

4إذن

5δ ≥.

0ولكن يف حالة 4

5a 0و =

2

5b = نرى مباشرة أن −

( )0 0,a b ∈ D 2و 20 0

4

5a b+ =

4إذن، يف احلقيقة لدينا

5δ ù .وهي القيمة املرجوة. =

حيمل . متساوي األضالع منطقة هلا شكل مثلث يف األلغام باستكشاف مواقع يرغب جندي ندي عمله يبدأ اجل . اجلندي جهازا كاشفا نصف قطره الفعال يساوي نصف ارتفاع املثلث

ما أقصر طريق ميكن للجندي أن يتبعه لينجز عمله بالكامل ؟. انطالقا من أحد رؤوس املثلث

، عندئذ يساوي aيساوي ABCلنفترض أن طول ضلع املثلث 3طول نصف ارتفاعه

4r a= . ينطلق ولنفترض أن اجلندي لرأس ا يتمكن اجلندي من استكشاف . Aلبدء عمله من حتى

ال بد أن مير طريقه بنقطة من الدائرة Dو Cاملنطقة حتى الرأسني ( )1 ,B r= CC اليت مركزها ،B ونصف قطرهاr وبنقطة ،

)من الدائرة )2 ,C r= CC اليت مركزها C ونصف قطرهاr ال بنقطةوميكن بسبب تناظر املسألة أن نفترض أن مير أو ،B ′

C، ثم يصل إىل نقطة 1Cعلى الدائرة .2Cمن الدائرة ′

ABيسلكه اجلندي أطول أو يساوي طول أي طريق ميكن أن لطريق أمثلي Lطول ال ف C′ ′Γ له]: شكل خط منكسر ] [ ]AB C AB B C′ ′ ′ ′ ′Γ = 1Bمع ∪ ′ ∈ C 2وC ′ ∈ C.

A B

C2C

1C

B ′

C ′

عام 1973 125

وعليه نرى أن 1 2inf : ,L AB B C B C′ ′ ′ ′ ′≥ + ∈ ∈C C

Bيف حالة أنه الحظ لن Cو ، 1Cمن ′ ، لدينا استنادا 2Cمن ′ :إىل متراجحة املثلث

r

B C B C C C B C r′ ′ ′ ′ ′≥ − = −

C انطبقتوحتدث املساواة إذا وفقط إذا Cعلى النقطة ′ هي و ′′]نقطة تقاطع القطعة املستقيمة ]B C′ 2مع الدائرةCإذن ،

1inf :L AB B C r B′ ′ ′≥ + − ∈ C أو

1inf :L r AB B C B′ ′ ′+ ≥ + ∈ C ] نقطة تقاطع االرتفاع Dلتكن ]BH، النازل من الرأسB، 1مع الدائرةC. وليكنd

)عموديا على Dة املستقيم املار بالنقط )BH وأخريا لتكنC نظريةC بالنسبة إىلd.

A B

C

1C

B ′

D

X

C

d

H

)متناظرتان بالنسبة إىل Cو Aالنقطتان )BH ةف للزاويإذن فهو إذن منصADC وهذا

ADC، إذن CDCمنصف الزاوية dاملنصف عمودي على π= والنقاطA وD وC .تقع على استقامة واحدة

Bلنتأمل نقطة )نقطة تقاطع Xلتكن ، و1Cمن ′ )B C′ معd.

ABمن املثلث X′ جند AB B X AX′ ′+ Bمساواة فقط يف حالة مع ≤ D′ =.

لدينا AXCومن املثلث AX XC AC+ Xة مع مساواة فقط يف حال ≤ D=. AXوهذا يكافئ XC AD DC+ ≥ Xمع مساواة فقط يف حالة + D=.

A B

C2C

1C

B ′

C ′ C ′′

r


إذن أن نستنتج

AB B C AB B X XC

AX XC AD DC

′ ′ ′ ′+ = + +

≥ + ≥ +

أي 1, 2B AB B C AD DC AD′ ′ ′∀ ∈ + ≥ + =C

B إذا انطبقتوحتدث املساواة فقط مع الدائرة Bنقطة تقاطع االرتفاع النازل من Dلى ع ′1C وهي منتصف االرتفاع ،[ ]BH النازل منH.

وهكذا نكون قد أثبتنا أن 0 2L L AD r≥ = −

]لنتأمل الطريق : التركيب ] [ ]ADE AD DEΓ = نقطة تقاطع االرتفاع Dوقد عرفنا ∪نقطة تقاطع E، وعرفنا rها ونصف قطر Bاليت مركزها 1Cمع الدائرة Bالنازل من الرأس ]القطعة املستقيمة ]DC 2مع الدائرةC اليت مركزهاC ونصف قطرهاr. إن طول هذا

يكفي أن نثبت أن اجلندي إذا سلك هذا الطريق متكن من إجناز مهمته إجنازا ، 0Lلطريق يساوي ا .اجلندي إلجناز مهمته اهو طول أقصر الطرق اليت ميكن أن يسلكه 0Lيكون طول لكامال

A B

C

D

E

حمتوى داخل اجتماع ABCأن املثلث ،وباحلساب املباشر ،تقريبا ة، نتيقن دون عناءيف احلقيق

هو ADEΓفالطريق . rونصف قطر كل منها يساوي Eو Dو Aاألقراص اليت مراكزها وطول هذا الطريق يساوي . أقصر طريق ميكن للجندي أن يسلكه ليحقق املهمة امللقاة على عاتقه

2 7 34 a−.وبذا يكتمل اإلثبات. ù

عام 1973 127

a,نكتب bوعدد حقيقي aيف حالة عدد حقيقي غري معدوم bf داللة على التابع األفيين( ), ,: ,a b a bf f x ax b→ = +ℝ ℝ . ونرمز بالرمزA ةجمموعة مجيع التوا إىلبع األفيني:

( ) , : ,a bf a b ∗= ∈ ×A ℝ ℝ كان Aمن gو fفإذا كان . زمرة بالنسبة إىل قانون تركيب التوابع Aمن الواضح أن

f g عنصرا منA . ولكل عنصر,a bf منA 1مقلوب/ , /a b af نتأمل . Aينتمي إىل −أي جمموعة جزئية غري خالية مغلقة بالنسبة إىل عملية تركيب (، Aن م Gزمرة جزئية

fx، أي عددا حقيقيا نقطة ثابتة Gمن fونفترض أن لكل عنصر ).التطبيقات واملقلوب)يحقق )f ff x x= . أثبت وجود نقطة ثابتة مشتركة لكل عناصرG.

)لنالحظ أوال أنه يف حالة ),a b و( ),c d من∗ ×ℝ ℝ لدينا , , ,a b c d ac ad bf f f +=

a,وأن التابع bf 1يقبل نقطة ثابتة إذا وفقط إذا كانa ,أو كان ≠ 1,0ida bf f= = . يف حالة id=Gة املطلوبة تافهة، اخلاص. إذن وجود عنصر a,نفترض bf f= منG عن خمتلفid . 1إذنa لنقطة ≠ وا ،

0هي fالثابتة للتابع 1

bx

a=−

. g,ليكن fα β= عنصرا ما منG . فإذا كانidg )كان = )0 0g x x= . وإذا كانidg 1α، استنتجنا من كونه يقبل نقطة ثابتة أن ≠ ل ≠ لثابتة الوحيدة ، وأن ا نقطة ا

هي gللتابع 1gxβ

α=−

. 1لنتأمل العنصر 1h g f g f− −= فنجد Gمن

11

1

, ,,,

,, 1,

ba a

a b b a ba a a

a b

a b

h f f f f

f f f

βα α

β α β βα α α

α β

α α β+ + − −

−−

+−

=

= =

0bن يقبل نقطة ثابتة وجب أن يكو hوألن a bα β β+ − − وهذا يكافئ =

01 1g

bx x

a

β

α= = =− −

)إذن )0 0g x x= . 0فنكون قد أثبتنا أنx نقطة ثابتة مشتركة جلميع عناصرG . ويتم

ù .إثبات اخلاصة املرجوة


[من اال qنعطى عددا )عددا حقيقيا موجبا متاما n، ونعطى 0,1] )1 2, , , na a a… ،2nمع )أثبت وجود أعداد حقيقية .≤ )1 2, , , nb b b… حقق الشروط التاليةت:

( )

1

1 2 1 2

. 1, , ,

1. 1, , 1 ,

1.

1

i i

i

i

n n

i n a b

bi n q

b q

qb b b a a a

q

+

∀ ∈ <

∀ ∈ − < <

++ + + < + + +

−

…

…

⋯ ⋯

1لنعرف يف حالة k n≤ بالصيغة kbالعدد ≥11 1 1

1

nj k k n k

k j k k n

j

kb q a q a aqa qa q a− − −− +

=

= = + + + + + +∑ ⋯ ⋯

.حمققة وضوحا اخلاصة من اموعة iليكن 1,2, , 1n عندئذ نرى مباشرة أن …−

( )( )

( )( )

2 11 1 2

2 11 1 1

1 0

1 0

n ii i i i n

ii i i i

b qb q a qa q a

b qb q q a qa a

− −+ + +

−+ −

− = − + + + >

− = − + + + >

⋯

⋯

1وهذا يربهن على أن 1i

i

bq

b q+< ، وهي اخلاصة >.

1لنالحظ أنه يف حالة j n≤ لدينا ≥

1

1

0 1

1

1 1

1 1 1

nj k j n j

k

q q q q q

q qq q

q q q

− − −

=∞ ∞

= =

= + + + + + +

+< + = + =

− − −

∑

∑ ∑ℓ ℓ

ℓ ℓ

⋯ ⋯

ومن ثم

11

1 1 1 1 1 1

1

1q

q

n n n n n nj k j k

k j j j

k k j j k j

qb q a q a a

q

+−

− −

= = = = = =

<

+ = = < ⋅ − ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑

ù .ويتم اإلثبات. حمققة أيضا فاخلاصة

129

عشر السادسأوملبياد الرياضيات

هناك ثالث بطاقات مكتوب على كل منها عدد طبيعي : يلعب ثالثة العبني اللعبة التالية يف كل مرحلة جيري توزيع البطاقات عشوائيا على . موجب متاما، وهذه األعداد الثالثة متباينة

العب عددا من قطع النقود مبقدار الرقم املكتوب على البطاقة اليت الالعبني، ويتلقى كل إىل عدد قطع النقود اليت مجعها أحد الالعبني وصل بعد مرحلتني أو أكثر من اللعب، . تلقاها عدد تلك اليت مجعها وصل و ، قطع 10 إىل ، وعدد القطع اليت مجعها العب آخر قطعة 20

فإذا علمت أنه يف هذه املرحلة تلقى الالعب الذي مجع عشر قطع . قطع 9 إىلالالعب الثالث بطاقة اليت حتمل العدد األوسط ال فمن هو الالعب الذي تلقى . أكرب عدد من قطع النقود نقود

يف املرحلة األوىل ؟إىل الالعبني الذين وصلت، يف املرحلة األخرية، حصيلة قطع النقود اليت Cو Bو Aلنرمز

ولنفترض أن األعداد املسجلة على البطاقات هي . بالترتيب 9و 10و 20حبوزة كل منهم إىل

1a 2وa 3وa 1مع 2 3a a a< <. 1يف كل مرحلة جيري توزيع 2 3s a a a= + فإذا . عة نقود على الالعبني الثالثةقط +

مرحلة، وجب أن يكون kوصلنا إىل احلصيلة املبينة يف النص بعد

9 10 20 39k s⋅ = + + = 1ولكن، من الواضح أن 2 3 6s ≥ + + = .

39kوعليه لدينا s⋅ 2kمع = 6sو ≤ 3kإذن . ≤ 13sو = =. عليه حصل ما ع جممو ن كو من ي Aنستنتج و يسا لثالث ا حل ا ملر ا أن 20يف

33 20a 3ثم أن ، ومن ≤ 7a ≥. يف املرحلتني األوىل والثانية بالترتيب، Bإىل املبلغني اللذين حصل عليهما yaو xaلنرمز

3رحلة الثالثة أن يف امل 3aمن كونه حصل على نستنتج 10x ya a a+ + ألن و . =2x ya a+ 3نستنتج أن ≤ 10 2 8a ≤ − =.

3إذا كان 7a 3xأن ، اقتضى هذا = ya a+ x، ومن ثم أن = ya a≠ ، أي 1 2, ,x ya a a a= 1، ونصل إىل 2 3 10a a a+ + = . ،واضح لفوهذا خ

3 إذن 8a 2xوعندئذ يكون . = ya a+ 1xوهذا يقتضي = ya a= =.


)نستنتج مما سبق أن ) ( )1 2 3, , 1, 4, 8a a a كما نستنتج .13ألن اموع يساوي = .يف املرحلتني األوىل والثانية 1حصل على البطاقة اليت حتمل الرقم Bأن

عندئذ . يف إحدى املراحل الثالث 8 عدد حصل على البطاقة اليت حتمل ال Cلنفترض أن وهذا غري ممكن ألنه حيصل 1يكون جمموع ما حصل عليه يف املرحلتني األخريني يساوي

.قلعلى األواحدة نقود ةيف كل مرة على قطع، ألا 1لبطاقة اليت حتمل العدد على ا Cإذن يف املرحلتني األوىل والثانية، مل حيصل

فهو إذن من حصل . 8، ومل حيصل على البطاقة اليت حتمل العدد Bكانت من نصيب . يف هاتني املرحلتني 4على البطاقة اليت حتمل العدد

:يف احلقيقة، كان توزيع النتائج يف املراحل الثالث كما يلي Cنصيب Bنصيب Aنصيب

4 1 8 املرحلة األوىل 4 1 8 املرحلة الثانية 1 8 4 املرحلة الثالثة


]أثبت أن الشرط الالزم والكايف لنجد على الضلع . ABCنتأمل مثلثا ]AB نقطةD ، هو أن تتحقق املتراجحة DBو ADيساوي املتوسط اهلندسي للطولني DCجتعل الطول

2sin sin sin2

CA B

⋅ ≤

]من الضلع كيفية نقطة D النقطة لتكن ]AB ن بالزاويةتتعي ،

( ),CA CDα =

,0]من اال ]C احملتوى يف[ ]0,π .

جند DBCو ADCعندئذ استنادا إىل عالقة اجليب يف املثلثني

sinsin

CD AD

A αو =

sin sin( )

CD DB

B C α=

−

وعليه يكون

2

sin sin( )

sin sin

C AD DB

CDA B

α α− ⋅=

A

C

D B

α

عام 1974 131

]على Dإذن الشرط الالزم والكايف حتى جند ]AB حقق2تCD AD DB= و أن جند ه ⋅α ال0]من ا, ]C حققت sin sin( ) sin sinC A Bα α− = .

لنتأمل إذن التابع ( ) : [0, ] , sin sin( )f C f x x C x→ = −ℝ

]على Dفيكون الشرط الالزم والكايف حتى جند ]AB حقق2تCD AD DB= هو أن ⋅ يوجد عددα ا0]ل من ا, ]C حققي( ) sin sinf A Bα ، أي أن ينتمي العدد = sin sinA B موعة إىلا ( )[0, ]f C ال وهي0]صورة ا, ]C وفق التابعf.

)ولكن ) sin( 2 )f x C x′ = f، ومنه جدول التحوالت البسيط التايل للتابع −

( )

( )( )

2

22

0

0

0 sin 0

C

C

x C

f x

f x

′ ր ց

)إذن ) ( )22[0, ] 0, sin Cf C = . ى جندوهكذا نرى أن الشرط الالزم والكايف حتD على[ ]AB حقق2تCD AD DB= يكون أن هو ⋅ ( )2

2sin sin sin CA B وهي . ≥ ù .اخلاصة املطلوبة

2أثبت أن اموع 1 32 1

0

2n

k kn n

k

A C ++

=

= وذلك مهما 5ال يقبل القسمة على العدد ∑⋅

sنذكر أن . ℕمن nكانت قيمة rC ف بالصيغة هو ثابتاملعر ثنائي احلد!

!( )!r

s r s−.

)لنالحظ أن )2 12 1

2 10

8 8n

kkn n

k

A C++

+=

= )، فإذا عرفنا∑ )22

2 10

8n

kkn n

k

B C +=

= ∑

كان لدينا، ℕمن

( ) ( )

( ) ( )

2 12 1

2 10

2 12 1

2 10

8 8 1 8

8 8 1 8

nk nk

n n n

k

nk nk

n n n

k

B A C

B A C

++

+=

++

+=

+ = = +

− = − = −

∑

∑


جند ،ومن ثم، بضرب العالقتني السابقتني طرفا بطرف

2 2 2 18 7 nn nB A +− = − ( )1

)ولكن ) ( )2 1 27 2 2 mod5 3 1 mod5n nn+− ≡ − ≡ إذن −

2 17 mod5 2,3n+− ∈

وبوجه خاص، ملا كان 25 mod5 : 0,1,4Q x x= ∈ =ℕ أن مما سبقاستنتجنا

2 2 1, 7 mod5nm m +∀ ∈ ≠ −ℕ ( )2

)ن استنتجنا م nAيقسم 5فإذا افترضنا أن 2 أن 1( 2 17 mod5nnB

+= وهذا يتناقض −)مع اخلاصة 5وهذا التناقض يثبت أن . 2( nA وذلك مهما كانتn منℕ. ù

بعادها 8نتأمل رقعة شطرنج أ وفق اخلطوط اليت (جيري تقسيمها إىل مستطيالت . ×8من هذه املستطيالت فيه العدد نفسه من ونفترض أن كال . pعددها )تفصل بني املربعات

أوجد . خمتلفة أن أعداد املربعات يف املستطيالت املختلفةواملربعات البيضاء واملربعات السوداء، .املستطيالت، وأعط مجيع جمموعات القياسات املمكنة هلذه pأكرب قيمة ممكنة للعدد

أن يكون عدد املربعات البيضاء مساويا عدد املربعات السوداء يف مستطيل يكافئ كون عدد )وإذا رمزنا إىل أعداد املربعات يف املستطيالت . املربعات يف املستطيل زوجيا )1k k pa ≤ استنتجنا ≥

للرقع ة أن من كوا جتزئة 1

64p

kka

=د . ∑= )وألن األعدا )1k k pa ≤ د زوجية ≥ أعدا

ومتباينة استنتجنا أن

1

2 4 2 64p

k

k

p a=

+ + + ≤ =∑⋯

)ومنه )1 64p p + 7pوهذا يقتضي أن ≥ ≤. 7pلنفترض وجود حلول يف حالة ولنرمز كما سبق إىل أعداد املربعات يف املستطيالت . =

)بالرمز )1 7k ka ≤ وملا كانت هذه األعداد متباينة أمكننا أن نفترض أن .≥

1 2 7a a a< < <⋯ نضع إذن

2k

k

ab k= − .

عام 1974 133

فيكون لدينا من جهة أوىل7 7

1 1

128 4

2k k

k k

b a= =

= − =∑ ∑

)ومن جهة ثانية، إذا تذكرنا أن األعداد )1 7k ka ≤ أعداد زوجية، استنتجنا أن ≥1

1 1 02

k kk k

a ab b +

+−

− = − ≥

فنكون قد أثبتنا أن

1 2 70 b b b≤ ≤ ≤ 1و ⋯≥ 2 7 4b b b+ + + =⋯ )وعليه نرى أن )1 2 7, , ,b b b… يأخذ واحدة من القيم اخلمس التالية:

( ) ( )

( ) ( )

( )

0, 0, 0, 0,1,1,2 0, 0, 0, 0,0,0, 40, 0, 0,1,1,1,1 0, 0, 0, 0,0,1, 3

0, 0, 0, 0,0,2,2

وهذا باملقابل يعطي للمجموعة 1 2 7, , ,a a a… التالية واحدة من القيم

2, 4,6, 8,10,12,222,4,6, 8,10,14,202, 4,6,8,10,16,182, 4,6, 8,12,14,18

2,4,6,10,12,14,16

22ومن ثم بعداه (مربعا، 22فيه غري ممكنة، إذ ال يوجد مستطيل احلالة أو ×111 .، على الرقعة)×2

املوافقة للقياسات احلالة 2, ممكنة، كما هو مبين يف حالة 4,6,8,10,14,20 :التايل الشكل

1 8×

5 4× 5 2×

3 2×

2 2×

2 7×


املوافقة للقياسات احلالة 2, :حالة ممكنة، كما يف الشكل التايل 4,6,8,10,16,18

2 8×

6 3×

2 5×

2 3× 2 2×

2 4×

ياساتاملوافقة للق احلالة 2, :حالة ممكنة، كما يف الشكل التايل 4,6,8,12,14,18

1 8×

7 2×

2 6×

2 3× 2 2×

3 6×

املوافقة للقياسات احلالة :حالة ممكنة، كما يف الشكل التايل 2,4,6,10,12,14,16

2 8×

2 7×

2 6×

2 3×

2 2×

2 5×

ن أ ى نر ا 7pوهكذ قياسات = ت عا جممو ن أ و ملطلوب، ا لتحقيق ممكنة قيمة كرب أ هي املستطيالت املوافقة هي

2, 4,6,8,10,16,18 , 2, 4,6, 8,10,14,20

2,4,6,10,12,14,16 , 2, 4,6,8,12,14,18


عام 1974 135

يأخذها املقدار اليت عين مجيع القيم a b c d

a b d b c a c d b d a c+ + +

+ + + + + + + +

.يف جمموعة األعداد احلقيقية املوجبة متاما dو cو bو aعندما تتحول األعداد )لنعرف يف حالة ), , ,a b c d من( )4∗

+ℝ املقدار

( ), , ,a b c d

F a b c da b d b c a c d b d a c

= + + ++ + + + + + + +

) اموعة املطلوب تعيني )( )4I F ∗

+= ℝ هي جمال من اليتℝ ألن التابعF مستمر تابع)واموعة )4∗

+ℝ ،بةخابوجه فهي، جمموعة حمدمترابطة ،ص. )مبالحظة أنه يف حالة ), , ,a b c d من( )4∗

+ℝ لدينا b b a a

b c a a b c a b d a b d

d d c c

d a c a c d c d b b c

c

b a d

d> >

+ + + + + + + +

> >+ + + + + +

+ +

+ + + +

و

و

استنتجنا جبمع هذه املتراجحات طرفا مع طرف أن ( ) ( ) ( )

4, , , , , , , 1a b c d F a b c d∗+∀ ∈ >ℝ ( )1

)لتكن ), , ,a b c d من( )4∗+ℝ . تبديل دائري مبالحظة أن أي a

bcd

ال يغير قيمة

)املقدار ), , ,F a b c d ميكننا أن نفترض أن( )max , ,a b c d≥ .وعندئذ يكون لدينا

b b d d

b c b c d c d ca d a b≤ ≤

+++++ + + + و

وعليه يكون

1b c d b c d

b c a c d b d a c b c d

+ ++ + ≤ =

+ + + + + + + +

إذن

( ), , ,

1 2

a b c dF a b c d

a b d b c a c d b d a c

a

a b d

= + + ++ + + + + + + +

≤ + <+ +

فنكون قد أثبتنا أن ( ) ( ) ( )

4, , , , , , , 2a b c d F a b c d∗+∀ ∈ <ℝ ( )2


∗من xنالحظ يف حالة +ℝ أن

( )2 2

, ,1,12 1 2

xF x x

x x= +

+ +

)وألن )0

lim , ,1,1 1x

F x x+→

infاستنتجنا = 1I ≤.

∗من xوكذلك يف حالة +ℝ لدينا

( )2 2

,1, ,12 1 2

xF x x

x x= +

+ +

)وألن )0

lim ,1, ,1 2x

F x x+→

supاستنتجنا أن = 2I ≥.

)لقد أثبتنا يف : اخلالصة ¤ )و 1( [أن 2( [1, 2I inf، ووجدنا أيضا أن ⊃ 1I وأن ≥sup 2I [مما يثبت أن ≤ [1, 2I ù .وهي النتيجة املرجوة =

ونتأمل اموعة. 0أكرب متاما من dأمثاله أعداد صحيحة، ودرجته Pكثري حدود نتأمل ( )( ) ( )( ) : 1 1x P x P x= ∈ = ∨ = −Z ℤ

)أثبت أن )card 2d≤ +Z. لنعرف اموعتني

( ) 1 : 1x P x= ∈ =Z ℤ و( ) 1 : 1x P x− = ∈ = −Z ℤ 1هاتان اموعتان منفصلتان واجتماعهما 1−∪Z Z يساويZ . ليكن( )minα = Z .

1α حالة ∈ Z . ليكنγ 1عنصرا ما من−Z عندئذ يكون ،

( ) ( ) 2P Pα γ− = ( )∗ )كان ، ملاولكن ) [ ]

0

d kkk

P X a X X=

= ∈∑ ℤ استنتجنا أن

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 11

1 1

d dkk k k j j

k k jk k

P P a aα γ α γ α γ α γ− − −=

= =

− = − = −∑ ∑ ∑

)وينتج من γأن العدد املوجب ∗( α− 2يقسم ومن ثم ، , 1γ α α∈ إذن لقد . +تنا أن أثب 1 1, 2α α− ⊂ + +Z. ومنه( )1card 2− ≤Z . ،ونستنتج، من جهة أخرى)أن ) ( )1card deg P d≤ =Z إذن ،( )card 2d≤ +Z.

2αحالة ∈ Z. عالج بأسلوب مماثل، أو بتطبيق ما سبق علىهذه احلالة تP−. ù

137

عشر بعالساأوملبياد الرياضيات

منتهيتني ليتني )نتأمل متتا )1k k nx ≤ )و ≥ )1k k ny ≤ أن . من األعداد احلقيقية ≥ ونفترض 1 2 nx x x≥ ≥ 1وكذلك ⋯≤ 2 ny y y≥ ≥ σالتبديل أثبت أنه مهما يكن . ⋯≤

، أي جمموعة التقابالت على اموعة nSمن 1,2, ,n…، يكن

( ) ( )( )22

1 1

n n

k k k k

k k

x y x yσ= =

− ≤ −∑ ∑

.nسنثبت هذه النتيجة بالتدريج على العدد 1nحالة .صحيحة وضوحا وتافهة =2nحالة )من التبديل املطابق، ومن املناقلة 2Sيف هذه احلالة تتكون . = )1,2τ = .

1إذن يف حالة 2x x≥ 1و 2y y≥ علينا إثبات املتراجحة

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 21 1 2 2 1 2 2 1x y x y x y x y− + − ≤ − + −

ولكن إذا وضعنا( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 21 2 2 1 1 1 2 2x y x y x y x y∆ = − + − − − + −

رأينا مباشرة( )

( )( )

1 1 2 2 1 2 2 1

1 2 1 2

2

2 0

x y x y x y x y

x x y y

∆ = + − −

= − − ≥

لة لنتيجة يف حا ا ذن صحة إ 1nلنفترض منتهيتني . − ليتني متتا مل لنتأ )و )1k k nx ≤ ≤ )و )1k k ny ≤ ن ≥ تحققا ، حلقيقية ا د ا عد أل ا 1من 2 nx x x≥ ≥ لك ⋯≤ كذ و

1 2 ny y y≥ ≥ :وهنا نناقش حالتني .nSتبديال ما من σوليكن .⋯≤) حالة )n nσ )بالعالقة 1n−Sمن σɶعندئذ نعرف . = ) ( )k kσ σ=ɶ يف

1حالة 1k n≤ ≤ واعتمادا على فرض التدريج لدينا. −

( ) ( )( )1 1

22

1 1

n n

k k k k

k k

x y x yσ

− −

= =

− ≤ −∑ ∑ ɶ

)وجبمع املقدار )2n nx y− املتراجحة املطلوبة ىل الطرفني جندإ:

( ) ( )( )22

1 1

n n

k k k k

k k

x y x yσ= =

− ≤ −∑ ∑


لة )حا )n nσ )نعرف . ≠ )1r nσ−= و( )m nσ= ، ملناقلة ثم نتأمل ا

( ),n mτ ، ويبادل بني هاتني mو nوهي التبديل الذي يثبت مجيع القيم عدا =لقيمتني σونعرف . ا τ σ′ = )فنالحظ أن )n nσ ′ دا إىل ، ، إذن = استنا

σاحلالة السابقة مطبقة على جند، ′

( ) ( )( )22

1 1

n n

k k k kk k

x y x yσ′= =

− ≤ −∑ ∑ ( )∗

)ولكن ) ( )k kσ σ′ )يف حالة = ) ,k n mσ أي ،∌ ,k r n∉ ،)ولدينا )r mσ ′ )و = )n nσ ′ = .

)إذن تكتب املتراجحة لبالشك ∗(

( ) ( )( )

( ) ( )22 2 2

1 ,

n

k k k k r m n n

k k r n

x y x y x y x yσ

= ∉

− ≤ − + − + −∑ ∑

rولكن مبالحظة أن nx x≥ وm ny y≥ 2، وباالستفادة من حالةn جند =

( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( )

2 2 2 2

2 2

r m n n r n n m

r r n n

x y x y x y x y

x y x yσ σ

− + − ≤ − + −

≤ − + −

إذن

( ) ( )( )22

1 1

n n

k k k k

k k

x y x yσ= =

− ≤ −∑ ∑

.وهي املتراجحة املطلوبة

n. ùجنزنا اإلثبات بالتدريج على العدد وهكذا نكون قد أ

)نتأمل متتالية ) 1n na كان أثبت أنه أيا . متزايدة متاما من األعداد الطبيعية املوجبة متاما ≤ما متا املوجب لطبيعي ا لعدد من احلدود iا ئي لشكل naفهناك عدد ال ا با تكتب ليت ا

n i ja ra sa= jمع + i> وr وs ان موجبان متاماعددان طبيعي .

عام 1975 139

من r، ولنعرف يف حالة ℕ∗من iلتكن 0,1, , 1ia اموعة …− : modr k iA k a a r∗= ∈ =ℕ

)تؤلف اجلماعة )0 ir r aA ≤ فال بد أن إحدى . ℕ∗جتزئة موعة األعداد الطبيعية املوجبة متاما >[من jخنتار إذن عددا .، جمموعة غري منتهيةsAهذه اموعات، ولتكن [,sA i∩ +∞ ،

[ونتأمل اموعة غري املنتهية [,ij sB A j= ∩ عندئذ. ∞+, modij n j in B a a a∀ ∈ =

أو,ij n j in B r a a ra∗∀ ∈ ∃ ∈ = +ℕ

ù .وهذه هي اخلاصة املطلوبة

على حنو يكون CAQو BCPو ABRوننشئ خارجه املثلثات . ABCنتأمل مثلثا لية لتا لقياسات ا املثلثات ا يا يف هذه : للزوا

4PBC π= و6PCB π= و

4QAC π= و6QCA π= و

12RAB π= و12RBA π= .أثبت أن

2QRP

πQRو = RP=

)لنضع : حل حسايب )12cos πλ : لنرمز كالعادة، و=AB c= وBC a= وCA b=

لدينا BCPاستنادا إىل عالقة اجليب يف املثلث

56 124sin sin sin

BP CP CBπ π π= =

5ولكن 12 12sin cosπ π λ= ، إذن=

2

aBP

λو =

2

aCP

λ= ( )1

أن CAQوجند باألسلوب نفسه من املثلث

2

bAQ

λو =

2

bCQ

λ= ( )2

cosلدينا ABRويف املثلث املتساوي الساقني2 12

AB

AR

πλ= إذن =

2

cBR AR

λ= = ( )3

A B

CP

Q

R


)، وذلك باالستفادة من PQRلنحسب إذن أطوال أضالع املثلث )و 1( )و 2( )3. جند BPRباستخدم عالقة التجيب يف املثلث

( )2 2 232 cosPR BP BR BP BR Bπ= + − ⋅ ⋅ +

ومنه( )( )2 2 2

32

12 cos

4PR a c ac Bπ

λ= + − +

)ولكن ) 1 33 2 2cos cos sinB B Bπ + = 1، كما إن −

2 sinac B يساوي مساحة وعليه. Aاليت سنرمز إليها ABCاملثلث

( )2 2 22

1cos 2 3

4PR a c ac B

λ= + − + A

2أن ABCكما نستنتج من عالقة التجيب يف املثلث 2 2 2 cosa c b ac B+ − إذن =

( )2 2 2

2 2 2 22 2

1 12 3 4 3

24 8

a c bPR a b c

λ λ

+ + = + = + + + A A

يف العالقة السابقة فنجد bو aيكفي أن نبادل بني QRحلساب

( )2 2 2 2 22

14 3

8QR a b c PR

λ= + + + =A

QRإذن RP=. فنجد أن PQCمن املثلث PQلنحسب اآلن

( )2 2 232 cosPQ CP CQ CP CQ Cπ= + − ⋅ ⋅ +

ومنه

( )( )

( )

( )

2 2 232

2 22

2 2 22 2

2

2 2 22

12 cos

21

cos 3 sin2

12 3

22

14 3

4

PQ a b ab C

a b ab C ab C

a b ca b

a b c

π

λ

λ

λ

λ

= + − +

= + − +

+ − = + − +

= + + +

A

A

2وهكذا نرى أن 2 2PQ PR QR= .ويتم اإلثبات. قائمة PRQفالزاوية +

عام 1975 141

: حل هندسي

ملا كان 4

PBCπ

2BCو = BPλ= رمزنا حيث ،⋅)ا يف السابق كم )12cos πλ هي صورة Cاستنتجنا أن ،=P 1وفق التحويل اهلندسيT ن من دوران مركزهاملكوB

وزاويته 4

πمركزه ، متبوع بتحاكB 2ونسبتهλ .

2BSعندئذ .1Tوفق Rصورة Sلتكن النقطة BR BAλ= ⋅ كذلكو. = ( , ) ( , ) ( , )

12 4 3BA BS BA BR BR BS

π π π= + = + =

.مثلث متساوي األضالع BASوهذا يربهن على أن املثلث

ملا كان وكذلك 4

CAQπ

1 و =

2AQ AC

λ Cهي صورة Q، استنتجنا أن =

وزاويته Aاملكون من دوران مركزه 2Tوفق التحويل اهلندسي 4

π مركزه متبوع بتحاك ،

A 1ونسبته

2λ .املستقيم ولكن ( )RS املثلث حمور تناظرهوBASإذن ،

( , ) ( , )

4AS AR BR BS

π= =

1 و

2AR AS

λ=

)وهذا يربهن أن )2 S R=T.

2لنتأمل إذن التحويل اهلندسي 1=R T T . ملا كان جداء ضرب نسبيت التحاكي يف

1T 2وT 1، وجمموع زاوييت الدورانني يف 1يساويT 2وT يساوي2

π، استنتجنا أن

R دوران زاويته2

π . ا مركز هذا الدورن فهو النقطةأمR ألن( )R R=R . ولكن( )P Q=R .وهذا يربهن يف آن واحد أن

RP RQ= و 2

PRQπ

=

ù .توبذا يتم اإلثبا

A B

CP

Q

R

S


جمموع األرقام يف B، وليكن 44444444جمموع األرقام يف الكتابة العشرية للعدد Aليكن .Bجمموع األرقام يف الكتابة العشرية للعدد C أوجد. Aللعدد الكتابة العشرية

44444444Nلنكتب 44444ملا كان . = استنتجنا أن >104 4444 1777610 10N ×< =

رقما عشريا على األكثر، وهذا يقتضي أن 17776باستخدام Nإذن يكتب 9 17776 159984 199999A ≤ × = <

وهذا يقتضي أن 5 9 45B ≤ × =

12Cوأخريا نستنتج أن ≤. ومن جهة أخرى، نالحظ أن

mod9 mod9 mod9 mod9N A B C= = = ولكن

( )44444444 1111 11114444 mod9 2 mod9 16 mod9 7 mod9= − = = 37ولدينا 1mod9= 1111و 3 370 1= × إذن +

( )3704444 34444 7 7mod9 7mod9= × =

وهي . 7، فهو إذن يساوي 7يساوي 9وباقي قسمته على 12هو عدد أصغر من Cإذن ù .النتيجة املطلوبة

)ة املثلثية، أي اليت مركزها نقطة على الدائر 1975أوجد )0,0O على 1ونصف قطرها ، .أن تكون املسافات بني أي نقطتني منها أعدادا عادية، أو أثبت استحالة حتقيق هذا األمر

)لنالحظ أوال أن ) ( )i i2 22 i exp i sine eθ ϕ θ ϕθ ϕ + −− = ومن ثم

( ) ( ) ( ) ( ) ( )i i2 2 2 2 22 sin 2 sin cos cos sine eθ ϕ ϕ ϕθ ϕ θ θ−− = = −

)وعليه نرى أنه إذا كانت األعداد ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 2sin , cos , sin , cosϕ ϕθ θ ةأعدادا عاديieكانت املسافة بني θ وie ϕ اعددا عادي .

عام 1975 143

لنعرف إذن

( ) [ ]2

21, 2arcsin 0,

1n

nn

nθ π∀ ≥ = ∈

+

فيكون

( ) 2

2sin

2 1n n

n

θ=

+) و )

2

2

1cos

2 1n n

n

θ −=

+

يكون ℕ∗من mو nومن ثم، يف حالة

( )

( )( )

2 2i i

2 2 2 2

2 2

2 1 1 22

1 1 1 1

4 1

1 1

n mn m n m

e en m n m

nm m n

n m

θ θ − −− = ⋅ − ⋅

+ + + +

+ −=

+ +

)وهذا يثبت أن النقاط )i nn

e θ ∗∈ℕمثىن وأن املسافة بني أي اثنتني منها هي عدد خمتلفة مثىن

يكفي إذن أن نأخذ .عادي i : 1 1975ke kθ ≤ . لنحصل على جمموعة النقاط املطلوبة ≥ ù .وبذا يتم اإلثبات

)دود مبتحولني أوجد مجيع كثريات احل ),P X Y حقق الشرطني التالينياليت ت: ما 1. متا طبيعي موجب يوجد عددn حققي( ) ( ), ,nP tx ty t P x y= اي أ وذلك

.yو xو tكانت األعداد احلقيقية .2 ( )1,0 1P كان zو yو x، وأيا كانت األعداد احلقيقية =

( ) ( ) ( ), , , 0P y z x P z x y P x y z+ + + + + = ( )E 1zبوضع x y= − )يف العالقة − )E جند

( ) ( ) ( )1 , 1 , ,1 0P x x P y y P x y x y− + − + + − − = ( )1 لنعرف كثري احلدود مبتحول واحد. ℝمن yو xوذلك مهما كان

( ) ( ),1Q X P X X= − )عندئذ نستنتج من )أن 1( ) ( ) ( )1 1Q X Y Q X Q Y+ = − − − ، وهذا يربهن −

على أن

( ) ( ) ( )( )2

1 , 1 , 0Q X Y Q X X Q Y YX Y

∂′′ + = − − + − =

∂ ∂


0Qإذن ′′ )يحققان bو a، ومن ثم يوجد عددان حقيقيان = )Q X aX b= أي +( ),1P X X aX b− = +

)بالتعويض يف العالقة جند 1(( ) ( ) ( ) ( )2, , 1 1 0x y a x b a y b a x y b∀ ∈ − + + − + + + + =ℝ

2أو 3 0a b+ )كما نستنتج من . = )1, 0 1P 1aأن = b+ إذن باحلل املشترك . =2جلملة املعادلتني 3 0a b+ 1aو = b+ 3aجند = 2bو = = إذن. −

( ),1 3 2P X X X− = − )ليكن ),x y 2منℝ 0ولنفترض أنt x y= + عندئذ ≠

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )1

, , ,1

3 2 2

nn

n n

x y x xP x y t P x y P

t t t t

xx y x y x y

x y−

= = + −

= + − = + − +

وعليه يكون ( ) ( ) ( )1, 2nP X Y X Y X Y−= + −

واص املطلوبة، فهو احلل الوحيد وبالعكس، نتيقن مباشرة أن كثري احلدود هذا يحقق مجيع اخل ù .للمسألة املطروحة

gQWEA DZXC

145

عشر ثامنالأوملبياد الرياضيات

. 16، وجمموع أطوال ضلعني متقابلني وقطر فيه يساوي 32نتأمل رباعيا حمدبا مساحته .أوجد مجيع األطوال املمكن أن يأخذها القطر الثاين

، ولنفترض أنABCDلنسم الرباعي املدروس AB α= وBD δ= وCD β=

لنعرف الزاويتنيوDBAθ BDCϕو = =

ض لدينااستنادا إىل الفر

16α β δ+ + = ( )1 sin وكذلك sin 64αδ θ βδ ϕ+ = ( )2 )بضرب )، ثم طرح δبالعدد 1( من الناتج جند 2(

( ) ( ) 21 sin 1 sin 16 64 0αδ θ βδ ϕ δ δ− + − + − + = أو

( ) ( ) ( )21 sin 1 sin 8 0αδ θ βδ ϕ δ− + − + − = ولكن املقادير يف اموع السابق موجبة، إذن جيب أن يكون

8δ sinو = sin 1θ ϕ= = 2ومنه πθ ϕ= 8α، و= β+ وباالستفادة من. =

AC AB BD DC= + +

جند

( )

2 2 2 2

2 2 2

2 2

2 2 2

2

2

8 8 2 8

AC AB BD DC AB DC

α δ β αβ

α β δ

= + + + ⋅

= + + +

= + +

= + = ×

8 هومن 2AC ù .وهي القيمة الوحيدة املمكنة القطر الثاين. =

A B

CD

α

β

δ

θ

ϕ

A B

CD

α

β

δ


)نتأمل كثري احلدود ) 21 2P X X= ) ثم نعرف كثريات احلدود . − ) 1n nP بالصيغة ≤

( ) ( )( )1 1n nP X P P X+ )أثبت أن جذور املعادلة . = )nP x x= ةهي جذور حقيقي .وخمتلفة مثىن مثىن

)نربهن بالتدريج أن )deg 2nnP X وكذلك نربهن بالتدريج . nوذلك أيا كانت قيمة = أن nعلى العدد

( ) ( )1, , 2 cos 2 cos 2nnn x P x x∀ ≥ ∀ ∈ =ℝ

م اخلاصة )وذلك باستخدا ) ( ) ( )2 2 22cos 2 2 2 cos 1 2 cos 2xθ θ− = − وهنا . =)جند أن املعادلة )nP x x= تؤول إىل( ) ( )cos 2 cosnθ θ= .فنا وعليهإذا عر

( )22 cos

2 1k n

ky

π=

+)و )2

2 cos2 1k n

kx

π=

−

]متناقصا متاما على اال cosاستنتجنا من كون التابع ]0,π أن

1 10 1 1 2 1 21 1n nx y x x y− −−= > > > > > ≥ −⋯ )وأن )n k kP x x= 10إذا 2nk −≤ )، و> )n k kP y y= 11إذا 2nk −≤ ≤ ،

)جذرا حقيقيا خمتلفا للمعادلة 2nفنكون بذلك قد وجدنا )nP x x= . إال أن هذه هي مجيع)جذور املعادلة )nP x x= ن أل( )( )deg 2nnP X X− ù .وبذا يتم املطلوب. =

. 1نتأمل علبة يئة متوازي مستطيالت يمكن ملؤها متاما مبكعبات حجم كل منها يساوي لعلبة ، 2اولنا مألها مبكعبات حجم كل منها يساوي وإذا ح ا توازي أضالع ،وحروفها

عين . من العلبة فقط %20ووضعنا فيها أكرب عدد ممكن من هذه املكعبات، متكنا من ملء .األبعاد املمكنة للعلبة

)مع cو bو aلنفترض أن أبعاد العلبة هي )min , ,a a b c=. فولنعر

3 2

aα =

3و 2

bβ

=

3و 2

cγ =

واملطلوب . αβγمساويا 2كون احلجم األعظمي الذي ميكن ملؤه مبكعبات حجمها عندئذ ي ليكون cو bو aتعيني األعداد

5 abcαβγ = ( )1

عام 1976 147

:نالحظ ما يلي األطراف يف املتراجحات التالية حبساب مكعب 35 192

4 15< 317و > 12

510 7< <

وعليه يكون

( )

33

3 3 3 3 32 23 3

3 33

19 1215 7

1 1 5 2 5 2

52 10 10 5 2 10

3

5 2 2 5 100

3 63

5 2 5 310

− −− = =

+ +

=+ +

> =× + × +

:لنالحظ ما يلي

3 3

63 63 635, 5 1

310 310 6252

m mm m∀ ≥ − > ≥ × = >

ومنه 3 3

5, 152

m mm∀ ≥ > وهذا يربهن على أن ، +

3 35,

52

m mm

∀ ≥ >

إنكما

3 3 3

3 3 3

3 3 3

3 3 3 30 42 2 0

17 175 524 4 4 40 11

3 3 017 175 52

5 5 5 50 13 3 0

17 175 52

− = − > − = >

− = − > − = >

− = − > − = >

إذن

3 3

3,52

m mm

∀ ≥ >

( )2

)تذكر أن )min , ,a a b c= . 3فإذا افترضنا أنa )استنتجنا من ≤ أن 2(

3

1

5aα و <

3

1

5bβ و <

3

1

5cγ >

1وكان من ثم

5abcαγβ )، وهذا يتناقض مع < 1aوملا كان . 1( 0αيقتضي = = ،

2aاستنتجنا أن وهذا أيضا أمر غري مقبول، 1αو = =.


)أصبحت العالقة صيغةمن ال 1(

5 2bcβγ = ( )3 العدد أحد العددين 5إذن جيب أن يقسمb أوc ةميكننا أن نفترض دون اإلقالل من عمومي ،

5الدراسة أن | b . ا أن يكون5فإمb 10bأو أن يكون = ≥. 10bلنفترض أن عندئذ نستنتج مباشرة أن ≤

3 3

1 1 1 15 1 131

19 10 1902 2

b

b b b

β = > − > − =

)بناء على العالقة و جند 3(2 2 190 76

5 5 131 131

b

c

γ

β= × < × =

7وهنا نالحظ أن 76 512 131 12 131 0×− = 3، وكنا قد رأينا أن <

7 112 5، نستنتج إذن من >

ن بقة أ لسا ا ملتراجحة 3ا7 112 5c

γ < 3، أي > 3 52c c < . لعودة إىل )وبا أن 2( نستنتج

2c = 1ومن ثمγ )العالقة من وعندها، = جند 3(

3 3

4 1 1

5 2 2

b

b b

β = = <

3وهذا تناقض واضح ألن 1 4

52<.

5bإذن جيب أن يكون = 3، ومن ثمβ )العالقة ومن . = :ما يلي نستنتج 3(

3 3

2 1 1 1 15 1

3 192 2

c

c c c c

γ = = > − > −

ومنه1 15 2 45 38 7

19 3 57 57c

−> − = =

57 أي7c 8cأو > :وهنا نتأمل اجلدول التايل . ≥

21 3 3 5 352 74

243 3

2 3 4 5 6 7 8

c

c

γ

.6أو 3إحدى القيمتني فقط ميكن أن تأخذ cالذي يبين أن جيب أن تكون واحدة من اموعتنينستنتج من الدراسة السابقة أن أبعاد العلبة

2,5,6أو 2,3,5 ù .م املطلوبفهما احلالن الوحيدان هلا، ويت. ونتيقن مباشرة أن كال العلبتني يعطي حال للمسألة

عام 1976 149

.1976عين أكرب عدد يساوي جداء ضرب أعداد طبيعية موجبة متاما جمموعها 1976Nلنكتب ، نالحظ أن اموعةℕ∗من rيف حالة ، =

( ) ( ) , 1 1, , :rr N r rA x x x x N∗= ∈ + + =… ℕ ⋯ rيف حالة خالية، كما إنها )rNعدد عناصرها أصغر من (جمموعة منتهية، N> . فيوجد يف

1حالة r N≤ ≤ عددrP يساوي

( )1 ,1

max : ,r

r j r r Nj

P x x x A=

= ∏ ∈ …

)ونسعى إىل تعيني العدد )1max , , NP P P= …. من اموعة ℓاستنادا إىل ما سبق يوجد 1, 2, ,N… وتوجد( )1, ,x x ℓ… من,NAℓ

1تحقق 2P x x x= ℓ⋯. وميكن أن نفترض بعد إعادة ترتيب احلدود إذا لزم األمر أن

1 2x x x≤ ≤ ≤ ℓ⋯ Pمن الواضح أن N≥ ألن 1,NA N=. 1لنفترض جدال أن 1x عندئذ نعرف . = max : 1jk j x= ، بالطبع ال =

kأن تكون ميكن N= 1وإال كانP = لفل .وهذا خالعنصر إذن نتأم( )1 2, , ,k kY k x x x+ += + ℓ… ه ينتميفنرى أن,k NA −ℓ حققوي

( )1 2 1 2k k k kk x x x x x x P+ + + ++ > =ℓ ℓ⋯ ⋯ 1هذا التناقض يربهن على أن 2x ≥.

5xلنفترض أن ≥ℓ، عندئذ مبالحظة أن

( )5, 2 2p p p∀ ≥ < −

)نستنتج أن العنصر )1 2 1, , , 2, 2Y x x x x−= −ℓ ℓ… 1من,NA +ℓ حققي

( )1 1 1 22 2x x x x x x P− × − > =ℓ ℓ ℓ⋯ ⋯ 4xهذا التناقض يربهن على أن ≤ℓ.

1لنفترض أن 4x − =ℓ 4، عندئذ يكونx =ℓ أيضا، ومبالحظة أن

4 4 2 3 3× < × × )عنصر نستنتج أن ال )1 2, , , 2, 3, 3Y x x x −= ℓ… 1من,NA +ℓ حققي

1 2 1 22 3 3x x x x x P− × × × > =ℓ ℓ⋯ ⋯ 1هذا التناقض يربهن على أن 3x − ≤ℓ.


1لنفترض أن 2x 4xو = =ℓ . 2عندئذ مبالحظة أن 4 3 3× < نستنتج أن ×)العنصر )2 1, , 3, 3Y x x −= ℓ… من,NAℓ حققي

2 1 1 23 3x x x x x P− × × > =ℓ ℓ⋯ ⋯ 1هذا التناقض يربهن أنه ال ميكن أن يكون لدينا يف آن واحد 2x 4xو = =ℓ.

4xفإذا كان =ℓ 1وجب أن يكون 2 1 3x x x −= = = =ℓ⋯ ومن ثم ،

( )3 1 4 3 1N = − + = +ℓ ℓ 2و 12 3P −= × ℓ 3xوإذا كان =ℓ ناقشنا حالتني:

1إما أن يكون 3x 1، وعندئذ = 2 3x x x= = = =ℓ⋯ومن ثم ، 3N = ℓ 3وP = ℓ

1أو أن يكون 2x وهنا. =

2إذا كان 2x 3يساوي Pاستنتجنا من كون = 4 4x x x ℓ⋯ ه يف هذهأن3الة يكون احل 3x x= = =ℓ⋯ ها تشابه حالة4، ألنx =ℓ اليت درسناها

آنفا، ومن ثم

( ) ( )3 2 4 3 1 1N = − + = − +ℓ ℓ 2و 22 3P −= × ℓ 2وإذا كان 3x 2استنتجنا أن = 3x x= = =ℓ⋯ن ثم، وم

( )3 1 2N = − +ℓ 12و 3P −= × ℓ .3على العدد Nتتعلق النتيجة بباقي قسمة :النتيجة modيف حالة 3 0N 3Nاليت توافق ،= q=، 3يكونq يساوي جداء أكرب عدد

.Nضرب أعداد طبيعية موجبة متاما جمموعها modويف حالة 3 1N 3، اليت توافق = 1N q= 2، يكون + 12 3q−× أكرب

.Nعدد يساوي جداء ضرب أعداد طبيعية موجبة متاما جمموعها modوأخريا يف حالة 3 2N 3، اليت توافق = 2N q= 2، يكون + 3q× أكرب

.Nعدد يساوي جداء ضرب أعداد طبيعية موجبة متاما جمموعها

1976وملا كان 3 658 2= × 6582، استنتجنا أن + أكرب عدد يساوي جداء هو ×3 ù .1976ضرب أعداد طبيعية موجبة متاما جمموعها

عام 1976 151

2m، ونضع nنتأمل عددا طبيعيا موجبا متاما n= . ل مصفوفة مستطيلةنتأم ثمA من( )n m×M ℝ أي( )

( ), n mij i j

A a∈ ×

=ℕ ℕ

، نفترض أن 1, 0,1ija ∈ يا − وذلك أ

نذكر بالرمز (. mℕمن jو nℕمن iكانت (. 1, 2, ,k k=ℕ وأخريا نتأمل …

مجلة املعادالت1 1 2 2 0,i i im m na x a x a x i+ + + = ∈⋯ ℕ

)بااهيل )mk kx ∈ℕ .موعة أثبت أن هذه اجلملة تقبليف ا( ) \ 0, , 0mℤ حال …

( )1, , mZ z z= m,يحقق الشرط … kk z m∀ ∈ ≤ℕ.

لنتامل اموعة

( )

1, , : ,

, , 1, 0,1, ,

m m k

m

P x x k n x n

n n

= ∀ ∈ − ≤ ≤

= − −

… ℕ

… …

التطبيق Pولنعرف على

( )11

: , , ,

n

mn

m ij j

j i

P X x x a xϕ= ∈

→ = ∑

ℕ

ℤ … ֏

)يف حالة )1, , mX x x= لدينا Pمن …

2

1 1 1

, 2m m m

n ij j ij j j

j j j

i a x a x x nm n= = =

∀ ∈ ≤ ≤ ≤ =∑ ∑ ∑ℕ

إذن( ) ( ) 21, , : , 2n

n n kP y y k y nϕ ⊂ ∈ ∀ ∈ ≤… ℤ ℕ

وهكذا نرى أن( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

22

2

card 2 1 2 1 4 4 1

card 4 1

nm n

n

P n n n n

P nϕ

= + = + = + +

≤ +

)إذن )( ) ( )card cardP Pϕ عنصران Pفيوجد يف . متباينا ϕوال ميكن أن يكون >)يحققان 2Xو 1X خمتلفان ) ( )1 2X Xϕ ϕ=.

)عندئذ يحقق العنصر )1 2 1, , mZ X X z z= − = )من اموعة … ) \ 0, , 0mℤ … )اخلاصتني ) 0Zϕ m,و = kk z m∀ ∈ ≤ℕ .وهو املطلوب إثباته. ù


)نعرف املتتالية )n nu ∈ℕ ا كما يليتدرجيي:

( )20 1 1 1 1

52, , 1, 2

2 n n nu u n u u u u+ −= = ∀ ≥ = − −

أثبت أن ( )( )2 1 /32

n n

nu− x، وقد رمزنا =− ح للعدد إىل اجلزء الصحيx.

)لنعرف املتتالية )n na ∈ℕ بالصيغة( )( )2 1 /32n n

na− ثمℕ . من n، وذلك يف حالة =−

)لنعرف كذلك )n nb ∈ℕ 1بالعالقة/n n nb a a= 1nعندئذ نالحظ يف حالة . + ما ≤ :يلي

( )( ) ( )( )2 2 1 /3 2 2 1 /32 21 1 2

1

12 2 2

n nn n

n nn

b aa

+ − − + −− −

−

− = + = +

ومن ثم

( ) ( )( ) ( )( )( )( )( ) ( )( )( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )

1 11 1

2 1 /3 2 1 /321

2 2 1 /3 2 2 1 /3

2 1 /3 2 1 /3 1 1

1

2 2 2

2 2

2 2 2 2

1

2

n nn n

n nn n

n nn n n n

n n

n

b b

b

+ ++ +

− − − − −−

+ − − + −

− − − − − − − −

+

− = + ×

+

= + + +

= + 2 +

إذن

( )21 1

51, 2

2n n nn b b b+ −∀ ≥ = − −

0كما جند مباشرة أن 2b 1وأن =5

2b nوهذا يتيح لنا أن نثبت بالتدريج أن .= nb u=

.nأيا كانت قيمة

)ولكن مبالحظة أن )2 1 mod 3n n= )نستنتج أن − )2 1

3

n n− −∈ ℕ فالعدد ،na

0هو عدد طبيعي، كما إن 2nn a> ⇒ إذن. <1

1,2n n nn a u a∀ ≥ < < +

وهذا يعين أن n nu a= 1يف حالةn 0n، وهذه املساواة صحيحة أيضا يف حالة ≤ = إذن. وضوحا

( )( ) ( )round 2 /32 1 /30, 2 2

nn n

nn u− −∀ ≥ = =

ù .وهي النتيجة املطلوبة

153

عشر لتاسعاأوملبياد الرياضيات

ألضالع ا ية و متسا ت مثلثا نشئ بع DANو CDMو BCLو ABKأ مر خل ا دABCD . منتص ن أ ثبت ملستقيمة أ ا لقطع ا ت ]فا ]KL و[ ]LM و[ ]MN و[ ]NK

لقطع ا ت منتصفا ملستقيمة و ] ا ]AK و[ ]BK و[ ]BL و[ ]CL و[ ]CM و[ ]DM ]و ]DN و[ ]AN ؤلف مضلعا اثين عشريا منتظمات.

Bو Aولنفترض أن األعداد اليت متثل النقاط . ℂلنطابق بني املستوي وجمموعة األعداد العقدية 1α هي بالترتيب Dو Cو iβو = 1γو = = iδو − = −.

A

B

C

D

K L

MN

1

23

0

11

9108

7

6

5

9

3وزاويته Aوفق الدوران الذي مركزه Bهي صورة Kالنقطة

π إذن العدد العقديκ الذي ميثل النقطةK حققي

( )

i /3 1 31 (i 1) 1 i (i 1)

2 2

1 3 1 3 3 1i 1 i

2 2 2 2 2

eπ

κ = + − = + + −

−= − + − = − +

وأخريا

( )4

3 1exp i

2πκ

−= −

لرياضياتاألوملبياد العاملي ل 154

وفق ABKهي صور املثلث DANو CDMو BCLملا كانت املثلثات 2وزواياها )أي مركز املربع( Oالدورانات اليت مركزها

π وπ 3و2π ،بالترتيب

ة استنتجنا أن األعداد العقديλ وµ وν اليت متثل النقاطL وM وN بالترتيب تعطى بالصيغ

iλ κ= وµ κ= iνو − κ= − ]إىل العدد العقدي الذي ميثل منتصف 0zوعلى هذا إذا رمزنا ]LM كان

( ) ( )01 1 3 1

1 i2 2 2

z λ µ κ−

= + = − − =

]وألن القطع املستقيمة ]MN و[ ]NK و[ ]KL هي صور القطعة املستقيمة[ ]LM 2وزواياها Oوفق الدورانات اليت مركزها

π وπ 3و2π ا أن األعداد بالترتيب، استنتجن

]اليت متثل منتصفات القطع املستقيمة 9zو 6zو 3zالعقدية ]MN و[ ]NK و[ ]KL تعطى بالصيغ

3 0iz z= 6و 0z z= 9و − 0iz z= − ]إىل العدد العقدي الذي ميثل منتصف 1zوإذا رمزنا ]AN كان

( ) ( )

( )

1

0

1 11 i

2 2

3 1 3 1i exp i

2 2 2 6

z

z

α ν κ

π

= + = −

− = + =

1إذن 0z zω= مع( )6exp i πω =. ]وألن القطع املستقيمة ]BK و[ ]CL و[ ]DM هي صور القطعة املستقيمة[ ]AN

2وزواياها ،Oوفق الدورانات اليت مركزها π وπ 3و

2π بالترتيب، استنتجنا أن األعداد

]اليت متثل منتصفات القطع املستقيمة 10zو 7zو 4zالعقدية ]BK و[ ]CL و[ ]DM تعطى بالصيغ

44 1 0iz z zω= 7و =

7 1 0z z zω= − 10و =10 1 0iz z zω= − =

3وقد استفدنا من كون iω =. ]تصف إىل العدد العقدي الذي ميثل من 2zوإذا رمزنا ]BL كان

( ) ( ) 22 0 0

1 1(i i ) exp i

2 2 3z z z

πβ λ κ ω= + = + = =

عام 1977 155

]وألن القطع املستقيمة ]CM و[ ]DN و[ ]AK هي صور القطعة املستقيمة[ ]BL 2واياها ، وز Oوفق الدورانات اليت مركزها

π وπ 3و2π بالترتيب، استنتجنا أن األعداد

ية لعقد ملستقيمة 11zو 8zو 5zا ا لقطع ا ت منتصفا متثل ليت ]ا ]CM و[ ]DN ]و ]AK عطى بالصيغت

55 2 0iz z zω= 8و =

8 2 0z z zω= − 11و =11 2 0iz z zω= − =

)بالنتيجة نرى أن رؤوس املضلع املدروس ممثلة باألعداد العقدية )0 11k kz ≤ س مضلع هي رؤو ≥0اثين عشري منتظم ألن

kkz z ω= و( )6exp i πω =. ù

نتأمل متتالية منتهية من األعداد احلقيقية، ونفترض أن جمموع أي سبعة حدود متتالية منها فعين العدد األعظمي حلدود . منها موجب متاما متتاليا أحد عشر حدا سالب متاما وجمموع أي

.هذه املتتالية

)لنفترض وجود متتالية منتهية )1, , nZ z z= ولنتأمل . تحقق الشروط املذكورة nℝمن …) األشعة )1 6k k nU ≤ ≤ )و − )1 10k k nV ≤ ≤ :ة كما يلي املعرف nℝمن −

71

101

(0, , 0,1,1, ,1,0, , 0) : 1 6

(0, ,0,1,1, ,1, 0, , 0) : 1 10

k

k

k

k

U k n

V k n

−

−

= ≤ ≤ −

= ≤ ≤ −

… … …

… … …

باجلداء السلمي املتعارف nℝنزود الفضاء الشعاعي 1

,n

i iiX Y x y

== يف حالة ∑

( )1, , nX x x= )و … )1, , nY y y= ….

)ونعرف كالعادة األساس القانوين )1k k nε ≤ هو الشعاع الذي مجيع kε حيث، nℝللفضاء ≥ .1اليت تساوي kمركباته أصفار ما عدا املركبة ذات الدليل

تحقق شروط املسألة بكتابة Zعندئذ ميكن التعبري عن كون

1,2, , 6 , , 0

1,2, , 10 , , 0

k

k

k n Z U

k n Z V

∀ ∈ − <

∀ ∈ − >

…

… ( )1


17nلنفترض على سبيل اجلدل أن نالحظ أن .≤11 11 6 17

1 1 1

k

k j j j

k k j k j

U ε λ ε

+

= = = =

= = ∑ ∑ ∑ ∑

مع ( )

( )

( )

card : 1 11, 6

card : 1 11, 6

card : max(1, 6) min(11, )

min(11, ) max(0, 7)

j k k k j k

k k j k j

k j k j

j j

λ = ∈ ≤ ≤ ≤ ≤ +

= ∈ ≤ ≤ − ≤ ≤

= ∈ − ≤ ≤

= − −

ℕ

ℕ

ℕ

منهو: 1 7

7 : 7 11

18 : 11 17

j

j j

j

j j

λ

≤ <= ≤ ≤ − < ≤

كما جند بأسلوب مماثل أن7 7 10 17

1 1 1

k

k j j j

k k j k j

V ε µ ε

+

= = = =

= = ∑ ∑ ∑ ∑

مع ( )

( )

( )

card : 1 7, 10

card : 1 7, 10

card : max(1, 10) min(6, )

min(7, ) max(0, 11)

j k k k j k

k k j k j

k j k j

j j

µ = ∈ ≤ ≤ ≤ ≤ +

= ∈ ≤ ≤ − ≤ ≤

= ∈ − ≤ ≤

= − −

ℕ

ℕ

ℕ

jومبناقشة ثالث حاالت جند أن jµ λ=نكون قد أثبتنا أن، ف 11 7

1 1k k

k k

U V= =

=∑ ∑

نصل إىل تناقض واضح مع الفرض Zوحبساب اجلداء السلمي لطرفي املساواة السابقة بالشعاع ( 16n، وهذا التناقض يربهن على أن 1( ≤.

عام 1977 157

16nلنفترض اآلن أن )، ولنبحث عن شعاع = )1 16k kZ z ≤ يحقق =≥

1,2, ,10 , , 1

1,2, , 6 , , 1

k

k

k Z U

k Z V

∀ ∈ = −

∀ ∈ = +

…

…

يكافئ هذا الشرط مجلة املعادالت1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 00 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 00 0 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 00 0 0 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 00 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 00 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 00 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 0 0 00 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 00 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 00 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 00 0 1 1 1 1 1 1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

1 1 1 1 1 0 0 00 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 00 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 00 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

z

z

z

z

z

z

z

z

z

z

z

zzzzz

1111111111

111111

− − − −

− − −

− = −

−

بطرح كل معادلة من اليت تسبقها أن وهي على كبرها ليست صعبة احلل إذ جند1 2 4 5 6 8 10 11 12 13 15 16

3 7 10 14

z z z z z z z z z z z z

z z z z

= = = = = = = = = = =

= = =

ثم من املعادلتني األوىل واحلادية عشرة جند1 3

1 3

5 2 1

8 3 1

z z

z z

+ = −

+ =

1ومنه 5z 3و = 13z = التايل Zإذن الشعاع . −

( )5, 5,13, 5, 5, 5,13, 5, 5,13, 5, 5, 5,13, 5, 5Z = − − − − − − − − − − − − 16nيعطي حال للمسألة يف حالة العدد األعظمي حلدود متتالية منتهية هو 16فالعدد . =

ù .يكتمل احللوبذا . تحقق الشرط املعطى


2nيحقق nنعطى عددا طبيعيا اموعة nVولتكن . <

1 :nV kn k ∗= + ∈ ℕ إذا مل يكن باإلمكان كتابته جداء »nVيف غري قابل للتفريق« nVمن mنقول إن العدد

داء عناصر غري جل nVيف تفريقهكن ميعنصرnV أثبت أنه يوجد يف . nVضرب عنصرين من ال ننظر إىل تفريقني خيتلفان ( .وذلك بأسلوبني خمتلفني اختالفا جوهريا nVقابلة للتفريق من

).فقط يف ترتيب العناصر على أما خمتلفان اختالفا جوهريا

Nللحل هي يف إجاد هذا العدد بالصيغة الفكرة األساسية abcd= بعد أن خنتار األعدادa acو cdو ab، وعلى حنو تكون فيه جداءات الضرب −1modnمساوية dو cو bو بلة للتفريق يف غ nVاليت هي بالضرورة أعداد من bdو سنرى فيما يلي طريقتني . nVري قا

.لتحقيق ذلكاليت تنص على وجود عدد ال ائي من Dirichletميكن أن نستفيد من مربهنة : طريقة أوىل

لية ملتتا ا د و حد بني لية و أل ا د ا ألعد )ا )1 kkn ∗∈− ℕ . لم ليا نتأ و أ ا د عد ن ذ يحقق pإ1modp n≡ 1pو − n≠ ونعرف. −

( ) ( )( )2221 1N n p n p= − = − )فتكون األعداد )21n )و 2pو − )1n p− من اينةمتب عناصرnV . بقي أن نتيقن أن كال

.nVمن هذه العناصر غري قابل للتفريق يف )لو كان )21n u v− = )إذن كل منهما أكرب من (،nVمن vو uمع ⋅ 1n +

)كان ) ( )2 21 1n n− ≥ + واضح لفوهذا خ. 2pوكذلك لو كان u v= يقسم أحد pستنتجنا أن ا ،nVمن vو uمع ⋅

u، لنفترض جدال أن vأو uالعددين kp= . فيكونp kv= وألن ،p يلأو1vو v أن استنتجنا من ذلك ≠ p= اختيارنا للعدد طريقة وهذا يناقضp ألن

1modv n≡2، وn ≠. )وأخريا لو كان )1n p u v− = يقسم أحد p، استنتجنا أن nVمن vو uمع ⋅

u، لنفترض جدال أن vأو uالعددين kp= . 1فيكونn kv− أكرب vوألن =1nأو يساوي 1استنتجنا من ذلك أن + 1n n− ≥ .وهذا خلف أيضا +

.أعاله يحقق اخلاصة املرجوة Nفالعدد

عام 1977 159

وهي مربهنة صعبة، ميكن أن نستبدل Dirichetبدال من االعتماد على مربهنة : ثانيةطريقة 1nأول عدد يلي pبالعدد 2أي nبالقياس −1ويساوي − 1n ، ولكن جيب أن − لنتأمل إذن األعداد. ذرين قليالنكون ح

( )21x n= )و − )22 1y n= )و − )( )1 2 1z n n= − − 2N، والعدد nVعناصر متباينة من zو yو xفتكون األعداد xy z= يقبل تفريقني =

؟ nVتكون هذه العناصر غري قابلة للتفريق يف ولكن أ. nVخمتلفني كجداء عناصر من .nVال يقبل التفريق يف xلقد رأينا أن )لنفترض أن ) ( )1 1z n nα β= + ⋅ )مع + ),α β 2من∗ℕ .عندئذ

( )3 2 nα β αβ+ + = − 1αβوهذه املساواة تقتضي أن 3و = nα β+ + 1αأي . = β= =

5nو 5nفإذا كان . = .nVعنصرا غري قابل للتفريق يف zكان ≠)لنفترض أن ) ( )1 1y n nα β= + ⋅ )مع + ),α β 2من∗ℕ .عندئذ

( )4 4 nα β αβ+ + = − 1ومنه 3αβ≤ ≤. 1αβيف حالة 2αيكون = β+ 2nومنه = .، وهذا يخالف الفرض=2αβويف حالة 3αيكون = β+ 7ومنه = 2n= أيضا لفوهذا خ. 3αβويف حالة 4αيكون = β+ 8nومنه = =.

8nوعليه إذا كان .nVعنصرا غري قابل للتفريق يف yكان ≠وهكذا نكون قد أثبتا أنه يف حالة 5, 8n )يحقق العدد ∌ ) ( )2 21 2 1N n n= − −

5nأما يف حالة . اخلاصة املطلوبة 2فيمكن أن خنتار = 24 19N = وذلك باتباع الطريقة ×8nاألوىل، ويف حالة 2خنتار = 27 23N = ù .وبذا يتم اإلثبات. ×

)األعداد ), , ,a b A B ة معطاةحقيقي ل التابع. أعدادنتأم ( ) ( ) ( ): , 1 cos sin cos 2 sin 2f f x a x b x A x B x→ = − − − −ℝ ℝ

)نفترض أن ), 0x f x∀ ∈ ≥ℝ .أثبت أن 2 2 2a b+ 2و ≥ 2 1A B+ ≤


iiaلنعرف b e θζ ζ= − iiA، و= B e ϕξ ξ= − عندئذ. =( ) ( )i 2 i, Re 1 x xx f x e eζ ξ∀ ∈ = − −ℝ

)وهكذا نتأمل )i 2 i1 x xg x e eζ ξ= − )ليكون − )Ref g=.

) نالحظ أن ) i 2 i1 x xg x e eπ ζ ξ+ = + ، ومنه −( ) ( ) ( )2 i2 1 xg x g x eπ ξ+ + = −

ومن ثم ( ) ( ) ( )( )

1, 1 cos 2 0

2x x f x f xξ ϕ π∀ ∈ − + = + + ≥ℝ

1يكفي أن خنتار

2x ϕ= 1ξ، لنستنتج أن − أي ،≥

2 2 1A B+ ≤ كما نالحظ أن

( )

( )

i /4i 2 i

i /4i 2 i

1 i4

1 i4

x x

x x

g x e e e

g x e e e

π

π

πζ ξ

πζ ξ

−

+ = − −

− = − +

ومن ثم

( ) ( ) i2 24 4

xg x g x eπ π

ζ+ + − = − إذن

( ) ( ) ( )( )1, 2 cos 0

4 42x x f x f x

π πζ θ∀ ∈ − + = + + − ≥ℝ

xيكفي إذن أن خنتار θ= 2ζلنستنتح أن − ، أي ≥2 2 2a b+ ≤


a,، نرمز bو aيف حالة عددين طبيعيني موجبني متاما bQ 2إىل خارج قسمة 2a b+ علىaالعدد b+ ونرمز ،,a bR ن مجيع األزواج . إىل باقي هذه القسمةعي( ),a b من( )2∗ℕ

)اليت تحقق )2

, , 1977a b a bQ R+ =.

عام 1977 161

)لنتأمل ),a b من( )2∗ℕ حققاني( )2

, , 1977a b a bQ R+ نالحظ أن . =( ) ( )( )2 22 2 1

2a b a b a b+ = + + −

إذن( )

( )

22 2

2 2

a b a b a b

a b a b

+ + −= +

+ +

وهذا يربهن على أن2 2

, 19772 a b

a b a bQ

a b

+ + ≤ = ≤ +

244ن وأل 245و =1936 استنتجنا من املتراجحة السابقة أن =20251 44

2 2

a b a b+ + − < ≤

90ومن ثمa b+ a,وألن . > bR 2هو باقي قسمة 2a b+ علىa b+ استنتجنا أن ,0 90a bR a b≤ < + <

)وعليه نستنتج من )2

, ,1977a b a bQ R= أن −( )

2,1977 90 1977a bQ− ≤ ≤

243وألن )استنتجنا مما سبق أن =1849 )22 2

,43 45a bQ< ,إذن > 44a bQ = . ومن ثم

( )2

, ,1977 1977 1936 41a b a bR Q= − = − = وهكذا نستنتج أن

( )2 2 44 41a b a b+ = + + وهذه املساواة تكافئ

( ) ( )2222 22 1009a b− + − = يكتب بأسلوب وحيد 1009جند أن 1009ولكن باستعراض املربعات اليت هي أصغر من

وهذا يعطي للمسألة حلني ممكنني فقط مها . 215و 228ني مها جمموع مربع , 7,50a b و = , 37,50a b =

)ونتيقن بالعكس، أن ) ( ) ( ) ( ) 7,50 , 50,7 , 37,50 , 50, هي حلول للمسألة املطرحة 37 ù .ة حلول املسألةفهي متثل جمموع


f:نتأمل تابعا ∗ ∗→ℕ ℕ . ونفترض أن ( ) ( )( ), 1n f n f f n∗∀ ∈ + >ℕ

)أثبت أن ),n f n n∗∀ ∈ =ℕ.

)لنعرف املتتالية )n nq ∗∈ℕ بالصيغة ( ) min :nq f k k n= :القضية nPولتكن . ≤)املتتالية املنتهية « )1 1k k nq ≤ ≤ ».متزايدة متاما +

.nصحيحة مهما كانت قيمة nPأن nسنربهن بالتدريج على العدد 2kعددا يحقق kليكن . صحيحة 1Pإن )عندئذ نستنتج من . ≤ )1 1f k − أن ≤

( ) ( )( ) ( ) 11 min : 1f k f f k f j j q> − ≥ ≥ = )إذن ) 12, 1k f k q∀ ≥ ≥ 2وهذا يربهن أن + 11q q≥ .1P، ومنه صحة +1nكما إن n+⇒P P . لنفترض أنnP 1عندئذ يكون . صحيحة 1nq n+ ≥ ألن +

( )1 1 11 1

1n n

n k k

k k

q q q q n+ += =

− = − ≥ =∑ ∑

2kعددا طبيعيا يحقق kليكن n≥ 1عندئذ . + 1k n− ≥ واستنادا إىل تعريف ،+1nq )يكون + ) 11 nf k q +− ≥، ومن ثم( )1 1f k n− ≥ ، وهذا يربهن على أن+

( ) ( )( ) ( ) 11 min : 1 nf k f f k f j j n q +> − ≥ ≥ + ≥ ن ذ )إ ) 12, 1 nk n f k q +∀ ≥ + ≥ ن ، + إ ي 2 أ 11n nq q+ +≥ منه صحة . + و

1n+P. إذن لقد أثبتنا أن 1, n nn q q∗

+∀ ∈ <ℕ ( )1 )، لدينا ℕ∗من nيف حالة ولكن، )( )1min ,n nq f n q )، واملتراجحة =+ تقتضي 1(

)أن )nq f n= . إذن لقد أثبتنا أنf متاما أي متزايد تابع ( ) ( ), 1n f n f n∗∀ ∈ < +ℕ ( )2 )وبوجه، خاص نستنتج من )أن 2( ),n f n n∗∀ ∈ ≥ℕ.

لة )لدينا ، ℕ∗من nوبالعكس، يف حا ) ( )( )1f n f f n+ بع ، ولكن ا < بعf لتا تا)متزايد متاما، إذن )1n f n+ )أو < )n f n≥ . وهكذا نكون قد أثبتنا أن

( ),n f n n∗∀ ∈ =ℕ ù .وهي اخلاصة املطلوبة

163

العشرونأوملبياد الرياضيات

m وn حققانان موجبان متاما ويعددان طبيعيm n< . نفترض أن أصغر ثالث خاناتتساوي أصغر ثالث خانات يف الكتابة العشرية للعدد 1978mيف الكتابة العشرية للعدد

1978n . أوجدn وm موعهما أن إذا علمتm n+ أصغر قيمة ممكنة.

1يحققان nو mبيعيني لنتأمل عددين ط m n≤ ولنفترض أن. >( )1978 1978 mod 1000n m=

هذا يكافئ أن ( )1000 | 1978 1978 1m n m− − ( )1

1000وألن 8 125= 1978و × 1n m− 8استنتجنا مما سبق أن العدد ،عدد فردي −1978يقسم 2 989m m m= × 3، ومن ثمm ≥.

)وعليه يكافئ الشرط الشرط التايل 1(

( )( )3 3125 | 989 1978 1978 1m n m− −× × −

ولكن( )3 3gcd 125, 989 1978 1m−× 3، أي إن العددين= 3989 1978m−× 125و ليكافئ الشرط التايلأوان فيما بينهما، إذن الشرط السابق ي

( )125 | 1978 1n m− − 31978أو 1mod 5n m− 31978، وألن = 22 mod 5= )تجنا أن الشرط ، استن− )1

:يكافئ الشرط التايل ( ) 322 1mod 5n m−− = ( )2

22aلنبحث إذن عن رتبة العدد = )يف الزمرة الضربية − )( )3/ 5×

ℤ ℤ أي عن أصغر عدد ،)يحقق rطبيعي موجب متاما ) 322 1mod 5r− =.

)وملا كان عدد عناصر الزمرة )( )3/ 5×

ℤ ℤ ه يساوي عدد األعداد اليت (، 100يساويألنعلى لقسمة ا موعة 5التقبل ا يف 0,1, ن )…124, أ |استنتجنا 100r . كان ا ذ فإ

100r .20أو 50قامسا ألحد العددين rوجب أن يكون >


ن أ ال و أ 2لنالحظ 2125 2 11= + ثم من و ،2 2 311 2 mod 5= أن . − ميكننا عليه و نكتب

5 5 4 5 4 3

512

2 11 11 2 2 11 12 11 132 mod 5a =− × × =− × × =− × =−

5إذن 37 mod 5a = 10وهذا يقتضي أن . − 349 mod 5a ومنه. =( )20 3250 1 2500 100 1 26 mod 5a = − = − + =

20rذن إ وكذلك جند أن. ( ) ( )

240 20 3225 1 51mod 5a a= = + = ومن ثم

( )( )50 40 10 350 1 50 1 2500 1 1mod 5a a a= × = + − = − = − 50rإذن لدينا أيضا 100rوهكذا نكون قد برهنا أن . ، أي=

3min : 1mod 5 100kk a = = )الشرط وعليه نستنتج أن 100يكافئ 2( | ( )n m− . 3وألنn m> استنتجنا أن ≤

100 3 100 103n m k= + ≥ + = 106nومنه m+ )، وحتدث املساواة فقط يف حالة ≤ )( , ) 3,103m n وهي متثل إذن . = ù .املطلوب احلل

ومتعامدة Pتقطع ثالثة أنصاف مستقيمات منبعثة من . Sنقطة واقعة داخل كرة Pلتكن مث لكرة ، ىنمثىن للنقطة Qولتكن . Wو Vو Uيف Sا يا قطر بل ملقا ا س لرأ يف Pا

]متوازي السطوح الذي يقبل ]PU و[ ]PV و[ ]PW أوجد احملل اهلندسي . أضالعاتعامدة مثىن بالطبع م مع بقائها (. Pعندما تتحول أنصاف املستقيمات املنبعثة من Qللنقطة

).مثىن

مز لر با مز ة Oلنر لكر ا كز مر ىل لنكتب Sإ و ،R ها قطر نصف على لة ال لنعرف . د وOPρ =.

ة واحدة لنتأمل أشعu]توجه أنصاف املستقيمات wو vو )PU و[ )PV و[ )PW .

)عندئذ تكون اجلملة ), ,u v w . أساسا متعامدا للفضاء

عام 1978 165

)أيضا رمزلن ), ,α β γ إىل مركبات الشعاعPO)يف اجلملة ), ,u v w

أي. PO u v wα β γ= + +

OPوملا كان ρ= ل اجلملةه عندما تتحواستنتجنا أن( ), ,u v w مع بقائها متعامدة، يأخذ

)الشعاع ), ,α β γ موعةمجيع القيم من اA التالية ( ) 3 2 2 2 2, , :α β γ α β γ ρ= ∈ + + =A ℝ

PUنعلم أن xu= ∗من xمع

+ℝ .ومن ثم

( )OU PU PO x u v wα β γ= − = − − −

OUولكن R=كافئوهذا ي ، 2 2 2 2( )x Rα β γ− + + =

2وألن 2 2 2β γ ρ α+ = 0x، ومن كون استنتجنا مما سبق − أن ، <2 2 2x R ρ α α= − + +

PVعلم أن كما ن yv= PWو zw=

∗من zو yمع +ℝ . نستنتج بأسلوب مماثل

لما سبق أن2 2 2y R ρ β β= − + 2و + 2 2z R ρ γ γ= − + +

ولكن

OQ PQ PO PU PV PW PO= − = + + −

إذن2 2 2 2 2 2 2 2 2OQ R u R v R wρ α ρ β ρ γ= − + + − + + − +

وبوجه خاص

( )2 2 2 2 2 2 2 23 3 2OQ R Rρ α β γ ρ= − + + + = −

2ونصف قطرها Oاليت مركزها S′ تتحول على الكرة Qفالنقطة 23 2R ρ−. فاحملل)عندما تتحول اجلملة املتعامدة Qللنقطة Lاهلندسي ), ,u v w

. S′حمتوى يف الكرة

أمر أكثر . Lتنتمي إىل احملل اهلندسي S′إن إثبات العكس، أي إثبات أن مجيع نقاط الكرة . تعقيدا


)لنثبت مؤقتا مجلة متعامدة )0 , ,u v w=B )ولنكتب كما يف السابق . ), ,α β γ داللة على

POمركبات الشعاع )يف اجلملة ), ,u v w

أي. PO u v wα β γ= + +

POمع uα = ⋅ POو vβ = ⋅

OPو wγ = ⋅ و ،

2 2 2 2 2OPα β γ ρ+ + = = ]من θثم لنتأمل يف حالة ]0, 2π اجلملة ( ), ,u v wθ θ θ=B

مع .cos sin

sin cos

u u v

v u v

θ

θ

θ θ

θ θ

= +

= − +

θB 0هي اجلملة الناجتة من دوران اجلملةB حول احملورwℝ بزاويةθ . لنكتب ثم

( ), ,θ θα β γ داللة على مركبات الشعاعPO)يف اجلملة ), ,u v wθ θ θ=B

فيكون. cos sin

sin cos

PO u

PO v

θ θ

θ θ

α α θ β θ

β α θ β θ

= ⋅ = +

= ⋅ = − +

عندئذ نستنتج بناء على . θBاملوافقة للجملة Lالنقطة من احملل اهلندسي Qθوأخريا لتكن الدراسة السابقة أن

2 2 2 2 2 2 2 2 2OQ R u R v R wθ θ θ θ θρ α ρ β ρ γ= − + + − + + − +

]يف اال θوهكذا نرى أنه عندما تتحول ]0, 2π لتتحوQθ يف املستويwP طة املار بالنقW ا علىعموديw

مع الكرة wPالناجتة من تقاطع املستوي wC ، أي على قوس من الدائرة′S . هل ترسم : والسؤال هوQθ كامل هذه الدائرة ؟ .

)إىل اجلملة املتعامدة النظامية wPإذا نسبنا املستوي ); ,W u v )وكتبنا ، ),X Yθ θ داللة على

أناعتمادا على ما سبق وجدنا ،يف هذه اجلملة Qθالنقطة إحداثييت2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

cos sin

sin cos

X R R

Y R R

θ θ θ

θ θ θ

ρ α θ ρ β θ

ρ α θ ρ β θ

= − + − − +

= − + + − +

ومن ثم

( )i 2 2 2 2 2 2i iX Y e R Rθθ θ θ θρ α ρ β+ = − + + − +

عام 1978 167

لنبحث إذن عن صيغة بسيطة للعدد2 2 2 2 2 2iZ R Rθ θ θρ α ρ β= − + + − +

يف احلقيقة،( )

( )2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

2 2

Z R

R R

θ θ θ

θ θ

ρ

ρ α β

ρ α β γ γ ρ γ

= − + + =

= − + + + − = − −

كما نستنتج من كون . wPيف املستوي wCة دائرالتتحول على Qθوهي نتيجة متوقعة ألن ينتمي إىل θψأنه يوجد عدد وحيدℝ، +ينتميان إىل Zθاجلزئني احلقيقي والتخيلي للعدد

]اال ]20, π حققوي : 2 2 2 i2Z R e θψ

θ ρ γ= − − 2بالعالقة ϕ، إذا عرفنا ولكن 2 i ie ϕα β α β+ = مباشرة أن ناالحظ +

( )

( ) ( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2

2 2

2 2 2 2

Re

cos sin sin cos

cos2 2 sin 2

cos 2 2 cos 2 2

Zθ θ θα β

α θ β θ α θ β θ

α β θ αβ θ

α β θ ϕ ρ γ θ ϕ

= −

= + − − +

= − +

= + − = − −

وهو يساوي أيضا ( ) ( ) ( )2 2 2 2Re 2 cos 2Z Rθ θρ γ ψ= − −


( ) ( )2 2

2 2 2cos 2 cos 22R

θ

ρ γψ θ ϕ

ρ γ

−= − 2

− −

وأخريا

( )2 2

2 2 2

1arccos cos 2

2 2Rθ

ρ γψ θ ϕ

ρ γ

− = − 2 − −

إذن( )

( ) ( )

2 2 2 i i

2 2 2i

2 2

i 2

2i h

X Y R e e

Re

θϕ θ ϕ ψθ θ

θ ϕ

ρ γ

ρ γα β

ρ γ

− +

−

+ = − − ×

− −= × + ×

−


)وقد عرفنا )h t بالصيغة ( ) ( )( )

1arccos cos 2

2h t t tλ= +

]من λالعدد و بالصيغة ،0,1]

( )

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 22 2R R

ρ γ ρ γλ

ρ γ ρ ρ γ

− −= =

− − − + −

ولكن نالحظ مباشرة أن( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

2 2

2 2 2

2 22 2

2

2 2

sin 21

1 cos 2

sin 2 cos 21 1

1 cos 21 cos 2

11 1

1 cos 2

th t

t

t t

tt

t

λ

λ

λ λ λ

λλ

λ

λ

′ = +−

−≥ − = −

−−

−≥ − −

−1 0λ≥ − >

وهو يحقق ،تابع متزايد متاما hفالتابع ( ) ( ), 2 2t h t h tπ π∀ ∈ + − =ℝ

)ترسم صورا 2πجماال طوله tفعندما ترسم )h t 2جماال طولهπ عندما أيضا، ومن ثم]اال θترسم ]0, 2π ترسم( )ihe θ ϕ− ،ةترسم النقطة وعليهكامل الدائرة املثلثيQθ كاملwالدائرة w ′= ∩C P S .

مع Sالناجتة من تقاطع الكرة Cنقطة ما من نقاط الدائرة W، ولنختر S′من Qلتكن إذن ]الكرة اليت قطرها ]PQ . فيكون( ) ( )PW WQ⊥ . إذن تنتميQ إىل املستويWP املار

)عموديا على Wمن النقطة )PW مع الذي يتقاطعو′S وفق الدائرةwC ،فنا إذعر1

w PWPW

=wQإذن . ∈ C أي إن ،Q تنتمي إىل احملل اهلندسيL الربهان ويتم.

.Qانطالقا من Wو Vو Uنستنتج مما سبق طريقة إلنشاء النقاط : مالحظة ¤

]مع الكرة اليت قطرها Sدائرة تقاطع الكرة Cطة ما من الدائرة نق Wخنتار ]PQ. )عموديا على Pاملار بالنقطة Pمع املستوي Cنقطيت تقاطع Uو Vنعين )PW .


عام 1978 169

ن جم أ لطبيعية نفترض ا د منفصلتني ℕ∗موعة األعدا اجتماع جمموعتني جزئيتني تساوي ( ) : 1F f k k= )و ≤ ) : 1G g k k= يدان gو f حيث ، ≤ متزا بعان تا

من ما ىل ℕ∗متا ط ℕ∗إ لشر ا ن يحققا و ، :( ) ( )( ), 1n g n f f n∗∀ ∈ = +ℕ .

)احسب قيمة )240f.

:لنالحظ ما يلي نستنتج من الفرض أن

( ) ( ), 1 1n f n f n∗∀ ∈ + ≥ +ℕ ( )1

)كان ℕ∗من mأنه يف حالة عدد لنفترض ) ( )1 1f m f m+ > ، عندئذ ال +)بد أن ينتمي العدد )1 f m+ إىلG فيوجد عدد ،k من∗ℕ حققي

( ) ( )1g k f m= + ومنه نستنتج أن

( ) ( ) ( )( )1 1f m g k f f k+ = = + )وهذا يقتضي أن )m f k=، أيm F∈. هكذا نكون قد أثبتنا أن

( ) ( )1 1f m f m m F+ < + ⇒ ∈ ( )2 )يحقق ℕ∗من k، فيوجد عددF ينتمي إىل mكس، لنفترض أن وبالع )f k m=

وعندئذ يكون

( ) ( )( ) ( )1 1f m f f k g k G+ = + = ∈

)إذن )1 f m F+ )ومنه ∌ ) ( )1 1f m f m+ > )وذلك بناء على + )1.

وهكذا نكون قد أثبتنا أن ( ) ( )1 1f m f m m F+ < + ⇔ ∈ ( )3

يوجد عدد نه أ )يحقق ℕ∗من nلنفترض ) ( )1 2f n f n+ > ء على . + بنا( nهذا يعين أن ، 3( F∈ عدد فيوجدp من∗ℕ حققي( )n f p= كما يعين أيضا أن ،

( ) 2f n )يحقق ℕ∗من qو ، فيوجد عددGينتمي إىل + ) ( ) 2g q f n= ، ومنه+

( )( ) ( )1 2f f q f n+ = +


)فالعدد )( )a f f q= منF، حققي ( ) ( )( ) ( )1 1a f n f f p g p= + = + =

إذن لقد أثبتنا أن. ، وهذا خلف واضحGفهو ينتمي أيضا إىل ( ) ( ), 1 2n f n f n∗∀ ∈ + ≤ +ℕ ( )4

إىل nعندما تنتمي 1أي الذي يأخذ القيمة Fالتابع املميز للمجموعة F1لنعرف F عندما ال تنتمي 0، ويأخذ القيمةn إىلF .ج من عندئذ نستنت( )و 1( )و 2( أن 4(

( ) ( ) ( ), 1 1 Fn f n f n n∗∀ ∈ + = + +ℕ 1 ( )5 )ملا كان ) ( )( )1 1 1 1 1 2g f f= + ≥ + 1أن ، استنتجنا = G∉ ثم ومن

1 F∈ . فيوجدp من∗ℕ حققي( ) 1f p 1pبالطبع إذا كان. = وصلنا إىل التناقض <( ) ( )1 1f p f= )، وعليه جيب أن يكون < )1 1f =.

)ات جبمع املساواي 1mإىل 1من nعندما تتحول 5( جند −

( ) ( ) ( )

1

1

2, 1 1m

F

n

m f m f m n

−

=

∀ ≥ = + − +∑ 1

)ولكن )1 1f إذن = ( ) [ [( )1, card 1,m f m m F m∀ ≥ = + ∩ ( )6

1mإذ الحظنا أن هذه العالقة تبقى صحيحة يف حالة =. )العالقة )6 ة تفيد يف حساب قيمة عالقة تدرجيي( )f m ا كانت قيمةأيm كتبإذ ت

:ية بالصيغة املكافئة التال ( ) ( ) ( )1, card :m f m m k f k m∗∀ ≥ = + ∈ <ℕ ( )7

وجند مثال

( )

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

1 3 4 6 8 9 11 12 14 16

n

f n

) بالطبع، العالقة )تكفي حلساب 7( )240f احلساب طويل، لذلك سنحاول البحث ولكن ، .fعن صيغة أخرى للتابع

عام 1978 171

)من جهة أوىل أن لدينا. الفكرة تنبع من املالحظة التالية ) 2m f m m≤ أيا كانت قيمة ≥m .أن جتاوزا فإذا افترضنا( )f m mα=، كان( ) card : mk f k m α< =،

11تدرجيية املساواة ومن ثم تكافئ العالقة ال αα = 1أي + 52α أيكون ،إذن. =+

( )f m mα = يف حالةm من∗ℕ ؟

)، أن ℕ∗من mلنثبت بالتدريج على العدد )f m mα = 1مع 52α +=.

1نتحقق مباشرة أن هذه اخلاصة يف حالة 10m≤ ≤ .

)لنفترض أن ) f k kα= يف حالةk n< . عندئذ نستنتج من كونα ∉ ℚأن ،

( )

: :

:

:

:

k f k n k k n

k k n

nk k

nk k

α

α

α

α

∗ ∗

∗

∗

∗

∈ < = ∈ <

= ∈ <

= ∈ <

= ∈ ≤

ℕ ℕ

ℕ

ℕ

ℕ

إذن، ( ) ( )card :

nk f k n

α∗ ∈ < = ℕ

)ثم باالعتماد على جند 7(( ) ( )1

1n

f n n n nαα α

= + = + =

11استفدنا من كون وقد α α+ وهكذا نكون قد أثبتنا أن. =( ),n f n nα∗ ∀ ∈ = ℕ

)نستنتج أن ف )240 388f =. ù

ABفيه ABCنتأمل مثلثا متساوي الساقني AC= . الدائرةC ا الدائرةداخلي متس]، ومتس أيضا الضلعني ABCارة برؤوس املثلث امل ]AB و[ ]AC يف النقطتنيP وQ

]أثبت أن منتصف القطعة . بالترتيب ]PQ ة داخال ألضالع املثلثهو مركز الدائرة املماسABC.


مركز Oقع ي . املارة برؤوس املثلث C′والدائرة Cداللة على نقطة متاس الدائرة ′Aلنكتب C ف الزاويةعلى منصBAC يقع ، وO ]يقع على حمور الضلع C′مركز الدائرة ′ ]BC ،

املثلث ولكنABC متساوي الساقني فيهAB AC= ف الزاويةإذن منص ،BAC هو]نفسه حمور الضلع ]BC . فالنقاطA وO وO حمور الضلع dقع مجيعها على املستقيم ت ′

[ ]BC . أن ، ونعلم من جهة أخرىA′ تقع على خط املركزين( )OO وهو نفسه املستقيم ′d فاملستقيم ،d هو حمور تناظر للشكل. ]منتصف Mنستنتج بوجه خاص أن النقطة ]PQ تقع

ملستقيم ا على يضا ن . dأ إ ي منصف M أ تقع على .BACالزاوية

أن نثبت ن إذن أ وية Mيكفي لزا ا يضا على منصف أ تقع ACB لتكونM ملثلث ا ملماسة ألضالع ا ة ئر لدا ا مركز ABC داخال.

Oملا كانت ]تنتمي إىل ′ ]AA′ استنتجنا أن[ ]AA′ يف الدائرة هو قطر′C فالزاوية ،PCA′ لزاوية . قائمة لرباعي . قائمة أيضا ′PMAومن جهة أخرى، ا ′CPMAفا

رياعي دائري، مما يربهن على أن

PCM PA M′= ( )1

PA، الزاوية احمليطية Cيف الدائرة M′ ةتساوي نصف الزاوية املركزيPOM ليت تقابل ا إذن. القوس نفسها

12PA M POM′ = ( )2

)وملا كان )AP مماسا للدائرةC استنتجنا أن2OPA π= لنا املثلثإذا تأم ومن ثم ،

OPA وجدنا أن

( ) 1 12 2 2POM BAC BAC ACBπ π= − = − = ( )3

)نكون قد أثبتنا يف وهكذا )و 1( )و 2( أن 3( 1

2ACM ACB=

)مما يربهن على أن )CM فهو منصACB . وأنM ة ألضالعهي مركز الدائرة املماس ù .داخال ABCاملثلث

A

B C

A′

PQ M

O

C

′C

O ′

عام 1978 173

ϕ:نتأمل تابعا متباينا ∗ ∗→ℕ ℕ .أثبت أن ( )

21 1

1,

n n

k k

kn

kk

ϕ∗

= =

∀ ∈ ≥∑ ∑ℕ

1nلنعرف يف حالة ) بالصيغة nAالعدد ≤ )1

n

n

k

A kϕ=

0ولنصطلح أن ، ∑= 0A = .

نه مهما تكن مباشر نتيقن )يكن ℕمن nأ )1

2n

n nA

+من nألن جمموع . ≤األعداد الطبيعية املوجبة املختلفة أكرب أو يساوي جمموع األعداد 1,2, ,n… .

، لديناℕ∗من nومن جهة أخرى، يف حالة

( )( )

( )

112 2 2 2

1 1 1 1

1

2 21 1

1

1

n n n nk k

k k

k k k k

n nk k

k k

k A AA A

k k k k

A A

k k

ϕ −−

= = = =

−

= =

= − = −

= −+

∑ ∑ ∑ ∑

∑ ∑

وأخريا( )

( )

1

2 2 2 21 1

2 1

1

n nn

k

k k

k A kA

k n k k

ϕ−

= =

+= +

+∑ ∑

)وإذا طبقنا هذه النتيجة على احلالة اخلاصة املوافقة للتابع ): , n nθ θ∗ ∗→ =ℕ ℕ يكون ، لدينا

( )( )

1

1,

2

n

n

k

n nn B kθ∗

=

+∀ ∈ = =∑ℕ

ومن ثم

( )

1

2 221 1

1 1 2 1

1

n n

n k

k k

kB B

k n k k

−

= =

+= +

+∑ ∑

وهكذا نستنتج أن( )

( )( )

( )1

2 2 2 21 1 1

1 1 2 1

1

n n n

n n k k

k k k

k kA B A B

kk n k k

ϕ−

= = =

+− = − + −

+∑ ∑ ∑

,1وهذا يربهن املتراجحة املطلوبة، ألن m mm A B∀ ≥ وحتدث املساواة فقط يف حالة . ≤1, m mm A B∀ ≥ )، أي إذا وفقط إذا كان = )1, m m mϕ∀ ≥ =. ù


1978وي قائمة أعضاء املنظمة على تينتمي أعضاء منظمة عاملية إىل ست دول خمتلفة، وحت أثبت أنه يوجد عضو . 1978ىت ح 1نفترض أن األعضاء حيملون أرقام عضوية من . امسا

مساويا جمموع رقمي عضوين من بلده، أو مساويا ضعفي رقم واحد على األقل يكون رقمه .أحد األعضاء من بلده

فرق بني رقمي لنفترض أن النتيجة خطأ، ولنصغ ذلك بالقول إن أي عضو رقم عضويته يساوي ال إىل هذا Hولنرمز بالرمز . عضوية عضوين من رعايا الدولة نفسها ال يكون من رعايا هذه الدولة

.االفتراض1978ملا كان 329 6 4= × ، يكون 1Pولتكن استنتجنا أنه ال بد من وجود دولة +

، وإىل 1Bهؤالء بالرمز نرمز إىل .عضوا على األقل 330عدد أعضاء املنظمة الذين ينتمون إليها 1ونضع ،1Mبالرمز جمموعة أرقام عضويتهم 1mina M=.

اموعة جمموعة األعضاء الذين أرقام عضويتهم هي 1C أمل إذنلنت 1 1 1 1: \N a a a M a= − ∈ :ما يلي Hاستنادا إىل نستنتج .عنصرا 329اليت عدد عناصرها أكرب أو يساوي

.1Pإىل رعايا 1Cال ينتمي أي من عناصر 1. .1Pإىل رعايا 1Cمن اثننيال ينتمي أي عضو رقم عضويته هو الفرق بني رقمي عضوية 2.

ن 329وملا كا 5 65 4= × نه 1.من استنتجنا + بد من وجود دولة أ نية ال ، ثانرمز . عضوا 66اوي الذين ينتمون إليها أكرب أو يس 1Cعدد األعضاء من يكون ، 2P ولتكن

2أي (، 2Bهؤالء بالرمز إىل 1 2B C P= 2Mبالرمز وإىل جمموعة أرقام عضويتهم، )، ∩2ونضع 2mina M=.

جمموعة األعضاء الذين جمموعة أرقام عضويتهم هي اموعة 2C ثم نتأمل 2 2 2 2: \N a a a M a= − ∈ :نستنتج ما يلي 2.وإىل Hاستنادا إىل .عنصرا 65اليت عدد عناصرها أكرب أو يساوي

1إىل 2Cال ينتمي أي من عناصر 1. 2P P∪. 1إىل 2Cال ينتمي أي عضو رقم عضويته هو الفرق بني رقمي عضوية اثنني من 2. 2P P∪.

فهو ال ينتمي 2Pيساوي الفرق بني رقمي عنصرين من رعايا 2Cإذ إن رقم أي عنصر من 2، كما إن 2Pإىل 1B C⊂ ي عنصرين من و1الفرق بني رقمC 1ال ينتمي إىلP.

عام 1978 175

65وملا كان 4 16 1= × أنه ال بد من وجود دولة ثالثة، نرمز 1.استنتجنا من +. عضوا 17الذين ينتمون إليها أكرب أو يساوي 2C، يكون عدد األعضاء من 3Pإىل رعاياها

3أي (، 3Bنرمز إىل هؤالء بالرمز 2 3B C P= وإىل جمموعة أرقام عضويتهم، بالرمز )، ∩3M 3ونضع 3mina M= .

جمموعة األعضاء الذين جمموعة أرقام عضويتهم هي اموعة 3Cثم نتأمل 3 3 3 3: \N a a a M a= − ∈

. عنصرا 16رها أكرب أو يساوي اليت عدد عناص :نستنتج ما يلي 2.وإىل Hاستنادا إىل و1إىل 3Cال ينتمي أي من عناصر 1. 2 3P P P∪ ∪. إىل اموعة 3Cال ينتمي أي عضو رقم عضويته هو الفرق بني رقمي عضوية اثنني من 2.

1 2 3P P P∪ ∪. فهو ال ينتمي إىل 3Pا يساوي الفرق بني رقمي عنصرين من رعاي 3Cإذ إن رقم أي عنصر من

3P 3، كما إن 2B C⊂ ي عنصرين من2والفرق بني رقمC 1ال ينتمي إىل 2P P∪.

16وملا كان 3 5 1= × ، نرمز إىل رابعةأنه ال بد من وجود دولة 1.استنتجنا من +مز نر . أعضاء 6الذين ينتمون إليها أكرب أو يساوي 3C، يكون عدد األعضاء من 4Pرعاياها

4أي (، 4Bإىل هؤالء بالرمز 3 4B C P= 4Mوإىل جمموعة أرقام عضويتهم، بالرمز )، ∩4ونضع 4mina M= .

جمموعة األعضاء الذين جمموعة أرقام عضويتهم هي اموعة 4Cثم نتأمل 4 4 4 4: \N a a a M a= − ∈ . عناصر 5اليت عدد عناصرها أكرب أو يساوي

:ما يلي 2.وإىل Hاستنادا إىل نستنتج 1إىل 4Cال ينتمي أي من عناصر 1. 2 3 4P P P P∪ ∪ ∪. إىل اموعة 4Cال ينتمي أي عضو رقم عضويته هو الفرق بني رقمي عضوية اثنني من 2.

1 2 3 4P P P P∪ ∪ ∪. فهو ال ينتمي إىل 4Pيساوي الفرق بني رقمي عنصرين من رعايا 4Cإذ إن رقم أي عنصر من

4P 4، كما إن 3B C⊂ ي عنصرين من3والفرق بني رقمC 1ال ينتمي إىل 2 3P P P∪ ∪.


5وملا كان 2 2 1= × أنه ال بد من وجود دولة خامسة، نرمز إىل 1.استنتجنا من +نرمز . أعضاء 3الذين ينتمون إليها أكرب أو يساوي 4Cاألعضاء من ، يكون عدد 5Pرعاياها

5أي (، 5Bإىل هؤالء بالرمز 4 5B C P= 5Mة أرقام عضويتهم، بالرمز وإىل جمموع )، ∩5ونضع 5mina M= .

جمموعة األعضاء الذين جمموعة أرقام عضويتهم هي اموعة 5Cثم نتأمل 5 5 5 5: \N a a a M a= − ∈

. اليت عدد عناصرها أكرب أو يساوي اثنني :ما يلي 2.وإىل Hاستنادا إىل نستنتج

1إىل 5Cال ينتمي أي من عناصر 1. 2 3 4 5P P P P P∪ ∪ ∪ ∪. إىل اموعة 5Cهو الفرق بني رقمي عضوية اثنني من ال ينتمي أي عضو رقم عضويته 2.

1 2 3 4 5P P P P P∪ ∪ ∪ ∪. فهو ال ينتمي إىل 5Pيساوي الفرق بني رقمي عنصرين من رعايا 5Cإذ إن رقم أي عنصر من

5P ن إ كما ،5 4B C⊂ من ين عنصر قمي ر بني ق لفر ا ىل 4Cو إ ينتمي جتماع ال ال ا1 2 3 4P P P P∪ ∪ ∪.

)ومن كون 1.نستنتج من )5card 2C من Yو Xعضوان 5Cأنه يوجد يف ≤ .6Pرعايا الدولة السادسة

X ةقمي عضوي أن العضو الذي رقم عضويته يساوي الفرق بني ر 2.نستنتج من و .Hأيضا وهذا يتناقض مع الفرض 6Pينتمي إىل Yو

ض فالفرH خطأ، والنتيجة صحيحة. ù

gQWEA DZXC

177

العشروناحلادي وأوملبياد الرياضيات

عددان طبيعيان موجبان يحققان qو pليكن ( )

1319 1

1

1 k

k

p

q k

−

=

−= ∑

.pيقسم 1979أثبت أن

) بالصيغة nS، اموع ℕ∗من nلنعرف يف حالة )2 1 1

1

1n k

nk

Sk

− −

=

−= : أنولنالحظ ، ∑

1

1 1

2 1 1 1

1 1 1

2 1 1 2 1

1 1

1 1

2 1 2

1 1 1

2 2

1 1 1

n n

nk k

n n n

k k k

n n n

k k k n

Sk k

k k k

k k k

−

= =

− − −

= = =

− − −

= = =

= −−

= − −

= − =

∑ ∑

∑ ∑ ∑

∑ ∑ ∑

:املساواة التالية ℕ∗من nوهكذا نكون قد أثبتنا يف حالة

1

1 1

0 0

1 1

2 1

n n

nk k

k n kS

n k n k−

− −

= =−

= =+ − −∑ ∑

ومنه جند أيضا أن

( ) ( )( )

1 1

0 0

1 1 1 3 1 1

2 2 1 2 2 1

n n

nk k

nS

n k n k n k n k

− −

= =

−= + =

+ − − + − −∑ ∑

2nوبوجه خاص جند يف حالة m= أن

( )( ) ( )( )0

2

1 2 1

1

1 1

2 4 1 2 4 1

m m

k kk m k

mm k m k m k m k−

− −

= =−

=+ − − + − −∑ ∑

ومن ثم

( )( )( )

1

20

16 1

2 4 1

m

mk

S mm k m k

−

=

= −+ − −∑ ( )1


فإذا عرفنا( )( ) ( )

( )

( )

4 1 !2 2 1 4 1

2 1 !m

mQ m m m

m

−= + − =

−⋯

كان

( )( )

1

0

1

2 4 1

m

m mk

P Qm k m k

−∗

=

= × ∈+ − −∑ ℕ

)واستنتجنا من أن 1( ( ) 26 1 m m mm P Q S− = ( )2

2mلنفترض اآلن أن p

Sq

6وأن العدد = 1m= −ℓ يلأو عندئذ نستنتج من . عدد

( ) أي mQأويل مع ℓ ، والعددmpQيقسم ℓأن 2( )gcd , 1mQ =ℓ ،) هألن)أكرب من مجيع األعداد )0 22 k mm k ≤ فهو أويل مع كل منها، وهو من ثم، أويل +>ي أ ا ء ضر ا جد طئة . )mQمع تو ىل إ ا د استنا من ، Gaussو |نستنتج mpQℓ

)و )gcd , 1mQ =ℓ أنℓ يقسمp.

6من الصيغة ℓ أويللقد أثبتنا أنه يف حالة عدد : النتيجة ¤ 1m يقسم بسط ℓفإن العدد −)أي كسر عادي يساوي اموع ) 14 1 1

1

km

kk

−− −

=∑.

330mوافق قيمة ت ةاملطروح ملسألة ا يكفي لتتحقق اخلاصة املرجوة أن نتيقن أن العدد ، إذن =6 1 1979m − عدد أويل، وهذا حتقق بسيط نتركه للقارئ الذي يثبت مباشرة أن أي عدد = ù .1979ال يقسم 43أويل أصغر أو يساوي

ا موشور مل ن نتأ ملخمسا ا لترتيب مها با لسفلى وا لعليا ا ه عدتا قا ، ئما 0قا 1 2 3 4A AA A A 0و 1 2 3 4B B B B B . ن أضالع القاعدتني إضافة إىل مجيع القطع املستقيمةنلو[ ]i jAB معi من اموعة jو 0,1, , ، بأحد اللونني األمحر أو األزرق، وذلك شرط أال يتكون …4

. لدينا مثلث حتمل أضالعه اللون نفسه . أثبت أن األضالع العشرة للقاعدتني حتمل اللون نفسه

عام 1979 179

)من املوشور نرمز Yو Xيف حالة رأسني )c XY إىل لون القطعة[ ]XY إذا كانت ملونةأحد هذين C، وإذا كان ون األزرق لل Bون األمحر، أو لل Rوهو يأخذ إحدى القيمتني

داللة على iBو iA كالعادة نكتب ، ℤمن iيف حالة و . ون اآلخر إىل الل Cونني رمزنا الل mod5iA وmod5iB بالترتيب. 0لنثبت أوال أن ألضالع القاعدة 1 2 3 4A AA A A ون نفسهالل.

ن، لنفترض إذن أن ايوجد ضلعان متتاليان لونامها خمتلفلنفترض جدال أن ذلك غري صحيح، عندئذ ( )1i ic AA+ = C و( )1i ic A A− = C.

ثالث اخلمس حتمل لقطع ا ]من ]( )0 4i j j

AB≤ ≤

لل توجد ا ثم ومن ، نفسه نقطتان ون 1kBو kBمتتاليتان )تحققان + ) ( )1i k i kc AB c AB +=.

) فإما أن يكون ) ( )1i k i kc AB c AB += = C. 1 ةالثالث عندئذ نستنتج من املثلثات و 1i k iAB A+ 1iو + k kAB B + 1iو k iAB A+ ، اليت يف كل منها ضلعان حيمالن اللونC أن الضلع

1ن ألضالع املثلث ، أي إCمل اللون حت ةالثالث 1i k kA B B+ اللون +C ضنفسه وهذا يتناقض مع الفر.

): أو أن يكون ) ( )1i k i kc AB c AB += = C. لثالث عندئذ نستنتج من املثلثات و 1 ةا 1i k iAB A+ 1iو − k kAB B + 1iو k iAB A− ، اليت يف كل منها ضلعان حيمالن اللونC أن الضلع

1، أي إن ألضالع املثلث Cون مل اللحت ةالثالث 1i k kA B B− اللون +C ض اأيض نفسه وهذايتناقض مع الفر.

0يثبت التناقض الذي وصلنا إليه أن ألضالع القاعدة 1 2 3 4A AA A A اللون نفسه. 0نستنتج باألسلوب نفسه أن ألضالع القاعدة الثانية 1 2 3 4B B B B B اللون نفسه. .لنثبت أن ألضالع القاعدتني اللون نفسه

لرمز با نرمز ن ذلك غري صحيح، عندئذ أ لعليا Cلنفترض جدال ا لقاعدة ا أضالع لون إىل 0 1 2 3 4A AA A A فيكونC 0أضالع القاعدة السفلى لون 1 2 3 4B B B B B.

لقطع اخلمس ا ]حتمل ثالث من ]( )0 0 4j jA B

≤ ≤نقطتان توجد ثم نفسه، ومن للون ا

1kBو kBمتتاليتان )تحققان + ) ( )0 0 1k kc A B c A B +=.

iA 1iA +

kB 1kB +

1iA −

iA 1iA +

kB 1kB +

1iA −


)ال ميكن أن يكون ) ( )0 0 1k kc A B c A B += = C ، ينا رأ فلقدلنقطة ا اسة ر د ملثلث عند ا ع ألضال ن يكو ن أ يقتضي ا هذ ن أ

1 1k kAB B .نفسه وهذا خلفC اللون +

)كما ال ميكن أن يكون ) ( )0 0 1k kc A B c A B += = C إذ يف ،0هذه احلالة يكون ألضالع املثلث 1k kA B B نفسه وهذا Cاللون +

.خلف أيضا

ù . وهذا التناقض يربهن أن ألضالع القاعدتني اللون نفسه، وهي النتيجة املرجوة

ملستوي Aلتكن ا ئرتني يف طع دا تقا نقطيت من ها . إحدى تني تتحرك على كل واحدة Aالنقطة ب ، ونفترض أن هاتني النقطتني متران يف حلظة البدء الدائرتني نقطة حبركة منتظمة

أثبت . يف اللحظة نفسها A تعود النقطتان بعد دورة واحدة إىل . اجلهة نفسها ب وتتحركان .لبعد عن النقطتني أثناء حركتهماثابتة يف املستوي تكون دوما متساوية ا Pوجود نقطة

. النقطة الثانية اليت تتقاطع عندها الدائرتان Bلتكن . لدائرتني املدروستني إىل ا C′و Cلنرمز )عموديا على Aولنفترض أن املستقيم املار بالنقطة )AB يقطع الدائرةC يفD ، ويقطع

Dيف C′الدائرة ′ .

لنقطة ، وحمور فواصلها Aميكن أن ننسب املستوي إىل مجلة متعامدة نظامية يكون مبدؤها املستقيم ا على ل )حممو )DD ت ′ ر حمو على و ل حممو تيبها ا )ر )AB ، ملستوي ا بني بق ونطا

δ)مع (، ′δو δو βعندئذ توجد أعداد حقيقية . ℂوجمموعة األعداد العقدية δ′≠ ، على2و 0حنو متثل فيه األعداد iβ 2وδ 2وδ′ لنقاط Dو Dو Bو Aا لترتيب ′ يمثل ف . با

iδ β+ النقطة O مركزCميثل ، وiδ β′ O النقطة + .C′مركز ′

A

B

DD ′

OO ′

θ

θ

Mθ

Mθ′

P

kB

0A 1A

1kB +

0A 1A

kB 1kB +

عام 1979 181

) 1استنادا إىل الفرض تتحرك النقطتان بسرعة زاوية ثابتة ميكن أن نفترض أا تساوي )rad/s. ]من θيف اللحظة ′Mθو Mθيف هذه احلالة تتعين النقطتان ]0,2π بالعالقتني

( , )OAOMθ θ= و

( , )O AO Mθ θ′ ′ ′ =

)ومن ثم يحسب العددان العقديان )ξ θ و( )ζ θ اللذين ميثالن النقطتنيMθ وMθ′ كما يلي

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( )

i

i

i 0 i

i 0 i

e

e

θ

θ

ξ θ δ β δ β

ζ θ δ β δ β

− + = − +

′ ′− + = − +

وعليه( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )

i /2i

i /2i

i 1 2 i i sin2

i 1 2 i i sin2

e e

e e

θθ

θθ

θξ θ δ β δ β

θζ θ δ β δ β

= + − = − +

′ ′= + − = − +

وأخريا( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

i /2

i /2

2 i sin2

2 i sin2

e

e

θ

θ

θξ θ β δ

θζ θ β δ

= −

′= −

إذا وفقط إذا كان ′Mθو Mθنقطتني البعد نفسه عن ال zميثلها العدد Pتبعد نقطة ( ) ( )2 2z zξ θ ζ θ− = وهذا يكافئ −

( ) ( )( )( ) ( ) ( )2 22Re z ζ θ ξ θ ζ θ ξ θ− = − أو

( ) ( ) ( ) ( ) ( )i /2 2 2 2sin Im sin2 2

zeθθ θ

δ δ δ δ′ ′− = − وأخريا

( )( )i /2Im 0z eθ

δ δ−′− − =

zإذا وفقط إذا كان θتحقق املساواة السابقة مهما تكن zوهنا نالحظ أن δ δ ′= + ،δولكن العدد العقدي δ ]ميثل منتصف القطعة +′ ]DD ، P، فنكون بذلك قد أثبتنا أن ′

]منتصف القطعة ]DD عندما يتحول ′Mθو Mθ، هي نقطة تبقى متساوية البعد عن النقطتني ′ ù .وبذا يتم اإلثبات. θالوسيط


من Mأوجد جمموعة النقاط . خارجه Bمنه، كما نتأمل نقطة Aونقطة Pنتأمل مستويا

P اليت جتعل النسبة( )AB AM

MBM

ϕ+

.أعظمية =

ننسب الفراغ . Pعلى Bاملسقط القائم للنقطة Oلتكن ات وتكون فيها إحداثيO ، إىل مجلة متعامدة نظامية مبدؤها

لنقطة )هي Aا ), 0, 0α 0معα لنقطة ≤ ، وإحداثيات اB هي( )0,0,β 0معβ وأخريا لنضع .<

2 2a AB α β= = + ثياا Pمن املستوي Mأمل نقطة لنت )، ولنفترض أن إحدا )cos , sin ,0r rθ θ . عندئذ

.التايل يبلغ حده األعلى ϕاليت جتعل التابع θو rتؤول املسألة إىل تعيني قيم

( )( )2 2 2

2 2

cos sin: , ,

a r rr

r

θ α θϕ ϕ θ

β+

+ − +× → =

+ℝ ℝ ℝ

نالحظ مباشرة أن

( )2 2

2 2

2 cos,

a r rr

r

α α θϕ θ

β

+ + −=

+

ومن ثم

( ) ( )2 2

2 2 2 2

2, ,

a r r a rr r

r r

α α αϕ θ ϕ π

β β

+ + + + +≤ = =

+ + ( )1

مع مساواة إذا وفقط إذا كان( )0α ) أو = )0,α θ π≠ =

لنتأمل اآلن التابع ( )

2 2: ,

a xh h x

x

α

β+

+ +→ =

+ℝ ℝ

نالحظ أن

( )( )

( )

( )

( )

2 2 2

3 32 2 2 2

x a x x a xh x

x x

β α β α

β β

+ − + + − +′ = =

+ +

A

B

O

M

rθ

β

α

عام 1979 183

hومنه جدول التغريات التايل للتابع

( )

( )2

0

0

aa

x a

h x

h x α

α

−

− +∞

′ + −

ր ց

)الحظنا أن وقد )( )2 a aβ α α= + هذا يربهن أن. −

( ) ( ), ,r aϕ π ϕ α π≤ − ( )2 rمع مساواة إذا وفقط إذا كان a α= −.

)ومن )و 1( نستنتج أن 2(

( ) ( )2

, , ,a

r ra

θ ϕ θα

+∀ ∈ × ≤−

ℝ ℝ مع مساواة إذا وفقط إذا كان

r a= 0حالة يفα = . )أو كان ) ( ), ,r aθ α π= 0αيف حالة − ≠. : النتيجة¤

)أي (، Pعلى املستوي Bهي املسقط القائم للنقطة Aإذا كانت 0α كانت =)اليت تحقق Pمن Mجمموعة النقاط ) maxMϕ ϕ= هي الدائرة اليت مركزها

A يساوي ونصف قطرهاAB.

)أي (، Pعلى املستوي Bللنقطة Oعلى املسقط القائم Aوإذا مل تنطبق 0α ≠ )اليت تحقق Pمن Mكانت جمموعة النقاط ) maxMϕ ϕ= مؤلفة من نقطة

)تقع على املستقيم 0Mالنقطة .0Mوحيدة )OA ة والنقطO 0تقع بنيM وA ، كما إن

0 0AM AO OM r a ABα= + = + = =

ذن، ملستقيم 0Mإ ا من نصف لنقطة ا ]هي )AO تبعد عن ليت وي Aا تسا فة مساAB. ù


التالية aS اليت جتعل اجلملة aجمموعة األعداد احلقيقية Aأوجد 1 2 3 4 5

3 3 3 3 21 2 3 4 5

5 5 5 5 31 2 3 4 5

2 3 4 5

2 3 4 5

2 3 4 5

x x x x x a

x x x x x a

x x x x x a

+ + + + =

+ + + + =

+ + + + =

)تقبل حلوال )1 2 3 4 5, , , ,x x x x x من( )5+ℝ.

]ليكن ]2 Xℝ عندئذ نالحظ مباشرة أن . فضاء كثريات احلدود من الدرجة الثانية على األكثر تكافئ aSاجلملة

[ ] ( ) ( )5

22

1

, k

k

P X aP a kx P k=

∀ ∈ =∑ℝ ( )1

1Pيف احلقيقة، باختيار Pو = X= 2وP X= حنصل على املعادالت الثالث يفaS، )العكس، تنتج احلالة العامة من هذه احلالة ألن وب )21, ,X X للفضاء الشعاعي هي أساس

[ ]2 Xℝ. )عندئذ يوجد . Aعددا من aليكن )1 2 3 4 5, , , ,x x x x x من( )5+ℝ حققي( )1 ،

)وبوجه خاص، إذا اخترنا ) ( )2P X X a= نرى أن −

( )5

22

1

0k

k

kx k a=

− =∑

ومن ثم ( )

221,2, ,5 , 0kk x k a∀ ∈ − =… )فإما أن يكون ) ( )1 2 3 4 5, , , , 0, 0,0,0, 0x x x x x = 0ومن ثمa =.

)أن يكون أو ) ( )1 2 3 4 5, , , , 0, 0,0,0, 0x x x x x إىل اموعة aومن ثم ينتمي ≠ 1, وهكذا نكون قد أثبتنا أن. 4,9,16,25

0,1, 4,9,16,25⊂A 2aوبالعكس، يف حالة m= 0مع 5m≤ )يكون ≥ )1 2 3 4 5, , , ,x x x x x فاملعر

kxبالصيغة m= يف حالةk m= 0، وkx kيف حالة = m≠ حال ينتمي إىل ،( )5+ℝ للجملةaS.

ن إذ 0,1, 4,9,16,25=Aوهي النتيجة املطلوبة ،. ù

عام 1979 185

قافزا إىل Aس ينطلق ضفدع من الرأ . رأسني متقابلني قطريا يف مثمن منتظم Eو Aليكن ميكن للضفدع أن يقفز إىل أي من الرأسني ااورين للرأس الذي يوجد فيه . الرؤوس ااورة

عدد naليكن . حتى يتوقف E، وما أن يصل إىل الرأس Eأيا كان ذلك الرأس ما عدا أثبت أن. من القفزات n يف عددE الطرق املختلفة اليت ميكن للضفدع أن يتبعها ليصل إىل

( ) ( )( )

2 1

1 12

0

12 2 2 2

2

n

n nn

a

a

−

− −

=

= + − −

جيية تفيد يف حساب األعداد األسلوب األبسط هو يف إجياد عالقة تدر ( ) 1n na ≥ .

ملثمن ا س و ؤ ر بتسمية أ نبد لك ذ ثمABCDEFGH . لتحقيق عدد الطرق املختلفة اليت ميكن للضفدع ليدل على nbنعرف املقدار

ليصل يتبعها ن ىل Cمن أ دE إ ات n يف عد لقفز ا هو . من وإىل Gمن عدد الطرق املختلفة اليت ميكن للضفدع أن يتبعها ليصليساوي، بسبب تناظر املسألة،

E يف عدد n لقفزات ا )سنكتب . من )nXR ملختلفة من ا لطرق ا Eإىل Xإىل جمموعة

.قفزة nواملكونة من 2nلنفترض أن مبالحظة أن. <

( ) ( )( ) ( )( )( )( ) ( )( )

2 2

2 2

n nnA C A

n nG A

ABC ABA

AHG AHA

− −

− −

= − ∪ − ∪

− ∪ −

R R R

R R

2نستنتج أن 22 2n n na a b− −= +.

2nوكذلك نالحظ أنه يف حالة لدينا أيضا < ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )2 2 2n n nn

C C CACBA CBC CDC− − −= − ∪ − ∪ −R R R R

2ومن ثم 22n n nb a b− −= +.

وهكذا نكون قد أثبتنا أن

2 2

2 2

2, 2 2

2

n n n

n n n

n a a b

b a b

− −

− −

∀ > = +

= + ( )1

1ونالحظ من جهة أخرى أن 2 0a a= 1و = 0b 2و = 1b =.

A

D

C

B

E

F

G

H


فإذا عرفنا2 21 2M

=

nو

nn

aZ b

=


1 2 2

00, , 2,0 1 n nZ Z n Z MZ −

= = ∀ > =

1أن نرىوعليه 2 1 11, 0nnn Z M Z−−∀ ≥ = ، وأن=

12 21, nnn Z M Z−∀ ≥ =

)هو Mولكن كثري احلدود املميز للمصفوفة ) 2 4 2M X X X= − +X وله جذران مها2 2و −2 1nXقسمة يباق ومنه نستنتج أن. +2 )على − )M XX عطى بالصيغةي

( )( )

( )( )

1 12 2 2 2

2 2 2 22 2 2 2

n n

X X

− −− +

+ − + − + ومنه

( ) ( )1 1

12 2 2 22 2 2 2

2 2 2 21 2 1 2

n n

nM

− −−

−− + = + −

إذن( ) ( )

1 1

2

2 22 2 2 2

2 2 2 22 2

n n

nZ

− −− − + = +

وبوجه خاص( ) ( )

1 1

2

2 2 2 2

2

n n

na

− −+ − −

= ù .وهي النتيجة املرجوة

gQWEA DZXC

187

العشرونو الثانيأوملبياد الرياضيات

Fو Eو Dالنقاط ، نتأمل ABCمن املثلث Pيف حالة نقطة . ABCليكن املثلث )على املستقيمات Pالنازلة من مواقع األعمدة )BC و( )CA و( )AB أوجد . بالترتيب

)قدار اليت جتعل امل Pجمموعة النقاط )BC CA AB

PPD PE PF

ϕ = + .أصغريا +

A ، نالحظ أن ABCإىل مساحة املثلث Aلنرمز بالرمز ، PABو PCAو PBCتساوي جمموع مساحات املثلثات

أي2 BC PD CA PE AB PF= ⋅ + ⋅ + ⋅A

فإذا عرفنا

1BC

xPD

2و =CA

xPE

3و =AB

xPF

= وكذلك

1y BC PD= 2yو ⋅ CA PE= 3yو ⋅ AB PF= ⋅

أخذت متراجحة كوشي شوارتز اليت تنص على أن

( ) ( )( )2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3x y x y x y x x x y y y+ + ≤ + + + +

الشكل التايل( ) ( )( )2 2AB BC CA Pϕ+ + ≤ A

وعليه يكون

( )( )2

2

AB BC CAPϕ

+ +≥

A

وحتدث املساواة يف متراجحة كوشي شوارتز املشار إليها إذا وفقط إذا كان1 2 3

1 2 3

y y y

x x x= =

PDأي إذا وفقط إذا كان PE PF= مركز الدائرة املماسة Pوهذا يكافئ كون . = ù .داخال ABCألضالع املثلث

A

B C

P

F E

D


1، يحققان rو nيف حالة عددين طبيعيني r n≤ ، نتأمل مجيع اموعات اجلزئية من ≥ 1,2, ,n n=ℕ ثم نعرف . ن بكل منها أصغر عناصرها عنصرا، ونقر rاملكونة من …

)العدد ),F n r ةط احلسايب هلذه العناصر األصغريه املتوسأثبت أن. بأن ( )

1,

1

nF n r

r

+=+

)لنعرف )

( ) : cardrn nP B B r= ⊂ =ℕ . عناصر د عد ن أ نعلم ئذ )عند )r

nP !يساوي

!( )!r nn r n rC

−= .ومن ثم

( ) ( )( )

1, min

rn

rn B P

F n r BC ∈

= ∑

)يأخذ املقدار )min B يف حالة( )rnB P∈ موعة1قيمه يف اn r− +ℕ ويف حالة ،p من

1n r− +ℕ موعة ا لف )تتأ )

( ) : minrnB P B p∈ من = ئية جلز ا موعات ا من

1, ,p n+ 1rاليت عدد عناصر كل منها … إذن. pمضافا إىل كل منها العنصر −( )

( ) ( ) 1card : minr rn n pB P B p C −

−∈ = = وعليه فإن

( )( )

11

1

minrn

n rrn p

B P p

B pC

− +−−

∈ =

=∑ ∑

1كون مرتني من علينا إذن حساب هذا اموع، وهنا نستفيد 11

a a ab b bC C C+ +

+= نكتبف −

( )( )

( )

( )

( )

1

11

1

11 1

0 0

1 1 11 1

0 0

min

1

rn

n rr rn p n p

B P p

n r n rr rn p n p

p p

n r n rr rn p n p

p p

n r n rr r r rn p n pn p n

p p

B p C C

pC pC

p C pC

C C C C

− +

− + −∈ =

− + −

− + −= =

− −

− −= =

− −+ + +

− −− + += =

= −

= −

= + −

= = − =

∑ ∑

∑ ∑

∑ ∑

∑ ∑

وعليه فإن ( ) 1

11

, /1

r rnn

nF n r C C

r++

+= =

+ ù

عام 1981 189

ر للمقدا لعظمى ا لقيمة ا وجد 2أ 2m n+ ن لعددا ا ل يتحو يف جمموعة nو mعندما األعداد الطبيعية 1981 1,2, ,1981=ℕ ) نويحققا … )

22 2 1n nm m− − =.

لنتأمل اموعة ( ) ( ) 22 2, : 1n m n nm m∗ ∗= ∈ × − − =A ℕ ℕ

)اليت هي من الصيغة Aبالبحث عن عناصر ),1n فقط العنصرين جند( )و 1,1( ، أما 2,1() من الصيغة ),2n فهناك العنصر الوحيد( العناصر التالية A، وهكذا جند يف 3,2(

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1,1 , 1,2 , 2, 3 , 3,5 , 5, 8 ,… ): Fibonacciوبني متتالية أعداد Aوهذا ما يوحي لنا بوجود صلة بني اموعة ) 1n nF ≥

:تدرجييا كما يلي اليت تعرف 0 1 2 10, 1, , n n nF F n F F F+ += = ∀ ∈ = +ℕ

يف احلقيقة، إذا عرفنا2 2

1 1n n n n nF F F Fδ + += − − الحظنا أن

( )

( )

( )

21 2 2 1 1

21 1

2 21 1

n n n n n

n n n n

n n n n n

F F F F

F F F F

F F F F

δ

δ

+ + + + +

+ +

+ +

= − −

= + −

= − − − = −

0ألن ،ومن ثم 1δ )ا سبق أن ، نستنتج مم= )1 nnδ = وهذا يربهن أن. −( )1, ,n nn F F∗

+∀ ∈ ∈ Aℕ :على صحة املساواة سنربهن فيما يلي

( ) 1, :n nF F n ∗+= ∈A ℕ

.ولتحقيق ذلك نسجل بعض املالحظات البسيطة

)يف حالة ),n m منA دينا لn m≥. ألن

( )22 2 2 2

2

1 1

( ) 1 0

0

n nm m n nm m

n n m m

n m

− − = ⇒ − − ≥ −

⇒ − ≥ − ≥

⇒ − ≥


) لتكن ),n m منA . إذا كانn m> كانn m m− ≤. nأن على سبيل اجلدل يف احلقيقة، إذا افترضنا m m− استنتجنا <

2 2 2

2 2

( )

( ) 1

n nm m n n m m

nm m m n m m

− − = − −

> − = − > ≥

nيثبت أن لفاخلوهذا m m− ≤. )لتكن ),n m منA . إذا كانn m> كان( ),m n m− عنصرا منA.

1يف احلقيقة، لقد رأينا أن n m m≤ − كما إن ≥( )2 2 2 2( ) ( )m m n m n m n nm m− − − − = − − −

)يف حالة ),n m منA وm n= 1يكون لدينا وضوحاn m= =.

إذن التطبيق تأمللن

( )( )

( )

, :: , ,

1,1 :

m n m n mn m

n m

− >Φ → Φ = =

A A

)يف حالة عنصر ),X a b= منA، ل املتتاليةنتأم( )0p p

X≥

املعرفة تدرجييا كما Aمن )يلي، نضع ) ( )0 0 0, ,X n m a b= = ف احلدونعر( )1 1 1,p p pX n m+ + بداللة =+( ),p p pX n m= بالعالقة( )1p pX X+ = Φ .

1anإذا افترضنا جدال أن kكان < kn m> 0يف حالة k a≤ ، ومن ثم≥ 1 10, , 1 , 1k k kk a n n m+ +∀ ∈ − − = ≥…

0aوجبمع املتراجحات السابقة نستنتج أن aa n n n a− = − ≥ لفأن . وهذا خ دإذن ال ب1anيكون = ومن ثم( )1,1aX = .

بالعالقة ℓلنعرف إذن العدد ( ) min , 1,1kk X= ∈ =ℓ ℕ

)عندئذ يكون )1,1kX 0يف حالة ≠ k≤ ≤ ℓ .

من اموعة rنربهن بالتدريج على العدد 1, , , 1+… ℓ ℓ أن ( )1 1,r r rX F F+ − +=ℓ ( )1

عام 1981 191

1rضحة يف حالة هذه النتيجة وا =. rوإذا كانت صحيحة يف حالة ≤ ℓ، أي كان( )1 1,r r rX F F+ − +=ℓ استنتجنا أن ،

( ) ( ) ( )1, ,r r r r r rm n m X F F− − − − +− = Φ =ℓ ℓ ℓ ℓ ومن ثم

1r rm F− +=ℓ وr r rn m F− −− =ℓ ℓ وعليه

1 2r r r rn F F F− + += + =ℓ )إذن )2 1,r r rX F F− + +=ℓ، ثبت اخلاصةوهذا ي( 1rيف حالة 1( وبوجه خاص، يف . +1rحالة = +ℓجند أن ،

( ) ( )0 2 1, ,a b X F F+ += = ℓ ℓ )وهكذا نكون قد أثبتنا أن ) 1, :n nF F n ∗

+⊂ ∈A ℕ ة برهان، وأكملنا بذلكصح املساواة

( ) 1, :n nF F n ∗+= ∈A ℕ

2تؤول املسألة املطروحة إذن إىل تعيني أكرب القيم 21n nF F 1حتت الشرط ++ 1981nF + ≤ ،

15ولكن حنسب مباشرة قيم متتالية فيبوناتشي لنجد أن 987F 16و = 1597F يف حني =17أن 1981F 2القيمة العظمى للمقدار ف. < 2m n+ ل العددانعندما يتحوm وn يف1981موعة اℕ حققان وي( )

22 2 1n nm m− − 2، هو = 2987 1597+. ù

:التاليتني nQو nP، القضيتني 2أكرب متاما من nنعرف يف حالة عدد طبيعي » : nP نة منتوجد جمموعة مكوn عددا طبيعيا موجبا من أعداد متتالية، يكون أكرب أعداد

».هذه اموعة قامسا للمضاعف املشترك األصغر لبقية أعداد اموعة» : nQ نة من وحيدة توجد جمموعةمكوn ا موجبا من أعداد متتالية، يكون عددا طبيعي

».أكرب أعداد هذه اموعة قامسا للمضاعف املشترك األصغر لبقية أعداد اموعة

.nPاليت تحقق nعين قيم 1.

.nQاليت تحقق nعين قيم 2.


إذ لو افترضنا أن اموعة تحقق اخلاصة املطلوبة . خطأ 3Pإن 2, 1, k k k− لوجب −1kأحد العددين kللعدد pأن يقسم كل قاسم أويل 2kو − ، وهذا يقتضي أن يكون −

2p 2mkمساويا، إذن جيب أن يكون = 2mو = ≥ . جيب أن يقسم العدد 2ومن ثم 12العدد 1m− −واضح لفوهذا خ ،.

2kصحيحة يف حالة 2kPإن إذ يكفي أن نتأمل اموعة. ≤ 2 22 2 :k kS k j j= − + ∈ ℕ

)إن ) ( )2 2max 2 2 1k km S k= = 2، والعددان − 1k ينتميان إىل اموعة 2kو − 2 2\k kS m ان فيما بينهماليإذن ،ومها أو( )2 2 1k k يقسم − ( )2 2lcm \k kS m ، ومن ثم ( )2 2 2| lcm \k k km S m.

2إن 1k+P 2صحيحة يف حالةk إذ يكفي أن نتأمل اموعة. ≤ 2 1 2 12 3 :k kS k j j+ += − + ∈ ℕ

)إن ) ( )2 1 2 1max 2 2 1k km S k+ += = 2، والعددان − 1k 2و − 2k ينتميان −إىل اموعة 2 1 2 1\k kS m+ )إذن ،ا أوليان فيما بينهماومه + )( )2 1 2 1k k− يقسم − ( )2 1 2 1lcm \k kS m+ + ومن ثم ، ( )2 1 2 1 2 1| lcm \k k km S m+ + +.

4nصحيحة إذا وفقط إذا كانت nPالقضية : النتيجة ¤ ≥.

3kخطأ يف حالة 2kQإن إذ يكفي أن نتأمل اموعة .≤ 2 22 6 :k kS k j j′ = − + ∈ ℕ

)إن ) ( )2 2max 2 2 3k km S k′ ′= = 2، والعددان − 3k 2و − 4k ينتميان إىل −اموعة 2 2\k kS m′ )إذن ،ومها أوليان فيما بينهما ′ )( )2 2 2 1k k− العدد يقسم − ( )2 2lcm \k kS m′ ′ ومن ثم ، ( )2 2 2| lcm \k k km S m′ ′ 2kQوهكذا نستنتج أن .′2خطأ ألن 2k kS S ′≠.

2إن 1kQ 4kخطأ يف حالة + إذ يكفي أن نتأمل اموعة. ≤ 2 1 2 12 7 :k kS k j j+ +′ = − + ∈ ℕ

)إن ) ( )2 1 2 1max 2 2 3k km S k+ +′ ′= = 2، وكما يف السابق نربهن − 1km يقسم ′+ ( )2 1 2 1lcm \k kS m+ +′ 2ونستنتج أن . ′ 1kQ 2خطأ ألن + 1 2 1k kS S+ +′≠.

عام 1981 193

5nيكفي أن نتأمل يف حالة . خطأ 7Qو 5Qإن اموعتني = 5 2, 3,4,5,6S و = 5 8,9,10,11,12S ′ =

7nيف حالة أن نتأمل و اموعتني = 7 4,5,6,7,8,9,10S و = 7 6,7, 8,9,10,11,12S ′ =

لنتأمل جمموعة . صحيحة 4Qإن 3, 2, 1,x x x x− − عندئذ . 4Pاخلاصة تحقق −1xجيب أن يكون قامسا ألحد األعداد xللعدد pكل قاسم أولي 2xأو − 3xأو − − 2pوهذا يقتضي أن 3pأو = =.

1x، استنتجنا من كون xالعدد 4إذا قسم العدد 3xو − 4عددين فرديني، أن −2xجيب أن يقسم أيضا 4، ومن ثم أن − | 2 لفوهذا خ.

9وكذلك إذا كان | x استنتجنا من كون ،( )3 1x )و − )3 2x 9، أن −3xجيب أن يقسم 9، ومن ثم أن − | 3 لفوهذا خ.

4xوأخريا ملا كان 6xاستنتجنا مما سبق أن ≤ ، واموعة = هي 3,4,5,6حيدة املكونة من أربعة أعداد طبيعية موجبة متاما ومتتالية، يكون أكربها قامسا اموعة الو

.للمضاعف املشترك األصغر لبقية عناصرها

4nصحيحة إذا وفقط إذا كان nQالقضية : النتيجة ¤ = . ù

ها ، ونفترض أنM نفترض أن ثالث دوائر هلا نصف القطر نفسه وتشترك بنقطة واحدة Gليكن . وكل واحدة منها متس ضلعني من أضالع املثلث ABC مرسومة داخل مثلث

. ألضالع املثلث داخال مركز الدائرة املماسة Oمركز الدائرة املارة برؤوس املثلث، وليكن .تقع على استقامة واحدة Mو Oو Gأثبت أن النقاط

)، ولنفترض أن ρلنفترض أن نصف القطر املشترك للدوائر الثالث يساوي ),A C A ρ′=C لضلعني لثالث اليت متس ا ئر ا لدوا ا ئرة من لدا ]هي ا ]AB و[ ]AC ثل ، و لنسم بأسلوب مما

)الدئرتني األخريني ),B C B ρ′=C و( ),C C C ρ′=C. لرمزين لعادة با لنرمز كا ئرة rو Rوأخريا لدا ا ) إىل نصفي قطري ),C G R=C ةملار ا

)ث، والدائرة برؤوس املثل ),C O r′ =C ة داخال ألضالع املثلث بالترتيباملماس .


على Aو ′Aو O، إذن تقع النقاط BACتقعان على منصف الزاوية ′Aو Oالنقطتان ]مع الضلع C′و ACإىل نقطيت متاس الدائرتني Fو Eوإذا رمزنا . استقامة واحدة ]AC

AAعندئذ نستنتج من تشابه املثلثني . رتيببالت E′ وAOF أن AA A E

AO OF r

ρ′ ′= =

:كما هو مبين يف الشكل A

B C

O

G

A′

B ′C ′

M

EF

rOA نعرف إذن

rOAk

ρ−′= O,، ثم نتأمل التحاكي = kh = H الذي مركزهO ونسبتهk .)عندئذ نستنتج مما سبق أن )h A A′=. ونربهن بأسلوب مماثل أنOB OC

OB OCk ′ ′= ، إذن= ( )h A A′= و( )h B B ) و =′ )h C C ′=

Bو ′Aعن النقاط ρتبعد البعد نفسه Mالنقطة Cو ′ ئرة املارة هي مركز الدا M، إذن ′Aبرؤوس املثلث B C′ ′ )وهذا يقتضي أن . ′ )1h M− ة برؤوس املثلثهو مركز الدائرة املار

ABC فنكون قد أثبتنا أن ،( )1h M G− )أو = )M h G=. أن النقاط وهذا يقتضيO وM وG تقع على استقامة واحدة . kRونستنتج أيضا أن : مالحظة ¤ ρ= فأنصاف األقطار ،r وR وρ ترتبط ببعضها

)بالعالقة )rR r Rρ= OMكما نستنتج من كون . + rOG r Rk += تقسم Mأن =

[ ]OG بالنسبةrR. ù

f:نتأمل تابعا × →ℕ ℕ ℝ حقق يف حالةي( ),x y 2منℕ اخلواص التالية :

( )0, 1f y y= ) و + ) ( )1,0 ,1f x f x+ =. ( ) ( )( )1, 1 , 1,f x y f x f x y+ + = +.

)احسب )4,1981f.

عام 1981 195

لنالحظ أوال أن ( ) ( )( ) ( )0, 1, 0, 1, 1 1 1, 1y f y f f y f y∀ > = − = + −

)وهذا يثبت أن املتتالية )( )1, yf y y ∈− ℕ ولكن. متتالية ثابتة ( ) ( )1,0 0 0,1 1 1 2f f− = = + =

إذن( ), 1, 2y f y y∀ ∈ = +ℕ

ومن جهة ثانية، ( ) ( )( ) ( )0, 2, 1, 2, 1 2 2, 1y f y f f y f y∀ > = − = + −

)وهذا يثبت أن املتتالية )( )2, 2 yf y y ∈− ℕ ولكن. متتالية ثابتة ( ) ( )2,0 0 1,1 1 2 3f f− = = + =

إذن( ), 2, 2 3y f y y∀ ∈ = +ℕ

وباألسلوب نفسه جند ( ) ( )( ) ( )0, 3, 2, 3, 1 3 2 3, 1y f y f f y f y∀ > = − = + −

)وهذا يثبت أن املتتالية )( )( )2 3, 3yyf y−∈+ℕ

ولكن. متتالية ثابتة ( )( ) ( )0 32 3,0 3 2,1 3 5 3 2f f+ = + = + =

إذن( ) 3, 3, 2 3yy f y +∀ ∈ = −ℕ

وأخريا، ( ) ( )( ) ( )4, 1 30, 4, 3, 4, 1 2 3f yy f y f f y − +∀ > = − = −

ولدينا ( ) ( )

21 3 4 24,0 3 3,1 3 2 2 2f f ++ = + = = = )فإذا عرفنا املتتالية التدرجيية )n na ∈ℕ 0بالصيغة 1a 1و = 2 na

na + وجدنا أن. =1 2a 2و =

2 2a 22و =3 2a =

أن وجند بالتدريج( ) 3, 4, 3nn f n a +∀ ∈ = −ℕ


)وهذا يثبت أن )4,1981f رجا من قوى3مطروحا منه 1984ارتفاعه 2يساوي ب.

( )

22

224, 2 3f n = −⋰

3n+

ù .ي النتيجة املرجوةوه

gQWEA DZXC

197

العشرونو الثالثأوملبياد الرياضيات

f:نتأمل تابعا ∗ →ℕ ℕ التالية حقق اخلواصي: )يكن ℕ∗من mو nمهما تكن ) ( ) ( ) 0,1f n m f n f m+ − − ∈.

( )2 0f )و = )3 0f )و < )9999 3333f =.

)يطلب تعيني )1982f.

f:لنتأمل بوجه عام تابعا ∗ →ℕ ℕ ةحقق فقط اخلاصي

( ) ( ) ( ) ( ) 2, , 0,1n m f n m f n f m∀ ∈ + − − ∈ℕ ( )H

)، ثم نتأمل املتتالية ℕ∗من pنثبت عددا )n nA ∈ℕ فة بالصيغةاملعر

( )0, 2 2n nnn A f p−∀ ≥ =

)استنادا إىل )H لدينا ( ) ( )1, 0 2 2 2 1n nn f p f p+∀ ∈ ≤ − ≤ℕ

وهذا يقتضي أن 1 1

1, 0

2n n n

n A A+ +∀ ∈ ≤ − ≤ℕ ( )1

)فاملتسلسلة )10 n nnA A

∞+=

)وألن اموع اجلزئي . متقاربة ∑− )1

10

n

k kkA A

−+=

−∑ 0nAهلذه املتسلسلة يساوي A− اية للمتتالية استنتجنا وجود( )n nA ∈ℕ . ف إذن العددلنعر

pα اية هذه املتتالية أي هبأن ( )lim 2 2n n

pn

f pα−

→∞= ( )2

)بالعودة إىل . 1αإىل العدد αنرمز، على سبيل التسهيل، بالرمز )H جند ( )( ) ( ) ( )2 1 2 2 1

, 02 2 2 2

n n n

n n n n

f p f p fn

+∀ ∈ ≤ − − ≤ℕ

)من تسعى إىل الالاية نستنتج nوجبعل 1p أن 2( pα α α+ = ، وهي خاصة صحيحة + أن p، مما يتيح لنا أن نربهن بالتدريج على العدد ℕ∗من pأيا كان

, pp pα α∗∀ ∈ =ℕ ( )3


)لنرجع إذن إىل العالقة :ما يلي ℕ∗من pيف حالة اليت نستنتج منها ،1(( )

( )

1

10

2 1 10 1

2 22

nn

n nkk

f pf p

−

+=

≤ − ≤ = −∑

)تسعى إىل الالاية، واالستفادة من nوجبعل )و 2( نستنتج أن 3(( )0 1p f pα≤ − ≤

من ثمو ( ), 1p p f p pα α∀ ∈ − ≤ ≤ℕ ( )4

)يف حالة املسألة املطروحة لدينا )9999 3333f )وهذا يقتضي بناء على = أن 4(1 1 1

3 3 9999α≤ ≤ +

660ومن ثم 1982 661α< إذن . >( )659 1982 1 1982 1982 661fα α< − ≤ ≤ <

)وألن )1982f ∈ ℕ استنتجنا أن( )1982 660f =. ù

)يحقق الشرط fميكن أن نربهن بسهولة أنه يف حالة : مالحظة ¤ )H يوجدα من+ℝ يحقق

( ),n f n nα∗ ∀ ∈ = ℕ أو ( ), 1n f n nα∗ ∀ ∈ = − ℕ

1نتأمل مثلثا 2 3AA A نرمز . أطوال أضالعه خمتلفة مثىن مثىنka إىل الضلع املقابل للرأسkA فونعر ،kM منتصفka و ،kT ملثلث لدائرة املماسة داخال ألضالع ا نقطة متاس ا

1 2 3AA A الضلع معka وأخريا لتكن ،kS نظريةkT ف الداخلي للزاويةبالنسبة إىل املنصkA . أثبت أن املستقيمات( )1 1M S و( )2 2M S و( )3 3M S تتالقى يف نقطة واحدة.

1مركز الدائرة املماسة داخال لرؤوس املثلث Oليكن 2 3AA A . ولنرمز بالرمزkS إىل التناظر)نصف القائم بالنسبة إىل امل )kOA.

هلندسي ا لتحويل ا مل 3لنتأ 2 3 1=T S S S ن . ثالث 3Tملا كا تركيب تج نا .Oمير بالنقطة تناظرا قائما حموره 3Tكان Oتناظرات قائمة حماورها تشترك بالنقطة

)وملا كان من الواضح أن )1 3 2T T=S و( )3 2 1T T=S و( )2 1 3T T=S استنتجنا ،)أن )3 3 3T T=T . 3إذنT هو التناظر القائم الذي حموره ( )3OT.

عام 1982 199

لدينا أيضا ،ولكن استنادا إىل التعريف

( )1 1 1S T=S و( )3 1 2T T=S و( )2 2 2T S=S

إذن( )3 1 2S S=T

)وهذا يربهن أن )1 2S S عمودي على حمور التناظر ( )3OT ئم لقا ا )، وألن 3Tللتناظر )3OT على )عمودي )1 2AA ،)استنتجنا أن ) ( )1 2 1 2S S AA.

لتناظر م ا لقائم ونربهن بأسلوب مماثل باستخدا 2ا 1 2 3=T S S S الذي حمور )تناظره هو املستقيم )2OT أن( ) ( )3 1 3 1S S A A ، التناظر وكذلك نربهن باالستفادة من

1القائم 3 1 2=T S S S )الذي حمور تناظره هو )1OT أن ،( ) ( )2 3 2 3S S A A.

)نقطة تقاطع املستقيمني ،Xآلن النقطة لنتأمل ا )1 1AS )و )2 2A S . التحاكي وليكنH الذي مركزهX حقق وي

( )1 1S A=H . 2عندئذ ملا كانتS تقاطع هي نقطة)املستقيمني )1 2S S و( )2 2A S استنتجنا أن ،( )2SH هي

)نقطة تقاطع )2 2A S 1مع املستقيم املار بالنقطةA موازيا( )1 2S S أي مع( )1 2AA 2فهي إذنAومنه ،

( )2 2S A=H )هي نقطة تقاطع املستقيمني 3Sوكذلك ملا كانت )1 3S S و( )3 2S S استنتجنا أن( )3SH

)موازيا 1Aهي نقطة تقاطع املستقيم املار بالنقطة )1 3S S أي ،( )1 3AA مع املستقيم املار ،)موازيا 2Aبالنقطة )2 3S S أي ،( )2 3AA 3، فهي إذنA ومنه( )3 3S A=H.

ملنا تأ ا ذ إ ، ه ، H′وأخريا لذي مركز ا لتحاكي ملثلث، Gا ا ثقل تالقي أي (مركز نقطة 1ونسبته )متوسطاته

)، تيقنا مباشرة أن −2 )k kA M′ =H يف حالة 1,2, 3k ∈. التحويل وعلى هذا يكون ′=H H H حققحتاكيا ي ( )k kS M=H يف حالة k من

)، وعليه تتالقى املستقيمات 1,2,3 )1 1S M و( )2 2S M و( )3 3S M يف مركز التحاكيH .اإلثبات ويتم. ù

1A

2A 3A1T

2T

3T

3S 2S

1S

O

1A

2A 3A

3S 2S

1S

X


)تأمل متتالية متناقصة )n nx ∈ℕ 0فيهاحدودها موجبة متاما و 1x =.

يحقق 1رب من أك mأثبت أنه يوجد دليل 1.2 2 20 1 1

1 23.999m

m

x x x

x x x−+ + + ≥⋯

)أثبت أنه توجد متتالية متناقصة 2. )n ny ∈ℕ 0مع حدودها موجبة متاما 1y وتحقق =2 2 20 1 1

1 2, 4n

n

y y yn

y y y−∗∀ ∈ + + + <ℕ ⋯

)املكونة من املتتاليات املتناقصة Dلنتأمل اموعة )n nx ∈ℕ واليت املوجبة متاما ذات احلدود0حتقق 1x =.

)ولنعرف يف حالة )n nX x ∈= ℕ منD املقدار( )S X من ∗+ ∪ +∞ℝ بالصيغة

( )2

10

k

kk

xS X

x

∞

+=

= ∑

)عندئذ يكفي أن نربهن أن )min 4XS X

∈=

D 2.و 1.حىت نثبت صحة اخلاصتني

)لتكن )n nX x ∈= ℕ منD ولتكن ،n من∗ℕ . عندئذ نستنتج من متراجحة :كوشي شوارتز ما يلي

2 21 1 1 12

1 11 10 0 0 0

n n n nk k

k k kk kk k k k

x xx x x

x x

− − − −

+ ++ += = = =

= ⋅ ≤ × ∑ ∑ ∑ ∑

ومن ثم

21 1 2

10 0 1

n n nk

k kkk k k

xx x

x

− −

+= = =

≤ × ∑ ∑ ∑ ( )1

ولكن لدينا من جهة أخرى2 21 1 1

1 1 1

1 1 4n n n

k k kk k k

x x x− − −

= = =

+ − − = × ∑ ∑ ∑

إذن21 1

1 0

4n n

k kk k

x x− −

= =

× ≤ ∑ ∑

عام 1982 201

)فإذا عدنا إىل وجدنا 1(21 1 1 2

11 0 0 1

4n n n n

kk k k

kk k k k

xx x x

x

− − −

+= = = =

× ≤ ≤ × ∑ ∑ ∑ ∑

وأخريا

( )

1 2

101

4, 4

nn k

nkk kk

x xn S X

xx

−∗

+==

∀ ∈ − ≤ ≤∑∑

ℕ ( )2

ولكن لدينا دوما 1

lim 0nn

n k k

x

x→∞ ==

∑ :، كما هو موضح يف ما يلي

يف حالة 1k

k

x

∞

=

= :املطلوب من املتراجحة نستنتج ،∑∞+

0

1 1

1, 0 nn n

k kk k

x xn

x x= =

∀ ≥ ≤ ≤∑ ∑

يف حالة و 1k

k

x

∞

=

= < +∞∑ ℓسلسلة أن ، نستنتج من تقارب هذه املتlim 0nn

x→∞

=

0)0ألن(وهذا يقتضي من جديد، x< ≤ ℓ أن ،1

lim 0nn

n k k

x

x→∞ ==

∑.

)وبالعودة إىل )تسعى إىل الالاية جند أيضا nوجعل 2( ) 4S X وهكذا نكون قد .≤) أثبتنا أن )inf 4

XS X

∈≥

D .

)وبالعكس، يف حالة املتتالية )n nY y ∈= ℕ فة بالصيغة2املعر nny

جند أن =−

( )1 12

110 0

1 1, 4 4 1 4

22

n nk

nkkk k

yn

y

− −∗

++= =

∀ ∈ = × = − <∑ ∑ℕ

ومن ثم( ) 4S Y )إذن .= )min 4XS X

∈=

D ù .ويتم إثبات املطلوب.

اليةالت nEاملعادلة ℤولنتأمل يف . عددا طبيعيا موجبا متاما nليكن 3 2 33x xy y n− + =

)حال nEأثبت أنه إذا قبلت املعادلة 1. ),x y 2منℤ ا يف احلقيقة تقبل ثالثة حلولفإ ، .على األقل

أثبت أن املعادلة 2.1982E ال تقبل حلوال يفℤ.


2لنالحظ أن 1. 33xy y− هو جزء من املنشور ( )3 3 2 2 33 3x y x x y xy y− = − + −

ومن ثم

( )

( ) ( )

( ) ( )

33 2 3 3 2

33 2

3 2 3

3 2 3

3

3 ( ) ( )

x xy y x x y y x

x x y x y x

y x y x x x

− + = − + −

= − − − + −

= − − − − + −

)نرى أنه إذا كان وهكذا )1 ,X x y= حال للمعادلةnE كان( )2 ,X y x x= − − أيضا حال للمعادلة نفسها، وكان من ثم( )3 ,X y x y= − .أيضا حال هلا −

1إن أيا من حاالت التساوي 2X X= 2أو 3X X= 3أو 1X X= غري ممكن الوقوعه يقتضي ألن( )1 0, 0X 0nوهذا خلف ألن = حال قبلت ثالثة nEفإذا قبلت املعادلة .≠ . لول خمتلفة على األقلح

)أي أنه مهما يكن . 9بالقياس 2Eلنثبت أن ال حلول للمعادلة 2. ),x y من( )2/9ℤ ℤ 3يكن 2 33 2 mod 9x xy y− + ≠.

:حظ أوال اجلدول التايل لنال

( )

3

3

0 1 2 3 4 5 6 7 8

3 mod 9 0 3 3 0 3 3 0 3 3

mod 9 0 1 1 0 1 1 0 1 1

3 mod 9 0 2 2 0 2 2 0 2 2

z

z

z

z z

− − −

− − −

− − − −

3لنفترض أن mod 9x ε= مع 1, 0,1ε ∈ 3يف هذه احلالة . − 3 mod 9x ε= 9ℤ/من yومن ثم أيا كانت ℤ كان

( ) ( )

3 2 3 2 3

3 2

3 3 mod 9

3 mod 9

x xy y y y

y y

ε ε

ε ε ε ε

− + = − +

= − − − −

عام 1982 203

:فإذا استفدنا من اجلدول وجدنا 0يف حالةε :ما يلي ، 9بالقياس ، لدينا،= 3 2 33 0,1, 8x xy y− + ∈. 1يف حالةε :لي ، ما ي9، لدينا، بالقياس = 3 2 33 1, 8,6x xy y− + ∈. 1يف حالةε = :، ما يلي 9، لدينا، بالقياس − 3 2 33 1, 8, 3x xy y− + ∈.

3إذن جمموعة القيم اليت يأخذها املقدار 2 33 mod 9x xy y− هي + 0,1, 3, 6, ، فإذا 8 اموعة أحد أعداد 9على nباقي قسمة كان 2, 4, 5, حلوال يف nEلت املعادلة ما قب ،7ℤ . ألن 1982وبوجه خاص 2 mod ال تقبل حلوال يف 1982Eا أن املعادلة استنتجن =9ℤ. ù

]طة من القطر نق ABCDEF .Mنتأمل مسدسا منتظما ]AC و ،N نقطة من القطر[ ]CE . نفترض أن

AM CNr

AC CE= =

.تقع على استقامة واحدة Nو Mو Bإذا علمت أن النقاط rعين بني بق ط لنطا ي نقا ملستو ية ، ا لعقد ا د ا عد أل ا حقل ليكن ℂو و ،

( )2 i3j exp π= . ةي لعقد ا د ا ألعد ا ن أ نفترض ن أ ميكن ئذ 1عند

.بالترتيب Eو Cو Bو Aمتثل النقاط 2jو jو −2jو لفر ا دا إىل لعقدي استنا ا لعدد ا )ض، ميثل )1 j 1r+ لنقطة − لعقدي ، Mا ا لعدد ا وميثل

( )2j j jr+ AC، وذلك ألن Nالنقطة − CE= . وعليه يكون

( ) ( )

( )

2

2 2

1 j j 1 1 j

j j j j 1 2 j

BM r r r

BN r r r

= + + − = − + −

= + + − = − − −

)ذكرنا أن اجلملة وإذا ت )1, j ن أساسا يف املستوي استنتجنا أنالنقاط تكوB وN وM تقع ) على استقامة واحدة إذا وفقط إذا كان )det , 0BM BN =

23أي 1 0r − ، ومنه =1

3r =. ù

A

BC

D

E F

M

N


)وليكن . 100مربعا طول ضلعه يساوي Sليكن )0 1, , , nA A A=L طريقا مضلعيا …)غري مغلق )0 nA A≠ عوال يتقاطع مع نفسه حمتوى داخل املربS . ه مهما تكننفترض أن

P عمن حميط املربS توجد نقطة منL د عن تبعP أثبت . 1/2مسافة أصغر أو تساوين الطريق وطول اجلزء م 1املسافة بينهما أصغر أو تساوي Lمن Yو Xوجود نقطتني

L 198احملصور بينهما أكرب أو يساوي. ]توجد قطعة مستقيمة وحيدة Lمن Mيف حالة نقطة ]1k kA A 0، مع + k n≤ ، من >

لطريق لنقطة Lا )، وعندئذ نعرف Mتقع عليها ا )d ML فاصلة ،M لطريق ، Lعلى ا بأنها املقدار

( )

1

10

k

j j k

j

d M A A A M

−

+=

= +∑L

)وهكذا يكون )nd A= Lℓ هو طول الطريقL ف التطبيقويعر ،( )M d Mϕ

L֏ تقابال]واال Lبني نقاط مستمرا ]0, ℓ نرمز ،ϕ إىل تقابله العكسي. ض، مهما تكناستنادا إىل الفرP عمن حميط املربS توجد نقطة منL تبعد عنها مسافة

1أقصر أو تساوي ، أي تكون اموعة 2 1

2[0, ] : ( , ( ))t d P tϕ∈ ≤ℓ غري خالية،

وهذا ما يتيح لنا تعريف 1

2( ) min [0, ] : ( , ( ))t P t dd P tϕ= ∈ ≤ℓ

)كان 0Aبدءا من Lدارجة على الطريق Mفإذا تأملنا نقطة ( ))t Pϕ ل موقع تصلهأوM على الطريقL 1ويبعد مسافة أقصر أو تساوي

.Pعن النقطة 2 إذا كانP وQ ع كانرأسني خمتلفني من رؤوس املرب( ) ( )t P t Q≠ ه إذا افترضناألن

)أن ) ( )t P t Q τ= )وعرفنا = )M ϕ τ= كان

1 11

2 2PQ PM MQ≤ + ≤ + =

لفوهذا خ. إذن 0لنسمP قاربه النقطةع الذي ترأس املربM، الدارجة على الطريقL 0بدءا منA ،

)أوال، فيكون )0t P أصغر القيم( )t Q لعندما تتحوQ ععلى رؤوس املربS.

عام 1982 205

كذلك 1لنسمP 3وP اورين للرأس0الرأسني اP عيف املربS حقق ، ولنخترالتسمية لت)املتراجحة ) ( )1 3t P t P<.

ف إذن اجلزأين1لنعرL 2وL كما يلي: ( )[ ]( )1 10,t Pϕ=L و( )[ ]( )2 1 ,t Pϕ=L ℓ

موعةل النتأم

[ ] ( )

[ ] ( )[ ] ( )( )

0 3 1 2

0 3 1 2

: ,

: 0, , ,

J P P P d P

P P P t t P d P tϕ

1

1

= ∈ ≤

= ∈ ∃ ∈ ≤

L

3Pإذن يبلغ التابع . 0Pغري خالية ألا حتوي متراصة وهذه جمموعة PP֏ ه األدىنحدXتوجد ف. Jعلى تحقق Jمن ′

3 3min :X P PP P J′ = ∈ )من 0tلنعرف إذن )[ ]10,t P حققت( ) 1

0 2, ( )d X tϕ′ )ولتكن ≥ )0X tϕ=.

موعةل كذلك النتأم

[ ] ( )

[ ] ( )[ ] ( )( )

0 3 2 2

0 3 1 2

: ,

: , , ,

J P P P d P

P P P t t P d P tϕ

1

1

= ∈ ≤

= ∈ ∃ ∈ ≤

Lɶ

ℓ

. 3Pهذه جمموعة متراصة وغري خالية ألا حتوي إذا افترضنا جدال أنX J′ ∉ ɶ استنتجنا من كونJɶ ه يوجد جوارة أنجمموعة متراص

Xكامل للنقطة X، وهذا بدوره يقتضي وجود نقطة Jɶغري حمتوى يف ′ ]من ′′ ]0 3P P 3تحقق 3X P X P′′ Xو >′ J′′ ∉ ɶ أي( ) 1

2 2,d X ′′ >L .ولكن نعلم أن

( ) ( )( ) ( )1 21

min , , , ,2

d X d X d X′′ ′′ ′′= ≤L L L )إذن جيب أن يكون ) 1

1 2,d X ′′ ≤L . يكون لدينا ومن ثمX J′′ ، واملتراجحة ∋3 3X P X P′′ Xتناقض تعريف >′ Xإن هذا التناقض يثبت أن . ′ J′ ∈ ɶ .

1 لتكن إذنt من( )[ ]1 ,t P ℓ حققت( )( ) 11 2,d X tϕ′ )، ولنضع ≥ )1Y tϕ=.

عندئذ( )( ) ( )( )0 1

1 1, , 1

2 2XY XX X Y d X t d X tϕ ϕ′ ′ ′ ′≤ + = + ≤ + =


لنضع( )( )1Z t Pϕ= .نستنتج من كون عندئذ[ ]0 3X P P′ أن ∋

0 1 1 1100 1P P X P X X XZ ZP XZ′ ′= ≤ ≤ + + ≤ + )إذن ) ( ) 99d Z d X XZ− ≥ ≥L L. ونستنتج باألسلوب نفسه أن

1 1100 1X P X Y YZ ZP YZ′ ′≤ ≤ + + ≤ + )إذن ) ( ) 99d Y d Z YZ− ≥ ≥L L.

)وعلى هذا يكون ) ( ) 198d X d Y− ≥L L .وهي النتيجة املطلوبة. ù

gQWEA DZXC

207

العشرونو الرابعأوملبياد الرياضيات

f:أوجد مجيع التوابع ∗ ∗+ +→ℝ ℝ حققاليت ت

)أيا كان ),x y من( )2∗+ℝ كان( )( ) ( )f x f y y f x=.

( )lim 0x

f x→+∞

=.

f:لنتأمل تابعا ∗ ∗+ +→ℝ ℝ حقق اخلواص املطلوبةي .

)بعد تعويض بتطبيق )xf y مكانx جند

( )( )

( )

, ,x f x

x y ff y y

∗ ∗+ +

∀ ∈ × = ℝ ℝ ( )1

1xبتعويض y= )جند يف = )( ) ( )1 1f f f=. )ثم بتعويض )1x y f= )يف = )واالستفادة من 1( )( ) ( )1 1f f f= نستنتج

)أن )1 1f =. ∗من zلنتأمل عددا

+ℝ حققي( )f z z= . ولنناقش احلاالت التالية:

1حالةz )أن nبالتدريج على العدد عندئذ نستنتج من . < )2 2n n

f z z= .0nهذه نتيجة صحيحة يف حالة وطبقنا n، وإذا افترضنا صحتها يف حالة =

2nxبعد وضع y z= لة = تبقى صحيحة يف حا نها أ نا 1n، وجد وهذا . +2limألن يتناقض مع الشرط

n

nz

→∞= +∞.

1حالةz )نستنتج من . > 1xبعد وضع 1( yو = z= أن( )1 1z zf = ،

1وهذا خلف أيضا بناء على احلالة السابقة مطبقة على z.

1إذن جيب أن يكونz =. )وهكذا نكون قد أثبتنا أن ) 1f z z z= ⇔ =.

∗من xلتكن +ℝ ولنضع( )z xf x= . أن نستنتج من

( ) ( )( ) ( )f z f xf x xf x z= = =

1zأن نستنتج وباالستناد إىل ما سبق = ومن ثم ،( )1

f xx

=.

1أن التابع رىنبالعكس، وxx ù .، فهو التابع الوحيد الذي يحققهماو يحقق ֏


1C 2وC مركزامها 1دائرتان يف مستو واحدO 2وO نفترض أن نصفي قطريهما . بالترتيبأحد املماسني . 2Cو 1Cتني إحدى نقطيت تقاطع الدائر Aلتكن . خمتلفان، وأنهما متقاطعتان

ميس ، يف حني 2Pيف 2C، وميس الدائرة 1Pيف 1Cاملشتركني هلاتني الدائرتني ميس الدائرة ]منتصف 1Mنعرف . 2Qيف 2C، وميس الدائرة 1Qيف 1Cاملماس الثاين الدائرة ]1 1PQ ،

]منصف 2Mو ]2 2PQ . أثبت أن 1 2 1 2O AO M AM=.

)ملا كان خط املركزين )1 2OO 1حمور تناظر للشكل استنتجنا أنM هي املسقط القائم للنقطة

1P على( )1 2OO 2، وكذلك فإنM 2هي املسقط القائم للنقطةP على( )1 2OO.

A

1O1M

1P

2O2M

2P

B

D

تؤول املسألة إىل إثبات صحة املساواة

1 1 2 2M AO M AO= ( )1

1من املثلث 1M AO نكتب انطالقا من عالقة اجليب

1 1 1 1 1 1

1 1 1 2 1

sin sin

sin sin

M O M AO M AO

O A O M A M M A= = ( )2

2من املثلث 2M AO نكتب انطالقا من عالقة اجليب

2 2 2 2 2 2

2 1 22 2

sin sin

sinsin

M O M AO M AO

O A M M AO M A= = ( )3

1ولكن املثلثني 1 1O PM 2و 2 2O PM ان لتوازي أضالعهما إذنمتشا

عام 1983 209

1 1 1 1 2 2 2 2

1 1 1 2 2 2

M O M O M O M O

O A O P O P O A= = =

)فإذا استفدنا من ذلك استنتجنا من )و 2( أن 3(

1 1 2 2

2 1 1 2

sin sin

sin sin

M AO M AO

M M A M M A= ( )4

)إذن يؤول إثبات تساوي الزاويتني إىل إثبات 1( 2 1 1 2M M A M M A= ثبات أن إ ، أي إىل

1املثلث 2AM M مثلث متساوي الساقني.

عندئذ يتقاطع . 2Cو 1C، اليت تتقاطع عندها الدائرتان Aالنقطة الثانية، غري Bلتكن )املستقيم )AB مع املماس املشترك( )1 2PP يف نقطةD . ة النقطةحسب قوتD بالنسبة إىل)بالصيغة 1Cالدائرة )21DP DA DB= بالنسبة إىل الدائرة D، وتحسب قوة النقطة ×

2C بالصيغة( )22DP DA DB= ]هي منتصف القطعة Dنرى أن ف ، × ]1 2PP وألن ،)املستقيمات )1 1M P و( )2 2M P و( )DB ة على (متوازيةعمودي( )1 2( OO استنتجنا أن( )DB هو حمور القطعة[ ]1 2M M 1، ومن ثم 2AM AM= . ا أن املثلثفنكون قد برهن

1 2AM M متساوي الساقني، واملساواة مثلث( )تقتضي 4( ù .ويتم إثبات املطلوب 1(

أثبت أن العدد . يعية موجبة متاما أولية فيما بينها مثىن مثىن ثالثة أعداد طب cو bو aلتكن 2abc ab bc ca− − لنمط − ا من بصيغة عنه لتعبري ا ميكن ال د عد كرب صحيح أ هو xab ybc zca+ .هي أعداد طبيعية zو yو xو +

نعرف عندئذ. وأوليني فيما بينهما cو bلنبدأ بدراسة حالة عددين طبيعيني موجبني متاما 1.

( ) ( ) 2, : ,b c b cµ ν µ ν= + ∈L ℕ

ت أنودف إىل إثبا

( )( ) ( )( ),max \ 1 1 1b c bc b c b c= − − = − − −Lℕ

ن )ملا كا )gcd , 1b c ن = أ لقياس cاستنتجنا با قلوب عنصرb أي يف ،/bℤ ℤ ،xفالتطبيق cx֏ ف تقابال علىعري/bℤ ℤ .ومنه


0,1, , 1 , ! 0,1, , 1 : modr b b c r b∀ ∈ − ∃ ∈ − =… ℓ … ℓ

)عددا طبيعيا أكرب أو يساوي Nليكن إذن )( )1 1b c− باقي rعندئذ نتأمل . −0فيكون bعلى Nللعدد القسمة اإلقليدية r b≤ ℓيوجد ، واستنادا إىل النقطة السابقة >من اموعة 0,1, , 1b modcيحقق …− r b=ℓ . وعندها ينتمي العددN c− ℓ

Nيحقق ℤمن kفيوجد . bفات العدد إىل مضاع kb c= + ℓ. ولكن

( )( ) ( )1 1

1

1kb N c bb c c

b b

= − ≥ − − −

≥ −

−

> −

ℓ

1kإذن > kأو − ∈ ℕ . وهذا يربهن على أن( ),b cN ∈ L. bcوبالعكس، لنفترض أن b c− )ينتمي إىل − ),b cL ان ، عندهايوجد عددان طبيعيµ bيحققان νو c bc b cµ ν+ = − ومنه −

( ) ( )1 1c c bν µ+ = − )و − ) ( )1 1b b cµ ν+ = − −

)ألن و )gcd , 1b c 1ν العدد املوجب متاما يقسم bأن من املساواة األوىل نستنتج = + 1 إذن bν + نية ، وع ≤ لثا ا ة )أن ندئذ نستنتج من املساوا )1 0bµ + ≤ لفوهذا خ

bcوهكذا نكون قد أثبتنا أن . واضح b c− )هو أكرب عدد طبيعي ال ينتمي إىل − ),b cL، أي

( )( ),max \ b c bc b c= − −Lℕ نعرف كما يف السابقلنأت إىل حالة املسألة املطروحة، ول 2.

( ) ( ) 3, , : , ,a b c a b cλ µ ν λ µ ν= + + ∈L ℕ

دف إىل إثبات أن

( )( ), ,max \ 2a b c abc ab bc ca= − − −Lℕ

ن )ملا كا )gcd , 1bc a ن = أ لقياس bcاستنتجنا با قلوب عنصرa حللقة ، أي يف ا/aℤ ℤ فالتطبيق ،x bcx֏ ف تقابال علىعري/aℤ ℤ .ومنه

0,1, , 1 , ! 0,1, , 1 : modr a a bc r b∀ ∈ − ∃ ∈ − =… ℓ … ℓ

2abcعددا طبيعيا أكرب متاما من Nليكن إذن ab bc ca− − rعندئذ نتأمل . −0فيكون aعلى Nباقي القسمة اإلقليدية للعدد r a≤ ، واستنادا إىل النقطة السابقة >

عام 1983 211

من اموعة ℓيوجد 0,1, , 1a modcbيحقق …− r a=ℓ . وعندها ينتمي العددN bc− ℓ إىل مضاعفات العددa . فيوجدk منℤ حققيN ka bc= + ℓ .

وهنا نالحظ أن( )

( )

1

2

ka N bc N a bc

abc ab bc ca abc bc

bc b c a

= − ≥ − −

> − − − − +

> − −

ℓ

kإذن bc b c> − )أي − ),b ck ∈ Lا أثبتناه سابقا استنتجنا وجود عددين، وإذا استفدنا مم kيحققان nو mطبيعيني mb nc= ، وهذا يقتضي أن+

( ), ,a b cN bc mab nca= + + ∈ Lℓ أن لنفترض لعكس، 2Aوبا abc ab bc ca= − − إىل − )ينتمي ), ,a b cL عندها ،Aحقق تν و µو λ ةطبيعي ادعدأوجد ت ab bc caλ µ ν= + +.

modAوالحظنا أن aذه املساواة بالقياس إذا نظرنا إىل ه bc a= يقسم aاستنتجنا أن −( )1 bcµ + ولكن ،a يل معأوbc إذنa 1يقسم العدد املوجب متاماµ + دوعليه ال ب ،

1aµأن يكون ≥ 1cλونربهن بأسلوب مماثل أن . − ≥ 1bνو − ≥ وعندها . − يكون

( ) ( ) ( )1 1 1

3

A ab bc ca

c ab a bc b ca

abc ab bc ca

λ µ ν= + +

≥ − + − + −

≥ − − −

)ن ، إذن ، إذوهذا خلف واضح ), ,a b cA ∉ L. ثبتنا أن أ لعدد وهكذا نكون قد 2A ا abc ab bc ca= − − هو أكرب عدد طبيعي ال −

)ينتمي إىل ), ,a b cLأي ،

( )( ), ,max \ 2a b c abc ab bc ca= − − −Lℕ ù .وهي النتيجة املرجوة

]اموعة Eمثلثا متساوي األضالع، ولتكن ABCليكن ] [ ] [ ]AB BC CA∪ ∪ ، إذا كان عند كل جتزئة ما بين . ABCأي جمموعة النقاط اليت تنتمي إىل أحد أضالع املثلث


حتوي إحدى هاتني اموعتني على األقل رؤوس مثلث البد أن إىل جمموعتني، Eموعة للمج .قائم

إىل جمموعتني، البد أن حتوي إحدى هاتني اموعتني Eكل جتزئة للمجموعة يف احلقيقة عند .على األقل رؤوس مثلث قائم

غري صحيح ا هذ ن أ جلدل ا على سبيل عة لنفترض للمجمو ئة جتز فتوجد ،E عتني جممو ىل إ .قائم وي أي من هاتني اموعتني رؤوس مثلثحيدون أن Gو Fمنفصلتني وغري خاليتني

Bو ′Aلنتأمل النقاط Cو ′ املعرفة بالصيغ ′23BA BC′ =

2و

3CB CA′ =

2و 3AC AB′ =

)وقد جرى اختيار هذه النقاط لتكون املستقيمات )A B′ )و ′ )B C′ )و ′ )C A′ عمودية على ′)املستقيمات )BC و( )CA و( )AB بالترتيب.

Bو ′Aاثنتان من النقاط تنتمي Cو ′ إىل أحد جزأي التجزئة ′F أوGة اإلثبات أن نفترض اإلقالل من ن دون، وميكعموميBو ′Aأن )عندئذ ينتج من كون . F تنتميان إىل ′ )A B′ ′

)عمودي على )BC أن[ ]\ BC A′ ⊂ G. Cاملسقط القائم للنقطة Dلتكن )على ′ )BC . ملا كان املثلثBDC قائما، وملا كانت ′

Cاستنتجنا، بناء على الفرض، أن Gتنتميان إىل Dو Bالنقطتان ′ ∈ F. Bومن جديد، ألن Cو ′ )، واملستقيم Fتنتميان إىل ′ )C B′ )عمودي على ′ )AC

]استنتجنا أن ]\ AC B ′ ⊂ G. )على Aهي املسقط القائم للنقطة Eوعلى هذا، إذا كانت )BC انتمت رؤوس املثلث ،

ù .وهذا يتناقض مع الفرض Gإىل اموعة AECالقائم

دون أن يكون 510عددا طبيعيا موجبا متاما ومجيعها أصغر أو تساوي 1983أميكن إجياد ؟ أي ثالثة منها ثالثة حدود متتابعة يف متتالية حسابية

)لنرمز بالرمز . ع املسألة يف إطار عام سنض )( )fP ℕ إىل جمموعة األجزاء املنتهية من جمموعة)من Aولنرمز يف حالة . ℕاألعداد الطبيعية )( )fP ℕ بالرمزAN إىل العدد الطبيعي

A

B C

B ′

A′

C ′

ED

عام 1983 213

3kAk A

N∈

= ∑

∅0Nمع االصطالح املتعارف =. )من Aولنعرف يف حالة )( )fP ℕ وn منℕ، العدد( )n

AN هبأن[ [0,A nN أي ∩( )

,

3n kA

k A k n

N∈ <

= ∑

modaسنكتب فيما يلي b ة للعدد الطبيعيداللة على باقي القسمة اإلقليديa على العدد .bالطبيعي غري املعدوم

:حظ أوال ما يلي نال

1

0

, 2 3 3 1 3n

k n n

k

n−

∗

=

∀ ∈ × = − <∑ℕ

ينتج من ذلك أن( ), mod 3n nA An N N∀ ∈ =ℕ

وأن

( ) 1, 0 3

2n nAn N∀ ∈ ≤ < ×ℕ ( )1

ويأخذ Aمن nعند 1لذي يأخذ القيمة ، أي اAإىل التابع املميز للمجموعة A1فإذا رمزنا )استنتجنا من كون . Aℕ\من nعند 0القيمة ) ( )

( )1 3n n n

A AAN N n+ − = ⋅ ، أن1

( )( ) ( )( )1, 3 n n n

A AAn n N N− +∀ ∈ = −ℕ 1 ( )2

AAوهذا يربهن على أن التابع N֏ متباين تابع. لنتأمل اموعة

( )( ) f:AN A= ∈ P ℕB لنفترض على .تابعة من متتالية حسابيةال تؤلف ثالثة حدود مت Bأن أي ثالثة أعداد من نثبت س

)من Cو Bو A خمتلفة سبيل اجلدل وجود ثالثة جمموعات )( )fP ℕ حققت

2A C BN N N+ =

)وهذا يكافئ قولنا إن ), ,A B CN N N ةنستنتج من . هي ثالثة حدود متتابعة من متتالية حسابي)املتراجحة أن 1(

214 األوملبياد العاملي للرياضيات( ) ( )

( )

( )( )

, mod 3

2 mod 3 2

n n nA C A C

n nB B

n N N N N

N N

∀ ∈ + = +

= =

ℕ

)فإذا استفدنا من استنتجنا 2(( ) ( ) ( ), 2A C Bn n n n∀ ∈ + =ℕ 1 1 1

فإذا كانn B∉ استنتجنا مما سبق أنn A∉ وn C∉ مةوهذا يعين أن متم ،B ميتحمتواة يف تقاطع متمA وC أي إن ،A C B∪ ⊂.

كان وإذاn B∈ استنتجنا مما سبق أنn A∈ وn C∈ وهذا بدوره يعين أن ،B A C⊂ ∩.

Aإذن C B A C∪ ⊂ ⊂ A، وهذا يكافئ ∩ B C= إذن . ، مما يتناقض مع الفرض =. ال تؤلف ثالثة حدود متتابعة من متتالية حسابية Bلقد أثبتنا أن أي ثالثة أعداد من اموعة

وتبقى هذه اخلاصة حمققة وضوحا يف أي جمموعة من النمط :k k b b+ = + ∈B B ،)وعلى وجه اخلصوص فإن اموعة اجلزئية . ℕمن kمع ) [ ]1 1,N N= + ∩B B من

اموعة 1, ,N… ةفكم عدد عناصر . ، ال حتوي أي ثالثة حدود متتابعة من متتالية حسابي يف احلقيقة، ؟ NBاموعة

[ ]

( )

( )

0, 1

3

3

3 11 1

23 2 1

log 2 1

log 2 1

p

p N

p

N N

N

p N

p N

− ∩−

+ ∈ ⇔ ≤ −

⇔ ≤ −

⇔ ≤ −

⇔ ≤ −

ℕ B

)فإذا عرفنا ) 3log 2 1NP N= ، كان −

1 : 0,1, , 1A N NN A P+ ⊂ − ⊂… B ومن ثم( )card 2 NP

N ≥B . 510Nويف احلالة اخلاصة 11NPلدينا = = ومن ثم

( )510card 2048 1983≥ >B ù .ل املطروح هو نعمفاجلواب عن السؤا

أثبت أن. أطوال أضالع مثلث cو bو aلتكن

عام 1983 215

( ) ( ) ( )2 2 2 0a b a b b c b c c a c a− + − + − ≥ .مىت تقع املساواةوبين

بالصيغ zو yو xلنعرف األعداد

x p a= yو − p b= zو − p c= مع −2

a b cp

+ +=

. أعداد موجبة zو yو xهي أطوال أضالع مثلث، القول cو bو aعندئذ يكافئ قولنا إن عندها يكونو

a y z= bو + z x= cو + x y= + وإذا عرفنا

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2, ,F a b c a b a b b c b c c a c a= − + − + − كان

( ) ( ) ( )3 3 3, , 2 2F a b c xy yz zx xyz x y z= + + − + + ولكن استنادا إىل متراجحة كوشي شوارتز لدينا

( ) ( )( )( )

22 3 3 3

3 3 3

xyz x y z x y z y z x z x y

x y y z z x x y z

+ + = + +

≤ + + + +

ا وفقط إذا كان مع مساواة إذ3 3 3x y y z z x

x y zz x y= = ⇔ = =

)وهذا يربهن على أن ), , 0F a b c a مع مساواة إذا وفقط إذا كان ≤ b c= إذن لقد . =أثبتنا صحة املتراجحة املطلوبة وأثبتنا أن املساواة تقع فيها يف حالة مثلث متساوي األضالع، وفقط

ù .ه احلالةيف هذ


gQWEA DZXC

Aml

Typewriter

Aml

Typewriter


217

العشرونو امساخلأوملبياد الرياضيات

1xاليت تحقق zو yو xأثبت أنه أيا كانت األعداد احلقيقية غري السالبة y z+ + = ةحتققت املتراجح

70 2

27xy yz xz xyz≤ + + − ≤

جذورا بالشكل zو yو xالذي يقبل األعداد P يكتب كثري احلدود من الدرجة الثالثة ( ) ( )( )( )

( )3 2

P X X x X y X z

X X xy yz zx X xyz

= − − −

= − + + + −

وعلى هذا، نرى مباشرة أن

( ) ( )( )( ) ( )1 1 1 1 1 1

22 2 2 2 8 2

P x y z xy yz zx xyz= − − − = − + + + − ومنه الصيغة املفيدة التالية

( )( )( )2 1 1 1 1

2 2 2 2 8

xy yz zx xyzx y z

+ + −= − − − + ( )1

1xعدادا موجبة تحقق أ zو yو xملا كانت األعداد y z+ + كال استنتجنا أن =1منها يبعد عن العدد 1مسافة أصغر أو تساوي 2

، وعليه يكون 2

( )( )( )1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2 8x y z x y z− − − = − − − ≤

إذن

( )( )( )2 1 1 1 10

2 2 2 2 8

xy yz zx xyzx y z

+ + −= − − − + ≥

.وهي املتراجحة األوىل

1xأعدادا موجبة تحقق zو yو xوكذلك ملا كانت األعداد y z+ + ، استنتجنا =1أن واحدا فقط من هذه األعداد ميكن أن يكون أكرب متاما من ويف هذه احلالة يكون جداء ، 2

)الضرب )( )( )1 1 12 2 2x y z− − )سالبا أو معدوما، وهذا يقتضي، بالنظر إىل − أن ،1(

( )( )( )2 1 1 1 1 1 7

2 2 2 2 8 8 54

xy yz zx xyzx y z

+ + −= − − − + ≤ <

اتاألوملبياد العاملي للرياضي 218

1أصغر أو تساوي zو yو xأما يف حالة كون األعداد الثالثة ، فعندئذ نستنتج من كون 2

)املتوسط اهلندسي لألعداد املوجبة )12 x− و( )1

2 y− و( )12 z− طهاأصغر من متوس

1احلسايب الذي يساوي أن 6

( )( )( )

3

2 1 1 1 1

2 2 2 2 8

1 1 7

8 546

xy yz zx xyzx y z

+ + −= − − − +

≤ + ≤

ù .وهذا يكافئ املتراجحة الثانية

)أوجد زوجا من األعداد الطبيعية ),a b حقق اخلاصتني التاليتنيي : )ال يقسم 7العدد 1. )ab a b+. )يقسم 77العدد 2. )7 7 7a b a b+ − −.

)لنتأمل زوجا ),a b ةأن ولنالحظ .من األعداد الطبيعي

( ) ( )( )27 7 7 2 27a b a b ab a b a ab b+ − − = + + +

)فترض أن الزوج نل ),a b حقق الشرطنيعندئذ 2.و 1.ي

( )7 ab a b+ و( )3 2 27 | a ab b+ +

319مبالحظة أن ولكن 18 342 1mod7× = = نرى أن −

( )( )2 2 318 19 mod7a ab b a b a b+ + = − + 7والشرط b يقتضي أن( )7 18a b− أو( )7 19a b+ ،) وإال استنتجنا أن

)ال هذين العددين، فهو يقسم الفرق بينهما أي يقسم ك 7العدد )7 | 37b وهذا يتناقض مع ).37و bأويل مع كل من 7كون

7نستنتج أن وهكذا b 2و 2 30mod7a ab b+ + يقتضي =318 0mod7a b− 319أو = 0mod7a b+ =

319ألن و 324mod7− هذا يكافئ، أن، ف=318 mod7a b= 3324أو mod7a b=

عام 1984 219

)وبالعكس، لنفترض أن ),a b حققة، يمن األعداد الطبيعي زوج

7 )b 3و( 18 mod7a b= 7أو )b 3و( 324 mod7a b= 7عندئذ نستنتج مباشرة أن a وأن( )7 a b+ أي ،( )7 ab a b+ 7ألن العدد

)إذن جمموعة األزواج 2.ويتحقق كذلك الشرط . عدد أويل ),a b ة اليتمن األعداد الطبيعي هي 2.و 1.تحقق الشرطني

( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 3 3, : 7 18 mod7 324 mod 7a b b a b a b∈ ∧ = ∨ =ℕ ) نيأن الزوجنرى وهكذا )و 1,18( للمسألة املطروحة، ومها احلالن اللذان مها حالن 18,1(

aيعطيان للمجموع b+ أصغر قيمة ممكنة . ù

جيري تلوين كل نقطة من املستوي بواحد من عدد منته . يف املستوي Aو Oنتأمل نقطتني )، نتأمل الدائرة Oخمتلفة عن ، من املستوي Mيف حالة نقطة . من األلوان )MC اليت

)ونصف قطرها يساوي Oمركزها )1

arg( , )M OM OA OMOM

ρ = +

رمزنا إذ ،

مز لر باarg( , )OA OM

ل ا ا من ألساسي ا س لقيا ا ىل ] إ [0, 2π هةج ملو ا ية و ا للز( , )OA OM

ثبت وجود نقطة . ملستقيم Mأ ا )خارج )OA ئرة لدا ا لوا على ، يظهر ( )MC.

)فيها هي A، وإحداثيات النقطة Oىل مجلة متعامدة نظامية مبدؤها لننسب املستوي إ )1, 0 .اللة على الدائرة اليت د Cρولنكتب . ℂولنطابق بني نقاط املستوي، وحقل األعداد العقدية

.ρونصف قطرها Oمركزها iMتأيت الفكرة من تعيني جمموعة النقاط re θ= 0معr ]و < [0, 2θ π∈ حققاليت ت ،

( )M Cρ=C وذلك يف حالة ،ρ من∗+ℝ .يف احلقيقة

( ) ( )M C r r rr

ρ

θρ θ ρ= ⇔ + = ⇔ = −C

2وعليه إذا عرفنا، يف حالة 2ρ π< جمموعة النقاط ،ρΓ بالصيغة ( ) i : 0r rre rρ

ρ ρ−Γ = < ≤ )جنا من كون استنت ) [ [0, 2r rρ π− [من rأيا كانت ∋ ]0,ρ أن( )M Cρ=C اأي

.ρΓمن Mكانت


لوان اليت جرى تلوين نقاط املستوي ا، جمموعة األ Aلتكن عندئذ تكون جمموعة أجزائها ،فترض أنها جمموعة منتهيةنواليت ( )P A لنرمز بالرمز .جمموعة منتهية أيضا( )Mc إىل لون .من املستوي Mالنقطة

2موجبا أصغر متاما من نثبت عددا 2π ،على سبيل 5 وليكن :ثم نتأمل التطبيق . املثال

] [ ( ) ( ) ( ) : 0, 5 , : tP t M M CΨ → Ψ = ∈A c الذي يقرن بكل عددt المن ا] [0, ملا كانت اموعة . tCط الدائرة جمموعة ألوان نقا 5

( )P A جمموعة منتهية، استنتجنا أن التطبيقΨ من وجود ال ميكن أن يكون متباينا دفال ب ،0مع ρو rعددين r ρ< )يحققان > ) ( )r ρΨ = Ψ.

)النقطة عند rCيتقاطع مع الدائرة ρΓولكن املنحين )ir rM re ρ−= اليت ال تنتمي إىل)املستقيم )OA .نويكو

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) :M r c P P Mρ∈ Ψ = Ψ = ∈c C ù .وهي النتيجة املرجوة

)، ونفترض أن املستقيم ABCDنتأمل مضلعا رباعيا حمدبا )CD الدائرة اليت قطرها ميس( )AB . أثبت أن املستقيم( )AB ميس الدائرة اليت قطرها( )CD إذا وفقط إذا كان

)املستقيمان )BC و( )AD متوازيني.

]منتصف Oلتكن ]AB . عدمبالحظة أن بO عن املستقيم( )CD يساوي نصف جمموع AA′ وBB′ لنقطتني ا ملستقيم Bو Aبعدي ن خاصة كون ا عن هذا املستقيم، نستنتج أ

( )CD ا للدائرة اليت قطرهامماس[ ]AB عدكافئ كون بت ،O عن( )CD 1مساويا2AB ،

AAبدورها أن كافئ ت هوهذ BB AB′ ′+ =.

A B

C

D

O

E

A′

B ′

O A

M

( )MC

ρΓ

ρr

عام 1984 221

)لنكتب )XYZA داللة على مساحة مثلثXYZ . عندئذ بضرب طرفي املساواة السابقة1باملقدار

2CD لشرط الالزم والكايف ليكون املستقيم نرى أن ا( )CD ا للدائرة اليت قطرهامماس[ ]AB هو أن يكون ،

( ) ( )1

2ACD BCD AB CD+ = ⋅A A ( )1

]إىل نقطة تقاطع القطرين Eلنرمز بالرمز ]AC و[ ]BD . ض عندئذكافئ الفراملستقيم «: ي( )CD للدائرة اليت قطرها مماس[ ]AB«املساوة ،

( ) ( ) ( )1

22

AED BCE AB CECD D+ + = ⋅AA A

)املستقيم «:يكافئ الشرط ،وباملماثلة )AB للدائرة اليت قطرها مماس[ ]CD«املساواة ،

( ) ( ) ( )1

22

AED BCE AB CEAB D+ + = ⋅AA A

)فإذا افترضنا أن املستقيم )CD للدائرة اليت قطرها مماس[ ]AB كان املستقيم ،( )AB أيضا]مماسا للدائرة اليت قطرها ]CD إذا وفقط إذا كان ،( ) ( )ECD EAB=A A . وهذا

يكافئ قولنا

EA EB EC ED⋅ = ⋅ ( )2 )واملساواة .لهما بالرأسقابمتساويتان لتAEB و CEDألن الزاويتني تكافئ 2(

EA ED

EC EB=

)وهذه بدورها تكافئ توازي املستقيمني )AC وBD وفق مربهنة تالس. ù

3nضلعا مع nنتأمل، يف املستوي، مضلعا حمدبا ذا ثم . حميط هذا املضلع p، وليكن < أثبت أن. بأنه جمموع أطوال أقطار هذا املضلع dلنعرف

2 13 2

2 2

d n nn

p

+ − < < −

xرمزنا إذ إىل اجلزء الصحيح للعددx.


: إلثبات املتراجحة اليسرى نستفيد من اخلاصة التالية

يف رباعي حمدب يكون جمموع طولي القطرين أكرب من جمموع « ».فيه طولي أي ضلعني متقابلني

]نقطة تقاطع قطريه Mرباعيا حمدبا، وكانت ABCDاحلقيقة، إذا كان يف ]AC ]و ]BD استنتجنا من املثلث ،MAB أن AB MA MB< أن MCDمن املثلث و ، +

CD MC MD< جندوجبمع املتراجحتني السابقتني ، +AB CD AC BD+ < +

.وهي املتراجحة املطلوبة)لنفترض أن رؤوس املضلع، مرتبة بعكس اجتاه دوران عقارب الساعة، هي )0k k nA ≤ < ،

ف ولنعرkA يف حالة 0,1, , 1k n∉ modkبأا النقطة …− nA. وأخريا لنكتبijd ]داللة على طول القطعة املستقيمة ]i jAA ولنكتب ،kℓ طول الضلع داللة على[ ]1k kA A +.

من iيف حالة 0,1, , 1n من jو …− 2, , 2i i n+ + ، ننظر يف …−1الرباعي احملدب 1i i j jAA A A+ اله أن، فنستنتج من اخلاصة اليت أثبتناها أع+

1 1 1 1i j i j i i j jAA A A AA A A+ + + ++ > + ,1 أو 1ij i j i jd d + ++ > +ℓ ℓ .وجبمع هذه املتراجحات جند

( ) ( )1 2 1 2

1, 10 2 0 2

n i n n i n

ij i j i j

i j i i j i

d d

− + − − + −

+ += = + = = +

+ > + ∑ ∑ ∑ ∑ ℓ ℓ

ومنه

( )

1 1

0 1, 1 0 1, , 1

2 3n n

ij i j

i j i i i j i i i

d n

− −

= ∉ + − = ∉ + −

> − + ∑ ∑ ∑ ∑ℓ ℓ

أو

( )( )1

1 11 0

2 3n

ij i i i i

j i i

d n p

−

+ −− ≠ =

> − + − − −∑ ∑ ℓ ℓ ℓ ℓ

وأخريا

( ) ( )4 3 2 3d n p np p p p n p> − + − − − = − )أو )2 3d n p> .املتراجحة اليسرى املطلوبة وهي −

A B

CD

M

عام 1984 223

ليمىن إن طرفي أي قطر للمضلع متصالن خبطني منكسرين أحدمها . لنأت إىل املتراجحة ان من مكوr ن من ضلعا واآلخر مكو ،n r− ملضلع ا قصر من فط . ضلعا من أضالع أ وله

)جمموع أطوال اخلط املنكسر املكون من العدد األقل، أي )min ,r n r−من األضالع ،. 2حالة 1n m= من rلتكن . + 2, ,m… إن األقطار اليت يوجد خط منكسر ،

]ضلعا يصل بني طرفيها هي rمؤلف من ]( )0i i r i nAA + ≤ ويكون. nوعددها >

, 1 1i i r i i r i i i rd AA+ + + + −= ≤ + + +ℓ ℓ ⋯ ℓ وعليه

( )

( )( )

1 1

, 1 10 2 0 2

2

11

2

n m n m

i i r i i i ri r i r

m

r

d d

m mrp p

− −

+ + + −= = = =

=

= ≤ + + +

+≤ = −

∑ ∑ ∑ ∑

∑

ℓ ℓ ⋯ ℓ

ومن ثم ( )2 1

1 2 22 2

d n nm m

p

+ ≤ + − = − .

2nحالة m= . لتكنr من 2, , 1m ، إن األقطار اليت يوجد خط منكسر …−]ضلعا يصل بني طرفيها هي rمؤلف من ]( )0i i r i n

AA + ≤ أما يف حالة . nوعددها >r m= فهذه األقطار هي[ ]( )0i i m i m

AA + ≤ ويكون. mوعددها >

, 1 1i i r i i r i i i rd AA+ + + + −= ≤ + + +ℓ ℓ ⋯ ℓ إذن

( )

( )( )

1 1 1

, ,0 2 0

1 1 1

1 10 2 0

1

2

2

11

2 2 2

n m m

i i r i i m

i r i

n m m

i i i r

i r i

m

r

d d d

p

mp mp m mrp p

− − −

+ += = =

− − −

+ + −= = =

−

=

= +

≤ + + + +

−≤ + = + −

∑ ∑ ∑

∑ ∑ ∑

∑

ℓ ℓ ⋯ ℓ

جديد جندومن

22 12 2

2 2

d n nm

p

+ ≤ − = −

ù .وبذا يتم إثبات صحة املتراجحة اليمىن


0أعدادا طبيعية فردية تحقق dو cو bو aلتكن a b c d< < < adو > bc= ،2kaيحققان mو kعددان طبيعيان أثبت أنه إذا وجد d+ 2mbو = c+ كان =

1a =.

لنالحظ أن ( ) ( )

( )( )

2

2

2 2

0

k mc c d a b c cd ac bc c

cd ac ad c c a d c

− = + − − = + − −

= + − − = − − >

2وهذا يقتضي أن 2k m>. adنستنتج من املساواة cb= أن( ) ( )2 2k ma a b b− = − ومن ثم

( )( ) ( )2 2 2 2m k mb a b a b a b a−− + = − = − ( )1

2rbلنفترض أن a p− 2sbو = a q+ ملا كان العدد . عددان فرديان qو p حيث، =2k mb a−− ا استنتجنا أنعددا فرديr s m+ bوملا كان . = a+ وb a− عددين

1rزوجيني استنتجنا أن 1sو ≤ ≥. 2rإذا كان 2sو ≤ )يقسم 4، استنتجنا أن ≤ ) ( )2b b a b a= + + وهذا −

1rإذن جيب أن يكون .عددا فرديا bيتناقض مع كون 1sأو = =. 1sيف حالة 1rيكون = m= − 12، ومن ثمm− يقسمb a− وهذا يقتضي ،

12mcأن b −> ≥ 1، ومن ثم 12 2 2m m mb c − −= + > .، وهذا تناقض+1rإذن جيب أن يكون 1sو = m= وعندها ،−

12 2m mc b a b q−= + > + = 2ومن ثم q> 1إذنq ، وهذا يربهن أن=

12ma b −+ = ( )2 )ومن )جند 1( )12 1k m a b− + − )، وبالعودة إىل = 2جند 2( 22 m ka − وألن . =−a فردي وجب أن يكون 1عددa 2و = 2k m= أكرب متاما nويوجد عدد طبيعي .−

يحقق 1من 21, 2 1, 2 1, 2 1n n na b c d= = − = + = −


225

العشرونو سادسالأوملبياد الرياضيات

ئريا ئرة مركزها يقع على . ABCDنتأمل رباعيا دا ]ونفترض وجود دا ]AB ومتسADأثبت أن . األضالع الثالثة األخرى للرباعي BC AB+ =.

لنقطة ا ن أ ]من Iلنفترض ]AB ئرة لدا ا مركز هي ]املماسة لألضالع ]BC و[ ]CD و[ ]AD ولتكن ،

L وM وN نقاط التماس مع هذه األضالع بالترتيب . ولنسمr 2نصف قطر هذه الدائرة، وθ قياس الزاويةBAD2، وϕ ياس الزاوية قCBA.

عي با لر ا ن ن ABCDملا كا أ استنتجنا يا ئر ا د عيا با ر 2DCB π θ= ، وألن −( )IC ةللزاوي فهو منصDCB استنتجنا أن

2ICB π θ= ، وأخريا نستنتج أن −CIL θ=. وجند باملماثلة أنDIN ϕ=.

tanLCجند ILCمن املثلث القائم r θ= وجند باملماثلة ،tanND r ϕ=. )جند BLIومن املثلث القائم )cot 2LB r ϕ= و ،

sin 2

rIB

ϕ=.

cot2NAأن INAوكذلك جند من املثلث القائم r θ= وsin 2

rIA

θ=.

20ولكن نعلم بوجه عام أنه يف حالة x π< لدينا >21 1 cos2 2 sin

cot2 tansin 2 sin 2 2 sin cos

x xx x

x x x x

−− = = =

إذن

( )1cot2 tan 0

sin 2

1cot2 tan 0

sin 2

IA NA LC r

IB ND LB r

θ θθ

ϕ ϕϕ

− − = − − =

− − = − − =

ومنه( ) ( ) 0AB AD BC IA NA LC IB ND LB− − = − − + − − =


A B

C

D

I

LN

M


0ني فيما بينهما ولنفترض أن يين طبيعيني أول عدد kو nليكن k n< جيري تلوين . >كل عدد من اموعة 1,2, , 1n= −M ونفترض . بأحد اللونني األبيض أو األزرق …

:حتقق القاعدتني التاليتني nو iكان للعددين Mمن iأيا كان i− اللون نفسه. i حيث، Mمن kو iأيا k≠ كان للعددين ،i وi k− ون نفسهالل.

.اللون نفسه Mأثبت أن جلميع عناصر اموعة

)املقدار Mمن ℓيف حالة لنعرف ) /k n k nϕ = − ℓ ℓ ℓ ةأي باقي القسمة اإلقليدي ،)نعلم أنه عموما لدينا . nعلى kℓللعدد )0 nϕ≤ <ℓ املساواة ولكن ،( ) 0ϕ =ℓ

)، وألن kℓيقسم nلعدد تعين أن ا )gcd , 1k n وهذا ℓيقسم nنتج من ذلك أن =)إذن . n<ℓخلف ألن ), ϕ∀ ∈ ∈M Mℓ ℓ .

ϕ:من جهة أخرى، إن التطبيق →M M ه إذا كانألن ،متباين تطبيق( ) ( )p qϕ ϕ= ن أ )يقسم nاستنتجنا )k p q− ن أل )و )gcd , 1k n ن = أ لك ذ من يقسم nنتج p q− وهذا يقتضي أنp q= ألنp q n− < . ولكنM جمموعة منتهية، إذن

.متباينا أنه تقابل ϕنستنتج من كون التطبيق

>1nمع Mمن ℓلنتأمل −ℓ . ملا كان( )k q nϕ= + ℓℓ ℓ استنتجنا أن ( ) ( )1k k q nϕ+ = + + ℓℓ ℓ

)إذن يف حالة )k nϕ+ <ℓ يكون

( )( ) ( )

( ) ( )

:1

:

k k n

k n k n

ϕ ϕϕ

ϕ ϕ

+ + <+ = + − + ≥

ℓ ℓℓ

ℓ ℓ

وهذا يربهن على أن( ) ( ) ( ) 1 ,k nϕ ϕ ϕ+ − ∈ −ℓ ℓ ℓ

)يكون للعدد إذن عمال باخلاصة )1ϕ +ℓ لون( )ϕ ℓ أو لون( )n ϕ− ℓ ولكن ،)ن للعددين ، إذهلذين العدين اللون نفسه استنادا إىل )1ϕ +ℓ و( )ϕ ℓ اللون نفسه .)وعليه يكون جلميع أعداد اموعة ) ( ) ( ) 1 , 2 , 1nϕ ϕ ϕ ،M، وهي كامل …−

ù .وبذا يتم اإلثبات .اللون نفسه

عام 1985 227

يف حالة كثري حدود 0

n kkk

P a X=

= ]أمثاله أعداد صحيحة، ∑ ]( )P X∈ ℤ نرمز)بالرمز )o P ة يفإىل عدد األمثال الفرديPأي ،

( ) ( )card : 1mod2ko P k a= ∈ =ℕ )نتأمل املتتالية )n nQ ∈ℕ من[ ]Xℤ فة بالصيغةاملعر( )1 n

nQ X= أثبت أنه أيا . +ϕ:كان التابع املتزايد متاما →ℕ ℕ ا كان العددوأي ،m منℕ، كان

( ) ( )( )00

m

kk

o Q o Qϕ ϕ=

≥ ∑

: لنبدأ باملالحظة التالية ( )2 2, 1 1 mod2

n n

n X X∀ ∈ + = +ℕ 0nيف احلقيقة، هذه اخلاصة صحيحة وضوحا يف حالة nوإذا افترضنا صحتها يف حالة . =

استنتجنا أن( ) ( )( ) ( )

1

1 1

2 22 2 2

2 2 2

1 1 1 mod2

1 2 mod2 1 mod2

n n n

n n n

X X X

X X X

+

+ +

+ = + = +

= + + = +

)نستنتج إذن أن )2, 2nn o Q∀ ∈ =ℕ. :التالية kPلنعرف اخلاصة

ϕ:أيا كان التابع املتزايد متاما « →ℕ ℕ ا كان العددوأي ،m منℕ ، إذا كان( )m kϕ )حتققت املتراجحة ≥ )E التالية

( )( ) ( )( )00

mii

o Q o Qϕ ϕ=≥∑.«

. k بالتدريج على العدد kPلنربهن صحة اخلاصة )يف حالة ) 0mϕ 0m، يكون = .احووض صحيحة 0Pفاخلاصة =لة حا )ويف ) 1mϕ يكون ، ≥ ن أ ما )إ )0 0ϕ )و = )1 1ϕ 1mو = =،

وعندئذ

( )0 1Qϕ )و = ) 0 102

mii

Q Q Q Xϕ== + = +∑

)واملتراجحة )E حمققة. )وإما أن يكون )0 1ϕ 0mو = )واملتراجحة = )E وبذا نكون قد . قة أيضا حمق

.1Pأثبتنا صحة اخلاصة


.kPة اخلاصة ، ولنثبت صحk أصغر متاما من jيف حالة jPاخلاصة لنفترض صحة ϕ:ابعا متزايدا متاما نتأمل ت →ℕ ℕ اوعددا طبيعي ،m . إذا كان( )m kϕ <

)حتققت املتراجحة )E ألن( )mϕP ض التدريجات علينا إذن إثب .صحيحة استنادا إىل فرملتراجحة )صحة ا )E لة )يف حا )m kϕ يلي = نعرف ل . ، وهذا ما سنفترضه فيما

بالصيغة nالعدد 2logn k= . 12فيكون 2n nk +≤ ولنكتب اختصارا ، >Q داللة على كثري احلدود( )0

mii

Qϕ=∑ . وهنا نناقش حالتني: )حالة )0 2nϕ يف هذه احلالة يكون. ≤

( ) ( )21n

Q X B X= )و + ) ( ) ( )20 1

n

Q X A Xϕ = + مع

( ) ( ) ( )20

n

m

ii

B X Q Xϕ −=

= )و ∑ ) ( ) ( )0 2nA X Q Xϕ −=

)يف حالة التطبيق املتزايد متاما 2nk−Pبتطبيق اخلاصة ) 2ni iϕ mوالعدد ֏−)نستنتج أن ) ( )o A o B≤. ولكن

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2

20

mod2

mod2

n

n

Q X B X X B X

Q X A X X A Xϕ

= +

= +

كان وملا( ) ( )

( )

deg 0 2 2 2 2

deg 2 2 2

n n n n

n n n

A m k

B m k

ϕ ϕ

ϕ

= − ≤ − = − <

= − = − <

)املتراجحة استنتجنا مما سبق )E ةنأل املرجو ( ) ( ) ( ) ( )( )02 2o Q o B o A o Qϕ= ≥ =

)حالة )0 2nϕ بالعالقة rنعرف العدد يف هذه احلالة . >( ) max : 2nr j jϕ= <

)فيكون ) ( ) ( )2 1nr r m kϕ ϕ ϕ< ≤ + ≤ وعندئذ ميكننا أن نكتب. =

( ) ( ) ( )2

20 1

1n

n

r m

i ii i r

A B

Q Q X Qϕ ϕ −= = +

= + +∑ ∑

degويكون 2nA degو > 2nB )و .> )2 mod2n

Q A B X B= + +.

عام 1985 229

دا إىل فرض التدريج استنتجنا مباشرة أنصحيحة استنا rPملا كانت اخلاصة ( )( ) ( )0o Q o Aϕ ≤ ( )1

ومن جهة أخرى لدينا( ) ( ) ( ) ( )2no Q o A B X B o A B o B= + + = + +

)ألن )deg 2nA B+ باالستفادة من اخلاصة العامةولكن . >( ) ( ) ( )o R S o R o S+ ≤ +

ميكننا أن نكتب( ) ( ) ( ) ( ) ( )2o A o A B o A B B o A B o B= + = + + ≤ + +

إذن ( ) ( )o A o Q≤ ( )2

)ومن )و 1( )نستنتج صحة املتراجحة 2( )E يف هذه احلالة أيضا، ويتمkP. . ، وهذا يربهن على صحة النتيجة املطلوبةkأيا كانت قيمة kPبالنتيجة، لقد أثبتنا صحة اخلاصة


ونفترض أن . 1985مكونة من أعدد طبيعية موجبة متاما ومتباينة عددها Mنعطى جمموعة حتوي أربعة أعداد جداء ضرا Mأثبت أن . 23أيا منها ال يقبل قواسم أولية أكرب من

.دد طبيعييساوي قوة رابعة لع

:سنثبت اخلاصة العامة التالية

لتكن « 1 2, , , np p p=P لية عدد عناصر جمموعة … ا ه من األعداد األوn .لتكن عددM و أ من نة مكو ينة جمموعة متبا و ما متا موجبة ها عناصر عدد ، طبيعية

3 2 1n⋅ . Pحمتواة يف Mنفترض أن جمموعة القواسم األولية ألي من عناصر . + ».اء ضرا يساوي قوة رابعة لعدد طبيعيأربعة أعداد جد Mعندئذ ال بد أن حتوي

هي اموعة Pوعندئذ حنصل على النتيجة املطلوبة ألنه يف حالتنا 2, 3, 5, 7,11,13,17,19, 23=P

9nاليت عدد عناصرها 91985، ولدينا = 3 2 1 1537> ⋅ + =.


طبيعي يف حالة عددn أويل وعدد p نكتب ،( )p nν للعدد داللة على أكرب أسp ، أيnيقسم

( ) max : |p n p nαν α= ∈ ℕ طبيعي كما نعر ف يف حالة عددm املقدار

( )0 mod2 2 /2m m m mψ = = − )لتكن )2M ة منموعات اجلزئيجمموعة اM نة من عنصرينيف حالة . املكوA من

( )2M مثال ، ,A a b= نكتب ،( )Aπ داللة على جداء الضربab . ل جزءا ثمنتأم N من( )2M حقق اخلواص التاليةي:

Aإذا كان Nمن Bو Aيا كان أ 1. B≠ كانA B∩ = ∅.

) املقداركون ي Nمن Aوعند كل جزء 2. )Aπ عا كامالمرب.

.أعظمي بني مجيع األجزاء اليت تحقق الشرطني السابقني Nعدد عناصر 3.=من حيث املبدأ ال يوجد ما مينع أن يكون ∅N ،نفترض أن ل( )card 2n≤N . عندئذ

( )card 2 2nA A∈∪ ≤ ⋅N فناإذا عر ومن ثم ،( )1 \ A A∈= ∪ NM M كان لدينا ( )1card 3 2 1 2 2 2 1n n n≥ ⋅ + − ⋅ ≥ +M

وعليه ال ميكن أن يكون التطبيق ( )( ) ( )( )( )

10 1 0 0: 0,1 , , ,n

np pk k kψ ν ψ νΦ →M ֏ …

)يحققان bو a، عددان خمتلفان 1Mمتباينا، فيوجد، يف ) ( )0 0a bΦ = Φ وهذا جيعل ، وتحقق اموعةمربعا كامال، abجداء الضرب ,a b= ∪N N 2.و 1.الشرطني )إذن ال بد أن يكون .3الشرط وهذا يناقض )card 2 1n≥ +N .

ال ميكن أن يكون التطبيقإذن ( )( )( ) ( )( )( )( )

11 0 0: 0,1 , , ,n

np pA A Aψ ν π ψ ν πΦ →N ֏ …

ن ان خمتلفتا، جمموعتNمتباينا، فتوجد، يف ,A a b= و ,B c d= حققانت ( ) ( )1 1A BΦ = Φ

)جداء الضرب وهذا جيعل ) ( )abcd A Bπ π= ة رابعة لعدد طبيعيوبذا يتم إثبات .قو ù .اخلاصة املرجوة

عام 1985 231

، وتتقاطع جمددا مع Cو Aومتر بالرأسني Oمركزها C، ودائرة ABCنتأمل مثلثا ]الضلعني ]AB و[ ]BC يفK وN تان برؤوس املثلثني . بالترتيبتتقاطع الدائرتان املارABC وKBN بنقطتني خمتلفتنيB وM . أثبت أن الزاويةOMB زاوية قائمة.

وس إىل الدائرة املارة برؤ 2Cوبالرمز ABCإىل الدائرة املارة برؤوس املثلث 1Cلنرمز بالرمز نذكر أن احملور األساسي لدائرتني متقاطعتني هو املستقيم املار بنقطيت التقاطع، . KBNاملثلث

.وهو جمموعة النقاط اليت قوا بالنسبة إىل الدائرة األوىل تساوي قوا بالنسبة إىل الدائرة الثانية

AC

B

N

K

O

M

C

E

1C

2C

AC

B

N

K

O

M

C

E

1C

2C

ملستق ا ن )يم إ )CA ئرتني للدا ألساسي احملور ا ملستقيم 1Cو Cهو )، وا )NK حملور هو ا)ان لو كان املستقيم . 2Cو Cاألساسي للدائرتني )CA و( )NK متوازيني لكانت النقطة

M منطبقة علىB خالف الفرإذن يتقاطع املستقيمان . ضوهذا ي( )CA و( )NK ،يف نقطة للنقطة . Eولتكن لثالث Eوملا كان ا ئر لدوا ا لنسبة إىل با لقوة نفسها ، 2Cو 1Cو Cا

)ا على احملور األساسي تقع أيض Eاستنتجنا أن )BM 1للدائرتنيC 2وC. .هناك وضعان علينا معاجلتهما .رباعي دائريECNM الرباعي لنربهن أن

لة لدينايف هذه احلا. احلالة

( )

( )

1 2EMN NMB BKN ACN NCEπ π= − = = = −

يف هذه احلالة لدينا. احلالة

( )

( )

1 2NME BMN BKN NKA ECNπ π π= − = − = = −

)إذ تنتج املساواة )، وتنتج املساواة ادائري BMNKمن كون الرباعي 1( من كون 2(هو رباعي دائري ECNMومن املساواتني الناجتتني نستنتج أن . أيضا ادائري KNCAالرباعي

.أيضا


EMنستنتج أن KBMNمن الرباعي الدائري EB EN EK⋅ = وألن . ⋅EN EK⋅ ةيساوي قوE بالنسبة إىل الدائرةC استنتجنا أنEN EK⋅ يساوي2 2OE ON−ومنه ،

2 2EM EB OE ON⋅ = − ( )∗

BMنستنتج أن ECNMالدائري وكذلك، من الرباعي BE BN BC⋅ = ⋅ .BNوألن BC⋅ ةيساوي قوB بالنسبة إىل الدائرةC استنتجنا أنBN BC⋅

2يساوي 2OB ON−ومنه ،

2 2BM EB OB ON⋅ = − ( )∗∗

)وعليه بطرح املساواتني )و ∗( EBومالحظة أن ∗∗( EM MB= ستنتج أنن، +( ) ( ) 2 2EM BM EM BM OE OB− ⋅ + = −

أو2 2 2 2ME MB OE OB− = −

تكتب هذه املساواة شعاعيا بالشكل( )( ) ( )( )ME MB ME MB OE OB OE OB+ − = + −

وهذا يكافئ( ) ( )ME MB BE OE OB BE+ ⋅ = + ⋅

ولكن2ME MB MO OE OB+ = + +

إذن نستنتج مما سبق أن

0MO BE⋅ =

وهذا يكافئ القول 2OMB π= ة وهي النتيجةاملرجو. ù

حقيقي انطالقا من عددx ف املتتاليةنعر( ) 1n nx تدرجييا بالعالقة ≤

( )1 11

, 1, n n nx x n x x xn

+= ∀ ≥ = +

يتحقق عندها الشرط xمة وحيدة للعدد أثبت أنه توجد قي11, 0 1n nn x x +∀ ≥ < < <

عام 1985 233

)احلدود كثرياتلنتأمل متتالية )n nP ∈ℕ ا كما يليفة تدرجيياملعر: ( ) ( ) ( ) ( )( )0 1 1

1, , n n nP X X n P X P X P X

n∗

− −= ∀ ∈ = +ℕ

nPأعداد حقيقية موجبة، وعلى هذا يكون nPأن أمثال ،nى العدد بالتدريج عل ،نرى مباشرة)كما إنه من الواضح أن . ℝ+متزايدا متاما على )0 0nP ومن جهة . nأيا كانت قيمة =

)أخرى نتيقن مباشرة أن )1 1nP nمهما كانت قيمة إذن . ℕ∗من nأيا كانت قيمة <) فيوجد زوج وحيدℕ ∗من ),n na b ال منة من ااألعداد احلقيقي[ يحقق 0,1[

( )1

11n nP a

n= −

+) و ) 1n nP b =

nمتزايد متاما يكون nPوألن na b<. حظ أنمن جهة أخرى، نال

( ) ( ) ( )( )( )

1

1 1

1

1

1 11 1

1 2

n n n n n n

n n

P a P a P an

P an n

+

+ +

= ++

= − < − =+ +

1nوهذا يثبت أن na a وكذلك فإن, >+( ) ( ) ( )( )

( )

1

1 1

1

1

11 1

1

n n n n n n

n n

P b P b P bn

P bn

+

+ +

= ++

= + > =+

1nوهذا بدوره يثبت أن nb b إذن لقد أثبتنا أن. <+1 1, 0 1n n n nn a a b b+ +∀ ∈ ≤ < < < ≤ℕ

)وأخريا، ألن أمثال كثريات احلدود )n nP ∈ℕ موجبة استنتجنا أن( )nt P t֏ بحمد تابع]على اال )فمنحنيه يقع حتت الوتر املار بالنقطتني 0,1[ )0, )و 0 ),1nb ومنه

[ ] ( )0,1 , nn

tt P t

b∀ ∈ ≤

ntخاص، عند وبوجه a= 1جند1

1n

n

a

n b− ≤

+ أو

1, 0

1 1n

n n

bn b a

n n∀ ∈ ≤ − ≤ ≤

+ +ℕ

)وهذا يربهن على أن )lim 0n nn

b a→∞

− =.


)هو النهاية املشتركة للمتتاليتني ℓيوجد عدد حقيقي وحيد إذن لقد أثبتنا أنه )n na ∈ℕ )و )n nb ∈ℕحققوهو ي ،

1 1, 0 1n n n nn a a b b+ +∀ ∈ ≤ < < < < ≤ℕ ℓ )لنأت اآلن إىل املتتالية )n nx ∗∈ℕ املسألة، عندئذ نرى مباشرة أن فة يف نصاملعر

( )11, n nn x P x−∀ ≥ = ه مهما تكن لنفترض أنn 10 لدينا 1n nx x +< < ذلك مباشرة عندئذ نستنتج من . >

0أنه ال بد أن يكون 1x< <. 10استنتجنا من املتراجحة ℝ+متزايد متاما على nPوألن 1nx +< أن >

( ) ( )

1 1

0nx

n n nP x P b

+

< <

,1ومنه nn x b∀ ≥ <.

0nxومن جهة أخرى، ألن 1nنستنتج من < nx x 1أن >+1nxn

> ، أو−

( ) ( )

1 1/

1 1 1

nn x

n n nP a P x

−

− − −<

,1ومنه nn a x∀ ≥ <.

ثبتنا أنإذن لقد أ, n nn a x b∗∀ ∈ < <ℕ

limتسعى إىل الالاية، أن nوهذا يقتضي، جبعل limn nn n

x a b→∞ →∞

= = = ℓ. xوبالعكس، إذا كانت = ℓ . استنتجنا من املتراجحة

1 1, n nn a b∗− −∀ ∈ < <ℕ ℓ

1nPباالستفادة من كون أن ℝ+متزايدا على −1

, 1 1nn xn

∗∀ ∈ − < <ℕ

1وهذا يقتضي أن 1 nx

n< 0و + nx< 1و 1nx + ومنه >

10 1n nx x +< < < ù .بةوهذا يثبت اخلاصة املطلو

235

العشرونو السابعأوملبياد الرياضيات

أثبت أنه يوجد عددان . 13و 5و 2عددا طبيعيا موجبا متاما وخمتلفا عن األعداد dليكن من اموعة bو aتلفان خم 2, 5,13,d حققان أن1يab .ليس مربعا كامال −

2علينا أن نثبت أنه من غري املمكن أن تكون األعداد 1d 5و − 1d 13و − 1d مربعات − .كاملة يف آن معا

إلثبات ذلك سنحاول النظر إىل املسألة بالقياس لعددm دجيب أن خنتار . خنتاره على حنو جيm يف اموعة mبعات بالقياس لتكون كثافة املر 0,1, , 1m . صغرية إىل درجة كافية …−

16mيف احلقيقة، جند بالتجربة أن العدد هو أول عدد جيعل كثافة هذه املربعات أصغر متاما =1من

إذ إن. 3 2

16 mod16 : 0,1, 4, 9Q k k= ∈ =ℤ

2فلو افترضنا أن 1d مربع كامل استنتجنا أن −

( ) 2 1 mod16 0,1, 4, 9d − ∈ )وهذا يكافئ ) 2 mod16 2,10d أو ∋

mod16 1, 5, 9,13d ∈ وعندئذ يكون

( ) ( )mod16 5 1 mod16 13 1 m

12

od16

159

84

04

3 0 8112

d d d− −

فإما أن يكون mod16 5, 9d 5وعندها ال يكون ∋ 1d مربعا كامال، وإما أن يكون − mod16 1,13d 13وعندها ال يكون ∋ 1d فال ميكن أن تكون األعداد .مربعا كامال −2 1d 5و − 1d 13و − 1d ù .مربعات كاملة يف آن معا −

بياد العاملي للرياضياتاألومل 236

1نتأمل يف املستوي مثلثا 2 3AA A 0، ونقطةP . 3نضع بالتعريفn nA A nيف حالة =−)ننشئ متتالية النقاط . 4أكرب أو تساوي )n nP ∈ℕ ا على الوجه التايل1: تدرجييnP هي +

مل nPصورة ا ن لدورا ا 1nAباشر الذي مركزه وفق ويته + 2وزا3π . ذا كان نه إ أ ثبت أ

1986 0P P= 1كان املثلث 2 3AA A متساوي األضالع.

)، ونعرف ℂدية نقاط املستوي وجمموعة األعداد العق سنطابق بني )2 i3j exp π= . استنادا

إىل الفرض لدينا( )1 1 1, jn n n nn P A P A+ + +∀ ∈ = + −ℕ

، لديناℕمن nإذن، يف حالة ( )

( )

( )

3 1 1 3

3 2 2 3 1

3 3 3 3 2

1 j j

1 j j

1 j j

n n

n n

n n

P A P

P A P

P A P

+

+ +

+ +

= − +

= − +

= − +

ومن ثم ( ) ( ) ( )( )( )

( )( )

3 3 3 2 1 3

23 2 1 3

1 j j 1 j j 1 j j

1 j j j

n n

n

P A A A P

A A A P

+ = − + − + − +

= − + + +

:، ما يلي nوهذا يتيح لنا أن نستنتج، بالتدريج على العدد ( )( )2

3 3 2 1 0, 1 j j jnn P n A A A P∀ ∈ = − + + +ℕ عدد ه يوجدوعلى هذا، نرى أنm من∗ℕ حقق3، ي 0mP P= إذا كانإذا وفقط

23 2 1j j 0A A A+ + =

21وألن j j 0+ + استنتجنا أن الشرط السابق يكافئ =( )i /3

3 2 1 2A A e A Aπ= + −

3ويته وزا 2Aوفق الدوران الذي مركزه 1Aهي صورة 3Aأي إن π. 1فاملثلث 2 3AA A

إذن. مثلث متساوي األضالع1 2 3)AA A مثلث متساوي األضالع( )3 0, (mm P P∗∃ ∈ = ⇒ℕ

662mواملسألة املطروحة توافق حالة 3ألن = 662 1986× =. ù

عام 1986 237

نقرن بكل رأس من رؤوس خممس منتظم عددا صحيحا، على أن يكون جمموع هذه األعداد ميكن ، بالترتيب zو yو xيف حالة ثالثة رؤوس متتالية، األعداد املقترنة ا هي . موجبا متاما0yيف حالة xاستبدال األعداد > y+ وy− وz y+ ذه باألعداد جيرى . بالترتيب

بين إذا كانت هذه اإلجرائية . تكرار هذا التحويل طاملا بقيت رؤوس مقترن ا أعداد سالبة .تتوقف بعد عدد منته من املراحل

0مع iإىل العدد املقرون بالرأس ixلنرمز بالرمز 4i≤ الفكرة األساس هي يف إجياد . ≥ لعل املقدار التايل هو املناسب .مقياس موجب يتناقص متاما عند تطبيق التحويل املشار إليه

( ) ( )4 4

220 1 2 3 4 1

0 0

, , , , i i ii i

F x x x x x x x x += =

= + +∑ ∑

modمع االصطالح 5i ix x=. ل التحويلنيلنتأم

( ) ( )( ) ( )

5 50 1 2 3 4 1 2 3 4 0

5 50 1 2 3 4 0 0 1 2 3 4 0

: , , , , , , , , ,

: , , , , , , , , ,

x x x x x x x x x x

s x x x x x x x x x x x x

ρ →

→ − + +

ℤ ℤ ֏

ℤ ℤ ֏

0ixتحويل الذي جنريه على األعداد املقرونة برؤوس املخمس يف حالة كون فيكون ال هو >i i

i sτ ρ ρ−= .

F أن من الواضح Fρ ) وإذا عرفنا. = )( )0 4, ,F F s x x∆ = − كان …( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( )

( )

2 2 2 21 2 0 1 2 3 4 3 4 0

1 2 0 0 3 4 0 0

0 0 1 2 3 4

2 2 2 2

2

x x x x x x x x x x

x x x x x x x x

x x x x x x

∆ = + − + + + + − + +

= + + − + + + −

= − + + + +

4ملقدار وعليه، ملا كان ا

0 iix

== ∑S ر عند تطبيق التحويلال يتغي ρ استنتجنا مما سبق أن

( )( ) ( ) ( )0 4 0 4, , , , 2ii iF F x x F F s x x xτ ρ− = − = − × S … …

0ixيطبق فقط يف حالة iτ، والتحويل S<0وملا كان استنتجنا أن >( ) ( )0 4 0 4, , , ,iF x x F x xτ>… …

)وعليه بعد تطبيق التحويالت )0 4i iτ ≤ )عددا منتهيا ال يزيد عن ≥ )0 4, ,F x x… اتمن املر ù .موجبة خمسال بد أن نصل إىل وضع تكون فيه مجيع األعداد املقرونة برؤوس امل


5nضلعا، مع nمتتاليني من رؤوس مضلع منتظم له رأسني Bو Aليكن ، ومركزه ≤O .XYZ على مثلث طبوقOAB ك يف املستوي انطالقا من وضع بدء كان فيهويتحر ،

أوجد احملل . داخله Xحميط املضلع، وتبقى Zو Y، فترسم النقطتان OABمنطبقا على .Xاهلندسي للنقطة

2وزاويته Oالدوران الذي مركزه Rليكن nπ . 0وليكنC اجلزء من احملل اهلندسي املطلوب

]على الضلع Zاملوافق حلركة ]AB منB إىلA ، ) وعندها ترسمY يسبق لذي الضلع ا [ ]AB بدءا من ،(.Aيكون احملل اهلندسي املطلوب هو ف( )0

0

k

k n≤ <=C R C∪ . علينا إذن و

.0Cتعيني

)ولنفترض أن ، ℂلنطابق بني نقاط املستوي وحقل األعداد العقدية )1 i cot nπ+ 2و 0و

2ABإذ افترضنا، دون اإلقالل من العمومية أن .بالترتيب Bو Aو Oمتثل النقاط =.

]من اال zعندئذ ميثل العدد ]0, الذي يعطي yفيمثله العدد Yأما الرأس . Zالرأس 2i2zبالصيغة e θ−− ،مع θ المن ا[ ]20, n

π .يرتبط العددان وz وθ بالعالقة

( ) ( )2 2

2

sin sinn n

zπ π θ

=−

: AZYاليت تنتج من عالقة اجليب يف املثلث

sin sin

YZ AZ

ZAY AYZ=

]منتصف V نتج من دوراني Xالرأس ]YZ حولZ 2بزاويةnπ π− مركزه متبوعا بتحاك ،

Z ونسبته( )1

sin /nπ يحقق Xالذي ميثل الرأس xفالعدد .

( )( ) ( )

( )

( )( )

( )

( )

( )( )

( ) ( )

i ii

2i

2

i i

sin 2 sin

sin1i

sin cos

sin1sin i cos

sin cos

n n

n

n n

n

n n

nn n

n n

e y z ex z z z e

e

π π

π

θπ π

πθ

π π

ππ π

π π

θ

θθ θ

−

−

+= − − = +

− = +

− = − − + −

A BZ

Y

θ

O

0Cւ

Xց

2πn

عام 1986 239

وأخريا

( )

( )

( )( ) ( )( )

( )( )

2i

2

1 sin 2i cos cos

sin cos sin

nn

n nn n n

ex

π ππ

π ππ π π

θ θ−

= + − = −

]يف اال θ، عندما تتحول ومنه ]20, nπ ترسم النقطةX القطعة املستقيمة[ ]0OC إذ ميثل

العدد ( )

( )

2i

sin

n

n

eπ π

π

−

0θاملوافق لقيمة (، )2أو = nπθ ميثل ، ومن جهة أخرى،Oالنقطة =

العدد ( )

( )

( )

2i1

cos sin

n

n n

eπ π

π π

−

)املوافق لقيمة ( × nπθ وهكذا نرى أن .0Cالنقطة =

( )( )01

1cos n

OC AOπ

= −

]منتصف Mإىل Bمن Zفعندما تتحول ]AB، ترسم النقطةX القطعة املستقيمة[ ]0OC ذهابا منO 0إىلC ،تتابع عندما وZ منM إىلA ترسم النقطةX القطعة]املستقيمة ]0OC 0إيابا منC إىلO ويكون ،[ ]0 0OC=C . ا احملل اهلندسيأمC فهو

] اجتماع القطع املستقيمة ]( )00

k

k nOC

≤ <R∪اليت طول كل منها ، ( )

( )2

1 cos

sinn

n

ABπ

π

− .

5nيبين الشكل التايل احلالة اخلاصة املوافقة لقيمة =.

O

C

املطلوبإثبات وبذا يتم. ù

، وتأخذ قيمها يف ℝ+املعرفة على جمموعة األعداد احلقيقية املوجبة fأوجد مجيع التوابع +ℝ حقق الشروط التاليةوت ،:

( ). 2 0f = [ [ ( ). 0, 2 , 0x f x∀ ∈ ≠

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2. , ,x y f xf y f y f x y+∀ ∈ = +ℝ


f:ليكن + +→ℝ ℝ حققو و الشروط تابعا ي. ن يا كا ن ℝ+من xأ )، كا ) ( )( ) ( )2 2 2 0f x f xf f+ = بناء = وذلك

وعلى هذا . و تنيعلى اخلاص

( )2, 0x f x∀ ≥ = ( )†

]من xويف حالة [0, نفسها لدينا، اعتمادا على اخلاصة 2

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )0 2 2 2f f x x f x f x f x= = + − = − )يقتضي أن وهذا ) ( )( )2 0f x f x− وإذا استفدنا من جديد من . بناء على =

)هذه اخلاصة نفسها استنتجنا أن ) ( )2 2x f x− وهكذا نكون قد أثبتنا أن. ≤ [ [ ( )

20,2 ,

2x f x

x∀ ∈ ≥

− ( )‡

]من xلتكن ومن جهة أخرى، [0, [من اال α، وليكن 2 [, 2x .عندئذ ملا كان

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )0 f f x x f x f x f xα α α≠ = + − = − )استنتجنا من )أن †( ) ( ) 2x f xα − و، أ>

] [ ( )2

,2 ,x f xx

αα

∀ ∈ <−

نستنتج أن 2تسعى إىل αثم جبعل

[ [ ( )2

0,2 ,2

x f xx

∀ ∈ ≤−

)فإذا استفدنا من .الصيغة التالية fاستنتجنا أن للتابع ‡(

( )

[ [

[ [

0 : 2,

: , 2: 0, 2

2

x

f f xx

x

+ +

∈ +∞→ = ∈ −

ℝ ℝ

و املعرف أعاله يحقق الشروط fأن التابع ، وبالعكس نتيقن مباشرة ودون عناء )وذلك بعد مالحظة أنه يف حالة .و ),x y من( )2+ℝ لدينا التكافؤ

( )2

2 2 22

xy x y

y

< ∧ < ⇔ + < −

ù .هو الوحيد الذي يحقق شروط املسألة fفالتابع

عام 1986 241

أمن املمكن . صحيحةة منتهية من النقاط يف املستوي، إحداثيات كل منها أعداد نتأمل جمموع تكون فيه القيمة املطلقة للفرق بني تلوين هذه النقاط بأحد اللونني األمحر أو األزرق، بأسلوب

عدد النقاط احلمراء وعدد النقاط الزرقاء على كل مستقيم يوازي أحد احملورين اإلحداثيني غر أو تساوي الواحد ؟أص يف حالة . النقاط يف املستوي، إحداثيات كل منها أعداد صحيحة جمموعة منتهية من Pلتكن

ثيني ويتقاطع مع dمستقيم احملورين األحدا أحد زي 1، نسمي Pيوا 2, , , kP P P… نقاطd||مع مراعاة ترتيبها وفق قيم الفواصل املتزايدة يف حالة d∩Pالتقاطع ox أو وفق قيم ،

d||التراتيب املتزايدة يف حالة oy . مة نرسم القطع املستقي ثم( )2 1 2 1 /2[ ]i i i kP P− ≤ ≤

كما هو . :مبين يف الشكل التايل

املوازية ألحد احملورين اإلحداثيني واليت تتقاطع مع dنكرر هذا األمر يف حالة مجيع املستقيمات

P .ةفنحصل بذلك على جمن مع بعضها خطوطا مضلعيموعة من القطع املستقيمة تكو.

إذا كان أحد هذه اخلطوط املضلعية مغلقا كان عدد نقاطه زوجيا ألنه يساوي ضعفي عدد قطعه

خط من هذه اخلطوط املضلعية بالتناوب رأس وعليه ميكن تلوين رؤوس كل . املستقيمة األفقية وعندئذ تتحقق اخلاص املرجوة . ثم نلون كل رأس منفرد باللون الذي نشاء . أمحر يليه رأس أزرق

.إنشاء

d

1P 2P 3P 4P 5P 6P

1P

2P

3P

d

4P


:يوضح الشكل التايل هذا اإلنشاء

243

العشرونو ثامنالأوملبياد الرياضيات

)لنرمز بالرمز )n kπ موعةإىل عدد تباديل ا 1, ,n n=ℕ نقطة kاليت تقبل … أثبت أن. ثابتة

( )0

!n

nk

k k nπ=

⋅ =∑

إىل nSوإذا رمزنا كالعادة . nℕإىل nℕهو تقابل من nℕتبديل على اموعة نذكر أن ال ، كانnℕجمموعة تباديل اموعة

( ) ( )( ) ( )card : card Fixn nk kπ σ σ= ∈ =S )قد رمزنا و )Fix σ موعةإىل ا : ( )nj j jσ∈ =ℕ.

، نعرفnℕمن Aيف حالة جمموعة جزئية ( ) ( ) : Fixn nA Aσ σΠ = ∈ =S

n\ه اموعة، وجمموعة التقابالت على اموعة عندئذ نرى أنه يوجد تقابل بني هذ Aℕ اليت ثم من و ، بتة ثا نقطة ية أ هلا )ليس )( ) ( ) ( )cardcard 0n n AA π −Π الصطالح = ا مع ،

( )0 0 1π )فإذا رمزنا بالرمز . = )knP إىل جمموعة أجزاءnℕ اليت عدد عناصر كل منها

، استنتجنا أنkيساوي ( )

( )( ) ( )

( ): card Fixkn

kn n n

A Pk Aσ σ

∈Π = ∈ = = Π∪S

)ومن ثم، بسبب كون اموعات )( ) ( )kn

nA P

A∈

Π استنتجنا أنمنفصلة مثىن مثىن ،

( ) ( )( )( )

( )card 0kn

kn n n n k

A P

k A Cπ π −∈

= Π =∑

لقد أثبتنا أنإذن ( ) ( )0 0k

n n n kk n k Cπ π −≤ ≤ ⇒ = ( )1

)من جهة أخرى، ملا كانت )( )0

kn k n≤ ≤Π ن جتزئة للمجموعةتكوnS استنتجنا أن

( ) ( )( )0

card cardn

kn n

k=

= Π∑S


ومن ثم

( )0

, !n

nk

n n kπ=

∀ ∈ = ∑ℕ ( )2

:نأيت اآلن إىل حساب اموع املطلوب يف نص املسألة

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

11

0 1 1

1 1

1 1 10 0

0 0

0

1 ! !

n n nk k

n n n k n n k

k k k

n nkn n k n

k k

k k kC n C

n C n k

n n n

π π π

π π

−− − −

= = =

− −

− − − −= =

⋅ = ⋅ = × ⋅

= × ⋅ = ×

= × − =

∑ ∑ ∑

∑ ∑

)إذ استفدنا من 1، واستفدنا من املساواة يف املساواتني 1(1

k kn nkC nC −

و من يف =−( ù .وبذا يتم اإلثبات. يف 2(

]مع الضلع Aيتالقى املنصف الداخلي للزاوية . ABCنتأمل مثلثا حاد الزوايا ]BC يفL ة برؤوس املثلثويقطع الدائرة املار ،ABC يف نقطة ثانيةN . ليكنK املسقط القائم

)على Lللنقطة )AB ، ولتكنM للنقطة ئم لقا ا ملسقط )على Lا )AC . أن ثبت أ .ساحة نفسهاامل AKNMوللرباعي ABCللمثلث

، ABCإىل مركز الدائرة املارة برؤوس املثلث Oلنرمز بالرمز ملثلث . نصف قطرها Rوليكن ، AONعندئذ نستنتج من ا

تساوي NOAالزاوية املركزية ومن كون ( )122 B A+ ،

:ما يلي ( )

12 1

2sinAN

B AR

= + وعليه نرى أن

( )122 sinAN R B A= + ( )1

عن Kطبوقني، استنتجنا أن بعد النقطة AMLو AKLومن جهة أخرى، ملا كان املثلثان ( )AN عد النقطةيساوي بM عن املستقيم( )AN . لنرمز بالرمزh ملقدار الذي إىل هذا ا

.AKLيف املثلث Kيساوي طول االرتفاع النازل من

A B

CN

K

M L

Oh

امع 1987 245

عندئذ يكون ( )AKNM h AN= ⋅A ( )2

)وقد رمزنا )AKNMA إىل مساحة الرباعيAKNM. ولكن، مبالحظة أن

( )12ALB B Aπ= − +

:ما يلي ALBنستنتج من عالقة اجليب يف املثلث

( ) 12 sinsin

AB AL

BB A=

+

إذن

( )12

sin

sin

BAL AB

B A=

+

جند AKLومن املثلث القائم ( ) ( )1 1

2 2cos sinh AL AK KL AL A AL A⋅ = ⋅ = ⋅ إذن

( )12

1 1 sin sinsin

2 2 sin

A Bh AL A AB

B A

⋅= ⋅ = ⋅

+ ( )3

)فإذا استفدنا من )و 1( )و 2( استنتجنا أن 3(( ) 1

sin sin sin2

AKNM R AB A B AB BC B= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅A ، فنكون بذلك قد أثبتنا صحة ABCلث والطرف األمين من املساواة السابقة هو مساحة املث

ù .اخلاصة املطلوبة

)نتأمل أعدادا حقيقية )1, , nx x… حقق2ت 2 21 2 1nx x x+ + + طبيعيا ، وعددا ⋯=

p أثبت وجود أعداد صحيحة . 2أكرب أو يساوي( )1, , na a… ليست مجيعها أصفارا,وحتقق من جهة أوىل 1n ii a p∀ ∈ ≤ −ℕحقق، من جهة ثانية، املتراجحةوت ،

1 1 2 21

1n n n

pa x a x a x n

p

−+ + + ≤

−⋯


kلنعرف ky x= 1يف حالة k n≤ ، ولنضع ≥ 0,1, , 1 nD p= −… . ل ثملنتأم :التايل ϕ التطبيق

( )11

: , , ,n

n k kk

D yϕ ϕ α α α=

→ = ∑ℝ …

)ز نرى أنه، يف حالة استنادا إىل متراجحة كوشي شوارت )1, , nα α… منDلدينا ،

( ) ( )2

1

21

1 1

1

0 , , 1

k

n n

n k kk

p

k

y p n

α

ϕ α α α=

≤ −

=

≤ ≤ ⋅ ≤ −∑ ∑

…

)قيمه يف اال ϕإذن يأخذ )[ ]0, 1I p n= −. )لنتأمل مجاعة ااالت )

0 1nj j pI

≤ < − :ما يلي املعرفة ك

( )1 1

, 11 1j n n

p pI j n j n

p p

− − = +

− −

ملا كان 0 1n

jj p

I I≤ < −

= 1np، وعدد هذه ااالت ∪ )، و− )card nD p= ،

) خمتلفنيوجود عنصرين استنتجنا )1, , nα α… و( )1, , nβ β… منD تنتمي ،)صورتامها )1, , nϕ α α… و( )1, , nϕ β β… ال اجلزئي نفسه وليكنإىل ا

0jI .

وينتج من ذلك( ) ( )1 1

1, , , ,

1n n n

pn

pϕ α α ϕ β β

−− ≤

−… …

فنا عر ا ذ لة فإ حا 0يف k n≤ ر ≥ ا ملقد ي kεا و يسا نه لة 0بأ حا 0kxيف = ،)يساوي و )sgn kx 0يف حالةkx ، استنتجنا أن≠

( )1

1

1ka

n

k k k k nk

px n

pα β ε

=

−− ≤

−∑

)يكفي إذن وضع )k k k ka α β ε= 0يف حالة − k n≤ ù .ليتحقق املطلوب ≥

f:ال يوجد تابع أثبت أنه →ℕ ℕ حقق الشرطي

( )( ) 1987f f n n= + ℕمن nوذلك أيا كانت قيمة

امع 1987 247

:اخلاصة التالية هذه النتيجة واضحة بناء على يف احلقيقة،

f: تطبيق عندئذ يوجدℕ .من pليكن : مربهنة →ℕ ℕ حققي ( )( ),n f f n n p∀ ∈ = +ℕ ( )P

.عددا زوجيا p إذا وفقط إذا كان اإلثبات

f:لنتأمل تابعا →ℕ ℕ ةحقق اخلاصي( )P . ال أن التطبيقنالحظ أوf تطبيق ألن متباينf f متباين . موعتنيثمف انعر

( )

( )

:

:

A k k p f k p

B k k p f k p

= ∈ < <

= ∈ < ≥

ℕ

ℕ

وو

)، ولنضع Aمن kلتكن )q f k=عندئذ يكون ،

q p< و( )f q k p p= + ≥ qوهذا يعين أن B∈ فنكون قد أثبتنا أن ،( )f A B⊂.

)، ولنعرف Bمن kوبالعكس، ليكن )s f k p= ملا كان . −

( )( ) ( )f f s s p f k= + = )متباينا أن fا من كون استنتجن )f s k p= <.

sومن جهة أخرى، إذا افترضنا أن p≥ استنتجنا من املساواة ،( )( )f f s p s− أن =( ) ( )( ) ( )k f s f f f s p f s p p p= = − = − + ≥

لفأن يكون . وهذا خ دإذن ال بs p< . واملتراجحتانs p< و( )f s p< تعنيان أنs A∈ وألن ،( )k f s= استنتجنا أن( )k f A∈ . فنكون قد أثبتنا أن( )B f A⊂.

)نستنتج مما سبق أن )f A B= . وبوجه خاص( ) ( )card cardA B= ألنf متباين ولكن من الواضح أن . تطبيق( ),A B هي جتزئة للمجموعة[ [0, p اليت عدد عناصرها

)، ومنه pيساوي ) ( ) ( )card card 2 cardp A B A= + عددp ، أي إن العدد = .زوجيلة لعكس، يف حا 2pوبا m= لتابع f، يحقق ا

n n m+֏ ةاخلاص( )P . ويتم ù . نةإثبات املربه


نقطة من nمكونة من Pأثبت وجود جمموعة . 3عددا طبيعيا أكرب أو يساوي nليكن ، تكون املسافة بني أي نقطتني من نقاطها عددا غري عادي، ومساحة أي مثلث نقاط املستوي

.موجبا متاما عددا عاديا Pرؤوسه من نقاط

يكفي أن خنتار : 1kA k n= ≤ ≤P وkA ا هي النقطة الايت إحداثي( )2,k k. )تحسب املسافة من جهة أوىل، ),kd A Aℓ بني النقطتنيkA وAℓ بالصيغة:

( ) ( ) ( ) ( )22 22 2, 1kd A A k k k k= − + − = − + +ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ

rعددا عاديا Nاجلذر التربيعي لعدد طبيعي إذا كان : وهنا نستفيد من اخلاصة البسيطة التالية pيف احلقيقة، إذا كان (. عددا طبيعيا rكان

rq

عددان طبيعيان أوليان فيما qو pو =

2بينهما، استنتجنا من املساواة 2p Nq= يل للعددأن كل قاسم أوq يقسم العددp وهذا ،1qيقتضي أن )ألن = )gcd , 1p q rإذن . = p= ∈ ℕ( . ولكن نستنتج من

املتراجحة( ) ( ) ( )2 2 21 1k k k+ < + + < + +ℓ ℓ ℓ

)أن )21 k+ + ℓ ةا، فهو إذن ال ينتمي إىل جمموعة األعداد العاديليس عددا طبيعيℚأي ، ( ) ( )2, , ,n kk k d A A∀ ∈ ≠ ⇒ ∉ℓℓ ℕ ℓ ℚ

)، تحسب kو jو iومن جهة أخرى، يف حالة ثالثة أعداد خمتلفة )i j kAA AA أيiمساحة املثلث j kAA A بالصيغة

( )( )( )( )

2 2 2 2

1det

2 2i j k

k i j ik i j i j k

AA Ak i j i

− − − − − = = − −

A

ومنه( ) ( ) ( )3, , , card , , 3n i j ki j k i j k AA A ∗

+∀ ∈ = ⇒ ∈Aℕ ℚ


2kأنه إذا كان أثبت . 2عددا طبيعيا أكرب أو يساوي nليكن k n+ عددا أوليا أيا +]من اال kكان العدد الطبيعي ]30, n كانت مجيع األعداد ،( )2

0 2k nk k n

≤ ≤ −+ +

.أعدادا أولية

امع 1987 249

:اخلاصة البسيطة التالية يعتمد اإلثبات على

:عددا طبيعيا موجبا متاما، عندئذ تتحقق اخلاصتان التاليتان qليكن : خاصةن 1. كا ا ذ د mإ ا عد أل ا مع ليا و أ 1, , 2q q+ ن … كا ،m اد عد أل ا مع ليا و أ

1,2, ,q… .أي إن الشرط ( )1, , 2 , gcd , 1k q q m k∀ ∈ + =… ( )H

يقتضي ( )1, , 2 , gcd , 1k q m k∀ ∈ =…. ) ، إضافة إىل الشرط mإذا حقق 2. )H املتراجحة( )22 1m q< mكان +

.عددا أوليا

)يف احلقيقة، ملا كان )gcd ,2 1m q من عددا ما rليكن . عدد فردي mاستنتجنا أن =اموعة 1,2, ,q… ولنعرف ،( )2log q

rk = فيكون ، 12 2 2k kr q r q+≤ < ≤

)إذن استنادا إىل الفرض )H يكون( )1gcd ,2 1rm r+ = ولكن ،m فردي، إذن عدد( )gcd , 1m r 1.، وبذا يكتمل إثبات =

)، إضافة إىل mوإذا حقق العدد )H املتراجحة( )22 1m q< 1.، استنتجنا بناء على +)أن )gcd , 1m k 1الذي يحقق kأيا كان العدد = k m≤ m، وهذا يعين أن ≥

.عدد أويل3نأيت اآلن إىل املسألة املطروحة، ونعرف

n = ℓ . 23فيكونn s= +ℓو ،s عدد]طبيعي من اال ]0, 6 2+ℓ 0، املسألة تافهة يف حالة=ℓ 1، لذلك سنفترض أن≥ℓ .

: التالية kPعرفنا اخلاصة ،إىل جمموعة األعداد األولية Pوإذا رمزنا »( )1k k n+ + ∈ P«

من kصحيحة يف حالة kPإن : الصيغة التالية الفرض ذ أخفي 0,1, ,… ℓ .املطلوب هو ومن اموعة kيف حالة kPإثبات صحة اخلاصة 1, , 2n+ −ℓ سنثبت ذلك . …

.باالعتماد على اخلاصة بدأنا بإثباا kبالتدريج على العدد

kلنفترض إذن أن ′P صحيحة يف حالةk k′ mرمز اختصارا ن. kPولنثبت صحة اخلاصة . >)إىل )1k k n+ عدد من اموعة k، و+ 1, , 2n+ −ℓ ….


من جهة أوىل، نرى أن( )

( )( )

( )

2 2

2 2

2 2

2 1 3 3 1

3 3 1 3

3 3 3 3 3 1

3 1 3 1

3 2 2 3 1 9 7 0

k m k k n

k k s

k k s

k k s

s s

+ − = + + −

= + + − −

= + − − + + −

= − + + + + −

≥ + + + − = + − >

ℓ

ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ

)إذن )22 1m k< 6ألن + 2s ≤ +ℓ. )لنفترض أن )gcd , 1m q ≠ يف حالة عدد q من 1, , 2k k+ عندئذ يكون .…

( )( )gcd 2 1 , 1m q k q q− + − ≠ ( )1 ولكن

( ) ( )

( )( )

( )

2 22 1 2 1

1

1

m q k q k k n q q k

q k q k n

k k n

− + − = + + + − +

= − − − +

′ ′= + +

1kإذ عرفنا q k′ = − وهو عدد من اموعة − 0,1, , 1k وملا كانت القضية ،…−k ′P صحيحة استنتجنا أن( )1k k n′ ′ + )عدد أويل، ومن + جند أن 1(

( )( )1 |n k k q′ ′+ + ولكن

( )2 2 2 2q k n n≤ ≤ − < )القسمة على العدد على األويل qفإذا قبل )1k k n′ ′ + ، n، الذي هو أكرب أو يساوي +

)وجب أن يكون )1q k k n′ ′= + + .ومن ثم 2 1 2 1 1 0k q k n k n n n′ ′= − − = + − ≤ − + − = − <

.وهذا خلف واضح)إذن )gcd , 1m q 1يف حالة = 2k q k+ ≤ )، وألننا رأينا أن ≥ )22 1m k< + ،

وبذا يتمkP . عدد أويل، ومنه صحة اخلاصة mنا بإثباا أن استنتجنا بناء على اخلاصة اليت بدأ ù .اإلثبات

251

العشرونو التاسعأوملبياد الرياضيات

r حيث rو Rنصفي قطريهما و ، O نتأمل يف املستوي دائرتني متحدتني يف املركز R< .لنقطة لنقطة Pا لصغرى، وا ئرة ا لدا ا نقطة مثبتة على ئرة Bهي لدا ا تتحول على نقطة )يالقي املستقيم . الكربى )BP الدائرة الكربى ثانية يفC ويالقي املستقيم العمودي على ،( )BP يفP، يف الدائرة الصغرى ثانيةA ،) وإذا كان هذا العمود مماسا للدائرة الصغرىA)عرفنا P=.

2اليت يأخذها املقدار أوجد جمموعة القيم 1. 2 2AB BC CA+ +.

]أوجد احملل اهلندسي ملنتصف القطعة املستقيمة 2. ]BC )، اليت يتقاطع فيها املستقيم Pالنقطة الثانية، غري Qلتكن )BP

، املركز Oاملسقط القائم للنقطة Mمع الدائرة الصغرى، ولتكن )املشترك للدائرتني، على املستقيم )BP . فتكونM ،يف آن معا ،

]منتصف القطعة ]BC ومنتصف القطعة ،[ ]PQ. نالحظ من جهة أوىل أن 1.

( )

( )

22 2 2 2

22 2 2 2

AB AP PB AP BM MP

AC AP PC AP BM MP

= + = + −

= + = + +

ومن ثم ( )2 2 2 2 22AB AC AP BM MP+ = + ولكن من املثلث القائم . +OMB 2جند 2 2BM R OM= جند كذلك أن OMPومن املثلث القائم ،−

2 2 2MP r OM= 2APجند APQ، وأخريا من املثلث القائم − OM=إذن ، ( )

( )

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 4

2 2

AB AC OM R OM r OM

OM R r

+ = + − + −

= + +

)ولكن، من جهة ثانية، لدينا )2 2 2 24 4BC BM R OM= = ، إذن−( )2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

4 2 4 4

6 2

AB AC BC OM R r R OM

R r

+ + = + + + −

= +

2إذن يبقى املقدار 2 2AB AC BC+ على الدائرة الكربى Bثابتا عندما تتحول النقطة +2وحيافظ على القيمة 26 2R r+.

P

BA

C

Q

O

M


هي Mالدائرة الصغرى، وملا كانت Qعلى الدائرة الكربى، ترسم Bعندما تتحول 2.]منتصف ]PQ استنتجنا أن ،M صورة هيQ وفق التحاكيh الذي مركزهP ونسبته

1وفق التحاكي Q)ترمسها اليت(هو صورة الدائرة الصغرى Mإذن احملل اهلندسي للنقطة . 2h فهو إذن الدائرة اليت قطرها ،[ ]OP. ù

)طبيعيا موجبا متاما، ولتكن عددا nليكن )1 2 1k k nA ≤ ≤ جمموعات جزئية من جمموعة +B . نفترض ما يلي: من اموعة kأيا كانت 2 1 1, , 2 1n n+ = +ℕ )كان … )card 2kA n=. 2من jو iيف حالة 1n+ℕ إذا كان ،i j≠ كان( )card 1i jA A∩ =. )ينتمي إىل جمموعتني اثنتني على األقل من اموعات Bكل عنصر من )

2 1nk kA

+∈ℕ. ، بأسلوب 1أو 0أحد العددين Bاليت ميكن عندها أن نقرن بكل عنصر من nما هي قيم

لعدد با ملقرونة ا لعناصر ا ء عليه عدد بنا ا 0يكون )موعات من كل من )2 1n

k kA+∈ℕ

؟ nمساويا

)موجبا متاما، ولتكن عددا طبيعيا nليكن )1 2 1k k nA ≤ ≤ ، Bجمموعات جزئية من جمموعة + . و و تحقق اخلواص

لة 2من kنعرف يف حا 1n+ℕ موعةا 2 1/k nD k+= ℕ لنتأم لة ، ثم من jيف حاkA ةموعة اجلزئياjS منkD فة كما يلياملعر:

:j k kS D j A D= ∈ ∈ ⊂ℓℓ k,يكون لدينا استنادا إىل jj A S∀ ∈ ≠ ∅. لة jويف حا j لدينا kAمن ≠′ ،j jS S ′∩ = نتمى . ∅ ا ذا إ لتقاطع ℓألنه ا إىل

j jS S كان ∩′ , kj j A A′ ⊂ ∩ℓ وهذا يتناقض مع. وعليه نستنتج، من املتراجحة

( ) ( )2 1 card card card 2k

k k

j j kj Aj A j A

n S S D n∈∈ ∈

= ≤ ≤ ≤ = ∑ ∑ ∪

)أن ), card 1k jj A S∀ ∈ :التالية ′إذن لقد أثبتنا اخلاصة .=)من اموعات ، وفقط اثنتني،جمموعتني اثنتني إىلينتمي Bكل عنصر من ′ )

2 1nk kA

+∈ℕ.

عام 1988 253

لنتأمل اآلن اموعة( ) , : 1 2 1n i j i j n= ∈ × ≤ < ≤ +B ℕ ℕ

)ولنعرف يف حالة ),i j منnB العنصر ( ),i jϕ منB ف وفقبالعالقة املعر ( ) ,i jA A i jϕ∩ =

لتطبيق ل ثم ) نتأمل ا ) ( ): , , ,n B i j i jϕ ϕ→B لت ′تعين اخلاصة . ֏ طبيق أن هذا ا تقابل، وبوجه خاص ال بد أن يكون

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 1

2

2 1 2

2 1

card card card : 1 1

1 2 1

n

nj

n n

j j

B i i j

j j n n

+

=

+

= =

= = ≤ ≤ −

= − = = +

∑

∑ ∑

B

)لنعرف كذلك، اموعات )2 1

,n

k n k +∈A

ℕ بالصيغة nBاجلزئية من

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

, , :

, : 1 , : 2 1

k n ni j i k j k

i k i k k j k j n

= ∈ = =

= ≤ < ∪ < ≤ +

A B أو

)، كما إن2nاليت عدد عناصر كل منها يساوي ),k n kAϕ ⊂A وألن عدد عناصر كل من ،)استنتجنا أن 2nهاتني اموعتني يساوي )2 1 ,,n k n kk Aϕ+∀ ∈ =Aℕ.

.التايل لنبحث اآلن عن شرط الزم ليتحقق إضافة إىل ما سبق الشرط اإلضايف يوجد تطبيق : 0,1Bθ ) يحقق → )2 1,

k

n

x A

k x nθ+∈

∀ ∈ =∑ℕ.

θعندئذ بتعريف . وهي اخلاصة اإلضافية اليت وردت يف نص املسألة ϕΘ = نستنتج أن

( ) ( )

1 2 1

2 11 1

, , ,k n

n

i j k

k i k k j n

− +

+= = +

∀ ∈ Θ + Θ =∑ ∑ℕ

وباجلمع جند

( ) ( ) ( )

2 1 1 2 2 1

2 1 1 1

, , 2 1n k n n

k i k j k

i k k j n n

+ − +

= = = = +

Θ + Θ = + ∑ ∑ ∑ ∑

ن يا و متسا بقني لسا ا عني مو ا لكن ذ ، و ي إ و يسا منهما كل ( , )

( , )np q

p q∈

Θ∑ Bأو

( )x B

xθ)إذن جيب أن يكون . ∑∋ )2 1n n نفسه عددا nعددا زوجيا، أي أن يكون +

الالزم ، وهو الشرطازوجي.

Aml

Typewriter


Aml

Typewriter


وجمموعات Bعددا زوجيا هو شرط كاف لوجود جمموعة nسنثبت فيما يلي أن كون العدد )جزئية )

2 1nk kA

+∈ℕ منB حقق الشروطو و و ت. 2nأن لنفترض m= ف2، ولنعرmB = B أي

( ) 2 , : 1 4 1m i j i j m= ∈ × ≤ < ≤ +B ℕ ℕ 1كما نعرف يف حالة 4 1k m≤ ≤ 2k,اموعة + k mA = A أي

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

,2 2, :

, : 1 , : 4 1

k k m mA i j i k j k

i k i k k j k j m

= = ∈ = =

= ≤ < ∪ < ≤ +

A B أو

.و و عندئذ تتحقق وضوحا اخلواص املسألة هي يف إجياد التابع : 0,1Bθ هنا قد يساعدنا . املرجوة الذي يحقق اخلاصة →

للعدد لصغرية ا لقيم ا عند يب لتجر ا يل . mبعض لتا ا لشكل ا يف فق نبني ا تو ال حلوال تحا1m 2mو = 3mو = =.

• •• •

••••

• •• •

••••

• ••

••11A

13A12A

• •• •

••••

• ••

••

• ••

••

1A

2A

3A

4A5A

6A

7A

9A8A

10A

3m =

• •• •

••••

• ••

••

• ••

••

1A

2A

3A

4A5A

6A

7A

9A8A

2m =

• •

•

••

1A

2A

3A

4A

5A

1m = 1mفنرى أن حالة توافق حالة قاعدية، جيرى تكرارها يف احلاالت الالحقة، ونصل إىل =

.الصيغة النهائية، بعد بعض التفكري

1بأنه باقي قسمة اجلزء الصحيح للمقدار sℓاملقدار ℕمن ℓلنعرف يف حالة 2+ℓ أي2على ،

0 : mod 4 0, 31mod 2

2 1 : mod 4 1, 2s

∈+ = = ∈

ℓ

ℓℓ

ℓ

ثم لنعرف

( ) ( )2 1: 0,1 , , mod 2m i ji j i j s s+Θ → Θ = + +B

Aml

Typewriter


Aml

Typewriter

عام 1988 255

)ميكن كتابة ),i jΘ ة اجلمع هيالءمة لعمليبصيغة أكثر م

( )( )

( ) 11 1

, 12 2

i ji j

i ji j s s+

++

−Θ = − + −

4من kلتكن 1m+ℕ عندئذ

( ) ( ) ( )

( )( )

( )( )

1

2

1 4 1

1 1

1

11

4 1

11

, ,

1 11

2 2

1 11

2 2

k

k m

X A i j k

k i ki k

i ki

m k jk j

k jj k

X i k k j

s s

s s

− +

∈ = = +

− ++

+=

∆

+ ++

+= +

∆

Θ = Θ + Θ

− = − + −

− + − + −

∑ ∑ ∑

∑

∑

ولكن

( )( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

1 1

1 11 1

4 1 4

2 1 11

1 11 1 1

2 2

4 1 11 1 1

2 2

k kki k i

k i

i i

m mki k i

k i

i k i k

ks s

m ks s

− −

+= =

+

+ += + =

− −∆ = − − + − −

+ − −∆ = − − − − −

∑ ∑

∑ ∑

لديناوهنا نالحظ أن ه بوجه عام

( ) ( ) ( )

( )

4 4 1 4 11

11 2 0

1

4 4 1 4 2 4 30

1 1 1

0

q q qi i i

i i ii i i

q

s s s

s s s s

+ −+

+= = =

−

+ + +=

− = − = −

= − + − =

∑ ∑ ∑

∑ ℓ ℓ ℓ ℓ

ℓ

وكذلك أن

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 4 1 4 1

1 1 1

1 1 1 1 1 1k m m

i i i k k

i i k i

− + +

= = + =

− + − = − − − = − − − ∑ ∑ ∑

إذن

( )( ) ( ) ( )

11

1 2 1 11

1 12 1 1

2

kkk i

k k ii

m s s s−

++ +

=

+ −∆ + ∆ = + − − + −∑

Aml

Typewriter



)ولكن نستنتج من كون )

41

11

1 0q

ii

i

s++

=

− أن ∑=

( )

4 11

1 4 2 21

1 1q

ii q

i

s s s+

++ +

=

− = = =∑

ومن ثم

( )

4 21

1 31

1 1 1q

ii

i

s s+

++

=

− = − ) و ∑= )

4 31

1 01

1 1 1q

ii

i

s s+

++

=

− = + =∑

إذن

( )

11

11

0 : 1mod 41

1 : 1mod 4i

i

i

s

−+

+=

=− = ≠

∑ℓ ℓ

ℓ

ومن جهة أخرى

1

0 : 3mod 4

1 : 0mod2

2 : 1mod 4

s s+

=+ = = =

ℓ ℓ

ℓ

ℓ

ℓ

ومن ثم

( ) ( ) ( )

11

1 11

0 : 1mod21 1

1 : 0mod2i

i

i

s s s

−+

+ +=

=− + − = =

∑ℓ

ℓℓ ℓ

ℓ

ℓ

أي

( ) ( ) ( )( )

11

1 11

1 11 1

2i

ii

s s s−

++ +

=

+ −− + − =∑

ℓ ℓℓ

ℓ ℓ

1وبالعودة إىل عبارة 2∆ + 1، نستنتج أن ∆ 2 2m∆ + ∆ أو =( ) 2

kX A

X m n∈

Θ = =∑

، حىت توجد جمموعات nأي إن الشرط الالزم والكايف، على العدد . الشرطوهذا يثبت كفاية )جزئية )

2 1nk kA

+∈ℕ حقق اخلواصهو أن يكون و و و تn اعددا زوجي. ù

Aml

Typewriter


عام 1988 257

f:نتأمل تابعا ∗ ∗→ℕ ℕ حقق اخلواص التاليةي: ( )1 1f )و = )3 3f =. فلدينا ℕ∗من nمهما تكن

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

. 2

. 4 1 2 2 1

. 4 3 3 2 1 2

f n f n

f n f n f n

f n f n f n

=

+ = + −

+ = + −

)وتحقق 1988اليت هي أصغر أو تساوي nاملطلوب تعيني عدد األعداد )f n n=. ، 2على الكتابة اإلثنانية، أي باألساس fتأيت الفكرة األساسية من مالحظة أثر تطبيق التابع

)يف اجلدول التايل سنكتب . nلنتأمل هذا األثر عند بعض القيم الصغرية للعدد . nللعدد )2A . Aللعدد 2داللة على الكتابة باألساس

( ) ( )2 2( ) ( )

1 1 1 12 1 10 013 3 11 114 1 100 0015 5 101 1016 3 110 0117 7 111 1118 1 1000 00019 9 1001 100110 5 1010 010111 13 1011 110112 3 1100 001113 11 1101 101114 7 1110 011115 15 1111 1111

n f n n f n

)إذا كانت فنالحظ أنه )1 1 0 2b b b b−ℓ ℓ 0bمع (، mهي الكتابة اإلثنانية للعدد … ≠ℓ أي 2( log m=ℓ كانت( )0 1 1 2b b b b−ℓ ℓ… ة للعددهي الكتابة اإلثناني( )f m وذلك يف ،

16mحالة التالية nPقضية سنربهن فيما يلي أن هذه اخلاصة خاصة عامة، وذلك بإثبات ال. >)مهما يكن «: القضية التالية nPلتكن .nبالتدريج على العدد )0 1, , nε ε من اموعة …−

10,1 n− يكن 1

0 1

2 2 1 2n n

n k kk n k

k k

f ε ε

−

−= =

+ = + ∑ ∑«


1صحيحة يف حالة nPلقد رأينا أن 3n≤ nصحيحة أيا كانت nPلنفترض إذن أن . ≥من اموعة 1,2, , 1m .mP، ولنثبت صحة اخلاصة …−

)لنتأمل إذن عددا )1 0 2 02

m km m kk

x b b b b− == = 1mbمع …∑ ميكننا إذن أن . =

0نكتب 12 4x b b y= + ) حيث + )2

1 2 22 02

m km m kk

y b b b b−

− +== = ∑… .

:نناقش إذن احلاالت التالية

0حالة 0b 1kعددا زوجيا، فإذا عرفنا xيف هذه احلالة يكون . = kb δ+ كان =

2x z= و1

0

2m

kk

k

z δ−

=

= ∑

استنادا إىل تعريف ،ومن ثمf ةة اخلاص1، وبناء على صحm−P، يكون لدينا

( ) ( )

1

11

1

1 1

1 2

1 2 1 2

mk

m k

k

m mk k

m k m kk k

f x f z

b b

δ−

− −=

−

− −= =

= = +

= + = +

∑

∑ ∑

0نتجت املساواة األخرية من كون وقد 0b .يف هذه احلالة mPومنه صحة اخلاصة .=

)حالة ) ( )0 1, 1, 0b b 1إذن . = 4x y= + ومن ثم

( ) ( ) ( ) ( )1 4 2 1 2f x f y f y f y= + = + − لنستنتج أن 2m−Pو 1m−Pوهنا نستفيد من صحة اخلاصتني

( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )

( )

1 2 2 22 2 2

2 21

0 0

2

2 1 20

01 2 1

2 2 2 2

2 2 10

m m m m

m mm k k

m k m k

k k

mm k

m k m m

k

f b b b f x f b b f b b

b b

b b b b

−

− −−

− −= =

−

− −=

= = −

= + −

= + =

∑ ∑

∑

… … …

…

.يف هذه احلالة أيضا mPومنه صحة اخلاصة

)حالة ) ( )0 1, 1,1b b 3إذن . = 4x y= + ومن ثم

( ) ( ) ( ) ( )3 4 3 1 2 2f x f y f y f y= + = + −

عام 1988 259

لنستنتج أن 2m−Pو 1m−Pوهنا نستفيد جمددا من صحة اخلاصتني ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )

( )

1 2 2 22 2 2

2 21

0 0

21

2 1 20

11 3 1 2

3 2 2 2 2

2 2 2 11

m m m m

m mm k k

m k m k

k k

mm m k

m k m m

k

f b b b f x f b b f b b

b b

b b b b

−

− −−

− −= =

−−

− −=

= = −

= + −

= + + =

∑ ∑

∑

… … …

…

. بوجه عام mPونكون بذلك قد انتهينا من إثبات صحة اخلاصة علينا اآلن إجياد عدد عناصر اموعة

( ) ( )( ) : 1988A n n f n n∗= ∈ ≤ =ℕ و)ن املساواة لقد رأينا سابقا أ )f n n= ة للعددتعين أن الكتابة اإلثنانيn ومنه إذا . متناظرة

خانة، أي ℓ+1من 2إىل األعداد اليت تتألف كتابتها باألساس Lℓرمزنا بالرمز ( ) ( ) 1 0 2 01 : 0,1k kL ε ε ε− ≤ <= ∈ ℓ

ℓ ℓ ℓ… خانة، وتحقق ℓ+1من 2اليت تتألف كتابتها باألساس nإىل األعداد Sℓثم رمزنا بالرمز

( )f n n=كان ، ( ) 1 2 2 1 21 1 : 1, , /2 , k kS L kε ε ε ε ε ε− − − = ∈ ∀ ∈ = ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ… … ℓ

ومن ثم ( )

/2card 2S = ℓ

ℓ نعلم أن

( ) ( )11 5 4 3 221988 2 2 2 2 2 11111000010= − + + + =

إذن

( ) ( ) ] ]( )100 10

1988 : 1988, 2047\n f n n S S≤ ≤

≤ = = ∩ℓℓ∪ ( )∗

[لنبحث عن عناصر اموعة ]10 1988, 2047S ∩ .املتراجحة ولكن ( ) ( )1 2 3 4 5 4 3 2 1 221 1 1989 11111000011ε ε ε ε ε ε ε ε ε ≥ =

تكافئ

( )

5 410

1 1

2 1 2 2k kk k

k k

ε ε −

= =

≥ − +∑ ∑


فإذا افترضنا أن أحد أعداد اموعة 1 2 3 4, , ,ε ε ε ε وصلنا من املتراجحة 1ال يساوي السابقة إىل التناقض

( )

5 46 10 6

1 1

2 2 2 1 2 2 2 2k kk k

k k

ε ε −

= =

− ≥ ≥ − + ≥ +∑ ∑

1إذن جيب أن يكون 2 3 4 1ε ε ε ε= = = ، وعليه=] ] ( ) ( ) 10 2 21988, 2047 11111011111 , 11111111111S ∩ ⊂

ومنه .واالحتواء العكسي واضح ] ]( )10card 1988, 2047 2S ∩ =

)وبالعودة إىل جند ∗(

( ) ( )

( )

10/2

0

42 /2 2 1 /2 5

0

56

1

card 1988 : 2 2

2 2 2 2

2 30 2 2 30 92

k k

k

k

k

n f n n

=

+

=

=

≤ = = −

= + + −

= + = − + =

∑

∑

∑

ℓ

ℓ

)وتحقق 1988اليت هي أصغر أو تساوي nعدد األعداد وبالنتيجة، فإن )f n n= ، ù .92يساوي

اليت تحقق املتراجحة xأثبت أن جمموعة األعداد احلقيقية 70

1

5

4k

k

x k=

≥−∑

.1988هي اجتماع جماالت منفصلة مثىن مثىن، وجمموع أطواهلا يساوي ، التابعℕ∗من nلنتأمل بوجه عام، ويف حالة

( ) ( )

1

: \ ,n

nk

kf f x

x k=

→ =−∑ℝ ℕ ℝ

0معرف على fالتابع 1 1\ n n nI I I I−= ∪ ∪ ∪ ∪ℝ ℕ وقد عرفنا ⋯

] [0 ,1I = [و ∞− [,nI n= [و ∞+ [, 1kI k k= 1يف حالة + k n≤ <.

عام 1988 261

0hلنتأمل إذن يف حالة ) اموعة < ) \ :h nx f x h= ∈ ≥E ℝ ℕ. 0h، إذن 0Iسالب متاما على fالتابع I∩ = ∅E. 1يف حالة k n≤ وهو يحقق kIمتناقص متاما على f، التابع >

( )

( )( )

1lim , limx k x k

f x f x−+→ → +

= +∞ = −∞

)فللمعادلة )f x h= ينتمي إىل حل وحيد ،kI وليكنkx، يكون وعندها ] ],h k kI k x∩ =E

وهو يحقق nIمتاما على متناقصf وأخريا، التابع ( ) ( )lim , lim 0

x n xf x f x

+→ →+∞= +∞ =

)فللمعادلة )f x h= ينتمي إىل حل وحيد ،nI وليكنnx ،وعندها يكون ] ],h n nI n x∩ =E

وهكذا نرى أن] ]

1,h k

k nk x

≤ ≤=E ∪

فيساوي hEأما قياس اموعة

( ) ( )( )

1 1

1

2

n n

h k kk k

n nx k xλ

= =

+= − = − ∑ ∑E

)للمعادلة kIهو احلل الوحيد من kxوهنا نذكر أن )f x h= .ولكن ( ) ( ) 0f x h P x= ⇔ =

هو كثري احلدود Pو

( ) ( ) ( )11 1 ,

1n

kj n j n j k

P X X j k X jh =≤ ≤ ≤ ≤ ≠

= − − −∑∏ ∏

degPوملا كان n= استنتجنا أن( )1k k nx ≤ وأا مجيعا Pهي جذور كثري احلدود ≥1nXأمثال إذن . جذور بسيطة تساوي Pيف كثري احلدود −

1

nkkx

= منه، و∑−

( ) ( )

1 1 1

1 1 11

2

n n n

kk k k

n nx j k

h h= = =

+ = + = + ∑ ∑ ∑

)وأخريا )( )1

2h

n n

hλ

+=E . 70ويف حالةn 5و =

4h )جند = ) 1988hλ =E .



يتقاطع املستقيم . Aموقع االرتفاع النازل من Dولتكن . Aقائما يف ABCنتأمل مثلثا ]مع الضلعني ACDو ABDالواصل بني مركزي الدائرتين املاستين داخال للمثلثني ]AB

]و ]AC يف النقطتنيK وL أثبت أن مساحة املثلث .بالترتيبABC تساوي على األقل .AKLضعفي مساحة املثلث

AKالفكرة األساس هي يف إثبات أن AL AD= =. A

B CD

K

LI

1C

J

2C

: إلثبات ذلك سنتبع األسلوب التايل

Kلنعرف النقطتني ]من ′ ]AB وL′ من[ ]AC باملساواةAK AD AL′ ′= = ،ن Lفيكو AK′ ئما ′ قا قني مثلثا لسا ا وي متسا ف . و لنعر ثمX على د لعمو ا طع تقا نقطة ( )AB منK )مع املستقيم ′ )AD. عندها يكون( )K L′ AKمنصف الزاوية ′ X′.

ملثلث AKا X′ ة ر فق ADBهو صو وئم لقا ا ظر لتنا ملستقيم 1Sا ا ىل إ لنسبة ، ∆1با منصف الزاوية BAD هو ∆1، ولكن املستقيم

ة ئر ا للد ظر تنا ر ملثلث 1Cحمو ا ألضالع ملاسة اABD ألن مركزها داخال ،I 1يقع على∆.

ن أ يقتضي ا هذ ملاس1C و ا ة ئر ا لد ا يضا أ ة هي AKألضالع املثلث X′ فمركزها .داخالI يقع

AKعلى منصف الزاوية X′ أي ،( )K L′ ′. ADCاملاسة ألضالع 2C، مركز الدائرة Jنربهن أيضا أن ، وبأسلوب مماثل لما سبق

)داخال، يقع أيضا على )K L′ )إذن . ′ )K L′ 1Cهو أيضا املستقيم املار مبركزي الدائرتني ′Kمن ثم ، و2Cو K Lو =′ L′=. لقد أثبتنا إذن أنAK AL AD= =.

عندئذ. UVWداللة على مساحة مثلث UVWAلنأت اآلن إىل مسألتنا، ولنكتب 21 1

2 2AKL AK AL AD= ⋅ =A 1و

2ABC AD BC= ⋅A

A

B CD

K ′

L′

X

I

1C

J

2C

1∆

عام 1988 263

]منتصف الضلع Mولكن، إذا كانت ]BC 2 كان 2BC AM AD= ≥ومن ثم ، 21

22ABC AKLAD BC AD= ⋅ ≥ =A A

ABC، أي إذا وفقط إذا كان املثلث القائمDعلى Mوحتدث املساواة إذا وفقط إذا انطبقت ù .متساوي الساقني

ن bو aليكن ا د ن عد أ نفترض ، ما متا ن جبا مو ن 1abطبيعيا 2يقسم + 2a b+ ،2واملطلوب هو إثبات أن خارج قسمة 2a b+ 1علىab .هو مربع كامل يف هذه احلالة +

0نفترض بسبب تناظر املسألة أن ميكن أن a b< إىل أن خارج قسمة qلنرمز بالرمز . ≥2 2a b+ 1علىab +.

aيف حالة b= 2، يكون 1a ، فهو إذن قاسم2a ولكنه أويل مع 22aلعدد قامسا ل +)، ولكن 2للعدد )2 1 | 2a 1aيقتضي أن + = 1، ومن ثمq لنتيجة املطلوبة = ، وا

.ققةحم0لنفترض إذن أن a b< ثم لنعرف اموعة >

( ) ( ) ( )( ) 2 2 2, : 0 1q qα β α β α β αβ= ∈ < < + = +D ℕ وqإن ≠ ∅D وذلك ألن( ), qa b ∈ D .ف إذنالعدد الطبيعي لنعرc بالعالقة

( ) min : , , qc α β α β∗= ∈ ∃ ∈ ∈ Dℕ ℕ يحقق ℕمن d عندئذ يوجد

0 c d< )و > )2 2 1c d q cd+ = + mثم نضع cq d= −. من جهة أوىل لدينا

( ) 2 2 21qcd q cd c d cd d< + = + < + ومن ثم qc c d< mأو + c<.

ومن جهة ثانية لدينا

( ) ( ) ( )

( )

22 2 2

2 2

1

1 0

m c q mc qc d c qc qc d q

c d q cd

+ − + = − + − − −

= + − + =


إذن ( )2 2 1m c q mc+ = + ( )∗

0mوهذا يقتضي بوجه خاص أن ≥. 0mفإذا كان )أن ، استنتجنا مما سبق< ), qm c ∈ D وهذا يتناقض مع تعريفc ،

mألن c<. 0mإذن جيب أن يكون )وعندئذ نستنتج من ،= 2qأن ∗( c= . فالعددq هو

.مربع كامل ù .وبذا يكتمل إثبات اخلاصة املرجوة

gQWEA DZXC

265

الثالثونأوملبياد الرياضيات

أثبت أنه ميكن جتزئة اموعة 1,2, )جمموعة جزئية 117إىل …1989, )1 117i iA ≤ ≤ .منها مقدار ثابت ال يتعلق ا عنصرا، وجمموع عناصر كل 17حيوي كل منها

:لنالحظ ما يلي ملا كان جمموع عناصر اموعة 1989 1, 2, ,1989=ℕ 1989يساوي … 995×

يجيب أن يساو iAاستنتجنا أن عدد عناصر كل واحدة من اموعات 1989 995

17 995117

×= ×

لة 1990kسنكتب 1989ℕمن kيف حا k= لة ، و − من اموعة k نعرف يف حا 1989\ 995ℕ ةموعة اجلزئيا ، ,kC k k= . عندئذ يكون عناصر كل جمموع

2حدة من هذه اموعات ذاوت العنصرين يساوي او ويكون. ×995

( )19891 994

995 kk

C≤ ≤

= ∪ℕ ∪ 17تأيت الفكرة من مالحظة أن 3 2 7= + iAشئ كل جمموعة من اموعات ن، فن ×

)جمموعات من بني 7ن اجتماع م )1 994k kC ≤ مكونة من ثالثة عناصر، iD، وجمموعة ≥3جمموع عناصرها يساوي 995×.

)اموعات إذن نبدأ بإنشاء )1 117i iD ≤ منفصلة مثىن مثىن وعدد عناصر ، على أن تكون ≥3وجمموع عناصر كل منها يساوي 3كل منها يساوي ة اجتماعها ممتكون متو، ×995

)مكونة من اجتماع موعات من بني )1 994k kC ≤ ≤. )ى اموعات إىل إحد 995لتحقيق ما سبق، جيب أن ينتمي العدد )1 117i iD ≤ ولتكن ≥

117D عندئذ ميكننا أن خنتار ، 117 1 995 1, 995,1989D C= ∪ =. )ثم علينا إجياد اموعات )1 116i iD ≤ مة اجتماعها مكونة من مبأسلوب تكون فيه مت ≥

)اع موعات من بني اجتم )2 994k kC ≤ ولكن. ≥( )1 116card 3 116 2 174i iD≤ ≤ = × = ×∪

حمتواة يف Jإذن علينا إجياد جمموعة 2, , تحقق 174وعدد عناصرها …9941 116i i k J kD C≤ ≤ ∈=∪ ∪


)قيق ذلك أن ننشئ اموعات يكفي لتح ) 116i iD أزواجا، فإذا أنشأنا اموعة ≥ 2 1 , ,D a b c+ =ℓ فناعر 2 2 , ,D a b c+ =ℓ يكونل

2 2 1 a b cD D C C C+∪ = ∪ ∪ℓ ℓ سنعمل ولتحقيق ذلك بالطبع، علينا أن نضمن كون هذه اموعات منفصلة ليتم اإلنشاء،

يف جماالت منفصلة cو bو aو cو bو aعلى اختيار هذه اموعات بأسلوب يقع فيه ضمن اموعة 2, ,1988….

0هناك العديد من اخليارات، فمثال إذا عرفنا، يف حالة 57≤ ≤ℓ ما يلي ،: 470a = +ℓ ℓ 528وb = +ℓ ℓ 1987و 2c = −ℓ ℓ

ن ] كا ]470, 527a ∈ℓ و[ ]528, 585b ∈ℓ و[ ]1873,1987c ∈ℓ لك كذ و ،[ ]1463,1520a ∈ℓ و[ ]1405,1462b ∈ℓ و[ ]3,117c ∈ℓ أن لواضح ا ومن ،

] ااالت ]و 3,117[ ]470, ]و 527 ]528, ]و 585 ]و 1463,1520[ ]1405,1462 ]و فنعرف .مثىن مثىن جماالت منفصلة 1873,1987[

2 1 , ,D a b c+ =ℓ ℓ ℓ ℓ و 2 2 , ,D a b c+ =ℓ ℓ ℓ ℓ ونضع

470 : 0 115 1 2 , 0 58J = + ≤ ≤ + ≤ ≤ℓ ℓ ∪ ℓ ℓ )فتكون اموعات )1 117i iD ≤ 3دد عناصر كل منها يساوي منفصلة مثىن مثىن، وع ≥

3وجمموع عناصر كل منها يساوي وأخريا. ×995

117

1995i j

i j JD C

= ∈

= ∪ ∪ ∪

ومن ثم ( )

994

1171989 1

\\ i ji

j JD C=

∈=

ℕℕ ∪∪

ولكن( )994card \ 994 175 819 7 117J = − = = ×ℕ

جمموعة جزئية 117إىل اجتماع Jℕ\994موعة ا ،ال على التعيني ،إذن يكفي أن جنزئ( )1 117i iJ ≤ )، ثم نضع 7عدد عناصر كل منها يساوي ≥ )

ii i j J jA D C∈= ∪ ∪ )لتحقق اموعات )1 117i iA ≤ ù .صة املطلوبةاخلا ≥

عام 1989 267

يا ، املارة Cالدائرة Aيالقي املنصف الداخلي للزاوية . ABCنتأمل مثلثا حاد الزوا Cالدائرة Bوكذلك يالقي املنصف الداخلي للزاوية . 1A، ثانية يف ABCبرؤوس املثلث

نقطة 0Aنعرف . 1Cثانية يف Cالدائرة Cيالقي املنصف الداخلي للزاوية ، و1Bثانية يف )تقاطع املستقيم )1AA ني للزاويتنيفني اخلارجيمع املنصB وC . ف بأسلوب مماثلونعر

لنقطتني ملثلث . 0Cو 0Bا ا حة مسا ن أ ثبت 0أ 0 0A B C وي ملضلع ضعفي تسا ا حة مسا1السداسي 1 1AC BACB وهي تساوي على األقل أربعة أمثال مساحة ،ABC.

تبعد Cو Bقاطع املنصفني اخلارجيين للزاويتني تلنذكر أن نقطة )عن املستقيمات )AC و( )BC و( )AB نفسه، وهي البعد

)من ثم تقع على املنصف الداخلي )1AA للزاويةA وهذا ما ،)بأا نقطة تقاطع املستقيمات الثالثة 0Aيربر تعريف )1AA وباملماثلة نربر تعريف . Cو Bللزاويتني خلارجيني واملنصفني ا

.0Cو 0Bالنقطتني ملثلث Iلتكن لداخلية يف ا ئرة املاسة ABCنقطة تقاطع املنصفات ا ، أي مركز الدا

. داخال ABCألضالع املثلث من جهة أوىل، لدينا

11 1 2CAB CBB B= و = 1

2IAC A= جند ،ABIومن جهة ثانية، من املثلث

1 10 2 2B IA A B= +

إذن 0 1B IA IAB= 1، ومن ثم 1B A B I=.

استنتجنا أن Aقائما يف 0IABوملا كان املثلث 1 11 0 12 2 2 2B AB IAC CAB B Aπ π= − − = − −

و ( )1 10 02 2 2 2IB A B IA B Aπ π= − = − +

وعليه نرى أن 1 0 0B AB IB A= 1، ومن ثم 1 0B A B B= . وهكذا نكون قد أثبتنا أن

1B هي منتصف الوتر[ ]0IB 0يف املثلث القائمIAB. فإذا رمزنا( )PA داللة على)استنتجنا مما سبق أن ،P مساحة مضلع ) ( )0 12IAB IAB=A A.

A

B C

0A

0B

0C

1A

1B

1C

I


)ونربهن باملماثلة أن ) ( )0 12IAC IAC=A A .وكذلك ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

0 1 0 1

0 1 0 1

2 , 2

2 , 2

IBC IBC IBA IBA

ICA ICA ICB ICB

= =

= =

A A A A

A A A A

السابقة طرفا إىل طرف جند املساوياتوجبمع ( ) ( )0 0 0 1 1 12A B C AC BACB=A A

املقابلة ABCإىل أطوال أضالع املثلث cو bو a، نرمز كالعادة إلثبات الشق الثاين .إىل نصف قطر الدائرة املارة برؤوسه R، ونرمز Cو Bو Aللزوايا

BC، نالحظ أن 1BACحلساب مساحة املثلث املتساوي الساقني a= )يساوي 1Aوأن طول االرتفاع النازل من )1 1

2 2tana Aوعليه فإن ،

( ) ( ) ( )2

2 21 11 2 2tan sin tan

4

aBAC A R A A= = ⋅A

)فإذا عرفنا )12tanx A= كان ،

2

2sin

1

xA

x=

+ومن ثم ،

( )( )

32

1 224

1

xBAC R

x=

+A

)وباملماثلة، إذا عرفنا )12tany B= و( )1

2tanz C= كان

( )( )

32

1 224

1

yCB A R

y=

+A و( )

( )

32

1 224

1

zAC B R

z=

+A

وعليه إذا عرفنا( ) ( ) ( )1 1 1BAC CB A AC B= + +S A A A

استنتجنا من باالستفادة من املتراجحة املعروفة بني املتوسطني احلسايب واهلندسي، أن

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 3 3 3

2 2 22 2 2

3 3 323 2 2 22 2 2

4

3 3 1 1 1

41 1 1

R x y z

x y z

x y zR

x y z

= + + + + +

≥ ⋅ ⋅ ⋅+ + +

S

ومن ثم

( ) ( ) ( )2

2 2 22 2 2312

1 1 1

xyzR

x y z≥ ⋅

+ + +S

A

B C

1A

1B

1C

عام 1989 269

فتعطى بالصيغة ABCثلث أما مساحة امل( )

( )( )( )

2

22 2 2

2 sin sin sin

161 1 1

ABC R A B C

xyzR

x y z

=

=+ + +

A

ومنه نستنتج أن

( )( )( )( )2 2 23

31 1 1

4x y z

ABC≥ ⋅ + + +

S

A ( )1

من جهة أخرى، إذا تأملنا التابع

( ) ( ) ( )2

1: 0, , ln 2 ln cos2 cos

f f t tt

π → = = − ℝ

fالحظنا أن التابع )ملعرف بالصيغة ، ا′ ) ( )2 tanf t t′ =، متاما على تابع متزايد[ [20,π ،

]تابع حمدب على اال fوهذا يقتضي أن التابع [20,π وعليه فإن. نفسه

1

3 2 2 2 6

A B C A B Cf f f f

+ + + + ≥

أو( ) ( ) ( )( ) ( )2 2 21 4ln 1 ln 1 ln 1 ln

3 3x y z+ + + + + ≥

وأخريا( )( )( )2 2 23

41 1 1

3x y z+ + + ≥

)فإذا استفدنا من هذه املتراجحة يف )استنتجنا أن 1( )ABC≥S A ولكن من الواضح ،)أن ) ( )1 1 1AC BACB ABC= +A S Aإذن ،

( ) ( )1 1 1 2AC BACB ABC≥A A نا أنوهكذا نكون قد أثبت

( ) ( ) ( )0 0 0 1 1 12 4A B C AC BACB ABC= ≥A A A ù .ويتم اإلثبات


n وk ان موجبان متاما، وعددان طبيعيQ مؤلفة من جمموعةn نقطة من نقاط املستوي التبعد املسافة نفسها Qمن P نفترض أن أي نقطة . تقع أي ثالث منها على استقامة واحدة

1أثبت أن . Qنقطة على األقل من نقاط kعن 2

2k n< +.

)لنرمز بالرمز )2=S Q ة منموعات اجلزئيإىل جمموعة اQ نة من عنصرين، واليتاملكو .Qاملستقيمة الواصلة بني نقطتني من ميكن املطابقة بينها وبني جمموعة القطع

لنتأمل اموعة ثمD اتئي لثنا ا ]املكونة من ]( ),P AB ذ إ ،P نقطة منQ ،و[ ]AB ⊃فيكون . Pوحمورها مير بالنقطة Sن م قطعة مستقيمة ×Q SD . موعةئ اسنجزD

:بأسلوبني ]يف حالة قطعة مستقيمة ]s AB= منS فنعر

( ) : ,s P P s= ∈ ∈Q Q D .sاملتساوية البعد عن طرفي القطعة املستقيمة Qهي جمموعة نقاط اموعة sQإذن

ثالث نقاط على استقامة واحدة، وهذا يقتضي أنه Qاستنادا إىل الفرض، ال يوجد يف )بوجه عام لدينا )card 2s ≤Q .

نعرف Qمن Pويف حالة نقطة ( ) : ,P s P s= ∈ ∈S S D

عن أطرافها Pوتبعد Qملستقيمة الواصلة بني نقاط من هي جمموعة القطع ا PSإذن على األقل kجمموعة جزئية عدد عناصرها Qاستنادا إىل الفرض، يوجد يف .البعد نفسه

)تقع على حمور P، فالنقطة Pالبعد نفسه عن مؤلفة من نقاط تبعد )12

k k− قطعة)وهذا يقتضي أن . على األقل Sمستقيمة من ) ( )1

2card k kP

−≥S. وضوحا لدينا ولكن

s Ps P∈ ∈

= =S QQ S∪ ∪D

إذن( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

1 1card card card

2 2

1card card card 2 2

2

PP

ss

k k k kn

n n

∈

∈

− −= ≥ × = ×

−= ≤ × = ×

∑

∑

Q

S

S Q

Q S

D

D

عام 1989 271

) نستنتج إذن أن )( )121 k kn n n −− ≥ أو ×

2 2 2k k n− + ≤

)وهذا يقتضي أن )2 21 12 4 2k k k n− = − + < 1، ومن ثم

2 2k n< +. ù

]تحقق أضالعه يف املستوي رباعيا حمدبا ABCDيكن ل ]AB و[ ]BC و[ ]AD املساواة AB AD BC= )عي تبعد عن املستقيم داخل الربا Pونفترض وجود نقطة ، + )CD

APوتحقق hمسافة تساوي h AD= BPو + h BC= أثبت أن. +1 1 1

h BCAD≥ +

. hألعلى للقيم اليت ميكن أن يأخذها املقدار من الواضح أننا نسعى إىل تعيني احلد ا

ومترB الدائرة اليت مركزها BC، ولتكن Dومتر بالنقطة Aالدائرة اليت مركزها ACلتكن ]، استنادا إىل الفرض، تكون هاتان الدائرتان متماستني يف نقطة من الضلع Cبالنقطة ]AB .

املماس املشترك ∆، وأخريا ليكن hطرها ونصف ق Pالدائرة اليت مركزها Cوأخريا لتكن )بالنسبة إىل املستقيم Dو Cوالواقع من جهة BCو ACللدائرتني )AB.

D

C

A B

PD

C

A B

P

AC AC

BC BC

C

∆ ∆

E

AC، حيوي الدائرتني P+يقسم املستوي إىل نصفي مستويني أحدمها، وليكن ∆املستقيم

]، ومن ثم حيوي الضلع Dو C فهو نفسه حيوي النقطتني BCو ]CD . وملا كانت الدائرةC ]كما متس الضلع BCو ACمتس خارجا الدائرتني ]CDاحمتواة يف جزء ، استنتجنا مما سبق أاملثلث «حمتواة يف Cأي إن الدائرة .BCو ACوخارج الدائرتني P+املستوي الواقع داخل

.∆واملماس املشترك BCو ACاملكون من الدائرتني »املنحين)ما ينطبق عند 0hقيمته العظمى hوعلى هذا يبلغ )CD وتكون . ∆على املماس املشترك

من ثمC وD مع الدائرتني ∆مها نقطتا التقاء املماس املشتركAC وBC. لنفترض إذن أننا .0hيف هذا الوضع ولنحسب


نستنتج أن APEDعندئذ من شبه املنحرف . ∆مع املستقيم Cنقطة متاس الدائرة Eلتكن

( ) ( )

2 2 2

2 20 0 04

ED AP AX

AD h AD h AD h

= −

= + − − = ⋅

أن BPEC، من شبه املنحرف وجند بأسلوب مماثل2

04EC BC h= ⋅

وأخريا، باالعتماد على شبه املنحرفABCD 2جند كذلك أن 4CD AD BC= ⋅ .CDا تكتب املساواة وعنده CE ED= بالشكل +

0 02 2 2AD BC BC h AD h⋅ = + أي

0

1 1 1

h BCAD= +

0hتحقق املتراجحة hوملا كانت أي قيمة للعدد h≤ ة املتراجحة املطلوبةاستنتجنا صح. ù

من nمكونة من عددS جمموعة وجد ت، ف nأثبت أنه أيا كان العدد الطبيعي املوجب متاما .حتوي أي عدد أويل أو أية قوة لعدد أويلأن تتالية، دون األعداد الطبيعية امل

لة 2لنتأمل يف حا k m≤ لطبيعي ≥ ا لعدد ا ،( )2, !k mA m k= نه ولنالحظ . + ذا أ إk,عرفنا mQ ه خارج قسمةبأن!m علىk ةجداء ضرب مجيع األعداد الطبيعي وهو من ثم ،

عندئذ نرى مباشرة أن. k، واملختلفة عن mاملوجبة متاما وأصغر من

( ) ( )( )2 22, , , 1k m k m k mA k Q k k k Q= + = × + ( )1

k,إذن العدد mA ه يقبل القسمة علىليا ألنليس عددا أوk وخارج القسمة أكرب متاما ، .من الواحد

k,إذا كان mA يلأو ة لعددقوp ، كانت مجيع قواسم,k mA عدا الواحد، قوى هلذا ،)العدد، ووصلنا من العالقة :إىل التناقض التايل 1(0modk p= و( )

2, 1 0modk mk Q p× + =

يكفي إذن أن خنتار , 1 : 2 1k nA k n+= ≤ ≤ +S ليتم املطلوب. ù

AD

PE

X

عام 1989 273

ل جمموعة تباديل اموعة ، أي 2nS من σبديل تنقول إن ا 2 1, 2, , 2n n=ℕ …، من اموعة iإذا وفقط إذا وجد دليل Pيحقق اخلاصة 1,2, , 2 1n يحقق …−

( ) ( )1i i nσ σ− + =

أكرب من Pاليت تحقق اخلاصة 2nS، يكن عدد التباديل من n أثبت أنه مهما تكن قيمة . التباديل اليت ال تحققها عدد

)لنعرف اموعات )2 1ni iA −∈ℕ مع , 1iA i i= )، وكذلك اموعات + )

nk kB ∈ℕ مع ,kB k k n= ئية . + جلز لنعرف اموعات ا ثم( )

( ) 2, , n ni k i k ∈ ×S

ℕ ℕ 2nSمن

بالصيغة( ) , 2 :i k n i kA Bσ σ= ∈ =S S

ثم لنضع 2 1

,n

k i ki −∈

=T Sℕ، و∪

n

kk∈

=P Tℕإذا وفقط إذا Pاخلاصة σعندئذ يحقق . ∪

)، واملطلوب هو إثبات أن Pعنصرا من σكان ) ( )122card card n≥P S.

:لتحقيق ذلك سنستفيد من اخلاصة التالية )يف حالة جمموعات منتهية : خاصة )

nj jX

∈ℕ تتحقق املتراجحة

( ) ( )1 1

card card cardn

n

j j kj j k n

X X X X∈ = ≤ < ≤

≥ − ∩ ∑ ∑ ℓℕ ℓ

∪

، إذ إنها صحيحة وضوحا يف حالة nحلقيقة، جيري إثبات هذه اخلاصة بالتدريج على العدد يف ا 1n 2nو = يكون لدينا nوإذا كانت صحيحة يف حالة . =

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

1

1 1

1

11 1 1

1

1 1 1

card card card card

card card card

card card

n n n

j j n j nj j j

n

j k nj k n n

n

j kj k n

X X X X X

X X X X X

X X X

+

+ +∈ ∈ ∈

+

+= ≤ < ≤ ≤ ≤

+

= ≤ < ≤ +

= + − ∩

≥ − ∩ − ∩

= − ∩

∑ ∑ ∑

∑ ∑

ℕ ℕ ℕ

ℓ ℓ

ℓ ℓ

ℓ

ℓ

∪ ∪ ∪

1nوهي النتيجة يف حالة +.

)ولكن من جهة أوىل لدينا ) ( ),card 2 2 2 !i k n= × −S إذن

( ) ( ) ( )

2 1

,1

card card 2 2 1 !n

k i ki

n−

=

= = −∑T S


لدينا k<ℓومن جهة ثانية، يف حالة

( )( )

, ,

0 : 1card

2 2 2 4 ! : 1i k j

i jS S

n i j

− ≤∩ = × × − − >

ℓ

إذن

( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

, ,1 , 2 1

card card

4 2 2 2 3 2 4 ! 4 2 2 !

k i k ji j n

n n n n

≤ ≤ −

∩ = ∩

= − − × − = −

∑T T S Sℓ ℓ

نرى أن ن اعتمادا على اخلاصة اليت أثبتناهاولك

( ) ( ) ( )

( )( )

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

1 1

card card card

12 2 1 ! 4 2 2 !

21

2 ! 2 !2 1

12 ! 2 !

2 1 2

n

k k

k k n

n nn n n

nn n

n

nn n

n

= ≤ < ≤

≥ − ∩

−≥ × − − × −

−≥ −

−

= × > ×−

∑ ∑P T T Tℓ

ℓ

ù .وبذا يتم إثبات اخلاصة املطلوبة

gQWEA DZXC

275

الثالثوناحلادي وأوملبياد الرياضيات

]وترين Cنتأمل يف دائرة ]AB و[ ]CD يتقاطعان داخلها يف نقطة ،E . لتكنM نقطة]داخل القطعة املستقيمة من ]EB عندئذ يقطع املماس املنشأ من ،E ة برؤوسللدائرة املار

)املستقيمني DEMاملثلث )BC و( )AC يفF وG أوجد عبارة النسبة . بالترتيبEG

EFAMبداللة املقدار

tAB

=.

.BMDو CEGلنثبت أوال تشابه املثلثني

يف احلقيقة، DBM ECG= ألنACBD رباعي دائري .ملماسية ا وية ا لز ا حمليطية DEGوكذلك، ا ية و ا لز ا تساوي

DME اليت تشترك معها بالقوسDE . ساويومنه نستنتج تملكملتني ا يتني و ا لز ثبات . CEGو BMDا إ يكتمل بذا و

، وبوجه خاص يكونBMDو CEGتشابه املثلثني EC EG

BM DM= ( )1

.AMDو CEFتشابه املثلثني كذلك لنثبت

يف احلقيقة، DAM ECF= ألنACBD لديناوكذلك، . رباعي دائري FEC GED DME DMA= = =

وبوجه خاص يكون، AMDو CEFوبذا يكتمل إثبات تشابه املثلثني AM DM

EC EF= ( )2

)وبضرب املساواتني )و 1( فا بطرف نستنتج أنطر 2(

1

EG AM AM t

EF BM AB AM t= = =

− −


A

B

C

D

E

M

FG

ياضياتاألوملبياد العاملي للر 276

3nنتأمل عددا طبيعيا 2مكونة من E، وجمموعة ≤ 1n نقطة خمتلفة موزعة على حميط − »جيد «نقول إن هذا التلوين . نقطة منها باللون األسود kنفترض أن علينا تلوين . دائرة نقطة من نقاط nعلى ، لنقاط السوداء طرفاه نقطتني من هذه ا ، وى داخل قوس تح ا إذا

للعدد . Eاموعة قيمة لعددk أوجد أصغر تلوين نقاط kيكون عندها كل Eمن .»جيدا«)واملستوي العقدي، ولنضع Pلنطابق بني نقاط املستوي )2 i

2 1exp nπω عندئذ ميكن أن . =−

نفترض أن : : 0 2 1k kk k nω ω= ∈ = ≤ < −E ℤ

: كما يلي Eعلى اموعة −1ϕوتقابله العكسي ϕولنعرف التقابل 1

1 2

: ,

: ,

n

n

z z

z z

ϕ ω

ϕ ω

+

− −

→ ⋅

→ ⋅

E E

E E

֏

֏

وهي متثل جمموعة العناصر امللونة باللون (،»جيدة« Eمن Bعندئذ نقول إن اموعة اجلزئية )، يحقق أن Bمن zإذا وفقط إذا وجد ،)األسود )zϕ ∈ B أو( )

1 zϕ− ∈ B . z أيا كان : حتقق الشرط ، إذا وفقط إذا »سيئة« Eمن Bاجلزئية وعلى هذا تكون اموعة

) كان، Bن م )zϕ ∉ B كانو ( )1 zϕ− ∉ B، أي

( )( ) ( )( )

( ) ( )( )

1

1

,

\

z z z z

z

ϕ ϕ

ϕ ϕ

−

−

∀ ∈ ∈ ⇒ ∉ ∧ ∉

⇒ ∈ ∪

E B B B

E B B

وهذا الشرط يكافئ( ) ( )( )1\ ϕ ϕ−⊂ ∪B E B B

أو( ) ( )( )1ϕ ϕ−∪ = ∅B B B∩

)الشرط يكافئ تقابل، فإن هذا ϕوألن ) ( )( )2ϕ ϕ ∪ = ∅B B B∩ .ولكن ( )

2 2 2 3, nz z z zϕ ω ω+∀ ∈ = ⋅ = ⋅E :حتقق الشرط ، إذا وفقط إذا »سيئة« Eمن Bاجلزئية إذن تكون اموعة

( ) ( )3ϕ ω ∪ = ∅B B B∩

عام 1990 277

من nℓنعرف إذن العدد 0,1, , 2 1n بالصيغة …−( ) ( ) ( ) ( )( ) 3max card :n ϕ ω= ⊂ ∧ ∪ = ∅B B E B B Bℓ ∩

kوعلى هذا يكون العدد . Eيف »سيئة«يساوي عدد عناصر أكرب جمموعة nℓأي إن 1nاملطلوب يف نص املسألة مساويا +ℓ.

لتكنB موعتنيئة، عندئذ نستنتج من كون اجمموعة سي( )ϕ B 3وω ∪B B منفصلتني أن

( )( ) ( ) ( )3card card card 2 1nϕ ω+ ∪ ≤ = −B B B E ولكن

( )( ) ( )card cardϕ =B B و( ) ( )3card card ω≤ ∪B B B )إذن، ال بد أن يكون )2 card 2 1n≤ −B ومن ثم ،( )card 1n≤ −B . وهكذا

1nنكون قد أثبتنا بوجه عام أن n≤ −ℓ. 3ωمن الواضح أنه كلما كان التقاطع ∩B B 3صغريا كان االجتماعω ∪B B كبريا، وكان

)الفراغ املتروك للمجموعة )ϕ B ،) للمجموعة ومن ثم(Bفإذا أردنا إجياد جمموعة . ، صغرياωكبرية العدد فعلينا إجيادها من بني اموعات اليت جتعل التقاطع Bسيئة ∩3B B أي كبريا ،

وهنا نرى الدور . ال يخرجه منها إال نادرا 3ωتلك اموعات اليت ضرب عنصر منها بالعدد من الشكل Eاملهم الذي تؤديه جمموعات جزئية من

( ) 3, , :k rr a bA a k bω += ≤ <

.احلاالت التالية ومنه 3على nعلى هذه اموعات فيتبع باقي قسمة ϕأما تأثري

modحالة 3 0n 3n، أي = m= . 1nنثبت يف هذه احلالة أن س n= −ℓ ئةوذلك بإجياد جمموعة سيB عدد عناصرها يساوي

3 1m )نالحظ أوال أنه يف هذه احلالة .− )gcd 3, 2 1 1n − هو مولد3ω إذن العدد =2لزمرة اجلذور من املرتبة 1n للواحد، وهذا يعين أن −

3 : 0 6 1k k mω= ≤ < −E يكفي أن نعرف

3 : 0 3 1k k mω= ≤ < −B )فنالحظ أوال أن )card 3 1 1m n= − = −B .


6mωوملا كان ω= استنتجنا أن( )1 3 6 3 3n m m mω ω ω+ += ، وعليه نرى أن=( ) ( )

3 3

3

: 0 3 1

: 3 6 1

k m

k

k m

m k m

ϕ ω

ω

+= ≤ < −

= ≤ < −

B

)و ) 3 3 3 1mω ω −∪ = ∪B B B ، ومن ثم( ) ( )3ϕ ω∩ ∪ = ∅B B B . أي إن1nجمموعة سيئة عدد عناصرها يساوي احلد األعلى Bوعة ام فنكون قد أثبتنا صحة . −

: االقتضاء mod 3 0 1nn n= ⇒ = −ℓ ( )1

modحالة 3 1n 3، أي = 1n m= +. 1nسنثبت يف هذه احلالة أيضا أن n= −ℓ ئةوذلك بإجياد جمموعة سيB عدد عناصرها

1يساوي 3n m− )نالحظ أوال أنه يف هذه احلالة . = )gcd 3, 2 1 1n − إذن العدد =3ω لزمرة اجلذور من املرتبة 2هو مولد 1n للواحد، وهذا يعين أن −

3 : 0 6 1k k mω= ≤ < −E نعرف كما يف السابق

3 : 0 3k k mω= ≤ <B )فنالحظ أوال أن )card 3 1m n= = −B .

6وملا كان 3 2mω ω+ )جنا أن استنت = )1 3 6 3 3 3 1n m m mω ω ω+ + + += ، وعليه نرى =( ) ( )

3 3 1

3

: 0 3

: 3 1 6 1

k m

k

k m

m k m

ϕ ω

ω

+ += ≤ <

= + ≤ < +

B

)و ) 3 3 3mω ω∪ = ∪B B B ، ومن ثم( ) ( )3ϕ ω∩ ∪ = ∅B B B . أي إن1nجمموعة سيئة عدد عناصرها يساوي احلد األعلى Bاموعة فنكون قد أثبتنا صحة . − : االقتضاء

mod 3 1 1nn n= ⇒ = −ℓ ( )2 modحالة 3 2n 3، أي = 2n m= +.

2nسنثبت يف هذه احلالة أن n= −ℓ . والسبب يف ذلك أن( )gcd 3, 2 1 3n − = ،، 2Aو 1Aو 0Aيف هذه احلالة إىل ثالث جمموعات منفصلة Eوعلى هذا ميكن جتزئة اموعة

هي 3 : 0 2 1k rrA k mω += ≤ < من rمع + 0,1, 2.

عام 1990 279

3كل من هذه اموعات يحقق r rA Aω )و = )r rA Aϕ جمموعة Bوعليه إذا كانت . =

rسيئة، وعرفنا rA= ∩B B يف حالةr من 0,1, ، استنتجنا من الفرض2( ) ( )3ϕ ω∩ ∪ = ∅B B B

أن ( ) ( )30,1, 2 , r r rr ϕ ω∀ ∈ ∩ ∪ = ∅B B B

من rيف حالة وهذا يقتضي، 0,1, )، أن 2 ) ( )2 card card 2 1r rA m≤ = +B .وعليه يكون ( )0,1, 2 , card rr m∀ ∈ ≤Bوأخريا ،

( ) ( ) ( ) ( )0 1 2card card card card 3 2m n= + + ≤ = −B B B B 2nإذن يف هذه احلالة لدينا n≤ −ℓ. ئةوإلثبات حتقق املساواة يكفي أن نوجد جمموعة سي

B 3هلا هذا العدد، أيmمن العناصر ،. من rيف احلقيقة، سنعرف يف حالة 0,1, اموعة، 2

3 : 0k rr k mω += ≤ <B

0ثم نضع 1 2= ∪ ∪B B B B . فيكون من جهة أوىل( )card 3 2m n= = −B، : ومن جهة ثانية

( ) ( ) ( )3 1 3: 0 \k m r m rr r rk m Aϕ ω ω+ + + += ≤ < = ∪B B

يف حني 3 3m rr r rω ω +∪ = ∪B B Bأن، وه ثبتذا ي

( ) ( )3ϕ ω∩ ∪ = ∅B B B 2nجمموعة سيئة عدد عناصرها يساوي احلد األعلى Bأي إن اموعة فنكون قد أثبتنا . − :صحة االقتضاء

mod 3 2 2nn n= ⇒ = −ℓ ( )3 )تائج ومن الن )و 1( )و 2( الذي kأما العدد . يف مجيع احلاالت nℓنرى أننا قد حسبنا 3(

1nجيدة فيساوي kتصبح بدءا منه مجيع اموعات اليت عدد عناصرها +ℓ وهو من ثم ،يف حالة nيساوي mod 3 0,1n 1nويساوي ∋ modيف حالة − 3 2n =. ù


ما متا ملوجب ا لطبيعي ا لعدد ا ن إ خلاصة nنقول ا ن nPيحقق ا كا ذ للعدد 2nإ مسا قا2 1n .nPاليت تحقق اخلاصة nة املوجبة متاما األعداد الطبيعي عين مجيع. +

يقتضي كون العدد nPاخلاصة قكما إن تحق. محققتان 3Pو 1Pنالحظ مباشرة أن اخلاصتني n ا ألن2 عددا فردي 1n + عدد سنربهن فيما يلي أن . فرديnP حمققة فقط يف حالةn من

اموعة 1, 3 .تنيالتالي و تني ولتحقيق ذلك سنعتمد على اخلاص : )عدد طبيعي موجب متاما يحقق aأن لنفترض اخلاصة )gcd , 6 1a نعرف العدد . =

32 1ka

kb = فيكون، +( ) ( )1 20, 3 | 3k k

k kk b b+ +∀ ≥ ∧ .kيف احلقيقة، جيري إثبات هذه اخلاصة بالتدريج على العدد

0kإلثبات حالة )، نالحظ أوال أن = )gcd , 6 1a عدد فردي aيقتضي أن = ومن ثم يكون

( )2 1 1 1 1 1 0mod 3a a+ = − + = − + = 03أي إن | b.

3ألن ،ومن جهة ثانية a 3استنتجنا أنa q r= مع + 1, 2r ∈ . ومن ثم)يكون ) ( )32 2 2 1 2 mod 9

qa r rq= ⋅ = ، أي − 2 mod 9 2, 4, 7, 5a ∈

2وهذا يقتضي أن 1 0mod 9a + 09أو ≠ b . ة املطلوبة صحيحة يففاخلاص0kحالة =.

لة 13kkعندئذ يكون . kلنفترض إذن صحة اخلاصة يف حا kb a+= 3مع ka . ولكن

( ) ( ) ( )3 33 2

1 2 1 1 1 3 3ka

k k k k kb b b b b+ = + = − + = − + إذن

( )2 2 1 2 11 3 3 3 1k k k

k k k kb a a a+ + ++ = − +

2وذه الصيغة نرى مباشرة أن 13 |k

kb+

3و +13k kb

+فاخلاصة املطلوبة .+

1kصحيحة يف حالة +. .وبذا يكتمل إثبات اخلاصة

عام 1990 281

يحقق ،2عدد طبيعي أكرب أو يساوي nأن لنفترض اخلاصة2 1modn n= −

بالعالقة pℓ العددn، يقسم pيف حالة عدد أويل ،نعرف min 0 : 2 1modk

p k p= > = −ℓ 1pعندئذ يكون p< −ℓ وpℓ يقسمn. :نالحظ ما يلي إلثبات اخلاصة

p|ملا كان n و( )| 2 1nn ن + 2استنتجنا أ 1modn p= ، إذن اموعة − 0 : 2 1modkk p> = ، وهذا ما يتيح لنا nغري خالية، الحتوائها العدد −

.بأنه أصغر عنصر فيها pℓ تعريفى خر أ جهة من ن و كا ملا ،12 1modp p− هنة = مرب على ا د عتما ، Fermatا

موعة ا ن أ استنتجنا 0 : 2 1modkk p> لعدد = ا ئها ا ، الحتو لية خا غري 1p 1pm، فيكون بأنه أصغر عنصر فيها pmوهذا ما يتيح لنا تعريف ،− p≤ −.

د جن للعد ية قليد إ قسمة ي ن ، pmعلى pℓر pفيكو pm Q R= +ℓ تتحقق و0املتراجحة pR m≤ جندوعندها . >

( )1 2 2 2 2 modp p Qm R R p− = = ⋅ =ℓ 2ولكن كون 1n 2pعدد فردي، ومن ثم أن nعددا فرديا يقتضي أن + ومنه . ≠0Rنستنتج أن p، ومنه ≠ R≤ℓ اعتمادا على تعريفpℓ، نستنتج إذن أن

0 1p pm p< < ≤ −ℓ : pℓعلى nنجري اآلن قسمة إقليدية للعدد

, 0p pn q r r= + ≤ <ℓ ℓ عندئذ

( ) ( )1 2 2 2 1 2 modpqn r rq p− = = ⋅ = −ℓ

)أو ) 12 1 modr q p+= 0rفإذا افترضنا جدال أن . − تناقض هذا مع تعريف <pm 1يف حالةmod2q 0mod2qيف حالة pℓومع تعريف = إذن جيب .=

0rأن يكون . ويتم إثبات اخلاصة nيقسم pℓ، وهذا يعين أن =


، ولنفترض تحقق اخلاصة 1رب متاما من أك nولنتأمل عددا طبيعيا فرديا . لنرجع اآلن إىل مسألتناnP.

، نستنتج من كون ، عندئذ باالعتماد على اخلاصة nأصغر عدد أويل يقسم pليكن p p<ℓ و|p nℓ 1أنp =ℓ 12، ومن ثم 1mod p= 3p، أي إن − = . .nهو أصغر عدد أويل يقسم 3فالعدد

3knعندئذ يكون . nتقسم 3أكرب قوة للعدد 3kلتكن a=3، و a . ولكنn 2عدد فردي إذن aومن ثم ، ( )gcd ,6 1a أن nPولدينا، بناء على صحة . =

( ) ( )2 23 | 2 1k na )أي + )2 33 | 2 1kk a فإذا استفدنا من اخلاصة . +

2استنتجنا وجوب حتقق املتراجحة 1k k≤ 1kأو + وعند تأمل النقطتني . ≥3nالسابقتني نرى أننا قد أثبتنا أن a= مع( )gcd ,6 1a =.

1aلنفترض أن ′5p، فيكون aأصغر عدد أويل يقسم ′pوليكن . < ≥ .إذن ال بدp′ . أصغر متاما من nقامسا للعدد p′ℓ، يكون باالعتماد على اخلاصة و

′1pأن يكون =ℓ 3أوp′ =ℓ .أي 2 1mod p′= 32أو − 1mod p′= −

′3pوهذان الشرطان يؤديان إىل النتيجة = لف1إذن جيب أن يكون . وهذا خa = ، 3ومن ثمn وهكذا نكون قد أثبتنا أن. =

( ) 2 | 2 1 1, 3nn n+ ⇔ ∈ ù .احلل كتملوذا ي

f:أنشئ تابعا ∗ ∗+ +→ℚ ℚ حققة املوجبة متاما يعلى جمموعة األعداد العادي

( ) ( )( )( )

, ,f x

x y f xf yy

∗ ∗+ +∀ ∈ × =ℚ ℚ

)لنرمز )ℕℤ اليت تأخذ قيمها يف شبه املعدومةإىل جمموعة املتتالياتℤ .أي

( ) ( ) ( )card : 0n kn kα α∈ ∈ ⇔ ∈ ≠ < +∞ℕℕ ℤ ℕ

ولتكن :kP k= ∈P ℕ ةليجمموعة األعداد األو .

عام 1990 283

ة يف احلساب على أن التطبيقتنص املربهنة األساسي ( ) ( ): , n

n nnn

Pαϕ α∗+ ∈

∈

→ ∏ℕℕ

ℕ

ℤ ℚ ֏

∗يعرف تقابال بني +ℚ و( )ℕℤ .يكفي إذن أن نضع

( ) ( ) ( )2 1 22 2 1n nn

n n nn n n

f P P Pα αα + −

+∈ ∈ ∈∏ = ∏ ⋅ ∏ℕ ℕ ℕ

nفإذا كان n

nx Pα

∈= ∏

ℕnnو

ny Pβ

∈= ∏

ℕ∗عنصرين ما من

+ℚ كان

( ) ( )( )( ) ( )( )( )

2 1 2 12 2

2 2 1 2 1 2

2 2 1 2 2 1

2 2 1

n nn n

n n n n

n n n nn n n n

n nn n

xf y P P P P

P P

α βα β

α β α β

+ +

+ +

−+ +

∈ ∈ ∈ ∈

+ −+

∈ ∈

= ∏ ∏ ∏ ⋅ ∏

= ∏ ∏

ℕ ℕ ℕ ℕ

ℕ ℕ

ومن ثم ( )( ) ( )( )

( )( )( )( )

( )( ) ( )( )

2 1 2 2 2 1

2 1 2 12 2

2 1 2

2 2 1

2 2 1 2 2 1

2 2 1

n n n n

n nn n

n n n

n nn n

n n n nn n n n

nn nn n n

f xf y P P

P P P P

f xP P P

y

α β α β

α βα β

α α β

+ +

+ +

+

− − −+

∈ ∈

−− −+ +

∈ ∈ ∈ ∈

−+

∈ ∈ ∈

= ∏ ∏

= ∏ ∏ ∏ ∏

= ∏ ∏ ∏ =

ℕ ℕ

ℕ ℕ ℕ ℕ

ℕ ℕ ℕ

ù .يحقق اخلاصة املرجوة fوالتابع

Bو A، وهي عدد طبيعي أكرب متاما من الواحد، خيتار العبان 0nبدء انطالقا من قيمة :بالتوايل وذلك وفقا للقواعد التالية ⋯وهكذا 3nثم2n ثم1n أعدادا

1−R 2مبعرفةkn خيتار الالعبA طبيعي عدد 2أي 1kn ]من اال + ]22 2,k kn n.

2−R 2مبعرفة 1kn 2عددا Bخيتار الالعب + 2kn 2جيعل النسبة + 1

2 2

k

k

n

n+

+

تساوي قوة

1αعدد أويل و pمع pαتساوي أي (. غري تافهة لعدد أويل ≥(.

اليت يكون 0nعين قيم . 1إذا اختار العدد B، ويربح 1990إذا اختار العدد Aيربح عندها استراتيجية راحبة، Bعندها استراتيجية راحبة، وتلك اليت يكون لالعب Aلالعب

وأخريا عيمن الالعب ن تلك القيم اليت ال يكن ألية راحبةن عندها استرياتيجي.


02سنربهن أنه يف حالة 5n≤ 0استراتيجية راحبة، ويف حالة Bميتلك ≥ 8n ميتلك ≤A ا حالةة راحبة، أماستراتيجي 0 6, 7n فهي حالة تعادل، وال ميتلك أي من الالعبني يف ∋

.هذه احلالة استراتيجية راحبة

)، العدد الطبيعي 2أكرب أو يساوي nلنعرف يف حالة عدد طبيعي )nθ الناتج من قسمةn .دورا مهما فيما يأيت θسيؤدي التابع . nعلى أكرب قوة لعدد أويل تقسم

تيجية لراحبة Bاسترا لة ا 02يف حا 5n≤ نطالقا من . ≥ 2ا 1kn لعدد B خيتار + ا2 2kn ) :املعرف بالصيغة + )2 2 2 1k kn nθ+ +=.

:يساعد اجلدول التايل يف شرح هذه االستراتيجية

( )

( )

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 3 1

14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

2 3 1 1 2 1 4 3 2 1 3 1

n

n

n

n

θ

θ

من اموعة 0nإذا كانت 2, , من 1n، كانت …5 2, , B، فإذا طبق …25من اموعة 2nاستراتيجيته، اختار 1, , يف اجلدول السابق، فإذا كما هو مبين …4

2كانت 1n من 2nوإال كانت . Bربح = 2, 3, 4.

من اموعة 2nإذا كانت 2, 3, من 3n، كانت 4 2, B، فإذا طبق …16,من اموعة 4nاستراتيجيته، اختار 1, 2, كما هو مبين يف اجلدول السابق، فإذا 3

4كانت 1n من 4nوإال كانت . Bربح = 2, 3.

نت ذا كا من اموعة 4nإ 2, نت 3 من 5n، كا 2, , ذا طبق …9 فإ ،B من اموعة 6nاستراتيجيته، اختار 1, كما هو مبين يف اجلدول السابق، فإذا 2

6كانت 1n 6وإال كانت . Bربح = 2n =.

6حالة وأخريا يف 2n عداد األ من بني 7nالعدد Aميكن أن خيتار ، = 2, 3, 4 .8العدد Bوعندها خيتار 1n .ويربح =

عام 1990 285

]الراحبة يف حالة Aاستراتيجية ]0 45,1990n 1990مساويا 1nالعدد Aخيتار . ∋ .ويربح

]الراحبة يف حالة Aاستراتيجية ]0 30, 44n العدد Aخيتار . ∋3

1 840 7 5 3 2n = = × × × :من اموعة 2nأن خيتار Bعندئذ على

840 840 840 840 840 840, , , , ,

7 5 3 2 4 8

3العدد Aفيختار . 105األعداد أكرب من ومجيع هذه 1990n .ويربح =

]الراحبة يف حالة Aاستراتيجية ]0 15, 29n العدد Aخيتار . ∋1 210 7 5 3 2n = = × × ×

:من اموعة 2nأن خيتار Bعندئذ على

210 210 210 210, , ,

7 5 3 2

3دد الع Aفيختار . 30ومجيع هذه األعداد أكرب من 840n .فريبح ويتابع كما يف =

الراحبة يف حالة Aاستراتيجية 0 12,13,14n العدد Aخيتار . ∋1 105 7 5 3n = = × ×

:من اموعة 2nأن خيتار Bعندئذ على

105 105 105, ,

7 5 3

3العدد Aفيختار . 15ومجيع هذه األعداد أكرب من 210n .فريبح يف ويتابع كما =

الراحبة يف حالة Aاستراتيجية 0 8, 9,10,11n العدد Aخيتار . ∋2

1 60 5 3 2n = = × × :من اموعة 2nأن خيتار Bعندئذ على

60 60 60 60, , ,

5 3 4 2

3العدد Aفيختار . 12ومجيع هذه األعداد أكرب من 105n .فريبح ويتابع كما يف =


0الراحبة يف حالة Aاستراتيجية 1991n العدد Aخيتار . =1 1991 11 181n = = ×

ن اموعة م 2nأن خيتار Bعندئذ على استراتيجيته A، ويف كال احلالتني لدى 11,18111nإذا كان لريبح، إذ يتابع كما يف 2إذا كان ، وكما يف = 181n =.

استراتيجية راحبة يف حالة A، أن لالعب ℕمن rسنربهن بالتدريج على العدد ( ) ( ) 1

011 181 1 11 181r rn +× + ≤ ≤ × 0rهذه النتيجة واضحة يف حالة لنفترض إذن أا صحيحة يف . ، بناء على ما أثبتناه سابقا =

0حالة r ρ≤ .ρولنثبت صحتها يف حالة > لنفترض إذن أن

( ) ( ) 1011 181 1 11 181nρ ρ+× + ≤ ≤ ×

) العدد Aخيتار عندئذ ) 11 11 181n ρ+= من اموعة 2nأن خيتار Bعلى ، فيكون ×

( ) ( ) ( ) 1 111 , 11 181, 11 181, ,181ρ ρ ρ+ −× × … إىل اموعة 2nمجيع األحوال ينتمي ويف

[ ] ( ) ( )[ ]( )1

1

0121,181 11 181 1, 11 181r r

r

ρ−+

=∪ × + ×∪

.ويربح 2nأن يتابع بدءا من Aميكن لالعب ا أثبتناه سابقاواستنادا إىل فرض التدريج و إىل م

0بقي علينا تفحص حاليت 6n 0و = 7n بع وهنا من املفيد أن مندد جدول قيم التا . =θ كما يلي:

( )

( )

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37

2 1 4 1 6 1 1 3 2 5 4 1

38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49

2 3 5 1 6 1 4 5 2 1 3 1

n

n

n

n

θ

θ

,30من خارج اموعة 1nالعدد 1Aفإذا اختار استراتيجيته باختيار B، وطبق 42( )2 1n nθ= ربح ،B 2أو وقعn موعةيف ا 2, 3, 4, وكانت لديه استراتيجيته 5حتى يحافظ على حظوظه يف 42أو 30على أحد العددين Aإذن جيب أن يقع اختيار . للربح .الربح

عام 1990 287

1فإذا كان 30n من اموعة 2nأن خيتار B، كان على = فإذا اختار أحد . 6,10,15. 7من الربح بتطبيق استراتيجيته ألن هذين العددين أكرب متاما من Aمتكن 15أو 10العددين

.ليحافظ على حظوظه يف الربح 6مساويا 2nالعدد Bوعليه جيب أن خيتار

1وكذلك األمر يف حالة 42n من اموعة 2nأن خيتار B، إذ على = 6,14, فإذا . 21من الربح بتطبيق استراتيجيته ألن هذين العددين أكرب Aمتكن 21أو 14اختار أحد العددين

.ليحافظ على حظوظه يف الربح 6مساويا 2nالعدد Bوعليه جيب أن خيتار . 7متاما من

)األعداد Aوهكذا نرى أنه ميكن أن خيتار )2 1 0k kn + مجيع B، وخيتار 30مجيعها مساوية ≤

)األعداد )2 1k kn وعندها ال يستطيع أي من الالعبني الربح، وأي منهما خيرق .6مساوية ≤ ù .هذا الشرط بعد املرحلة األوىل خيسر

ضلعا، زواياه متساوية، وجمموعة أطوال أضالعه هي 1990أثبت وجود مضلع حمدب ذو اموعة 2 : 1 1990k k≤ ≤.

nسنربهن بوجه أعم، أنه يف حالة pqr= واألعدادp وq وr ،ة خمتلفةليهي ثالثة أعداد أوذو بيوجد مضلع حمدn موعة ل أضالعه هي ا طوا أ ، وجمموعة وية متسا ه يا ا زو ، ضلعا 2 : 1k k n≤ 1990ثم نطبق هذه النتيجة على . ≥ 199 5 2n = = × ×.

قابلألة إىل إجياد تتؤول املس : 0, , 1 nnσ − →… ℕ حققي

( )

12

0

0n

k

k

kσ ω−

=

=∑ ( )C

)مع )2 iexp nπω )إذ عندها خنتار رؤوس املضلع . = )0m m nA ≤ mAلتكون >

)دد العقدي النقطة املمثلة بالع )( )2 10

m k

kkσ ω −

.، فيتم املطلوب∑=modxسنرمز y ة للعدد الصحيحإىل باقي القسمة اإلقليديx على العدد الصحيحy وهو ،

عموما عدد من اموعة 0,1, , 1y ليها …− لة . yℤاليت سنرمز إ من ℓنعرف يف حا)، العدد nℤاموعة )σ ℓ بالصيغة

( ) ( ) ( ) ( )1 mod mod modp p q pq rσ = + + +ℓ ℓ ℓ ℓ


فيكون ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1p p q pq r pqr nσ≤ ≤ + − + − + − = =ℓ

إذن( ) , 1, ,n nnσ∀ ∈ ∈ =ℓ ℤ ℓ … ℕ

)وهذا ما يتيح لنا تعريف التطبيق ): ,n nσ σ→ℤ ℕ ℓ ֏ ℓ .سنربهن فيما يلي أن وσ .يؤدي الدور املطلوب

يما بينها مثىن مثىن، استنتجنا وجود أعداد أولية ف pqو prو qrملا كانت األعداد 1uqrتحقق wو vو uصحيحة vpr wpq+ + لصحيحة نعرف . = ا د ألعدا ا ذن إa uqr= وb vpr= وc wpq=. إثبات أن التطبيق يفهذه األعداد ناتساعدسσ الذي .تقابلعرفناه أعاله

التطبيقني نتأملف. يف احلقيقة نبدأ مبربهنة البواقي الصينية( )

( ) ( )

: , mod , mod , mod

: , , , mod

n p q r

p q r n

p q r

i j k ai bj ck n

θ

ϕ

→ × ×

× × → + +

ℤ ℤ ℤ ℤ ℓ ֏ ℓ ℓ ℓ

ℤ ℤ ℤ ℤ ֏

)يف حالة ), ,i j k منp q r× ×ℤ ℤ ℤ لدينا ( )mod mod modai bj ck p ai p i p i+ + = = =

p|وذلك ألن b و|p c 1وmoda p= .وجند باملماثلة أن ( )modai bj ck q j+ + )و = )modai bj ck r k+ + =

)وهذا يربهن على أن ) ( ), , , ,i j k i j kθ ϕ = ومنه . p q r

Iθ ϕ × ×= ℤ ℤ ℤ فالتطبيق . ϕ بني جمموعتني هلما عدد العناصر نفسه، وهو تطبيق متباين n pqr= إذن ،ϕ ،تقابل

واملساواة p q r

Iθ ϕ × ×= ℤ ℤ ℤ 1θتقتضي أن ϕ−=. ومن ناحية أخرى، التطبيق

( ): , , , 1p q r n i j k i pj pqkψ × × → + + +ℤ ℤ ℤ ℕ ֏ متباين ألن تطبيق ،( ) ( ), , , ,i j k i j kψ ψ ′ ′ ثم ،من الطرفني 1بعد طرح ،، يقتضي=′

iأن ، pحساب باقي قسمة الناتج على i ، نستنتج أن p، وبعد االختصار على =′j qk j qk′ ′+ = jجند أن q، ثم حبساب باقي قسمة الطرفني على + j ، وجند أخريا =′

kأن k .فهو إذن تقابل ألن ملنطلقه ومستقره عدد العناصر نفسه. =′σوأخريا، ألن ψ θ= .تقابل σمباشرة أن نستنتج

عام 1990 289

وكذلك لدينا

( ) ( )( ) ( )

( )

( )

12 , ,

0 , ,

1 1 12

0 0 0

12 2

0

, ,

1

p q r

ni j k

k i j k

p q rai bj ck

i j k

pai

i

i j k

i pj pqk

p q

ϕσ ω σ ϕ ω

ω

ω

−

= ∈ × ×

− − −+ +

= = =

−

=

=

= + + +

=

∑ ∑

∑∑∑

∑

ℓ

ℤ ℤ ℤ

ℓ

1

0

qbj

j

ω−

=

∑

( )

12

0

1 1

0 0

2 1

rck

k

p qai bj

i j

k

pq i

ω

ω ω

−

=

− −

= =

+

+

∑

∑ ∑1

0

12

0

2

rck

k

pai

i

k

p q

ω

ω

−

=

−

=

+

∑

∑

( )

1 1

0 0

1 1 12

0 0 0

1

q rbj ck

j k

p q rai bj ck

i j k

j k

i pj

ω ω

ω ω

− −

= =

− − −+

= = =

+

+ +

∑ ∑

∑∑ ∑

0=

1aω احلقيقة، املساواة يف . وذلك ألن مجيع احلدود املشطوبة يف اموع أعاله معدومة = ن أ n|تقتضي a ن أ يقتضي ا هذ p|و a ن كو مع قض يتنا 1modaو p= . ذن إ

1aω ≠ ومن ثم 1

0

10

1

p apai

ai

ωω

ω

−

=

−= =

−∑

n|ألن ap .ونربهن باملماثلة أن 1

0

0q

bj

j

ω

−

=

و ∑=1

0

0r

ck

k

ω−

=

=∑

ù .وهكذا ينتهي اإلثبات


gQWEA DZXC

Aml

Typewriter


291

الثالثونو ثانيالأوملبياد الرياضيات

نفترض أن املنصفات الداخلية . داخال ABCمركز الدائرة املاسة ألضالع املثلث Iليكن Bو ′Aتالقي األضالع املقابلة هلذه الزوايا يف Cو Bو Aللزوايا Cو ′ أثبت . بالترتيب ′

أن1 8

4 27

AI BI CI

AA BB CC< ⋅ ⋅ ≤

′ ′ ′

AAمن املثلث B′ نرى أن

( )12sin sin

AA AB

B B A

′=

+

جند AIBومن املثلث

( ) ( )1 1 12 2 2sin sin

AI AB

B B A=

+

وعليه، ( ) ( )

( )

( )( ) ( )

1 112 22

1 11 12 22 2

sin sinsin

sin 2 cos cossin

B A B ABAI

AA B C BB A

+ += ⋅ =′ +

ولكن ( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

1 1 12 2 2

1 12 2 2

sin sin

sin cos

B A B B A

C B C Bπ

+ = + +

= − − = −

إذن( ) ( )( )1 1

2 2

11 tan tan

2

AIC B

AA= +′

بالصيغ zو yو xبة متاما لنعرف إذن األعداد املوج

( ) ( )2 2tan tanC Bx ) و = ) ( )2 2tan tanA Cy ) و = ) ( )2 2tan tanB Az =

1فنستنتج مما سبق أن

2

AI x

AA

+=′

أن وجند باملماثلة 1

2

BI y

BB

+=′

1و

2

CI z

CC

+=′

A B

C

C ′

A′B ′

I

Aml

Typewriter


Aml

Typewriter


فإذا وضعناAI BI CI

AA BB CCΛ = ⋅ ⋅

′ ′ ′

استنتجنا مما سبق أن( )( )( )

11 1 1

8x y zΛ = + + +

ولكن لنالحظ أن( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2

2 22 2

2 2

tan tan tan tan

tan tan tan

tan tan tan

tan tan1 tan tan 1

tan

A C B A

A C B

C B C B

C B

C B

C B

y z

x

π

+ = +

= +

= − − +

+= = − = −

+

1xإذن y z+ + =. بني املتوسطني احلسايب واهلندسي وجدنااستفدنا من املتراجحة فإذا

( )( )( ) ( )3 31 1 1 1 2

32 2 2 6 3

x y zx y z

+ + +Λ = ≤ + + + =

8ومن ثم

27Λ .، وهي املتراجحة األوىل≥

ومن جهة ثانية،

( )1

181 1

8 4

x y z xy yz zx xyz

x y z

Λ = + + + + + + +

+ + +> =

ù .وبذا يتم إثبات صحة املتراجحة الثانية

ولتكن . 6أكرب متاما من nنتأمل عددا طبيعيا : 1ja j k≤ جمموعة األعداد ≥ فترض أنن. وأصغر منه nالطبيعية املوجبة األولية مع العدد

2 1 3 2 1 0k ka a a a a a −− = − = = − >⋯ .2عدد أويل أو أنه قوة للعدد nأثبت أن

عام 1991 293

)نعلم أن ) ( )gcd ,1 gcd , 1 1n n n= − ، إذن ال بد أن يكون=1 1a 1kaو = n= −

2إىل املقدار ℓفإذا رمزنا بالرمز 1a a− ض أناستنتجنا من الفر ( )1, , , 1 1ii k a i∀ ∈ = + −… ℓ

)مع )1 1 1n k− = + − ℓ أو ( )2 1n k= + − ℓ

:لنناقش إذن احلاالت التالية

)عددا فرديا، استنتجنا، من كون nكان إذا )gcd 2, 1n يف هذه احلالة، أن =2 2a = 1، ومن ثم=ℓ . وهذا يقتضي أن( )gcd , 1n i من iأيا كان =اموعة 1,2, , 1n −… فالعدد ،n يلأو عدد.

0إذا كان mod 4n 4n، مثال = b= 2معb كان . ≤

( ) ( )gcd 2 1, gcd 2 1, 1b n b n− = + )و = )gcd 2 , 1b n ≠

أويل مع مجيع األعداد الفردية اليت هي أصغر منه، n، والعدد ℓ=2ومنه نستنتج أن فهو إذن قوة للعدد . القسمة على أي عدد أويل فردي أصغر منه nوبوجه خاص، ال يقبل

2. 2modإذا كان 4n 4، مثال = 2n b= 2bمع + كان . ≤

( ) ( )gcd 2 3, gcd 2 5, 1b n b n+ = + )و = )gcd 2 4, 1b n+ ≠

2وألن 5b n+ ، ولكن هذا يؤدي إىل التناقض ℓ=2، استنتجنا من ذلك أن >( )gcd 2 1, 1b n+ 2modإذن ال ميكن أن يكون . = 4n = .


لتكن اموعة 280 1, 2, , 280= =S ℕ ، يحقق أن kأوجد أصغر عدد طبيعي . … .مثىن مثىن مخسة عناصر أولية فيما بينها عنصر حتوي kمكونة من Sكل جمموعة جزئية من


.217هو سنربهن أن اجلواب 3أو 2واملكونة من مضاعفات أحد األعداد Sاجلزئية من Aلنتأمل أوال اموعة

)، العدد Aمن ℓثم لنعرف يف حالة عدد . 7أو 5أو )ϕ ℓ موعةه أصغر عنصر من ابأن 2, 3, 5, . ℓيقسم 7

)، تحقق Aجمموعة جزئية ما من Bلتكن )card 5=B . عندئذ ال ميكن أن يكون التطبيق ( ): 2, 3, 5,7 ,ϕ ϕ→B B ℓ ֏ ℓ ال ميكن أن تكون عناصر . متباينا ومن ثمB ةليأو

)املطلوب املتراجحة kال بد أن يحقق العدد إذن .فيما بينها مثىن مثىن )cardk > A. )علينا إذن حساب )card A . لنرمز بالرمزaS ضاعفات العددإىل جمموعة مa يفS :

: 1 280a na na= ≤ ≤S )عندئذ يكون )

280carda an

a

= =

S .كما يكون

2 3 5 7= ∪ ∪ ∪A S S S S

)فإذا استفدنا من مبدأ االحتواء واالستثناء والحظنا أنه يف حالة )gcd , 1a b لدينا =a b ab∩ =S S Sاستنتجنا أن ،

( ) 2 3 5 7 6 10 14 15 21 35

30 42 70 105 210

card

140 93 56 40 46 28 20 18 13 8

9 6 4 2 1 216

n n n n n n n n n n

n n n n n

= + + + − − − − − −

+ + + + −

= + + + − − − − − −

+ + + + − =

A

216kوعليه ال بد أن يكون >. ، حتوي جمموعة 217عدد عناصرها Sمن Cسنربهن اآلن أن كل جمموعة جزئية

لتحقيق ذلك سنتأمل اموعات . ، وعناصرها أولية فيما بينها مثىن مثىن 5جزئية عدد عناصرها :الست التالية

0A نة من العددة يف ،1وهي مكوليواألعداد األوS. إن( )0card 60A = . 0 1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23,

29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67,71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, 103, 107, 109,

113, 127, 131, 137, 139, 149, 151, 157, 163, 167,173, 179, 181, 191, 193, 197, 199, 211, 223, 227,

229, 233, 239, 241, 251, 257, 263

A =

, 269, 271, 277

عام 1991 295

:التالية 5Aو 4Aو 3Aو 2Aو 1Aواموعات 1

2

3

4

5

2 47, 3 43, 5 41, 7 37, 11 23, 13 19,

2 43, 3 41, 5 37, 7 31, 11 19, 13 17,

2 41, 3 37, 5 31, 7 29, 11 17, 13 13,

2 37, 3 31, 5 29, 7 23, 11 13,

2 31, 3 29, 5 23, 7 19, 11 11.

A

A

A

A

A

× × × × × ×

× × × × × ×

× × × × × ×

× × × × ×

× × × × ×

=====

موعات اجلزئيز هذه اة من تتميS ان فيماليواحدة منها أو ين يف أيختارعددين م بكون أي .عنصرا 88يساوي Q بينهما، كما إنها منفصلة مثىن مثىن مما جيعل عدد عناصر اجتماعها( ) ( )

0 5card card 88i

iQ A

≤ ≤= =∪

لنفترض على سبيل اجلدل أنو. 217عدد عناصرها Sمن Cأمل اآلن جمموعة جزئية ما لنت ( )0,1, , 5 , card 4ii A∀ ∈ ∩ ≤C…

) يكون لديناعندئذ )card 6 4 24Q ∩ ≤ × =C ،ومن ثم ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

card card card

card card

280 88 24 216

c

c

Q Q

Q Q

= ∩ + ∩

≤ + ∩

≤ − + =

C C C

C

لف0إذن يوجد . وهذا خi موعةيف ا 0,1, , )تحقق …5 )0

card 5iA ∩ ≥C ، وأيجمموعة جزئية من

0iA ∩ C نة من مخسة عناصر، يكون كل اثنمكو ني فيما ني من عناصرها أولي

ù .بذا يكتمل اإلثباتو. بينهما

أثبت أنه باإلمكان ترقيم أحرفه باألعداد . حرفا kله Gنتأمل بيانا مترابطا 1, 2, ,k… د هو القاسم املشترك األعظم ألرقام احلروف املنبعثة من أي من بأسلوب يكون فيه الواح

.الرؤوس اليت ينبعث منها حرفني أو أكثر)البيان هو ثنائية ¤ ),G V E= ، حيث V ،ى عناصرها رؤوس البيانهي جمموعة تسم

)هي جمموعة جزئية من Eو )( ) 2 : card 2V e V e= ⊂ تسمى عناصرها =

لبيان . حروفا ا لتايل Gنقول إن مهما يكن : مترابط إذا وفقط إذا حتقق الشرط ا ,a b من( )2V توجد متتالية( )0 1i i nx ≤ ≤ تحقق Vمن عناصر +

0x a= 1 وnx b+ و = 10,1, , , ,i ii n x x E+∀ ∈ ∈…


والوصول إىل أي منها ملا كان البيان مترابطا أمكن التجوال بني رؤوسه . لنبدأ بشرح الفكرة مرقمني ، انطالقا من رأس معطى، يكفي إذن أن نتجول يف البيان . انطالقا من أي رأس معطى

ما مل نضمن كون أرقام احلروف اليت ، a احلروف اليت منر ا، مع االلتزام بشرط أال منر برأس فكيف ميكن حتقيق )، طرفا حلرف واحدa أو أن يكون (، أولية فيما بينها aأحد طرفيها

ذلك؟ طرف a، كانت أرقام احلروف اليت 1طرفا حلرف رقمه يساوي a الرأس إذا كان

.أرقام بقية احلروففيها أولية فيما بينها وذلك أيا كانت 1jو jعددان متتاليان طرفا مشتركا حلرفني رقمامها aإذا كان الرأس ، كانت +

. طرف فيها أولية فيما بينها وذلك أيا كانت أرقام بقية احلروف aأرقام احلروف اليت )يف احلقيقة، تكفي هاتان اخلاصتان إلجياد خوارزمية لترقيم حروف البيان املترابط ),G V E=

.رجوةيحقق اخلاصة امل بأسلوب

يلي، سنكتب لبيان aEفيما ا )داللة على جمموعة حروف ),G V E= ليت أحد طرفيها ا ، أيaالرأس

: , ,aE e E b V e a b= ∈ ∃ ∈ =

بطا ا متر نا بيا ن ذ إ مل )لنتأ ),G V E= فيه( )card 1k E= يف شرح سن. ≤ ج حتا:، أي تعريف التطبيق G خوارزمية ترقيم حروف kEϕ → ℕ إىل الرموز التالية ،:

Eاموعة .اليت جرى ترقيمها، وهي يف البدء خاليةمتثل يف كل آن جمموعة احلروف ′

Vاموعة لية ′ متثل يف كل آن جمموعة الرؤوس اليت مررنا ا، وكل منها حيقق وفق آ. 2ر من إنشائه خاصة كون أرقام احلروف املنبعثة منه أولية فيما بينها إذا كان عددها أكث

Vاموعة .يف البدء خالية ′

.احلروفكلما جرى ترقيم أحد 1، ويزداد مبقدار 0، يكون يف البدء iالدليل

.يؤشر يف كل حلظة إىل الرأس الذي وصلنا إليه يف جتوالنا يف البيان Xاملؤشر

عام 1991 297

)خوارزمية ترقيم حروف البيان ),G V E=. 0iضع : التهيئة 1. ú وE ′ ∅ú رأسا اختر، ثمX ما منVوضع ، V X′ ú. XE\كان إذا 2. E ′ ≠ حرفا اختر ،∅ , e X Y= من\XE E ثم ،′1i ضع، أي eاحلرف رقم 1.2. i +ú و( )e iϕ ú. E وسع 2.2. : إليها eبإضافة ′ E E e′ ′ ∪ú. X، أي ضع Yإىل أشر 3.2. Yú ع مثوس V إليها، إذا مل يكن Xبإضافة الرأس ′

: جودا فيها أصال مو V V X′ ′ ∪ú. 2.إىل اذهب 4.2. ت اموعة كان إذا 3. : \xx V E E′ ′∈ ≠ من Xما إىل رأس أشر ، غري خالية ∅

2.إىل اذهب ثم هذه اموعة، .انتهى 4.

:وهنا نالحظ ما يلي ألنهاألكثر، من املرات على kعددا 2.ال بد أن تتوقف هذه اخلوارزمية بعد املرور باملرحلة −

.بعد كل مرور يف هذه املرحلة جيري ترقيم حرف من حروف البيان− جديدينضم رأس X إىلV :يف إحدى احلاالت التالية ′

Vإىل أول عنصر ينضمX أن يكون .1طرف حرف رقمه X، عندئذ يكون ′ حرف أن يكون طرفe رقمه( )e iϕ ، دون أن يكون طرفا ألي من األحرف =

1مع jذات األرقام j i≤ حرفe تبع 2.ويف هذه احلالة إذا حتقق الشرط . >جديد e′ يشترك معe بالرأسX ق قحيو( ) 1e iϕ ′ = وعندها أي ترقيم . +

)يحقق XEلبقية حروف )gcd ( ) 1XEϕ )ألن = )gcd , 1 1i i + أما . =فعندئذ يكون 2.إذا مل يتحقق الشرط XE e=رط على ، وال شX يف هذه

.احلالةVهاء اخلوارزمية يكون عند انت − V′ من bفإذا افترضنا وجود . ، وذلك ألن البيان مترابط=V إىل ينتمي Vال نا ′ ختر Vمن a، وا لية . ′ متتا )وجدنا )0 1i i nx ≤ ≤ Vمن عناصر +

تحقق0x a= 1وnx b+ و = 10,1, , , ,i ii n x x E+∀ ∈ ∈…


نعرف 0 max : ji j x V ′= ، فيكون∋0i

u x V ′= و ∋0 1iv x V+ ′= ∉

وهنا إذا كان ,e u v= عنصرا منE Vإىل v، وجب أن ينتمي ′ وإذا 3.2.بناء على ′eكان E uE\كان ∌′ E ′ ≠ uمع ∅ V ال جيوز أن تتوقف 3.، وبناء على ∋′

.اخلوارزمية عند هذا احلدEعند انتهاء اخلوارزمية يكون − E′ Vمع العلم أن 3.ألن عدم حتقق الشرط . = V′ =

يعين أن : \xx V E E ′∀ ∈ = ∅

xوهذا يقتضي أن V xE E E∈ ′= E، ومنه ∪⊃ E′ إذن عند انتهاء اخلوارزمية نكون .= ù .قد رقمنا مجيع أحرف البيان، بأسلوب تتحقق فيه اخلاصة املرجوة

أثبت أن قياس واحدة على األقل . ABCنقطة تقع داخل X، ولتكن ABCنتأمل مثلثا أصغر أو يساوي XCAو XBCو XABمن الزوايا

6

π.

لرموز با دة لعا ل أضالع cو bو aسنرمز كا طوا أ إىل ملثلث لترتيب ABو CAو BCا Pكما سنكتب . با

] على األضالع Xداللة على مساقط Rو Qو ]BC ]و ]CA و[ ]AB تيب لتر مز . با لنر إىل rو qو pو

γو βو αبالترتيب، و XRو XQو XPاألطوال )وأخريا لنكتب . بالترتيب XCو XBو XAإىل األطوال )XYZA داللة على مساحة

.XYZمثلث

ملا كان

( ) ( ) ( ) ( )XAB XBC XCA ABC+ + =A A A A استنتجنا أن

( )2rc pa qb ABC+ + = A

A

B C

X

P

QR

عام 1991 299

ولكن

( ) ( ) ( )2 ABC BC AP BC AX XP a pα≤ ⋅ ≤ ⋅ + = +A rcإذن pa qb a paα+ + ≤ ومنه +

rc qb aα+ ≤ 2فإذا استفدنا من املتراجحة xy x y≤ استنتجنا أن +

2 rq bc aα⋅ ≤ ( )1 اثل ملا سبق، وباالستفادة من املتراجحتنيبأسلوب مم

( ) ( )

( ) ( )

2

2

ABC CA BQ b q

ABC AB CR c r

β

γ

≤ ⋅ ≤ +

≤ ⋅ ≤ +

A

A

جند 2 pr ca bβ⋅ 2و ≥ qp ab cγ⋅ ≤ ( )2

حبساب جداء ضرب املتراجحات ثم( )و 1( جند 2(8pqr αβγ≤

أو ( ) ( ) ( )

1sin sin sin

8

r p qXAB XBC XCA

α β γ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ≤ ( )3

أكرب متاما من XABو XBCو XCAلنفترض على سبيل اجلدل أن مجيع الزوايا 6

π ، عندئذملثلث يا ا ، أا مجيعا أصغر متاما من ABCنستنتج، من كون جمموعها أصغر من جمموع زوا

5

6

π ن أ ثم من )و )1

sin2

XCA )و < )1

sin2

XBC )و < )1

sin2

XAB > ، ةالتالي املتراجحة وهذا يقودنا إىل

( ) ( ) ( )1

sin sin sin8

XAB XBC XCA⋅ ⋅ >

)املتراجحة اليت تناقض أصغر XABو XBCو XCAبد أن تكون إحدى الزوايا فال 3(أو تساوي

6

π. ù


)أنشئ متتالية حمدودة . 1عددا حقيقيا أكرب متاما من αليكن )n nx ∈ℕ حققت

( ) 2, , 1i ji j i j x x i j α∀ ∈ ≠ ⇒ − ⋅ − ≥ℕ

)ذكر أن متتالية ت )n ny ∈ℕ حقيقي عدد جدتكون حمدودة إذا وM حققيny M≤ اأي .ℕمن nكان الدليل

)نتأمل اموعة ل ) ( )fP ℕ أي جمموعة األجزاء املنتهية منℕ .ف التطبيقعري

( ) ( ) ( )f: , 2k

k A

Aϕ ϕ∈

→ = ∑P ℕ ℕ

هو 2متثيله باألساس nهو التطبيق الذي يقرن بكل عدد تقابال، تقابله العكسي( )( ) ( ) ( )( )

1 1 0 2, , , ,n n nn

m mε ε ε ε− … اموعة ( ): 1n

kA k ε= =. )من Aثم لنعرف يف حالة ) ( )f

P ℕ العددAX 2: بالصيغة kA

k A

X α−

∈

= ∑.

)عنصرين من Bو Aليكن ) ( )fP ℕ حققانيA B≠ فعندها نعر ،i أصغر

Aعنصر من الفرق التناظري B∆2 ، فيكونi للفرق قامسا ( ) ( )A Bϕ ϕ− ومن ثم( ) ( ) 2iA Bϕ ϕ− ومن جهة أخرى،. ≤

( ),/ /

2 2 2k k kA B A B

k A B k B A k

X X kα α αε− − −

∈ ∈ ∈

− = − =∑ ∑ ∑ℕ

)مع ) , 1, 0,1A B kε ∈ )و − ), 0A B kε kإذا كان = i< .إذن

1

2 22 2 2

2 1i k i

A Bk i

X Xα

α α αα

∞− − −

= +

− − ≥ − = −∑

إذن( ) ( )

2 2

2 1A BX X A Bα

ααϕ ϕ− − ⋅ − ≥ −

)من Aومن جهة ثانية، أيا كان العنصر ) ( )fP ℕ كان

0

10 2

1 2k

Ak

X αα

∞−

−=

≤ ≤ =−∑

يكفي إذن أن نعرف ( )

12 12 2n nx Xα

α ϕ−−−

)لتحقق املتتالية = )n nx ∈ℕ ةاخلواص املرجو. ù

301

الثالثونو الثالثأوملبياد الرياضيات

لطبيعية ا د تحقق cو bو aأوجد مجيع األعدا ليت 1ا a b c< < لعدد > ا ويكون ( )( )( )1 1 1a b c− − 1abcقامسا للعدد − −.

ثية ثال مل )لنتأ ), ,a b c 3منℕ ملطلوب ا ف . حتقق لنعر 1aαو = 1bβو − = − 1cγو = ينا . − لد ن يكو ئذ αعند β γ1 ≤ < < ، د لعد ا يقسم لعددαβγ و ا

αβγ αβ βγ γα α β γ+ + + + + أو +( )|αβγ αβ βγ γα α β γ+ + + + +

لنعرف إذن ( )

1 1 1 1 1 1, ,F α β γ

α β γ βγ γα αβ= + + + + +

فتؤول اخلاصة املطلوبة إىلα β γ1 ≤ < )و > ), ,F α β γ ∈ ℕ

3αولكن إذا كان 4βكان ≤ 5γو ≤ ≥ ومن ثم

( )1 1 1 1 1 1 59

, , 13 4 5 20 15 12 60

F α β γ ≤ + + + + + = < فال بد أن يكون 1, 2α ∈.

2α تأمل حالة لن 6βذا كان إ . = 7γكان ≤ )ومنه ≤ ) 83842, ,F β γ ≤ ،

,3فال بد أن يكون 4, 5β ∈. 3βإذا كان )كان = ) 11

62, 3, 1F γγ = )، فإذا كان + )2, 3,k F γ= 6ا طبيعيا استنتجنا أن عدد | 11 لفوهذا خ.

5βوإذا كان )، كان = )17 8102, 5,Fγγγ

)، فإذا كان =+ )2, 5,k F γ= )عددا طبيعيا استنتجنا أن )2 5 4 17k γ− =لفوهذا خ ،.

4βإذا كان )، كان = )( )7 282, 4,Fγγγ)فإذا كان ، =+ )2, 4,k F γ=

)عددا طبيعيا استنتجنا أن )8 7 14k γ− 14عدد زوجي يقسم γ، فالعدد =14γ، إذن 5وأكرب من )، ومنه = ) ( ), , 2, 4,14α β γ =.


1αلنتأمل حالة =. ( )

( )( )1 1 1 2 1 2 11, , 1 2 3F

β γβ γ

β γ βγ βγ

+ += + + + = −

)فإذا كان )1, ,F β γ ا استنتجنا أنعددا طبيعي( )( )| 2 1 2 1βγ β γ+ ، ولكن +( )gcd ,2 1 1β β + )إذن = )| 2 1β γ )وكذلك + )| 2 1γ β +.

βولكن نعلم أن γ< 2إذن 1 2β γ+ )، وينتج من كون > )| 2 1γ β أن +2 1γ β= )وعندها يكافئ الشرط .+ )| 2 1β γ )الشرط + )| 4 3β β أو +

| 3β 1، ولكنβ 3βإذن < 7γو = )ومنه . = ) ( ), , 1, 3, 7α β γ =. α إذن لقد أثبتنا أن الشرطني β γ1 ≤ < )و > ), ,F α β γ ∈ ℕ يقتضيان

( ) ( ), , 2, 4,14α β γ )و = ) ( ), , 1, 3, 7α β γ =. )نتيقن مباشرة أن ،وبالعكس )2, 4,14 1F )و = )1, 3, 7 2F إذن جمموعة الثالثيات . =

( ), ,a b c 3منℕ حقق1 املتراجحة اليت ت a b c< < 1abcيكون العدد ، و> − )لعدد مضاعفا ل )( )( )1 1 1a b c− − )هي − )3, )و 5,15 )2, 4, 8. ù

f:أوجد مجيع التوابع احلقيقية →ℝ ℝ حققاليت ت

( ) ( )( ) ( )( )22 2, ,x y f x f y y f x∀ ∈ + = +ℝ

f:لنتأمل تابعا →ℝ ℝ ة السابقة واليتحقق العالقة التابعيسنرمز إليها ي( )E .

ن أ ت ثبا بإ أ )لنبد )0 0f ) ليكن . = )0a f= و( )1b f= يض بتعو ئذ عند ،0x y= )يف = )E جند( )

2f a a= . يض بتعو 0ثمx 1yو = جند =( ) 21f b a= 1xوأخريا بتعويض . + 0yو = )جند = ) 21f a b+ =.

جهة أوىل، وعندها يكون لدينا، من( ) ( )( )

( )( )

2 2 2

2 4

1

1 1

f a b f a f a

a f a a a

+ = + +

= + + = + +

ومن جهة ثانية،( ) ( )( )

( )( ) ( )

2 2 2

22 21

f a b f b f a

a f b a a

+ = +

= + = + +

عام 1992 303

وهكذا نستنتج أن( )

22 41 1a a a a+ + = + + 0a أن وهذا يقتضي =.

0xبتعويض )يف = )E نستنتج أن( ),y f f y y∀ ∈ =ℝ .

)بتعويض )f y مكانy ة السابقة نستنتج أنة، واالستفادة من اخلاصيف املعادلة التابعي ( ) ( ) ( ) ( )( )22 2, ,x y f x y f y f x∀ ∈ + = +ℝ

بع لتا ن fا كا ا ذ إ نه أل ، يد ا متز بع zتا y> فنا عرx z y= يكون − ها عند ،2z x y= + ومن ثم( ) ( ) ( )( ) ( )2f z f y f x f y= + ≥.

:ولنناقش كما يلي . ℝمن xليكن ن كا ا ذ )إ )f x x> ن أ مما سبق استنتجنا ،( )( ) ( )x f f x f x= هذا ≤ و

لفخ. ذا كان إ )وكذلك، )x f x> كان( ) ( )( )f x f f x x≥ = لفوهذا خ ،

.أيضا)إذن ال بد أن يكون )f x x= . هنكون قد أثبتنا أن ومن ثم( ),x f x x∀ ∈ =ℝ.

xوبالعكس، من الواضح أن التطبيق املطابق x֏ ةحقق العالقة التابعيي( )E فهو إذن التابع ، ù .الذي يحققها الوحيد

تصل بني كل نقطتني من هذه . نقاط يف الفراغ، ال تقع أي أربع منها يف مستو واحد 9نتأمل

لعدد nأوجد أصغر قيمة . اء اللون، أو غري ملونة النقاط قطعة مستقيمة زرقاء اللون، أو محر .القطع املستقيمة امللونة نضمن عندها وجود مثلث حتمل أضالعه اللون نفسه

33nلنثبت أوال أن ونني األمحر واألزرققطعة بالل 32، وذلك بإعطاء مثال جيري فيه تلوين ≤ يبين الشكل التايل هذا املثال، وقد رمزنا إىل النقاط بالرموز .دون مثلث حتمل أضالعه اللون نفسه

0:التالية 0 1 2 3 0 1 2 3( , , , , , , , , )A B B B B R R R R.


1B2B

3B

0B

1R2R

3R

0R

0A

:لتالية وجرى تلوين القطع املستقيمة وفق القواعد ا

]القطع ]0 2B B و[ ]1 3B B و[ ]0 2R R و[ ]1 3R R بدون تلوين. 0أضالع الرباعي 1 2 3B B B B 0أضالع الرباعي ، وزرقاء 1 2 3R R R R محراء. ]القطع ]( )0 0 3i iA R ≤ ]القطع ، وزرقاء ≥ ]( )0 0 3i iA B ≤ .محراء ≥0يف حالة , 3i j≤ ]تلون القطعة ≥ ]i jRB باللون األمحر إذا كانi j− ازوجي

iوباللون األزرق إذا كان j− افردي. mod4iسنكتب كالعادة iB B= وmod 4i iR R= .

: احلاالت التاليةولنناقش . ونلنفترض وجود مثلث أضالعه محراء الل

1هو ضلع يف الرباعي املثلث أحد األضالع أن يكون 2 3 4R R R R . وليكن[ ]1i iRR + ،]عندئذ جيب أن يكون الضلع الثاين ]i iRB أو[ ]2i iRB ألنه أمحر اللون، وال يبقى +

]للضلع الثالث إال أن يكون أحد الضلعني ]1i iR B+ أو[ ]1 2i iR B+ وهو يف احلالتني + .ال تقعفهذه احلالة . أزرق اللون

]أضالع املثلث هو أحد أن يكون ]0 iA B. عندئذ جيب أن يكون الضلع الثاين[ ]i iRB ]أو ]2i iB R للون + ا لضلعني . ألنه أمحر ال أن يكون أحد ا لثالث إ ا للضلع يبقى وال

[ ]0 iA R أو[ ]0 2iA R .فهذه احلالة أيضا ال تقع. ، وهو يف احلالتني أزرق اللون+

]أن يكون ]i iRB و[ ]2i iRB ضلعان يف املثلث، ولكن يف هذه احلالة يكون الضلع +]الثالث ]2i iB B .ؤدي إىل خلف، فهذه احلالة أيضا تغري ملون +

عام 1992 305

ونربهن بأسلوب مماثل . نستنتج مما سبق أنه ال يوجد مثلث أضالعه محراء اللون وفق هذا التلوين 33nإذن ال بد أن يكون . عدم وجود مثلث أزرق اللون أيضا ≥.

33nلثبت أنه يف احلقيقة ثالث قطع مستقيمة دون تلوين فال بد أن أي إذا أبقينا فقط . = .يكون هناك مثلث أضالعه حتمل اللون نفسه

جمموعة النقاط الستX ولنتأمل . لنختر ثالث نقاط متباينة من بني أطراف القطع غري امللونة .ملونة Xتني من عندئذ تكون مجيع القطع املستقيمة اليت تصل بني أي نقط. املتبقية

القطع املستقيمة اخلمس بني من حتمل ثالث قطع مستقيمة عندئذ . Xمن Aثم لنختر نقطة ما [ ]( ) \C AAC ∈X اللون نفسه، ولتكن هذه القطع هي[ ]( )0 2k kAC ≤ وعندها ال بد أن . ≥

ملثلثات 0حتمل أضالع أحد ا 1AC C 1أو 2AC C 2أو 0AC C 0أو 1 2C C C للون نفسه . ا ù .وبذا يكتمل اإلثبات

Pأوجد احملل اهلندسي للنقاط . Cللدائرة dواقعة على مماسM ، ونقطة Cنتأمل دائرة هي C، وتكون Mمتناظرتان بالنسبة إىل dعلى Rو Qاليت توجد يف حالتها نقطتان .داخال PQRالدائرة املاسة ألضالع املثلث

)حمور الفواصل، و dلنختر مجلة حماور إحداثية يكون فيها )0,r 0 معr I، إحداثيات <كز و Cمر ،( ), 0m 0معm لنقطة < ا ت ثيا ا حد أن . Mإ نفترض ن أ ميكن ئذ عند

( ), 0Q m t+ و( ), 0R m t− معt m> . اتثي إحدا ن أ )هي Pلنفترض ),x y بطريقتني، جند IPQعندئذ، حبساب مساحة املثلث

( )22 2 det ,r PQ IP IQ⋅ =

ومنه

( )( ) ( ) ( )( )22 22r x m t y r x m t m t y− − + = − − + + أو

( )( ) ( )2 22 2r y y r m t rx m t= − + + + ( )1 بطريقتني، جند IPRوبأسلوب مماثل، حبساب مساحة املثلث

( )( ) ( )2 22 2r y y r m t rx m t= − − + − ( )2


)فإذا طرحنا )من 2( وجدنا 1(

( )2 0y r m rx− + = ( )3 )وهي معادلة املستقيم املار بالنقطة )0, 2J r ا لنقطة متاسالنقطة املقابلة قطري ،d معC ،

)والنقطة )2 , 0N m نظرية نقطة متاس ،d معC بالنسبة إىلM. )وإذا مجعنا )و 1( وجدنا، tبداللة yو x، ثم أصلحنا العبارة وحسبنا 2(

2

2 2 2

2mrx

t r m

−=

− −)و )2 2

2 2 2

2r t my

t r m

−=

− −

0yيكون PQRمماسة داخال للمثلث Cبالطبع، يف حالة كون وهذه احلالة توافق إذن <2كون 2t m r> 2اال tوعندما ترسم . + 2,m r + +∞

Pترسم النقطة dاجلزء من املستقيم )الذي معادلته ′ )2 0y r m rx− + السالبة متاما، xاملوافق لقيم =dاحملمول على أي نصف املستقيم كما هو مبين يف . Nوال حيوي Jلذي يبدأ من النقطة ا، ′

:الشكل التايل

I

J

P

QR M N

C

d

d ′


. Oxyzاملنسوب إىل مجلة متعامدة تظامية 3ℝمن نقاط الفراغ S موعة منتهية لنتأمل جم ) على املستويات اإلحدائية Sاملساقط القائمة للمجموعة xzSو yzSو xySولتكن )Oxy

)و )Oyz و( )Oxz أثبت أن. بالترتيب 2

xy yz xz≤ ⋅ ⋅S S S S )داللة على Xبالرمز Xإذ رمزنا يف حالة جمموعة )card X أي عدد عناصر ،X.

عام 1992 307

)على احملاور zPو yPو xPلنعرف اإلسقاطات القائمة )Ox و( )Oy و( )Oz بالترتيب :كما يلي

( )( ) ( )

( )( ) ( )

( )( ) ( )

3 3

3 3

3 3

: , , , , 0, 0

: , , , 0, , 0

: , , , 0, 0,

x x

y y

z z

P P a b c a

P P a b c b

P P a b c c

→ =

→ =

→ =

ℝ ℝ

ℝ ℝ

ℝ ℝ

xyكما لنعرف اإلسقاطات x yP P P= yzو + y zP P P= xzو + x zP P P= + ،)وهي اإلسقاطات القائمة على املستويات )Oxy و( )Oyz و( )Oxz بالترتيب.

:كما يلي املعرفة nPاخلاصة ℕ∗من nنتأمل يف حالة

)، إذا كان Sأيا كانت اموعة املنتهية )zP n=S كان ( ) ( ) ( )2

xy yz xzP P P≤S S S S

.، فيتم املطلوبnأيا كانت قيمة nPسنثبت بالتدريج صحة اخلاصة

1n حالة )مثال لنفترض .= ) zP c=S، عندئذ يكون التطبيق

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ): , , , 0, , 0, ,xz yzP P a b c a c b c→ ×S S S ֏ متباينا وضوحا، ومن ثم

( ) ( )yz xzP P≤S S S

)ومن جهة أخرى، )xyP=S S .ثبتة املتراجحة املطلوبة وهذا يصح

( ) ( ) ( )2xy yz xzP P P≤S S S S

.صحيحة 1Pفاخلاصة

kيف حالة kPلنفترض صحة اخلاصة n< 2، معn . nP، ولنثبت صحة ≤)جمموعة منتهية تحقق Sلتكن )zP n=S .فنعر m وM بالترتيب، أصغر وأكرب

)عناصر اموعة ) ( ) : 0, 0, zPγ γ ∈ S . 2ملا كانتn mاستنتجنا أن ≤ M< .mيحقق cومن ثم إذا اخترنا عددا c M< ، وعرفنا>

( ) , , :x y z z c= ∈ <K S و( ) , , :x y z z c= ∈ ≥L S


كان ≠ ∅K و≠ ∅L و∩ = ∅K L و= ∪S K L وكان من جهة أخرى،

( ) ( ) ( )xz xz xzP P P= +S L K ) و ) ( ) ( )yz yz yzP P P= +S L K

( ) ( )xy yzP P≥S K

) و ) ( )xy yzP P≥S L

جند Lو Kبتطبيق فرض التدريج على كل من

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )xy yz xz xy yz xzP P P P P P≤ ≤L L L L S L L

و

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )xy yz xz xy yz xzP P P P P P≤ ≤K K K K S K K

ومن ثم

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )xy yz xz yz xzP P P P P≤ +S S L L K K

وهنا نستفيد من املتراجحة

( )( ) ( ) ( )2 2

0a b a b aa bb ba ab′ ′ ′ ′ ′ ′+ + − + = − ≥

لنستنتج أن( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

2xy yz yz xz xz

xy yz xz

P P P P P

P P P

≤ + +

≤

S S L K L K

S S S

ù .املطلوبة بوجه عام ، واخلاصةnPوهذا يربهن صحة اخلاصة

عام 1992 309

)، نعرف nيف حالة عدد طبيعي موجب متاما )S n طبيعي ميكن، يف حالة أي ه أكرب عددبأن . من املربعات kجمموع عدد يساوي 2nأصغر منه، كتابة k عدد طبيعي موجب

( ) ( ) 2 21

1

max : , , :k

kp k j

j

S n p k a a n a∗

=

= ∈ ∀ ∈ ∃ ∈ =

∑ℕ ℕ … ℕ

)أثبت أن 1. )24, 14n S n n∀ ≥ ≤ −.

)يحقق nوجد عددا أ 2. )2 14S n n= −.

)اليت تحقق nأثبت وجود عدد ال ائي من األعداد 3. )2 14S n n= −.

)أكثر وضوحا لتعريف يف احلقيقة، هناك صياغة )S n ما تكون أكثر فائدة يف معاجلة هذهورب ،بأنها مكونة من مجيع األعداد pDنعرف اموعة pيف حالة عدد طبيعي موجب متاما . املسألة

أي. مربعا لعدد طبيعي موجب متاما pموع الطبيعية اليت تكتب بشكل جم

( ) ( )21

1

: ,p k k kkk

k k pα α α∗≥

≥

= ∀ ∈ ∈ ∧ = ∑ ∑D ℕ ℕ

نعرف إذن، يف حالة عدد . من مربعات األعداد الطبيعية املوجبة متاما 1Dبالطبع، تتألف اموعة )، العدد nطبيعي موجب متاما )R n ه أصغر دليلبأنp حقق2ي

pn ∉ Dأي ، ( ) 2min 2 : pR n p n= ≥ ∉ D

)نتيقن مباشرة أن ف ) ( ) 1R n S n= + . 2أن نربهن أن إلثبات هذه اخلاصة يكفي 1.

213nn −∉ D . لنفترض على سبيل اجلدل وجود

عددn يساوي و أ 2ويحقق 4أكرب 2

13nn −∈ D . لية متتا توجد ذن )إ )k kα ∗∈ℕ من آن معا الشرطنياألعداد الطبيعية تحقق يف

2 2

1k

k

n kα≥

= 2و ∑

1

13 k

k

n α≥

− = ∑

) وبالطرح جند )22

13 1kkkα

≥= −∑.

4kنرى أنه يف حالة ،بوجه خاص ) لدينا ≤ )213 1 15k kkα α≥ − ≥ ،ومن ثم 4, 0kk α∀ ≥ =

2تج أن نستن ومنه 313 3 8α α= ينتمي إىل 3αفالعدد . + 0,1 ،لفألن وهذا خ ،3 3و 13 2 يربهن أنهذا التناقض . 5

213n

n−

∉ D ومن ثم( )2 13R n n≤ −

)أو )2 14S n n≤ −.


وجمموع مربعني ،يعين أنه يف آن واحد مربع كامل 2Dو 1Dأن ينتمي عدد إىل كل من 2.، أما إذا أردنا أيضا أن ينتمي ...و 169و 100و 25باألعداد هذه األعدادتبدأ قائمة . كاملني

، إذ إن169، فإننا جند أن أول هذه األعداد هو 3Dهذا العدد إىل 2 2 2 2 2 2169 13 12 5 12 4 3= = + = + +

)يحقق 13سنربهن فيما يلي أن العدد )13 169 14 155S = − أي أن. =155, 169 kk∀ ∈ ∈ Dℕ

مبالحظة أن

( ) ( ) ( )169 4 1 4 4 4 2 16 2 64 1 9x y x z y z= + − + + − + − + )نستنتج أنه إذا انتمت الثالثية ), ,x y z موعةإىل ا

( ) 3, , : 0 4 , 4 2, 2A x y z x y y z z= ∈ ≤ ≤ ≤ + ≤ℕ )إىل 169انتمى العدد )5 3 x y z+ + +D.

ن و أ ي Aمبالحظة )حتو ) ,10, 2 : 0 40x x≤ )و ≥ ) , 2,1 : 0 8x x≤ ≤ )و ) ( ) ( ) 0, 0, 0 , 0,1, 0 , 1,1, ، استنتجنا أن 0

( ) 0,1, , 52 : , ,x y z x y z A⊂ + + ∈… 5 إذن 3169 kD من kيف حالة ∋+ 0,1, , 2169وألن .…52 ∈ D استنتجنا أن

2 30,1, , 53 , 169 kk D +∀ ∈ ∈… ( )1 وكذلك، مبالحظة أن

( ) ( ) ( ) ( )169 1 4 1 4 2 4 4 2 16 2 64x y x z y z= + + + − + + − + −

)نستنتج أنه إذا انتمت الثالثية ), ,x y z موعةإىل ا ( ) 3, , : 0 4 2, 4 2, 2B x y z x y y z z= ∈ ≤ ≤ + ≤ + ≤ℕ

)إىل 169انتمى العدد )7 3 x y z+ + +D. وكما فعلنا سابقا جند ( ) 0,1, , 54 : , ,x y z x y z B⊂ + + ∈…

7إذن 3169 kD من kيف حالة ∋+ 0,1, , 1169وألن . …54 ∈ D ،من جهة ولدينا2 أخرى، 2 2

4169 4 5 2 8= + + ∈ D، استنتجنا أن

1 30,1, , 56 , 169 kk D +∀ ∈ ∈… ( )2

عام 1992 311

وأخريا، مبالحظة أن 169 (3 4 ) 1 (4 1 ) 4 (4 1 ) 16 (2 ) 64 2 9x y x z y z= + + + − + + − + − +

)نستنتج أنه إذا انتمت الثالثية ), ,x y z موعةإىل ا ( ) 3, , : 0 4 1, 4 1, 2C x y z x y y z z= ∈ ≤ ≤ + ≤ + ≤ℕ

)إىل 169انتمى العدد )9 3 x y z+ + +D . )حتوي Cومبالحظة أن ) , 9, 2 : 0 37x x≤ )و ≥ ) , 2,1 : 0 7x x≤ ≤

)و ) ( ) ( ) 0, 0, 0 , 0,1, 0 , 1,1, ، استنتجنا أن0 ( ) 0,1, , 48 : , ,x y z x y z C⊂ + + ∈…

9إذن 3169 kD من kيف حالة ∋+ 0,1, , 3169ولكن رأينا أن . …48 ∈ D ا نرى كم2أن 2 2

6169 4 2 3 12= + + ∈ D نستنتج أن 31, , 51 , 169 kk D∀ ∈ ∈… ( )3

)فإذا تأملنا )و 1( )و 2( استنتجنا أن 3( 1, ,155 , 169 kk D∀ ∈ ∈…

13Nفالعدد )يحقق = ) 2 14S N N= −. .سنبدأ بإثبات خاصتني مفيدتني 3.20nيف حالة :، تتحقق اخلاصة التالية ≤

3, 14

4 n k

nk k n −∀ ∈ ≤ ≤ ⇒ ∈ Dℕ ( )4

.ونناقش احلاالت الثالث التالية 20أكرب أو يساوي nعددا إلثبات ذلك، نتأمل

)نالحظ أوال أن ) 2 24 1 2n n x x= − إذن . +

304 n x

nx n −≤ ≤ ⇒ ∈ D

وهذا يكافئ قولنا

( ) ( )3

0 0mod 34 n k

nk k n −≤ ≤ ∧ = ⇒ ∈ D

)وكذلك نرى أن ) ( )2 2 21 4 1 2 2 1 3n n x x= − − + − إذن. +

2 31

24 n x

nx n − −

−≤ ≤ ⇒ ∈ D



( ) ( )3 5

8 2mod 34 n k

nk k n −

+≤ ≤ ∧ = ⇒ ∈ D

)وأخريا، نرى أن ) ( )2 2 22 4 1 4 2 2 3n n x x= + − + − إذن. +

1 32

54 n x

nx n − −

+≤ ≤ ⇒ ∈ D


( ) ( )3 10

16 1mod 34 n k

nk k n −

+≤ ≤ ∧ = ⇒ ∈ D

ة و و وبالنظر إىل اخلواصنستنتج صح( )4. )لنعرف اآلن اموعات )

1p p≥E بالصيغة

1 21

p p jj p≤ ≤

= ∩ ∩ ∩ =E D D D D… ∩

.عندئذ تتحقق اخلاصة التالية لدينا، ℕ∗من qو pيف حالة

( ), ,p q pqa b ab∀ ∈ × ∈E E E ( )5

)ليكن ),a b منp q×E E ل عدداولنتأم ،k موعةمن اpqℕ. kإذا كانت - q≤ . ،مبالحظة أن نستنتجkb ∈ D 1وa ∈ D، أن

2

1

k

b β=

= ∑ ℓ

ℓ

2aو α=

ومن ثم

( )2

1

k

kab b αβ=

= = ∈∑ Dℓ

ℓ

kلنفترض إذن أن - nq r= qbمبالحظة أن . qℕمن rو 1p−ℕمن n، مع + ∈ D rbو ∈ D 1وna +∈ D أن نستنتج

2 2

1 1

q r

i j

i j

b β γ= =

= =∑ 2و ∑ 2

1

n

a δ α=

= + ∑ ℓ

ℓ

)نصل إىل و كما يلي 5(

( ) ( )2 22 2

1 1 1 1

n r n q

j i nq r

j i

ab b bδ α δγ α β += = = =

= + = + ∈∑ ∑ ∑ ∑ Dℓ ℓ

ℓ ℓ

عام 1992 313

)بقتني سنستفيد من اخلاصتني السا )و 4( .اخلاصة التاليةلنربهن 5( : ني يحققان عددين طبيعيm و nإذا كان

( )2 14S n n= )و − )

2 14S m m= − )2كان ) ( ) 14S nm nm= −.

ضكافئ الفر2 قولنا يف احلقيقة، ي2

14nn −∈ E 2و2

14mm −∈ E . فإذا استفدنا من( )5 استنتجنا أن

2 22 2

( 14)( 14)n mn m − −∈ E إذن

2 2 2 21, ,( 14)( 14) , kk n m n m∀ ∈ − − ∈ D… ( )6 )وإذا استفدنا من استنتجنا أيضا أن 4(

2 2

2 22 23( 14)( 14)

, 144 n m k

n mk k n m −

− −∀ ∈ ≤ ≤ ⇒ ∈ Dℕ

2وذلك ألن دراستنا السابقة تقتضي 169n 2و ≤ 169m وهذا يكافئ .≤

2 2

2 2 2 2 2 23( 14)( 14)14

4 k

n mn m k n m n m

− −− ≤ ≤ − ⇒ ∈ D ( )7

2 حالة ولكن يف 169≥ℓ لدينا 2

2 2

14 141 1 1.1

15514 14= + ≤ + <

− −

ℓ

ℓ ℓ

ومن ثم 2 2

2 2

71.21

414 14

n m

n m⋅ < <

− −

وهذا يربهن أن2 2

2 2 2 23( 14)( 14)( 14)( 14)

4

n mn m n m

− −− < − −

)فإذا تأملنا )و 6( واملتراجحة السابقة استنتجنا أن 7( 2 2 2 21, , 14 , kk n m n m∀ ∈ − ∈ D…

)2وهذا يعين أن ) ( ) 14S nm nm= −. وهكذا نرى أن أي عددn من( ) 13 :

rr ∗∈ ℕ حقق2ي( ) 14S n n= −. ù


gQWEA DZXC

Aml

Typewriter


315

الثالثونو الرابعأوملبياد الرياضيات

ولنتأمل كثري احلدود. 1عددا طبيعيا أكرب متاما من nليكن ( ) 15 3n nP X X X −= + +

بشكل جداء ضرب كثريي حدود غري ثابتني أمثاهلما أعداد Pأثبت أنه ال ميكن كتابة .صحيحة

لنفترض وجود كثريي حدود غري ثابتني

( )0

pk

kk

A X a X=

= )و ∑ )0

qk

kk

B X b X=

= ∑

]من ]Xℤ حققاني( ) ( ) ( )P X A X B X=. 1عندئذ نرى مباشرة أنp 1qو ≤ ≥ pو q n+ 1p ويكون لدينا . = qa b 0و = 0 3a b إذن ميكن أن نفترض دون اإلقالل . =

1pمن عمومية الدراسة أن pa b= 0aوأن = ε= 0و 3b ε= مع 1,1ε ∈ −. )لنتأمل املساواة ) ( ) ( )P X A X B X= ة 3بالقياسأي يف احللقة األساسي ،[ ]3 XF مع3 /3=F ℤ ℤ . عندئذ يكون لدينا يف[ ]3 XF ،

( ) ( )

( )

( )

1 1

1

1

1

1

1n n n

pp k

k

k

qq k

k

k

P X X X X X

A X X a X

B X X b X

ε

− −

−

=

−

=

= − = −

= + +

= +

∑

∑

modإذ عرفنا 3k kb b= وmod 3k ka a= . وتقتضي املساواةP AB= أن ( ) ( ) ( )1 1nA X B X X X−= −

1ومنه |nX A B− )و، ⋅ )1gcd , 1nX A− 0ألن ،= mod 3ε إذن ال بد أن . ≠1يكون |nX B−وهذا يقتضي أن ،

1 deg 1n B q n p n− ≤ = = − ≤ − 1pومنه )و = ) 1, 1A X X X∈ − )ولكن هذا خلف ألن . + )1 9 0P = ≠ ،

)و ) ( ) 11 4 1 3 0nP −− = − + ]غري خزول يف Pإذن كثري احلدود . ≠ ]Xℤ. ù

Aml

Typewriter



، تحققABCنقطة داخل املثلث Dولتكن . مثلثا حاد الزوايا ABCليكن

2ADB ACB

π= AC و + BD AD BC⋅ = ⋅

ABاحسب النسبة 1. CD

AC BDρ

⋅=

⋅.

املارتني برؤوس 2Cو 1C للدائرتني Cأثبت تعامد املماسني املرسومني من النقطة 2. .بالترتيب BCDو ACDكل من املثلثني

ومتساوي Cلزاوية يف مثلثا قائم ا BCEمن املستوي اليت جتعل املثلث Eلنتأمل النقطة 1. )الساقني، وتقع يف نصف املستوي الذي يعينه املستقيم )BC وال حيويA. لدينافيكون

ADB ACE= وAC EC

AD BD=

وعلى وجه اخلصوص . متشاان ACEو ADBفاملثلثان لدينا BAD EAC= ومن مث

BAE DAC= وAC AE

AD AB=

اوخصوص ،ADCو ABEومنه تشابه املثلثني AB BE

AD CD=

ABأو CD AD BE⋅ = وأخريا جند. ⋅2

AB CD AD BE BE

AC BD AD BC BCρ

⋅ ⋅= = = =

⋅ ⋅

ية 2. و ا لز ا مل ضمن ملستقيمني ADBلنتأ ا ]نصفي )DX ]و )DY ني يف املماسD 1لكل منC 2 وC بالترتيب.

فيكون ADX ACD= ةة وزاوية حميطيهما زاوية مماسيألنالزاويتان تتساوى وكذلك . 1Cمن ADمشتركتني بالقوس

YDB وDCB بالقوس الشتراكهماDB 2منC . إذن ADX YDB ACB+ وهذا يربهن على أن ، =

2XDY ADB ACB π= − = .]متعامدان، وألن حمور 2Cو 1Cللدائرتني Dمن فاملماسان ]CD هو خط املركزين استنتجنا

ù .متعامدان أيضا 2Cو 1Cللدائرتني Cمن التناظر أن املماسني من

A B

C

D

E

A B

C

D

X Y

A B

C

D

E

عام 1993 317

حجرا من أحجار اللعبة يف 2nنبدأ بوضع . ةج ال ائية نلعب اللعبة التالي على قطعة شطرن بعادها كتلة مرب nعة الشكل أ n× علقفز . ، حجرا يف كل مرب احلركات املسموحة هي ا

عب شاقوليا أو أفقيا فوق مربع جماور مشغول إىل مربع خال جياوره مباشرة، وتسحب من الل .القطعة اليت جيرى املرور فوقها

يف حالتها، مع بقاء قطعة واحدة على تنتهي اللعبة، ميكن أن اليت n املطلوب هو تعيني قيم .الرقعة

.ها، مع بقاء قطعة واحدة على الرقعةعندميكن أن تنتهي اللعبة، اليت nقيم جمموعة Rلتكن 2لنالحظ أوال أن ∈ R يف الشكل التايل نكما هو مبي:

3n لنفترض أن n وأن ،≤ ∈ R 3، ولنثبت أنn + ∈ R. عةننطلق من كتلة مرب

مملوءة بعدد( )23n :املوضحة يف الشكل التايل 1Aونتأمل اخلوارزمية ،من األحجار +

1Cإىل الوضع 0Cاالنتقال من وضع البدء نرى أنه باإلمكان تكرارا 1Aبتطبيق اخلوارزمية

3nالناتج من حذف مستطيل بعداه :مبين يف الشكل التايل كما هو ×

0C 1Cn

3من حذف مستطيل آخر بعداه نتمكن تكرارا ثم بتطبيق اخلوارزمية نفسها باالتجاه اآلخر n×

املبين يف الشكل التايل، 2Cفننتقل إىل الوضع

2C

n

3C

n


3nنستفيد من كون وأخريا 3بعا نحذف مرفنفسها ثالث مرات ، لنطبق اخلوارزمية≤ 3× ،nاملوافق حلالة كتلة مربعة 3Cونصل إىل الوضع n× . وألنn ∈ R استنتجنا أن

3n + ∈ R. 4لدينا ∈ R . قنا األسلوب الذي أشرنا إليه يف الفقرة السابقة وصلنا إىليف احلقيقة، إذا طب

:الوضع املبين يف الشكل التايل

0C 1C 2C 3C :نصل إىل قطعة واحدة على الرقعة كما يلي 3Cوانطالقا من

4 فنكون قد أثبتنا أن ∈ R.

5لدينا أيضا ∈ R . قنا األسلوب الذي أشرنا إليه يف الفقرةالسابقة يف احلقيقة، إذا طب : وصلنا إىل الوضع املبين يف الشكل التايل

0C 1C 2C 3C 5أن يف احلالة السابقة استنتجنا 3Cهنا هو نفسه الوضع 3Cومبالحظة أن الوضع ∈ R.

3إذا كان n كانn ∈ R . هذه نتيجة واضحة من كون 2, 4, 5 ⊂ R ومن .اخلاصة التدرجيية

ن كا ا ذ 3إ | n ن nكا ∉ R . ان لو ننا أ ض سنفترل ا ت بعا ن مر ا لو أ بثالثة قعة ألمحر : ر ألبيض Rا ا و ،W ،عندئذ نالحظ أن انتقال . كما يف الشكل ااور . Bواألزرق

إىل مربع من أحد األلوان الثالثة، يؤدي إىل زيادة عدد حجرأي ، وإىل إنقاص عدد القطع 1ا اللون مبقدار القطع الواقعة على هذ

.1الواقعة على كل من اللونني اآلخرين مبقدار

عام 1993 319

اللون منذ بدء اللعبة حتى توقفها، مربع أمحر إىل إىل العدد الكلي لالنتقاالت rلنرمز بالرمز اللون منذ بدء اللعبة حتى توقفها، إىل مربع أبيض إىل العدد الكلي لالنتقاالت wولنرمز باملثل

.اللون منذ بدء اللعبة حتى توقفها مربع أزرق إىلإىل العدد الكلي لالنتقاالت bوبالرمز 3nلنكتب m= . عة3يف البدء كان لدينا كتلة مرب 3m m× كان مليئة باألحجار، ومن ثمحجرا موضوعا على مربعات 23mحجرا موضوعا على مربعات محراء اللون، و 23mلدينا

.حجرا موضوعا على مربعات زرقاء اللون 23mبيضاء اللون، ووإذا استفدنا من املالحظة اليت بدأنا ا نرى أنه عند انتهاء اللعبة يكون عدد األحجار املتبقية على

ء مساويا 23xمربعات محرا m r w b= + − ملتبقية على مربعات ، وعدد − ا األحجار 23yبيضاء m w r b= + − األحجار املتبقية على مربعات زرقاء عدد ، وأخريا يكون −

23z m b r w= + − وهنا نالحظ أن .−mod 2x y z≡ ≡

nوهذا يربهن أن . فال ميكن أن يبقى حجرا واحدا على الرقعة عند انتهاء اللعبة ∉ R. 3عبة أن تنتهي حبجر واحد على الرقعة إذا وفقط إذا كان العدد أثبتنا أنه ميكن لل دوهكذا نكون ق n. ùال يقسم العدد

)من املستوي نعرف Rو Qو Pيف حالة ثالث نقاط )m PQR ه يساويإذا 0بأنواحدة، أو يساوي طول أقصر ارتفاعات املثلث على استقامة Rو Qو Pكانت النقاط

PQR يف احلالة املعاكسة. كان ،من املستوي Xو Cو Bو Aأيا كانت النقاط ،أثبت أنه

( ) ( ) ( ) ( )m ABC m ABX m AXC m XBC≤ + +

ر ملقدا ن ا أ )لنالحظ )m ABC ملثلث ا ليها ABCيساوي ضعفي مساحة إ ليت سنرمز ا ،( )ABCAأي. ، مقسومة على أطول أضالع هذا املثلث

( )( )

( )

2

max , ,

ABCm ABC

AB BC CA=

A


BXو AXولنثبت يف هذه احلالة أن األطوال .ABCتقع داخل املثلث Xلنبدأ حبالة .BCأي من ABCأطول أضالع املثلث مجيعها أقصر من CXو

.يف احلقيقة، سنستفيد من اخلاصة التاليةئذ عند. نقطة ما D، ولتكن EFنقطة من القطعة املستقيمة Yلتكن

أي. DFو DEأقصر من أكرب الطولني DYيكون الطول ( )max ,DY DE DF≤

لنتأمل التابع[ ] ( )

2: 0,1 , t DE tEFϕ ϕ→ = +

ℝ

عندئذ، مبالحظة أن( ) 2 2 22t DE tDE EF t EFϕ = + ⋅ +

]من tتابع حمدب، ومن ثم يف حالة ϕنستنتج أن ]0,1،

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )1 0 1 max 0 , 1t t tϕ ϕ ϕ ϕ ϕ≤ − + ≤ ومنه

[ ] ( )0,1 , max ,t DE tEF DE DF∀ ∈ + ≤

وهذا يكافئ [ ] ( ), max ,Y EF DY DE DF∀ ∈ ≤

ولنعرف . ABCلنتأمل، إذن، مثلثا ( )max , ,L AB BC AC=

لتكن ثمX ف و. نقطة من داخل هذا املثلثلنعرC نقطة ′)تقاطع )CX مع[ ]AB. ةعندئذ باالستفادة من اخلاص ة جندالسابق

( ) ( )max , max ,AX AC AC AC AB L′≤ ≤ ≤ BXونربهن باألسلوب نفسه أن L≤ وCX L≤. ومنه نستنتج أن

( )( )

( )

( )2 2

max , ,

ABX ABXm ABX

AB AX BX L= ≥

A A

)وكذلك )( )2 AXC

m AXCL

≥A و( )

( )2 XBCm XBC

L≥A.

E

D

F

Y

A

C ′

X

B C

عام 1993 321

وملا كان لدينا( ) ( ) ( ) ( )ABC ABX AXC XBC= + +A A A A

استنتجنا أن( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2 2ABX AXC XBCm ABC

L L L

m ABX m AXC m XBC

= + +

≤ + +

A A A

.ABCداخل املثلث Xوينتهي بذلك اإلثبات يف حالة وقوع . وخارجه ABCتقع على امتداد أحد أضالع املثلث Xحالة

يف هذه احلالة ميكن، دون اإلقالل من عمومية اإلثبات، أن نفترض أن X تقع على املستقيم( )BC وأنC تقع بنيB وX . )ملا كان )BC هو نفسه( )BX استنتجنا أن

( )( ) ( )( ), ,d A BX d A BC= ( )1

Xليكن وليكن ، ABXيف Xموقع االرتفاع النازل من ′C لنازل من ′ ا الرتفاع نستنتج من . ABCيف Cموقع ا

XXتشابه املثلثني القائمني B′ وCC B′ أن

1XX BX

BCCC

′= ≥

′

) إذن )( ) ( )( ), ,d X BA d C BA≥ ( )2

B ليكن B ، وليكنABX يف B موقع االرتفاع النازل من ′′ نيرتفاعاال يموقعA′ و ′ .ABCيف Aو Bمن نيالنازل

BBلنفترض أن AA′′ عندئذ، حبساب مساحة املثلث . >′ABX ن أ نستنتج BXبطريقتني AX< . يقتضي وه ذا

ية و ا لز ا ن جحة BAXأ ا ملتر ا من و ، ة د حا ية و ا ز

2BAC BAX π< نستنتج أن ≥ sin sinBB BA BAX BA BAC BB′′ ′= > =

)وهكذا نكون أثبتنا أن )min ,BB AA BB′′ ′ ، أي≤′ ( )( ) ( )( ) ( )( )( ), min , , ,d B AX d B AC d A BC≥ ( )3

)ن وم )و 1( )و 2( )نستنتج أن 3( ) ( )m ABX m ABC≥ ،ةومنه املتراجحة املرجو.

A

B C XA′

A

B C X

X ′

C ′

A

B C XA′

B ′

B ′′


)ميكن أن نفترض أن املستقيم . لنأت إىل احلالة العامة )AX يتقاطع مع املستقيم ( )BC يفال يكون ذلك ممكنا فقط يف حالة وقوع النقاط األربع على استقامة واحدة وعندها (. Yنقطة

.لتني التاليتنيوهنا نناقش احلا ).تكون املتراجحة تافهة]حالة ]Y BC∈ . ميكن أن نكتب ما استنادا إىل احلالة

:يلي ( ) ( )m ABY m ABX≤ ( ) ( )m AYC m AXC≤

لدينا ولكن باالستفادة من احلالة ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

m ABC m ABY m AYC m ABX m AXC

m ABX m AXC m XBC

≤ + ≤ +

≤ + +

.ومنه املتراجحة املرجوة]حالة ]Y BC∉ . السابقة ميكن أن استنادا إىل احلالة

:نكتب ما يلي ( ) ( )m ABY m ABX≤ ( ) ( )m ABC m ABY≤

إذن ( ) ( ) ( ) ( ) ( )m ABC m ABX m ABX m AXC m XBC≤ ≤ + +

ù .تراجحة املطلوبةوبذا يكتمل إثبات امل

أيوجد تابع:f ∗ ∗→ℕ ℕ حققة املوجبة متاما، ويمتاما على جمموعة األعداد الطبيعي متزايد)الشرطني )1 2f )و = )( ) ( ),n f f n f n n∗∀ ∈ = +ℕ ؟

ولنالحظ أنلنفترض وجود مثل هذا التابع،

( ( )) ( ) ( ), 1

( )

f f n f n f nn

f n n n

∗∀ ∈ ⋅ = +ℕ

limفإذا كان ( ( ) / )n f n n α→∞ 2، استنتجنا مما سبق أن = 1α α= + .

A

B C

X

Y

A

B C

X

Y

عام 1993 323

1خنتار وهذا ما جيعلنا 5

2α )حبيث يكون fنبحث عن التابع و، =+ )f n قريبا منnα .

وحتديدا لنتأمل التابع: , ( ) round( ) 1/2f f n n nα α∗ ∗ → = = + ℕ ℕ

(1)من الواضح أن 2f =. 1ولدينا

2( )f n nα− .nأيا كانت قيمة ≥

:ولنالحظ ما يلي ، ℕ∗من nلتكن

2

( ( )) ( )

( ( )) ( ) ( 1) ( )

( ( )) ( ) ( 1)( ( ) ) ( 1)

( ( )) ( ) ( 1)( ( ) )

n f f n f n n

f f n f n f n n

f f n f n f n n n

f f n f n f n n

δ

α α

α α α α α

α α α

= − −

= − + − −

= − + − − + − −

= − + − −

ومن ثم ( ( )) ( ) ( 1) ( )

1 11

2 2 2

n f f n f n f n nδ α α α

α α

≤ − + − −

−≤ + = <

ولكنnδ أن يكون دفال ب صحيح 0عددnδ ، أي=, ( ( )) ( )n f f n f n n∗∀ ∈ = +ℕ


)من املصابيح nنتأمل عددا . 1عددا طبيعيا أكرب متاما من nليكن )0k k n≤ <موضوعة ¤

modkداللة على ¤kنكتب ℤمن kعلى حميط دائرة، ويف حالة n¤ . كل مصباح يأخذثم . يف البدء كانت مجيع املصابيح مضاءة . أو مطفأ ا حالة واحدة فقط من حالتني إما مضاء

)مررنا تباعا باملراحل )i is ∈ℕ يف املرحلة : املشروحة فيما يليis ر حالة املصباحنغي ،i¤ أثبت صحة . مطفأ ¤−1iونبقيه على حالته إذا كان املصباح ،مضاءا ¤−1iإذا كان املصباح :اخلواص التالية

. ، تعود بعده مجيع املصابيح لتصبح مضاءةnMد عدد موجب متاما من املراحل يوج 2pnيف حالة 2، ميكن أن نأخذ = 1nM n= −. 2يف حالة 1pn = 2، ميكن أن نأخذ + 1nM n n= − +.


)داللة على احلقل 2Fيف هذه املسألة سنستعمل الرمز املتعارف )/2 , ,⊕ℤ ℤ أي اموعة . ⊙ لقياس ⊙، والضرب ⊕مزودة باجلمع 0,1 لعدد . 2با إىل املصباح 1بالطبع سريمز ا

.إىل املصباح املطفأ 0املضاء، والعدد

)، بالرمز ℕمن iلنرمز يف اللحظة ) ( ) ( )( )0 1 1, , ,i i ii nσ ε ε ε −= 2إىل الشعاع من …

nF الذي

)ميثل حالة املصابيح )1 1, , ,i i i n+ + −…¤ ¤ i يكون املصباح أي . ¤ r+¤ ضاء يف اللحظةمi إذا وفقط إذا كان( ) 1i

rε =. ن كا لبدء ا 0يف (1,1, ,1)

n

σ = … . على ثم ملتالحقة حنصل ا حلاالت )ا ) 0i iσ لعالقة ≤ با

)التدرجيية )1i isσ σ+ هو التحويل s، و=( ) ( )2 2 0 1 1 1 2 1 1 0: , , , , , , ,n n

n n ns α α α α α α α α− − −→ ⊕F F … ֏ … )وعليه، نرى أن )0, i

ii sσ σ∀ ∈ =ℕ . وتؤول املسألة إىل البحث عن دليلk غري معدوم0kσيحقق σ=.

1tتقابل وأن تقابله العكسي sنالحظ مباشرة أن التطبيق s−= ف ببساطة بالصيغةمعر

( ) ( )2 2 0 1 1 2 1 0 1 2: , , , , , , ,n nn n n nt β β β β β β β β− − − −→ ⊕F F … ֏ …

هو تطبيق خطي على sميكن إعطاء هذه املسألة صياغة مصفوفية بسيطة إذا الحظنا أن التحويل 2الفضاء الشعاعي

nF 2على احلقلF .

2بالنسبة إىل األساس القانوين يف tو sداللة على مصفوفة كل من Tو Sلنكتب nF . فنجد

مباشرة أن0 1 0 0

0 1

0

0 0 11 0 0 1

S

=

⋯

⋱ ⋱ ⋮

⋮ ⋱ ⋱ ⋱

⋱⋯

و

0 0 1 11 0 0 0

0

00 0 1 0

T

=

⋯⋯

⋱ ⋱ ⋱ ⋮

⋮ ⋱ ⋱ ⋱⋯

Tبأنه شعاع العمود iVلنعرف وiσ أي منقول شعاع السطرiσ . فيكون

0, iii V SV∀ ∈ =ℕ

عام 1993 325

ال ميكن أن يكون التطبيق 2: 0,1, , 2 ,n nii Vϕ → F… تطبيقا متباينا ألن عدد ֏

يحققان الشرطني jو iعناصر منطلقه يزيد واحدا على عدد عناصر مستقره، فيوجد دليالن 0 2ni j≤ < jو ≥ iV V= 0، أو 0

j iS V SV= املصفوفة ولكن ،S دقلوبة إذن ال ب0أن يكون 0

j iS V V− ، وهذا يربهن أن اموعة = 0 0: S V V∗∈ =ℓℓ ℕ غريخالية، ويكفي أن نعرف 0 0min :nM S X X∗= ∈ =ℓℓ ℕ ةإثبات اخلاص ليتم

2nnM، مع األوىل ≤. 2pnنفترض أن 2يكفي أن نثبت أن. = 1n

nS I− وهنا يبدو من . ليتم املطلوب =1Tاألسهل التعامل مع املصفوفة S−= . ليكن( )Q X ز للمصفوفةكثري احلدود املميT .

أي

( ) ( )

0 1 11 0 0

0det det0

0 0 1

n

X

X

Q X T XI

X

= ⊕ =

⋯⋯

⋱ ⋱ ⋱ ⋮

⋮ ⋱ ⋱ ⋱⋯

األول جند مباشرة أن هبنشر هذا احملدد وفق سطر( ) 1nQ X X X= ⊕ ⊕

)إذن )2 1 modp

X X Q X≡ أن jونستنتج من ذلك، بالتدريج على العدد .⊕( )2 2 1 mod

p j j

X X Q X+

≡ ⊕ 1jيعطي املساواة يف حالة jإذ إن تربيع طرفي هذه املساواة يف حالة +.

jوجند يف حالة p= أن ( )

22 2 1 1 1 modp p

X X X X Q X≡ ⊕ ≡ ⊕ ⊕ ≡ )أي إن )Q X يقسم( )

22 1 1p

X X− )، ولكن − )( )gcd , 1Q X X ، إذن =( )Q X 22يقسم 1 1

p

X − 2أي − 1 1nX − )وملا كان . − ) 0Q T استنتجنا أن =2 1n

nT I− 2ثم بضرب طرفي هذه املساواة باملصفوفة . = 1nS 2جند أن − 1nnS I− = .

2وهذا يقتضي أن 10 0

nS X X− 2، ومن ثم ميكن أخذ = 1nM n= .يف هذه احلالة −

2كان 0σان حالة البدء يف احلقيقة، لقد أثبتنا أنه مهما ك: مالحظة 01nσ σ− =.


2نفترض أن 1pn = 2 أن يف هذه احلالة يكفي أن نثبت. + 1n nnS I− + = ليتم

)هو Tوفة لقد رأينا أن كثري احلدود املميز للمصف. املطلوب ) 1nQ X X X= ⊕ ⊕ . إذن

( )2 1 1 modp

X X Q X+ ≡ ⊕ أن ،jنستنتج من ذلك، بالتدريج على العدد

( )2 2 2 1 modp j j j

X X Q X+ + ≡ ⊕

1j يعطي املساواة يف حالة jإذ إن تربيع طرفي هذه املساواة يف حالة وعلى وجه اخلصوص . +jجند يف حالة p= أن

( )22 2 2 1 modp p p

X X Q X+ ≡ ⊕ جند Xوبضرب طرفي هذه املساواة باملقدار

( ) ( )22 2 1 2 1 1 1 modp p p

X X X Q X Q X+ + +≡ ⊕ ≡ ⊕ ≡ ولكن

( )2 222 2 1 1 1p p n n n n+ + = − + = − + )إذن، نستنتج مما سبق أن )Q X 2يقسم 1 1n nX − + )وملا كان . − ) 0Q T استنتجنا =

2أن 1n nnT I− + جند أن Sثم بضرب طرفي هذه املساواة بالقوة املناسبة للمصفوفة . =

2 1n nnS I− + 2إذن . = 1

0 0n nS X X− + 2، وميكن أخذ = 1nM n n= − يف +

ù .هذه احلالة

gQWEA DZXC

Aml

Typewriter


327

الثالثونو اخلامسأوملبياد الرياضيات

nℕمن اموعة Aثم نتأمل جمموعة جزئية غري خالية ، nمتاما ا طبيعيا موجبا نتأمل عدد مع ( 1, 2, ,n n=ℕ )تحقق الشرط A، ونفترض أن )… ) nA A A+ ∩ ⊂ℕ .

أثبت أن

( )

1 1

card 2a A

na

A ∈

+≥∑

)نذكر أن ¤ ) : ,A A a b a b A A+ = + ∈ ×. مل جمموعة يساوي mعدد عناصرها nℕمن Aجزئية لنتأ أو لشرط و ، 1أكرب ا تحقق

( ) nA A A+ ∩ ⊂ℕبنا عناص، ونا رتر لنفترض أنA كما يلي: 1 2 ma a a< < <⋯

1kإذا افترضنا على سبيل اجلدل أن m ka a n+ −+ أصغر أو يساوي kعند عدد طبيعي ≥12m+ موعة استنتجنا أنا

] [ 1 , : 1m k jA a a m k j m+ −∩ +∞ = + − < ≤ 1kاليت عدد عناصرها يساوي حتوي اموعة −

1 : 1j m ka a j k+ −+ ≤ ≤ إذن ال بد أن يكون. وهذا خلف واضحk اليت عدد عناصرها يساوي

1 121, , , 1mk m kk a a n+

+ − ∀ ∈ + ≥ + … 1mوبتطبيق املتراجحة السابقة على k+ 1يف حالة kبدال من −

2m k m+ < نستنتج ≥

11, , , 1k m kk m a a n+ −∀ ∈ + ≥ +… وجبمع هذه املتراجحات جند

( ) ( )2 1 carda A

a n A∈

≥ +∑

أو

( )

1 1

card 2a A

na

A ∈

+≥∑

ù .ويكتمل اإلثبات


قني لسا ا وي متسا مثلثا مل ABفيه ABCنتأ AC= . لتكنM منتصف[ ]BC ،)النقطة من املستقيم Oولتكن )AM اليت جتعل املستقيم( )OB ا علىعمودي( )AB .

لتكن من Qوأخريا ما لضلع نقطة ]ا ]BC خمتلفة عنB وC ، ولتكنE من نقطة ( )AB ولتكن ،F نقطة من( )AC . نفترض أن النقاطE وQ وF ة وتقع خمتلف نقاط

)أثبت أن املستقيمني . على استقامة واحدة )OQ و( )EF يكونان متعامدين إذا وفقط إذاQEكان QF=.

)لنفترض أوال أن ) ( )OQ EF⊥ .نستنتج من كون

2EBO OQE

π= =

رباعي دائري، ومن ثمOQEB أن الرباعي OEQ OBQ= . ونستنتج من كون

2

FCO OQFπ

= = رباعي دائري أيضا، ومن ثمOQCF أن الرباعي OFQ OCQ= . املثلث ولكنOCB

مثلث متساوي الساقني، إذن OBQ OCQ= . إذن OEQ OFQ= وهذا يربهن على ،OEمثلث متساوي الساقني فيه OFEأن املثلث OF= . فاالرتفاع[ ]OQ يف املثلثOEF ط ومن ثمهو يف الوقت نفسه متوسQE QF=.

QEوبالعكس، لنفترض أن QF= . املستقيم املار بالنقطةQ ا علىعمودي( )OQ يقطع املستقيم( )AB يفE ، ويقطع ′

)املستقيم )AC يفF E، ولنفترض جدال أن ′ E ′≠. )ملا كان ) ( )OQ E F′ أن استنتجنا مما أثبتناه يف الفقرة ⊥′

QE QF′ لزاويتني . =′ EQEوألن ا FQFو ′ متساويتان ′EQEلثني لتقابلهما بالرأس استنتجنا تطابق املث FQFو ′ وعلى وجه اخلصوص, ′

EFC FEB=

)وهذا يقتضي توازي املستقيمني )AC و( )AB لفإذن جيب أن يكون . وهذا خE E ′= ومن ثم F F )وهذا يربهن على أن . =′ ) ( )OQ EF⊥ .اإلثبات ويتم. ù

A

B C

O

F

E

QM

A

B C

OF

EQ

M

عام 1994 329

)، نعرف ℕ∗من kيف حالة عدد طبيعي موجب متاما )f k ه عدد تلك العناصر منبأناموعة 1, 2, , 2k k k+ + خانات فقط على ثالث 2وي كتابتها باألساس تاليت حت … .1مساوية

من kفيوجد على األقل عدد طبيعي ℕ∗من mمهما كان العدد الطبيعي أثبت أنه ∗ℕ حققي( )f k m= . أي أثبت أن التطبيق:f ∗ ∗→ℕ ℕ غامر. اليت حتقق mجمموعة تلك األعداد ،Aأوجد

( ) ( )card : 1k f k m= = املوجبة اليت كل منها يساوي جمموع ثالث قوى املكونة من األعداد الطبيعية Pلنتأمل اموعة

.2خمتلفة للعدد ( ) 32 2 2 : , , , 0α β γ α β γ α β γ= + + ∈ ≤ < <P ℕ

ويأخذ ،Pمن k عند أي 1التابع املميز هلذه اموعة، أي الذي يأخذ القيمة P1وليكن .Pال تنتمي إىل kعند أي 0القيمة

عندئذ نالحظ مباشرة أن( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 2 1f k f k k k k+ − = + + + − +P P P1 1 1

وهنا نستفيد من اخلاصة الواضحة 2n n∈ ⇔ ∈P P

لنستنتج أن( ) ( ), 2 2 1k k k∗∀ ∈ + = +P Pℕ 1 1

ومنه( ) ( ) ( ), 1 2 1k f k f k k∗∀ ∈ + − = +Pℕ 1

2ولكن ينتمي العدد الفردي 1k 1إذا وفقط إذا كان من الصيغة Pإىل + 2 2β γ+ مع +0γ β> 2الصيغة k، أي إذا وفقط إذا كان للعدد < 2β γ′ 0γمع +′ β′ ′> ≥ .

املكونة من األعداد الطبيعية املوجبة اليت كل منها يساوي جمموع قوتني Qلنتأمل إذن اموعة ، أي2لعدد خمتلفتني ل

( ) 22 2 : , , 0α β α β α β= + ∈ ≤ <Q ℕ


2كون لدينا يف 1k k+ ∈ ⇔ ∈P Qنرى أن ، وهكذا ( ) ( ) ( ), 1k f k f k k∗∀ ∈ + − = Qℕ 1

1nحتى 1من kوجبمع هذه املساويات عندما تتحول )، ومالحظة أن − )1 0f = ، نستنتج أن

( ) ( ) ] [( )

1

1

, card 1,n

k

n f n k n−

∗

=

∀ ∈ = = ∩∑ Q Qℕ 1

هو العنصر األول ثم يليه العدد 3فيكون العدد . ترقيما متزايدا Qلنرقم إذن عناصر اموعة .وهكذا 9، فالعدد 6، فالعدد 5

املتزايد متاما التطبيق بالتدريج لنعرف جمموعة ال ائية، Qيف احلقيقة، نستفيد من كون اموعة :ϕ ∗ → Qℕ ، ضع بو( )1 min 3ϕ = =Q فناوإذا افترضنا أننا عر ،( )kϕ يف حالة1 k n≤ )وضعنا ، > ) ( ) ( ) ( )min \ 1 , , 1n nϕ ϕ ϕ= −Q فنعرف بذلك . …

. Qإىل ℕ∗تقابال متزايدا متاما من التايل ، يتحقق التكافؤℕ∗من mذا التعريف، يف حالة هلوفقا

( ) ( ) ( ) ( ) ] [1 1 , , 1,m k m m kϕ ϕ ϕ ϕ< ≤ + ⇔ = ∩Q… ومن ثم

( ) ( ) ( ) ] [( )1 card 1,m k m f k k mϕ ϕ< ≤ + ⇔ = ∩ =Q فمثال

( )( ), 1m f m mϕ∗∀ ∈ + =ℕ .تطبيق غامر، وينتهي بذلك إثبات اخلاصة fوهذا يربهن على أن التطبيق

كما نرى أن ( ) ( ) ( ) ( ), card : 1m k f k m m mϕ ϕ∗∀ ∈ = = + −ℕ

وعلى هذا يكون

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

: card : 1

: 1 1

1 : 1 1

m k f k m

m m m

f m m

ϕ ϕ

ϕ ϕ

= = =

= + = +

= + + − ∈

A

Q

عام 1994 331

)إذ تنتج املساواة األخرية من أن انتماء العنصر السابق للعنصر )1mϕ يقتضي أنه Qإىل +( )mϕ . وألنϕ موعةصورته كامل ا غامر تطبيقQ كتبت ،A بالشكل التايل

( ) ( ) ( ) ( )( ): 1 1f u u u f= ∈ ∧ − ∈ = ∩ +A Q Q Q Q

)لنعين إذن )1∩ +Q Q . 2ليكن 2u α β= 0مع + α β≤ . Qعنصرا من >2αإذا كان 11كان ≤ 1 2 2 2u α β−− = + + + + ∉ Q⋯. 0αوإذا كان 1كان = 2u β− = ∉ Q. 1αوأخريا، إذا كان 1كان = 1 2u β− = + ∈Q.

وعليه نرى أن ( ) 1 2 2 : 1p p∩ + = + >Q Q

1pومن جهة أخرى، يف حالة ، جند<( ) ( )

( )

2 2 card 1 2 2 2 : 0

11

2

p p i jf i j p

p p

+ = + ∪ + ≤ < <

−= +

وهكذا نرى أن( ) 1

1 : 12

p pp

−= + ≥A

ù .النتيجة املطلوبة يف وهي 0أن نثبت أنه يف حالة ميكن دون عناء : مالحظة q p≤ لدينا >

( )( )1 1

2 2 2 22

q p q p p pn f n q+ −

+ ≤ < + ⇒ = + )وهذا يعرف )f n ا كانت قيمةأيn.

)أوجد مجيع األزواج ),m n من∗ ∗×ℕ ℕ 3اليت يكون عندها العدد 1n مضاعفا +1mnللعدد −.

)لنتأمل زوجا ),n m من∗ ∗×ℕ ℕ . 1ولنفترض أن العددnm 3يقسم − 1n عندئذ . + يوجد عددk من∗ℕ حققي( )3 1 1n k nm+ = يقتضي أنوهذا . −

1k nh+ 2مع = 1h km n= − ≥. ( )1


نستنتج أن hومن تعريف ( ) ( )21h m k m n n hm n+ = + − = −

ومن ثم h m n+ = ℓ 1معhm n= − ≥ℓ. ( )2 )وهكذا نرى أن الرباعية ), , ,n m hℓ 4من∗ℕ حققت

h m n+ = ℓ وhm n= + ℓ وهذا يقتضي أن

( )( ) ( )( )1 1 1 1 2n m h− − + − − =ℓ واآلخر 0فإما أحدمها . 2دين طبيعيني العدد ولكن، ليس هناك طرائق كثرية ليساوي جمموع عد

)ومنه احلاالت التالية للرباعية . أو يساوي كل منهما الواحد 2 ), , ,M n m h= ℓ.

( )2, 2, 2, 2M )، أي = ) ( ), 2, 2n m =. ( )1, 3,?, 2M )، أي = ) ( ), 1, 3n m =. ( )1, 2,?, 3M )، أي = ) ( ), 1, 2n m =. ( )2,1, 3, ?M )، أي = ) ( ), 2,1n m =. ( )3,1,2, ?M )، أي = ) ( ), 3,1n m =. ( )?, 3,1, 2M )، أي = ) ( ), 5, 3n m nألن = h m= +ℓ . ( )?,2,1, 3M )، أي = ) ( ), 5, 2n m nألن = h m= +ℓ . ( )2,?, 3,1M )، أي = ) ( ), 2, 5n m hmن أل = n= + ℓ . ( )3,?, 2,1M )، أي = ) ( ), 3, 5n m hmألن = n= + ℓ .

)وهكذا نستنتج أن الزوج ),n m موعةينتمي إىل اS التالية:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1, 2 , 2,1 , 1, 3 , 3,1 , 2, 2 , 2, 5 , 5, 2 , 5, 3 , 3, 5=S هي جمموعة Sفاموعة . يحقق اخلاصة املطلوبة Sوبالعكس، نتيقن مباشرة أن كل زوج من

ù .حلول املسألة

عام 1994 333

[اال Iليكن [1,− . −1، أي جمموعة األعداد احلقيقية اليت هي أكرب متاما من ∞+f:أوجد مجيع التوابع احلقيقية →I I حققاليت ت :

، كانIمن yو xأيا كانت ( )( ) ( ) ( ) ( )f x f y xf y y f x yf x+ + = + +

)التابع )f xx

x[تابع متزايد متاما على كل من االني ֏ [1, [و −0 [0,+∞.

f:لنتأمل تابعا →I I حقق الشروطو ي . )يحقق Iمن λلنتأمل عددا و )f λ λ= ، باختيار عندئذ نستنتج منx وy

) أن λتساويان )f µ µ= 22، معµ λ λ= 0λلنفترض أن . + ≠. 0λإذا كان µ، كان < λ> ي إىل اخللف ، وهذا، بناء علىؤدي ،

( ) ( )1 1

f fλ µ

λ µ= < =

0λوإذا كان 1كان > 0µ λ− < < يؤدي إىل اخللف أيضا ، وهذا>

( ) ( )1 1

f fµ λ

µ λ= < =

وهكذا نرى أن( )( ) ( )0f λ λ λ= ⇒ =

yولكن بوضع x= جند أن يف ( ) ( ) ( ) ( )(( 1 )) 1f x x f x x x f x

λ λ

+ + = + +

)وهذا يربهن أن ) ( )1 0x x f x+ + أو أن ،=( )

1

xf x

x= −

+

1وبالعكس، نتحقق مباشرة أن xxx −

ù .فهو احلل الوحيد للمسألة ،و يحقق ֏+

أيا كانت اموعة اجلزئية غري : تحقق اخلاصة التالية ℕ∗من Aد جمموعة جزئية أثبت وجو ملنتهية لية S ا من جمموعة األعداد األوP فيوجد عددان أحدمها من ،A واآلخر من\Aℕ وكل منهما يكتب بشكل جداء ضرب ،k عنصرا خمتلفا منS 2، معk ≥.


ليل التقابل املتزايد متامالنرقم جمموعة األعداد األوة ترقيما متزايدا متاما، أي لنتأم ( ): , nn pϕ ϕ∗ → =Pℕ

1فمثال 2p 2و = 3p 3و = 5p 4و = 7p .⋯وهكذا = نعرف ℕ∗من nد يف حالة عد

( )( ) ( )( ) : card minnV B B n B n∗= ⊂ = ∧ >ℕ ثم نضع

1n

nV V

≥= ∪

:كما يلي Aوأخريا نعرف اموعة

:kk Bp B V

∈= ∏ ∈A

حتوي مجيع األعداد األولية الفردية، ومجيع اجلداءات لعددين أوليني أصغرمها أكرب Aفاموعة .، وهكذا دواليك7، ومجيع اجلداءات لثالثة أعداد أولية أصغرها أكرب أو يساوي 5أو يساوي

عددا أوليا فرديا من pوليكن .Pجمموعة الائية وجزئية من جمموعة األعداد األولية Sلتكن kpقق يح ℕ∗من kعندئذ يوجد عددS ، اموعة p= 2وk عندئذ. فردي pألن ≤

)نعرف األعداد )1 1j j k≤ ≤ +

ℓ ا بوضع1تدرجيي k=ℓ ،وتعريف 1 min :j j rr p+ = > ∈ Sℓ ℓ

1يف حالة j k≤ ونتأمل العددين. ≥

1 2 kn p p p= ℓ ℓ ℓ… و

2 3 1k km p p p p

+= ℓ ℓ ℓ ℓ…

وهنا نالحظ أن اموعة 1 1 2, , , kB = ℓ ℓ … ℓ اليت عدد عناصرهاk ال تنتمي إىل ،kV )ألن )1min B k=، يف حني تنتمي 2 2 1, , ,k kB += ℓ … ℓ ℓ اليت عدد عناصرهاk تنتمي إىل ،kV ألن( )2 2min B k= >ℓ . وهذا يربهن على أنm ينتمي إىلA

وبذا . Sعددا أوليا من k، وكل من هذين العددين يساوي جداء ضرب Aال ينتمي nوأن ù .اإلثبات كتملي

gQWEA DZXC

335

الثالثونو السادسأوملبياد الرياضيات

مستقيم على مل ينة dنتأ متبا ط نقا بع ر تي Dو Cو Bو Aأ لتر ا ا طع . بذ تتقا]اليت قطرها 1Cالدائرة ]AC 2مع الدائرةC اليت قطرها[ ]BD يف النقطتنيX وY .

ملستقيم ا )يقطع )XY لقطعة ]ا ]BC يفZ . لتكنP ملستقيم ا من ما )نقطة )XY )يقطع املستقيم . Zخمتلفة عن )CP 1الدائرةC يف النقطتنيC وM ويقطع املستقيم ،( )BP ة ئر ا لد لنقطتني 2Cا ا ا . Nو Bيف ن أ ثبت ت أ )ملستقيما )XY و( )AM

)و )DN تتالقى يف نقطة واحدة.

طع Qلنكتب تقا نقطة على لة ال )د )AM و( )XY .لنكتب Qو طع ′ تقا نقطة على لة ال )د )DN و( )XY .

Qاملطلوب هو إثبات أن Q ′=.

ئرة AMCملا كانت لدا ا وية حميطية يف لقطر 1Cزا ا بل تقا[ ]AC ن أ استنتجنا

2AMC π= . أن على يربهن ا هذ و .رباعي دائري CMQZالرباعي

يربهن على تشابه املثلثني القائمني متساويتان، وهذا ZQAو ZCPنستنتج مما سبق أن الزاويتني

AZQ وPZC . ومنهZQ AZ

ZC PZ أو =

1ZQ AZ ZC

PZ= × ×

2AZنستنتج مباشرة أن CXAولكن من املثلث القائم ZC ZX× نإذ =

2ZX

ZQPZ

= ( )1

Qونربهن باملماثلة، انطالقا من تشابه املثلثني ZD′ وBZP أن

2ZX

ZQPZ

′ = ( )2 )ومن )و 1( ZQنستنتج أن 2( ZQ Q، أي =′ Q ù .وبذا يتم اإلثبات .=′

A B C D

Y

Z

X

Q

P

2C

1C

MN Q ′


1abcثالثة أعاد حقيقية موجبة حتقق cو bو aلتكن أثبت أن. =

( ) ( ) ( )3 3 3

1 1 1 3

2a b c b c a c a b+ + ≥

+ + +

:والشعاعني . zو yو xلنتأمل ثالثة أعداد حقيقية موجبة متاما

( )

, ,

, ,

x y zu

y z z x x y

v y z z x x y

= + + +

= + + +

)شوارتز على أن -عندئذ تنص متراجحة كوشي )2 2 2u v u v⋅ ≤ ، أي

( ) ( )2 2 2

2 2x y z

x y z x y zy z z x x y

+ + ≤ + + + + + + +

ومن ثم 2 2 2

2x y z

x y zy z z x x y

+ + ≤ + + + + +

ني احلسايب واهلندسي أنومن جهة أخرى، نعلم من املتراجحة بني املتوسط3

3

x y zxyz

+ +≤

ومن ثم 2 2 2

33

2

x y zxyz

y z z x x y≤ + +

+ + +

1فإذا طبقنا هذه املتراجحة على x

a1yو =

b1zو =

c1abcمع = ، استنتجنا =

ù .املطلوبةاملتراجحة

إذا مل يقع أي ثالث منها على Pمن نقاط املستوي حتقق اخلاصة Sنقول إن جمموعة منتهية ϕ:طبيق استقامة واحدة، ووجد ت →S ℝ ةحقق اخلاصي

( )( ) ( ) ( ), card 3A

Aϕ∈

∀ ⊂ = ⇒ = ∑T

T S T A T

) إذ رمزنا )A T موعة إىل مساحةاملثلث الذي رؤوسه نقاط اT املؤلفة من ثالثة عناصر .3nمع ، nونقول إن العدد تحقق اخلاصة Sإذا وجدت جمموعة P، يحقق اخلاصة <

P وعدد عناصرها يساويn .أوجد N 3 جمموعة األعدادn .Pاليت تحقق اخلاصة <

عام 1995 337

Sيد من اموعات إذ يوجد، يف احلقيقة، العد .Pيحقق اخلاصة 4لنالحظ أوال أن العدد رؤوس مربع ونعرف Sفمثال ميكن أن خنتار . Pوتحقق اخلاصة 4اليت عدد عناصرها يساوي

ϕ لتابع الثابت ا رؤوس مثلث Sأو خنتار . لذي يقرن بكل رأس سدس مساحة املربع بأنه اقيمة تساوي ثلث مساحة املثلث عند ϕ، ونعطي للتابع ركزه إضافة إىل م متساوي األضالع

.لتايلكما يف الشكل ا. رؤوس املثلث وناقص ثلث مساحته عند مركز املثلث 1

1

1

1 6مساحة املربع تساوي

1

1

1−

1 3مساحة املثلث تساوي

Pمن نقاط املستوي تحقق اخلاصة Sلنفترض على سبيل اجلدل وجود جمموعة منتهية : سنربهن أن هذا األمر مستحيل وذلك على مرحلتني . 5أكرب أو يساوي nوعدد عناصرها

لتطبيق ية أن ا ، ثم سنستثمر هذه اخلاصة للوصول إىل ϕسنثبت بدا ينا ال ميكن أن يكون متبا .تناقضهو الغالف P، أي إن Sي مجيع نقاط اموعة أصغر مضلع حمدب يف املستوي حيو Pليكن

.Sاحملدب للمجموعة

2Aو 1Aلنسمها ، Sمن مثلث رؤوسه نقاط P املضلع عندئذ ميكننا . Sمن 5Aو 4A، ثم لنتأمل نقطتني أخريين 3Aو

1حساب مساحة املثلث 2 3AA A بطريقتني: ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1 2 3 1 2 4 2 3 4 3 1 4

1 2 5 2 3 5 3 1 5

AA A AA A A A A A AA

AA A A A A A AA

= + +

= + +

A A A A

A A A

)تني السابقتني نستنتج مباشرة أن اوبطرح املساو ) ( )4 5A Aϕ ϕ=. سمه أحد يق عندئذ . Sعي رؤوسه نقاط من ربا P املضلع ]، ولنسمه ره اأقط ]1 3AA ه ثلثنيإىل مأحدمها على األقل، ولنسم

1 3 4AA A ها حيوي يف داخله نقطة، و5 لنسمA من ،S ،) ألن( )(card 5≥S . ي2وأخريا نسمA ل لذي مل Pرأس من ا ا

ه بعدنسم.

1A

2A 3A

4A

5A

1A

2A 3A

4A

5A


1حبساب مساحة الرباعي 2 3 jAA A A 4معj 5jأو = بطريقتني جند =( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

1 2 3 1 3 4 1 2 4 2 3 4

1 2 3 1 3 5 1 2 5 2 3 5

AA A AA A AA A A A A


+ = +

+ = +

A A A A

A A A A

)وبطرح هاتني املساواتني نستنتج مباشرة أن ) ( )4 5A Aϕ ϕ=.

5kضلعا، مع kمضلع ذو Pاملضلع ≥ ه نقاط ، رؤوس 1Aونسميها بالترتيب Pعندئذ خنتار مخسة من رؤوس . Sمن

لرباعي ومن جديد، . 5Aو 4Aو 3Aو 2Aو ا حبساب مساحة 1 2 3 jAA A A 4معj 5jأو = بطريقتني جند =

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

1 2 3 1 3 4 1 2 4 2 3 4

1 2 3 1 3 5 1 2 5 2 3 5



+ = +

+ = +

A A A A

A A A A

)وبطرح هاتني املساواتني نستنتج أيضا أن ) ( )4 5A Aϕ ϕ=. .القيمة نفسها ϕيأخذ عندمها التابع Sيف 5Aو 4Aوهكذا نكون قد أثبتنا وجود نقطتني

)يقسم املستقيم )4 5d A A= املستوي إىل نصفني حيوي أحدمها على األقل نقطتني منS 1 ونظرا إىل تساوي مساحتي املثلثني. 2Aو 1Aنسميهما 2 4AA A 1و 2 5AA A 4نستنتج أنA

)تبعدان البعد نفسه عن املستقيم 5Aو )1 2AA ما تقعان يف اجلهة نفسها بالنسبة إىل هذاوأل)و dستقيمني املستقيم استنتجنا أن امل )1 2AA ل نقطة خامسة .متوازيان3لنتأمA منS.

لذي يعينه 3Aإذا وقعت ل dيف نصف املستوي ا استنتجنا . 2Aو 1Aنقطتني وحيوي ا)و dملا سبق أن املستقيمني بأسلوب مماثل )1 3AA متوازيان، وهذا يقتضي وقوع النقاط

1A 2وA 3وA لفوهذا خ ،على استقامة واحدة. وقعت ا ذ إ ما يعينه 3Aأ لذي ا ملستوي ا لنقطتني dيف نصف ا . 2Aو 1Aوال حيوي

تساوي من ملثلثني استنتجنا ا 1مساحتي 3 4AA A 1و 3 5AA A لنقطة ا ن منتصف Mأ ،لقطعة املستقيمة ]ا ]4 5A A تقع على املستقيم ،( )1 3AA . ساويوكذلك نستنتج من تملثلثني 2مساحتي ا 3 4A A A 2و 3 5A A A لنقطة ا يضا على املستقيم Mأن نفسها، تقع أ

( )2 3A A . 3إذنM A= 3والنقاطA 4وA 5وA تقع على استقامة واحدة، وهذا . خلف أيضا4nيف حالة Pال تحقق nوهكذا نرى أن إذن . < 4=N، اإلثباتويتم. ù

1A

2A 3A

4A

5A

عام 1995 339

، إذا علمت أنه توجد متتالية من األعداد احلقيقية 0xعين أكرب قيمة ميكن أن يأخذها العدد )املوجبة متاما )0 1995k kx ≤ 0تحقق ≥ 1995x x= واملساواة ،

11

2 12k k

k k

x xx x

−−

+ = + ( )E

1يف حالة 1995k≤ ≤. لنالحظ أوال أن

( )( )1 2 12 0

2

ax a x x

x a a+ = + ⇔ − − =

)وهذا يعين أن العالقة )E تقتضي أن 1

1

1,

2k

kk

xx

x−

− ، ومن ثم أن∋

11 1

1 1

1 2, , ,

4 2k

k kk k

xx x

x x−

+ −− −

∈ ( )1

لنعرف إذن اموعة 22 :jnA n j n= − ≤ ≤

)ولنتأمل متتالية )0 2 1k k mx ≤ ≤ )تحقق العالقة + )E 1يف حالة 2 1k m≤ ≤ ولنكتب . +

0للسهولة،

2

xa و =

0

1b

x أن pعندئذ نربهن بالتدريج على العدد =

( ) ( )2 1p p px aA bA+ ∈ ∪ من اموعة pوذلك أيا كانت 0,1, 2, ,m….

0pحالة حلقيقة، يف ا. = 0 1A ، والنتيجة املطلوبة تكافئ=

0

0

11 2, ,x

xx a b∈ =

)وهي نتيجة مباشرة من العالقة )E 1يف حالةk =. 1pلنفترض صحة النتيجة يف حالة )إذن ،− ) ( )2 1 1 1p p px aA bA− − −∈ ∪.

2إذا كان2 1 2 jpx a− pمع = j p− < )استنتجنا من ، > أن 1(

( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 2 2 12 1 2 , 2 , 2 , 2j j j jp p px a a b b aA bA− − − −+ ∈ ∈ ∪

2وإذا كان2 1 2 jpx b− pمع = j p− < )استنتجنا من ،> أن 1(

( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 2 2 12 1 2 , 2 , 2 , 2j j j jp p px b b a a aA bA− − − −+ ∈ ∈ ∪

.وبذا يكتمل اإلثبات بالتدريج


)لنتأمل متتالية )0 2 1k k mx ≤ ≤ )من األعداد احلقيقية املوجبة، تحقق الشرط + )E يف حالةk من 1,2, , 2 1m 0نفترض أن ول. …+ 2 1mx x عندئذ نستنتج مما سبق أن. =+

( )00

0

1

2 m m

xx A A

x

∈ ∪ ( )2

1ال ينتمي إىل اموعة 1ولكن العدد

2 mA فالنتيجة ،( إىل 0xانتماء تكافئ 2(0

1mA

x، أو

2انتماء 0x إىلmA 0، أو انتماءx موعةإىل ا 2 :j m j m− ≤ وهذا يربهن على . ≥

0أن 2mx ≤. )وبالعكس، لنتأمل املتتالية )0 2 1k k mx ≤ ≤ :املعرفة كما يلي +

2 : 0 2

2 : 2 1

m k

k m

k mx

k m

− ≤ ≤= = +

1عندئذ نالحظ مباشرة أن

2k

k

xx لة =− 1يف حا 2k m≤ 2أن ، و ≥ 1

2

1m

m

xx

+ = .

)إذن تحقق املتتالية )0 2 1k k mx ≤ ≤ )العالقة + )E 1يف حالة 2 1k m≤ ≤ باإلضافة إىل +0املساواة 2 1 2mmx x += =.

، إذا علمنا أنه توجد 0xهي أكرب قيمة ميكن أن يأخذها العدد 2mوهكذا، نكون قد أثبتنا أن )متتالية من األعداد احلقيقية املوجبة متاما )0 2 1k k mx ≤ ≤ 0تحقق + 2 1mx x ، واملساواة =+

( )E 1يف حالة 2 1k m≤ ≤ +. 2توافق املسألة املطروحة احلالة اخلاصة 1 1995m + 997mأو = فالقيمة العظمى . =

ù .اإلثبات كتملوبذا ي. 9972هي 0xاليت ميكن أن يأخذها العدد

فيه ABCDEFنتأمل مضلعا سداسيا حمدبا AB BC CD= DEو = EF FA= و =

3BCD EFA

π= =

G وH حققانمها نقطتان تقعان داخل املضلع وت 2

3AGB DHE

π= صحة أثبت . =

املتراجحة AG BG GH DH EH FC+ + + + ≥

عام 1995 341

:على اخلاصة التالية يعتمد اإلثبات نقطة من Vولتكن . XYZالدائرة املارة برؤوس مثلث متساوي األضالع Cلتكن : خاصة

VXعندئذ . Zالذي ال حيوي XYالقوس VY VZ+ =.

لنقطة با ر ملا ا ملستقيم ا يقطع ، حلقيقة ا يا Zيف ز ا )مو )XV ئرة لدا )، ويتقاطع املستقيمان Tيف Cا )VZ و( )XT يف

S. من جهة أوىل لدينا

3XVZ XTZ XYZ

π= = =

كما إن XVZ VZT= ألن( ) ( )XV ZT . نستنتجوبوجه .األضالع امتساوي STZو XVSمن ذلك أن املثلثني

خاص، نرى أن VZ VS SZ VX ZT= + = + ( )1

ومن جهة أخرى،

3ZXT YXT VZT YZT VZY

π= − = − =

ZTوهذا يربهن على أن VY= ضنا يففإذا عو ،( VZ استنتجنا أن 1( VX VY= + ، .وهي املساواة املطلوبة

]نأيت اآلن إىل مسألتنا، ننشئ على الضلعني ]AB و[ ]ED وخارج املضلع السداسي، مثلثني ،ABCمتساويي األضالع DEFو ′ ′.

A

B

C

D

EF

GH

C ′

F ′

Cعندئذ نرى مباشرة أن النقاط Fو Dو Cترتيب نظائر النقاط هي بال Fو Aو ′ ′

)بالنسبة إىل املستقيم )BE. نرى أن وبوجه خاصCF C F′ ′=.

X

Y Z

V

T

S


ملا كان 2

3BGA

πتقع على القوس Gقطة استنتجنا أن الن =AB الذي ال حيويC من ′

ABCالدائرة املارة برؤوس املثلث املتساوي األضالع ،فإذا استفدنا من اخلاصة اليت بدأنا ا. ′ وجدنا أن

GA GB GC ′+ = ( )2

، ملا كان وكذلك 2

3DHE

πالذي ال DEتقع على القوس Hاستنتجنا أن النقطة =

Fحيوي DEFتساوي األضالع من الدائرة املارة برؤوس املثلث امل ′ فإذا استفدنا من اخلاصة . ′ اليت بدأنا ا، وجدنا أيضا أن

HD HE HF ′+ = ( )3

)فإذا استفدنا من )و 2( استنتجنا أن 3(C F C G GH HF GA GB GH HD HE′ ′ ′ ′≤ + + = + + + +

CFوهي املتراجحة املطلوبة، ألن C F′ ù .وهو املطلوب إثباته، =′

ليا فرديا pليكن و أ نعرف . عددا 2 0,1, , 2 1p p= −Z أوجد عدد عناصر ، … :التالية Bاموعة

( )( ) ( ) 2 : card 0modp k AA A p k p

∈= ⊂ = ∧ =∑B Z

)يف ما يلي، سنكتب ) ( )k XP ة منموعات اجلزئيللداللة على جمموعة اX نة مناملكوk )وسنكتب يف حالة جمموعة منتهية من األعداد الصحيحة . عنصرا )p Aµ للداللة على باقي

، أيpعلى العدد Aقسمة جمموع عناصر

( ) modpk A

A k pµ

∈

= ∑

وعتنيلنعرف ام

0 0,1, , 1A p= و …− 1 , 1, , 2 1A p p p= + −…

من mلنعرف يف حالة و 0,1, , p…و ،r من 0,1, , 1p ) اموعة ،…− ),m rB :بالصيغة التالية

( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 0 1 0 1 0 1: , ,m p mpB B B B A A B B rµ

−∪ ∈ × ∪ =P P

عام 1995 343

)مبالحظة أن ) ( )0 1 0p pA Aµ µ= نرى مباشرة أن ،=

( ) 0 : 0,

,: 0

A rp r

r

== ∅ <

B ( ) 1 : 0,

0,: 0

A rr

r

== ∅ <

B

:املعرف كما يلي aτ التقابل نتأمل( )0 0: , moda pA A k k a p k aτ → + = ⊕֏

pو والذي تقابله العكسي ه aτ − . )عنصرا من Bإذا كان و ) ( )2

ppP Z فناعر ،( )BT بالصيغة

( ) ( ) ( )1 0 1B B A B Aτ= ∩ ∪ ∩T ) نالحظ مباشرة أن )BT من عنصر( ) ( )2

ppP Z. وأنT موعةف تقابال على ايعر

( ) ( )2p

pP Zعطى تقابله العكسي بالصيغةإذ ي ، ( ) ( ) ( )1 1

1 0 1B B A B Aτ− −= ∩ ∪ ∩T

)من Bلنتأمل اآلن عنصرا ),m rB .عندئذ نالحظ مباشرة أن ( )( ) ( )( ) ( )0 0 0card card cardB A B A B A mτ∩ = ∩ = ∩ =T

وأن ( )( ) ( )1 1card cardB A B A p m∩ = ∩ = −T

وأخريا نرى أن

( )( ) ( )

( )

( )

0 1

0

1 mod

card mod

mod

pk B A k B A

k B

p

B k k p

B A k p

m r p m r

µ

∈ ∩ ∈ ∩

∈

= + +

= ∩ +

= + = ⊕

∑ ∑

∑

T

مما سبق أن وهكذا نستنتج( )( ) ( ), , pm r m m r⊂ ⊕T B B

ومن ثم ( )( ) ( )( )0, , , 1p pk m km r m k m r∀ ≥ ⊕ ⊂ + ⊕T B B

متباينا، املتراجحة التالية Tوعلى وجه اخلصوص، نستنتج من كون ( )( ) ( )( )( )0, card , card , 1p pk m km r m k m r∀ ≥ ⊕ ≤ + ⊕B B


ولكن( )( ) ( )( )card , card , pm r m pm r= ⊕B B

إذن ( )( ) ( )( )0, , 1 , card , card , pk p m r m km r∀ ∈ − = ⊕B B…

1ولكن يف حالة m p≤ )عددا أوليا، أن p، نستنتج من كون > )gcd , 1m p من ، و=)يولد الزمرة mثم أن العدد )/ ,p +ℤ ℤ فالتطبيق ،pk km r⊕֏ ف تقابال بنييعر

اموعة 0, , 1p 1، وعلى هذا نرى أنه يف حالة ونفسها …− m p≤ يكون لدينا > ( )( ) ( )( )0, , 1 , card , card , 0r p m r m∀ ∈ − =B B…

ومن ثم

( ) ( )( )0

card , card , 0r p

m r p m≤ <

= B B∪

وكذلك

( ) ( )1 0 1

card , card , 0m p r p m p

m r p m≤ < ≤ < ≤ <

= B B∪ ∪ ∪

ولكن

( ) ( ) ( )

( )

2 0 11 0

0 11

, \ ,

, 0 \ ,

pp

m p r p

m p

m r A A

m A A

≤ < ≤ <

≤ <

=

=

B P Z

B B

∪ ∪

∪

) إذن )( )2 2 card 2ppC p− = −B ،وهذا يربهن على أن

( )2 2

card 2ppC

p

−= +B


gQWEA DZXC

345

الثالثونو السابعأوملبياد الرياضيات

ما متا موجبا ا طبيعيا ىل rنعطى عدد إ مقسمة 20ورقعة مستطيلة بع واحدة ×12 . مرع إىل آخر إذا وفقط إذا ميكن االنتقال من مرب : التالية هي احلركات املسموحة على الرقعة

املهمة املطلوبة هي إجياد متتالية من االنتقاالت . rكانت املسافة بني مركزي املربعني تساوي .تقود من زاوية إىل الزاوية ااورة هلا على احلرف الطويل للرقعة

. 3أو للعدد 2مضاعفا للعدد rيلة التحقيق إذا كان بين أن املهمة مستح 1.

73rأثبت أن املهمة قابلة للتحقيق يف حالة 2. =.

97rميكن حتقيق املهمة يف حالة هل 3. ؟ =

نفترض أن جمموعة مراكز مربعات الرقعة هي اموعة ( ) , : 0 19, 0 11i j i j= ≤ ≤ ≤ ≤B لنقطة ا من النطالق ا على تنص ملهمة ا ن أ )و )0, 0S دف

)الوصول إىل )19, 0E ع إىل آخر يفوذلك بالقفز من مرب ، .rحالة كون املسافة بني مركزيهما مساوية للعدد

2 ةلنتأمل أوال حال 1. | r ، ه توجد متتاليةولنفترض على سبيل اجلدل أن( )1k k mM ≤ من ≥ تحقق Bعناصر

0 1, , 0, , 1 ,m k kM S M E k m M M r+= = ∀ ∈ − =…

) نضع ),k k kM α β= . عندئذ

( ) ( )2 21 10, , 1 , k k k kk m rα α β β+ +∀ ∈ − − + − =…

,2ولكن mod 2x x x∀ ∈ =ℤ جند 2، فإذا نظرنا إىل املساواة السابقة بالقياس 1 10, , 1 , mod2k k k kk m α β α β+ +∀ ∈ − + = +…

0وهذا يؤدي إىل التناقض 0 mod 2m mα β α β+ = ، إذ إن +19m mα β+ 0و = 0 0α β+ =

2فاملهمة مستحيلة التحقيق يف حالة | r.


3لنتأت إىل حالة | r ه توجد متتاليةولنفترض على سبيل اجلدل أن ،( )1k k mM ≤ من عناصر ≥B حققت

0 1, , 0, , 1 ,m k kM S M E k m M M r+= = ∀ ∈ − =…

)نضع كما يف السابق ),k k kM α β= . عندئذ

( ) ( )2 21 10, , 1 , 0mod 3k k k kk m α α β β+ +∀ ∈ − − + − =…

وهنا نستفيد من اخلاصة ( ) ( ) ( ) ( )2 23 | 3 | 3 | 3 |t s t s t s+ ⇔ ∧ ⇒ + ( )1

لنكتب 1 10, , 1 , mod 3k k k kk m α β α β+ +∀ ∈ − + = +…

0وهذا يؤدي إىل التناقض 0 mod 3m mα β α β+ = ، إذ إن +19m mα β+ 0و = 0 0α β+ =

3فاملهمة مستحيلة التحقيق يف حالة | r أيضا.

)إلثبات اخلاصة 2نالحظ أن الفرض 1( 2 mod 3t s= يقتضي بعد تربيع الطرفني أن −4 4 mod 3t s= 3، فإذا استفدنا من كون mod 3x x= ا كانتأيx منℤ استنتجنا ،

2أن 2 mod 3t s= 2، وهذا، باإلضافة إىل املساواة 2 mod 3t s= ، يقتضي أن −2 2 0mod 3t s= .sو tيقسم كال من 3، فالعدد =

73rلنالحظ أن العدد 2. يكتب بأسلوب وحيد جمموع =2مربعني 273 3 8= وعلى هذا فإن أي شعاع انتقال هو . +

)واحد من مثانية أشعة )8, 3± )أو ± )3, 8± وجند بعد .± :بعض احملاولة حال للمهمة املطروحة

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

Start

Finish

0, 0 0,10 11, 9

3, 8 8, 7 19, 6

11, 5 0, 4 11, 3

3, 2 8,1 19, 0

T

`

T

T

T

c

c

c

c

c

c

`

`

.وبالطبع ليس هذا احلل وحيدا

عام 1996 347

97rهنا أيضا يكتب العدد 3. 2بأسلوب وحيد جمموع مربعني = 297 4 9= على و . +)هذا فإن أي شعاع انتقال هو واحد من مثانية أشعة )9, 4± )أو ± )4, 9± ±.

)لنفترض على سبيل اجلدل أنه توجد متتالية )1k k mM ≤ تحقق Bمن عناصر ≥ 0 1, , 0, , 1 ,m k kM S M E k m M M r+= = ∀ ∈ − =…

)ضع كما يف السابق ون ),k k kM α β= . سنربهن بالتدريج على العددk أن 0, , , mod 2

4k

kk mβ

α

∀ ∈ =

… 0kيف احلقيقة، هذه النتيجة واضحة يف حالة )ألن = )0 0, 0M =. 4/لنفترض أن mod 2k kα β = يف حالةk m<. ولنناقش احلاالت التالية:

0 4kβ≤ 0modإذن . > 2kα وعليه، إما أن يكون. =

( ) ( )1 1, 9, 4k k k kα β α β+ + = ± + 1ومن ثم 1/4 mod 2 1mod 2k kα β+ + = = . أو يكون

( ) ( )1 1, 4, 9k k k kα β α β+ + = ± + )بشرط ( 3kβ 1، وعندئذ يكون > 1/4 mod 2 0mod 2k kα β+ + = = . 4 8kβ≤ 1modإذن . > 2kα وعليه، جيب أن يكون. =

( ) ( )1 1, 9, 4k k k kα β α β+ + = ± ± 1وهذا يقتضي أن يكون 1/4 mod 2 0mod 2k kα β+ + = = .

8 12kβ≤ 0modإذن . > 2kα وعليه إما أن يكون. =

( ) ( )1 1, 9, 4k k k kα β α β+ + = ± − 1ومن ثم 1/4 mod 2 1mod 2k kα β+ + = = . أو يكون

( ) ( )1 1, 4, 9k k k kα β α β+ + = ± − )بشرط ( 8kβ 1وعندئذ يكون ،< 1/4 mod 2 0mod 2k kα β+ + = = .

1وبذا نكون قد أثبتنا صحة املساواة 1/4 mod 2k kα β+ + = يف مجيع األحوال، وهذا4/ولكن ينتج من هذا أن . ينهي اإلثبات بالتدريج mod 2m mα β = ألن لفوهذا خ

( ) ( ), 19, 0m mα β 97rتناقض على أن املهمة مستحيلة يف حالة يربهن هذا ال. = =. ù .وبذا يكتمل اإلثبات


تحقق ABCنقطة داخل مثلث Pلتكن

APB ACB APC ABC− = − . بالترتيب APCو APBمركزي الدائرتني املماستني داخال يف املثلثني Eو Dكن يلو

)أثبت أن املستقيمات )AP و( )BD و( )CE تتالقى يف نقطة واحدة.

:يعتمد اإلثبات على اخلاصة التالية P املساقط القائمة للنقطة Zو Yو Xولتكن .ABCنقطة داخل مثلث Pلتكن: خاصة

) ستقيمات على امل )BC و( )CA و( )AB ترتبط عناصر املثلث . بالترتيبXYZ .بالعالقات التالية Pو Cو Bو Aبالنقاط

XYZ APC B= و − YZX BPA C= و − ZXY CPB A= −. sinXY CP C= وsinXZ BP B= وsinYZ AP A=. اإلثبات

دائري نستنتج أن AZPYمبالحظة أن الرباعي PAZ PYZ=

دائري أيضا نستنتج أن CYPXومبالحظة أن الرباعي XCP XYP=


( )

XYZ XCP PAZ

C ACP A CAP

B APC APC Bπ π

= +

= − + −

= − − − = −

ونستنتج باملماثلة أن YZX BPA C= و − ZXY CPB A= −. ]منتصف Mلتكن ]CP فتكون ،M ةمركز الدائرة املار

عندئذ بالنظر إىل املثلث .YPXCبرؤوس الرباعي الدائري MYX نالحظ أن

2MYX MXY Cπ= = ، ونالحظ −1أن

2MX MY PC= فإذا كتبنا عالقة اجليوب وجدنا. =

sin(2 ) 2 cos

XY PC

C C=

sinXYوهذا يربهن أن PC C=ونستنتج العالقتني األخريني باملماثلة ،.

A

B CX

Z

YP

CP

X

Y

M

عام 1996 349

بأا Zو Yو Xونعرف النقاط . نأيت اآلن إىل املسألة املطروحة )على املستقيمات Pمساقط النقطة )BC و( )CA و( )AB

اصة اليت أثبتناها آنفا يف اخل فإذا استفدنا من النقطة . بالترتيب استنتجنا أن XYZ XZY= فاملثلث ،XYZ مثلث متساويXYالساقني فيه XZ= . إذا استفدنا من النقطة ،وجدنا ثم

أن sin sinCP C BP B=هذا يقتضي أن، و CP BP

CA BA= ( )1

) الداخلي نقطة تقاطع املنصف Qلنعرف )CE للزاويةACP مع[ ]AP ف كذلكولنعر ،R ف الداخلينقطة تقاطع املنص ( )BD للزاويةABP مع [ ]AP.

نستنتج من خواص املنصفات أنQP CP

QA CARPو = BP

RA BA=

)فإذا استفدنا من QPوجدنا أن 1( RP

QA RAQ، وهذا يقتضي أن = R=. فاملستقيمات

( )CE و( )BD و( )AP ويكتمل اإلثبات .تتالقى يف نقطة واحدة. ù

هي جمموعة األعداد الطبيعية ℕلنذكر أن 0,1,=ℕ أوجد جمموعة مجيع التوابع . …:f →ℕ ℕ حققاليت ت

( ) ( )( ) ( )( ) ( )2, ,n m f m f n f f m f n∀ ∈ + = +ℕ

f:لنتأمل تابعا →ℕ ℕ ة املعطاةحقق املعادلة التابعيي. 0nبوضع m= أن = )نستنتج مباشرة )( ) ( )( ) ( )0 0 0f f f f f= ، ومنه +

)جند أن )0 0f =. )لنعرف اموعة )f=N ℕ أي الصورة املباشرة للتابعf . فإذا كان 0=N

)استنتجنا أن ), 0n f n∀ ∈ =ℕ نفترض إذن فيما . وهذا حل تافه للمسألة املطروحةيلي أن 0≠N ف العددونعر ، ( )min \ 0 1a = ≥N.

0nبوضع )يف العالقة التابعية، جند = )( ) ( ),m f f m f m∀ ∈ =ℕ وهذا يربهن)على أن )f x x= ا كانأيx منN. إذن( )x f x x= ⇔ ∈ N.

A

B CX

Z

YP

Q R

ED


)ليكن ),x y من×N Nعندئذ نرى مباشرة أن ،

( ) ( )( ) ( )( ) ( )f x y f x f y f f x f y x y+ = + = + = + xإذن y+ ∈ N . إذن+ =N N N وضوحا ألن االحتواء العكسي صحيح

aوبوجه خاص نستنتج أن . Nإىل 0بسبب انتماء العدد ⊂ Nℕ. )ليكن ),x y من×N N ، ولنفترض أنx y> ففنعرz x y= عندئذ. −

( ) ( )( )

( )( ) ( ) ( )

x z y f y f z f x

f f z f x f z x

+ = = = +

= + = +

ومن ثم( )z f z= إذنz ∈ N إذن ،( )− ∩ =N N Nℕ. xنكتب aعلى xبإجراء قسمة إقليدية للعدد . Nمن xليكن aq r= rمع +

من اموعة 0,1, , 1a aqوعندئذ، ألن . …− a∈ ⊂ Nℕ لنقطة ا نستنتج من rالسابقة أن x aq= − ∈ N . ولكنa وجب متاما يف هو أصغر عنصر مN . إذن ال

0rبد أن يكون )وهكذا نكون قد أثبتنا أن . = )f a=ℕ ℕوأن ،

( ) |f x x a x= ⇔

)لنضع بالتعريف ) kf k aλ= 0يف حالة k a≤ كما يف . ℕمن xعددا ولنتأمل . >xنكتب aعلى xالسابق بإجراء قسمة إقليدية للعدد aq r= من اموعة rمع +

0,1, , 1a عندئذ نرى مباشرة أن. …−( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( ) ( )

r

f x f r aq f r f aq

f f r f aq f r aq

a aqλ

= + = +

= + = +

= +

إذن

( ) modmod x af x x x a aλ= − + 0fوعلى هذا، يف حالة ≠ عدد يوجد ،a من∗ℕ ةطبيعي وأعداد ،( )0k k aλ ≤ مع >

0 0λ )تحقق = ) mod, mod x ax f x x x a aλ∀ ∈ = − +ℕ. تابعا من النمط السابق حتققنا مباشرة، ودون عناء أنه يحقق املساواة fوبالعكس، إذا كان

. تحقق اخلواص املطلوبة يف نص املسألةوهكذا نكون قد وجدنا مجيع التوابع اليت . التابعية املعطاة ù .وبذا يتم اإلثبات

عام 1996 351

طبيعيني مل عددين ما نتأ متا لعددين bو aموجبني ا من ن كال أ ن 15يحققا 16a b+ 16و 15a b− طبيعي غري معدوم كامل لعدد عما هي أصغر قيمة ميكن أن يأخذها أصغر . مرب

.هذين املربعني

ن أ ض 215لنفتر 16a b n+ 216و = 15a b m− مع = ،m وn من∗ℕ . منه و نستنتج أن

2 215 16 481n m a+ 2و = 216 15 481n m b− = ( )1

نستنتج أن 481، ثم االختصار على وجبمع مربعي هاتني املعادلتني

( )4 4 2 2481n m a b+ = + ( )2

481وهنا نالحظ أن 13 37= ×.

)، نستنتج من 13بالقياس 4 أن 2( 4 0mod13n m+ 13فإذا كان ، = n )أن العنصر نتج من ذلك )1 /13x n m−= ∈ ℤ ℤ. حقق4ي 1mod13x = − 12وعليه يكون 1mod13x = الصغرى تنصFermat مربهنة ، وهذا خلف ألن−

12على أن 1mod13x إذن ال بد أن . 13األولية مع xوذلك أيا كانت قيمة =13يكون | n 13، وهذا بدوره يقتضي أن |m أيضا.

)، نستنتج من 37بالقياس 4أن 2( 4 0mod 37n m+ 37، فإذا كان = n )نتج من ذلك أن العنصر )1 /37x n m−= ∈ ℤ ℤ . حقق4ي 1mod 37x = −

يكون 36وعليه 1mod 37x = مربهنة − لصغرى Fermat، وهذا خلف ألن ا36تنص على أن 1mod 37x إذن ال . 37األولية مع xوذلك أيا كانت قيمة =37بد أن يكون | n 37، وهذا بدوره يقتضي أن |m أيضا.

ن كال من أ نستنتج لعدد mو nوهكذا ا أن . 481هو من مضاعفات قيمة ميكن فأصغر بعني هي ملر ا أصغر فق 2481يأخذها ا تو 31، وهي 481a = 481bو ⋅ ذن . = إ فهي ù .ذان املربعانبالفعل أصغر قيمة يأخذها ه


با حمد اسيا مضلعا سد مل فيه ABCDEFنتأ ،( ) ( )AB DE و( ) ( )BC EF )و ) ( )CD FA . ن ولتكAR وCR وER ة برؤوس املثلثاتأنصاف أقطار الدوائر املار

FAB وBCD وDEF وأخريا ليكن . بالترتيبp أثبت أن. حميط املضلع

2A C E

pR R R+ + ≥

FABαلنضع BCDβو = DEFγو = نعلم . =ن 2أ

sinA

FBR

αملستقيمة . = ا لقطعة ]ا ]FB من طول أ

زيني ملتوا ا )املسافة بني املستقيمني )CB و( )EF فهو إذن]أطول من جمموع املسقطني القائمني للقطعتني ]AB و[ ]FA

)على العمودي على )CB .أي sin sinFB FA ABβ γ≥ +

]وكذلك نرى أن ]FB أطول من جمموع املسقطني القائمني للقطعتني[ ]DC و[ ]DE على)العمودي على )CB .أي

sin sinFB CD DEβ γ≥ + ومنه نرى أن

( ) ( )2 sin sinFB FA CD AB DEβ γ≥ + + + إذن

( ) ( )sin sin

4sin sinAR FA CD AB DEβ γ

α α≥ + + +

وجند بأسلوب مماثل أن( ) ( )

sin sin4

sin sinCR FA CD CB EFα γ

β β≥ + + +

( ) ( )sin sin

4sin sinER AB DE CB EFα β

γ γ≥ + + +

1جبمع املتراجحات الثالث السابقة واالستفادة من كون 2x

x+ جند ≤

( )4 2A C ER R R p+ + ≥ ù .وهي املتراجحة املطلوبة

A

BC

D

E F

α

β

γ

عام 1996 353

تحقق nو qو pلتكن ما متا جبة مو طبيعية د ا عد أ pثالثة q n+ لية . > متتا مل نتأ( )0k k nx ≤ 0تحقق ≥ 0nx x= ، إضافة إىل الشرط=

11,2, , , ,i ii n x x p q−∀ ∈ − ∈ −…

iيحققان jو iأثبت أنه يوجد عددان j< و( ) ( ), 0,i j n≠ وi jx x=.

لنعرف اموعتني

1

1

:

:

n i i

n i i

A i x x p

B i x x q

−

−

= ∈ − =

= ∈ − = −

ℕ

ℕ

)ولنضع )card Aα )و = )card Bβ مبالحظة أن .=A B∩ = nAو ∅ B∪ = ℕ

nαنستنتج أن β+ ومن جهة أخرى، مبالحظة أن. =

( ) ( ) ( )0 1 1 11

0n

n i i i i i ii i A i B

x x x x x x x x− − −= ∈ ∈

= − = − = − + −∑ ∑ ∑

pنستنتج أن qα β= 0، وبوجه خاصα 0βو < >. )لنفترض أن )gcd , 1p q )دئذ نستنتج من كون عن. = )|p qβ أن|p β . وعلى

pmβيحقق ℕ∗من mهذا يوجد qmαو = rوإذا عرفنا .= p q= استنتجنا +nαمن املساواة β+ nأن = rm= . واستنادا إىل الفرضp q n+ نستنتج أن >

2m ≥. iلنالحظ أن املساواة jx x= معj i> بالشكلكتب ت

( )

] ]( ) ] ]( )

] ]( ) ] ]( )( )

] ]( ) ( )

11

0

card , card ,

card , card ,

card ,

j

k kk i

x x

p A i j q B i j

p A i j q j i A i j

r A i j q j i

−= +

= −

= ∩ − ∩

= ∩ − − − ∩

= ∩ − −

∑

)ومنه )( )|r q j i− ولكن( )gcd , 1r q )، إذن = )|r j i− وهذا يعين أن ،j iجيب أن تكون من الشكل rλ+. بالبحث عن احلل بشكل إن هذه النتيجة هي اليت أوحت

j i r= .، وهذا ما سنفعله فيما يلي+


)لنعرف املقادير )0i i n rδ ≤ ≤ iبالصيغة − i r ix xδ += .اخلواص التالية، ولنالحظ − من جهة أوىل لدينا 1.

( )

] ]( ) ] ]( )

] ]( ) ] ]( )( )

] ]( )( )

11

card , card ,

card , card ,

card ,

i r

i k kk i

x x

p A i i r q B i i r

p A i i r q r A i i r

r A i i r q

δ

+

−= +

= −

= ∩ + − ∩ +

= ∩ + − − ∩ +

= ∩ + −

∑

ثم ومن 0,1, , , ii n r rδ∀ ∈ − ∈… ℤ. نالحظ مبناقشة احلاالت املختلفة أن ،ومن جهة ثانية 2.

( ) ( ) 1 1 1 , 0,i i i r i r i ix x x x r rδ δ+ + + + +− = − − − ∈ − 0iδلنفترض على سبيل اجلدل أن 3. من iأيا كانت ≠ 0,1, ,n r−…، عندئذ ال

1بد أن يكون 0i iδ δ + من iأيا كانت < 0,1, , 1n r− وذلك ألنه، بناء على ،…−1، يف حالة 1. 0i iδ δ + 1 جند > 2i i rδ δ +− 2.وهذا يتناقض مع ≤

1ونستنتج من كون 0i iδ δ + من iأيا كانت < 0,1, , 1n r− ، أن …− 00, , , 0ii n r δ δ∀ ∈ − >…

وبوجه خاص 00,1, , 1 , 0krk m δ δ∀ ∈ − >…

)ثم ومن )10 0

0m

krkδ δ

−

=1إذن ،∑<

00

mkrkδ

−

= ، وهذا خلف، ألن∑≠

( )( )1 1

1 00 0

0m m

kr k r kr nk k

x x x xδ− −

+= =

= − = − =∑ ∑

يف 0iهذا التناقض يربهن على أنه ال بد من وجود 0,1, ,n r−… حققي0

0iδ ، أي =

0 0i r ix x+ .، وهي النتيجة املطلوبة=)يف حالة )gcd , 1p q d= pيكفي أن نطبق الدراسة السابقة على . <

pd

′ =

pqوd

′ )واملتتالية = )0k k ny ≤ kاملعرفة بالصيغة ≥k

xy

d)، لنجد = ),i j خمتلفة عن

( )0,n حققوتi j< وi jy y= أيi jx x= .ةاإلثبات يف احلالة العام وبذا يتم. ù

355

الثالثونو الثامنأوملبياد الرياضيات

ا أعداداوأن يف املستوي نفترض أن النقاط اليت إحداثي ،واحدة عاتصحيحة هي رؤوس مربيف حالة عددين . هذه املربعات ملونة باللونني األبيض واألسود بالتناوب كما يف رقعة الشطرنج

، نتأمل مثلثا قائم الزاوية إحداثيات رؤوسه أعداد صحيحة mو n متاما طبيعيني موجبني مساحة اجلزء 1Sلتكن . وحمموالن على أضالع املربعات mو nوضلعاه القائمان طوالمها

عندئذ نعرف . مساحة اجلزء امللون باألبيض من املثلث 2Sامللون باألسود من املثلث، ولتكن ( ) 1 2,f n m S S= −.

mod2nيف حالة 1. m= احسب( ),f n m.

)أثبت أن 2. ) ( )1

, max ,2

f n m n m≤ اكان وذلك أي( ),n m 2من∗ℕ.

.3 ه ال يوجد ثابتأثبت أنC حققي( ),f n m C≤ ا كانوذلك أي( ),n m 2من∗ℕ.

لة 1. حبا أ 2nلنبد p= 2وm q= . رؤوس ن أ لنفترض و)املثلث هي النقاط ),A p q− )و − ),B p q− و( ),C p q− ،

)ثم لنضع ),D p q . عندئذ نرى مباشرة أن( )0, 0O هي مركزملستطيل ا ظر ملثلث . ABDCتنا ا ن أ رة DCBو هو صو

ABC وفق التناظرS مركزه الذيO . وأخريا إذا رمزنا بالرمزون األسود، وافترضنا أن إىل الل −1ون األبيض وبالرمز إىل الل 1)الذي مركزه ijCون املربع ل )1 1

2 2,i j+ )هو + )1 i j+− عرأينا مباشرة أن لون املربملناظر )ا )ijCS هو( ) ( )1 11 1i j i j− − − − +− = ذا وعلى ه . نفسه ijCأي هو لون −)مساحة اجلزء األسود أن نرى )1S ABC من املثلثABC تساوي مساحة اجلزء األسود

( )1S DCB من املثلثDCB . وجمموع هذين املقدارين يساوي مساحة اجلزء األسود منملستطيل ي ABDCا أ ،( )12 2S ABC pq= ثم من و ،( )1S ABC pq= ، ملا و

تعطى بالصيغة ABCاجلزء األبيض من املثلث ةكانت مساح

( ) ( )2 12S ABC pq S ABC pq= − = )استنتجنا أن )2 , 2 0f p q =.

A B

C D

O


لة لنأت إىل 2حا 1n p= 2و + 1m q= لنقاط . + ا ملثلث هي ا ولنفترض أن رؤوس ( )1 1

2 2,A p q− − − )و − )1 12 2,B p q+ − )و − )1 1

2 2,C p q− − لنضع + ثم ،( )1 1

2 2,D p q+ بق . + لسا ا ، وكما يف نرى مباشرة أن عندئذ ،( )0, 0O هي مركز تناظر املستطيلABDC . وأن املثلثDCB زنا وأخريا إذا رم. Oالذي مركزه Sوفق التناظر ABCهو صورة إىل اللون األسود، وافترضنا −1إىل اللون األبيض وبالرمز 1بالرمز

)الذي مركزه ijCأن لون املربع ),i j هو( )1 i j+− رأينا مباشرة)املربع املناظر أن لون )ijCS هو لونijC وعلى هذا نرى . نفسه

د ألسو ا ء جلز ا حة )مسا )1S ABC ملثلث ا ألسود ABCمن ا ء جلز ا حة مسا ي و تسا( )1S DCB من املثلثDCB . وجمموع هذين املقدارين يساوي مساحة اجلزء األسود من)وكذلك األمر بالنسبة إىل اجلزء األبيض ، ABDCاملستطيل )2S ABC، ومن ثم

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 11

12

1 11 1

2 2

q pi j

j q i p

p qi j

i p j q

S ABC S ABC +

=− =−

=− =−

− = −

= − − =

∑ ∑

∑ ∑

) إذن )1

2 1,2 12

f p q+ + =.

mod2nإن أسلوب التناظر الذي اتبعناه سابقا، يفقد أمهيته يف حالة كون 2. m≠ إذ ليس ،لنتأمل حالة . يف هذه احلالة اللون نفسه بالنسبة إىل منتصف وتر املثلث القائم للمربعات املتناظرة

2 1n p= 2mو + q=. )سنفترض أن رؤوس املثلث هي )0, 0A و( )2 1, 0B p +

)و )0, 2C q . ف النقطةوسنعر( )2 , 0B p′. عندئذ نرى مباشرة أن

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )1 1 1

2 2 2

S ABC S AB C S B BC

S ABC S AB C S B BC

′ ′= +

′ ′= +

)ولكن رأينا أن ) ( )1 2S AB C S AB C′ إذن =′

( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2S ABC S ABC S B BC S B BC′ ′− ≤ +

A B

C D

O

A B

C

B ′

عام 1997 357

)ولكن اموع ) ( )1 2S B BC S B BC′ BBيساوي مساحة املثلث +′ C′ أيq ، وهكذا نكون قد أثبتنا أن

( ) ( )1

2 1,2 max 2 1,22

f p q q p q+ ≤ ≤ +

)زوجي لدينا mفردي و nإذن يف حالة ) ( )12, max ,f n m n m≤ . ،هومبالحظة أن

)بوجه عام لدينا ) ( ), ,f n m f m n= ه يف حالةنستنتج مما سبق أنmod2n m≠ )تتحقق املتراجحة ) ( )1

2, max ,f n m n m≤ .فق نتيجة السؤال وهي صحيحة وضوحا، وmod2nاألول، يف حالة m= .إذن

( ) ( ) ( )12, , , max ,n m f n m n m∗∀ ∈ ≤ℕ

ر 3. ملقدا ا قيمة بدقة )لنحسب )2 1, 2f p p+ . سنفترضلنقاط ا ملثلث هي ا )أن رؤوس )0, 0A و( )2 1, 0B p +

)و )0, 2C p . لنقطة ا )وسنعرف )2 , 0B p′ . نرى عندئذ مباشرة أن

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )1 1 1

2 2 2

S ABC S AB C S B BC

S ABC S AB C S B BC

′ ′= +

′ ′= +

)ولكن رأينا أن ) ( )1 2S AB C S AB C′ إذن =′

( ) ( ) ( ) ( )

( )1 2 1 2

12

S ABC S ABC S B BC S B BC

S B BC p

′ ′− = −

′= −

BBألن مساحة املثلث C′ تساويp . ولكن( )1S B BC′ تساوي جمموع مساحات)املثلثات )0 2k k k k pA B C ≤ اليت رؤوسها >

( )2 ,kA p k k− و( )( )2 1 2,

2k

p p kB k

p

+ − )و )2 1

2 ,2 1k

p kC p k

p

+ − +

إذن

( )( )

( )

( )

2 1 2 12

10 0

22

1

1 12

2 4 2 1

1 4 1

4 2 1 12

p p

k k k k

k k

p

k

S B BC A B AC p kp p

pk

p p

− −

= =

=

′ = ⋅ = −+

+= =

+

∑ ∑

∑

A B

C

B ′


هذا يقتضي أن و

( ) ( )1 24 1 1 2

6 6

p pS ABC S ABC p

+ −− = − =

ومن ثم

( )2 1

2 1,26

pf p p

−+ =

إذن ( )lim 2 1,2

pf p p

→∞+ = +∞

ù . وبذا يتم اإلثبات. حمدودا fفال ميكن أن يكون التابع : fة إىل الصيغة التالية للتابع قد يكون من املفيد اإلشار: مالحظة

( ) ( ) , 1 d dnx nyf n m nm x y+

∆

= −∫∫

)و ) , : 1x y x y+ +∆ = ∈ × + ≤ℝ ℝ.

املارة Cالدائرة Cو Bتقسم النقطتان . غر زواياههي أص Aالزاوية ABCنتأمل مثلثا القوس، انقطة من هذ Uلتكن. Aإىل قوسني أحدمها ال حيوي النقطة ABCبرؤوس املثلث

]يالقي حمورا القطعتني املستقيمتني ]AB و[ ]AC املستقيم( )AU يفV وW ،بالترتيب)ويتقاطع املستقيمان )BV و( )CW يف النقطةT . أثبت أنAU TB TC= +.

، ABCإىل زوايا املثلث Cو Bو Aلنرمز اختصارا . أول حل عندئذ نستنتج من كون . UACإىل قياس الزاوية θولنرمز بالرمز

W تقع على حمور[ ]AC أنACW θ= وهذا يقتضي أن ، TCB C θ= وجند باملماثلة أن . − ABV A θ= ومن −

ثم CBT B Aθ= + ومنه نستنتج أن. −

( ) ( ) 2BTC C B A Aπ θ θ= − − − + − =

وجدنا أن BTCفإذا طبقنا عالقة اجليب على املثلث

( )

( )sin sin

sin(2 ) sin(2 )

BC BCTB C B A

A Aθ θ= − = + +

A

B

CU

V

W

T

θ

عام 1997 359

وكذلك

( )sin

sin(2 )

BCTC B A

Aθ= + −

ولكن ( ) ( ) ( ) sin sin 2 sin cosB A B A B Aθ θ θ+ + + + − = +

إذن

( ) ( )sin sin

sinsin

BC ABTB TC B B

CAθ θ+ = + = + ( )1

ولكن لدينا من جهة أخرى . ABCاستفدنا من عالقة اجليب يف املثلث وقد CBU CAU θ= و = AUB ACB C= =

، لدينا ABUإذن يف املثلث AUB C= و ABU B θ= ، فإذا طبقنا عالقة اجليب + من جديد وجدنا

( )sin sin

AB AU

C B θ=

+

)نا يف وإذا استفدنا من هذه النتيجة وعوض TBوجدنا أن 1( TC AU+ وهي النتيجة . = .املطلوبة

)مندد املستقيم . ثان حل )CW ليقطع الدائرة يفX . من جهة أوىل لدينا

BXC BAC A= = ةومن جهة ثاني

XBT XBA ABT XCA BAU

UAC BAU BAC A

= + = +

= + = =

BTمتساوي الساقني فيه TXBفاملثلث TX= ة املساواةنكون قد أثبتنا صح ومن ثم ،BT TC CX+ ولكن. =

XBC XBA B UAC B UBC B ABU= + = + = + = XCسابقتني متساويان أيضا، أي فطوال الوترين اللذين يقابالن الزاويتني ال AU= .نكون و

BTقد أثبتنا صحة املساواة TC AU+ =. ù

A

B

CU

V

W

TX


)نتأمل أعدادا حقيقية )1k k nx ≤ :الشرطني تحقق ≥

1 2 1nx x x+ + + و ⋯≥1

1max

2ii n

nx

≤ ≤

+≤

أي تقابل على اموعة (، nSمن σأثبت وجود تبديل ( 1, ,n n=ℕ ، يحقق…

( )1

1

2

n

kk

nkxσ

=

+≤∑

)نكتب nSمن σيف حالة ) ( )1

n

kk

f kxσσ=

= ولنفترض على سبيل اجلدل أن. ∑

( )1

,2n

nfσ σ

+∀ ∈ >S ( )H

)ة أن نفترض أن ميكننا دون اإلقالل من عمومية املناقش )1

0n

kkf id kx

== ، على أن ∑<

)نستبدل املتتالية )1i i nx ≤ )باملتتالية −≥ )1i i nx ≤ نعرف عندئذ اموعة .إذا دعت احلاجة ≥( ) ( ) : 1 /2n f nσ σ= ∈ > +A S

idلدينا إذن ∈ A . )، ولتكن Aعنصرا من σليكن ), 1i i iτ = 1iاملناقلة اليت تبادل بني العنصرين + +

، دون أن تؤثر على بقية العناصر عندئذiو( ) ( )

( ) ( ) ( )1

, 1

1i k i i

k i i

f kx ix i xσ σ σσ τ +∉ +

= + + +∑

ومن ثم ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 1

1

1 1i i i i i

i i

f f ix i x ix i x

x x

σ σ σ σ

σ σ

σ τ σ + +

+

− = + + − − +

= −

إذن

( ) ( 1)( ) ( ) 1i i if f x x nσ σσ τ σ +− = − ≤ +

وهذا يقتضي أن

( ) ( ) ( )1

12i

nf f nσ τ σ

+≥ − + > −

)فإذا استفدنا من )H استنتجنا من ذلك أن( )1

2i

nf σ τ

+iσ، إذن < τ ∈ A.

فنكون قد أثبتنا أن 1, , 1 , , ii n σ σ τ∀ ∈ − ∀ ∈ ∈A A… ( )1

عام 1997 361

)ومبالحظة أن املناقلة )1,i iρ دون أن تؤثر على بقية األعداد 1و iاليت تبادل بني العددين =2تحقق، nℕمن 1ρ τ= و

1i i i iρ τ ρ τ+ = 2يف حالة i n≤ < )نستنتج أن املناقالت )1i i nτ ≤ )تولد املناقالت > )1i i nρ < )، فإذا استفدنا من ≥ وجدنا 1( 2, , , , ii n σ σ ρ∀ ∈ ∀ ∈ ∈A A… ( )2

iوأخريا، يف حالة j≠ كتب املناقلةت ،ijλ بادل بني العدديناليت تi وj دون أن تؤثر علىij، بالشكل nℕبقية األعداد من i j iλ ρ ρ ρ= 2iيف حالة 2jو ≤ ، يف حني ≤

1jلدينا jλ ρ= . إذن تولد املناقالت( )1i i nρ < )مجيع املناقالت ≥ )1ij i j n

λ ≤ < ، فإذا ≥

)نا من استفد وجدنا 2( ( ), , ,n n iji j σ σ λ∀ ∈ × ∀ ∈ ∈A Aℕ ℕ ( )3

)ولكن من املعروف أن املناقالت )1ij i j n

λ ≤ < إذن نستنتج من . nSتولد مجيع التباديل يف ≥

)ومن ،ذلك n أن ،3( ⊂ AS أي

( )1

,2n

nfσ σ

+∀ ∈ >S ( )4

املعرف بالعالقة nSمن 0σوعلى وجه اخلصوص إذا تأملنا التبديل ( )0, 1nk k n kσ∀ ∈ = + −ℕ

وجدنا

( ) ( )

( )

( ) ( )

0 11 1

1 1

1 1

1

1 1

n n

k n kk k

n n

k k

k k

n n

k kk k

f f id kx kx

kx n k x

n x n x

σ + −= =

= =

= =

+ = +

= + + −

= + = +

∑ ∑

∑ ∑

∑ ∑

)وهذا يؤدي، باالعتماد على ، إىل التناقض4(

( ) ( ) ( )01

1 1 1n

kk

n f f id n x nσ=

+ < + ≤ + ≤ +∑

)فالفرض )H خاطئ ضيوجد و، فرσ منnS حيقق( )121

n nkk

kxσ+

=≤∑. ù


)نقول إن املصفوفة املربعة )( ) 2, nij i j

A a ∈=ℕ

)من )nM ℝ ة إذا حققتمصفوفة فضي :الشرطني التاليني

تنتمي إىل اموعة Aمجيع أمثال املصفوفة 2 1 1, 2, , 2 1n n− = −ℕ ، أي…( ) 2

2 1, ,n ij ni j a −∀ ∈ ∈ℕ ℕ 2معا مجيع عناصر iوالسطر iحيوي العمود nℕمن iأيا كان 1n−ℕ أي ،

2 1, : :n ik n ki n ni a k a k −∀ ∈ ∈ ∪ ∈ =ℕ ℕ ℕ ℕ :أثبت صحة ما يلي

1997nضية يف حالة فال توجد مصفوفة 1. =.

.جمموعة غري منتهية nليت توجد يف حالتها مصفوفات فضية من املرتبة ا nجمموعة قيم 2.لتحقيق ذلك . عددا زوجيا nكان nمصفوفة فضية من املرتبة إذا وجدت لنربهن أوال أنه 1.

:نعرف اموعات التالية ( )

( )

, , :

, , :

n i n

n j n

i L i k k

j C k j k

∀ ∈ = ∈

∀ ∈ = ∈

ℕ ℕ

ℕ ℕ

)ثم نتأمل مصفوفة فضية )( ) 2, nij i j

A a ∈=ℕ

من اموعة k، ونعرف يف حالة nمن املرتبة

2 1n−ℕ موعةا( ) , :k ijM i j a k= عندئذ يكون لدينا. =

( ) ( ) ( )1 1

card card cardn n

k k i k ii i

M M L M C= =

= ∩ = ∩∑ ∑

ومن ثم

( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )

( ) ( )

( )

1

1

1

1

2 card card card

card card

card ,

card :

n

k k i k i

i

n

k i i k i ii

n

ki

n ii

M M L M C

M L C M L C

n M i i

n i a k

=

=

=

↵

= ∩ + ∩

= ∩ ∪ + ∩ ∩

= + ∩

= + ∈ =

∑

∑

∑

ℕ

معا، ومن ثمi والعمود iيظهر مرة واحدة فقط يف السطر kاستفدنا من كون العنصر وقد)جيب أن يكون )( )card 1k i iM L C∩ ∪ =.

عام 1997 363

ولكن إذا كانت مجيع اموعات ( )1 2 1:n ii k ni a k ≤ ≤ −∈ =ℕ غري خالية استنتجنا أن nℕمن كوا منفصلة مثىن مثىن، واجتماعها حمتوى يف

( ) ( )2 1

1

card card : 2 1n

n n iik

n i a k n−

== ≥ ∈ = ≥ −∑ℕ ℕ

)إال يف احلالة التافهة (ذا خلف، وه 1n حتقق 0kإذن البد من وجود . =

0:n iii a k∈ = = ∅ℕ )وعندها يكون )

02 card kn M= وهذا يقتضي أنn 1997وعليه، ملا كان .زوجي عدد

.1997عددا فرديا فال توجد مصفوفة فضية من املرتبة 2pnسنربهن أنه يف حالة 2. )توجد مصفوفة فضية = )pA 2رتبة من املp أمثال قطرها

يف احلقيقة، ميكن أن خنتار مثال .1تساوي مجيعا العدد

( )11 2

3 1A

=

)و )2

1 2 4 63 1 7 4

5 6 1 27 5 3 1

A

=

1pيف حالة 2pأو = )نفترض أننا أنشأنا ل. = )pA ولتكن ،pI ة مناملصفوفة الواحديعندئذ نعرف . 1اليت مجيع أمثاهلا تساوي 2pاملصفوفة من املرتبة pJ، ولتكن كذلك 2pاملرتبة ( )1pA :كتليا كما يلي +12pمن املرتبة +

( )

( ) ( )

( ) ( )

1

11

2

2

p p pp p

pp p p

p

A A I JA

A J A

+

++

− + = +

)فإذا رمزنا )iL M و( )jC M بالترتيب إىل عناصر السطرi وعناصر العمودj من1، وجدنا يف حالة Mمصفوفة 2pi≤ لدينا ≥

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )( )

1 1 1 1

1 1 1

2 \ 1 2

2

p p p p pi i i

p p p pi i i

L A L A L A

C A C A C A

+ + − +

+ + −

= ∪ + ∪

= ∪ +

ومن ثم ( )( ) ( )( ) ( )1 1 21 1 1

2 2 1 2 12p p pp p p

i iL A C A + + ++ + +

− −∪ = ∪ + =ℕ ℕ ℕ )وجند باملماثلة )( ) ( )( ) 2

1 12 1p

p pi iL A C A +

+ +−∪ = ℕ 12حالة يف 2p pi +< ≤ .

)فاملصفوفة )1pA ù . ويتم اإلثبات. مصفوفة فضية +


)أوجد مجيع األزواج ),a b حقق املة املوجبة متاما اليت تساواةمن األعداد الطبيعي 2b aa b=

:لنبدأ باملالحظة التالية nهي أعداد طبيعية وأن mو nو bو aلنفترض أن : خاصة ma b= . فناعندئذ إذا عر

( )gcd ,m nδ m، وكتبنا = δµ= وn δν= اوجدنا عددا طبيعي ،c حققيa cµ= وb cν=.

اإلثبات حلقيقة، استنادا إىل املربهنة األساسية يف احلساب يف ا

p

p

a pα

∈= ∏

P

pو

p

b pβ

∈= ∏

P

)جمموعة األعداد األولية، واجلماعتان Pمع )p pα ∈P و( )p pβ ∈P مجاعتان شبه معدومتني

وعليه يكون. ℕمن p pn m

p p

p pα β

∈ ∈=∏ ∏

P P

,، أن δوبسبب الوحدانية نستنتج، بعد االختصار على p pp να µβ∀ ∈ =P . ولكن

)نستنتج من كون )gcd , 1ν µ pأن = pβ νλ= وp pα µλ= ا كان العددوذلك أيpفإذا عرفنا . pاألويل

pc pλ

∈=∏ P

aاستنتجنا من ذلك أن cµ= وb cν=.

)ا لنتأمل إذن زوجا من األعداد الطبيعية املوجبة متام ),a b حقق2يb aa b= . ولنضع بالتعريف

( )2gcd ,a bδ aبالعالقتني yو x، ثم لنعرف = xδ= 2وb yδ= .وجد عندئذ ي استنادا إىل ما أثبتناه عددc حققيxa c= وyb c= . ولكن عندئذ يكون

( ) ( ) ( )2 2 2gcd , min , min ,y x y xc c c c b aδ = = = aδحالة 1xإذن . = cو = a=. ومنه

2b y ayδ= yو = yb c a= = 2إذن 1ya y− ولكن .=

2 1 2 12 2 2y ya a y y− −≥ ⇒ ≥ ≥ > 12استفدنا من وقد( − ≥ℓ ℓ 1يف حالة≥ℓ( . 2فاملساواة 1ya y− تتحقق فقط يف =

1aحالة y= 1bوعندئذ يكون . = )ومنه احلل . = ) ( ), 1,1a b =.

عام 1997 365

2bنأيت إىل حالة aδ = 1yإذن . > cو = b= .ومنه xa b= 2وa b x=

2xbإذن x− 2xو = 2ألن ≤ 2b a b x< = .2 املتراجحة ولكن 2xb x− = ≥ 3xتقتضي أن 2xbبسبب املساواة bيقسم أيضا xوألن أي عدد أويل يقسم . ≤ x− = 3bاستنتجنا أن ولكن. أيضا ≤

( ) ( )2 525 1 2 1 8 2 1 8 4x xxx b x x− −−≥ ⇒ ≥ + ≥ + ⋅ ≥ + − > إذن 3, 4x ∈ .

3xيف حالة 3b، جند = 33aو = )، ومنه احلل = ) ( ), 27, 3a b =. 4xويف حالة 2b، جند = 42aو = )، ومنه احلل = ) ( ), 16, 2a b =.

وهكذا جند أن

( ) ( ) ( ) ( ) 2

, : 1,1 , 16, 2 , 27, 3b aa b a b∗ ∗∈ × = =ℕ ℕ


)سنكتب ℕ∗من nيف حالة عدد طبيعي )f n داللة على عدد الطرائق املختلفة لتمثيلإذ نعترب متثيلني خيتلفان فقط بترتيب حدود . 2كمجموع قوى غري سالبة للعدد nالعدد

)فمثال . اموع متثيال واحدا )4 4f ألن =2 1 1 1 0 0 0 0 0 04 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2= = + = + + = + + +

3nأثبت، يف حالة )أن ≤ )2 2/4 /22 2 2n nnf≤ ≤.

كمجموع nجمموعة الطرائق املختلفة لتمثيل العدد nA، لتكن ℕ∗من nيف حالة عدد طبيعي nجمموعة الطرائق املختلفة لتمثيل العدد nBولتكن . 1، مجيعها أكرب متاما من 2قوى للعدد

02، على أن تساوي إحدى هذه القوى العدد 2كمجموع قوى للعدد وأخريا لنضع . =1

n n nC A B= عندئذ يكون لدينا اعتمادا على التعريف. ∪( ) ( ) ( ) ( )card card cardn n nf n C A B= = +

:لنالحظ ما يلي nA لدينا وضوحا كان ،1أكرب متاما من عددا فرديا n إذا كان = وعرف التطبيق . ∅

1x x 1nCو nBتقابال بني ֏− )إذن . − ) ( )2 1n f n f n⇒ = −.


1xعرف التطبيق . عددا زوجيا nوإذا كان x 1nCو nBتقابال بني ֏− − ،2وعرف التطبيق xx إذن .2nC/و nAتقابال بني ֏

( ) ( ) ( )/2 1f n f n f n= + − : fوهكذا نصل إىل الصيغة التدرجيية التالية للتابع

( )

( )

( ) ( )

1 : 2

1 : 2 |2

f n n

f n nf f n n

−= + −

) وهي مع الشرط )1 1f )كافية حلساب = )f n ا كانت قيمةأيn من∗ℕ.

1nلنالحظ يف حالة 11و ≤ 2nk −≤ أن ≥

( ) ( ) ( )( )12 2 2 2 2 1n n nf k f k f k−+ = + + + − إذن

( ) ( ) ( ) ( ) ( )12

1 1

1

2 2 2 2 2 2

n

n n n n n n

k

f k f f f f

−

− +

=+ = + − = −∑

ومنه ( ) ( ) ( )

1

1

2 2

2 2n n

n n

j

f f f j−

+

< ≤− = ∑ ( )1

وجبمع هذه املساويات جند أيضا ( ) ( )1

1 2

2 1n

n

j

f f j+

≤ ≤= + ∑ ( )2

)من العالقة متزايدا نستنتج مباشرة املتراجحة fومن كون التابع 1(

( ) ( ) ( ) ( )1 12 2 2 2 2 2n n n n n nf f f f+ −≤ + = ( )3 إذن

( ) ( ) ( ) ( )1 1 /21 2 12 2 2 2 n nn nf f+ −+ + + −≤ =⋯

)وهذا يربهن على أن )2/22 2nnf 2nيف حالة ≥ ≥.

10لنعرف يف حالة 2nj −≤ املقدار >

( ) ( )1 12 1 2n njA f j f j− −= + + + −

عام 1997 367

،عندئذ نالحظ ما يلي( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

1 12 1

1 1

1 12

1 1

1 12 1

2 2 2 1 2

2 2 2 2

2 1 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

n nj

n n

n nj

n n

n nj

A f j f j

f j f j

A f j f j

f j f j

A f j f j

− −−

− −

− −

− −

− −+

= + + + −

= + + −

= + + + −

= + + −

= + + + − −

2إذن 2 1j jA A وكذلك ،=−

( ) ( )

( ) ( )( )

( ) ( )

1 12 1 2

1 1

2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 1 2

n nj j

n n

n n

A A f j f j

f j f j

f j f j

− −+

− −

− −

− = + + − +

− − − − −

= + + − −

2تابع متزايد، إذن fولكن التابع 1 2 0j jA A+ − وهذا يربهن على أن املتتالية . ≤

( ) 10 2nj jA −≤ متزايدة، وعلى اخلصوص >

( )1 100,1, , 2 1 , 2 2n n

jj A A f− −∀ ∈ − ≥ =…

إذن

( ) ( )12 2 1

1

1 0

2 2

n n

n nj

j j

f j A f

− −−

= == ≥∑ ∑

)وهذا يربهن، بناء على ، أن2(

( ) ( ) ( )1 1 12 1 2 2 2 2n n n n nf f f+ − −≥ + > 1k، يف حالة فمن جهة أوىل ، جند≤

( ) ( )( ) ( ) ( )22 2 1 2 1 2 1 32 2 2 2 2 2k k k k kf f f− − − + +≥ ≥ =⋯

1k، يف حالة ومن جهة ثانية ، جند ≤

( ) ( ) ( ) ( )22 1 2 2 1 2 1 12 2 2 2 2 2k k k k k kf f f+ − + + + +≥ ≥ =⋯

)وهاتان احلالتان معا تثبتان أن )2/42 2nnf .وبذا يتم إثبات املتراجحة املطلوبة. <

ù


gQWEA DZXC

Aml

Typewriter


369

الثالثونو التاسعأوملبياد الرياضيات

)، قطراه ABCDنتأمل رباعيا حمدبا )AC و( )BD متعامدان، والضلعان املتقابالن[ ]AB و[ ]CD نفترض أن النقطة . غري متوازينيP ي القطعتنينقطة تقاطع حمور ،[ ]AB

]و ]CD تقع داخل الرباعي ،ABCD . أثبت أن الشرط الالزم والكايف ليكون الرباعيABCD رباعيا دائريا هو أن تكون مساحتا املثلثنيABP وCDP متساويتني.

لننسب الشكل إىل مجلة متعامدة نظامية، حموراها حمموالن على عندئذ ميكن . هو نقطة تقاطعهما Oالقطرين املتعامدين ومبدؤها

)هي Dو Cو Bو Aأن نفترض أن إحداثيات النقاط ), 0a )و )0,b و( ), 0c− و( )0, d− مع تيب لتر cو bو aبا .أعداد موجبة متاما dو

)لنبدأ حبساب ),P PX Y تا النقطةإحداثي P . منPA PB= وPC PD= جند ( ) ( )

( ) ( )

2 22 2

2 22 2

P P P P

P P P P

X a Y X Y b

X c Y X Y d

− + = + −

+ + = + +

ومن ثم 2 2

2 2

2 2 0

2 2 0

P P

P P

aX bY b a

cX dY c d

− + − =

− + − =

إذن

( )

2 2 2 2

2P

a d c b b d d bX

da cb

+ − −=

−و

( )

2 2 2 2

2p

a c c a b c d aY

da bc

+ − −=

−

)حلساب )( ),P ABδ عدأي بP عن( )AB نالحظ أن معادلة املستقيم ،( )AB 1هي

x y

a b+ ، إذن=

( )( )2 2

1, 1P PX Y

P ABa ba b

δ− −

= + −+

A

B

C

D

P

O


)بالنسبة إىل Oتقع داخل الرباعي فهي من جهة Pوألن )ABنستنتج أن ، ( )( ) ( )

2 2

1, P PP AB ab bX aY

a bδ = − −

+

بالعالقة ABPومن ثم تعطى مساحة املثلث ( )

2P Pab bX aY

ABP− −

=A جند PYو PXوبتعويض قيميت

( )( )

2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2

4

a bd b d ab c a c a d b d a c b cABP

da bc

+ − − + + − −=

−A

أو

( )( )( )

( )

2 2 2 2

4

a b bd ac d cABP

da bc

+ − + −=

−A ( )1

)وباألسلوب نفسه، حلساب )( ),P CDδ عدأي بP عن( )CD نالحظ أن معادلة ،)املستقيم )CD 1هي

x y

c d+ = ، إذن−

( )( )2 2

1, 1P PX Y

P CDc dc d

δ− −

= + ++

)بالنسبة إىل Oتقع داخل الرباعي فهي من جهة Pوألن )CDنستنتج أن ، ( )( ) ( )

2 2

1, P PP CD cd dX cY

c dδ = + +

+

بالعالقة CDPثم تعطى مساحة املثلث ومن

( )2P Pcd dX cY

CDP+ +

=A

جند PYو PXوبتعويض قيميت

( )( )

2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2

4

cd a c a bc d bd a d a c b d b cCDP

da bc

+ − − + + − −=

−A

أو

( )( )( )

( )

2 2 2 2

4

c d ca bd a bCDP

da bc

+ − + −=

−A ( )2

عام 1998 371

) ومن )و 1( جند 2(

( ) ( )( ) ( ) ( )( )

( )

22

4

ca bd a c b dCDP ABP

da bc

− + + +− =

−A A

وهكذا نرى أن( ) ( )CDP ABP ca bd= ⇔ =A A

أو( ) ( )CDP ABP OC OA OB OD= ⇔ ⋅ = ⋅A A

ù .ا يتم اإلثباتوبذ. رباعيا دائريا ABCDولكن املساواة األخرية تكافئ كون الرباعي

يف مسابقة، هناك عددa من املتسابقني، وعددb من احلكام، وb فردي أكرب أو عدد يحقق اخلاصة kنفترض أن عددا . 0أو 1يعطي كل حكم كل متسابق نتيجة . 3يساوي

1أثبت أن . من املتسابقني على األكثر kتتطابق نتيجة أي حكمني عند : التالية

2

k b

a b

−≥ .

إىل جمموعة املتسابقني، نعلم أن Cإىل جمموعة احلكام وبالرمز Jلنرمز بالرمز ( )card a=C و( )card b=J

)، نكتب Cمن cومتسابق Jمن jيف حالة حكم )j c داللة النتيجة من اليت 0,1)وأخريا لنكتب . cللمتسابق jها احلكم يعطي )2J ةموعات اجلزئيداللة على جمموعة ا

التالية Aنتأمل اموعة . Jاملؤلفة من عنصرين يف ( ) ( )

( ) ( ) 2, , :j j c j c j c′ ′= ∈ × =A J C ويف حالة زوج ,j j من احلكام، نتأمل اموعة ′

( ) ( ) , :j j c j c j c′ ′= ∈ =A C jو jأي جمموعة املتسابقني الذين حيصلون على النتيجة نفسها من احلكمني ′ .ل يف كما نتأم

اموعة cحالة متسابق ( )

( ) ( ) 2, :c j j j c j c′ ′= ∈ =A J عندئذ ميكن التعبري عن . عندمها cأي جمموعة أزواج احلكام اللذين تتطابق نتائج املتسابق

( )card A بأسلوبني كما يلي: ( ) ( )

( )

( )2

,,

card card card cj jcj j

′′ ∈∈

= =∑ ∑CJ

A A A ( )1


استنادا إىل الفرض لدينا ( )

( )2,, , card j jj j k′′∀ ∈ ≤J A )فإذا عدنا إىل املساواة األوىل يف استنتجنا 1(

( ) ( )( )( )2 1

card card2

b bk k

−≤ =A J ( )2

عدد احلكام الذين أعطوا xوليكن . cيف حالة متسابق cAلنأيت اآلن إىل اموعة )، أي 1النتيجة cاملتسابق ) ( )card : 1x j j c= ∈ =J فيكون ،b x− عدد

هي اجتماع اموعتني cA عندئذ مبالحظة أن. 0النتيجة cاحلكام الذين أعطوا املتسابق ( )

( ) ( ) 2, : 1j j j c j c′ ′∈ = =J اليت عدد عناصرها يساوي ،( )12

x x− ،و ( )

( ) ( ) 2, : 0j j j c j c′ ′∈ = =J اليت عدد عناصرها( )( )12

b x b x− − − ، نستنتج أن

( ) ( ) ( )( )( )

( )

( ) ( ) ( )

2

2

1card 1 1

21

2

2 2

2 4 4

c x x b x b x

b bx bx

b b b b bx

= − + − − −

−= − +

− −= − + ≥

A

أو

( )( )21 1

card4 4c

b −≥ −A

)، فاملتراجحة عدد فردي، bولكن العدد ) ( )21 14 4card b

c−≥ −A تقتضي

( )( )21

card4c

b −≥A

)وإذا عدنا إىل املساواة الثانية يف استنتجنا 1(

( ) ( )( ) ( )2 21 1

card card4 4

b a b− −≥ =A C ( )3

)ومن املتراجحتني )و 2( جند 3(( ) ( )21 1

2 4

b b a bk

− −≥

1أو 2

k b

a b

− ù .وبذا يتم إثبات املطلوب. ≤

عام 1998 373

)، نرمز بالرمز nيف حالة عدد طبيعي موجب متاما )d n إىل عدد القواسم املوجبة للعددn عين اموعة. nو 1مبا فيها

( ) * 2: , ( )k n d n kd n∗= ∈ ∃ ∈ =K ℕ ℕ

ب، يوجد يف استنادا إىل املربهنة األساسية يف احلسا . إىل جمموعة األعداد األولية Pلنرمز بالرمز حالة كل عددn من∗ℕ مجاعة ،( )( )p p

nα∈P

من األعداد الطبيعية، تكون شبه معدومة، )أي تحقق ( ) ( )(card : 0pp nα∈ > < +∞P حققوت

( )p n

p

n pα

∈

= ∏P

وعندئذ نستنتج من التكافؤ

( ) ( ) ( )( )| , p pm n p m nα α⇔ ∀ ∈ ≤P أن

( ) ( ) ( )( )card : | 1 p

p

d n m m n nα∗

∈

= ∈ = +∏P

ℕ

وعلى هذا نرى أن

( )

( )

( )

2 1 2( )

1p

pp

nd n

d n n

α

α∈

+ = + ∏P

إىل اموعة Kفإذا رمزنا بالرمز

( )

2*( )

:d n

nd n

= ∈

K ℕ

ℕوجمموعة األعداد الطبيعية Pبني جمموعة األعداد األولية استنتجنا مما سبق، ومن وجود تقابل أن

( ) ( )1 2:

1i

i iii

αα

α ∈∈

+ = ∈ + ∏K ℕ

ℕℕ

ℕ

)وقد رمزنا )ℕℕ ة، أي تلك املتتالياتمن إىل جمموعة املتتاليات شبه املعدومة من األعداد الطبيعي .ن عدد حدودها غري املعدومة منتهيااليت يكواألعداد الطبيعية

=يطلب تعيني اموعة ة املطروحةسألامليف ∩K K ℕ.


)، فهو يوافق اجلماعة Kينتمي 1من الواضح أن )i iα ∈ℕ مع, 0ii α∀ ∈ =ℕ. )متتالية شبه معدومة تد، وجKعنصرا من kإذا كان ) ( )

i iα ∈ ∈ ℕℕ ℕ حققت

( ) ( )1 2 1i i

i i

kα α∈ ∈

+ = ⋅ +∏ ∏ℕ ℕ

إىل جمموعة األعداد الطبيعية الفردية استنتجنا من Oفإذا رمزنا . عدد فردي kوهذا يقتضي أن K⊃ذلك أن O .

K≠لنفترض على سبيل اجلدل أن O . عندئذ نستنتج من كون⊂K O موعةأن ا\O K ليكن . غري خالية( )min \q = O K . فيكونq ا أكرب أو يساويوإذا . 3عددا فردي)عرفنا ) max : 2 | 1jm j q∗= ∈ +ℕ 1كانm 1، وكان ≤ 2mq k+ = :حنن إذن أمام الوضع التايل . K، فهو عنصر من qعدد فردي أصغر متاما من kمع

2 1mq k= kو − ∈ K وq ∉ K )ومتتالية ،ν موجب متاما ، وجد عدد طبيعيKعنصرا من kان ملا ك )i iα ∈ℕ حدودها

انتحقق ،νمعدومة بدءا من الدليل 1

0

1 2

1i

ii

k

να

α

−

=

+ = +∏

)لنتأمل املتتالية )i iβ ∈ℕ فة بالشكلاملعرi iβ α= 0يف حالة i ν≤ وبالعالقة . >2iiνβ λ−= يف حالةi mν ν≤ < عندئذ. الحقا λ ، على أن جيري تعيني العدد+

1 1 1 1

0 0

1 2 1 2 1 2 1 2

1 1 11 2

m m i mi i

ii ii i i

k

ν ν ν ν

νν

β α λ λ

β α λλ

+ − − + − + −

−= = =

+ + + + = ⋅ = ⋅ + + ++ ∏ ∏ ∏

وهنا نالحظ أن( ) ( )( )

( )

1 21 2 1 2 1

1

2 1 1

mm m

m

k q k k

k q k

λλ λ

λ

λ

+⋅ = ⇔ + = + −

+

⇔ = − − = −

qفإذا اخترنا kλ = كان، −1

0

1 2

1

mi

ii

q

νβ

β

+ −

=

+ = ∈ +∏ K

\هذا التناقض يثبت أن . qيتناقض مع تعريف مما = ∅O K ومن ثم ،=K O . موعةفاK ةة الفرديهي جمموعة األعداد الطبيعي. ù

عام 1998 375

ما متا جبة ملو ا لطبيعية ا د ا عد أل ا ج ا و ز أ مجيع )عين ),a b لع ا لتها حا يف يقسم ليت دد ا2 7ab b+ + 2العددa b a b+ +.

)لنتأمل زوجا ),a b من∗ ∗×ℕ ℕ 2، ولنفترض أن العدد 7n ab b= + + يقسم العدد 2m a b a b= + 27an نالحظ أن . + bm a b− = العددn ، إذن ال بد أن يقسم −

27a b= −ℓ .وهنا نناقش احلاالت التالية. :ما يلي هنا نالحظ . ℓ<0حالة

3bيف حالة 9لدينا ≤ 10n a≥ + > ℓ العدد مكن أن يقسمفال ي ،n العددℓ 3يف حالةb ≥ .

2bة أما يف حال 4، فلدينا = 9n a= 7و + 4a= −ℓ ، الشرط و|n ℓ مع2n<ℓ يقتضي أنn=ℓ 3، أو 13a =لفوهذا خ ،.

لة حا يف ما أ 1bو ينا = فلد ،8n a= 7و + 1 7 57a n= − = −ℓ .n|والشرط ℓ يقتضي| 57n 9، وملا كانn استنتجنا أن ≤ 19, 57n ∈ ،

أو 11, 49a )، ومنه ∋ ) ( ) ( ) , 11,1 , 49,1a b ∈. احلالة نالحظ أن يف هذه. ℓ>0حالة

( ) ( )21 7 1 0n n a b b a> + = − + + + >ℓ العدد فال ميكن يف هذه احلالة أن يقسمn العددℓ.

27aهنا نستنتج من املساواة . ℓ=0حالة b= 7أنb β= 27وa β= ومن ثم ،

( ) ( ) 2, 7 , 7 :a b β β β ∗∈ ∈ ℕ )وبالعكس، نتيقن بالتحقق املباشر أن مجيع الثنائيات ),a b موعةمن ا

( ) ( ) ( ) 211,1 , 49,1 7 ,7 :β β β ∗∈∪ ℕ ù .هي حلول للمسألة املطروحة

]األضالع Cمتس الدائرة . ABCاملاسة ألضالع ملثلث Cمركز الدائرة Iليكن ]BC ]و ]CA و[ ]AB يفK وL وM لترتيب من . با ملرسوم ا ملستقيم ا يا Bيالقي ز ا مو

( )KM مني املستقي( )LM و( )LK يف النقطتنيR وS لزاوية . بالترتيب أثبت أن اRIS ةزاوية حاد.


ن IKملا كا IM= وBK BM= أن استنتجنا ( )BI لقطعة ا ر حمو ]هو ]KM أن يقتضي ا وهذ ،

( ) ( )KM BI⊥ . ولكن( ) ( )RS KM إذن ،)جيب أن يكون ) ( )RS BI⊥. ى مربهنة فيثاغورث، ميكن أن نكتباعتمادا عل

2 2 2

2 2 2

IS BS BI

IR BR BI

= +

= +

وعلى هذا نستنتج مباشرة أن( )

( )

22 2 2 2 2 2 2

22

IS IR RS BS BI BS BI BS BR

BI BS BR

+ − = + + + − +

= − ⋅

نستنتج أن AMILولكن من الرباعي الدائري ( )12AML AIL Aπ= = − ومن ثم ،

ملثلث ا ن RBMجند يف أ ( )12BMR Aπ= و − ( )1

2RBM Bπ= − ثم ومن ، ( )1

2MRB Cπ= − أن فإذا طبقنا عالقة اجليوب على هذا املثلث استنتجنا ،=

cos( /2) cos( /2)

BM BR

C A=

، أنSBKوجند بأسلوب مماثل، من املثلث

cos( /2)cos( /2)

BK BS

CA=

BMإذن، نستنتج من العالقتني السابقتني، ومن كون BK= أن 2BR BS BM BK BK⋅ = ⋅ =

وهذا يقتضي أن ( )2 2 2 2 2 22 2IS IR RS BI BK IK+ − = − =

إذن( )

2 2 2 2

cos 02

IS IR RS IKRIS

IS IR IS IR

+ −= = >

⋅ ⋅

ù .يتم اإلثبات وبذا. زاوية حادة RISفالزاوية

A

CB

I

K

LM

R

S

عام 1998 377

لتوابع ا f:نتأمل جمموعة ∗ ∗→ℕ ℕ ما ℕ∗على جمموعة األعداد الطبيعية املوجبة متا)وتحقق العالقة التابعية )E التالية.

( ) ( )( ) ( )( )22, ,t s f t f s s f t∗ ∗∀ ∈ × =ℕ ℕ )عين أصغر قيمة ممكنة للمقدار )1998f.

f:لنتأمل تابعا ما ∗ ∗→ℕ ℕ حقق العالقةي( )E ولنضع ،( )1a f=. 1tبوضع )يف = )E جند( )

2,s f f s a s∗∀ ∈ =ℕ . 1sوكذلك، بوضع )يف = )E جند( ) ( )( )22,t f at f t∗∀ ∈ =ℕ. :عندئذ نالحظ ما يلي . ℕ∗من xليكن

( )( ) ( )( ) ( )

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

2 22 2 2

2 2

22

af x a f x a f ax

f f f ax f f f ax

f a ax f ax

= =

= =

= =

)إذن، ) ( ),x f ax af x∗∀ ∈ =ℕ. :التالية nPصحة اخلاصة nلنربهن بالتدرج على العدد

( )( ) ( )1 1, n n nt f t a f t+∗ +∀ ∈ =ℕ 1n−Pاخلاصة لنفترض صحة . و تنتج من 1Pواخلاصة . صحيحة وضوحا 0Pاخلاصة عندئذ. ℕ∗من nيف حالة

( )( )( )

( ) ( )( ) ( ) ( )( )

( )( )( ) ( )

( ) ( )

2 2 21 1

2 1 2 2 1

1

1

2 1 2

n n n n n

n n n n

n n n n

f t a f t f t f a t f t

f t f f a t f t a a t

f a t a f t

+ − −

− −

+ + + +

= =

= =

= =

E

)استفدنا من فرض التدريج يف وقد أثبتنا صحة وهكذا نكون قد. صحيحة 1n+P فاخلاصة ،1(nP ا كانت قيمةأيn. n|1مها عددان طبيعيان موجبان متاما يحققان bو aلنفترض أن na b كانت قيمة أيا +n . أن يكون العدد دعندئذ ال بb ضاعفا للعددمa . ة يفيف احلقيقة، بناء على املربهنة األساسي

pاحلساب، لدينا pa pα∈= ∏ P وp

pb pβ∈= ∏ P ، إذ رمزناP إىل جمموعة األعداد)وعدد احلدود غري املعدومة يف كل من اجلماعتني . األولية )p p

α∈P

)و )p pβ

∈P منته.


,1وعندها يكافئ الفرض |n nn a b +∀ ∈ ℕأن ، ( ), , 1p pp n n nα β∀ ∈ ∀ ∈ ≤ +P ℕ

)كان Pمن pومنه، أيا كان العدد األويل )1, 1 np pn α β∗∀ ∈ ≤ +ℕ . فإذا جعلناn pتسعى إىل الالاية استنتجنا أن pα β≤ . هذا يقتضي أن ولكن|a b .

أن وهكذا نستنتج من ( ), |t a f t∗∀ ∈ ℕ

g:لنعرف إذن ∗ ∗→ℕ ℕ بالصيغة( ) ( )1

,t g t f ta

∗∀ ∈ =ℕ . عندئذ نالحظه يف حالة أن( ),s t من∗ ∗×ℕ ℕ يكون لدينا

( )( ) ( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( ) ( )( )

2 22 2

2 2 2 2

a s g t s f t f t f s

f at g s af t g s a g t g s

= =

= = =

)يحقق اخلاصة gفالتابع )E حققوإضافة إىل ذلك هو ي ،( )1 1g = .

نستنتج أن gعلى fبتطبيق ما أثبتناه عن ( ),s g g s s∗∀ ∈ =ℕ )و ) ( )( )22,t g t g t∗∀ ∈ =ℕ

)فإذا تأملنا ),x y من∗ ∗×ℕ ℕ وجدنا ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( )( )

2 22 2 2

2 22 2

g x g y g x g y g y g g x

g y x g xy g xy

= =

= = =

إذن( ) ( ) ( ) ( ), ,x y g xy g x g y∗∀ ∈ =ℕ

)عددا أوليا كان pإذا كان )g p ا، أيليأيضا عددا أو( )g ⊂P P . ،يف احلقيقة)لنفترض أن )g p αβ= أن عندئذ نستنتج من( ) ( )p g gα β= ا أن يكونفإم ،( ) 1g α = ومن ثم ،( )( ) ( )1 1g g gα α= = )، أو يكون = ) 1g β ، وهذا =

1βبدوره يقتضي أن )، وهكذا نكون قد أثبتنا أن = )g p ∈ P ألن( ) 1g p ≠.

ن كو من )نستنتج )g ⊂P P ةخلاص ا من و ،( ),s g g s s∗∀ ∈ =ℕ لتطبيق ا ن أ( )p g p֏ ةليف تقابال على جمموعة األعداد األوعريP.

عام 1998 379

) املختلفة لنعرف إذن األعداد األولية )2p g= و( )3q g= و( )37r g= . عندئذ31998مبالحظة أن 2 3 37= × نستنتج أن ×

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )3 31998 1998 2 3 37f ag ag g g apq r= = = أكرب من جداء ضرب األعداد األولية اليت حتتل املراتب األوىل والثانية والثالثة pqrولكن اجلداء

2غر أي يف الص 3 5 30pqr ≥ ⋅ ⋅ 2qوألن ،= نستنتج أن ≤3 4 30 120pq r ≥ × =

1aومن ثم، مبالحظة أن )، نصل إىل املتراجحة ≤ )1998 120f ≥. g:وبالعكس، إذا عرفنا ∗ ∗→ℕ ℕ بالعالقة

( )2 3 5 37 3 2 37 5p pa b c d a b c dp pg p p

α α∈ ∈⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ∏ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ∏Q Q

وقد عرفنا \ 2, 3, 5, 37=Q P. قنا مباشرة أنتيg ةحقق اخلاصي( )E حققه يوأن( )1998 120g )هو أصغر قيمة ميكن أن يأخذها تابع يحقق اخلاصة 120فالعدد . = )E . ù .وهي النتيجة املطلوبة


gQWEA DZXC

Aml

Typewriter


381

األربعونأوملبياد الرياضيات

من نقاط املستوي، املؤلفة من ثالثة عناصر على األقل، Pأوجد مجيع اموعات املنتهية . P ةحمور تناظر لكامل اموع Pويكون حمور أي قطعة مستقيمة طرفاها من

، ولنفترض 3أكرب أو يساوي nمن نقاط املستوي، عدد عناصرها Pلنتأمل جمموعة منتهية .املسألة يف ليهاأنها تحقق اخلاصة املنصوص ع

أي النقطة الوحيدة من املستوي اليت تحقق. Pمركز ثقل اموعة Gلتكن النقطة 0

M

GM∈

=∑P

وهو من ثمP ، ، هو حمور تناظر للمجموعة Pحمور أي قطعة مستقيمة طرفاها من إن . G حيوي النقطة

0Rولنضع . Pنقطة من 0Mلتكن GM= . ملا كانتG تقع على حمور القطعة]املستقيمة ]0MM معM منP استنتجنا أن,M GM R∀ ∈ =P . موعةفنقاط ا

P تقع على الدائرةC اليت مركزهاG ونصف قطرهاR. )نسمي ميكننا إذن أن )0 1 1, , , nA A A C، مرتبة على حميط Pنقاط اموعة …−

modiداللة على iA، كما سنكتب )عكس اتجاه عقارب الساعة(باالجتاه املوجب، nA يفiحالة n≥.

املقابل للزاوية القوس اليت تقع داخل P هي النقطة الوحيدة من iAالنقطة هة املوج

1 1( , )i iGA GA− +

iAنظرية ′iAولكن هذا القوس حيوي أيضا ،

]بالنسبة إىل حمور القطعة املستقيمة ]1 1,i iA A− إذن جيب أن يكون . +i iA A′= . أي جيب أن تقعiA على حمور القطعة املستقيمة

[ ]1 1,i iA A− 1ومنه . + 1i i i iA A AA− وكذلك =+

1 1 1 11

( , ) ( , ) ( , )2i i i i i i i i i iAA AG AG AA AA AA+ − + −= =

]تقع على حمور Gألن و ]1i iA A− استنتجنا ، 1 1 1( , ,) ( , )i i i i i iA A A G AG AA− − −=

G iA

1iA +

1iA −

2iA −

C


1iAذا طبقنا النتيجة السابقة على وإ استنتجنا مما سبق أن iAبدال من − 1 1 1 1 2

1( , ) ( , )

2i i i i i i iA A A G A A A A− − − − −=

ه، أيا كانت وهكذا نكون قد أثبتنا أنi ،كان

1 1i i i iA A AA− و =+ 1 1 2 1 1( , ) ( , )i i i i i i i iA A A A AA AA− − − + −=

0وهذا يربهن على أن املضلع 1 1, , , nA A A هي Pفاموعة . ضلعا nمضلع منتظم ذو …−وبالعكس، نرى مباشرة أن رؤوس أي مضلع منتظم تحقق اخلاصة املنصوص . رؤوس مضلع منتظم

. نها يف املسألةعمن نقاط املستوي، خاصة كون حمور أي قطعة مستقيمة، طرفاها Pوعليه تحقق جمموعة منتهية

ù .ظمإذا وفقط إذا كانت مؤلفة من رؤوس مضلع منت Pلكامل ، حمور تناظر Pمن نقطتان

يحقق Cأوجد أصغر عدد . 1عددا طبيعيا أكرب متاما من nليكن

( ) ( ) ( )4

2 21 2

1 1

, , , ,n

nn i j i j k

i j n k

x x x x x x x C x+≤ < ≤ =

∀ ∈ + ≤ ∑ ∑… ℝ

.وبين مىت تتحقق املساواة)باالستفادة من املتراجحة )2 4a b ab+ ميكن أن نكتب ≤

242 2

1 1 1 1 1

2 8n n n

k k i j k i jk k i j n k i j n

x x x x x x x= = ≤ < ≤ = ≤ < ≤

= + ≥ ⋅ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑

ومن ثم

( )4

2 2 2

1 1 1 1

8 8n n

k i j k i j i j

k i j n k i j n

x x x x x x x x= ≤ < ≤ = ≤ < ≤

≥ ≥ + ∑ ∑ ∑ ∑

pمع rxو qxو pxإذا كان هناك ثالثة حدود موجبة متاما q r< كان ،>

( ) ( )2 2 2 2 2 2

1

n

p q k p q p q r p q p qk

x x x x x x x x x x x x=

≥ + + > + ∑

ومن ثم

( )4

2 2

1 1

8n

k i j i j

k i j n

x x x x x= ≤ < ≤

> + ∑ ∑

Aml

Typewriter


عام 1999 383

0kxوكان ، عددان موجبان متاما وخمتلفان qxو pxإذا كان خمتلفة kيف حالة = وجدنا ،qو pعن

( )2

42 2

1 1 1 1

2 8n n

k i j k i j p qk i j n k i j n

x x x x x x x x= ≤ < ≤ = ≤ < ≤

+ − ⋅ = − ∑ ∑ ∑ ∑

ومن ثم

( )4

2 2

1 1

8n

k i j i j

k i j n

x x x x x= ≤ < ≤

> + ∑ ∑

نستنتج مما سبق أن

( )4

2 2

1 1

1

8

n

i j i j k

i j n k

x x x x x≤ < ≤ =

+ ≤ ∑ ∑

)وذلك أيا كان )1, , nx x… من( )n+ℝوحتدث املساواة يف حالة ، ( ) ( ) 1, , : 1 ,n i jx x e e i j nλ λ +∈ + ≤ < ≤ ∈… ℝ

)إذ رمزنا )1i i ne ≤ nℝ. ùإىل األساس القانوين يف ≥

nنتأمل رقعة شطرنج مربعة الشكل بعداها n× وn زوجي عني على . عددنقول عن مربنهما متجاوران إذا اشتركا بضلع وكانا خمتلفني نرغب بوضع عالمات على هذه . الرقعة إ

عات ات املربعع يف الرقعة جماورا ألحد املربأوجد أصغر . املعلمة بأسلوب يكون فيه كل مرب .عدد من العالمات ميكن وضعها على الرقعة لتتحقق اخلاصة املطلوبة

)سنطابق بني املربعات والثنائيات ),i j منn n×ℕ ℕ نةعات الرقعة ملووسنفترض أن مرب ،)بالتناوب كما يف رقعة الشطرنج املربع )وسنرمز . أبيض 1,1( )1k k nW ≤ الرقعة إىل أقطار ≥

:املكونة من مربعات بيضاء اللون، واملعرفة كما يلي ( ) , : 2k n nW i j i j k= ∈ × + =ℕ ℕ

2nفإذا وضعنا m=، 1لدينا يف حالة كان k m≤ ≤ : ( ) , 2 : 1, 2, , 2kW i k i i k= − ∈ …

2mيف حالة أما k m< ، فنجد≥( ) ( ) , 2 : 2 , , 2kW i k i i k m m= − ∈ − …

1 2 3 4 5

2

⋯

1

3

4

5

⋮


سنسعى أوال إىل .ربع عليه عالمةإذا كان مجاورا ملمأخوذ سنقول عن مربع من الرقعة إنه وأخريا .أخذ مجيع املربعات السوداء بوضع عالمات يف املربعات البيضاء

لنبدأ بوضع عالمات على املربعات البيضاء، بأسلوب نضمن فيه أن إذا بدأنا بوضع عالمة يف املربع .مجيع املربعات السوداء مأخوذة تصبح

وأي عالمة . فيه مربعان أخذنا قطرا أسود1W الوحيد من القطر األبيض لذلك . تأخذ مربعات سوداء مأخوذة سابقا 2W نضعها يف القطر األبيض

ال نضع عالمات يف هذا القطر األبيض املكون من ثالثة مربعات، بل ننتقل إىل القطر األبيض التايل الثايناألسودين ينوبالتناوب لنأخذ القطر الرقعة ، ونضع عليه عالمات بدءا من حميط3Wأي

.والثالث

ذات األدلة الزوجية أي بع باألسلوب نفسه، فال نضع عالمات على األقطار البيضاءاونت ( )2 1k k mW ≤ ألدلة الفردية أي ذات ا بل نضع عالمات على األقطار البيضاء ،≥

( )2 1 1k k mW − ≤ ، ولكن ليس على مجيع مربعات هذه األقطار بل بالتناوب بدءا من حميط ≥ . وعند االنتهاء من ذلك نضمن أن تكون مجيع املربعات السوداء على الرقعة مأخوذة. الرقعة

2قطر الأما عدد العالمات اليت نكون بذلك قد وضعناها على مربعات 1kW فيساوي −2 1k 1مربعا يف حالة −

21 mk +≤ )، ويساوي ≥ )2 1m k− يف حالة +12m k m+ < ، وعليه يكون عدد العالمات املوضوعة على املربعات البيضاء ذا األسلوب. ≥

مساويا ،wلذي سنرمز إليه وا

( )( )

( )( )

( )

1 1 /2 1 /2

1 1 1

2 1 2 1

1

2

k m m k m

m

k m k m k

k k

w k m k

m mk k k

≤ ≤ + + < ≤

≤ ≤ ≤ ≤ =

= − + − +

+= + = =

∑ ∑

∑ ∑ ∑ فردي زوجي

)وهكذا نرى أنه يكفي وضع )12

m m+ عات السوداءعات البيضاء ألخذ مجيع املربعالمة على املرب .على الرقعة

Ø∞

Ø∞

Ø∞

Ø∞

عام 1999 385

وداء دف أخذ مجيع وإذا طبقنا األسلوب نفسه ووضعنا عالمات على املربعات الس ه باإلماملربكان أعات البيضاء، استنتجنا أنعات الرقعة بوضع ذخمجيع مرب( )1m m . عالمة +

:كما يف األشكال التالية

4n =

6n =

8n = )وبالعكس، لنبين أن )1m m كن وضعها على الرقعة هو أصغر عدد من العالمات مي +

)لتحقيق ذلك يكفي أن نبين أن .دف أخذ مجيع مربعاا )12

m m+ من العالمات هو أصغر عدد .ميكن وضعها على املربعات السوداء دف أخذ مجيع املربعات البيضاء

1يف حالة k m≤ جمموعة املربعات السوداء اليت عليها عالمات واليت تجاور kB، نعرف ≥2القطر 1kW كل واحد من مربعات هذه اموعة يجاور مربعني على األكثر من مربعات هذا . −

)القطر، إذن ) ( )2 12 card cardk kW −≥Bومن ثم ،

( )( )2 1card

card2k

k

W − ≥

B

)كن اموعات ول )1k k m≤ ≤B حقق العدد الكليي منفصلة مثىن مثىن، ومن ثمb للعالمات :السوداء على الرقعة ما يلي

( )( )

( ) ( )( )

1 12 2

2 1

1 1

1

cardcard

2

12 1 2 1

2m m

m mk

k

k k

k k m

Wb

m mk m k

+ +

−

= =

≤ ≤ < ≤

= ≥

+≥ − + − + =

∑ ∑

∑ ∑

B

أخذ مجيع إذن أصغر عدد من العالمات ميكن وضعها على الرقعة دف . وهي النتيجة املرجوة )مربعاا يساوي ) ( )1 2 /4m m n n+ = ù .وبذا يكتمل احلل ،+


)أوجد مجيع األزواج ),n p ة املوجبة متاما اليت الشروط التاليةمن األعداد الطبيعي: .عدد أويل pالعدد 2n p≤. 1pnالعدد )يقسم − )1 1np − +.

)ج من الواضح أن األزوا )1, p ، حيثp يل، هي حلول تافهة للمسألةأو عدد. لة 2pويف حا لشرط = ا من نستنتج ،ن |أ 2n حلل ا منه و ،( )2, لة 2 للمسأ

.املطروحة1nسنفترض فيما يلي أن 2pو < نتأمل . عدد فردي nأن عندئذ نستنتج من . <

1عندئذ يكون nأصغر عدد أويل يقسم qإذن العدد 1modq− استنادا إىل الفرض و . ≠)اموعة كون ت ) : 1 1modmm p q∗∈ − = −ℕ ،إذ تنتمي غري خاليةn ليها ، إ

نعرف إذن( ) min : 1 1modkk p qβ ∗= ∈ − = −ℕ

)كما نستنتج من املساواة )1 1modnp q− = )أن − )gcd 1, 1p q− نعرف ف ،=α ها1رتبة العدد بأنp qℤ/يف الزمرة − ℤ .أي

( ) min : 1 1modkk p qα ∗= ∈ − =ℕ 1qαمع ≤ يحققان rو mفنجد عددين αعلى nنجري اآلن قسمة إقليدية للعدد . −

n m rα= 0و + r α≤ < qℤ/يف عندئذ جند ℤ أن

( ) ( )( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 modmn r rp p p p qα− ≡ − ≡ − − ≡ − rβوهذا يقتضي أن α≤ 0r، ألن > nومن جديد، نجري قسمة إقليدية للعدد . ≠

يحققان ℓو kن فنجد عددي βعلى n kβ= + ℓ 0و β≤ <ℓ

qℤ/عندئذ جند يف ℤ أن ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1 mod

kn kp p p p qβ− ≡ − ≡ − − ≡ − −ℓ ℓ فردي، يقتضي kويف حالة ، β<ℓألن ℓ=0ا أن زوجي، يقتضي هذ kولكن يف حالة nومنه نستنتج أن . α<ℓألن ℓ=0هذا أيضا أن kβ=.

عام 1999 387

1qβولكن α< ≤ جيب nالعدد βفحتى يقسم nهو أصغر عدد أويل يقسم q، و −يكون ن 1βأ ي ، = ا ن وهذ أ q|عين p . ين و لعدد ا لكنp وq ذن إ ن، ليا و أ ن ا عددp q= .

nنستنتج مما سبق أن pλ= . وألن العددn فردي، ال ميكن أن يكون 3عددλ ، ألن ≤3nهذا يقتضي p≥ ضويتناقض مع الفرإذن ،n p=.

ولكن

( ) ( )

( ) ( ) ( )

0

21

2

1 1 1 1

1 1 1 1

pp k k p k

p

k

pk kp p p kp

k

p C p

p C p

−

=

− −

=

− + = + −

= + − + − + −

∑

∑

|وألن kpp C 1يف حالة k p≤ عدد أويل فردي، نستنتج أن p، و>

( ) 2 31 1 modpp p p− + = ومن ثم

( )( )2 | 1 1 pp p+ )و − )( )3 1 1 pp p+ −

لشرط ن فا أ ينص على لذي )ا )( )1 | 1 1 ppp p− + ن − أ 1يقتضي 2p − أو ≥3p )وهكذا نكون قد أثبتنا أن . عدد أويل فردي pألن = ) ( ), 3, 3n p هو الزوج =

لة ملطلوبة يف حا ا لشروط ا يحقق لذي ا لوحيد 3pا 1nو ≤ أل . < ا ذن جمموعة زواج إ( ),n p حقق الشروطو اليت تو هي

( ) ( ) ( ) 1, : 2,2 , 3, 3p p ∈ ∪P ù .هي جمموعة األعداد األولية Pحيث

ئرتان لنقطتني Cداخل الدائرة 2Cو 1Cتقع الدا . لترتيب با Nو M، ومتساا عند ا، عند 2Cو 1Cيقطع الوتر املشترك للدائرتني . 2Cمتر مبركز الدائرة 1Cنفترض أن الدائرة )ويالقي املستقيمان . Bو Aيف Cمتديده، الدائرة )AM و( )BM 1الدائرةC ثانية يف

E وF أثبت أن املستقيم . بالترتيب( )EF 2ميس الدائرةC.


ئر Oو 2Oو 1Oلنرمز ، Cو 2Cو 1Cإىل مراكز الدوا .إىل أقطارها بالترتيب rو 2rو 1rو

لزاو ئرتني ي ا للدا ملماس املشترك ليت يصنعها ا يف Cو 1Cة اM مع املستقيمMA 1حتصر من الدائرةC القوسME

C، وهي حتصر أيضا من الدائرة MFEفقياسها يساوي إذن. MBAفقياسها يساوي MAالقوس

MFE MBA=

)املستقيمان ف )AB و( )EF ن على خط املركزين امتوازيان وعمودي( )1 2OO. املثلث MEF صورة املثلث هوMAB وفق التحاكي الذي مركزهM تساوي نسبة نصفي نهونسب

r/1أي برؤوس هذين املثلثني قطري الدائرتني املارتني r . عد2تؤول املسألة إىل إثبات أن بO عن)على املستقيم Eمسقط )1 2OO 2يساويr.

، وحمور فواصلها املستقيم املوجه بالشعاع 2Oلننسب إذن الشكل إىل مجلة متعامدة نظامية مبدؤها 2 1OO)فيكون ، )2 0, 0O و( )1 1, 0O r.

)لنفترض أن ),A Ax y ات النقطةهي إحداثيAساوي قويت ، عندئذ نستنتج من تA )أن 2Cو 1Cبالنسبة إىل الدائرتني ) ( )2 22 2

1 1 2 2O A r O A r− = ، أو−

( )2 2 2 2 2 21 1 2A A A Ax r y r x y r− + − = + −

وهذا يكافئ أن

22

12A

rx

r= ( )1

1rMEوملا كان MAr

=)، فإذا افترضنا أن ),M Mx y و( ),E Ex y هي بالترتيب

، استنتجنا أنEو Mإحداثيات النقطتني ( )1 1 1

E M A M M A

r r r rx x x x x x

r r r

−= + − = +

)وإذا استفدنا من وجدنا 1(

2

1 2

2E M

r r rx x

r r

−= + ( )2

.Mxعلينا إذن تعيني

O

1O2O

NA

M

F

E

B

عام 1999 389

)لنفترض أن ),O Ox y ات النقطةهي إحداثيO .عندئذ

12 2 1 1 2 1 1

1

1 12 1 1 2 1 1

1 1

O MO M O O O M OO r

O M

OO rO O r O O OO

OO r r

= + = +

= + = +−

وبإسقاط هذه املساواة على حمور الفواصل جند( )

( )1 11 1

1 1

OM O

r r r xx r r x

r r r r

−= + − =

− −

)ا من فإذا استفدن وجدنا 2(

( ) 21 22

2O

E

r r x rx

r

− += ( )3

2ولكن نعلم، من جهة أخرى، أن 2OO r r= 1و − 1OO r r= إذن −

( )22 22O Ox y r r+ = )و − ) ( )2 22

1 1O Ox r y r r− + = − أنوهذا يقتضي

( )

( ) ( )

22 2 21 1 1

2 222 1 1

2 O O Or x x y r r r

r r r r r

= + + − −

= − + − −

ومن ثم ( ) ( ) ( )

( )

2 221 2 1 1 1

2 2 22 2 2

2 2

2

Or x r r r r r r rr

r r r r rr

− = − + − − −

= − − = −

)وأخريا جند ) 21 2 22 2Or r x r rr− + )، فإذا عدنا إىل العالقة = استنتجنا أن 3(

2Ex r= . وهذا يعين أن املستقيم( )EF 2بعد عن يO 2، مركز الدائرةC مسافة تساوي ، ù .وبذا يتم اإلثبات. نصف قطر هذه الدائرة، فهو إذن مماس هلذه الدائرة

f:يطلب تعيني مجيع التوابع . جمموعة األعداد احلقيقية ℝلتكن →ℝ ℝ حققاليت ت :العالقة التابعية ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) 1f x f y f f y xf y f x− = + + − ( )E .yو xالعددان احلقيقيان وذلك أيا كان


)يحقق العالقة التابعية fلنتأمل تابعا )E. ن ذا كا )إ )0 0f )استنتجنا من = )E 0تعويض بعدx y= ن = 0أ 1= −

واضح لفومنه نستنتج أن . وهذا خ( )0 0fλ = ≠. )، خنتار ℝمن yيف حالة )x f y= ض يفونعو( )Eفنجد ،

( ) ( )( ) ( )( )20 2 1f f f y f yλ = = + − ومنه

( )( ) ( )( )21 1

,2 2

y f f y f yλ +

∀ ∈ = −ℝ ( )1 )ويف حالة ),α β 2منℝ خنتار ،( )x f α= وy β= يف( )Eفنجد ،

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 1f f f f f f f f fα β β α β α− = + + − )ثم نستفيد من )يف حساب 1( )( )f f α و( )( )f f β لنجد

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( )

2 2

2

1 1

2 21

2

f f f f f f f

f f

α β λ β α β α

λ α β

− = − + −

= − −

ومنه ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )22 1

, ,2

f f f f fα β α β λ α β∀ ∈ − = − −ℝ ( )2 0yوبتعويض )يف = )E جند

( ) ( ) ( ), 1x f x f x f xλ λ λ∀ ∈ − = + + −ℝ )نعرف، ℝمن zيف حالة ومنه، )1z f

zxλ

λ+ ) فيكون =− ) ( )z zz f x f xλ= − − ،

)وباالعتماد على نستنتج 2(

( ) ( ) ( )( )( ) ( )( )2 2

2 2z z

z z

f x f x zf z f f x f x

λλ λ λ

− −= − − = − = −

zوبتطبيق هذه النتيجة على λ= واالستفادة من ،( جند ،1(

( )( )2 21

02 2 2

f fλ λ λ

λ+

− = = −

1λ أي )وهكذا نكون قد أثبتنا أن .= )

2

12

zf z = من zوذلك مهما كانت قيمة −

ℝ . حققوبالعكس، نتيقن مباشرة أن هذا التابع ي( )E فهو احلل الوحيد للمسألة. ù

391

األربعوناحلادي وأوملبياد الرياضيات

ملستقيم )ا )AB نعيي با لر ا على متني ملرسو ا تني ئر ا للد ك مشتر س مما CANMهو لنقطة . MNBDو ملستقيم Dو Cتقع بني Mا )على ا )CD ملستقيمان )، وا )AB )و )CD ن يا ز ا مل . متو ا ن يتالقى ) ستقيما )NA و( )CM يفP يتالقى و ملستقيمان ، ا

( )NB و( )MD يفQ وأخريا يتالقى املستقيمان ،( )CA و( )DB يفE . ن أثبت أ .متساويان QEو PEالطولني

)ملا كان )AB يوازي( )CD استنتجنا أن EBA BDM=

زاوية مماسية حتصر ABMومن جهة ثانية، ألن BDMاملقابل للزاوية احمليطية MBالقوس

استنتجنا أن BDM ABM=، إذن EBA ABM=

نربهن بأسلوب مماثل أنو EAB BAM=

EBطبوقان، وعلى وجه اخلصوص ABMو ABEفاملثلثان MB= وEA MA= .)نستنتج إذن أن )AB هو حمور القطعة املستقيمة[ ]EM ومنه ،( ) ( )EM CD⊥ .

)يقطع احملور األساسي )MN للدائرتني املستقيم( )AB يفF . وعندها، من كون( )FA 2FA، نستنتج أن CANMمماسا للدائرة FN FM= )، وكذلك، من كون ⋅ )FB 2FB، نستنتج أن MNBDمماسا للدائرة FN FM= FAإذن . ⋅ FB=.

)بتطبيق مربهنة تالس على املستقيمني املتوازيني )AB و( )CD وعلى القواطع( )AP )و )FM و( )BQ نستنتج أن

AF NF BF

PM NM QM= =

PMومنه QM= . ةهذا، باإلضافة إىل اخلاص ولكن( ) ( )EM PQ⊥ ، يعين أن( )EM هو حمور القطعة[ ]PQ ومن ثم ،PE QE= .وبذا يكتمل اإلثبات. ù

A B

C DM

E

N

PQ

F


أثبت أن. 1جداء ضرا يساوي Cو Bو Aنتأمل ثالثة أعداد حقيقية موجبة

( )( )( )1 1 11 1 1 1A B C

B C A− + − + − + ≤

:كما يلي γو βو αلنعرف األعداد 1

1AB

α = − 1و +1B

Cβ = − 1و +

1CA

γ = − + عندئذ نالحظ مباشرة أن

( )21 1 1

0A B AC CB

α β+ = + + − ≥ + > وباملماثلة جند أيضا أن

0β γ+ 0γ و < α+ > .هناك عدد واحد سالب على األكثر γو βو αمن بني األعداد إذن،

å فإذا كان أحد األعدادα أوβ أوγ العددان اآلخران موجبني، ونتج من ذلك سالبا كان1αβγأن جداء ضرم سالب، فتتحقق املتراجحة .وضوحا ≥

å لنفترض إذن أن األعدادα وβ وγ ولنالحظ ما يلي .موجبة:

ABαβ = 1B A− + −1 1

1A

B C C+ − + −

1

BC+

( )

( )2

12

1

AB

C B

A AB

C CB

= − + −

= − − ≤

وجند باملماثلة أنB

Aβγ Cو ≥

Bγα ≤

وألن األعداد الواردة يف املتراجحات الثالث السابقة موجبة، نستنتج حبساب جداء ضرا )طرفا بطرف أن )2 1αβγ 1αβγ، وهذا يقتضي أن ≥ .يف هذه احلالة أيضا ≥

ù .وبذا يكتمل إثبات املتراجحة

عام 2000 393

هو عدد طبيعي أكرب أو nهو عدد حقيقي موجب متاما، والعدد kيف هذه املسألة، العدد نها ليست مجيعها nنتأمل عددا . 2يساوي لواقعة على مستقيم، ونفترض أ لنقاط ا ا من

خنتار نقطتني : رى النقلة كما يلي تج إذ . »نقالت «ميكن إخضاع هذه النقاط إىل . منطبقة نقطة B، ثم نستبدل بالنقطة Bإىل ميني A، مع Bو Aغري منطبقتني، ولنفترض أنهما

B ABوتحقق Aتقع إىل ميني ′ kBA′ اليت تتيح لنا نقل النقاط إىل kما هي قيم . = ؟ اليمني باملسافة اليت نشاء وذلك بتطبيق نقالت متتابعة

وللتعامل مع النقاط . ناسب املطابقة بني املستقيم املشار إليه وحمور األعداد احلقيقية قد يكون من امل .باألسلوب اآليتمن املفيد أن نعيد صياغة املسألة “تنطبق على بعضها”اليت ميكن أن

å ة بيقاتاألشياء اليت نتعامل معها هي جمموعة التطاحلقيقي : nϕ →ℕ ℝ حققاليت ت( )card Im 2ϕ .إىل جمموعة هذه التطبيقات Fسنرمز بالرمز . ≤

å لتكن( )

2nP جمموعة أجزاءnℕ موعةجم يف حالة. املؤلفة من عنصرين Q من( )

2nPو ،ϕ

)نعرف Fمن )QT ϕ منF كما يلي: )إذا كان )( )card 1Qϕ )وضعنا = )QT ϕ ϕ=. )أما إذا كان )( )card 2Qϕ الذي صورته هي أصغر Qالعنصر من iأمسينا =

)العددين يف )Qϕ وأمسيناj ذلك العنصر منQ الذي صورته هي أكرب العددين يف( )Qϕ . عندئذ يكون لدينا ,Q i j= مع( ) ( )i jϕ ϕ< . فوعندها نعر

)التطبيق )QTψ ϕ= بوضع( ) ( )ψ ϕ=ℓ ℓ يف حالةi≠ℓوضع، و

( ) ( ) ( ) ( )( )i j k j iψ ϕ ϕ ϕ= + − .وذلك كما هو موضح يف الشكل التايل

( )iϕ ( )jϕ

( )jψ

( )QTψ ϕ=

( )iψ

( )ϕ ℓ

( )ψ ℓ

ثم نعرف جمموعة النقالت بأنها اموعة( ) 2: n

QT Q= ∈T P


ينارداملق، Fمن ϕيف حالة ولنعرف . نه الحقاعددا موجبا سنعيa ليكن 1.

( ) ( )( )1max

nM ϕ ϕ

≤ ≤=

ℓℓ و( ) ( ) ( )

1

n

a aMϕ ϕ ϕ=

∆ = −∑ℓ

ℓ

ل النقلة لثمنتأمQT منT، التطبيق وϕ منF ولنضع ،( )QTψ ϕ= . إذا كان( )( )card 1Qϕ )كان لدينا وضوحا = ) ( )a aψ ϕ∆ = ∆.

)لنفترض إذن أن )( )card 2Qϕ ، عندئذ يكون = ,Q i j= مع( ) ( )i jϕ ϕ< . .عندها نالحظ ما يلي

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( )( )

1 1

1

1

n n

n

i j k j i

k j i

ψ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ

= =

=

= − + + −

= + + −

∑ ∑

∑

ℓ ℓ

ℓ

ℓ ℓ

ℓ

)إذا كان ف ) ( ) ( )( ) ( )j k j i Mϕ ϕ ϕ ϕ+ − )كان ≥ ) ( )M Mψ ϕ= ومن ثم( ) ( )a aψ ϕ∆ ≤ ∆.

)أما إذا كان ) ( ) ( )( ) ( )j k j i Mϕ ϕ ϕ ϕ+ − كان <( ) ( ) ( ) ( )( )M j k j iψ ϕ ϕ ϕ= + −

ومن ثم ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )

1

1

1 1

a a a M M k j i

ka M M M j

k

k ka M M M j

k k

ϕ ψ ϕ ψ ϕ ϕ

ϕ ψ ψ ϕ

ψ ϕ ϕ ϕ

∆ −∆ = − + + −

+= − + −

+ += − − + −

إذن ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

1a a

ka M M

kϕ ψ ψ ϕ

+∆ −∆ ≥ − − ( )1

)مع مساواة إذا كان ) ( )j Mϕ ϕ=. 1إذا اخترنا ،وعلى هذا 1/a k= ) كان + ) ( )a aψ ϕ∆ ≤ نكون قد أثبتنا اخلاصة ف .∆

:التالية ( )( ) ( )1 1/ 1 1/, , k kT Tϕ ϕ ϕ+ +∀ ∈ ∀ ∈ ∆ ≤ ∆F T ( )2

عام 2000 395

)من النقالت ما ، ولنتأمل متتالية Fمن 0ϕعنصر من لننطلق إذن 2. )m mT ∈ℕ من عناصرT ف املتتاليةلنعر ثم ،( ) 0m mϕ )بالعالقة ≤ )1m m mTϕ ϕ+ )عندئذ نستنتج من . = )2 أن

( ) ( )1 1/ 1 1 1/k m k mm ϕ ϕ+ + +∀ ∈ ∆ ≤ ∆ℕ وهذا يربهن على أن

( ) ( )1 1/ 1 1/ 0k m km ϕ ϕ+ +∀ ∈ ∆ ≤ ∆ℕ ولكن

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )

1 1/1

0

11

11

n

k m m m m

m

n M Mk

n Mk

ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ

+=

>

∆ = + − + −

≥ + −

∑ℓ

ℓ

1فإذا كان 1 0n

k+ − 1، أي <

1k

n<

− ، استنتجنا مما سبق أن

( )( )

( )1 1/ 01 1m k

km M

k nϕ ϕ+∀ ∈ ≤ ∆

− −ℕ

)فاملتتالية )( )m mM ϕ ∈ℕ متتالية جزئألحمدودة من األعلى، وال ميكن ة منهايإىل أن تسعى ي .الالاية

1وبذا نثبت أنه يف حالة

1k

n<

−قدر نشاء، وذلك أي ال ميكن للنقاط أن تبتعد إىل اليمني ب .مهما كانت النقالت اليت نطبقها عليها

1لنفترض اآلن 3.

1k

n≥

−، ثم لنتأمل متتالية النقالت Fمن 0ϕمن عنصر ، ولننطلق

( )m mT ∈ℕ من عناصرT واملتتالية ،( )m mϕ ∈ℕ منF افتني تدرجييإذا . كما يلي ، املعرن جد mϕكا يو ئذ عند ، فا معرmi وmj منnℕ ن ) يحققا ) ( )m m mj Mϕ ϕ=

)و ) ( )m m mi Lϕ ϕ= ،مع ( ) ( )( )1min

nL ϕ ϕ

≤ ≤=

ℓℓ .فوعندئذ نعر

, m mm i jT T= و ( )1m m mTϕ ϕ+ =

)عندئذ نرى أنفسنا مباشرة يف حالة املساواة يف املتراجحة 1مع 1( 1/a k= ، أي+( ) ( )1 1/ 1 1 1/, k m k mm ϕ ϕ+ + +∀ ∈ ∆ = ∆ℕ


وهذا يقتضي أن( ) ( )1 1/ 1 1/ 0, k m km ϕ ϕ+ +∀ ∈ ∆ = ∆ℕ

ولكن

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

1 1/ 0 0 0 01

1 1/1

11

11

n

k

n

k m m m m

n M Mk

n M Mk

ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ

+=

+=

∆ = − + + −

∆ = − + + −

∑

∑

ℓ

ℓ

ℓ

ℓ

، يكنmإذن، مهما تكن

( ) ( )( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( )

0 01 1

01

1

n n

m m

m

M M

n M Mk

ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ

= =

− = −

+ − − −

∑ ∑ℓ ℓ

ℓ ℓ

)ولكن، من الواضح أن ) ( )0mM Mϕ ϕ> 1، وألن

1k

n≥

− إذن،

( ) ( ) ( )( )01

1 0mn M Mk

ϕ ϕ− − − ≥

جحةوهذا يربهن على صحة املترا

( ) ( )( ) ( ) ( )( )0 01 1

n n

m mM Mϕ ϕ ϕ ϕ= =

− ≥ −∑ ∑ℓ ℓ

ℓ ℓ

ومنه( ) ( )( ) ( ) ( )0 0, m mm n M L M Lϕ ϕ ϕ ϕ∀ ∈ − ≥ −ℕ

أو ( ) ( )

( ) ( )0 0, m m

M Lm M L

n

ϕ ϕϕ ϕ

−∀ ∈ ≥ +ℕ ( )3

mϕ ميثلها كان ، تصبح مجيع النقاط اليتmϕنقلة على n تطبيقولكن، من الواضح أنه بعد )أكرب من )mM ϕ ر عنه املتراجحةوهذا ما تعب ،( ) ( )m n mL Mϕ ϕ+ من mيف حالة ≤ℕ , فإذا استفدنا من ذلك يف( استنتجنا أن 3(

( ) ( )( ) ( )0 0, m n m

M Lm L L

n

ϕ ϕϕ ϕ+

−∀ ∈ ≥ +ℕ

عام 2000 397

ومنه

( )( ) ( )( ) ( )0 0

1, n n

M LL L

n

ϕ ϕϕ ϕ+

−∀ ∈ ≥ +ℓ ℓℓ ℕ

وهذا يقتضي أن( ) ( ) ( ) ( )( )0 0 0, nL L M L

nϕ ϕ ϕ ϕ∀ ∈ ≥ + −ℓ

ℓℓ ℕ

ومن ثم( )lim nL ϕ→∞

= +∞ℓℓ

. وهكذا نكون قد أثبتنا أن الشرط الالزم والكايف حتى نتمكن من إبعاد نقاط اموعة إىل اليمني

1هو أن يكون ،عدد كاف من النقالت بأي قدر نشاء وذلك بإجراء

1k

n≥

−وهي النتيجة .

ù .املرجوة

أن هذه البطاقات موزعة نفترض و . 100حتى 1نتأمل مئة من البطاقات املتباينة مرقمة من بكم طريقة ميكن إجراء هذا التوزيع، . يف ثالث علب حيوي كل منها بطاقة واحدة على األقل

عند اختيار أي زوج من الصناديق، ثم اختيار بطاقة من : إذا علمت أنه يحقق اخلاصة التالية . قتني لتعيني الصندوق الثالثكل واحد منهما، تكفي معرفة قيمة جمموع هاتني البطا

. nإىل 1من البطاقات مرقمة من n، ولنتأمل عددا 3Uو 2Uو 1Uلنتأمل ثالثة صناديق توزيع للبطاقات على الصناديق الثالثة حيوي وفقه أحد أي1T ، نسمي توزيعا من النوع

ليه الصناديق إ <1nV، ولنرمز لرقم ، + قة ذات ا لبطا فقط، 1ا>1nV، ولنرمز إليه دوق ثانوحيوي صن nالبطاقة ذات الرقم ، +

لثالث 1nV، الذي سنسميه فقط، يف حني حيوي الصندوق ا +، 1nحتى 2أرقامها من تتراوح بقية البطاقات، أي تلك اليت − .

توزيع للبطاقات على الصناديق الثالثة حيوي وفقه أحد أي2T ، ونسمي توزيعا من النوع ،ندوق ثان ، وحيوي ص 3البطاقات اليت تقبل أرقامها القسمة على ، 0W وليكن، الصناديق لبطاقات اليت باقي قسمة أرقامها على العدد ، 1Wوليكن 3ا، 2Wالذي نسميه ، ، يف حني حيوي الصندوق الثالث 2يساوي

3سمة أرقامها على العدد بقية البطاقات، أي تلك اليت باقي ق .1 يساوي

n

1n−

432

⋮1

1nV> +1nV< + 1nV +

741

⋮

0W 1W 2W

3 2k+

852

⋮963

⋮3 1k+3k


املنصوص Pللبطاقات، حيقق اخلاصة 2Tأو 1Tنالحظ مباشرة أن كل توزيع من أحد النوعني عند اختيار صندوقني، أن كل صندوق حيوي بطاقة واحدة عل األقل، و ص املسألة، أي عنها يف ن

.ثم اختيار بطاقة ما من كل منهما، تكفي معرفة جمموع البطاقتني لتعيني الصندوق الثالث : التالية nPاصة ، اخل3أكرب أو يساوي nلنتأمل، يف حالة

إىل 1، للبطاقات املرقمة من Pإن أي توزيع، حمقق للخاصة ”n 1على الصناديق الثالثة، هو من أحد النوعنيT 2أوT.“

.nبالتدريج على العدد nPسنربهن على صحة اخلاصة 3nيف حالة ليا، = فكل صندوق حيوي بطاقة ، ال ميكن ألي صندوق أن يكون خا

بالطبع، يف هذه احلالة . 1Tواحدة فقط، وأي توزيع من التوزيعات الستة املمكنة هو من النوع .2Tو 1Tيتطابق النوعان

إىل 1للبطاقات من ، P، يحقق اخلاصة ، ولنتأمل توزيعا nPلنفترض صحة اخلاصة 1n .تنيالتالي لتنيعندئذ نناقش احلا .على الصناديق الثالثة +

1nالذي حيوي البطاقة 1B الصندوق نسمي عندئذ . ال حيوي بطاقات أخرى غريها +2B ي 1الذي حيوي البطاقة الصندوق3ونسمB الصندوق الثالث.

بطاقة ل أكرب رقم ، 2k بأنه جمموع m، عرفنا 1وي بطاقات أخرى غري البطاقة حي 2Bإذا كان 3من الواضح أن .3Bبطاقة يف ل أكرب رقم 3k مع ،2Bيف 2k ليست 1ألن البطاقة رقم ≤2، كما إن 3Bيف 2k . 1غري البطاقة رقم على بطاقات 2Bألننا افترضنا احتواء الصندوق ≤

لبطاقة اليت حتمل الرقم استنتجنا أن 3Bأو 2Bموجودة يف أحد الصندوقني nوملا كانت ا( )2 3max ,k k n= . منه 2و 3 2m k k n= + ≥ م . + نه إ أن كما اضح لو ا ن

( )1 2 1m n n n≤ + − = د . − لعد ا ينتمي ن ذ 1kإ m n= − ىل − عة إ مو ا 1, ,n… فالبطاقة اليت حتمل الرقم ،k 2موجودة يف أحد الصندوقنيB 3أوB . وهكذا يكون لدينا

12 3 2 3

2 3 1BB B B B

m k k n k

∨

= + = + +

نستنتج من هذا التناقض أن الصندوق . Pوهذا خلف إذ ال يحقق هذا التوزيع للبطاقات اخلاصة 2B يكون هذا التوزيع للبطاقات من النوع ال حيوي غري 1الذي حيوي البطاقة 1ها، ومن ثمT.

عام 2000 399

1nالصندوق الذي حيوي البطاقة فإذا حذفنا هذه البطاقة، . حيوي بطاقات أخرى غريها +فهو إذن . على الصناديق الثالثة nإىل 1، للبطاقات من Pحصلنا على توزيع يحقق اخلاصة

.وذلك استنادا إىل فرض التدريج 2T أو 1Tأحد التوزيعني 1B، وأن الصندوق 1T، هو من النوع nإىل 1لنفترض أن هذا التوزيع للبطاقات من

، nلرقم حيوي فقط البطاقة ذات ا 2B، والصندوق 1حيوي فقط البطاقة ذات الرقم 1nو 2حيوي بقية البطاقات، أي تلك اليت أرقامها بني 3Bوأخريا أن الصندوق −.

1nىل إ 1ال ميكن أن يحقق توزيع البطاقات من عندها يف ظل املساواة P، اخلاصة +

31 2?

2 1 1 2BB B

n n n+ = + + = +

1n ةإذا كانت البطاقإال 4nولكن يف حالة .1Bموجودة يف + لدينا أيضا ≤

3 31 2

3 1 2 3B BB B

n n n+ = + + = +

3nأما يف حالة . Pاخلاصة وهذا يناقض إىل 1فيكون توزيع البطاقات من =1 4n + : التايل، على الوجه 2Tتوزيعا من النوع ،=

1 1, 4B و = 2 3B و = 3 2B = Bℓوأن الصندوق ، 2T، هو من النوع nإىل 1لنفترض اآلن أن توزيع البطاقات من

لعدد ا على مها قا ر أ قسمة قي با ليت ا قات لبطا ا تسهيال ل ، ℓيساوي 3حيوي نكتب mod3k kB B= . لنفترض أن ثمmod 3n r= .عندئذ نالحظ أن

1 2?

1 1 2

r r rB B B

n r n r

+ +

+ + + = + +

) وألن ) ( ) mod 3, 1 mod 3, 2 mod 3 0,1, 2r r r+ + ، استنتجنا =1nإىل 1من املساواة السابقة، أن اإلمكانية الوحيدة ليحقق توزيع البطاقات من +

1nأن تنتمي البطاقتان ، هوPاخلاصة 1rو + 1rBإىل الصندوق + . نفسه + . صحيحة 1n+Pفاخلاصة . 2Tهذا التوزيع للبطاقات هو من النوع أن وهذا يربهن على

4nاآلن، يف حالة . 2Tخمتلفة عن التوزيعات من النمط 1Tالتوزيعات من النمط ، تكون ≤فالعدد الكلي ألساليب . وهناك ستة طرائق لتسمية الصناديق الثالثة يف كل من هذين النمطني

يف حالة 12يساوي ، Pعلى الصناديق الثالثة، مع حتقيق اخلاصة nإىل 1توزيع البطاقات من 4n 100nواجلواب عن املسألة املطروحة يف حالة . ≤ ù .اإلثباتويتم . 12هو =


املختلفة وفقط على ألفني ، يقبل القسمة على ألفني من األعداد األولية nأيوجد عدد طبيعي 2منها، ويقسم يف الوقت نفسه العدد 1n أن يقبل القسمة على قوةn ميكن للعدد ( ؟ +

.)لعدد أويل، يوجد rبل سنثبت أنه يف حالة أي عدد طبيعي موجب متاما معطى . يف احلقيقة، اجلواب هو نعم

2يقسم rnعدد طبيعي 1rn ويحقق + ( )card : | rp p n r∈ =P . وقد رمزناP ةليإىل جمموعة األعداد األو.

:يعتمد اإلثبات على عدد من املالحظات، نذكرها فيما يلي 2فرديا كان mعددين طبيعيني، وكان mو aإذا كان 1a 2قامسا للعدد + 1am + .

يف احلقيقة،

( ) ( ) ( )1

1

0

2 1 2 1 1 2m

am a a m pp

p

−− −

=

+ = + − ∑

132 لنعرف 1k

ka−

= لة + 1kيف حا لطبيعية . ≤ د ا لية من األعدا عندئذ توجد متتا)املوجبة متاما ) 1k kb 1kتحقق يف حالة ≤ :ما يلي ≤

1 3k k ka a b+ )و = )gcd 3 , 1k ka b = 1يف احلقيقة، نالحظ أن 3a 22و = 3a 3و =

3 3 19a = 1، وهذا يعرف × 1b = 2و 19b )لنفترض أننا عرفنا األعداد . = )1k k mb ≤ بأسلوب تتحقق فيه الشروط >

1 3k k ka a b+ )و = )gcd 3 , 1k ka b = 1يف حالة k m≤ عندئذ نالحظ أن .>

( ) ( )

( ) ( )

( )( )

1 3 331

21 1

1 1

2 1 1 1

3 3 3 3 3

3 1 1

3

m

m m

m m m m m m m m

m m m m

m m

a a

a a a a a a b a

a a a b

a b

−

+

− −

− −

= + = − +

= − + = − +

= − +

=

وقد عرفنا ( ) ( )1 1 1 1 1 11 1 3 1 1m m m m m m m mb a a b a b a b− − − − − −= − + = − +

)ومنه نستنتج أن )gcd , 1m ma b )وأن = )gcd 3, 1mb عدد أويل 3وألن العدد . =)نصل إىل النتيجة )gcd 3 , 1m ma b = .

عام 2000 401

)وجود املتتالية وهكذا نكون قد أثبتنا بالتدريج ) 1k kb 1kحالة اليت تحقق يف ℕ∗من ≤ ≥ :ما يلي

1 3k k ka a b+ )و = )gcd 3 , 1k ka b = ( )1 1وعلى اخلصوص

1 1 2 33kk ka b b b b++ = 1kيف حالة ⋯ ةومن جهة أخرى، مبالحظ . ≤

132التكافؤ 13 1 2

k

k−

+ > ⇔ )من املساواة نستنتج ، ≤ )3 1 1mam mb a= − ، أن+

2, 1 1m mm b a∀ ≥ ≥ + >

2mيف حالة mbأصغر عدد أويل يقسم mpلنعرف إذن ، أي≤

( )min : |m mp p p b= ∈ P mmون التطبيق عندئذ يك p֏ ه، يف حالة . تطبيقا متبايناألنm<ℓلدينا ،

1 1 1 13 3mm m m ma a b a b b b−− − + −= = = ℓ

ℓ ℓ ℓ⋯ ⋯ ذن |إ mp aℓ وألن( )gcd 3 , 1m ma b ن = أ mpنستنتج bℓ ومنهmp p≠ℓ ألن|m mp b.

كما نرى أن مجيع األعداد األولية : 2mp m ، وهي فردية ألن األعداد 3خمتلفة عن ≤( ) 1m ma .فردية ≤

1العدد أن مما سبق نستنتج . نأيت اآلن إىل إثبات اخلاصة اليت بدأنا ا 1 2 33rr ra b b b+

+ = ⋯ املعرف بالصيغة rnالعدد يقبل القسمة على

1

23rr r

k rn p+

≤ ≤= ∏

لفردي ة mوإذا عرفنا العدد ا 2باملساوا 33 rm p p p= ⋯ أن ة استنتجنا من اخلاص32 1r

32يقسم + 1rm 1 يأ + | 2 1rn

ra + |إذن . + 2 1rnrn كما إن +

: | 3 : 2r mp p n p m r∈ = ∪ ≤ ≤P ومنه

( )card : | rp p n r∈ =P ù .يحقق اخلاصة املرجوة 2000nوهكذا نرى أن العدد


1نتأمل مثلثا حاد الزوايا 2 3AA A . ينسمiK موقع االرتفاع النازل من الرأسiA علىاملاسة ألضالع هذا املثلث داخال مع Cنقطة متاس الدائرة iLالضلع املقابل، كما نسمي

)تقيم نظري املس 3dليكن . iAالضلع املقابل للرأس )1 2K K بالنسبة إىل املستقيم( )1 2L L ،)نظري 2dوباملماثلة ليكن )3 1K K بالنسبة إىل( )3 1L L1، وd نظري( )2 3K K بالنسبة إىل

( )2 3L L . 1أثبت أن رؤوس املثلث الذي تؤلفه املستقيماتd 2وd 3وd تقع على الدائرةC.

ميثل 0ونفترض أن العدد . ℂق يف هذا احلل بني نقاط املستوي وحقل األعداد العقدية نطاب املاسة ألضالع املثلث داخال، كما نفترض أن نصف قطر هذه الدائرة يساوي Cمركز الدائرة

، واليت طويلة كل 3Lو 2Lو 1Lإىل األعداد العقدية اليت متثل النقاط γو βو αونرمز . 1 .1ها يساوي من

. 1Aالذي ميثل الرأس 1aالعدد العقدي تعيني

)عموديا على 3Lعلى املستقيم املار بالنقطة 1Aتقع )3OL ، يحقق tإذن يوجد عدد حقيقي

( ) ( )1 i 1 ia t tγ γ γ= + = +

)عموديا على 2Lعلى املستقيم املار بالنقطة 1Aوكذلك تقع )2OL ، حقيقي فيوجد عددs )يحقق أيضا )1 1 ia s β= +.

)نستنتج من املساواة ) ( )1 i 1 it sγ β+ = 2، أن ة، حبساب الطويل+ 2s t= ولكن ال ،sميكن أن يكون t= ألن ،γ β≠ إذن ،s t= 1وعليه . − i

1 i

t

t

β

γ

+=

−، وهذا

2يقتضي أن 1 i t

β

β γ+ =

+ جند، وأخريا

( )12

1 ia tβγ

γβ γ

= + =+

، فنجدبالترتيب 3Aو 2Aاللذين ميثالن 3aو 2aونعين بأسلوب مماثل العددين العقديني

12

aβγ

β γ=

+2و

2a

αγ

α γ=

+3و

2a

αβ

α β=

+ ( )1

1A

2A 3A1L

2L3L

O

عام 2000 403

. 1Aموقع االرتفاع النازل من الرأس 1Kالذي ميثل النقطة 1kالعدد العقدي تعيني

عموديا 1Lعلى املستقيم املار بالنقطة 1Kقع ت ،من جهة أوىل)على )1OL حقيقي إذن يوجد عدد ،t حققي

( )1 1 ik t α= + 1Aعلى املستقيم املار بالنقطة 1Kومن جهة ثانية، تقع

)موازيا )1OL حقيقي فيوجد عدد ،s حقق1ي 1k a sα= +. )نستنتج من املساواة ) 11 i t a sα α+ = 11أن + is t a α− + = ومن ثم

1 1i2

a at

α α−=

إذن2

21 1 1

1 1i

2 2k t a a

βγ αα α α α α

β γ

−= + = + − = +

+

فنجد. بالترتيب 3Kو 2Kثالن النقطتني اللذين مي 3kو 2kوباملماثلة، جند العددين العقديني

2

1kβγ α

αβ γ

−= +

+و

2

2kαγ β

βα γ

−= +

+و

2

3kαβ γ

γα β

−= +

+ ( )2

.عبارة نظري نقطة بالنسبة إىل مستقيم

ونتأمل نقطة . بالترتيب 2zو 1zاملعرفتني بالعددين 2Mو 1Mمارا بالنقطتني d نتأمل مستقيماW ممثلة بالعدد العقديw .عندئذ ميثل العدد العقدي

( )2 11 1

2 1

z zw z w z

z z

−′ = + −

− ( )3

Wالنقطة .dبالنسبة إىل املستقيم Wنظرية ′Wلتكن wالنقطة اليت ميثلها العدد العقدي ′ )املعطى بالعبارة ′ نالحظ من جهة أوىل أن . 3(

1 1w z w z′ − = ]على حمور القطعة 1Mإذن تقع − ]WW رى ومن جهة ثانية ن. ′ أن

( ) ( )( ) ( )2 1 2 11 2 2 1 2 2

2 1 2 1

z z z zw z w z z z z w z

z z z z

− −′ = + − + − = + −

− −

2إذن 2w z w z′ − = −2تقع ، ومن ثمM أيضا على حمور القطعة[ ]WW وهذا . ′]هو حمور dيربهن على أن ]WW Wن ، ومن ثم تكو′ .dبالنسبة إىل Wنظرية ′

1A

2A 3A1L

2L3L

O

1K


)بالنسبة إىل املستقيم 1Lنظرية 1Mالذي ميثل النقطة 1mالعدد العقدي تعيني )1OA . 1A

2A 3A

O

1L1K

2L

3L

2K

3K

1M

1T

1S

)باالستفادة من 1بعد اختيار 3( 0z 2و = 1z a= جند مباشرة أن

11

1

2 1

2

am

a

βγ β γ βγα

β γ α α

+= = ⋅ ⋅ =

+

) بالنسبة إىل املستقيم 1Mنظرية 1Sالذي ميثل النقطة 1sالعدد العقدي تعيني )1 2L L. )باالستفادة من 1zبعد اختيار 3( α= 2وz β= جند

( )2

1 11

s mβ α α α

α α α αβ α ββγ α γβ α

− = + − = − − = + − −

)بالنسبة إىل املستقيم 1Mنظرية 1Tالذي ميثل النقطة 1tالعدد العقدي تعيني )1 3L L. )باالستفادة من 1zبعد اختيار 3( α= 2وz γ= جند

( )2

1 11

t mγ α α α

α α α αγ α γγ α βγ α β

− = + − = − − = + − −

)إىل املستقيم 1Sتنتمي النقطة )1 2K K 1، وتنتمي النقطةT إىل املستقيم( )1 3K K. .اخلاصة املنصوص عنها يف املسألةة األساسية اليت يستند إليها إثبات هي اخلاصو

على استقامة واحدة يكفي أن نثبت أن العدد العقدي 2Kو 1Kو 1Sإلثبات وقوع النقاط 1 1

2 1

k s

k sξ

−=

− ولكن. احلقيقة عدد حقيقي هو يف

( )( )

2

1 1k sβ α βγ

γ β γ

−− =

+و

( )

3 2

2 1k sα β γ

γ α γ

−− =

+

عام 2000 405

إذن( )( )

( )( )

21 1

3 22 1

k s

k s

β α βγ α γξ

α β γ β γ

− +−= =

− − +

ξوإلثبات أن هذا العدد عدد حقيقي، علينا التوثق من كون ξ= .مباشر وهذا حتقق : ( )( )

( )( )( )( )

( )( )

2

3 2

1 1 1 1 1 2

2 31 1 1 1

α γβ βγα

γβα β γ

β βγ α α γξ ξ

β γ α β γ

− + − += = =

− +− +

.على استقامة واحدة 2Kو 1Kو 1Sوهذا ما يثبت وقوع النقاط وبأسلوب مماثل جند

( )( )

2

1 1k tγ α βγ

β β γ

−− =

+و

( )

3 2

3 1k tα βγ

β α β

−− =

+

إذن ( )( )

( )( )

21 1

3 23 1

k t

k t

γ α βγ α βζ

α βγ β γ

− +−= =

− − +

ζشرة أن ونتيقن مبا ζ= فالعدد ،ζ ينتمي إىلℝ ثبت وقوع النقاط1، وهذا يT 1وK .على استقامة واحدة أيضا 3Kو

)إىل 1Sنتماء نستنتج من ا )1 2K K 1أنM 3تقع على املستقيمd نظري املستقيم( )1 2K K بالنسبة إىل املستقيم( )1 2L L . 1كما نستنتج من انتماءT إىل( )1 3K K 1أنM

)نظري املستقيم 2dتقع على املستقيم )1 3K K بالنسبة إىل املستقيم( )1 3L L. وهكذا نرى أن 1 2 3M d d= 1، ومبالحظة أن ∩ 1m يتقاطعان يف 3dو 2dنستنتج أن املستقيمني =

. Cنقطة من الدائرة

بالنسبة إىل 2Lنظرية 2Mيتقاطعان يف النقطة 3dو 1dونربهن باملماثلة أن املستقيمني )املستقيم )2OA وهي نقطة من الدائرة ،C ألن( )2OA كما يتقاطع . دائرةحمور تناظر هلذه ال

)بالنسبة إىل املستقيم 3Lنظرية 3Mيف النقطة 2dو 1dاملستقيمان )3OA وهي أيضا نقطة ، ù .وبذا يتم اإلثبات. Cمن الدائرة

.النتيجة صحيحة بوجه عام، دون شرط كون املثلث حاد الزوايا: مالحظة


gQWEA DZXC

407

األربعونو الثانيأوملبياد الرياضيات

موقع Pاملارة برؤوسه، وليكن C مركز الدائرة Oليكن . ABCنتأمل مثلثا حاد الزوايا نفترض أن . Aاع النازل من الرأس االرتف

6BCA ABC

π≥ أثبت أن. +

2

CAB COPπ

+ <

حادة استنتجنا من الفرض أن ABCملا كانت زوايا املثلث

2 6C B

π π> − ≥

وهذا يقتضي أن 1sin( )

2C B− ≥ومن ثم ،

1sin cos sin cos

2C B B C− ≥

الذي 2OBوباالستفادة من عالقة اجليوب نستنتج، بضرب طريف املتراجحة السابقة باملقدار :، ما يلي ABCثلث املارة برؤوس امل Cيساوي قطر الدائرة

cos cosAB B AC C OB⋅ − ⋅ ≥ ولكن

cosAB B BP= و cosAC C CP= إذن نستنتج من املتراجحة السابقة أن

BP BO CP− ≥ حادة، إذن نستنتج من Aال تقع على استقامة واحدة ألن الزاوية Pو Oو Bولكن النقاط

BPمتراجحة املثلث أن BO OP− CPوهكذا نصل إىل املتراجحة . > OP< . فإذاوجدنا أن هذه املتراجحة تكافئ COPتأملنا املثلث COP OCP<. مثلث متساوي الساقني فيه OBCولكن املثلث 2BOC A= إذن ،

2 2OCP A π+ = ومن ثم

2OCP A

π= ذا نكون قد أثبتنا أن ، وب−

2COP A

π< ، وهي املتراجحة −

ù .املرجوة

C

A

B CP

O


أثبت أن. cو bو aنتأمل ثالثة أعداد حقيقية موجبة متاما

2 2 21

8 8 8

a b c

a bc b ca c ab+ + ≥

+ + +

، ℕ∗من nيف حالة عدد طبيعي . على ما يلي اليت تنص ، Hölderهذا تطبيق على متراجحة 1يحققان qو pني متاما وعددين موجب 1 1p q+ )، ومتتاليتني = )

ni ix ∈ℕ و( )ni iy ∈ℕ من

:األعداد املوجبة متاما، تتحقق املتراجحة التالية 1/ 1/

1 1 1

p qn n np q

i i i ii i i

x y x y= = =

≤ ∑ ∑ ∑

يف احلالة اخلاصة املوافقة للقيمو

3p 3و =2

q )و = )1/32

i i ix aα=2/3

ii

i

ay

α

=

جند1/3 2/3

2

1 1 1

n n ni

i i iii i i

aa aα

α= = =

≤ ∑ ∑ ∑

أو

( )3 2

12

11

n ni ii

nii i ii

a a

a αα=

==

≤

∑∑

∑

3nنأيت إىل حالة املسألة املطروحة اليت توافق 1aو = a= 2وa b= 3وa c= أخرياو 2

1 8a bcα = 2و +2 8b caα = 2و +

3 8c abα = + : إذ تأخذ املتراجحة السابقة الصيغة التالية

( )23

2 2 21 2 31 2 3

a b c a b c

a b c α α αα α α

+ + ≤ + + + + ( )1

) إذا عرفناولكن )3a b c= + +N وجدنا أن ( )

( ) ( )( )

( )

3 3 3 2 2 2 2 2 2

2 23 3 3 2

3 3 3

3 6

3 ( ) 24

24 , ,

a b c ab ac ba bc ca cb abc

a b c a b c b c a c a b abc

a b c abc F a b c

= + + + + + + + + +

= + + + − + − + − +

= + + + +

N

) رمزناوقد ) ( ) ( )( )2 22, , 3 ( )F a b c a b c b c a c a b= − + − + −.

عام 2001 409

يف حني جند أن2 2 2 3 3 31 2 3 24a b c a b c abcα α α+ + = + + +

إذن ( ) ( )3

2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 3

, ,1 1

a b c F a b c

a b c a b cα α α α α α

+ += + ≥

+ + + +

)ا عدنا إىل وإذ استنتجنا أن 1(

1 2 31

a b c

α α α+ + ≥

aمع مساواة، إذا وفقط إذا كان b c= ù .وهي املتراجحة املرجوة. = :يف احلقيقة ميكن تعميم هذه النتيجة كما يلي : مالحظة

2 2 2

38,

1

a b cx

xa xbc b xca c xab∀ ≥ + + ≥

++ + +

8xوإلثبات ذلك نضع، يف حالة ، ما يلي ≤2

1 a xbcα = 2و +2 b xcaα = 2و +

3 c xabα = + عندئذ يكون

2 2 2 3 3 31 2 3 3a b c a b c xabcα α α+ + = + + +

3ومن ثم، إذا عرفنا 3 3

3abcT

a b c=

+ + صار لدينا

( ) ( )3

2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 3

1 8 , , 1 8

1 1

a b c T F a b c T

xT xTa b c a b cα α α α α α

+ + + += + ≥

+ ++ + + +

0ولكن، تبين املتراجحة بني املتوسطني احلسايب واهلندسي أن 1T< 8x، ويف حالة ≥ ≥ 1يكون التابع 8

1TxTT +

[متناقصا على اال ֏+ لغ قيمته الصغرى على هذا اال فهو يب 0,1[1Tعند 9وهي إذن ،=

1 x+ .وهكذا نكون قد أثبتنا أن ( )3

2 2 21 2 3

9

1

a b c

xa b cα α α

+ +≥

++ +

)وإذا عدنا إىل استنتجنا أن 1(

1 2 3

3

1

a b c

xα α α+ + ≥

+

.علنا عنهوهو التعميم الذي أ


:نفترض ما يلي . إحدى وعشرون طالبة يف مسابقة للرياضياتشارك واحد وعشرون طالبا و .لى األكثرع 6عدد املسائل اليت حلها كل متسابق أو متسابقة يساوي .ذين خنتارمها فتوجد مسألة على األقل حلها كل منهماأيا كان املتسابق واملتسابقة الل

.أثبت وجود مسألة على األقل حلها ثالثة متسابقني على األقل وثالث متسابقات على األقلجمموعة املتسابقات، وأخريا Gجمموعة املتسابقني، ولتكن Bلتكن . وز حنتاج إىل بعض الرم

ئل Pلتكن لة . جمموعة املسا لة مسأ )، سنكتب Pمن pيف حا )B p داللة على جمموعةلة لذين حلوا املسأ ثلة سنكتب pاملتسابقني ا )، وباملما )G p بقات داللة على جمموعة املتسا

)كما سنكتب . pالاليت حللن املسألة )P b داللة على جمموعة املسائل اليت حلها املتسابقb )، وسنكتب Bمن )P g اليت حلتها املتسابقة تلكداللة علىg منG.

سنفترض بوجه عام أن

( ) ( )card card 4 1B G n= = + 3nمع كما سنفترض حتقق الشرطني. ≤

( )( ), card 1b B P b n∀ ∈ ≤ + )و )( ), card 1g G P g n∀ ∈ ≤ +.

( ) ( ) ( ), ,b g B G P b P g∀ ∈ × ∩ ≠ ∅ .

تحقق Pمن 0pواملطلوب هو إثبات وجود مسألة ( )( )0card 3B p )و ≤ )( )0card 3G p ≥

5nتوافق املسألة املطروحة حالة يف احلقيقة، =. )إلثبات اخلاصة املطلوبة سنتبع طريقة نقض الفرض، إذن لنضع الفرض )H التايل:

( ) ( )( ), card 3 card 2p P G p B p∀ ∈ ≥ ⇒ ≤

ثم لنعرف اموعتني( )( )

( )( )

0

1

: card 2

: card 3

P p P G p

P p P G p

= ∈ ≤

= ∈ ≥

عدد عناصر اموعة بطريقتني نقدرأن يعتمد اإلثبات على

( ) ( ) ( ) , , :p b g P B G p P b P g= ∈ × × ∈ ∩S أن فمن جهة أوىل، جند باالعتماد على اخلاصة

( ) ( ) ( )2card card 4 1B G n≥ × = +S ( )1

عام 2001 411

جند ومن جهة أخرى، اعتمادا على

( )( )( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

( )( )

( ) ( )

card 1

card , :

card , :

1 card

1 card

p P p P g G p

g G p P g g G

G p

p g P G g G p

p g P G p P g

P g

n G

∈ ∈ ∈

∈ ∈ ∈

=

= ∈ × ∈

= ∈ × ∈

= =

≤ +

∑ ∑ ∑

∑ ∑ ∑

جند وأخريا ( )( ) ( )( )card 1 4 1

p P

G p n n∈

≤ + +∑ ( )2

وجند باملثل أن ( )( ) ( )( )card 1 4 1

p P

B p n n∈

≤ + +∑ ( )3

ولنفترض على سبيل اجلدل أن. Gمن متسابقة g لتكن

( ) ( )( ), card 3p P g B p∀ ∈ ≤

أن عندئذ نستنتج من اخلاصة ( )

( )p P g

B B p∈

= ∪ ومن ثم

( ) ( )( ) ( )4 1 card 3 card 3 1n B P g n+ = ≤ ≤ + لف3ألن وهذا خn بذلك نكون قد أثبتنا أن. ≤

( ) ( )( ), , card 4g G p P g B p∀ ∈ ∃ ∈ ≥

)ولكن، بناء على )H لدينا

( )( ) ( )( )card 4 card 2B p G p≥ ⇒ ≤

)وهكذا نكون قد أثبتنا أن ) 0,g G P g P∀ ∈ ∩ ≠ وهذا يقتضي أن، ∅

( ) ( )( )

( ) ( )

( )( )

0 0 0

0

,

card 1 card

1 1 card

g G g G

g G p P g P p P g G p p P

G P g P

G p

∈ ∈

∈ ∈ ∩ ∈ ∈ ∈

= ≤ ∩

≤ = =

∑ ∑

∑ ∑ ∑ ∑


)وبالعودة إىل نستنتج 2(( )( ) ( )( ) ( )( )

1

4 1 card card 1 4 1p P p P

n G p G p n n∈ ∈

+ + ≤ ≤ + +∑ ∑

ومن ثم ( )( ) ( )

1

card 4 1p P

G p n n∈

≤ +∑ ( )4

ولنفترض على سبيل اجلدل أن. Bمتسابقا من bوباملثل، ليكن

( ) ( )( ), card 3p P b G p∀ ∈ ≤

أن عندئذ نستنتج من اخلاصة ( )

( )p P b

G G p∈

= ∪ ومن ثم

( ) ( )( ) ( )4 1 card 3 card 3 1n G P b n+ = ≤ ≤ +

3nوهذا خلف ألن بذلك نكون قد أثبتنا أن. ≤

( ) ( )( ), , card 4b B p P b G p∀ ∈ ∃ ∈ ≥

)اء على ولكن، بن )H لدينا

( )( ) 1card 4G p p P≥ ⇒ ∈

)وهكذا نكون قد أثبتنا أن ) 1,b B P b P∀ ∈ ∩ ≠ ، وهذا يقتضي أن∅

( ) ( )( )

( ) ( )

( )( )

1 1 1

1

,

card 1 card

1 1 card

b B b B

b B p P b P p P b B p p P

B P b P

B p

∈ ∈

∈ ∈ ∩ ∈ ∈ ∈

= ≤ ∩

≤ = =

∑ ∑

∑ ∑ ∑ ∑

)وبالعودة إىل نستنتج 3(

( )( ) ( )( ) ( )( )

0

4 1 card card 1 4 1p P p P

n B p B p n n∈ ∈

+ + ≤ ≤ + +∑ ∑

ومن ثم

( )( ) ( )

0

card 4 1p P

B p n n∈

≤ +∑ ( )5

عام 2001 413

جند أن Sوأخريا، بالعودة إىل اموعة ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

0 1

0 1

card card

card card

2 card 2 card

2 4 1 2 4 1 4 4 1

p P

p P p P

p P p P

B p G p

B p G p B p G p

B p G p

n n n n n n

∈

∈ ∈

∈ ∈

≤ ×

≤ × + ×

≤ +

≤ + + + = +

∑

∑ ∑

∑ ∑

S

)وهذه املتراجحة تتناقض مع )هذا التناقض يثبت خطأ الفرض . 1( )H من وجود دفال ب ، ù .وبذا يتم اإلثبات. مسألة قام حبلها ثالثة متسابقني وثالث متسابقات على األقل

ذكر أن ، ن 3عددا طبيعيا فرديا أكرب أو يساوي nليكن 1, 2, ,n n=ℕ ، ونتأمل …( )

nj jk

∈ℕلية معطاة من األعداد الصحيحة إىل جمموعة nSوأخريا نرمز كالعادة . متتا املقدار nSمن σنعرف يف حالة . n!، اليت عدد عناصرها nℕالتباديل على

( ) ( )1

n

j

j

k jσ σ=

Φ =∑

) العدد يكون يف حالتهما nSمن ′ρو ρ ني خمتلفوجود تبديلنيأثبت ) ( )ρ ρ′Φ − Φ .n!مضاعفا للعدد

املقدار nℕمن jلنعرف يف حالة ( )

n

jA jσ

σ∈

= ∑S

)إذا كان )1,j jτ وتبقي بقية األعداد jو 1اليت تبادل بني العددين nSمن هو املناقلة =1σاستنتجنا من كون التطبيق .على حاهلا σ τ֏ أن nSتقابال على جمموعة التباديل

( ) ( ) ( ) 11n n n

j jA j j Aσ σ σ

σ σ τ σ∈ ∈ ∈

= = = =∑ ∑ ∑S S S

إذن

( )( )

11 1 1

1!

2n n

n n n

j

j j k

n nnA A j k n

σ σ

σ= ∈ = ∈ =

+ = = = = ∑ ∑ ∑ ∑ ∑

S S


عددا فرديا، أن nوهكذا نرى، باالستفادة من كون العدد

( )1

, ! 0mod !2

n

n j

nj A j n n

σ

σ∈

+∀ ∈ = = ≡∑ℕ

S

وأخريا

( )

1

0mod !n

n

j j

j

k A nσ

σ∈ =

Φ = ≡∑ ∑S

( )1

التطبيقمن جهة أخرى نتأمل ل( ) ( ): / ! , mod !n n nϕ ϕ σ σ→ = Φℤ ℤS

جند يف ها دوعن. متباينا كان يف احلقيقة تقابال ألن ملنطلقه ومستقره عدد العناصر نفسه ϕإذا كان 1nحالة ما يلي <

( )( )

! 1

0

! ! 1 !mod ! mod ! mod !

2 2n

n

k

n n nk n n n

σ

ϕ σ

−

∈ =

− ≡ ≡ ≡ ∑ ∑S

)وهذا يتناقض مع !ألن 1(mod ! 0mod !2

nn n≠ . نستنتج من هذا التناقض أن التطبيق

ϕ ،ن ان خمتلففيوجد تبديالال ميكن أن يكون متبايناρ وρ′ منnS د يكون يف حالتهما العد( ) ( )ρ ρ′Φ − Φ ضاعفا للعددم!n. ةوهي النتيجة املرجو. ù

مثلثا مل نقطتني ABCنتأ و ،P من[ ]BC وQ من[ ]CA . ملستقيم ا ن أ نفترض ( )AP ية و ا لز ا ملستقيم BACينصف ا ن أ و ،( )BQ ية و ا لز ا أن ABCينصف و ،

3

BACπ

أن = AB، وأخريا BP AQ QB+ = يا . + ملمكنة لزوا ا لقيم ا ما هي

؟ ABCاملثلث

د لنمد[ ]AB جهة Pىل إ Bمن اة ′ و ملسا ا لتتحقق BP BP Pقطة نولنختر ال . =′ من نصف املستقيم ′′

[ )AQ حققاليت تAP AP′′ ′=.

APعندئذ يكون املثلث P′ ا متساوي األضالع، مثلث ′′)ويكون )AP حمور الضلع[ ]P P′ ′′ . وبوجه خاص

PPجند PP′ ′′=.

A

B

P ′ P ′′

P

Q

عام 2001 415

BPPكما نستنتج من كون املثلث متساوي الساقني فيه ′ P BP Bπ′ = أن − 1

2BP P P PB B′ ′= = APPونستنتج من تطابق املثلثني APPو ′ أن ′′

12AP P AP P B′′ ′= =

كما نستنتج من الفرض أن

AQ QP AP AP AB BP AQ QB′′ ′′ ′+ = = = + = + QBوهذا يربهن على أن QP ′′=. تايلحنن إذن أمام الوضع ال

QB QP و =′′ 12QBP PP Q B′′= = PQPو PQBفإذا طبقنا عالقة اجليوب على املثلثني وجدنا ′′

sin sin( /2) sin

QB PQ QP

BPQ B QPP

′′= =

′′

وهذا يقتضي أن sin sinQPP BPQ′′ :هناك إذن حالتان . =

إما أن يكون QPP BPQ′′ = ومن ثم BQP PQP )إذن . =′′ )PQ هو]حمور القطعة املستقيمة ]BP PB، وبوجه خاص جند ′′ PP ، وهذا جيعل املثلث =′′

BPP ′ متساوي األضالع، وبوجه خاص 12 3B BP P π′= ، إذن = 2

3B π= ،وهذا خلف ألنه جيعل 0C =.

يكون إذن ال بد أن QPP BPQ π′′ + Pو Pو Bفالنقاط .= تقع على ′′Pالنقطة و. استقامة واحدة )هي نقطة تقاطع املستقيمني ′′ )BP و( )AC وهذا ،Cيربهن على أن P ′′=.

وهكذا نستنتج أن 1

2C BP Q B′′= = وألن 2

3C B π+ نستنتج أن =

3

Aπ

و = 4

9B

πو = 2

9C

π=


Q

B

Q

B

P ′′

P ′′

P

P


0aتحقق dو cو bو aأعدادا طبيعية نتأمل b c d> > > نفترض أن. <( )( )ac bd b d a c b d a c+ = + + − + − +

abأثبت أن cd+ اليس عددا أولي. aلنضع dα = bو + cβ = عندئذ .−

( )

( )( ) ( )( )

ac bd ac c d c d

b d a c b d a c b d a c

β α β

α β

+ = + + = +

+ + − + − + = + + − +

) ناومن ثم يكافئ الفرض قول )( )b d a c c dα β α β+ + − + = أو، +

( ) ( )a b d c b aα β− − = + − ( )H nالعدد جهة أخرى نالحظ أنومن ab cd= يكتب بالصيغة +

( )n a c cd a cβ β α= + + = + )نعرف إذن )gcd ,δ α β= عداد واألα′ وβ′ وn′ بالصيغα δα′= وβ δβ′=

nو a cβ α′ ′ ′= n فيكون .+ nδ ′=. 1nمن جهة أوىل، a c′ ≥ + ′1αألن < ′1βوكذلك ≤ ≥. 1δلنفترض على سبيل اجلدل أن )عندئذ نستنتج من . = )H صحيح ه يوجد عددأن ،

λ حققيa b d λβ− − cو = b a λα+ − وجبمع هاتني املساواتني جند .=

( )c d a b d cλ− = + + − )أو )( ) ( )1 c d a bλ λ+ − = + .

0λن الواضح أن م a نكما إ . ≠ c d> bو − c d> إذن، −1 1

1 2a b

c d

λ

λ λ

+ ++ = = >

−

0 وهذا يؤدي إىل التناقض 1λ< 1δأن ذلكيثبت . عدد صحيح λألن > إذن .<n nδ 1δمع =′ ′1nو < ù . وذا يتم إثبات اخلاصة املرجوة. فهو ليس عددا أوليا <

كان باإلمكان مالحظة أن الفرض يقتضي: مالحظة( )( ) ( )( )2 2ab cd ad bc ac bd b d bd+ + = + + +

abواملتراجحة cd ac bd ad bc+ > + > abجتعل كون + cd+ ليا أمراعددا أو .مستحيال

417

األربعونو لثالثاأوملبياد الرياضيات

نقاط املستوي اليت إحداثياا هي جمموعة Tولتكن . عددا طبيعيا موجبا متاما nليكن )الثنائيات ),x y 2منℕ حققاليت تx y n+ بأحد T اموعة جيري تلوين نقاط . >

)النقطة إذا كانت : قق اخلاصة التالية اللونني األمحر أو األزرق، ونفترض حت ),x y محراء)اللون كانت مجيع النقاط ),x y′ xاليت تحقق الشرطني Tمن ′ x′ yو ≥ y′ أيضا ≥

صلها خمتلفة نقطة زرقاء اللون فوا nمكونة من Tنسمي جمموعة جزئية من . محراء اللون نقطة زرقاء nمكونة من T، كما نسمي جمموعة جزئية من Xمثىن مثىن جمموعة من النوع

أن عدد اموعات اجلزئية من أثبت . Yون تراتيبها خمتلفة مثىن مثىن جمموعة من النوع الل . Yيساوي عدد اموعات اجلزئية من النوع Xالنوع

لة لنرمز يف حا 0يف احلقيقة، k n≤ لرمز > لزرقاء يف إىل ع kC، با لنقاط ا ليت Tدد ا النقاط الزرقاء يف kRولنرمز كذلك بالرمز . kفواصلها تساوي تيبها Tإىل عدد ا اليت ترا

جمموعة Y، وكانت Xجمموعة اموعات اجلزئية من النوع Xكانت عندئذ إذا .kتساوي كان لدينا Yاموعات اجلزئية من النوع

( ) 0 1 1card nC C C −=X )و ⋯ ) 0 1 1card nR R R −=Y ⋯ املطلوب إذن هو إثبات صحة املساواة

0 1 1 0 1 1n nC C C R R R− −=⋯ ⋯ ولتحقيق ذلك سنربهن على وجود تقابل، أو تبديل،

σ على جمموعة األعداد 0,1, , 1n يحقق …−( )k kR Cσ 0وذلك يف حالة = k n≤ <.

جيري هذا اإلثبات بالتدريج على عدد النقاط احلمراء يف T. النتيجة واضحة إذا كان عدد النقاط احلمراء يساوي صفرا، إذ يف هذه احلالة يكون

k kC n k R= − = ذ ال بد أن تكون النقطة وهي أيضا واضحة إذا كان عدد النقاط احلمراء يساوي واحدا، إ

( )0, 0O هي النقطة احلمراء، وعندها يكونk kR C= ا كانت قيمةأيk.

O 1n−

1n−

Yւ

Xւ


ر متاما من أصغ Tلنفترض اآلن أننا أثبتنا صحة اخلاصة إذا كان عدد النقاط احلمراء يف m ل جمموعةولنتأم ،T نة باللون األمحريساوي فيها عدد النقاط امللوm.

)خنتار نقطة محراء اللون )0 0,x y 0يكون عندها املقدار 0x y+ ا بني مجيع النقاطأعظمي)عندئذ نرى مباشرة أن النقاط . Tون األمحر يف امللونة بالل )0,x j لعندما تتحوj يفاموعة 0 01, , 1y n x+ − لنقاط …− )هي نقاط زرقاء وبقية ا )0,x j عندما

يف اموعة jتتحول 00, ,y… هي نقاط محراء، إذن

0 0 01xC n x y= − − − وجند بأسلوب مماثل أن

0 0 01yR n x y= − − إذن . −0 0x yC R= لنرمز بالرمز ،

t إىل هذه القيمة املشتركة أي0 0x yC R t= =.

نستبدلل ثم ذه النقطة نقطة زرقاء، فنحصل على وضع جديد يكون فيه عدد النقاط احلمراء1mمساويا kCإذا رمزنا و . − يف هذا kقاء اليت فواصلها تساوي إىل عدد النقاط الزر ′

kإىل عدد النقاط الزرقاء اليت تراتيبها تساوي ′kR، ورمزنا كذلك بالرمز الوضع اجلديد كان لدينا. أيضا يف الوضع اجلديد

0 0

0 0

0

0

0, , 1 \ , , 1

0, , 1 \ , , 1

k k y y

k k x x

k n y R R R R

k n x C C C C

′ ′∀ ∈ − = = +

′ ′∀ ∈ − = = +

…

… ( )∗

ولكن، استنادا إىل فرض التدريج، يوجد تقابل : 0, , 1 0, , 1n nσ − → −… …

يحقق ( )0, , 1 , k kk n R Cσ′ ′∀ ∈ − =…. )إذا كان )0 0x yσ )، استنتجنا مما سبق أن = )k kR Cσ من kأيا كان العدد =

اموعة 0, , 1n −…. )لنفترض أن )0 0x yσ نعرف اموعتني، ول≠

: iA i C t′= و = : jB j R t′= = 0xعندئذ نرى مباشرة أن A∈ 0وy B∈ . وإذا كانi عنصرا منA استنتجنا من

)املساواة )i iR Cσ′ )أن =′ )i Bσ ∈ ومن ثم ،( )A Bσ وكذلك إذا كان . ⊃j عنصرا منB استنتجنا من املساواة( )1j jR Cσ−′ )أن =′ )1 j Aσ− ، ومن ∋

ثم( )1 B Aσ− )، وهكذا نرى أن ⊃ )A Bσ = .

عام 2002 419

bbτوعليه، نستنتج أنه إذا كانت ، حقق Bمن عناصر ′bو bمناقلة بني عنصرين ′bbσ التبديل τ σ′=ɶ )اخلاصة )k kR Cσ′ ′=ɶ ا كانأيk من 0, , 1n −….

)التبديل σبالتبديل يكفي إذن أن نستبدل )0 0,x yσσ τ σ′ = الذي يحقق استنادا إىل ما سبق اخلاصتني ( )0, , 1 , kkk n R Cσ′

′ ′∀ ∈ − )و …= )0 0x yσ′ =. )وكما يف النقطة السابقة، يقتضي هذا، اعتمادا على ، أن ∗(

( )0, , 1 , kkk n R Cσ′∀ ∈ − =… ينتهي بذا و .mوهذا يثبت صحة النتيجة يف حالة كون عدد النقاط احلمراء يساوي

ù .إثبات اخلاصة املرجوة بالتدريج

]ليكن ]BC قطرا يف دائرةΓ مركزهاO . ولتكنA نقطة منΓ حققت 2

03

AOBπ

< <

يقطع املستقيم املار بالنقطة . Cاليت ال حتوي النقطة ABقوس منتصف ال Dولتكن النقط O موازيا( )DA املستقيم( )AC يفI .لقطعة املستقيمة ويقطع حمور ا[ ]OA الدائرةΓ يف النقطتنيE وF . أثبت أنI ة ألضالع املثلثهو مركز الدائرة املاسCEF خالدا.

لنقطة األساس هي إثبات وقوع . CEFداخل املثلث Iإن اا مباشر حتليليا نا ها بر اد . سنعتمد ألعد ا بني حقل بق ذ سنطا إ

يكون بأسلوب ، Γة املثلثية و واملستوي، وبني الدائر ℂالعقدية 1Czفيه العدد هو ممثل −1، والعدد Cهو ممثل النقطة =

ieفيمثلها العدد Aأما النقطة . Bالنقطة θ الذي، بناء على ،الفرض، يحقق الشرط

3

πθ π< )سنعرف . > )exp i /2α θ= 2، فيكون العددα هو

. Aالذي ميثل النقطة العقدي العددالنقطة اأم D فيمثلها العدد( )2exp i iπ θ α+ = .

العدد ميثلها Eالنقطة متساويي األضالع أن OAFو OAEكما نستنتج من كون املثلثني ( )3exp iEz πθ= )، يف حني ميثل العدد − )3exp iFz πθ= . Fالنقطة +

A

B CO

ED

FI

Γ


)وهكذا، إذا عرفنا )exp i /6ω π= ص ما سبق باجلدول التايل الذي يقرنأمكننا أن نلخ ، :كل نقطة بالعدد العقدي الذي ميثلها

2 2 2 220 1 1 i

O A B C D E F

α α ω α ω α−

)فهي نقطة تقاطع املستقيم Iما النقطة أ )AC بالنقطة واملستقيم املارO موازيا( )AD . يحققان tو sإذن يوجد عددان حقيقيان

OI tDA=

CIو sCA=

يحقق Iالذي ميثل النقطة Izفالعدد

( ) ( )2 2i 1 1Iz t sα α α= − = + − وهذه املساواة تقتضي

( ) ( )1 i 0s s t tα α− + − + = )يقي جند وبأخذ اجلزء احلق ) ( )1 Re 0t α− 1t، أو = إذن العدد العقدي الذي ميثل .=

2هو Iالنقطة iIz α α= −. :على اخلاصة التالية يف إثبات املطلوبسنعتمد

]مثلثا أطوال أضالعه ABCإذا كان : خاصة ]BC و[ ]CA و[ ]AB هيa وb وc Iعندئذ يكون . سة ألضالع هذا املثلث داخالمركز الدائرة املا Iبالترتيب، وكان

)مركز األبعاد املتناسبة للنقاط املثقلة );A a و( );B b و( );C c .أي 0aIA bIB cIC+ + =

ولكن اعتمادا على هذه اخلاصة تؤول املسألة . قت الحقإىل وسنرجئ إثبات هذه اخلاصة نالحظ أوال أن. املطروحة إىل حتقق مباشر من صحة املساواة السابقة

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2 22

2 2

22

2 sin 33

1 2 sin 2 sin 2 Im2 6 2 6

1 2 sin 2 sin 2 Im2 6 2 6

EF

FC

EC

πω α ω α

θ π θ πω α αω

θ π θ πω α αω

= − = =

= − = + = + =

= − = − = − =

6إذ استفدنا يف املساواة األخرية من كون 2 2π θ π< <.

عام 2002 421

وهنا نالحظ أن

( ) ( )

( ) ( )( )

( )

( ) ( )( )

2 2 22

2 2 22

3 3 33

3 3

3

3 2 Im 2 Im

3 i

3 i

3 i 3 2 i cos6

3 1 i

C E FEF z FC z EC z

αω α ω αω α ω

αω αω α ω αω αω α ω

α ω αω α ω αω

πα ω ω α

α

= ⋅ + ⋅ + ⋅

= + +

= − − + −

= − − + −

= − + = −

= −

A

وكذلك أن( )

( ) ( )( )( )

( )( )( )( )

( )( )( )( )

( )( )( )

( )( ) ( )

2

2

2

2

2 3

3 2 Im 2 Im i

3 2 Im i

3 2 i cos i6

3 i 1 i

3 i i i 3 1 i

IEF FC EC z

αω αω α α

α ω ω α α

πα α α α

α α α

α α α α

= + + ⋅

= + + −

= + + −

= − − −

= − − −

= + − − = −

B

A=فاملساواة Bكافئت ، ( ) ( ) ( ) 0C I E I F IEF z z FC z z EC z z⋅ − + ⋅ − + ⋅ − =

0EFأو IC FC IE EC IF⋅ + ⋅ + ⋅ =

هي مركز الدائرة املاسة Iفالنقطة ، .، وبذا يكتمل اإلثباتداخال CEFاملثلث ضالعأل

)ملا كان .لنأت إىل إثبات اخلاصة اليت أشرنا إليها )AM فمنص

BM ، استنتجناBACالزاوية BA c

CM CA b= = ، ومن ثم

0bMB cMC+ =

ca، وكذلك BM

c b=

+ .

)وملا كان )BI ف الزاويةمنصABC املساواة صحة ، استنتجنا( )IA BA c c b

IM BM ca

+= منه = و ،( ) 0aIA c b IM+ + =

من ة د الستفا با و ،

0bMB cMC+ =

0أن وجدنا 0aIA bIB cIC+ + = =

ù .إلثباتويتم ا.

A

B C

I

M


)يف حالة ),m n 2منℕ 3معn m,، نعرف ≤ nA ةها جمموعة األعداد الطبيعيبأنa لعدد ا عندها يكون ليت 2ا 1na a+ للعدد − مسا 1maقا a+ ئيات . − لثنا ا وجد أ

( ),m n حقق الشرطاليت ت( ),card m n = +∞A. ه يف حالة وجود عددال أننالحظ أوa موعةأكرب متاما من الواحد يف ا,m nA يكون

2 21 1 1n m ma a a a a a+ − ≤ + − < + − nوهذا يقتضي أن ma a< ومن ثم ،n m< 1ألنa >. )لنتأمل إذن ثنائية ),m n 2منℕ حقق الشرطت

( ),card m n = +∞A 3معn ≥ mعندئذ ال بد أن يكون n>ي احلدود. ، وذلك بناء على املالحظة السابقةل كثريولنتأم mA

]من nBو ]Xℤ فني كما يلياملعر ،: ( ) 1m

mA X X X= + )و − ) 2 1nnB X X X= + −

قليدية لكثري احلدود ء قسمة إ ]من Rو Qد جند كثريي حدو nBعلى mAبإجرا ]Xℤ يحققان

m nA QB R= degو + R n<

)نستنتج بوجه خاص أن )

( )lim 0

x n

R x

B x→∞= 0، فيوجد عددx حققي

( )

( )0, 1

n

R xx x

B x∀ > <

m,عنصرا من aإذا كان ف nA 0أكرب منx كان ( )

( )

( )

( )

( ) ] [ 1,1 0m

n n

R a A aQ a

B a B a= − ∈ ∩ − =ℤ

ومن ثم( ) 0R a )إذن يقتضي الشرط . = ),card m n = +∞A يكون لكثري احلدود أنR ا من اجلذور، فهو إذن معدوم، أيائي0عددا الR يقسم nBكثري احلدود نستنتج أن . =

.mAكثري احلدود mلنعرف n= −ℓ ،أن نالحظول

( )

( )( )

2

1

1 1 1

1 1

nm n

n

A X X X B X X

X B X X X

+

+

= + − = + − + −

= + − + −

ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ

عام 2002 423

n|نستنتج من كون mB A ومن كون( )gcd 1, 1nX B− )ألن = )1 0nB أن ≠nB 1يقسم 1X X+ + −ℓ ℓ . أن 1وهذا يقتضي بوجه خاص n+ ≥ℓ ومن ثم2≥ℓ 3، ألنn ≥.

21ولكن nnX X B= + إذن −

( )1 1 2

1 2

1 nn

nn

X X X X X X B

X X X X B

+ +

+

+ − = + − + −

= − + − +

ℓ ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ

احلدود ومن ثم يقسم كثري ،nB احلدود كثري( ) 1 2nS X X X X X+= − + −ℓ ℓ. )حظة أن ولكن مبال )0 1nB = )و − )1 1nB = نستنتج وجود عددα من] [0,1

)يحقق ) 0nB α )نستنتج أن Sيقسم nB، وألن = ) 0S α أو. =1 2 0nα α α α+ − + − =ℓ ℓ

2αولكن α≤ℓ 1و nα α+ ≤ℓ 2ألن≥ℓ 1و n+ ≥ℓ . إذن نستنتج من املساواة2αالسابقة أن α=ℓ 1و nα α+ =ℓ 2، ومنه=ℓ 1و n+ =ℓ . 3إذنn =

5mو n= + =ℓ . ه يف حالة3وهكذا نكون قد أثبتنا أنn لدينا ≤( ) ( ) ( ),card , 5, 3m n m n= +∞ ⇒ =A

فهو واضح إذ لديناأما العكس، ( )( )5 2 3 21 1 1X X X X X X+ − = − + + −

)هي اموعة الوحيدة الالائية من بني اموعات 5,3Aفاموعة ), , 3m n m n≥A. ù

)دا طبيعيا أكرب متاما من الواحد، ولتكن عد nليكن )1j j k

d≤ ≤

nالقواسم املوجبة للعدد

1: مرتبة ترتيبا متزايدا 21 kd d d n= < < < نعرف . ⋯=

1 2 2 3 1n k kD d d d d d d−= + + +⋯ 2أثبت أن

nD n≤. .2nقامسا للعدد nDاليت يكون عندها nأوجد جمموعة قيم

d/كان nقامسا لعددd لنالحظ أوال أنه إذا كان n d′ ، إذنnأيضا قامسا للعدد =

11, 2, , , j

k j

nj k d

d + −∀ ∈ =…


وعليه

( )

2 2 2

1 3 2 2 1

1 12 2

1 11 1

2 2 2

1

1 1 1

1 1 11

nk k

k k

j j j jj j

k

n n nD

d d d d d d

n nd d d d

n n nd d n

−

− −

+ += =

= + + +

= ⋅ ≤ ⋅ −

≤ − = − <

∑ ∑

⋯

.وبذا يتم إثبات صحة اخلاصة 2dعندئذ يكون . nأصغر عدد أويل يقسم pليكن p= 1وk

nd

p− =.

å 2يف حالة كونk n، أي = p= يكون ،nD p= للعدد وهو 2قاسمn. å 2يف حالة كونk يكون <

2 2

1 2 1n k k

n nD d d d d p

p p−≥ + = + >

ومن ثم2

1n

np

D< < .

nD|2فإذا كان n كان العدد2

n

nm

D، وإذا اخترنا pو 1بني عددا طبيعيا حمصورا متاما =

q يل يقسمأو عدد أيm كانq 2قامسا للعددn للعدد فهو إذن قاسم ،n وهو أصغر متاما ،2نستنتج من هذا التناقض أن . pمما يتناقض مع تعريف pمن

nD n يف هذه احلالة . nD|2وهكذا نكون قد أثبتنا أن n إذا وفقط إذا كانn اليعددا أو. ù

f:أوجد مجيع التوابع احلقيقية →ℝ ℝ حققة واليت تفة على جمموعة األعداد احلقيقياملعر)العالقة التابعية )E التالية:

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )f x f z f y f t f xy zt f xt yz+ + = − + +

.tو zو yو xوذلك مهما كانت األعداد احلقيقية

)، واليت نتوثق مباشرة أنها تحقق هو واحد من التوابع الثالثة التالية fسنربهن أن )E.

0f 1أو ≡

2f )أو ≡ )

2,x f x x∀ ∈ =ℝ

عام 2002 425

f:لنتأمل إذن تابعا →ℝ ℝ ةحقق العالقة التابعيي( )E ه يوجد0، ولنفترض أنx منℝ )يحقق ) 1

0 20,f x ∉.

å 0باختيارy t= 0xو = z x= = ة جنديف العالقة التابعي

( ) ( ) ( )04 0 2 0f f x f= )وهذا يقتضي أن )0 0f )ألن = ) 1

0 2f x ≠. å 1وباختيارy 0tو = 0xو = z x= يف العالقة التابعية جند =

( ) ( ) ( )0 02 1 2f x f f x= )وهذا يقتضي أن )1 1f )ألن = )0 0f x ≠.

å 0باختيارz t= يف العالقة التابعية جند =

( ) ( ) ( ) ( )2, ,x y f xy f x f y∀ ∈ =ℝ ( )1 .يحافظ على قانون الضرب fأي إن å 0باختيارx y= 1zو = )يف = )E جند

( ) ( ),t f t f t∀ ∈ = −ℝ ( )2 .تابع زوجي fفالتابع å وباختيارy x= وt z= )يف − )E واالستفادة من ،( جند 2(

( ) ( ) ( )( )22 2f x z f x f z+ = + ( )3 0uوبوجه خاص، إذا كان كان ≤

( ) ( )( ) ( ) ( )( )222 0 0 0f u f u f u f= + = + ≥ .اد ألنه تابع زوجيديأخذ قيما موجبة عند األعداد املوجبة، بل عند مجيع األع fفالتابع

0vوإذا كان u> wوعرفنا ≤ v u= استنتجنا أن −( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )

2 22 2f v f w u f w f u f u f u= + = + ≥ = .ℝ+ تابع متزايد على fفالتابع )نستنتج من وأخريا )و 3( أن yو xيف حالة عددين موجبني 1(

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )2 22f x f y f x y f x y f x y+ = + = + = + أو

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2, ,x y f x y f x f y+∀ ∈ + = +ℝ


:كما يلي gالتابع عرفناوهكذا إذا ( ) ( ): ,g g x f x+ +→ =ℝ ℝ

)تابعا متزايدا يحقق gكان )0 0g )و = )1 1g وأخريا =( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2, ,x y g x y g x g y+∀ ∈ + = +ℝ å لعدد نستنتج من ذلك بالتدريج على اn منℕ أن

( ) ( ), ,n x g nx ng x+∀ ∈ ∀ ∈ =ℕ ℝ )ومنه نستنتج أن ) ( )1, 1 1mm mg g∗∀ ∈ = =ℕ ضنا1، فإذا عو

m بالعددx يف النتيجة أعاله استنتجنا أن

( ) ( ), ,n n

n m gm m

∗∀ ∈ × =ℕ ℕ )أو ),r g r r+∀ ∈ =ℚ.

)، خنتار متتاليتني موجبتني ℝ+من xليكن )n nr ∈ℕ و( )n ns ∈ℕ من+ℚ حققانت , n nn s x r∀ ∈ ≤ ≤ℕ

limو limn nn n

r s x→∞ →∞

= واخلاصة السابقة لنكتب gعندئذ نستفيد من تزايد . =( ) ( ) ( ), n n n nn s g s g x g r r∀ ∈ ≤ ≤ ≤ =ℕ

)تسعى إىل الالاية جند nوجبعل )g x x= .وهكذا نكون قد أثبتنا أن ( )0,x f x x∀ ≥ =

ومن ثم ( )

20,x f x x∀ ≥ = )تابع زوجي جند fوأخريا، ألن )

2,x f x x∀ ∈ =ℝ .ةوهي النتيجة املرجو. ù

وي n ليكن يسا و أ كرب أ طبيعيا ا ا . 3عدد د عد ملستوي ا يف مل ئر nنتأ ا لدو ا من ( )1k k n≤ ≤Γ . نفترض أن مركز الدائرةiΓ هو النقطةiO 1وأن نصف قطرها يساوي .

أثبت أن. كما نفترض أن أي مستقيم يف املستوي يقطع على األكثر دائرتني من هذه الدوائر( )

1

1 1

4i ji j n

n

OO

π

≤ < ≤

−≤∑

عام 2002 427

ري عن أن كل مستقيم يف املستوي يقطع تكمن صعوبة هذه املسألة يف إجياد الصياغة املناسبة للتعب 3nهذا يتطلب، يف حالة . دائرتني على األكثر من هذه الدوائر ، أال تتقاطع أي دائرتني من ≤

.هذه الدوائرiيف حالة j≠ فنعر ،ij∆ ها جمموعة النقاط منالدائرة بأنiΓ املرسوم اليت يقطع املماس

.jΓمنها الدائرة

iO jOijC

ijϕ

1A

3A

2A

4A

]منتصف ijCلنضع ]i jOO فيكون ،ijC ن من الدائرتني مركز تناظر الشكل املكوiΓ وjΓ .

]ولنعرف ]1 3A A قطر الدائرةiΓ العمودي على خط املركزين ( )i jOO . املماس املرسوم منijC للدائرة iΓ 1ومن جهةA ميس الدائرةiΓ 2يفA وهو أيضا ميس ،jΓ ألنijC مركز

تساوي ∆ijة الشكل املبين أعاله، نرى أن مبالحظ. 3Aنعرف بأسلوب مماثل النقطة . تناظراجتماع القوسني

1 2A A و3 4A A ،) بالنسبة إىل خط املركزين املتناظرتني( )( i jOO .الزاوية و

ijϕ قابل القوساليت ت1 2A A تساوي

2i ijOC A إذن .لتعامد ضلعيهما

2 1 2sin i

iji ij i ij i j

O A

OC OC OOϕ = = = ( )1

)يغة بالص ∆ijيف حني يعطى قياس اموعة ) 2ij ijµ ϕ∆ ئرة = iΓألن نصف قطر الدا .1يساوي يف احلقيقة،: مالحظة

: 0 2ij i i i jM O M OO∆ = ∈ Γ ≤ ⋅ ≤

iلنعرف إذن اموعة ij

j i≠= ∆K )اموعات ملا كانت . iΓمن ∪ )

\nij j i∈∆

ℕمنفصلة

ijو ∆ijيف Mألن وجود عنصر مشترك (مثىن مثىن، Mيعين أن املماس املرسوم من ∆′jو jΓيقطع أيضا الدائرتني iΓللدائرة ′Γ ضنوهذا يتنستنتج أن )اقض مع الفر ،

( ) ( ) 2i ij ij

j i j i

µ µ ϕ≠ ≠

= ∆ =∑ ∑K ( )2


فية، ألن ملتراجحة علينا إجياد فكرة إضا )ا ) 2iµ π≤K قل دقة من أ تؤدي إىل متراجحة )بدال من nاملتراجحة املطلوبة، إذ فيها )1n − .

Mتنتمي : ملعرفة كما يلي ا iLاموعة ، iΓ الدائرة لنتأمل إذن على )إذا وفقط إذا وقعت الدوائر iLإىل )

\nj j i∈Γ

ℕمجيعا يف نصف

للدائرة Mويعينه املماس املرسوم من iOالذي حيوي املفتوح املستوي iΓ .قنع أنفسنا بسهولة أنن

: \ , 0i i n i i jM j i O M OO= ∈ Γ ∀ ∈ ⋅ <L

ℕ iمن الواضح أن i∩ = ∅L K نتماء Mيعين أن املماس املرسوم من iKإىل M، ألن ا

)يقطع، أو ميس، إحدى الدوائر iΓللدائرة ) \n

j j i∈Γ

ℕ iLإىل M، يف حني يعىن انتماء

)ال يتقاطع مع أي من الدوائر iΓللدائرة Mأن املماس املرسوم من ) \n

j j i∈Γ

ℕوعليه .

نرى أن ( ) ( ), 2n i ii µ µ π∀ ∈ + ≤L Kℕ ( )3

ولتكن. 1ونصف قطرها يساوي Oمركزها 0Γلنتأمل دائرة ( ) ( ) ( ) 2

0 : , , 0n i jM i j i j OM OO= ∈ Γ ∃ ∈ ≠ ∧ ⋅ =N

ℕ )استنتجنا أن جمموعة منتهية Nملا كانت اموعة )0\ 2µ πΓ =N.

Γ\0من Mلنعرف يف حالة Nاملقدار ، ( ) ( )1max j

j nm M OM OO

≤ ≤= ⋅

م لنعرف ث.

)اموعات )n

i i∈′L

ℕ :كما يلي

( ) 0\ :i iM m M OM OO′ = ∈ Γ = ⋅L N

.ولنربهن على صحة اخلواص التالية

0\ni i∈ ′Γ =N Lℕ∪.

kإذا كان j≠ كانk j′ ′∩ = ∅L L. ( ) ( ),n i ii µ µ′∀ ∈ =L Lℕ.

إىل M، نالحظ أن انتماء وإلثبات اخلاصة . واضحة من التعريف يف احلقيقة، اخلاصة k j′ ′∩L L يعين أنj kOM OO OM OO⋅ = ⋅

0k ، ومنه jOM O O⋅ =

فالنقطة

M تنتمي إىل N لفوهذا خ.

iO

jO

iL iΓ

jΓ

M

عام 2002 429

iOOعه االنسحاب الذي شعا iτنتأمل إلثبات النقطة

iv، أي التطبيق v OO+

֏ ،)ثم نربهن أن )i i iτ ′ =L L. إذا وفقط إذا كان لدينا i′L إىل Mتنتمي النقطة يف احلقيقة،

\ ,n j ij i OM OO OM OO∀ ∈ ⋅ < ⋅

ℕ ثمومن

( )\ , 0n j ij i OM OO OO∀ ∈ ⋅ − <

ℕ أو

\ , 0n i jj i OM OO∀ ∈ ⋅ <

ℕ )ولكن )iM Mτ′ iOMيكافئ = O M ′=

، إذن ( )\ , 0i n i i j iM j i O M OO M′ ′ ′∈ ⇔ ∀ ∈ ⋅ < ⇔ ∈L L

ℕ

ويقتضي أن ،iτ وفق االنسحاب i′Lهي صورة iLوهذا يربهن أن ( ) ( ),n i ii µ µ′∀ ∈ =L Lℕ

نستنتج إذن أن. وهي النقطة الثالثة

( ) ( ) ( )01 1

\ 2n n

i ii i

µ µ µ π= =

′= = Γ =∑ ∑L L N ( )4

وهو ما يوضحه الشكل التايل 1L

2L 3L

4L

5L

)وبالعودة إىل ومجع املتراجحات طرفا مع طرف جند 3(

( )1

2 2n

ii

nπ µ π=

+ ≤∑ K


أو

( ) ( )

1

2 1n

ii

nµ π=

≤ −∑ K

بالعودة إىل ثم( جند 2(( )

1

1ij

i j n

nϕ π≤ ≠ ≤

≤ −∑

) وأخريا إذا استفدنا من كون )2

sin ij iji jOO

ϕ ϕ= نستنتج أن ، ≥

( )

1 1

1

1

4 2

sin

1

i j i ji j n i j n

iji j n

ij

i j n

OO OO

n

ϕ

ϕ π

≤ < ≤ ≤ ≠ ≤

≤ ≠ ≤

≤ ≠ ≤

=

=

≤ ≤ −

∑ ∑

∑

∑

أو( )

1

1 1

4i ji j n

n

OO

π

≤ < ≤

−≤∑

ù .وهي املتراجحة املرجوة

gQWEA DZXC

431

األربعونو الرابعأوملبياد الرياضيات

جمموعة األعداد الطبيعية Sلتكن 610 1,2, ,1000000=ℕ جمموعة Aولتكن . …من ما من Sجزئية مئة عنصر . عنصرا 101مؤلفة ثبت وجود )أ )1 100i ix ≤ Sمن ≥

)اموعات بأسلوب تكون فيه )100i ix A ∈+ ℕ منفصلة مثىن مثىن، أيجمموعات

( ) ( ) ( ) ( )2100, , i ji j i j x A x A∀ ∈ ≠ ⇒ + ∩ + = ∅ℕ

نذكر أن :a B a b b B+ = + ∈. .لنثبت اخلاصة العامة التالية. يف احلقيقة، أكثر من ذلك صحيح

جمموعة جزئية من Aولتكن . عنصرا nمكونة من ℕجمموعة جزئية من Sلتكن : خاصة S عناصرها يساوي عددk .عندئذ إذا حتقق الشرط

( )( )( )11 12

k kn m

−> − +

اموعات وحتقق أن mعدد عناصرها Sمن Bأمكن إجياد جمموعة جزئية ( )b Bb A .منفصلة مثىن مثىنجمموعات +∋

اإلثبات لنتأمل اموعة

( )

( )

2

2

: ,

0 : , ,

A a a a a A

a a a a A a a

∗ ′ ′= − ∈

′ ′ ′= ∪ − ∈ >

فنرى وضوحا أن ( )

( )2 1card 1 1

2k

k kA C∗ −

≤ + = + å 1لنخترb أصغر عنصر منS 1، أي minb = S ف األعدادلنعر ثم ،( )2r r mb ≤ ≤

:تدرجييا بالصيغة التالية ( )( )

1min \ : 2( )r k

k rb b A r m∗

≤ <= + ≤ ≤S ∪

) ةحتى يكون هذا التعريف سليما علينا أن نثبت أن اموع )1\( )k

k rb A∗

≤ <+S ليست ∪

)انطالقا من rb، مما يتيح تعريف خالية )1 2 1, , , rb b b 2، وذلك يف حالة …− r m≤ ≤.


ولكن لدينا وضوحا

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

1

1 1

2

card card 1 card

1 card 1 1

( )r

k kk r k

k

b A b A r A

m A m C

−∗ ∗ ∗

≤ < =

∗

+ ≤ + ≤ −

≤ − ≤ − +

∑∪

إذن( )( ) ( ) ( )

( )( )1 1

2

card \ card card

1 1 0

( ) ( )k kk r k r

k

b A b A

n m C

∗ ∗

≤ < ≤ <+ ≥ − +

≥ − − + >

S S∪ ∪

)تعريف األعداد سالمة وهذا ما يضمن )2r r mb ≤ ≤ . å 1يف حالة ،مزلنر r m≤ )إىل اموعة rTبالرمز ،≥ )

1k

k rb A∗

≤ ≤، عندئذ ∪+

1rنرى من الواضح أن r− ⊂T T ومن ثم( ) ( )1\ \r r−⊂S T S T مما يقتضي أن1r rb b+ ، فإذا كان rTينتمي إىل rbاستنتجنا أن ∗Aعنصرا من 0ا كان ولكن مل. ≤1r rb b+ )وصلنا إىل التناقض = )\r r rb ∈ ∩S T T .أن يكو د1ن إذن ال بr rb b+ > )فاملتتالية )1r r mb ≤ إذا عرفنا و .متتالية متزايدة متاما ≥ : 1rB b r m= ≤ كان ≥

( )card B m=. å ليكنi وj حققانني ي1عددين طبيعي i j m≤ < على سبيل اجلدل ولنفترض . ≥

وجود عددb ينتمي إىل كل منib A+ وjb A+. عندئذ يوجد يفA عددانa وa′ jيحققان ib b a b a′= + = 0j من املتراجحةنستنتج . + ib b a a′− = − أن، <

1j i i j

A

b b a a b A∗

∗−

∈

′= + − ∈ + ∈ T

) اتيثبت هذا التناقض أن اموع ،jbوهذا يتناقض مع تعريف )b Bb A منفصلة مثىن +∋ .بذا يتم إثبات اخلاصة املرجوةو ،ىنمث

610nيف حالة املسألة املطروحة، لدينا 101kو = 100mو = ومن الواضح أن. =( )

( )( ) ( )6 110 1 1 99 1 50 101 500049

2

k kn m

−= > − + = + × =

اموعات عنصرا بأسلوب تكون فيه 197مؤلفة من Bيف احلقيقة، ميكن إجياد جمموعة ( )b Bb A ù .جمموعات منفصلة مثىن مثىن +∋

عام 2003 433

)اما أوجد مجيع أزواج األعداد الطبيعية املوجبة مت ),a b اليتيكون عندها العدد 2

2 32 1

a

ab b− +

.عددا طبيعيا)إىل جمموعة األزواج Sلنرمز أوال بالرمز ),a b 2من∗ℕ يت جتعل املقدارال

2

2 32 1

a

ab b− +

)بالضرورة موجب متاما ألن (عددا طبيعيا، 0a > . å ال أنلنالحظ أو( ),1a ينتمي إىلS 2إذا وفقط إذا كان | a.

)نتأمل فيما يلي عنصرا ),a b منS حقق1يb بالصيغة ℕ∗من kونعرف العدد .<

2

2 32 1

ak

ab b=

− + ( )1

å ملا كان( ) 22 1 1a b b− + 2aاستنتجنا أن ≤ b≥. å 2إذا كانa b a≤ )كان > ) 2 22 1 1a b b a− + ≥ وهذا يقتضي أن ، +

2 2

2 3 2 12 1 1

a ak

ab b a= ≤ <

− + +

واضح لفإذن لقد أثبتنا أن. وهذا خ ( )( ) ( ) ( ) ( ), 1 2a b b b a b a∈ ∧ > ⇒ = ∨ <S ( )2

å يف حالةb a< نستنتج من( أن 1(( ) ( )2 32 1 0kb a a k b− = − >

22aفإذا عرفنا kb a′ = )استنتجنا من املساواة السابقة أن − )3 1 0aa k b′ = − > )وأن ) ( )2 32 1kb a a k b′ ′− = aهذا يقتضي أن . − ∗′ ∈ ℕ الزوج وأن( ),a b′

.Sينتمي إىل )ليكن )max ,a aα

+ )و =′ )min ,a aα− نستنتج من كون. =′

22kbα α− ++ =

2kbαأن + ) ، وهذا يقتضي أن≤ )2 3 1kb k bα α α

− + −≤ = إذن −2 3 31b b bα

− ≤ − < bαأو

− b، ولكن نعلم أن > a< أن يكون دفال ب ،aα− aαو =′

+ =.


aولكن نستنتج من b′ )ومن > 2a أن 2( b′ =. 22aإذن نستنتج من كون kb a′ = )و − )3 1aa k b′ = أن −

28a ka a′ ′= 38aaو − ka k′ ′= − 2kهذا يقتضي أن و a′= إذن ،( ) ( )4, 8 , 2a b a a a′ ′ ′= −.

)وهكذا نكون قد أثبتنا أنه إذا كان ),a b عنصرا منS حقق1ي b a< < عدد جدو)يحقق ℓطبيعي موجب متاما ) ( )4, 8 , 2a b = −ℓ ℓ ℓ.

)فإذا عدنا إىل استنتجنا أن 2(( ) ( ) ( ) 42 ,1 : , 2 : 8 , 2 :∗ ∗ ∗⊂ ∈ ∪ ∈ ∪ − ∈S ℓ ℓ ℕ ℓ ℓ ℓ ℕ ℓ ℓ ℓ ℓ ℕ

. وبالعكس، نتيقن بالتعويض املباشر أن مجيع عناصر اموعة السابقة هي حلول للمسألة املطرحة ومنه

( ) ( ) ( ) 42 ,1 : , 2 : 8 , 2 :∗ ∗ ∗= ∈ ∪ ∈ ∪ − ∈S ℓ ℓ ℕ ℓ ℓ ℓ ℕ ℓ ℓ ℓ ℓ ℕ ù .وبذا يتم اإلثبات

عني متقابلني يف لض املسافة بني منتصفي كل : نتأمل مضلعا سداسيا حمدبا يحقق اخلاصة التالية

3املضلع تساوي جمموع طوليهما مضروبا بالعدد

2 .املضلع متساويةهذا أثبت أن زوايا .

.سنستفيد من اخلاصة التالية مثلثا فيه ABCليكن : متهيد

3A π≥ .النقطة ولتكن M منتصف [ ]BC . جحة ا ملتر ا تتحقق ئذ 3عند

2AM BC≤ تقع و ،ملثلث ا ن كا ا ذ إ فقط و ا ذ إ ة ا و ملسا وي ABCا متسا مثلثا

.األضالع اإلثبات

]إىل أطوال األضالع cو bو aلنرمز كالعادة ]BC و[ ]AC و[ ]AB ولنرمز ،m إىل]طول املتوسط ]AM . أوىللدينا من جهة

2 2 2 2 cosa b c bc A= + − )ولكن ) ( )2 2 22bc b c b c− = − − إذن +

( ) ( ) ( ) 22 2 2 1 cos cosa b c A b c A= + − + −

A

B CM

a

bcm

عام 2003 435

)ونستنتج من متطابقة متوازي األضالع أن )2 2 2 24 2m a b c+ = إذن +( ) ( ) ( ) 22 2 22 4 1 cos 2 cosa m a A b c A= + − + −

أو

( )

( )

( )( ) ( ) ( )

22 2

22

2 22 2 12

1 cos 2 cos4

1 cos 1 cos

1 cos 1 cos1

1 cos 1 cos

cot

A Am a b c

A A

A Aa b c

A A

a b c A b c

+ = − − − −

+ + = + − − − −

= − − + −

aولكن b c≥ )والتطبيق . هي أطوال أضالع مثلثc و bو aألن − )2cotθ θ֏ [متناقص متاما على اال ]20,

π . إذن يف حالة3A π≥ لدينا1

2 2 6Aπ π≥ ≥ ومن ثم( ) ( )2 212 6cot cot 3A π≤ مع مساواة إذا وفقط إذا كان =

3A π= .نستنتج أن ( )22 2 24 3 2 3m a b c a≤ − − ≤

bمع مساواة إذا وفقط إذا كان c= و3A π= . نجز إثبات التمهيدوهذاي.

0ضلع السداسي لنأت إىل مسألتنا، ولنتأمل امل 1 2 3 4 5A AA A A A نة يفة املبيحقق اخلاصالذي ي)إىل األقطار 2dو 1dو 0dولنرمز . النص )0 3A A و( )1 4AA و( )2 5A A ملا كان . بالترتيب

( ) ( ) ( )0 1 1 2 2 0, , , 0 modd d d d d d π+ + = )استنتجنا أن واحدة من الزوايا )0 1,d d أو( )1 2,d d أو( )2 0,d d 3أكرب أو تساوي

π . أن نفترض أن ،ة اإلثباتدون اإلقالل من عمومي ،ميكنإذن

( )0 1 3,d d π≥ . 0لتكنB 0نقطة تقاطع املستقيمنيd 1وd ،]منتصفي الضلعني 3Mو 0Mكن يول ]0 1A A و[ ]3 4A A.

0بتطبيق التمهيد على املثلثني 0 1B A A 0و 3 4B A A تتحقق حيثيف كل منهما املتراجحة

0 3B π≥جند ،

0 0 0 13

2B M A A≤ 0و 3 3 4

3

2B M A A≤

ولكن استنادا إىل الفرض لدينا

( )0 1 3 4 0 3 0 0 0 33

2A A A A M M B M B M+ = ≤ +

0A 1A

5A 2A

3A4A

0M

3M

0B


فال بد أن يكون

0 0 0 13

2B M A A= 0و 3 3 4

3

2B M A A= 0و 3 0 0 0 3M M B M B M= +

0 وهذا يقتضي أن املثلثني 0 1B A A 0و 3 4B A A 0النقطة ، وأن األضالع ي متساويB تقع على)املستقيم )0 3M M أي أن ،

( ) ( )0 1 3 4A A A A و 0 1 4 1 0 3 0 3 4 1 4 3 3A AA AA A A A A AA A

π= = = =

)ونستنتج بوجه خاص أن ) 0 1 0 3,d d B π= إذن ال بد أن يكون. =

( ) ( )1 2 2 02

, , mod3

d d d dπ

π+ = )وهذا يقتضي أن واحدة من الزاويتني )1 2,d d أو( )2 0,d d 3أكرب أو تساوي

π . وميكن، دون)اإلقالل من عمومية اإلثبات، أن نفترض أن )1 2 3,d d π≥ . عندئذ بأسلوب مماثل ملا سبق

) نتج أننست )1 2 3,d d π= وأن ( ) ( )1 2 4 5AA A A و

1 2 5 2 1 4 1 4 5 2 5 4 3AA A A AA AA A A A A

π= = = =

)وهذا بدوره يقتضي أن )2 0 3,d d π= ومن ثم ( ) ( )2 3 5 0A A A A و

2 3 0 3 2 5 2 5 0 3 0 5 3A A A A A A A A A A A A

π= = = =

2ع تساوي وما سبق يربهن على أن مجيع زوايا املضل

3

π .اإلثبات وبذا يتم. ù

يا ئر ا د عيا با ر مل للنقطة Rو Qو Pلتكن . ABCDنتأ ئمة لقا ا قط ملسا على Dا)املستقيمات )BC و( )CA و( )AB أثبت أن . بالترتيبPQ QR= إذا وفقط إذا

)إىل املستقيم ADCو ABCانتمت نقطة تقاطع منصفي الزاويتني )AC.

ميكننا دون اإلخالل بالعمومية أن نفترض أن الدائرة . نطابق بني املستوي، وحقل األعداد العقدية متثل dو cو bو aهي الدائرة املثلثية، وأن األعداد العقدية ABC املثلث املارة برؤوس

.واقعة على الدائرة املثلثية Dال نفترض أن : مالحظة .Dو Cو Bو Aالنقاط يحققان sو tعندئذ يوجد عددان حقيقيان . Pالعدد العقدي الذي ميثل النقطة pليكن

( ) ( )ip b s c b d t c b= + − = + −

عام 2003 437

iومنه نستنتج أن d b

s tc b

−− =

−ومن ثم ،

( )id b b d

s t cbc b c b

− −+ = = ⋅

− −

) وعليه ) ( )12i t c b c b d cbd− = + − وأخريا. −

( )1

2p c b d cbd= + + −

جند Rو Qإىل العددين العقديني اللذين ميثالن rو qوباملماثلة، إذا رمزنا ( )1

2q a c d acd= + + )و − )

1

2r b a d abd= + + −

وعليه نرى أن1 1

12 2

1 1

2 21 1

12 2

1 1

2 2

PQ q p a b cd a b c d

a b c d AB CD

RQ r p b c ad b c a d

b c a d BC AD

= − = − − = − −

= − − = ⋅

= − = − ⋅ − = − ⋅ −

= − ⋅ − = ⋅

وهكذا نرى أنBA DA

PQ QR AB CD BC ADBC DC

= ⇔ ⋅ = ⋅ ⇔ = )مع املستقيم ABCنقطة تقاطع منصف الزاوية Mلنتأمل من جهة ثانية النقطة )AC ،

)مع املستقيم ADCنقطة تقاطع منصف الزاوية Lوالنقطة )AC نعلم أن . نفسهM ]تقسم الضلع ]AC بنسبة طولي الضلعني[ ]AB و[ ]AC نإذن تتعي ،M على القطعة

]املستقيمة ]AC باملساوةMA BA

MC BCعلى القطعة املستقيمة Lوباألسلوب نفسه تتعين . =

[ ]AC باملساواةLA DA

LC DC نستنتج إذن أن. =

MA LAPQ QR M L

MC LC= ⇔ = ⇔ =

PQوعليه يكون QR= إذا وفقط إذا تالقى منصفا الزاويتنيABC وADC يف نقطة من( )AC. اإلثبات وبذا يتم. ù

A

B

C

D

P

QM L

R


)ولتكن . عددا طبيعيا موجبا متاما nليكن )1k k nx ≤ . مجلة متزايدة من األعداد احلقيقية ≥ أثبت أن

( )( )

2 22

, 1 , 1

2 1

3

n n

i j i ji j i j

nx x x x

= =

− − ≤ − ∑ ∑

) املتراجحة السابقة تقع إذا وفقط إذا كانت احلدودأثبت أن املساواة يف )1k k nx ≤ ≤ .حدود متتالية حسابية

لنكتب 1

1 nii

x xn =

= i، ولنعرف ∑ iy x x= 1يف حالة − i n≤ فيكون. ≥

( )

( ) ( )

( )

, 1 , 1 1

1 1

1

2 1

1

2

2 2

2 1 2

2 2 1

n n

i j i j j ii j i j i j n

j i

i j n i j n

n n

j ij i

n

kk

x x y y y y

y y

j y n i y

k n y

= = ≤ < ≤

≤ < ≤ ≤ < ≤

−

= =

=

− = − = −

= −

= − − −

= − −

∑ ∑ ∑

∑ ∑

∑ ∑

∑

إذن

( ), 1 1

2 2 1n n

i j k

i j k

x x k n y= =

− = − −∑ ∑ ( )1

ومن جهة ثانية، لدينا

( ) ( )2 2 2 2

, 1 , 1 , 1 , 1 , 1

22

1 1

0

2

2 2

n n n n n

i j i j i j i ji j i j i j i j i j

n n

k kk k

x x y y y y y y

n y y

= = = = =

= =

− = − = + −

= ⋅ −

∑ ∑ ∑ ∑ ∑

∑ ∑

إذ استفدنا من كون 1

0n

kky nx nx

== − إذن. ∑=

( )2 2

, 1 1

2n n

i j k

i j k

x x n y= =

− = ⋅∑ ∑ ( )2

Aml

Typewriter


عام 2003 439

شوارتز لدينا-ة كوشيولكن، استنادا إىل متراجح

( ) ( )

22 2

1 1 1

2 1 2 1n n n

k kk k k

k n y k n y= = =

− − ≤ − − ⋅ ∑ ∑ ∑ ( )3

يحقق λمع مساواة، إذا وفقط إذا وجد عدد حقيقي ( ), 2 1n kk y k nλ∀ ∈ = − −ℕ ( )4

ولكن

( ) ( ) ( )

( )( )( ) ( )

( )( ) ( ) ( )( )

( )

2 2 2

1 1 1 1

2 2

2

2 1 4 4 1 1 1

2 1 2 12 1 1

312 2 1 3 1

3

1

3

n n n n

k k k k

k n k n k n

n n nn n n n

n nn n

n n

= = = =

− − = − + + +

+ += − + + +

+= + − +

−=

∑ ∑ ∑ ∑

)فإذا عوضنا )و 1( )يف 2( واستفدنا من احلساب السابق استنتجنا أن 3(

( )( )

2 22

, 1 , 1

2 1

3

n n

i j i ji j i j

nx x x x

= =

− − ≤ ⋅ − ∑ ∑

.وهي املتراجحة املطلوبة

)وبناء على )4حقيقي ، تقع املساواة يف هذه املتراجحة، إذا و عدد جدλ حققي

( )1, 22n k

nk x k xλ

+∀ ∈ = − +ℕ

) املتتالية املتزايدة وهذا يقتضي أن )1k k nx ≤ . متتالية حسابية ≥

)املتتالية املتزايدة إذا كونت حدود وبالعكس، )1k k nx ≤ عددان حقيقيان وجد . متتالية حسابية ≥a وb حققانيkx ak b= 1يف حالة + k n≤ 0a، مع ≥ وعندئذ يكون لدينا . ≤

12nx a b+= + ومن ثم ،( )12

nkx a k x+= − فنكون قد . nℕمن kيف حالة +

)أثبتنا أن كون )1k k nx ≤ متتالية حسابية هو الشرط الالزم والكايف لوقوع املساواة يف ≥ ù .وبذا يتم اإلثبات. املتراجحة املطلوبة

Aml

Typewriter



يحقق qأثبت وجود عدد أويل . عددا أوليا pليكن ( ), pn q n p∀ ∈ −ℤ

املعرف بالصيغة pλلنتأمل العدد الطبيعي 11

11

pp

p

pp p

pλ

−−= = + + +

−⋯

å 21نالحظ، من جهة أوىل، أن modp p pλ = عيمج تساوي، إذن ال ميكن أن + 1العدد pλوإال ساوى جداء ضرا (، 2pبالقياس 1 العددpλ للعدد قواسم األوليةال

21modqيحقق pλللعدد qوهكذا نستنتج وجود قاسم أويل . p)2بالقياس p≠. å أن العدد سنثبتq ةة املرجوحقق اخلاصصحيح . ي لنفترض على سبيل اجلدل وجود عددn حققي( )| pq n p− . أيmodpn p q=.

|عندئذ، ملا كان pq λ و( )| 1pp pλ 2نستنتج أن −

mod 1modp pn p q q= = .qℤ/يف nرتبة العدد rلتكن ℤ . أي min 0 : 1modkr k n q= > عندئذ =1qقامسا للعدد rيكون )ألن عدد عناصر الزمرة الضربية − )/q ×ℤ ℤ 1يساويq − .

2ألن 2pقامسا للعدد rويكون

1modpn q=. 2rفإذا كان p= استنتجنا أن( )2 | 1p q 21modq، وهذا خلف ألن − p≠. وإذا كان 1,r p∈ . 1استنتجنا أنmodpn q= 1، ومنهmodp q= .

أن pλتعرف وعندئذ نستنتج من املساواة اليت

( )

1 1

0 0

1mod modp p

kp

k k

p q p qλ

− −

= =

= = =∑ ∑

|ولكن pq λ إذن ،|q p أيضا ألن لفوهذا خp يلأو عدد. )يحقق nنستنتج من التناقض السابق عدم وجود عدد صحيح )| pq n p− . وهذا يربهن

ù .صحة اخلاصة املطلوبة

gQWEA DZXC

Aml

Typewriter


441

األربعونو اخلامسأوملبياد الرياضيات

ABالزوايا فيه مثلثا حادABC ليكن AC≠ . نفترض أن الدائرة اليت قطرها[ ]BC لضلعني ا ]تقطع ]AB و[ ]AC يفM وN تيب لتر لقطعة Oنسمي . با ا منتصف

]املستقيمة ]BC يونسم ،R نقطة تقاطع منصفي الزاويتنيBAC وMON . أثبت أنتتقاطعان يف نقطة واقعة على بالترتيب، CNRو BMRالدائرتني املارتني برؤوس املثلثني

]الضلع ]BC . ]تقع خارج الدائرة اليت قطرها Aلنالحظ أوال أن ]BC ،

.حاد الزوايا ABCألن املثلث لرباعي ا أن BCNMكما نستنتج من كون ئريا عيا دا ربا

NMA C= و MNA B= . ط لشر ا ABو AC≠ يقتضي أن B C≠ ومن ثمAN AM≠.

هو نفسه MONمثلثا متساوي الساقني استنتجنا أن منصف الزاوية MONملا كان املثلث ]حمور القطعة املستقيمة ]MN . فالنقطةR هي نقطة تقاطع حمور الضلع[ ]MN فومنص

ANإذ يتقاطع هذان املستقيمان بسبب كون . MANيف املثلث MANالزاوية AM≠. ]ور القطعة املستقيمة مير حم . AMNالدائرة املارة برؤوس املثلث Cلتكن ]MN مبنتصف

لرأس MNالقوس لذي يقابل ا لزاوية . Cمن الدائرة Aا MANوكذلك مير منصف االواقعة يف منتصف القوس Cهي النقطة من الدائرة Rإذن النقطة . نفسه MNمبنتصف القوس

MN قابل الرأسالذي يA. مبالحظة أن 2NOC Cπ= و − 2MOB Bπ= نستنتج أن −

( ) ( ) 2 2 2 2 2MON C B B C Aπ π π π π= − − − − = + − = − إذن MNO NMO A= = .

) املستقيمني أن هذا يربهن على اخلصوص، و )ON و( )OM ان الدائرةميسC . والنقطةR نقطة تقاطع منصف LلنسمABC . فهي إذن تقع داخل املثلث MONتقع داخل املثلث

]مع الضلع املقابل BACالزاوية ]BC . فنستنتج مما سبق أنR تقع داخل القطعة املستقيمة[ ]AL.

A

B CL

M

N

O

R

C


نستنتج أن ، AMRNمن الرباعي الدائري

12

12

RNC RMA RMN NMA

A C BLR

RMB RNA RNM MNA

A B CLR

= = +

= + =

= = +

= + =

، فالدائرة املارة برؤوس املثلث ان دائري ان رباعيLRMB و LRNC نيعي وهذا يربهن أن الربا RNC ة برؤوس املثلثوالدائرة املارRMB تشتركان بالنقطةL من[ ]BC . وهذا يربهن

ù .وبذا يتم اإلثبات .صحة اخلاصة املطلوبة

]من Pأوجد مجيع كثريات احلدود احلقيقية ]Xℝ حققاليت ت ( ) ( ) ( ) ( )2P a b P b c P c a P a b c− + − + − = + +

0abاليت تحقق cو bو aوذلك مهما كانت األعداد احلقيقية bc ca+ + =. .يحقق اخلاصة املنصوص عنها Pلنتأمل كثري حدود

0aباختيار b= 0ab، تتحقق املساواة = bc ca+ + ، ومن cأيا كانت قيمة =ثم

( ) ( ) ( ), 0c P P c P c∀ ∈ + − =ℝ 0cفإذا اخترنا )استنتجنا أن = )0 0P ، ثم إذا عدنا إىل املساواة السابقة استنتجنا أن =

( ) ( ),c P c P c∀ ∈ − =ℝ فكثري احلدود ،P إذن يأخذ .0زوجي وينعدم عندP الصيغة التالية

( ) 2

1

nk

kk

P X a X=

= ∑

وهنا نالحظ أنه إذا وضعنا a xα= و( )1b x α= )و − )1c xα α= − −

0abحتققت املساواة bc ca+ + = .وكان من ثم ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )2 2 22 1 1 2 2 1P x P x P x P xα α α α α α− + − + − = − +

.ℝمن xو αوذلك أيا كانت قيمة

A

B CL

M

N

R

C

عام 2004 443

يف طرفي املساواة السابقة نستنتج 2nxومبقارنة أمثال ( ) ( ) ( ) ( )

2 2 22 2 222 1 1 2 2 1n n nnα α α α α α− + − + − = − + ( )1

.αوذلك مهما كانت قيمة ]فيما يلي سنكتب ] 2Q α 2للداللة على أمثالα يف كثري حدود Q . لنفترض أن

1n ، عندئذ يكون لدينا<( )[ ] ( )

( )

( )

( ) ( )

22

22 2

22 2

22 2

2 1 4 2 1

1 2

2 0

1 2 2 1

n

n

n

n

n n

n

n n n

α α

α α

α α α

α α α

− = −

− = −

− =

− + = + −

)وعليه، نستنتج من أن ،2α، مبقارنة أمثال 1(( ) ( )( )4 2 1 2 2 2 2 1n n n n n n− − = + −

2nوهذا يكافئ 2وهكذا نرى أن .= 41 2P a X a X= +.

.يحقق اخلاصة املرجوة 4Xو 2Xلنربهن أن كال من كثريي احلدود وبالعكس، )حالة ) 2P X X= .،يف احلقيقة

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

( ) 2

2 2 2 2 2

a b b c c a a b c ab bc ac

a b c a b c ab bc ac

− + − + − = + + − − −

+ + = + + + + +

ومن ثم ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 ( ) 6a b c a b b c c a ab bc ac+ + − − − − − − = + +

0abفإذا كان bc ca+ + كان =( ) ( ) ( )2 2 22( ) 2a b b c c a a b c− + − + − = + +

)وهذا ما يثبت اخلاصة املرجوة يف حالة ) 2P X X=.

)حالة ) 4P X X= . لنضع كالعادة

3 abcσ 2و = ab bc caσ = + 1و + a b cσ = + + عندئذ

2 2 2 21 22a b c σ σ+ + = −


وكذلك( ) ( )

( ) ( )

3 3 3 2 2 21 2 3

31 1 2 3

4 4 4 3 3 3 2 2 21 2 3 1

4 2 21 1 2 1 3 2

3

3 3

4 4 2

a b c a b c a b c

a b c a b c a b c

σ σ σ

σ σ σ σ

σ σ σ σ

σ σ σ σ σ σ

+ + = + + − + + +

= − +

+ + = + + − + + +

= − + +

)وعليه إذا وضعنا ) ( )4 4 4( )a b b c c a∆ = − + − + كان −( ) ( ) ( )

( )

4 4 4 3 3 3

2 2 2 2 2 2

2 2 2 4 4 4

6

a b c a b c b c a c a b

a b b c c a

∆ = + + − + − + − +

+ + +

إذن( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

4 4 4 3 3 31 1 1

2

4 4 4 3 3 3 21 2 1 3

4 21 2 2 1

2 2 2 4 4 4

6 12

6 4 6 12

2 6 3 2

a b c a a b b c c

ab bc ca abc a b c

a b c a b c

σ σ σ

σ σ σ σ

σ σ σ σ

∆ = + + − − − − − −

+ + + − + +

= + + − + + + −

= + −

2وهكذا نرى أنه حتت الشرط 0ab bc caσ = + + 4يكون =12σ∆ هي اخلاصة و =

.املطلوبة اليت حتقق Pقد أثبتنا أن جمموعة كثريات احلدود إذن ل

( ) ( ) ( ) ( )2P a b P b c P c a P a b c− + − + − = + + )أيا كان ), ,a b c 3منℝ 0، معab bc ca+ + هي . =

( ) 2 4 2: ,X Xα β α β+ ∈ ℝ ù .وهي النتيجة املطلوبة

ل ااور مماثل للشك واحدة كل شكل مكون من ستة مربعات »خطافا«نسمي ظرات تنا و أ ت نا ا ر دو بتطبيق لشكل ا ا هذ ينتج عن و مجيع . أ تعيني يطلب

دها بعا أ ليت ا ملستطيالت nا m× فات غري خبطا ملة كا تغطية تغطيتها وميكن .متقاطعة، وال يتجاوز أي منها حميط املستطيل إىل خارجه

عام 2004 445

.التحليل فصر أي لة خطاف ملستطيل عند نه، يف حا أ فات، نالحظ املستوي خبطا ، هناك Xيف

وحيد خطافY ع الداخلي يفيغطي املربX وذلك يكون بواسطة أحد ، عمربالطرفني من يY . غطيوعندئذ يX ، ي طرفيعع الداخلي يف ، هبواسطة أحد مرباملربY . هناك فقط ، وعليه

يف إحدى هاتني . ون أن يتقاطع اخلطافان أو تبقى ثغرة بينهماد Xإىل جانب Yطريقتان لوضع مستطيال فني خلطا ا ين هذ ع جتما ا لف يؤ يقتني لطر ه T ا ا 3بعد لف ×4 يؤ نية لثا ا يف و ،

,3أطوال أضالعه O اجتماعهما شكال ثمانيا 2,1, 2, 3, 2,1, :كما هو مبين بالشكل التايل . 2

T O

X

Y

X

Y

mبعداه Rلنتأمل مستطيال n× ه باإلمكان تغطيته تغطية كاملة خبطافات غريولنفترض أن ،

غري بقطع كاملة تغطية Rهذا يعين أنه باإلمكان تغطية . وال يتجاوز أي منها حميطه اطعة، متق Oو Tعندئذ، ملا كان كل من . دون أن يتجاوز أي منها حميطه Oأو Tمن النمط متقاطعة

3، وخصوصا mnيقسم 12مكونا من اثين عشر مربع واحدة استنتجنا أن | n 3أو |m. على سبي ن لنفترض أ جلدل ا 4ل n 4و m يكون ئذ عند ،n وm ن ألن زوجيا

4 | nm . لنكتب املستطيلR عاتاجتماع مرب كما يلي واحدة :

( ), n m

iji j

R C∈ ×

=ℕ ℕ∪

]مع ] [ ]1, 1,ijC i i j j= − × )العدد kولنعرف يف حالة عدد طبيعي ، − )kχ هبأن4إذا كان 1يساوي | k 4إذا كان 0ويساوي k . ع وأخريالنقرن بكل مربijC العدد

( ) ( )ij i jλ χ χ= 2ijλفيكون . + ن = ذا كا إ ذا وفقط 4إ | i 4و | j ويكون ،1ijλ .دون أن يقسمهما معا jأو iيقسم 4إذا كان =

عندئذ جند مبالحظة األشكال املختلفة ودون عناء أن 3,7

ij

ij

C T

λ⊂

و ∑∋ 5,7ij

ij

C O

λ⊂

∈∑

ون لدينايف حني يك

( ) ( )( ) ( ) ( )1 1 1 1

2ij

m n m n

ij

C R i j i j

i j n i m jλ χ χ χ χ⊂ = = = =

= + = + ∈∑ ∑∑ ∑ ∑ ℕ

1

1

1

1

1

1

1

1

1

2

2

2

1

1

1

1

1

1

1

1

1

2

2

2

1

1

1

1

1

1

1

1

1

2

2

2

1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1


زوجيا، وهذا يقتضي أن Rاليت تغطي Oأو Tإذن ال بد أن يكون عدد القطع من النمط 8، ومن ثمnm يقسم 24العدد | nm أن يقسم العدد دأحد العددين 4فال بn أوm ،

لفهذا التناقض أن . وهذا خ ثبت4ي | n 4أو |m . .5أو 2أو 1ال يساوي mأو nمن جهة أخرى، من الواضح أن أيا من العددين اليت تحقق ما يلي ℕ∗2جمموعة الثنائيات من Sلتكن إذن

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )1, 2,5 1, 2, 5 3 | 4 | 4 |n m mn n m∉ ∧ ∉ ∧ ∧ ∨ mة مستطيل تغطي قد أثبتنا أنه إذا أمكن فتكون n× اطعة، وال تغطية كاملة خبطافات غري متق

)كانت .يتجاوز أي منها حميطه ),m n موعةعنصرا من اS. .التركيب

)لتكن ),m n منS . ة مستطيله باإلمكان تغطين ه R ولنربهن أ m بعدا n× بقطع من .تغطية كاملة دون تقاطعات ودون جتاوز حميط املستطيل Tالنمط

لة حا )يف ) ( ), 3 , 4m n k k و =′ )أ ) ( ), 4 , 3m n k k اضحة =′ و لنتيجة برصف ا ،kk .Tمستطيال من النمط ′

لة حا )يف ) ( ), 12 ,m n k n= مع( )gcd 12, 1n و = ، 1, 2, 5n اء . ∌ جر بإ3nجند 3على nقسمة إقليدية للعدد q r= مع + 1, 2r 3ألن ∋ n ، كما إن

2q ≥.

ذا كان 1rفإ )كتبنا = )4 1 3n q= + − ملستطيل × ن ا R، ونتج من ذلك أ)يكتب بشكل اجتماع مستطيلني )( )3 4 4k )و × )( ) ( )( )4 3 3 1k q× وكل −

.منهما من النوع السابق، الذي متت معاجلته

2rوإذا كان )كتبنا = )2 4 2 3n q= × + − ونتج من ذلك أن املستطيل . ×R مستطيلني جتماع ا بشكل )يكتب )( )3 4 8k )و × )( ) ( )( )4 3 3 2k q× −

.وكل منهما من النوع السابق، الذي متت معاجلته)حالة املثل ونعاجل ب ) ( ), ,12m n m k= مع( )gcd ,12 1m و = 1,2, 5m ∉ .

ù .بذا يتم اإلثبات و. املعرفة أعاله Sفاموعة املطلوبة هي اموعة

عام 2004 447

)ولتكن . 3عددا طبيعيا أكرب أو يساوي nليكن )1k k nt ≤ أعدادا حقيقية موجبة تحقق ≥ املتراجحة

( )21 2

1 2

1 1 11 n

n

n t t tt t t

+ > + + + + + + ⋯ ⋯

)أثبت أنه أيا كان ), ,i j k 3منℕ 1حقق ت i j k n≤ < < itكونت األعداد ≥ . أضالع مثلثأطوال ktو jtو .لنبدأ بإثبات اخلاصة التالية

)ان عددين حقيقيني موجبني متاما يحقق yو xليكن : خاصة ) ( )221 1 1x yx y− + − <

2xyعندئذ ال بد أن يكون <.

اإلثبات)، لنضع يف احلقيقة ) ( )

221 1 1x yx y∆ = − + − أن نالحظ ، عندئذ−

( )

( ) ( )

( ) ( )( )

2 22 2

22

22

22

1 15

1 1 22 5

1 1 12 2

1 1 2 12

2

x yx y

x y xyx y xy

x y xyx y xy

x y xy xyx y xy

∆ = + + + −

= − + − + + −

= − + − + − −

= − + − + − −

∆0فالشرط )يقتضي أن > )( )122 0xy xy− − ينتمي xyا بدوره يقتضي أن وهذ >[إىل اال [1

2 , 2xy، وعلى اخلصوص 2 < . لنأت إىل املسألة املطروحة ولنالحظ أن

( )

1 1 1 , 1

1

22

1

1

1 2

n nji i

ij j j ii j i j n i j n

ji

j ii j n

ji

j ii j n

tt tt n

t t t t

ttn n n

t t

ttn

t t

= = ≤ ≤ ≤ < ≤

≤ < ≤

≤ < ≤

= = + +

= + − + + −

= + −

∑ ∑ ∑ ∑

∑

∑


إذن تكافئ املتراجحة املعطاة املتراجحة التالية2

1

1ji

j ii j n

tt

t t≤ < ≤

− < ∑

)لتكن ), ,i j k 3منℕ حقق1ت i j k n≤ < < عندئذ نستنتج من املتراجحة السابقة ≥ أن

2 2

1ji i k

j i k i

tt t t

t t t t

− + − <

و2 2

1j ji k

j i k j

t tt t

t t t t

− + − <

و22

1ji k k

k i k j

tt t t

t t t t

− + − <

أنوبالترتيب، ،باالعتماد على اخلاصة اليت أثبتناها يف البداية وهذا يقتضي

2i i

j k

t t

t t2jو > j

i k

t t

t t2kو > k

i j

t t

t t<

أو2i j k j kt t t t t< ≤ 2jو + i k i kt t t t t< ≤ 2kو + i j i jt t t t t< ≤ +

) فاألعداد ), ,i j kt t t اإلثبات. متثل أطوال أضالع مثلث وبذا يتم. ù

]نفترض أن القطر . ABCDنتأمل رباعيا حمدبا ]BD ا من الزاويتني الف أيينصABC تحقق ABCDداخل Pكما نتأمل نقطة . CDAأو

PBC DBA= و PDC BDA= ل لالزم وا ا لشرط ا ن أ ثبت لرباعي أ ا ليكون يكون ABCDكايف أن ئريا هو عيا دا ربا

AP PC=. إذن، ميكننا . Cو Aمتناظرا، وكذلك األمر بالنسبة إىل الرأسني دورا Dو Bيؤدي الرأسان

هي ABCDالواقعة داخل الرباعي Pدون اإلقالل من عمومية اإلثبات، أن نفترض أن النقطة ، على أن نعيد تسمية رؤوس الرباعي إذا تطلب BCDو ACDيف الواقع داخل كل من املثلثني

.األمر

عام 2004 449

ئري ABCDلنفترض أن Lولنسم . رباعي دا)نقطة تقاطع )DP مع( )AC وكذلك لنسم ،K )نقطة تقاطع )BP مع( )AC.

من كون نستنتج ئذ يا، ABCDعند ئر ا د عيا با رن أ ض لفر ا من : و LDC ADB KCB= = .

وكذلك أن LCD DBA KBC= =. متشاان، وهذا يقتضي CKBو DLCإذن املثلثان

PKL PLK= ومن ثمPL PK= ( )1 أن BADو BKCنستنتج من تشابه املثلثني

KC AD

BC BD=

جند BCDو ALDتشابه املثلثني ومن AD AL

BD BC=

ALنستنتج من املساواتني السابقتني أن KC= وهذه النتيجة مع ،( تربهن على تطابق 1(PA، وهذا يقتضي أن PLAو PKCثلثني امل PC=.

PAلنفترض اآلن أن PC= . نرسم الدائرة اليتهذه الدائرة املستقيم فتقطع . BCPمتر برؤوس املثلث

( )DC ثانية يفX واملستقيم ،( )DP ثانية يفY . رباعيا دائريا استنتجنا أن BCXPملا كان

DXP PBC DBA= = ومن جهة ثانية لدينا ADB PDX= . إذن املثلثان

DPX وDAB انوهذا يربهن بوجه . مثلثان متشا

DXخاص أن DB

DP DA، ولدينا من جهة أخرى = BDX ADP= مما يقتضي تشابه ،

DBوهذا بدوره يقتضي أن .BDXو ADPاملثلثني BX

DA AP إذن. =

DX BX

DP AP= ( )2

A C

D

B

P

LK

A C

D

B

P

LK

A

B

C

D

XP


أن DPCو DYXوكذلك نستنتج من تشابه املثلثني DX XY

DP PC)فإذا استفدنا من . = استنتجنا أن 2(

XY BX

PC AP=

APولكن PC= إذن ،XY XB= . نستنتج مما سبق أن

XPY XBY XYB XCB DCB= = = = أن DABو DPXكما نستنتج من تشابه املثلثني DPX DAB= .إذن

DCB DAB XPY DPX π+ = + = ù .وبذا يتم اإلثبات. رباعي دائري ABCDفالرباعي

إذا وفقط إذا كانت كل خانتني متتاليتني »متناوب «نقول عن عدد طبيعي موجب متاما إنه مجيع املكونة من Aاموعة أوجد . آخر زوجي يف كتابته العشرية مكونتني من عدد فردي و

ضاعف متناوبة املوجبة متاما اليت هلا ماألعداد الطبيعي. أي 20ال يقبل القسمة على nإذا وفقط إذا كان Aينتمي إىل nسنربهن أن

20n n∈ ⇔A يف احلقيقة، إذا قبل عددn من∗ℕ من مضاعفاته، 20القسمة على كان كذلك كل واحد

عددان زوجيان، فال ميكن أن تكون هذه 20ولكن خانيت اآلحاد والعشرات يف مضاعفات العدد 20إذن . األعداد أعدادا متناوبة | n n⇒ ∉ A.

.إلثبات العكس، سنستفيد من اخلاصتني التاليتني

)جد متتالية تو 1. خاصة ) 1n na من عناصر اموعة ≤ 0,1, , من nيف حالة ،تحقق …9∗ℕ، اخلواص التالية.

( )

( )( )

( )( )

2 2 1 1 10

2 2 2 1 1 10

1 mod2

2 1

2 1

n

n

n n

a n

a a n

a a a n

ν

ν

−

−

= +

= −

= +

…

…

)إذ رمزنا كالعادة )2 mν ة للعدد إىلتقسم 2أكرب قوm.

A

B

C

D

XP

Y

عام 2004 451

اإلثبات .nيف احلقيقة، سننشئ هذه املتتالية بالتدريج على العدد

1نضع بداية 2a 2و = 7a =. ن أ ض نا لنفتر نشأ أ )نا )1 2 2, , , na a a… لة حا 1nيف نضع . ≤ ئذ 2عند 1 4na + = .

واستنادا إىل فرض التدريج لدينا. فيتحقق وضوحا الشرط ( ) 2 12 2 1 1 210, 2 nn n na a a λ+

− 2مع …= 1mod2nλ = وعليه يكون

( )

( )

2 2 12 1 2 2 1 1 210

2 1 2 2 12 2 1

, 4 10 2

2 2 5 2

n nn n n n

n n nn n

a a a a λ

λ λ

++ −

+ ++

= × +

= × + =

…

2مع 2 1 22 5 1mod2nn nλ λ+ = × + .وهذا يثبت اخلاصة . =

2نبحث اآلن عن عدد 2na من اموعة + 1, 3, 5, 7, 9 حقق الشرطي ( ) 2 32 2 2 1 2 2 1 1 2 210, 2 nn n n n na a a a a λ+

+ + − 2مع …=+ 2 1mod2nλ + = ولكن

( )

( )

2 1 2 12 2 2 1 2 2 1 1 2 2 2 110

2 1 2 12 2 2 1

, 10 2

2 5

n nn n n n n n

n nn n

a a a a a a

a

λ

λ

+ ++ + − + +

+ ++ +

= +

= +

…

2يتحقق الشرط املطلوب إذا أمكن اختيار 2na من اموعة + 1, 3, 5, 7, يحقق 92 1

2 2 2 1 2 25 4nn n na λ λ++ + ++ 2مع = 2 1mod2nλ + =

2أي إذا أمكن اختيار 2na تحقق +2 1

2 2 2 15 4mod8nn na λ++ ++ =

) ألنو )gcd 5, 8 الشرط السابق يكافئف =1( ) 1

2 2 2 125 5 20mod8 4mod8nn na λ++ ++ = =

25ولكن 1mod8=كافئ الشرط السابق ما يليإذن ي ، ( )2 2 2 14 3 mod8n na λ+ += +

باقي قسمة لفردي يكفي إذن أن خنتار ا لعدد 2 ا 14 3 nλ لعدد ، لنحصل على 8على ++ ا2 2na من اموعة + 1, 3,5, وهكذا نكون قد أنشأنا املتتالية . الذي يحقق اخلاصة 7

( ) 1n na . اليت تحقق اخلواص الثالث املرجوة ≤


)توجد متتالية 2. خاصة ) 1n nb من عناصر اموعة ≤ 0,1, , من nيف حالة ،قتحق …9∗ℕ، ااخلتنيالتالي تنيص.

( )

( )1 1 10

1 mod2

2 5 |

n

nn n

b n

b b b−

= +

× ⋯

اإلثبات .nكما يف السابق، سننشئ هذه املتتالية بالتدريج على العدد

1نضع بداية 0b 2و = 5b =. )لنفترض أننا أنشأنا )1 2, , , nb b b… 1يف حالةn ولنفترض أن . ≤

( )( )5 1 1 10n nb b bν −=ℓ ⋯ )أي أن )1 1 10 5n n nb b b µ− = ℓ⋯ 5مع nµ. استنادا إىل فرض التدريج لديناn≥ℓ.

1nbعندئذ علينا أن خنتار ليحقق الشرطني +1 mod2nb n+ )و = )1

15 | 10 5n nn nb µ++ + ℓ

أو1 mod2nb n+ 12و = 5 0mod5n n

n nb µ−+ + =ℓ

2وألن 3 1mod5× فإن هذا يكافئ =1 mod2nb n+ 1و = 3 5 mod5n n

n nb µ−+ = − × ℓ

وعليه إذا اخترنا( )1 5 4 3 5 mod10n n

n nb n µ−+ = + × × ℓ

عة مو ا من د عد هو و 0,1, , ن ، …9 بتا ملطلو ا ن خلاصتا ا لية . حتققت ملتتا ا ء نشا إ مت و( ) 1n nb .املطلوبة ≤

.نستخلص مما أثبتناه آنفا النتائج التالية

مضاعف متناوب يكتب بعدد زوجي 2αأن لكل عدد من النمط 1.نستنتج من اخلاصة .من اخلانات

2أن لكل عدد من النمط 2.نتج من اخلاصة ونست 5β× كتب بعددي متناوب ضاعفم .زوجي من اخلانات

عام 2004 453

2بالشكل nعندئذ يكتب . 20ال يقبل القسمة على nلنتأمل عددا ما 5n kα β= )مع )gcd ,10 1k 20ملا كان . = n استنتجنا أن

2 5 2 ,5 , 2 5α β α β β∈ ×

2ومن ثم يوجد مضاعف متناوب للعدد 5α β 2يكتب بعدد زوجيm ،من اخلانات)وليكن هذا املضاعف )2 2 1 10mM c c c= ⋯.

1kلنفترض أن )، ولنالحظ أن < )( )2 2gcd 10 , 10 1 1m mk − إذن يوجد =1q يحقق <

( )( )2 210 1mod 10 1mq mk= −

)q 210هو رتبة m ةيف الزمرة الضربي( )( )( )2/ 10 1mk×

−ℤ ℤ( .إذن ( )( )2 2 1| 1 10 10m m qk −+ + +⋯

)املتناوب يقسم العدد nوهذا يقتضي أن )( )2 2 11 10 10m m qM −+ + +⋯ الذي كتابته العشرية

2 2 1 2 2 1 2 2 1 10( )m m m

M M M

c c c c c c c c c

⋯

⋯ ⋯ ⋯ ⋯

مرةqمكرر20وبذا نكون قد أثبتنا أن n يقتضيn ∈ Aنجز الربهانوهذا ي ، ù


gQWEA DZXC

Aml

Typewriter


Aml

Typewriter

455

األربعونو السادسأوملبياد الرياضيات

على 2Aو 1Aالنقطتان . ABCنتأمل ست نقاط على أضالع مثلث متساوي األضالع [ ]BC 1، والنقطتانB 2وB على[ ]CA 1، والنقطتانC 2وC على[ ]AB . ونفترض

تؤلف رؤوس مضلع سداسي حمدب لنقاط ا ن هذه 1أ 2 1 2 1 2AA B B C C طوال أضالعه أ)أثبت أن املستقيمات . متساوية )1 2AB و( )1 2BC و( )1 2C A تتالقى يف نقطة واحدة.

نطابق بني املستوي وحقل األعداد العقدية، ونفترض أن املبدأ ميثل النقطة 1، وأن العدد 0اليت ميثلها العدد 1Aهو النقطة

2A . لعدد ieعندئذ ميثل ا θ 2الشعاع 1A B

لعدد ، وميثل ا2 i/3j eπ= 1الشعاع 2B B

ieميثل العدد ، و ϕ الشعاع

2 1B C

د لعد ا ميثل و ،4 i/32j eπ= ع لشعا 1ا 2C C

،

ieوأخريا ميثل العدد ψ 2الشعاع 1C A.

مبالحظ أن 2 1

2

3CA B

πو ≥

2 12

3AB C

πو ≥

2 12

3BC A

π نستنتج أن ≥

20

3

πθ< 2و ≥ 4

3 3

π πϕ< 4و ≥

23

πψ π< ≤ ( )1

كما نستنتج من املساواة

1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 0AA A B B B B C C C C A+ + + + + + =

iأن i 2 i1 j j 0e e eθ ϕ ψ+ + + + + 21، ولكن = j j 0+ + ، إذن=

i i i 0e e eθ ϕ ψ+ + = iبأخذ املرافق يف العالقة السابقة، ثم بضرب الطرفني باملقدار i ie e eθ ϕ ψجند ،

( )i i i i i 0e e e e eϕ ψ θ ϕ ψ+ + = 2أو i i ie e eθ ϕ ψ= .ن االعددفie ϕ وie ψ مها جذرا املعادلة

2 i 2 i 0X e X eθ θ+ + =

)أو )( )i 2 ij j 0X e X eθ θ− − )فإذا استفدنا من . = استنتجنا أن 1(i ije eϕ θ= وi 2 ije eψ θ=

A

BC1A 2A

1B

2B

1C

2C

23π

23π

θ

ϕ

ψ


نستنتج بوجه خاص أنi

2 2

i 2 i 2 i2 2

i 2 i 3 i2 2

j

j j j j

1 j j j

A B e

B C e e e

C A e e e

θ

ϕ θ θ

ψ θ θ

= +

= + = + = +

= + = + = +

2فاملثلث 2 2A B C واملستقيمات . مثلث متساوي األضالع( )1 2AB و( )1 2BC و( )1 2C A ù .ويتم اإلثبات .تتالقى يف نقطة واحدةهي حماور أضالع هذا املثلث فال بد أن

.ميكن أيضا إعطاء إثبات هندسي هلذه املسألة: مالحظة2النقطة اليت جتعل من Pلتكن 1 2PC AA ناعندئذ، ألن . معي

( ) ( )2C P BC لك ذ من نستنتج 1 2 3C C P

π= .

ملثلث 1فا 2C C P األضالع متساوي وبوجه خاص . مثلث ن أ )نستنتج ) ( )1 1 2PC B B ن و 1أ 1 2PC B B= .

عي با لر 1فا 1 2C PB B يضا أ نن . معي ذ إ2 1 3A PB

πملثلث = ا ن 2أل 1A PB وي متسا

Pلتكن . األضالع )نقطة تقاطع املستقيمني ′ )1 2AC و( )2 1B Cعندئذ نرى أن ، 2 1 2 1 3C P C A PB

π′ = =

1وينتج من ذلك أن املثلثني . وذلك بسبب توازي ضلعي هاتني الزاويتني 2BAC 1و 2P C C′ 1طبوقان، وكذلك يكون املثلثان 2P C C′ 1و 2AC B .إذن

2 2AB BC= 2و 2AC BA= و 1 2 1 2 3C AB ABC

π= =

2فاملثلثان 2C BA 2و 2B AC 2طبوقان، وهذا يربهن على أن 2 2 2AC B C= . ونربهن باملثل2على أن 2 2 2B C B A= 2، فيكون املثلث 2 2A B C متساوي األضالع.

)نتأمل متتالية ) 1n na .مكونة من أعداد صحيحة، حتقق اخلواص التالية ≤اموعتان :ka k ∗∈ ∩ℕ ℕ و :ka k ∗− ∈ ∩ℕ ℕ غري منتهينت. 1، فإن جمموعة بواقي قسمة األعداد ℕ∗من nمهما تكن 2, , , na a a… علىn حتوي n خمتلفا نصراع.

)أثبت أن كل عدد صحيح يظهر مرة، ومرة واحدة فقط يف املتتالية ) 1n na ≥.

A

B C1A 2A

1B

2B1C

2C P

P ′

عام 2005 457

نرغب بإثبات أن التطبيق : , kk aϕ ∗ →ℕ ℤ : لنذكر بالرمزين .تقابل ֏ 1, 2, ,n n=ℕ و … 0,1, , 1n n= −Z …

ولنتأمل( ): , modn n n n kk a nψ ψ→ =Zℕ

)استنادا إىل الفرض، لدينا )( )card n n nψ ≥ℕ ،ولكن من جهة ثانية لدينا ( ) ( )( )card cardn n nn ψ= ≥ℕ ℕ

)ولكن )n n nψ ⊂ Zℕ موعةوعدد عناصر ا ،nZ يساويn . إذن( )n n nψ = Zℕ ولكن . قابلت nψوالتطبيق

nn nQψ ϕ= ℕ وقد رمزنا ،nQ إىل الغمر القانوين : ( ): , modn n nQ Q x x n→ =Zℤ

فالتطبيق n

ϕ ℕ وهذا ما يربهن على أن متباين موعة تطبيقعدد عناصر ا( )n nA ϕ= ℕ ،أو :n k nA a k= ∈ ℕ يساوي ،n. )يحققان ، ℕ∗من عددين kو jليكن ) ( )k jϕ ϕ= أوk ja a= . عندئذ خنتار

( )max ,n j k= فنستنتج من كون التطبيق ،n

ϕ ℕ أن املساواة ، تطبيقا متبايناk ja a= kي تقتض j= . وهذا يربهن على أن التطبيقϕ نفسه متباين.

ن عندئذ نستنتج من . ℤمن mليكن نه يوجد عددا يحققان ℕ∗من 0kو 0jأ ، املتراجحة

0 0k ja m a< )عندئذ خنتار . > )0 0max ,n j k=ف العددينونعر ، minn nAα maxnو = nAβ =

)كان إذا ),i j 2عنصرا منnℕ وأمسيناm العددi ja a− وجب أن يكونm n< هألن

mلو كان n≥ استنتجنا من املساواةi ja a m− )أن = ) ( )m mi jψ ψ= معi i، إذن ال بد أن يكون mℕمن jو j= 0، ومن ثمm = لفوهكذا نكون قد . وهذا خiنا أن أثبت ja a n− ) العنصر أيا كان > ),i j موعة من2 اnℕ .لدينا وبوجه خاص 1n na nβ − ≤ ] ، إذن− ]( ), 1n n nA nα α⊂ + − ∩ ℤ .ولكن

( ) [ ]( )card , 1n n nn A n nα α= ≤ + − ∩ =ℤ ]فال بد أن يكون ], 1n n nA nα α= + − ∩ ℤ أو ،[ ],n n nA α β= ∩ ℤ . ولكن

لدينا nاستنادا إىل اختيارنا للعدد 0 0n k j na m aα β≤ < < nm، إذن ≥ A∈ .

وهكذا نكون قد أثبتنا أن التطبيقϕ ومن ،ه تقابل غامرأن ة. ثموهي النتيجة املرجو. ù


1xyzتحقق zو yو xنتأمل ثالثة أعداد حقيقية موجبة صحة املتراجحة أثبت. ≤5 2 5 2 5 2

5 2 2 2 5 2 2 2 5 0x x y y z z

x y z x y z x y z

− − −+ + ≥

+ + + + + +

شوارتز لدينا-لنالحظ أوال أنه استنادا إىل متراجحة كوشي

( ) ( )( )( )( )( )

( )( )

22 /22 2 2

5 2 2 2 2

5 2 2 2 2

5 22

2 2 22

1

1

3

1

22

x y z x y y z zx

x y z y zx

x y z yz y yzx

y zyz

z

x y z y z

5+ + = ⋅ + ⋅ + ⋅

≤ + + + +

≤ + ≤+ + +

≤ + + ++

≤

¤

¤

وعلى هذا نستنتج أن2 2 2 2 2

5 2 2 2 2 2

3

2

x y z y z

x y z x y z

+ + + ≤ + + + +

وجند باملثل أن2 2 2 2 2

2 5 2 2 2 2

3

2

x y z x z

x y z x y z

+ + + ≤ + + + +

و

2 2 2 2 2

2 2 5 2 2 2

3

2

x y z x y

x y z x y z

+ + + ≤ + + + +

وجبمع املتراجحات الثالث السابقة جند2 2 2 2 2 2 2 2 2

5 2 2 2 5 2 2 2 5 3x y z x y z x y z

x y z x y z x y z

+ + + + + ++ + ≤

+ + + + + +

وهذا يكافئ5 2 5 2 5 2

5 2 2 2 5 2 2 2 5 0x x y y z z

x y z x y z x y z

− − −+ + ≥

+ + + + + +

ù .وهي املتراجحة املطلوبة

عام 2005 459

)نتأمل املتتالية )n na ∗∈ℕ فة بالصيغةاملعر , 2 3 6 1n n n

nn a∗∀ ∈ = + + −ℕ )جمموعة األعداد الطبيعية املوجبة متاما واألولية مع مجيع حدود املتتالية Aولتكن )n na ∗∈ℕ

أي( ) : 1, gcd , 1nm n m a∗= ∈ ∀ ≥ =A ℕ

.Aعين اموعة سنربهن على أن 1=A .

1يف احلقيقة، من الواضح أن ∈ A. لعكس، با ليا pليكن و و أ ا د ن . عد أ لنفترض 3pو مربهنة . < ىل إ ا د استنا عندئذ

Fermat لدينا 12 1modp p− 13و = 1modp p− 16و = 1modp p− =

ومن ثم 1 1 13 2 2 3 6 3 2 1mod 6modp p p p p− − −⋅ + ⋅ + = + + =

26إذن 0modpa p− )، وعندها ينتج من كون = )gcd ,6 1p |2، أن = pp a − . 12ونالحظ من جهة ثانية أن | a 23و | a .من إذن ينبغي أن يكون أي عددA ا معليأو

ومنه. 1فهو من ثم يساوي مجيع األعداد األولية 1=A، ةوهي النتيجة املرجو. ù

]رباعيا حمدبا ضلعاه ABCDليكن ]BC و[ ]AD لتكن . ري متوازيني متساويا الطول وغE نقطة من داخل القطعة املستقيمة[ ]BC ولتكنF من داخل القطعة املستقيمة[ ]AD

BEتحققان DF= . ينسمP املستقيمني نقطة تقاطع( )AC و( )BD يونسم ،Q طع تقا ملستقيمني نقطة )ا )EF و( )BD ، ا خري أ طع Rنسمي و تقا ملستقيمني ا نقطة

( )AC و( )EF.

نه عندما تتحول النقطتان ]على Fو Eأثبت أ ]BC و[ ]AD ةئر املار فإن مجيع الدوا .Pتشترك بنقطة أخرى غري النقطة PQRث برؤوس املثل


. Tو Pتتقاطع هاتان الدائرتان يف . DAPو BCPلنتأمل الدائرتني املارتني برؤوس املثلثني لنقطتان سنربهن نه عندما تتحول ا ]على Fو Eأ ]BC و[ ]AD ةفإن مجيع الدوائر املار

PQTRولتحقيق ذلك سنثبت أن الرباعي . Tو P تنيالنقطبتشترك PQRبرؤوس املثلث .رباعي دائري

A

B

C D

F

E

P

Q

R

T

ن انستنتج من كون الرباعيDAPT وBCTP ني أندائري

DAT DPT BCT= = وكذلك أن

ADT CPT CBT= = ADوملا كان BC= استنتجنا تطابق املثلثنيDAT وBCT.

ثم نستنتج من كون AF CE= وAT CT= و FAT ECT=

.طبوقان ECTو FATأن املثلثني مثلث متساوي الساقني، ولدينا FTEو ATCإذن كل من املثلثني

ATC ATE ETC ATE FTA FTE= + = + = متشاان، وبوجه خاصFTE و ATCاملثلثان ف TCQ TEQ= فالرباعي ،TCEQ

.رباعي دائرينستنتج إذن أن RQT BCT DPT RPT= = ، واملساواة = RQT RPT=

ù .وبذا يتم اإلثبات. دائري PQTRتقتضي أن الرباعي

عام 2005 461

نعلم أن كل زوج من املسائل . ست مسائل على املتسابقني تح يف مسابقة للرياضيات، طر قد جرى حلهما من قي عدد لبمسا من املتسابقني مل حيل املتسابقنيما يزيد متاما على خوأن أي ،

ين اثنني على األقل حل كل منهما مخس أثبت وجود متسابق . مجيع املسائل الست املطروحة .مسائل

i عدد املتسابقني الذين حلوا متاما بأنه iaولنعرف . nلنفترض أن عدد املتسابقني يساوي فيكون. مسألة

0 1 2 3 4 5a a a a a a n+ + + + + = ( )1 )لتكن )2P ولتكن جمموعة أزواج املسائل ،C ةموعة اجلزئيف اجمموعة املتسابقني، ولنعرN من( )2×C P ينتمي العنصر :كما يلي ( ), ,c p p′ إىلN إذا وفقط إذ حل

)ثم لنضع . ′pو pاملسألتني cاملتسابق )cardN = N. )من πهما يكن الزوج استنادا إىل الفرض، م )2P يكن

( ) ( )2 1

card : ,5

nc c π

+∈ ≥N

من جهة أوىل لديناإذن،

( ) ( )( )

( )( )2

2 2 1card : , card

5

nN c c

π

π∈

+= ∈ ≥ ×∑

P

N P

6أو 3N n≥ +. ومن جهة ثانية، إذ حل متسابقc متاماi مسألة، كان

( ) ( ) ( )2 2card : , ic Cπ π∈ ∈ =P N إذن

( ) ( )5

2

0

card : , i ic i

N c C aπ π∈ =

= ∈ =∑ ∑C

N

2 أو 3 4 53 6 10N a a a a= + + وهكذا نكون قد أثبتنا املتراجحة. +

2 3 4 56 3 3 6 10n a a a a+ ≤ + + + ( )2

5هذا يربهن أن 1a 5، ألنه يف حالة ≤ 0a )لدينا، باالستفادة من = ، املتراجحة1(

2 3 4 53 6 10 6a a a a n+ + + ≤ )وهذا يتناقض مع )2.


5لنفترض على سبيل اجلدل أن 1a ، عندئذ يكون لدينا=

( )

( )

2 3 4

0 1 2 3 4 0 1 2 3

0 1 2 3

3 6 10

6 1 4 6 6 5 3

6 4 6 6 5 3

N a a a

a a a a a a a a a

n a a a a

= + + +

= + + + + + + − − − −

= + − + + +

)و املتراجحة 0تكافئ 2( 1 2 36 6 5 3 1a a a a+ + + أو ≥

0 1 2 3 0a a a a= = = = 6إذن 4N n= + واحد فقط، وهناك متسابق w )يه الفائزمتكن من حل مخس )نسم

نستنتج من املساواةو. مسائل، يف حني حل كل واحد من بقية املتسابقني أربع مسائل( ) ( )

( )2

6 4 card : ,n c cπ

π∈

+ = ∈∑P

N

أن

( ) ( )( )( )2

2 1card : , 1

5

nc c

π

π∈

+∈ − =∑

P

N

2ذا عرفنا فإ 1

5

nλ

+ =


( ) ( )( )( )

( )( )2

00

card : , 3 5 2 1 1c c nπ

π λ λ∈ ≥≥

∈ − + − + =∑P

N

2وال ميكن أن تتحقق هذه املساواة، إال إذا كان 1 5n λ+ ، وكان هناك زوج من املسائل = 0 0 0,p pπ يحقق =′

( ) ( )0

0

:card : ,

1 :c c

λ π ππ

λ π π

≠∈ = + =

N

)من πوذلك يف حالة )2P. يف حالة ولنعرف .من حلها w الفائزاملتسابق إىل املسألة الوحيدة اليت مل يتمكن 0q لنرمز بالرمز

اموعة pمسألة ( ) , :p c pπ π= ∈ ∈N N

عندئذ. pاملتسابقني الذين حلوا املسألة داللة على عدد pγثم لنضع

( )0

0

0

3 1 :card

3 :

p

pq

p q

p q

γ

γ

+ ≠= =

N

عام 2005 463

حل هذه املسألة حل معها ثالث مسائل أخرى فيكون c، كل متسابق 0qألنه يف حالة املسألة ( ) ( )0card , : 3c qπ π∈ ∈ =N

حل هذه املسألة، غري املتسابق الفائز، c، فأيضا كل متسابق 0qخمتلفة عن pأما يف حالة مسألة حل معها ثالث مسائل أخرى، إذن

( ) ( )card , : 3c pπ π∈ ∈ =N فقد حل معها أربع مسائل أخرى، إذن wأما املتسابق الفائز

( ) ( )card , : 4w pπ π∈ ∈ =N ومن جهة أخرى،

( ) ( ) ( )card card : , ,p

p p

c c p p′≠

′= ∈∑N N

إذن

( )0

0

:card

1 :p

p

p

λ π

λ π

5 ∉= 5 + ∈

N

)فمن جهة أوىل، نستنتج من )0

card 0mod 3q =N أن mod 3 0,1λ ، ومن ∋من خارج اموعة pار مسألة يثانية، باخت جهة 0 0qπ 5جند ∪ 3 1pλ γ= وهذا +

modيقتضي أن 3 2λ =لف5إذن ال ميكن أن يساوي . ، وهذا خa فهو إذن أكرب 1العدد ، ù .وبذا يتم اإلثبات. 2أو يساوي


gQWEA DZXC

Aml

Typewriter


Aml

Typewriter

465

األربعونو السابعأوملبياد الرياضيات

. داخال ABCمركز الدائرة املاسة ألضالع املثلث Iلتكن النقطة . ABCنتأمل مثلثا تحقق ABCقطة من داخل املثلث ن Pولتكن PBA PCA PBC PCB+ = + .APأثبت أن AI≥ وتقع املساواة إذا وفقط إذا كانP I=.

Dولتكن . ABCة برؤوس املثلث الدائرة املارC لتكن ملستقيم ا فيها يقطع ليت ا لنقطة )ا )IA ية و ا لز ا منصف ،

BAC نية الدائرة Cو Bو Aسنرمز فيما يلي . C، ثا .ABCإىل زوايا املثلث

)تحقق العالقة ABCمن داخل املثلث نقطة Pلتكن )∗ لية لتا : ا PBA PCA PBC PCB+ = عندئذ . +

ن أ مبالحظة PBA B PBC= و − PCA C PCB= لعالقة ، − ا ن أ )نستنتج )∗ تكافئ ( ) 2 PBC PCB B C Aπ+ = + = أو −

( )

2 2

ABPC PBC PCB

ππ= − + = +

لنقطة ا ملثلث P إذن تحقق ا لعالقة ABCمن داخل )ا لقطعة ∗( ا نت ذا كا إ ذا وفقط إ]املستقيمة ]BC رى منتP بزاوية قدرها( )1

2 Aπ ولكن .+ ( ) ( ) BDC DCB DBC DAB DAC Aπ π π= − + = − + = −

)أيضا Cوهي متر إذن بالنقط (، Bومتر بالنقطة Dالدائرة اليت مركزها C′فإذا كانت ]اليت ترى منها القطعة املستقيمة كانت جمموعة النقاط ]BC بزاوية قدرها( )1

2 Aπ ، هي +من داخل املثلث P وهكذا نكون قد أثبتنا أن النقطة . Cالواقع داخل C′من BCالقوس ABC حققالعالقة ت( . BCإىل Pإذا وفقط إذا انتمت ∗(

)تحقق وضوحا العالقة Iنالحظ من جهة ثانية أن )قاطع املستقيم تفهي إذن نقطة ∗( )AD أمكن أن نكتب APDفإذا استفدنا من متراجحة املثلث مطبقة على . BCمع القوس 0AP AI AP PD AI ID AP PD AD− = + − − = + − ≥

]إىل Pإذا انتمت وتقع املساواة إذا وفقط ]AD أي إذا وفقط إذا كان ،P I= . ù

A

B C

D

IP

C


إذا قسم »جيد «بأنه Pقطرا من أقطار فصن . ضلعا 2006ذا Pنتأمل مضلعا منتظما كما نصف . Pإىل جزأين حيوي كل منهما عددا فرديا من أضالع Pطرفاه حميط املضلع .»جيد«بأنه Pأيضا كل ضلع من قطرا من أقطاره، وذلك دون أن 2003قد جزئ إىل مثلثات بوساطة Pنفترض أن املضلع

أوجد أكرب عدد ممكن للمثلثات املتساوية الساقني . Pطع أي اثنني من هذه األقطار داخل يتقا .واحد منها ضلعني جيدين والذي ميكن أن حنصل عليه يف مثل هذا التوضع اليت ميلك كل

ف مثلثا متساوي الساقني بأنصه لن» دين »جيدنا . إذا كان اثنان من أضالعه جيولنفترض أن .2003أمام جتزئة للمضلع بأقطار عددها

]ليكن : متهيد ]AB ئ املضلعجزوليكن أحد األقطار اليت ت ،L اجلزء األقصر من حميطP عندئذ يكون عدد املثلثات . ضلعا nمكون من Lولنفترض أن . Bو Aالذي طرفاه

أصغر أو يساوي Lاوية الساقني اجليدة واليت رؤوسها من املتس2

n.

اإلثبات

2nالنتيجة واضحة يف حالة =. 2عددا يحقق nليكن 1003n< ≤ لنتيجة يف حالة أي عدد L، ولنفترض صحة ا

ولنفترض أنه مكون من Bو Aطرفاه النقطتان Lحالة لنتأمل اآلن . nأضالعه أقل متاما من n ع أضال من مل . Pضلعا نتأ ئذ ل عند طو ]قطر أ ]PQ وي متسا مثلث يف ن ضلعا يكو

بالطبع إذا مل يكن هناك مثل هذه املثلثات ملا كان هناك ( ، Lرؤوسه من PSQالساقني جيد .)ما جيب إثباته

هو مثلث منفرج الزاوية أو قائمL ،كل مثلث رؤوسه واقعة على ، أي PSQ ملتساوي الساقنيهو رأس املثلث ا Sإذن ال بد أن يكون SP SQ= ، لنقاط اخلمس ا ن أ ن نفترض إذن أ Pو Aميكننا

لترتيب، تجزئ Bو Qو Sو ء ،Lذا ا APLإىل أربعة أجزاين QBLو SQLو PSLو أ جلز ا حد أ ن كو ن مكا إ أو APLمع QBL أو كليهما مكونا من نقطة واحدة.

A

B

P

S

Q

عام 2006 467

على ال ميكن أن يكون له رؤوس ، Lمثلث متساوي الساقني وجيد رؤوسه من أي وبالطبع، APL وQBL يتعارض ذلك مع تعريف يف آن معا إذ[ ]PQ . وإذا تذكرنا أن األقطار املرسومة

هو مثلث Lال تتقاطع داخل املضلع، استنتجنا أن كل مثلث متساوي الساقني وجيد رؤوسه من APLن األجزاء أجزاء متساوي الساقني وجيد رؤوسه الثالثة واقعة على واحد وواحد فقط م

وعليه، بتطبيق فرض التدريج على هذه األجزاء ثم مجع املتراجحات اليت . QBLو SQLو PSLولساقني وا ملتساوية ا ا ملثلثات ا أن عدد تقع رؤوسها على حنصل عليها نستنتج ليت ، Lجليدة ا

أصغر أو يساوي PSQباستثناء 2

n . يف احلقيقة، ملا كان عدد أضالع كل منPSL وSQL ملتراجحة يف ا نت ، كا ، فرديا مة تا ين أ لة هذين اجلز مجع عند واحدا نكسب وهذا جيعلنا حا

املتراجحات األربع، وجيعل احلد األعلى 2

n يشمل املثلثPSQ .التمهيد ثبتوهذا ي. ]نأيت اآلن إىل حالة املسألة املطروحة، ونتأمل أطول األقطار ]XY ع املعطىف . يف التوضنعر ثم

XYL اجلزء األقصر الذي طرفاهX وY من حميطP . ليكن ثمXYZ مثلثا من التجزئةوبالطبع إذا مل يكن هناك مثل هذه املثلثات لوقعت رؤوس (. XYLغري واقعة على Zة و املعطا

غر من نصف ، ولكان عدد املثلثات املتساوية الساقني واجليدة أص XYLمجيع مثلثات التجزئة على مثلث حاد الزوايا أو قائمXYZ ،املثلث . )1003وهو من ثم أقل من XYLعدد أضالع

]وإال كان أحد القطرين ]XZ أو[ ]YZ من متاما أطول[ ]XY. نستنتج أن عدد املثلثات املتساوية الساقني YZLو XZLو XYLبتطبيق التمهيد على األجزاء يساوي و أ أصغر جليدة ملثلث 2006/2وا ا لة كون ء حا باستثنا ذلك مثلثا XYZو نفسه

مثلثا متساوي الساقني وجيدا كان عدد أجزاء XYZولكن إذا كان . متساوي الساقني وجيدا يا، وكانت املتراجحة يف حالة هذين اجلزأين تامة، وهذا جيعلنا نكسب فرد YZLو XZLكل من

، يف هذه XYZيشمل املثلث 1003واحدا عند مجع املتراجحات الثالث، وجيعل احلد األعلى .احلالة أيضا

لرموز با ذا رمزنا إ لعكس، )وبا )1 2006k kA ≤ للمضلع ≥ لية ملتتا ا لرؤوس ا ناه Pإىل أ وجز ، ]باستخدام األقطار ]( )2 1 2 1 1 1003k k k

A A− + ≤ ]و ≥ ]( )1 2 1 2 1001k kAA + ≤ 2003وعددها ≥

لساقني واجليدة وهي ملتساوية ا ا ملثلثات ا )كان عدد )2 1 2 2 1 1 1003k k k kA A A− + ≤ مساويا ≥

ù .فهو احلد األعلى املطلوب 1003


ن أصغر عددي حقيقعيM حقق املتراجحةي ( ) ( ) ( ) ( )

22 2 2 2 2 2 2 2 2ab a b bc b c ca c a M a b c− + − + − ≤ + + .cو bو aألعداد احلقيقية أيا كانت ا

لنعرف

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2, ,f a b c ab a b bc b c ca c a= − + − + −

Sولنضع a b c= + ، عندئذ نالحظ أن+( ) ( )( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( )( )( )( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( )

( )( )

2 2 2 2

2 2 2

2

, , ( )

( )

( )

f a b c ab a b S c bc b c S a ca c a S b

S ab a b bc b c ca c a

S ab a b b c bc c a ca

S ab a b b a c c a b

S a b ab b a c c

S a b b c a c

= − − + − − + − −

= − + − + −

= − + − + −

= − + − + −

= − − + +

= − − −

نرى أن ومن ثم( ) ( ), , , ,a b c f a b c֏ من املرتبة الرابعة، إذن ومتجانس ،تابع متناظر دف إىل تعيني

( ) 2 2 2sup , , : 1,M f a b c a b c c b a= + + = ≤ ≤ xلندخل املتحولني اجلديدين a c= yو − b c= ، عندئذ−

0c b a y x≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ xكما إن y a b− = ، وهذا يقتضي أن−

( ) ( )22 2 2 2 2 23x y x y S a b c+ + − + = + + )وأخريا نرى أن ) ( ), ,f a b c Sxy x y= وعليه. −

( ) ( ) 22 2 2sup : 3, 0M S xy x y x y x y S y x= − + + − + = ≤ ≤

ولكن

( ) ( )22 2 2 2 23 2 3 2x y x y S x S y x y+ + − + = ⇔ + − = −

عام 2006 469

)هي احلد األعلى للمقدار Mإذن )2 212 3

2S x x S+ علما أن −

( )2 22 3 2x S y x y+ − = 0و − y x≤ ≤ )ولكن )2y y x y−֏ اليبلغ قيمته الكربى على ا[ ]0,x 1عند

2y x= إذن لدينا ،

دوما 2

2 22 32

xx S+ − 2أو ≥ 23

23S x≤ 2xوهكذا نرى أن . − وأن ≥

( )2 2 3 2 3 21 1 3 32 3 3 2

2 4 2 4 2S x x S x x x x+ − ≤ ⋅ − = −

1وحتدث املساواة يف هذه املتراجحة إذا كان 2y x= 23و

23S x= −. )كما نستنتج من دراسة التابع )6 22x x x−֏ ه األعلى على أنه يبلغ حد[ ]0, عند 2

32x ، إذن=

( )2 21 9 22 3

2 32S x x S+ − ≤

9وهكذا نكون قد أثبتنا أن 232M ≤ .

3إذا اخترنا بالعكس، و2x 1و = 3

2 2y 32Sو = وجدنا =

0 y x≤ )و ≥ )22 2 2 3x y x y S+ + − + )و = )9 2

32S xy x y− =

9وهذا يثبت أن 232M ù .وهي النتيجة املرجوة .=

)لقد أثبتنا أيضا أن املساواة تقع إذا كان الشعاع : مالحظة ), ,a b c متناسبا مع الشعاع( )3 3

2 21 2,1,1 2+ أو مع أي شعاع مركباته ناجتة من إجراء تبديل على مركبات هذا − .الشعاع

)أوجد مجيع ثنائيات األعداد الصحيحة ),x y 2منℤ حقق املعادلةاليت ت 2 1 21 2 2x x y++ + =

)ليكن ),x y 2حال للمعادلة املعطاة يفℤ . عندئذ يكون( ),x y− حال أيضا، فال مانع من .موجبا yافتراض العدد

1xإذا كان < 2كان − 1 1 11 1 2 2 1 2

4 8x x+< + + ≤ + + ومنه التناقض >

21 2y< 1xإذن ال بد أن يكون . > ≥ −. 1xإذا كان = 2كان − 2 11 2 2 2x xy += + + .وهذا خلف أيضا =


0xوإذا كان 2كان = 2 11 2 2 4x xy += + + 2y، ومنه = ، فنحصل على =)احللني )0, )و 2 )0, 2−.

0xلنفترض أن عددا فرديا، ونستنتج من املتراجحة الواضحة yعندئذ يكون . <2 2 1 2 22 1 2 2 2x x x x+ +< + + <

12أن 2x xy +< 2xzوعليه فإن . > y= [هو عدد فردي من اال − [0, 2x . أي يوجد عددt من طبيعي[ ]11,2 1x− 2يحقق − 2 1xy t= + وبالتعويض يف املعادلة . +

) جند )2 2 12 2 1 1 2 2 4x x xt ++ + = + + أو، =( ) ( )4 2 1 2 2 1x x xt t + + = −

2x، فال بد أن يكون 2xيقسم 4إذن 2xأما حالة . ≤ )فتقضي أن = )5 3t t + = نستنتج إذن أن .وهذا مستحيل

3x )و ≤ ) ( )22 1 2 2 1x x xt t −+ + = − ( )1 2عددا زوجيا كان tولكن إذا كان 1xt + )عددا فرديا يقسم + )22 2 1x x− −

2فال بد أن يقسم 1x 2وهذا مستحيل ألن − 1 2 1x xt + + > −. الذي يقسم جداء −22xعددا فرديا، وهو من ثم أويل مع العدد tأن يكون ينبغيإذن

)الضرب )2 1xt t + 1يقسم −22x، فالعدد + 2xt + ، ومن ثم هو يقسم +1tالعدد 21إذن . + 2xt λ

−+ ينتمي tولكن نعلم من جهة أخرى أن العدد . =]إىل اال ]11,2 1x− ، إذن − 1, 2λ ومنه .∋

22 1xt −= 12أو − 1xt −= − 12ولكن، يف حالة 1xt −= )، تقضي املساواة − أن يكون 1(

( )16 2 1 2 1x x− − = − 2وهذا مستحيل ألن 1x 22 بقيت حالةإذن . عدد فردي − 1xt −= تقضي اليت، −

) أن )25 2 1 2 1x x− − = 22، وهذا يكافئ − 4x− 4xأو = جندوعندئذ . =3t 2و = 2 1 23xy t= + + )نصل إىل احللني ف. = )4, )و 23 )4, 23−.

)وبالعكس، نتيقن مباشرة أن ثنائيات اموعة ) ( ) ( ) ( ) 0, 2 , 0, 2 , 4,23 , 4, 23− − ù .هي حلول للمعادلة املعطاة، فهي إذن جمموعة احللول املطلوبة

عام 2006 471

)نتأمل كثري حدود )P X ه تدرجأمثاله أعداد صحيحة وn ل عددا . 1أكرب متاما منونتأم) نعرف . kطبيعيا موجبا متاما ) ( )

k

Q X P P P X= ⋯ مرة

، أي كثري احلدود الناتج

تركيب نفسه Pمن ة kمع حللول يف . مر ا أن عدد ثبت لة ℤأ د )للمعا )Q x x= .على األكثر nيساوي

]لنعرف كثريات احلدود ]jP ا بالعالقاتتدرجيي [ ]1P P= و[ ] [ ]1j jP P P −= 2jيف حالة ≥

]فيكون ]kQ P= .فلنعر ثم ( ) [ ]

( ) Fix : jj x P x x= ∈ =ℤ )املطلوب هو إثبات أن )( )card Fix k n≤.

1kحالة )، ليس هناك ما جيب إثباته ألن درجة = )P X X− تساويn. 2kحالة )، ليس هناك ما جيب إثباته يف حالة = ) ( )Fix 1 Fix لنفترض إذن أن ،=2

( ) ( )Fix 1 Fix )من aولنختر عنصرا . ⊋2 )Fix )ال ينتمي 2 )Fix فيكون. 1( )b P a a= )و ≠ )P b a=

)عنصرا ما من tثم ليكن ) Fix 2 \ ,a b . فولنعر( )s P t= فيكون( )t P s= .Xباستخدام اخلاصة املعروفة اليت تنص على أن Y− يقسم( ) ( )P X P Y− نستنتج ،

)وجود كثري حدود ),X YΛ من[ ],X Yℤ حققي ( ) ( ) ( )( ),P X P Y X Y X Y− = Λ − ( )1

وعندها يكون( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )

,

, , ,

t a P s P b s b s b

s b P t P a s b t a t a

− = − = Λ −

= Λ − = Λ Λ −

tوألن a≠ نرى أن( ) ( ), , 1s b t aΛ Λ )ن ي، ولكن العدد= ),s bΛ و( ),t aΛ ن، كل منهما ينتمي إىل ان صحيحاعدد من εومن ثم يوجد −1,1 يحقق −1,1

( )t a s bε− = من ′ε باملماثلةوجند . − )يحقق −1,1 )t b s aε′− = فإذا .−1εكان ε′= = bاستنتجنا بالطرح أن + a a b− = − ومن ثمa b= وهذا يناقض

1εإذن . الفرض = ′1εأو − = tويف كال احلالتني جند − s a b+ = ، أو +( ) 0P t t a b+ − − =.


نكون قد أثبتنا أنوهكذا ( ) ( ) Fix 2 : 0x P x x a b⊂ ∈ + − − =ℤ

ى أنوهذا يربهن عل( )( ) ( )( )card Fix 2 deg P X X a b n≤ + − − =

2kوبذا يكتمل اإلثبات يف حالة =. 3kنأيت اآلن إىل حالة ≥ .

) أن نالحظ أوال ) ( )Fix 1 Fix k⊂ فإذا كان ،( ) ( )Fix 1 Fix k= ملطلوب ألن مت ا( )( )card Fix 1 n≤.

)لنفترض إذن أن ) ( )Fix 1 Fix k⊊ ، 0 وليكنx عنصرا من( )Fix k ال ينتمي إىل( )Fix فهو إذن يحقق. 1

( )0 0P x x≠ و[ ] ( )0 0kP x x=

)ألعداد الصحيحة متتالية ا لنعرف )j jx∈ℕ

)تدرجييا بوضع )1j jx P x من jيف حالة =− تالية دورية إذ إن نرى مباشرة أن هذه املتتالية مت. ℕ∗ اموعة

, j k jj x x+∀ ∈ =ℕ )كثري احلدود باستخدام اخلاصة املعروفة اليت تنص على أن )P X X− كثري احلدود يقسم

( )( ) ( )P P X P X−، نستنتج وجود كثري حدود( )Xλ من[ ]Xℤ حققي ( )( ) ( ) ( ) ( )( )P P X P X X P X Xλ− = −

وعليه يكون

( )( )2 1 1, j j j j jj x x x x xλ+ + +∀ ∈ − = −ℕ نستنتج من ذلك أن

( ) ( ) ( )( )1 0 1 1 2 0 1 0k k k kx x x x x x x x xλ λ λ+ − −− = − = −⋯ )وألن )1 0 0 0 0x x P x x− = − ، جند≠

( ) ( ) ( )1 2 0 1k kx x xλ λ λ− − =⋯ )ولكن األعداد ) ( ) ( )( )1 2 0, , ,k kx x xλ λ λ− − ها هن على أنأعداد صحيحة، مما يرب …

تنتمي إىل اموعة 1,1− .

عام 2006 473

وهكذا نرى أن1 1 0, j jj x x x x+∀ ∈ − = −ℕ

)لنفترض أن )1min , ,m kx x x= ، عندئذ نستنتج مما سبق أن…1 1 0m m m mx x x x− +− = − >

1ومن ثم 1m m mx x x− += 1وهذا يقتضي أن ≠ 10, m j m jj x x+ − + +∀ ≥ = ،1أو 1, j jj m x x− +∀ ≥ )، وإذا استفدنا من دورية املتتالية = )

0j jx

≥ من ذلكاستنتجنا

,20أن j jj x x+∀ ≥ = ،ومن ثم 2 0 2 1 1, ,j jj x x x x+∀ ∈ = =ℕ

)وهذا يربهن على أن )0 Fix 2x )كون قد أثبتنا أن وهكذا ن . ∋ ) ( )Fix Fix 2k ⊂ .) فإذا استفدنا من النقطة السابقة استنتجنا من جديد أن )( )card Fix k n≤ وهي النتيجة ،

ù .املرجوة

الذي ميثل أكرب مساحة ملثلث، bAالعدد Pمن أضالع مضلع حمدب b نقرن بكل ضلع على bعندما تتحول bAأثبت أن جمموع املساحات . P، وحمتوى يف bأحد أضالعه

.Pأكرب من ضعفي مساحة Pأضالع .لنبدأ بالتمهيد التايل

عندئذ يوجد يف . S ضلعا، مساحته 2nمكونا من Qنتأمل مضلعا حمدبا باملعىن العام : متهيد ملضلع ضلع ا ]هذا ]AB س ورأ ،C ملثلث ا مساحة عندمها تكون ،ABC أو كرب أ

Sتساوي

n .

اإلثبات لنسم( )k kA ∈ℕ رؤوسQبة باالجتاه املباشرمع االصطالح املعتاد ، مرت ،mod2k k nA A= يف)األقطار ثم لنعرف . ℕمن kحالة )k kd ∈ℕ بالصيغة( )k k k nd A A kM، ولنضع =+

1kdو kdنقطة تقاطع القطرين املتتاليني نالحظ أن. ℕمن kوذلك يف حالة +modk k nd d= وmodk k nM M=

1kنعرف املثلث لوأخريا k k kA A M+∆ .ℕمن kيف حالة =


) اجتماع املثلثات حمتوى يف Qلنربهن على أن املضلع )0 2k k n≤ <∆. نتمت . Qاملضلع من نقطة Nلتكن ا ذا )إىل أحد األقطار Nإ )0k k nd ≤ أو إىل أحد >

2مت وضوحا إىل انت Qأضالع 10

nkk

−= وال Qتقع داخل املضلع Nلنفترض إذن أن . ∪∆

)تنتمي إىل أي من األقطار )0k k nd ≤ <. kuنعرف

kالشعاع الناتج من دوران k nA A +باالجتاه املوجب بزاوية قدرها

2

π . فنعر ثم أنصاف املستويات

: 0k kk M A M u+ = ⋅ >P و : 0k k kM A M u− = ⋅ <P

k نالحظ أن k nu u += −

ومن ثم ( )k n k n k k k n k k kA M u A M A A u A M u+ + +⋅ = − − ⋅ = − ⋅

( )1 فإذا كان

( )( )1 10, , 1 , 0k k k kk n A N u A N u+ +∀ ∈ − ⋅ ⋅ >

… 0نتج من ذلك أن للمقدارين 0A N u⋅

nو nA N u⋅ )وهذا يناقض اإلشارة نفسها )1،

ال تقع على أي من األقطار Nألن معدوماوبالطبع ال ميكن ألي من هذه املقادير أن يكون ( )0k k nd ≤ < . 0إذن يوجد عددk موعةمن ا 0, , 1n يحقق …−

( )( )0 0 0 01 1 0k k k kA N u A N u+ +⋅ ⋅ <

å ا أن تنتميفإمN إىل0 0 1k k− +

+P P∩ وهذا يعين أن ،N تنتمي إىل املثلث0k

∆. å تنتمي أوN إىل

00 1kk+ −

+P P∩ وهذا يعين أن ،N تنتمي إىل املثلث0k n+∆.

kA1kA +

k nA +

1k nA + +

kM

N

kA1kA +

k nA +

1k nA + +

kM

N

1kkN + −+∈ P P∩ 1k kN − +

+∈ P P∩

k∆

k n+∆

وهكذا نكون قد أثبتنا صحة االحتواء

( )1

0

n

k k nk

Q−

+=

⊂ ∆ ∪ ∆∪ ( )2

عام 2006 475

)نستنتج من )2 ه يوجد عددأنk من ′ 0, , 1n يحقق …−( )

( ) ( )k k n

S Q

n n′ ′+= ≤ ∆ + ∆

AA A

)وقد استخدمنا الرمز )RA للداللة على مساحة املضلعR. Bو ′Aو Bو Aلنكتب kA النقاط داللة على Mو ′ 1kAو ′ kو +′ nA 1kو +′ nA ′+ +

kMو .بالترتيب ′å فإذا كانMA MA′≥ كان

( ) ( ) ( )k n B MA B AM′+′ ′ ′∆ = ≤A A A

ومن ثم ( ) ( ) ( ) ( ) ( )k n k B AM AMB B AB′ ′+

′ ′∆ + ∆ ≤ + =A A A A A Bويكون املثلث AB′ هو املثلث املطلوب يف التمهيد.

å وإذا كانMA MA′< كان

( ) ( ) ( )k MAB A MB′ ′∆ = ≤A A A ومن ثم

( ) ( ) ( ) ( ) ( )k n k B MA A MB A B B′ ′+′ ′ ′ ′ ′∆ + ∆ ≤ + =A A A A A

Aويكون املثلث B B′ .وهكذا يكتمل إثبات التمهيد ،ملثلث املطلوبهو ا ′

حته Pليكن مسا با مضلعا حمدS وله ،m ليها إ مز نر )ضلعا )1k k mb ≤ لتكن . ≥ وkbA

ولنفترض على سبيل اجلدل أن. kbوأحد أضالعه هو Pث حمتوى يف مساحة أكرب مثل

1

2k

mb

kS=

<∑A H

)عندئذ توجد أعداد عادية )1k k mr ≤ تحقق ≥

1

2m

kk

r=

و ∑= 1, , , kbkk m r

S∀ ∈ <

A…

)مضاعفا مشتركا ملقامات األعداد nفإذا كان )1k k mr ≤ k، وكتبنا ≥kr

n=ℓ يف حالةk

من اموعة 1, ,m…ا ، كان لدين1

2m

kkn

==∑ ℓ . ئ الضلعوعندئذ جنزkb منP

2nله و ،Sمساحته Q فنحصل بذلك على مضلع. قطعة مستقيمة متساوية الطول kℓإىل .)، ولكن ال ضري يف ذلكπقياس بعض زواياه قد يساوي (ضلعا،

A B

B ′A′

M

A B

B ′ A′

M


اعتمادا على نتيجة التمهيد، يوجد ضلع[ ]AB يفQ ورأس ،C من رؤوسQ حققان أني ،∆ABCمساحة املثلث Sأكرب أو تساوي =

n.

لضلع ذا كان ا ]فإ ]AB لضلع ملثلث حققت Pيف jbجزءا من ا ا لذي أحد Tمساحة ا :ما يلي ، Cورأسه الثالث jbأضالعه

( ) ( )j

jj j bS r S

n= ⋅ ∆ ≥ = >A T A A

ℓℓ

وهذا يناقض تعريف jbA. واالفتراضH أن يكون دخطأ، وال ب افتراض

1

2k

m

bk

S=

≥∑A

ù .وهي النتيجة املطلوب إثباا)إذا حققت أعداد : لقد استفدنا من اخلاصة التالية : مالحظة )1, , mx x… لية املتراجحة التا

1

m

kk

x q=

<∑

)عندئذ توجد أعداد عادية . عدد عادي qو )1, , mr r… حققت

1

m

kk

r q=

و ∑= 1, , , k kk m x r∀ ∈ <…

.mوهي خاصة بسيطة جيري إثباا بالتدريج على العدد

gQWEA DZXC

Aml

Typewriter


Aml

Typewriter

477

األربعونو ثامنالأوملبياد الرياضيات 1)حيث ( iونعرف يف حالة . naو …و 2aو 1aنعطى أعدادا حقيقية i n≤ املقدار ≥

max : 1 min :i j jd a j i a i j n= ≤ ≤ − ≤ ≤ ونضع max : 1id d i n= ≤ ≤. ( )a ةا كانت األعداد احلقيقيه أي1أثبت أنx و …وnx 1اليت حتقق 2 nx x x≤ ≤ ≤⋯

فإن max : 1

2i i

dx a i n− ≤ ≤ ≥ ( )∗

( )b ة1أثبت وجود أعداد حقيقيx و …وnx 1حقق ت 2 nx x x≤ ≤ ، وتحقق ⋯≥)املساواة يف )∗.

( )a ة توجد عندئذ . غري صحيحة ةجأن النتي لنفترض على سبيل اجلدل1أعداد حقيقيx و… 1حتقق nxو 2 nx x x≤ ≤ ويكون يف حالتها ⋯≥

max : 12i i

dx a i n− ≤ ≤ <

أي

,2 2n i i i

d di x a x∀ ∈ − < < +ℕ

تحقق nℕمن 0iلتكن 0i

d d= .01 حالة عندئذ يف j i≤ يكون لدينا ≥

02 2j j i

d da x x< + ≤ +

ومن ثم 00max : 1

2j i

da j i x≤ ≤ < 0i ويف حالة، + j n≤ يكون لدينا ≥

02 2j j i

d da x x> − ≤ −

ومن ثم 00min :

2j i

da i j n x≤ ≤ > إذن. −

( ) ( ) ( )0 0 00 01

max min2 2i j j i i

j i i j n

d dd a a x x d

≤ ≤ ≤ ≤= − < + − − =

)إذن ال بد أن تكون اخلاصة .0iوهذا يناقض تعريف )a صحيحة.


( )b لنضع بالتعريف:

( )1max , 1, 2, ,

2i jj i

dx a i n

≤ ≤= − = …

1من الواضح أن 2 nx x x≤ ≤ 1يف حالة ولدينا. ⋯≥ i n≤ :ما يلي ≥

( )1max

2i i i jj i

dx a x a

≤ ≤− ≥ − = −

وكذلك

( )min2 2 2i i i j i

i j n

d d dx a x a d d

≤ ≤− ≤ − = − ≤ − =

)إذن )1max

2i ii n

dx a

≤ ≤− )وتنتج املتراجحة املعاكسة من , ≥ )a . فيكون لدينا يف هذه

)احلالة )1max

2i ii n

dx a

≤ ≤− ù .بةوهذا يثبت اخلاصة املطلو. =

املستوي مخس مل يف ن . Eو Dو Cو Bو Aنقاط نتأ أ زي ABCDنفترض متوا

ℓ، لنفترض أن Aمستقيما مارا بالنقطة ℓليكن . رباعي دائري BCEDأضالع، وأن ]يقطع داخل القطعة املستقيمة ]DC يفF ويقطع املستقيم( )BC يفG . نفترض أيضا

EFأن EG EC= .DABينصف الزاوية ℓأثبت أن . =

:سنربهن بدال من ذلك اخلاصة التالية

Fمتوازي أضالع، ونعرف ABCDن أ نفترض بأا مركز Eكما يف نص املسألة، وأخريا نعرف Gو

ملثلث ا ملارة برؤوس ا ئرة لدا عندئذ يكون . GFCامنصف ℓدائريا إذا وفقط إذا كان BCEDالرباعي .DABالزاوية

هي BCDالدائرة املارة برؤوس املثلث نطابق املستوي مع جمموعة األعداد العقدية، ونفترض أن Gو Fو Eو Dو Cو Bو Aنرمز إىل األعداد العقدية اليت متثل النقاط . الدائرة املثلثية

DFالنسبة tكما نسمي . بالترتيب ψو ϕو ηو δو γو βو αبالرموز

DC وهي عدد

[من اال [0,1.

A

B

C

DG

FE

O

ℓ

عام 2007 479

فيكون لدينا بناء على مربهنة تالس DF AF BC

tDG AG BG

= = = أي

tδ ϕ β γ

δ γ β ψ

− −= =

− − ( )1

1δنستنتج من كون γ= δ و = ϕ δ ϕ

δ γ δ γ

− − = − −δأن ϕ γδϕ γ− = −

ومن ثم ϕ γ

ϕ γδγ

−− = − ( )2

1βوباملماثلة، نستنتج من كون γ= βو = γ β γ

β ψ β ψ

− − = − − أن

ψ γψ γ

βγ

−− = − ( )3

EFفتتعين من Eأما النقطة EC EG= ولكن. =

( ) ( )

( )( )( )

22

2 2 2Re

η ϕ η γ ϕ γ

η γ ϕ γ η γ ϕ γ

− = − − −

= − + − − − −

و كذلك ( ) ( )

( )( )( )

22

2 2 2Re

η ψ η γ ψ γ

η γ ψ γ η γ ψ γ

− = − − −

= − + − − − −

إذن تكافئ املساواة

η ϕ η γ η ψ− = − = − ما يلي

( )( )( )2 2Re 0ϕ γ η γ ϕ γ− − − − = و

( )( )( )2 2Re 0ψ γ η γ ψ γ− − − − =


أو

2Re 1η γ

ϕ γ

− = −2Reو 1

η γ

ψ γ

− = −

)نستنتج إذن باالستفادة من أن 2(( )

1η γ η γ η γ δγ η γ

ϕ γ ϕ γ ϕ γ

− − − − −= + =

− − −

ومن ثم( )η ϕ δγ η γ= + )اخلاصة االستفادة مناملثل وبكما نستنتج ب. − أن 3(( )η ψ βγ η γ= + إذن. −

δψ βϕη

δ β

−=

− ( )4

)ستفيد من بالصيغة املكافئة التالية بعد أن ن ηميكن كتابة )1 :

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

1t

tβ δ γ δ β γδ ψ β β ϕ δ

ηδ β δ γ β γ

− − −− − −= =

− − − −

إذن( )( )( )

( )( )( )

2 2222

2 2

12Re

2Re

tt

δ γ β γ βδ δ γ β γη

δ γ β γ β γ δ γ

− + − − − −=

− + − − − −

ولكن( )( ) ( )( )βδ δ γ β γ γ β γ δ− − = − −

إذن

( )

( )

2 2 2 2222

2

22 22

22

222

22

1

1

1

1

tt

tt

t

t

t

δ γ β γ δ γ β γη

δ β

δ γ β γδ β

δ ϕ β γδ β

− + − − − − −− =

−

−= − − −

−

−= − − −

−

فنكون قد أثبتنا أن1η δ ϕ δ α= ⇔ − = −

δألن α β γ− = −.

عام 2007 481

إذا وفقط BCDتقع على الدائرة املارة برؤوس املثلث Eا يكافئ قولنا إن النقطة هذ ،هندسياDFإذا كان DA=. وهذا يكافئ أن

( ) 1 1

2 2DAF ADC DABπ= − =

DAB. ùمنصف الزاوية هو ℓاملستقيم ن أي أ

نسمي . بالطبع عالقة الصداقة دوما متبادلة . يف مسابقة للرياضيات، بعض املتسابقني أصدقاء ص، كل اخ بوجه (. نيقي اثنني من عناصرها صد إذا كان أي »ةبعص«جمموعة من املتسابقني

كوت ثنني ا ما من بقني عدد عناصرها أصغر متا ملتسا ا حجم «نسمي ). ن عصبة جمموعة من .هاعدد عناصر»العصبة

أثبت أنه ميكن توزيع املتسابقني . عصبة هو عدد زوجيلنفترض يف هذه املسابقة، أن أكرب حجم عصبة ل مساويا أكرب حجم يف الغرفة األوىل حمتواة عصبة ل يف غرفتني حبيث يكون أكرب حجم

.حمتواة يف الغرفة الثانية

)سنرمز بالرمز .إىل الغرفتني 2Rو 1Rلنرمز )iM R صبة يف الغرفةإىل أكرب حجم لعiR.

ã 1يف البدء نضع يف الغرفةR ا بقية املتسابقني عناصحجمها أعظمي، وفقط هؤالء، أم ر عصبة . 2Rفنضعهم يف الغرفة

ã قنطب التالية املرحلة األوىل ثم:

)طاملا كان ) ( )1 2M R M R> 1اختر متسابقا منR 2وانقله إىلR.

)الحظ أن ) ( )1 1cardM R R= 1، إذن عند نقل متسابقR 2إىلR العدد ،( )1M R )ينقص واحدا أما العدد )2M R ا أن يبقى على حاله أو أن يزيد واحدا، وعليه فإن الفرق فإم( ) ( )1 2M R M R− املرحلة األوىلنستنتج إذن أن . 2أو 1ينقص بالضرورة مبقدار

. ستتوقف بعد عدد منته من اخلطوات

:نصل إىل إحدى احلالتني التاليتني املرحلة األوىلبعد انتهاء

)إما أن يكون 1. ) ( )1 2M R M R= فنكون قد حققنا املطلوب .

)أو أن يكون 2. ) ( )1 2 1M R M R= .، فننتقل إىل املعاجلة الالحقة−


ã لنفترض أن( )1M R p=ن ، فيكو( )2 1M R p= إىل 0Aولنرمز بالرمز . +، وهم يكونون مبجموعهم عصبة أي إن 1Rجمموعة املتسابقني املوجودين يف الغرفة

( )0card A p= . وكذلك لنرمز بالرمزA جمموعة املتسابقني الذين جرى نقلهم من إىل0Aإذن تكون جمموعة املتسابقني . تنفيذ املرحلة األوىلأثناء 2Rإىل 1Rالغرفة A∪ صبةالع

)وملا كان . ذات احلجم األعظمي اليت بدأنا ا )0card A A∪ ا، استنادا إىلعددا زوجي)الفرض، استنتجنا أن )card mod 2A p≡ ال ميكن أن تكون ومن ثم ،A صبة ذاتع

)، ألن 2Rحجم أعظمي يف )2 1M R p= +.

ã صبة ذات حجم أعظمي يف حالةوجود عC 2يفR حققتA C⊄، يوجد يف عندئذA متسابقa ال ينتمي إىل العصبةC 1، وعندها تؤدي إعادة هذا املتسابق إىلR إىل جعل

( )1 1M R p= )يف حني يبقى + ) ( )2 crad 1M R C p= = ، ويتحقق بذلك + .املطلوب

ã لنفترض إذن أنA ةصبات األعظمي1حمتواة يف مجيع العC 2وC و …وnC 2يفR .i\ولنضع iK C A= يف حالةi من 1, ,n… . ا من نعلم استنادا إىل نقطة سابقة أنأي

)اموعات )1i i nK ≤ .ليست خالية ≥

ã 2نبدأ بنقل متسابقني من . نصل اآلن إىل النقطة احلامسةR 1إىلR ة التاليةخنتار : وفق اآلليصفتها 1Cيفقد العصبة 1Rإىل 1xإن نقل . 1Rوننقله إىل 1Kمن 1x متسابقاكيفيا

هذه الصفة، nCو …و 2Cاألعظمية، فإذا كان ذلك يفقد، يف الوقت نفسه، بقية العصبات

1وهذا يكافئ (1

(n

ii

x K=

∈ )لدينا صبحأ ،∩ ) ( )1 2M R M R p= . حتقق املطلوبو، =0Aمن كون العصبة 0Aبة مع ال يؤلف عص 1xتنجم حقيقة أن املتسابق ( A∪ ذات حجم

2xإذن يوجد متسابق1x . ، ال ينتمي إليها املتسابق 2Cوإال توجد عصبة، ولتكن ).أعظمييفقد 1Rإىل 2xإن نقل .1Rإىل 2xننقل إذن .1xدون أن يكون صديقا مع 2Kينتمي إىل هذه الصفة، nCو …و 3Cصبات صفتها األعظمية، فإذا أفقد ذلك بقية الع2C العصبة فنختار كما يف السابق ،2x، ال ينتمي إليها املتسابق 3Cوإال توجد عصبة، ولتكن . توقفنا

.، ونتابع ذا األسلوب1Rوننقله إىل . 2xال يكون صديقا مع 3Kمن 3xمتسابقا

عام 2007 483

ã ا أن يبقى عند كل نقلة من النقالت السابقة، إم( )1M R مساوياp 1أو أن يصبحp + .1pفإذا أصبح مساويا قبل النقلة األخرية، أي قبل أن جيري تدمري مجيع العصبات األعظمية +

1pذات )وصلنا إىل حالة يكون فيها . 2Rعنصرا يف + ) ( )1 2M R M R= وحتقق)وكذلك احلال إذا بقي . املطلوب )1M R p= بعد أن أجرينا النقلة األخرية، فعندها يصبح)لدينا ) ( )1 2M R M R p= .ب، ويتحقق املطلو=

قبل النقلة األخرية اليت قضت على آخر العصبات األعظمية : إذن بقي علينا معاجلة احلالة التالية 1pذات 1p، مل يكن هناك عصبة ذات 2Rعنصرا يف + ولكنها ظهرت ،1Rعنصرا يف + .وهذا ما سنحلله يف الفقرة التالية .بعد هذه النقلة 1Rيف

ã 1لقد نقلنا املتسابقني . لنتذكر كيف أجرينا هذه النقالت 2, , ,x x x ℓ… 1تباعا منR 2إىلR 1ixو ixحبيث ال يكون 1صديقني، يف حالة + i≤ < ℓ 1، وعلى وجه اخلصوصx −ℓ

xو ℓ ويف احلالة اليت ندرسها، ينتمي . ليسا صديقنيx ℓ صبةإىل عX 1عدد عناصرهاp + يف 1 0 1, ,R A x x= ∪ ℓ… 1، وألنx −ℓ وx ℓ 1ليسا صديقني فال ميكن أن يكونx −ℓ

. Xيف العصبة عضوا

1Cيف احلقيقة، لقد جرى تدمري العصبة −ℓ يف املرحلة ما قبل األخرية، مما يعين أن املتسابقني1 2 2, , ,x x x −ℓ… 1ال ينتمون إىلC −ℓ 1، وكذلك فإنx C −∉ℓ ℓ 1ألنx −ℓ وx ℓ ليسا

1xصديقني، وعليه فإن إرجاع −ℓ 2 ىلإR عيدصبة ي1تكوين الع 1C A K− −= ∪ℓ ℓ ذات1p ù .ويتم اإلثبات. التوازن املطلوببذلك ، ويتحقق 2Rعنصرا يف +

ثانية ABCالدائرة املارة برؤوس املثلث BCA، يقطع منصف الزاوية ABCمثلث يف ]، ويقطع حمور القطعة املستقيمة Rيف ]BC يفP ويقطع أيضا حمور القطعة املستقيمة

[ ]AC يفQ . ينسمK صف تمن[ ]BC ينسم و ،L منتصف[ ]AC . أن ثبت أ .املساحة نفسها RQLو RPKللمثلثني


)سنكتب )XYZA داللة على مساحة مثلثXYZ. ملا كان

2 2

CRQL RPK

π= − =

استنتجنا أن( )

( )

RQL RQ QL

RPK RP PK= ⋅

A

A

نستنتج أن PKCو QLCمن تشابه املثلثني القائمني QL QC QA

PK PC PB= =

)إذ استفدنا من كون )QL حمور[ ]CAو ،( )PK حمور[ ]BC .وعليه نرى أن ( )

( )

RQL RQ QA

RPK RP PB= ⋅

A

A

متشاان ألن BPRو RQAاملثلثان ARQ ABC RBC RBA RBP PBC= = − = + RCA− RBP=

و 2 2RQA QCA BCA BCP BPR= = = =

RAألن 1ونسبة تشاهما تساوي RB=إذن ، ( )

( )1

RQA RQ QA

RPB RP PB= = ⋅A

A

)ومنه نستنتج أن )

( )1

RQL

RPK=

A

A ù .ة املطلوبة، وهي النتيج

ما bو aليكن متا لعدد . عددين طبيعيني موجبني ا إذا قسم نه أ ثبت 4أ 1ab − لعدد ا( )

224 1a aفال بد أن يكون − b= . لنالحظ أن

( ) ( ) ( )24 1 4 4 1 4 mod 4 1a a a b ab a a b ab− = − + − ≡ − − ومن ثم

( ) ( ) ( ) ( )2 2224 1 4 mod 4 1a a a b ab− ≡ − −

AC

B

K

L

P

Q

R

عام 2007 485

)إذن ) ( )224 1 | 4 1ab a− )كان إذاإذا وفقط − ) ( ) ( )224 1 | 4ab a b a− − ،)لعددين ولكن ا )24a و( )4 1ab ، ألنأوليان فيما بينهما −

( ) ( )224 4 1 (4 1 1)b aa a bb− +− = )إذن ) ( ) ( )224 1 | 4ab a b a− )إذا وفقط إذا كان − ) ( )24 1 |ab b a− نرغب . −

:بإثبات اخلاصة التالية ( ) ( ) ( )( )2* *, , 4 1 |a b ab a b a b∀ ∈ × − − ⇒ =ℕ ℕ

على أن اموعةيكفي أن نربهن تحقيق ذلك ول( ) ( ) ( ) 2, : , 4 1 |a b b a ab a b∗ ∗= ∈ × < − −S ℕ ℕ

.خالية

≠لنفترض على سبيل اجلدل أن ∅S ولنختر عنصرا ،( ),α β ∈ S حيقق ( ) min : ,a b a bα β+ = + ∈ S

بالعالقة nاملوجب متاما ولنعرف العدد الطبيعي

( ) ( )2 4 1nα β αβ− = − )تكتب هذه العالقة بالشكل )2 22 1 2 0n nα β α β− + + + هي جذرα ، أي إن =

لكثري احلدود( ) ( )2 22 1 2P X X n X nβ β= − + + +

اآلخر هلذه املعادلة، عندئذ يكون لدينااجلذر ′αليكن

( )2

2 1 2n

nβ

α β αα

+′ = + − =

αوهذا يقتضي أن ∗′ ∈ ℕ. ولكن ( ) ( )24 1 0P nβ β= − − <

βونستنتج من كون . Pدود لكثري احل ′αو αبني اجلذرين βإذن تقع α< أنα β′ )وعليه نرى أن . > ),β α′ ∈ S أسلوب اختيارنا للعنصروهذا يناقض ( ),α β من

S ألنβ α α β′+ < =هذا التناقض يثبت أن . + ∅Sة، واملطلوب يربهن صح. ù


عةنتأمل امو. عددا طبيعيا موجبا متاما nليكن ( ) 3, , 0,1, , : 0S x y z n x y z= ∈ + + >…

)وننظر إليها كمجموعة مكونة من )31 1n + أوجد .نقطة يف الفضاء الثالثي األبعاد −)، وال تنتمي إليه النقطة Sأصغر عدد من املستويات اجتماعها حيوي )0, 0, 0.

1لنعرف يف حالة k n≤ :باملعادالت kRو kQو kPاملستويات ≥:k x k=P و:k y k=Q و:k x k=R

: حمتواة يف اجتماع املستويات Sمن الواضح أن اموعة ( )

( )3, , n

k mk m ∈

∪ ∪P P Pℓℓ ℕ∪ ،

)، وهذا االجتماع ال تنتمي إليه النقطة 3nواليت عددها )0, 0, 0. ، وال تنتمي إليه النقطة S اموعة اجتماعها حيوي أصغر عدد من املستويات ℓإذن إذا أمسينا ( )0, 0, .3n≤ℓ، نكون قد أثبتنا أن 0

، وأنه توجد جمموعة 3n<ℓ، لنفترض على سبيل اجلدل أن 3n=ℓنريد اآلن أن نثبت أن ت يا ملستو ا ) من )1r r≤ ≤S ℓ هي ا ال د :معا 0r r r r ra X bY c Z d+ + + =S، )وال تنتمي إليه النقطة Sاجتماعها حيوي )0, 0, نتأمل إذن كثري احلدود. 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1

, , r r r r

r

P X Y Z a X bY c Z d X Y Zδ=

= + + + − Ω Ω Ω∏ℓ

وقد عرفنا

( ) ( )1

n

i

T T i=

Ω = و ∏−( )

1 23 0

d d dδ =

Ωℓ⋯

)ملا كانت النقطة )0, 0, )ال تنتمي إىل أي من املستويات 0 )1r r≤ ≤S ℓ 0استنتجنا أنδ ≠ .)أن δ كما نستنتج من تعريف ), , 0P i j k )أيا كانت قيمة = ), ,i j k موعةمن ا

30,1, ,n….

بتعريف اموعاتنبدأ ول ،Pلنتأمل بنية كثري احلدود

0,1, , 1 0,1, , 3 0,1, , 3

0,1, , 3 0,1, , 1 0,1, , 3

0,1, , 3 0,1, , 3 0,1, , 1

X

Y

Z

n n n

n n n

n n n

= − × ×

= × − ×

= × × −

I

I

I

… … …

… … …

… … …

عام 2007 487

حظ أوال أننال

( )1

r r r r

r

a X bY c Z d X Y Zα β γαβγ

α β γ

λ+ + ≤=

+ + + = ∑∏ℓ

ℓ

αاستنتجنا من الشرط 3n<ℓوملا كان β γ+ + ≤ ℓ ا أن يكون أنه إمnα ومن > ثم( ), , Xα β γ ∈ I أو أن يكون ،nβ < ومن ثم ( ), , Yα β γ ∈ I، أو أن يكونnγ )وهذا بدوره يقتضي أن > ), , Zα β γ ∈ I. إذن ميكن أن نكتب

( )( ), ,1 X Y Z

r r r r

r

a X bY c Z d X Y Zα β γαβγ

α β γ

λ∈ ∪ ∪=

+ + + = ∑∏I I I

ℓ

)ومن جهة أخرى، ملا كان )( )deg nT T nΩ − استنتجنا أن >( ) ( ) ( )

( ), , X Y Z

n n nX Y Z X Y Z X Y Zα β γαβγ

α β γ

µ∈ ∪ ∪

Ω Ω Ω = + ∑I I I

وعليه نرى أن ( )

( ), ,

, ,X Y Z

n n nP X Y Z X Y Z X Y Zα β γαβγ

α β γ

δ ν∈ ∪ ∪

= − + ∑I I I

( )1

:التوطئة املفيدة التالية وهنا تأيت ]على ϕ، نعرف الشكل اخلطي ℕ∗من nيف حالة : توطئة ]Tℝ بالصيغة

( ) ( ) ( )0

1n

k kn

k

Q C Q kϕ=

= −∑

)عندئذ يكون ) ( )1 !n nT nϕ = )و − ) 0Qϕ degQيف حالة = n<. اإلثبات

0يف احلقيقة، ليكن 1E 0j، ويف حالة = لنعرف <( )1 ( 1)

!j

T T T jE

j

− − +=

⋯

)عندئذ نرى أن ) 0jE k 0يف حالة = k j≤ )و ،> ) jj kE k C= يف حالةj k≤ ،

إذن

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

0

1 1

1 1 1 1 1

n nj k jk jk k

j n n n jkk j k j

n jj k jj k j n jn n j n

k

E C C C C

C C C

ϕ −−

= =

−−

−=

= − = −

= − − = − −

∑ ∑

∑


ومنه

( )( )1 :

0 :

n

j

j nE

j nϕ

− == <

)ولكن )0j j n

E≤ ≤

، إذن nتكون أساسا لفضاء كثريات احلدود اليت درجاا أصغر أو تساوي degQيف حالة n< توجد أعداد( )

0j j nα

≤ <1حبيث يكون

0

nj jj

Q Eα−

== ، ومنه ∑

)نستنتج أن ) 0Qϕ )فنالحظ أن nTأما يف حالة . = )deg !nnT n E n− ، إذن >

( ) ( ) ( )! 1 !n nnT n E nϕ ϕ= = .وبذا يتم إثبات التوطئة. −

]لنعرف إذن على فضاء كثريات احلدود بثالثة متحوالت ], ,X Y Zℝ الشكل اخلطيΦ :بالصيغة ( )( ) ( ) ( )

0 , ,

, , 1 , ,i j k i j kn n n

i j k n

Q X Y Z C C C Q i j k+ +

≤ ≤

Φ = −∑ ( )2

عندئذ نالحظ أن

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

0 0 0

1 1 1n n n

i j ki j kn n n

i j k

X Y Z C i C j C k

T T T

α β γ α β γ

α β γϕ ϕ ϕ

= = =

Φ = − − −

=

∑ ∑ ∑

)وبوجه خاص، يف حالة ), , X Y ZI I Iα β γ ∈ ∪ )يكون لدينا ∪ ) 0X Y Zα β γΦ = )ويكون لدينا أيضا ) ( ) ( )31 !n n n nX Y Z nΦ = )ن نستنتج من العالقة إذ. − أن 1(

( )( ) ( ) 1 2, , 0n n nP X Y Z X Y Z d d dδΦ = Φ = ≠ℓ⋯ )ومن جهة أخرى، نستنتج من )ومن كون 2( ), , 0P i j k kو jو iيف حالة كون =

عناصر من اموعة 0,1, ,n… أن( )( ), , 0P X Y ZΦ = .واضح وهذا تناقض . ù .ويتم بذلك إثبات املطلوب. 3n=ℓنستنتج إذن أن

gQWEA DZXC

489

األربعونو تاسعالأوملبياد الرياضيات يا تقطع الدائرة املارة . نقطة تالقي ارتفاعاته H، ولتكن ABCنتأمل مثلثا حاد الزوا

]ومركزها منتصف Hبالنقطة ]BC 1هذا الضلع يف النقطتنيA 2وA . وبأسلوب مماثل]ومركزها منتصف Hتقطع الدائرة املارة بالنقطة ]CA 1هذا الضلع يف النقطتنيB 2وB ،

]ومركزها منتصف Hوأخريا تقطع الدائرة املارة بالنقطة ]AB 1هذا الضلع يف النقطتنيC .تقع على دائرة واحدة 2Cو 1Cو 2Bو 1Bو 2Aو 1Aأثبت أن النقاط . 2Cو .إىل نصف قطرها Rولنرمز بالرمز ،ABCبرؤوس املثلث C الدائرة املارة مركز Oليكن

â لتكنH OHاليت تحقق النقطة ′ OA OB OC′ = + + عندئذ يكون لدينا

( ) ( )2 2 2 2 0

AH BC OC OB OC OB

OC OB R R

′ ⋅ = + ⋅ −

= − = − =

0BHوجند بأسلوب مماثل أن CA′ ⋅ = 0CHو AB′ ⋅ =

Hإذن . هي نقطة تالقي ′

H، أي ABCارتفاعات املثلث H′ إذن .=

OH OA OB OC= + +

â لتكنA′ منتصف الضلع [ ]BCعندئذ ،

( ) ( )1 1

2 2OA OB OC OH OA′ = + = −

ومن ثم

( )1

2A H OH OA OH OA′ ′= − = +

â 1باالستفادة من مربهنة فيثاغورث، يف املثلثني القائمنيAA O′ 2وA A O′ جند

( ) ( )2 2 2 2

2 2 2 21 2 2 2

OH OA OH ROA OA OA A H

+ +′ ′= = + = =

وباملماثلة جند أن2 2

1 2 2

OH ROB OB

+= و =

2 2

1 2 2

OH ROC OC

+= =

ونصف قطرها Oلى الدائرة اليت مركزها تقع ع 2Cو 1Cو 2Bو 1Bو 2Aو 1Aفالنقاط )يساوي )2 21

2 OH R+ةوهي النتيجة املرجو ،. ù


( )a أثبت أن 2 2 2

2 2 2 1( 1) ( 1) ( 1)

x y z

x y z+ + ≥

− − −

1xyzوتحقق 1كل منها خمتلف عن اليت zو yو xعداد حقيقية األ تأيا كانوذلك =.

( )b ات بقة تقع أثبت أن املساواة يف املتراجحة الساائي من الثالثي ال عند عدد( ), ,x y z 1xyzوتحقق 1املكونة من أعداد عادية كل منها خمتلف عن =.

pثم لنضع . 1وجداؤمها خمتلف عن 1عددين حقيقيين خمتلفني عن yو xليكن xy= sو x y= عندئذ. +

( ) ( )

( ) ( )( )

( )

( )

( )

( )

( ) ( )

( )

( )

2 2 2 22 2

2 2 2

2 2 2

2

2 2

2

2 2

2

2 2

2

2

2

2

2 1 2 1

1 1 1

2 2

1

2 2 2

1

2

1

1 2 1 1 2

1

2 11

1 1

1 1 11

1 11

x y y y x xx y

x y xy x y

p ps x y

p s

p ps s p

p s

p s p p

p s

p s p s p p

p s

p

s p s p

p

s p pp

− + + − ++ =

− − − − +

− + +=

− +

− + −=

− +

− + −=

− +

− + − − + + + −=

− +

− = + + − + − −

− = − + + − − −−

z/1فإذا عرفنا p= ان ك( ) ( )

2

2 2

1

11

z

zp=

−− ، وعليه

( ) ( ) ( )

22 2 2

2 2 2

1 11 1

1 11 11

x y z p

s p px zy

− + + = + + ≥ − − −− −−

)صحة وهذا يربهن )a.

عام 2008 491

( )b تتحقق املساواة إذا وفقط إذا حقق العددانx وy ما ،داملختلفان عن الواحوجداء ضر :التالية خمتلف عن الواحد املساواة

1 10

1 1

p

s p p

−+ =

− − −

pحيث xy= وs x y= 23s، وهذا يكافئ أن + p p= ا مه yو xأي إذا كان . − :من الصيغة Tجذرا معادلة من الدرجة الثانية يف املتحول

( )2 23 0T p p T p− − + = 1pمع ≠ .ز هذه املعادلة هو ولكنممي

( ) ( )( )2 223 4 4 1p p p p p p∆ = − − = − −

عددا عاديا pيف جمموعة األعداد العادية هو أن يكون yو xفالشرط الالزم والكايف لنجد )خمتلفا عن الواحد وأن يكون )4p p − ععادي مرب عدد.

)إذن تؤول املسألة إىل إجياد احللول ),p t 2منℚ حققاليت ت ( ) 24p p t− ملا كان . =( )4, 4pحال تافها هلذه املعادلة حبثنا عن احللول بصيغة 0 tλ= λمع + ∈ ℚ . جند

بالتعويض أن

2

4

1t

λ

λ=

−2و

4

1p

λ=

−

جذري املعادلة yو xويف هذه احلالة يكون ،−1و 1عدد عادي خمتلف عن λحيث ( )

( )

22

2 22

4 1 3 40

11T T

λ

λλ

++ + =

−−

منه جند احللولو

( )

( )

( )

( )

2

2 2

2 1 2 1 1, , , ,

41 1x y z

λ λ λ

λ λ

− − − + − = + −

2وبوجه خاص، يف حالة 1nλ = n حيث + ∗∈ ℕ جند احللول ،

( )

( ) 2 2

1, , , , 1

1n n n

n nx y z n n

n n

+= − − +

+

ليت وهي تعطي جمموعة ال ائية من ثالثيات األعداد العادية، اليت تحقق املساواة يف املتراجحة ا)أثبتناها يف )aبذا ينتهي إثبات ، ( )b. ù


يف حالة كل منها قاسم أويل اليت يوجد nأثبت وجود عدد ال ائي من األعداد الطبيعية 2للعدد 1n 2من متاما يكون أكرب + 2n n+ .

1modاليت تحقق pلية جمموعة األعداد األو Nلتكن 4p 13pو ≡ ثم لنتأمل يف . < اموعة Nمن pحالة عدد

( ) 20 : | 1p n p n= ≥ +S â ال أنلنثبت أوp ≠ ∅S . استنادا إىل مربهنةWilson نعلم أن

( )1 ! 1modp p− ≡ − 4ومن ثم، ألن 1p m= ، نستنتج أن+

( ) ( )

22 2 2 4

1 1 1 1

1 ! 1modm m m m

k k k k

k k p k k p p= = = =

≡ − ≡ ≡ − = − ∏ ∏ ∏ ∏

)إذن )12 !pp

− ∈ S. â رف إذننع( )minp pn = S متاما وهو عدد نالحظ ما يلي .موجب:

ã إذا كانpn p≥ وصلنا إىل تناقض ألن p pn p− ∈ S، إذنpn p<.

ã إذا كان2p

pn pألن وصلنا إىل تناقض ≤ pp n− ∈ S إذن ،

2p

pn <.

ã 2لنضع 0p pk p n= − من الواضح أن. <( )2 24 4 1 0modp pk n p+ ≡ + ≡

)إذن )2| 4pp k 13pولكننا افترضنا أن . + 2إذن < 4 17pk + وهذا يقتضي أن ≤2 13pk 4pkأي ≤ ≥ . ولكنpk فردي إذن 4عددpk وعليه. <

2 2 4p p pk k k p+ > + ≥ 2ومنه 2p pk n> 2أو 2p pp n n> +.

â وأخريا نالحظ أن التطبيقpp n֏ ه إذا كانألن ،متباينp qn n n= pمع = q≠ ،ن كو من )استنتجنا )gcd , 1p q )و = )2| 1p n )و + )2| 1q n ن + يقسم pqأ

2 1n )، وهذا يقتضي أن + )2 22 2 1n n pq n+ < ≤ إذن . وهو تناقض واضح +

اموعة :pn p ∈ N موعةجمموعة غري منتهية ألن اN وبذا يتم . نفسها غري منتهية ù .اإلثبات

عام 2008 493

[أوجد مجيع التوابع [ ] [: 0, 0,f +∞ → اليت تحقق ∞+( )( ) ( )( )

( ) ( )

2 2 2 2

2 2 2 2

f w f x w x

f y f z y z

+ +=

+ +

wxاليت حتقق zو yو xو wوذلك أيا كانت األعداد احلقيقية املوجبة متاما yz=. .يحقق املعادلة التابعية املعطاة fلنتأمل تابعا

1wبوضع x y z= = = )نستنتج أن = )1 1f =. 1wبوضع z= yو = x= نستنتج أن

( ) ( )( )22,x f x f x∗+∀ ∈ =ℝ ( )1

)نستنتج إذن أنه يف حالة ) ( )4, , ,w x y z ∗+∈ ℝ معwx yz= لدينا

( ) ( )

( ) ( )

f w f x w x

f y f z y z

+ +=

+ + ( )2

∗من xحالة يف +ℝ ض يفنعو ( wما يلي 2( x= 1وz 2yو = x= فنجد

( )

( )2 2

2 2

1 1

f x x

f x x=

+ +

)وهذا يكافئ )( ) ( )( )1 0xf x f x x− − إذن = ( ) , ,1/x f x x x∗

+∀ ∈ ∈ℝ ( )3 : لنتأمل اموعتني

( ) \ 1 :A x f x x∗+= ∈ =ℝ و ( ) 1\ 1 :B x f x

x∗+= ∈ =ℝ

â من الواضح أن \ 1A B ∗+=∪ ℝ وذلك استنادا إىل ،( )3.

â لنفترض أنA ≠ Bو ∅ ≠ aعندئذ جند ∅ A∈ وb B∈ . ونستنتج من( )2 xمطبقة على b= وw a= وy z ab= أن =

( )2 21 1 1b a a b

f ab aba b b a b aab

− −= + = +

+ +

)واخلاصة 1aتقتضي أن يكون abمطبقة على 3( 1bأو = = لفوهذا خ ،ا أن يكون . واضحإذن إمB = ∅ ومن ثم( ),x f x x∗

+∀ ∈ =ℝ أو أن يكون ،

A = ∅ ومن ثم( ), 1/x f x x∗+∀ ∈ =ℝ.

xوبالعكس، يحقق التابعان x֏ 1و/x x֏ العالقة املعطاة، فهما احلالن املنشودان. ù


kعددين صحيحني موجبني متاما يحققان kو nليكن n≥ وk n− زوجي ل . عددنتأم، واليت ميكن ألي منها أن يكون 2n، …،2، 1قمة من املصابيح املر 2nجمموعة مكونة من

، عند كل خطوة اتاخلطوونتأمل متتاليات من . يف البدء، مجيع املصابيح مطفأة. مضاء أو مطفأ ).ضاء أطفأناهذا كان مطفأ أضأناه وإذا كان مإ( أحد املصابيح،وضع قلبجيري اخطوة، اليت تؤدي إىل احلالة اليت تكون فيه kعدد هذه املتتاليات املكونة من Nليكن 1nمضاءة، واملصابيح ذات األرقام من nإىل 1ح ذات األرقام من املصابي 2nإىل + .مطفأة

اخطوة، اليت تؤدي إىل احلالة اليت تكون فيه kعدد هذه املتتاليات املكونة من Mوليكن 1nمضاءة، واملصابيح ذات األرقام من nإىل 1املصابيح ذات األرقام من 2nإىل +

1nأي من املصابيح ذات األرقام من مطفأة، وحيث ال يضاء يف خطوة من هذه 2nإىل +

Nأوجد قيمة النسبة . اخلطوات

M.

ز مو لر ا بعض بتثبيت أ من . لنبد نة ملكو ا ت ليا ملتتا ا متثيل عة kميكن مو ا بعناصر ة خطو( )2

kn=S ℕ فإذا قلبنا يف اخلطوة ،p ) 1حيث p k≤ وضع املصباح ذي الرقم )≥

pj نا عن هذه املتتالية من اخلطوات بالرمز عرب( )1 2, , , kj j j… منS. إىل 1املصابيح ذات األرقام من االيت تؤدي إىل احلالة اليت تكون فيه Sأما جمموعة املتتاليات من

n ضاءة، واملصابيح ذات األرقام من1مn وعليه . NS، فنرمز إليها بالرمز مطفأة 2nإىل +لية ملتتا ا )تنتمي )1 2, , , kj j j… منS ىل موعة NSإ عناصر ا ن عدد ذا كا إ وفقط ا ذ إ

: pp j i= 1فرديا يف حالة i n≤ 2n، وزوجيا يف حالة ≥ i n< ≤. املصابيح ذات االة اليت تكون فيه اليت تؤدي إىل احل Sوكذلك نرمز إىل جمموعة املتتاليات من

1nمضاءة، واملصابيح ذات األرقام من nإىل 1األرقام من وحيث ال ، مطفأة 2nإىل +1nيضاء أي من املصابيح ذات األرقام من بالرمز يف خطوة من هذه اخلطوات 2nإىل +

MS . وعليه تنتمي املتتالية( )1 2, , , kj j j… منS إىلMS إذا وفقط إذا كان عدد عناصرموعة ا : pp j i= 1فرديا يف حالة i n≤ كانت اموعات ، و ≥ : pp j i=

2nيف حالة خالية i n< ≤. )وهكذا نرى أن )card NN = S و( )card MM = S.

عام 2008 495

مل التطبيقلنتأ .الطريقة األوىل

( )2

: 1: :

: 2n n

j j nj

j n n j nσ σ

≤ ≤→ = − < ≤

ℕ ℕ

)انطالقا من متتالية )1, , ks j j= )نعرف متتالية NSمتتالية من … )sϕ منMS بالصيغة( ) ( ) ( )( )1 , , ks j jϕ σ σ= أكرب متاما من jوضع مصباح دليله ، إذ عوضا عن قلب …

n نقلب وضع املصباح الذي دليلهj n− ات اليت جيري فيها قلب وضع هذاوملا كان عدد املر ،jالدليل املصباح زوجيا فإن هذا لن يؤثر على الوضع النهائي للمصباح ذي n− . هونالحظ أن

لية لة متتا )يكون MSمن sيف حا )s sϕ لتطبيق = فا ،: N Mϕ →S S غامر تطبيق، )وعليه تكون اموعات )( )1

Mssϕ−

∈S ، إذن NSجتزئة للمجموعة

( ) ( )( )1card cardM

N

s

sϕ−

∈

= ∑S

S ( )1

)لنثبت إذن عنصرا )1, , ks i i= 1ثم لنعرف يف حالة . MSمن … n≤ ≤ℓ موعةا :k pA p i= ∈ =ℓ ℕ ℓ

نستنتج من كون . ℓهي جمموعة اخلطوات اليت جيري فيها قلب وضع املصباح رقم Aℓأي إن s عنصرا منMS موعات عدمتاما، كما أن عدد عناصر كل واحدة من هذه ا موجب فردي د

إذن. kℕنستنتج أيضا أن هذه اموعات تكون جتزئة للمجموعة

( )1

cardn

k A=

= ∑ ℓℓ

)بالرمز Aلنرمز يف حالة جمموعة منتهية )even AP إىل جمموعة أجزاءA اليت عدد عناصر أي إن . كل منها زوجي

( ) ( ) ( )( )even 2 | cardB A B A B∈ ⇔ ⊂ ∧P

)عنصر يف حالة )n

B ∈=B ℓ ℓ ℕ من( )even

1

n

A=∏ P ℓℓ نعرف متتالية اخلطوات

( )1 2, , , ks j j j=B B B B… p بوضع pj i n= +B يف حالة

np B∈∈ ℓ ℕ ℓ∪و ،p pj i=B يف حالة

np B∈∉ ℓ ℕ ℓ∪ .

Bℓ، خنتار جمموعة جزئية ℓاليت جيري فيها قلب املصباح Aℓأي، من بني جمموعة اخلطوات بدال من قلب n+ℓنقلب وضع املصباح Bℓصرها زوجي، ويف خطوات اموعة عدد عنا

.ℓوضع املصباح


)من الواضح أن )1s sϕ−∈B وأن التطبيقsBB نطلقه اموعة يعرف تقابال م ֏

( )even

1

n

A=∏ P ℓℓ)ومستقره )

1 sϕ−ا تقابله العكسي فهو التطبيقأم ،

( ) ( )1, ,n

sks j j B

′

∈′ = ℓ

ℓ ℕ… ֏

املعرف بالصيغة :sk pB A p j n

′ = ∈ = +ℓ ℓ ∩ ℕ ℓ. نستنتج إذن أن

( )( ) ( ) ( )( )1 even even

1 1card card card

n n

s A Aϕ−= =

= ∏ = ∏ P Pℓ ℓ

ℓ ℓ

عنا لة جمموعة عدد لتطبيق Aصرها فردي ولكن، يف حا ا B\يعرف A B֏ بني بال تقا إذن يكون لدينا. اليت عدد عناصرها زوجي، وتلك اليت عدد عناصرها فردي Aجمموعة أجزاء

( )( ) ( )( ) ( )even card1 1card card 2

2 2AA A= = ×P P

وعليه نرى أن

( )( ) ( ) ( )11 card card

1

1 1card 2 2 2

2 2

nn

A A k nn nsϕ =− ∑ −

== ∏ = =ℓ ℓ ℓ

ℓ

)وبالعودة إىل نستنتج أن 1(( ) ( )( ) ( )1card card 2 card

M

k nN M

s

sϕ− −

∈

= =∑S

S S

/أي إن 2k nN M .وهي النسبة املطلوبة =−] هنا نتأمل احللقة .ثانيةالطريقة ال ]1 2, , nX X=A ℝ حلقة كثريات احلدود باملتحوالت ،…

1 2 2, , , nX X X… ، ف علىونعرA نيالشكلني اخلطيν وµ بالصيغتني التاليتني :

( )

( )

21

1

1 2 1 2 1 1 22( , , )

1 2 1 2 1( , , ) 1,1

1( , , ) ( , , , , , )

2

1( , , ) ( , , , 0, , 0)

2

nn

nn

n n n n nn

n n nn

G X X G

G X X G

ε ε

ε ε

ν ε ε ε ε ε ε ε

µ ε ε ε ε ε

+∈

∈ −

=

=

∑

∑

…

…

… ⋯ … …

… ⋯ … …

فنجد مباشرة أن. ولننظر يف عمل هذين الشكلني اخلطيني على عناصر األساس

( )( ) ( )

1 2

2

1 21 1

1 1 1 1

2 2

j j

n

n n

nj j n

X Xα α

α αν= = +

− − + −= ∏ ∏⋯

)وعليه فإن )1 21 2 1n

nX Xα αν )إذا كانت األعداد ⋯= )1j j n

α≤ ≤

فردية، وكانت األعداد

( )2j n j n

α< ≤

)زوجية، و )1 21 2 0n

nX Xα αν .يف بقية احلاالت ⋯=

عام 2008 497

)وجند بأسلوب مماثل أن )1 21 2 1n

nX Xα αµ )إذا كانت األعداد ⋯= )1j j n

α≤ ≤

فردية،

)وكانت األعداد )2j n j n

α< ≤

)، ومعدومة )1 21 2 0n

nX Xα αµ .يف بقية احلاالت ⋯=

)نستنتج من ذلك أنه يف حالة متتالية خطوات )1 2, , , ks j j j= يكون لدينا Sمن …

( )1 2

1 :

0 :k

N

j j jN

sX X X

sν

∈= ∉

S

S⋯

و

( )1 2

1 :

0 :k

M

j j jM

sX X X

sµ

∈= ∉

S

S⋯

وعليه، إذا عرفنا( )

( )1 2

1

1 2, ,

, ,k

k

n j j j

j j

F X X X X X∈

= ∑S…

… ⋯

كان لدينا( )( ) ( )

( )( ) ( )

1 2

1 2

, , card

, , card

n N

n M

F X X N

F X X M

ν

µ

= =

= =

S

S

…

…

ولكن من الواضح أن

( )1 2

1 2

2 2 2 2

1 21 1 1 1

, ,k

k

kn n n n

n j j j j

j j j j

F X X X X X X= = = =

= = ∑ ∑ ∑ ∑… ⋯ ⋯

إذن

( )( )

( )( )

21 2

1 2

1 2 1 1 22, , 1,1

1 2 1, , 1,1

1, , , , ,

2

1, , , 0, , 0

2

nn

nn

n n n nn

n nn

N F

M F

ε ε

ε ε

ε ε ε ε ε ε ε

ε ε ε ε ε

+∈ −

∈ −

=

=

∑

∑

…

…

⋯ … …

⋯ … …

.Mو Nلنحسب إذن كال من جند Nيف حالة

( )( )

( ) ( )

21 2

1 2 1 1 22, , 1,1

20 0

1, , , , ,

2

11 2 2

2

nn

n n n nn

n nkp qp

n nnp q

N F

C C n p n q

ε ε

ε ε ε ε ε ε ε+∈ −

= =

=

= − − + −

∑

∑∑

…

⋯ … …


حيث وضعنا ( )card 1 : 1ip i n ε= ≤ ≤ = −

و ( )card 1 2 : 1iq n i n ε= + ≤ ≤ = − إذن

( ) ( )

( )

20 0

2

20 ,

0 ,

11

2

1( ) 1

2

n nkp qp

n nn kp q

nk p qp

n nn kr p q r

p q n

N C C n p q

n r C C

−= =

−= + =

≤ ≤

= − − −

= − −

∑∑

∑ ∑

)ولكن )1 p qpn n

p q r

C C+ =

يف كثري احلدود rXيساوي أمثال ∑−

( ) ( ) ( )21 1 1nn nX X X− + = −

إذن

( )2

0

11 ( 2 )

2

nk

nn kN C n−

=

= − −∑ ℓℓ

ℓ

ℓ

جند Mيف حالة

( )( )

( ) ( )

1 2

1 2 1, , 1,1

0

1, , , 0, , 0

2

11 2

2

nn

n nn

nk

nn

M F

C n

ε ε

ε ε ε ε ε∈ −

=

=

= − −

∑

∑

…

ℓ ℓ

ℓ

⋯ … …

ℓ

2kوعليه نرى أن nN

M ù .وهي النتيجة املرجوة، =−

BAمضلعا رباعيا حمدبا فيه ABCDليكن BC≠ . 1ولتكنω ة داخالالدائرة املاس. ADCالدائرة املاسة داخال ألضالع املثلث 2ω، وكذلك لتكن ABCألضالع املثلث

]متس نصف املستقيم ωنفترض وجود دائرة )BA بعد النقطةA نصف املستقيم ومتس ،[ )BC بعد النقطةC ا متس املستقيمنيونفترض أيضا أ ،( )AD و( )CD . أثبت أن

.ωيتقاطعان يف نقطة من الدائرة 2ωو 1ωاملماسني املشتركني اخلارجيني للدائرتني

عام 2008 499

.لنبدأ برسم الشكل املوافق هلذه املسألة

A

C

D

B

ω

4ω

3ω

I

K

L

Z

SQ

R

P

2ω

1ω

∆

J

لنربهن أوال أن 1.

BA AD BC CD+ = + ( )1 )مع املستقيمات ωنقاط متاس الدائرة Sو Rو Qو Pلتكن )BA و( )CD و( )AD

)و )BC عندئذ ميكننا أن نكتب. بالترتيب BP BA AP BA AR BA AD DR= + = + = + +

BAوعليه AD BP DR+ = ثلة جند . − ن وباملما BCأ CD BS DQ+ = − ،)وأخريا نصل إىل BSن أل 1( BP= وDQ DR=.


ة Iلتكن 2. ئر ا لد ا س متا )مع 1ωنقطة )AC لتكن و ،J ة ئر ا لد ا س متا مع 2ωنقطة ( )AC . سنربهن اآلن أنAI CJ=.

. ADCإىل نصف حميط املثلث 2p، وبالرمز ABCإىل نصف حميط املثلث 1pلنرمز بالرمز عندئذ نرى أن

1AI p BC= 1CIو − p BA= − AIإذن CI BA BC− = وكذلك جند. −

2AJ p CD= 2CJو − p AD= − CJإذن AJ CD AD− = )فإذا استفدنا من . − استنتجنا أن 1(

AI CI CJ AJ− = − 2إىل طريف املساواة السابقة استنتجنا أن ACفإذا مجعنا 2AI CJ= وأخرياAI CJ=.

]ة الضلع من جه ABCالدائرة املاسة خارجا ألضالع املثلث 3ωلتكن 3. ]AC . عندئذ]متس هذه الدائرة الضلع ]AC يفJ 1، ذلك ألنCJ AI p BC= = −. ]من جهة الضلع ADCاملاسة خارجا ألضالع املثلث 4ωوكذلك نرى أن الدائرة ]AC ،

]متس الضلع ]AC يفI 2، ذلك ألنAI CJ p AD= = −. Jالنقطة املقابلة قطريا للنقطة L، ولتكن 1ωيف Iطة النقطة املقابلة قطريا للنق Kلتكن 4.)املوازي للمستقيم ωللدائرة ∆، وأخريا لنرسم املماس 2ωيف )AC والقريب منD ،

يوازي Kيف 1ωمن الواضح أن املماس للدائرة . Zيف النقطة ωفيقطع هذا املماس الدائرة ( )AC 2وكذلك يفعل املماس للدائرةω يفL.

ã التحاكي املباشر الذي مركزهB 1وينقلω 3إىلω ينقل املماس يفK 1للدائرةω )إىل )AC 3الذي ميسω يفJ . إذن تقع النقاطB وK وJ على استقامة واحدة.

ã وكذلك فإن التحاكي املباشر الذي مركزهB 1وينقلω إىلω يف ينقل املماسK ئرة لذي ميس ∆إىل 1ωللدا لنقاط . Zيف ωا ا تقع ذن مة Zو Kو Bإ استقا على .واحدة

ã التحاكي املباشر الذي مركزهD 2وينقلω 4إىلω ينقل املماس يفL 2للدائرةω إىل( )AC 4الذي ميسω يفI . إذن تقع النقاطD وL وI على استقامة واحدة.

عام 2008 501

ã وكذلك فإن التحاكي غري املباشر الذي مركزهD 2وينقلω إىلω ينقل املماسL .على استقامة واحدة Zو Lو Dإذن تقع النقاط . Zيف ωالذي ميس ∆إىل 2ωللدائرة

)هي نقطة تقاطع املستقيمني ωمن Zبالنتيجة نرى أن النقطة )BJ و( )DI. AIالحظ أن هذين املستقيمني غري منطبقني، ألن انطباقهما يقتضي أن ( CI= أن ومن ثم

AB BC= واضح لفوهذا خ.( )ويحقق Zالذي مركزه Hلنتأمل اآلن التحاكي املباشر )L I=H . ملا كان املستقيمان

( )LJ و( )IK عموديني على( )AC هما متوازيان، إذناستنتجنا أن( ) ( )J IK∈H ،)كما إن ) ( )J ZJ∈H إذن( )JH هي نقطة تقاطع املستقيمني( )IK و( )ZJ أي

K. ثبتنا أن أ ]وهكذا نكون قد ]( ) [ ]LJ IK=H ثم )، ومن )2 1ω ω=H ألن[ ]LJ

]و 2ωقطر يف ]IK يف 1قطرω . مركز التحاكي املباشر الذي ينقل 2ولكنω 1إىلω هو Zاملماسني اخلارجيني املشتركني هلاتني الدائرتني، إذن هذه النقطة هي بالتحديد نقطة تقاطع

ù .وهذا يكمل اإلثبات .ωوهي حبسب إنشائها تقع على الدائرة


gQWEA DZXC

Aml

Typewriter


Aml

Typewriter

503

اخلمسونأوملبياد الرياضيات

1عددا طبيعيا موجبا متاما ولتكن nليكن 2, , , ka a a… حيث ،( 2)k ، أعدادا صحيحة ≤,1,2خمتلفة من اموعة , n… حبيث يقسم العددn 1كال من األعداد( 1)i ia a + −

,1,2يف اموعة iعندما تتحول , 1k )1ال يقسم nأثبت أن .…− 1)ka a −.

:لنبدأ أوال بإثبات اخلاصة التالية

1 1: modi ia a a n≡P

,2يف اموعة iعندما تتحول , k…. â ة2يف احلقيقة، اخلاصP صحيحة ألنn 1يقسم 2( 1)a a حبسب الفرض الذي سنرمز إليه −

.Hبالرمز â ةلنربهن أن صحiP ة1تقتضي صحi+P . لدينا استنادا إىل الفرض

1modi i ia a a n+≡ ومن ثم

1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) modi i

i i i i i ia a a a a a a a a a a n+ + +≡ ≡ ≡ ≡P H P

.1i+Pوهذا يربهن صحة صحيحة، أي إن kPنستنتج بوجه خاص أن

1 1modka a a n≡

ن ف أ ل جلد ا على سبيل فترضنا ا ا ذ )1سم يق nإ 1)ka a ن ، − 1كا modk ka a a n≡ ،1وعندها يكون لدينا modka a n≡ . 1وملا كان ka a≠ استنتجنا أن

1 ka a n− ≥

,1,2إىل اموعة kaو 1aا يناقض انتماء العددين ذوه , n…. ù


نقطة من داخل Pولتكن . مركز الدائرة املارة برؤوسه Oمثلثا والنقطة ABCليكن لضلع ]ا ]CA وQ لضلع ا خل ا د من ]نقطة ]AB . ط لنقا ا مل لنتأ ثمK وL وM ،

] منتصفات القطع املستقيمة ]BP و[ ]CQ و[ ]PQ نفترض أن املستقيم . بالترتيب( )PQ OPأثبت أن . Mو Lو Kاملارة بالنقاط Γميس الدائرة OQ=.

)مير املستقيم PQCيف املثلث )ML مبنتصفي الضلعني[ ]PQ و[ ]CQ ازي فهو يو( )AC .)مير املستقيم PQBوباملثل، يف املثلث )MK مبنتصفي الضلعني[ ]PQ و[ ]BQ فهو يوازي

( )AB .نستنتج إذن أن

LMK CAQ= (1)

O

P

QA

B

C

Γ

L K

M

ومن جهة أخرى، APM PML= بالتبادل الداخلي ألن( ) || ( )ML AP . كما إن الزاوية

PML ة يف الدائرةزاوية مماسيΓ حتصر القوس

ML ةقابله الزاوية احمليطيالذي تMKL . إذن

PML MKL= .نستنتج من ذلك أن

MKL APQ= (2)

وبوجه خاص MKLو APQنستنتج تشابه املثلثني (2)و (1)من

MK ML

AP AQ= (3)

2MKولكن QB= 2وML PC= . أن (3)إذن نستنتج من

AQ BQ AP CP⋅ = ⋅ (4)

عام 2009 505

AP إن CP⋅ ة النقطةهي قوP ة برؤوس املثلثبالنسبة إىل الدائرة املارABC فهي إذن

2تساوي 2R OP− حيثR وباملثل جند أن . هو نصف قطر هذه الدائرةAQ BQ⋅

2يساوي 2R OQ− وهكذا تنتج املساواةOP OQ= (4)من. ù

)1نتأمل متتالية متزايدة متاما )k ks نفترض أن املتتاليتني . من أعداد طبيعية موجبة متاما ≤)1اجلزئيتني )

ks ks 1و ≤ 1( )

ks ks + )1أن املتتالية أثبت. متتاليتان حسابيتان ≤ )k ks نفسها ≤

.متتالية حسابية

جبيث يكون Bdو Bو Adو Aاستنادا إىل الفرض توجد أعداد طبيعية موجبة متاما

11, ,k ks A s Bk s A kd s B kd+∀ ≥ = + = +

)1ملا كانت )k ks متزايدة متاما كان ≤

11, 1k k kk s s s +∀ ≥ < + ≤

ونتج من ذلك

111,k k ks s sk s s s

++∀ ≥ < ≤

أو1, ( 1)A B Ak A kd B kd A k d∀ ≥ + < + ≤ + +

وهذا يكافئ

1, AB A

A d BA Bk d d

k k

+ −−∀ ≥ < − ≤

A يربهن على أن مما Bd d= جبعلk ايةلنضع . تسعى إىل الالA Bd d d= =.

1kمن ناحية أخرى لدينا يف حالة : املتراجحة التالية ≤1

1

1

1 11

( ) 0k

k k

k

s

s s j j k kg s

d s s s s s s+

+

≤↵

− += +

= − = − ≥ − ≥∑

1فاملتتالية 1( )k k ks s+ متتالية حمدودة، نعرف إذن −≤

1 11 1

max( ), min( )n n n nn n

M s s m s s+ +≥ ≥

= − = −


عددين طبيعيني يحققان qو pوليكن

1 1,p p q qM s s m s s+ += − = −

اآلن

1

( )s s s M sp p p ps s s s p ps s s s A d s M A ds dM

++

− = − = + + − − =

وعليه

1

111

1( ) ( )sp

s s p pp p

sp

s

s s j j s sj s

dM s s s s M s s Md+

+++

−=

= − = − ≤ − =∑

إذن

11 1 1 , 1, , ,p p ps s s j jj s s s s s M

++ + −∀ ∈ + − =…

وبوجه خاص 1p ps sM s s B A+= − = −

وباملثل لدينا

1

( )s s s m sp p q qs s s s q qs s s s B d s m B ds dm

++

− = − = + + − − =

وعليه

1

111

1( ) ( )sq

s s q qq q

sq

s

s s j j s sj s

dm s s s s m s s md+

+++

−=

= − = − ≥ − =∑

إذن

11 1 1 , 1, , ,q q qs s s j jj s s s s s m

++ + −∀ ∈ + − =…

وبوجه خاص 1q qs sm s s B A+= − = −

mأن و نستنتج من M=أي إن ،

11, n nn s s m+∀ ≥ − =

)1فاملتتالية )n ns ù .متتالية حسابية، ويكتمل اإلثبات ≤

Aml

Typewriter


Aml

Typewriter

عام 2009 507

ABمثلثا فيه ABCليكن AC= . لزاوية يالقي منصف اCAB الضلع[ ]BC يف

D ف الزاويةوكذلك يالقي منص ،ABC ع الضل[ ]CA يفE . ليكنK مركز الدائرة

بافتراض أن . داخال ADCاملاسة ألضالع املثلث 45BEK = أوجد مجيع القيم املمكنة

لقياس الزاوية CAB.

Eولنتأمل النقطة . داخال ABCمركز الدائرة املاسة ألضالع املثلث Iليكن ]من ′ ]DC

)بالنسبة إىل املستقيم Eنظرية النقطة )IC ف الزاويةنصمACB . هناك حالتان:

I

E

A

B CD

K

E ′ â لة Eحا D′ هذا يقتضي أن . = 90IEC IDC= = ف ، واملنص( )BE للزاوية

ABC هو ارتفاع أيضا، ومن ثمBA BC= فاملثلث ،

ABC متساوي األضالع، وعلى

اخلصوص 60CAB = .

â لة Eحا D′ هنا لدينا . ≠ 45IDK IE K IEK′= = = لرباعي IDE، فا K′ ن نكتبأرباعي دائري، وعليه باستعمال التناظر ميكن

45KIE KIE KDE′ ′= = = لدينا ،BICومنه، يف املثلث

1 145 ( ) (180 )

2 2IBC ICB ABC ACB CAB= + = + = −

ي أ 90CAB = .

â لة حا نه يف أ لة بسهو نتيقن و 90CAB = و أ 60CAB = ينا لد 45BEK =

فهما إذن القيمتان املمكنتان للزاوية CAB. ù


، اليت تحقق أنه ℕ∗ املعرفة على جمموعة األعداد الطبيعية املوجبة متاما fأوجد مجيع التوابع :يوجد مثلث غري تافه أطوال أضالعه هي bو aما أيا كان العددان الطبيعيان املوجبان متاa و( )f b و( ( ) 1)f b f a+ −

).على استقامة واحدة نقول إن املثلث غري تافه إذا مل تقع رؤوسه(

f:ليكن ∗ ∗→ℕ ℕ حقق شروط املسألة، ولنالحظ النقاط التالية تابعا ي: ,1ولنفترض أن األعداد . طبيعيين موجبني متاما عددين bو aليكن 1. , a b مثل أطوالت

aأضالع مثلث غري تافه عندئذ جيب أن يكون b= . يف احلقيقة، لدينا استنادا إىل متراجحة :يلي املثلث ما

1 1a b a− < < +

bن يكون ومن ثم ال بد أ a=.

(1)لنفترض على سبيل اجلدل أن 2. 1 0fτ = − استنادا إىل . ℕ∗عددا من bليكن . ≠ض تن األعداد الفر1كو, ( ), ( )f b f b τ+ ال أضالع مثلث غري تافه، والنقطة السابقة أطو

)يكون تقتضي أن ) ( )f b f b τ= وعليه إذا عرفنا. +

1max ( )M fβ τ

β≤ ≤=،

كان

1, ( )b f b M∀ ≥ ≤

2إذا اخترنا ف 1a M= 1bو + كان =

( ) ( ( ) 1)a f b f b f a> + + −

)و aوال تكون األعداد )f b و( ( ) 1)f b f a+ نستنتج من هذا . أطوال أضالع مثلث −0من الواجب أن يكون هالتناقض أنτ (1)، أي = 1f =.

1bباختيار 3. )و 1و a، نستنتج من كون األعداد ℕ∗عددا ما من aو = ( ))f f a )، أن تكون أطوال أضالع مثلث غري تافه ( ))f f a a= . وهذا يقتضي على وجه اخلصوص أن

f تقابل.

عام 2009 509

(1)ملا كان 4. 1f (2)، استنتجنا من النقطة السابقة أن = 1 0fκ = − بتطبيق . <

2aالفرض على )و 2نستنتج أن األعداد ℕ∗من bو = )f b و( )f b κ+ ن أطوالكوت أضالع مثلث، وبوجه خاص لدينا

( ) 2 ( ) ( ) 2f b f b f bκ− < + < +

)ن وأل ) ( )f b f bκ+ وجدنا ،≠

0 ( ) ( ) 1f b f bκ< + − ≤

وأخريا

, ( ) ( ) 1b f b f bκ∗∀ ∈ + − =ℕ

)، يوجد ℕ∗من n، استنادا إىل النقطة السابقة، مهما تكن ℕ∗من b ليكن 5. )n bε من يحقق −1,1

( ) ( ( 1) ) ( )nf b n f b n bκ κ ε+ − + − =

)1إذا كان ) ( ) 0n nb bε ε + )1كان > ) ( ) 0n nb bε ε ++ وهذا يعين أن =

( ( 1) ) ( ( 1) )f b n f b nκ κ+ + = + −

2إىل التناقض وهذا يؤدي 0κ إذن .متباينf ألن =

10, ( ) ( )n nn b bε ε +∀ > =

)وعليه يوجد )bε يف )يحقق −1,1 ) ( )n b bε ε= أيا كانت قيمةn . ومنه

0, ( ) ( ( 1) ) ( )n f b n f b n bκ κ ε∀ > + − + − =

)وإذا افترضنا على سبيل اجلدل أن ) 1bε = استنتجنا من املساواة السابقة أن −

0, ( ) ( )n f b n f b nκ∀ > + − = −

)مساوية nوهذا يؤدي إىل تناقض عند اختيار )f b . إذن ينبغي أن يكون( ) 1bε =ومن ثم ،

0, ( ) ( ( 1) ) 1n f b n f b nκ κ∀ > + − + − =


أو

0, ( ) ( )n f b n f b nκ∀ ≥ + = +

1bوعلى اخلصوص، باختيار 1nواستبدال = جند nبالعدد −

, (1 ( 1) )n f n nκ∗∀ ∈ + − =ℕ

1وإذا اخترنا (2)n fκ= + 1)2، وجدنا = ) (2)f fκ+ 1κ، ومنه = f، ألن =0κمتباين، و إذن. <

, ( )n f n n∗∀ ∈ =ℕ

nوبالطبع، يحقق التابع n֏ ة املطلوبة، فهو إذن احلل الوحيد للمسألة املطروحةاخلاص. ù

1لتكن 2, , , na a a… ما خمتلفة دا طبيعية موجبة متا نة من Mولتكن . أعدا جمموعة مكو1nعدد عناصرها صحيحةأعداد وال ينتمي إليها العدد −

1 2 ns a a a= + + +⋯. قفزة إىل n، وتجري 0نفترض أن جرادة تقفز على طول احملور احلقيقي بدءا من النقطة

1اليمني أطواهلا 2, , , na a a… ه ميكن اختيار هذا الترتيب حبيث ال تقع . يف ترتيب ماأثبت أن .Mاجلرادة على أي نقطة من نقاط

1nيف حالة . nلنربهن على صحة هذه النتيجة بالتدريج على العدد 2nأو = النتيجة =3n لنفترض أن. صحيحة وضوحا النتيجة صحيحة عند مجيع القيم اليت هي أصغر متاما ، وأن≤

يب إذا تطلب األمر أن نفترض أن ميكننا بعد إعادة ترت. nمن

1 1max( , , ), minn na a a m M= =…

:لنناقش احلاالت التالية

( )a 1حالة nm a< وna M∉ . عندئذ تبدأ اجلرادة بقفزة طوهلاna ، ذه بفتتجن، واستنادا إىل فرض التدريج ميكن للجرادة أن ترتب قفزاا الالحقة اليت 1mة العقبة القفز

1nعددها \1لتتجنب عناصر اموعة − M m 2اليت عدد عناصرهاn −.

عام 2009 511

( )b 1حالة nm a< وn ja m M= عندئذ نتأمل جمموعة أزواج . jعند إحدى قيم ∋

1:قفزات البدء 2 1( , ),( , ), ,( , )n n n na a a a a a−… 1اليت عددهاn زوجا واليت −1nند بنتيجتها تقع اجلرادة ع )1قيمة خمتلفة هي − )k n k na a ≤ وهي مجيعها +>

nخمتلفة عن ja m=. موعةوملا كان عدد عناصر ا\ jM m 1يساويn −

1حقق يi فيوجد عنصر i n≤ iحبيث يكون > na a M+ ، وعندها إذا ∌)بدأت اجلرادة بالقفزتني , )i na a ا تتجاوز العقبتني1فإm وjm ضواستنادا إىل فر ،

2nب قفزاا الالحقة اليت عددها ترت أن اهالتدريج ميكن لتتجنب عناصر اموعة −

1\ , jM m m 3اليت عدد عناصرهاn −.

( )c 1حالة nm a≥ .ة جديدة1بدأ بتجاهل قيمة تل. هنا حتتاج اجلرادة الستراتيجيm ،لترتب اجلرادة استنادا إىل فرض التدريج بقية القفزات ثمna ، زة قدرها تقفز اجلرادة قفلو

\1لتتجنب عناصر M m . ب القيمةذا الترتيب جتن 1فإذا أمكنm ق حتقأيضا ها، عندiaمباشرة قبل إجراء القفزة 1mوإال فإن اجلرادة تقع مثال على القيمة . املطلوب

ناقلة القفزتني تعيد ترتيب القفزات مبna وia .حقق مباشرة أن متتالية القفزات الناجتة نت . Mتتجنب اموعة

ù .وهكذا يكتمل اإلثبات بالتدريج


gQWEA DZXC

513

اخلمسوناحلادي و أوملبياد الرياضياتf:أوجد مجيع التوابع →ℝ ℝ حقق، أيا كاناليت تx وy منℝ املساواة التالية ،:

( ( ) ( )f x y f x f y=d t L d t adحيث t هو اجلزء الصحيح للعددa أي أكرب عدد صحيح أصغر أويساوي ،a.

يحقق الشرط fلنتأمل تابعا 2( , ) , ( ( ) ( )x y f x y f x f y∀ ∈ =ℝ d t L d t ( )E

0xبوضع 0yو = )يف = )Eنستنتج أن ، ( )(0) (0) 1 0f f − =d t

:نناقش إذن حالتني â (0)الة ح 1f =d t .0 نضعy )يف = )Eفنجد ،

, ( ) (0x f x f∀ ∈ =ℝ L

(0)وألن 1f =d t (0)استنتجنا أن [1,2[f يحقق ]1,2]يف اال c، أي يوجد ∋, ( )x f x c∀ ∈ =ℝ

â (0)الة ح 0f 1xبوضع . = 1yو = )يف = )Eجند ، ( )(1) (1) 1 0f f − =d t

:نناقش من جديد حالتني (1)حالة 0f 1xبوضع . = )يف = )Eجند ،

, ( ) 0y f y∀ ∈ =ℝ (1)حالة 1f =d t. 1بوضعy )يف = )Eجند ،

, ( ) ( )x f x f x∀ ∈ =ℝ d t

)وعلى اخلصوص )12

(0) 0f f= 2xولكن عند وضع . = 1و =2

y يف =( )E 1: التايل التناقضنصل إىل

2(1 (2) ( ) 0f f f= =L d tنة، وهي حالة غري ممك.

لتابع 0تابع ثابت قيمته عدد من اموعة fإذن ا ووضوحا كل تابع من هذا . ∪]1,2]

)النوع يحقق )E. ù


إىل Γنرمز بالرمز . داخال املاسة ألضالعه مركز الدائرة I ليكن مثلثا و ABCليكن )يقطع املستقيم . الدائرة املارة برؤوس هذا املثلث )AI الدائرةΓ ثانية يفD . لتكنE

س لقو ا من نقطة BDC لتكن و ،F ملستقيمة ا لقطعة ا من ]نقطة ]BC تتحقق حبيث ،

ة املساوا 12

BAF CAE BAC= ]منتصف Gإذا كانت . > ]IF . نقطة ثبت أن أ)تقاطع املستقيمني )EI و( )DG تقع على الدائرةΓ.

â لتكنD )ميراملستقيم . Dبالنسبة إىل Iنظرية ′ )GD مبنتصفي الضلعني[ ]IF و[ ]ID ′ IFDيف املثلث )يوازي فهو إذن ′ )FD وبوجه خاص لدينا. ′

GDI FD A′= (1)

â املثلثانABF وAEC انألن . متشا ABC AEC= ) قابالن القوستان تحميطي

و )نفسه BAF EAC= نستنتج إذن أن. بالفرض

AB AF

AE AC=

أو

AB AC AE AF⋅ = ⋅ (2)

I

D

A B

C

Γ

E

FG

D ′

L

â ID CD=. يف احلقيقة لدينا ( ) ( )

1 ˆ ˆ2

1 ˆ ˆ2

DIC IAC ICA A C

ICD ICB BCD ICB BAD A C

= + = +

= + = + = +

عام 2010 515

â نستنتج أن الدائرة اليت قطرها[ ]ID ، ومن ثمC متر بالنقطة ′

2ICD

π′ إذن. =

( ) 1 1ˆ ˆ ˆ2 2 2

CD A DIC A C B IBAπ

π′ = − = − − = =

، ومن جهة أخرى CAD IAB′ ACDو AIBإذن املثلثان . = متشاان، ومنه ′

AB AI

AD AC=′

أو

AB AC AI AD ′⋅ = ⋅ (3) أن (3)و (2)نستنتج من

AE AI

AD AF=′

وملا كان IAE FAI= استنتجنا تشابه املثلثنيAEI وAD F′.

I

D

A B

C

Γ

E

FG

D ′

L

I

D

A B

C

Γ

E

FG

D ′

L وبوجه خاص لدينا

IEA FD A′= (4)

أن (4)و (1)نستنتج من GDI IEA=

) املستقيمنيإىل نقطة تقاطع Lوإذا رمزنا )EI و( )DG استنتجنا أن LDA LEA=

Γ. ùعلى Lرباعي دائري، ومن ثم تقع ALDEفالرباعي


g:أوجد مجيع التوابع →ℕ ℕ حققه مهما يكن العددان الطبيعيان اليت تأنn وm يكن)املقدار ( ) )( ( ) )g m n g n m+ . مربعا كامال +

â لنفترض على سبيل اجلدل وجود عددn حققي( 1) ( )g n g n+ عندئذ، إذا رمزنا . =1mإىل هذه القيمة املشتركة ووضعنا aبالرمز n= لدينا كان، +

2 2( ) ( ( ) )( ( ) ) ( 1)a n g m n g n m a n+ < + + < + +

)وال ميكن أن يكون ( ) )( ( ) )g m n g n m+ إذن. مربعا كامال +

, ( 1) ( )n g n g n∀ ∈ + ≠ℕ

â وكذلك إذا افترضنا وجود عددn حققي( 2) ( )g n g n+ عندئذ، إذا رمزنا بالرمز . =a 2إىل هذه القيمة املشتركة ووضعناm n= ، كان لدينا أيضا+

2 2( ) ( ( ) )( ( ) ) ( 1)a n g m n g n m a n+ < + + < + +

)وال ميكن أن يكون ( ) )( ( ) )g m n g n m+ إذن. مربعا كامال أيضا يف هذه احلالة +

, ( ) ( 2), ( 1)n g n g n g n∀ ∈ ∉ + +ℕ

â لنفترض اآلن وجود عددn حققي( 1) ( ) 2g n g n+ − عندئذ، يوجد عدد أويل . ≤p يقسم( 1) ( )g n g n+ ف ف . − 1نعرr د ≤ للعد س أ كرب أ نه لعدد pبأ ا يقسم

( 1) ( )g n g n+ فيكون. −( 1) ( ) rg n g n p q+ − )gcdحيث = , ) 1p q =

2يف حالة 1r = +ℓ . خنتار عددا طبيعياt حقق الشرطنيي t > ℓ 2و 1 ( )tp g n+ >

2ونضع 1 ( )tm p g n+= فيكون لدينا. −

2 1

2 1 2 1 2 1 2( )

( )

( 1) ( )

t

t t

g n m p

g n m p p q p p q

+

+ + + −

+ =

+ + = + = +ℓ ℓ ℓ

2فإن ،ومن ثم 1tp )تقسم pهي أكرب قوة للعدد + )g n m+ ،د استنادا إىل وال ب)العدد pالفرض أن يقسم )g m n+ .

عام 2010 517

2 وكذلك فإن 1p +ℓ ة للعددهي أكرب قوp تقسم( 1)g n m+ وإذا استعملنا .+) أيضاجيب أن يقسم pاستنتجنا أن جمددا الفرض ) 1g m n+ وهذا يؤدي إىل . +)الفرق pيقسم ال ميكن أن إذ تناقض ( ) 1) ( ( ) ) 1g m n g m n+ + − + =.

2يف حالة 2r = ≥ℓ .خنتار عددا طبيعيا t حقق الشرطنيي 2t )و ≤ )tp p g n+ >.

)ونضع )tm p p g n= + فيكون لدينا. −1

2 1 2 1

( ) ( 1)

( 1) ( 1)

t

t t

g n m p p

g n m p p p q p p p q

−

− −

+ = +

+ + = + + = + +ℓ ℓ

)تقسم pهي أكرب قوة للعدد pومن ثم، فإن )g n m+ ضد استنادا إىل الفروال ب ،)العدد pأن يقسم )g m n+ .

)تقسم pهي أكرب قوة للعدد pوكذلك فإن 1)g n m+ وإذا استعملنا الفرض . +)جيب أن يقسم أيضا pجمددا استنتجنا أن ) 1g m n+ إذ تناقضوهذا يؤدي إىل . +)الفرق pال ميكن أن يقسم ( ) 1) ( ( ) ) 1g m n g m n+ + − + =. بق أننستنتج من التناقض السا

, ( 1) ( ) 1n g n g n∀ ∈ + − ≤ℕ

وعليه. واستنادا إىل النقطة األوىل ال ميكن هلذا الفرق أن يكون معدوما, ( 1) ( ) 1n g n g n∀ ∈ + − =ℕ

â 0لقد أثبتنا إذن وجود متتالية( )n nε من عناصر اموعة ≤ 1, 1− تحقق +, ( 1) ( ) nn g n g n ε∀ ∈ + − =ℕ

وعمال بالنقطة الثانية لدينا

1, 0n nn ε ε +∀ ∈ + ≠ℕ

,1أي n nn ε ε +∀ ∈ =ℕ .وعليه

0, ( 1) ( )n g n g n ε∀ ∈ + = +ℕ

,0أو ( ) (0)n g n g nε∀ ∈ = +ℕ وألن مجيع قيم ،g 0ن موجبة استنتجنا أ 1ε = ،

)الصيغة g فللتابع )g n n c= ù .وبالعكس، كل تابع من هذا النمط يحقق املطلوب .+


ملثلث Pلتكن ا خل ا د (من ABC حيث(CA CB≠ . ت ملستقيما ا )تالقي )AP )و )BP و( )CP ة ئر ا لد ملثلث Γا ا س و ؤ بر ة ر ملا يف ABCا نية Mو Lو Kثا

لترتيب ملماس يف . با ئرة Cا ملستقيم Γللدا ا لشرط . Sيف ABيالقي ا نه من أ ثبت أSC SP= ينتج أنMK ML=.

)نقطيت تقاطع Tو Rلتكن )SP مع الدائرةΓ ،R

على القوس ALC.

â ملا كانSC SP= كان SCP SPC= .ومنه ( ) ( )

1 1

2 21

2

SCP CAP CR RM

SPC RPC CR MT

= = +

= = +

إذن

RM MT= (1)

â ن 2ملا كا 2SP SC SA SB= = ن ⋅ أ )استنتجنا )SP برؤوس ة ر ملا ا ئرة لدا ا ميس

ومن ثمAPB املثلث SPA PBA= .ومنه

( ) ( )

1 1

2 21

2

PBA LRA LR RA

SPA RPA RA TK

= = +

= = +

إذن

LR TK= (2)

نستنتج أن (2)و (1)جبمع LM MK=

LMومنه MK= .ةوهي النتيجة املرجو. ù

R

A B

C

M

PS

K

L T

عام 2010 519

1يف البدء، حتتوي كل واحدة من العلب 2 3 4 5 6, , , , ,B B B B B B على قطعة نقود واحدة . :العمليتان التاليتان مسموحتان

1حيث jBخنتار علبة غري خالية 5j≤ ، حنذف منها قطعة نقود واحدة، ونضيف ≥1jBاثنتني إىل +.

1حيث kBعلبة غري خالية خنتار 4k≤ حنذف منها قطعة نقود واحدة، ونبادل ، ≥1kBبني حمتويات العلبتني 2kBو + +.

توجد ىل أ إ تؤدي ملسموحة ا لعمليات ا من منتهية لية ل متتا لذي وضع ا لعلب ا ا فيه تكون

1 2 3 4 5, , , ,B B B B B 6خالية، وحتتوي العلبةB 2010)2010على .قطعة نقدية 2010( : رمزا بكتابة و ميكن صياغة العمليتني

1

2

:

:

[ , ] [ 1, 2]

[ , , ] [ 1, , ]

T

T

a b a b

a b c a c b

→ − +

→ −

:وانطالقا من هاتني العمليتني ميكننا تعريف عمليات أخرى كما يلي â 3العمليةT ′ :

( )2

1 21 13 2 , 0 0: [ , ] [ , ] [ 1,2 ,02 ],

b

b bT T bT a a a +→

+→′ −

â 3العمليةT وهي تنتج من تكرار العملية السابقةa ةمر:

3( )3 : [ ,2 , 0] [0,2 , 0]

aTb b aT a′ +

→

â 4العمليةT ′ :

1 3 24 , 0 1,2: , 0 0,2 ,0[ , , 0] [ , ] [ , ] [ 1,2 ,0,0]

T T T dddT c c d c c→ → →′ −−

â 4العمليةT وهي تنتج من تكرار العملية السابقةc ةمر:

)حيث كتبنا )E x 2 داللة علىx.

4( )4 : [ , , 0, 0] [0, ( ), 0, 0]

cT

c

T c d E E E d′

→ ⋯ مرة


:لنأت اآلن إىل املسألة املطروحة ولنتأمل سلسلة العمليات التالية 1 2

2 1

2 1

1 1

[1,1,1,1, ] [1,1,1, ] [1,1,1, 0,3,0]

[1,1, , 0] [ , 0, 3, 0,0] [0, 3, 0,3,0, 0]

[0, , 0, 0] [0, , 0,0,0] [0,1,

1,1 1, 0, 3

5, 0, 0, 0]

1, 0, 3 1,1

3, 0, 3 2, 3

1[0, , 0,0, 0] [0,0, , 0,,5 7,0 0] [0, 0,6

T T

T T

T T

T T

→ →

→ →

→ →

→ →

4

6

,2, 0,0]

[0,0, ] [0,0,06,2, , (2), 0,0 0 0, ]T

E E E→ ⋯

ثم لنتأمل العدد الفائق الكرب222222

6

(2) 2D E E E= = ⋯

112010مبالحظة أن 2048 2< 2010نستنتج أن = 11 20102010 2 ومنه >×2010 2010 4 22110(2010 ) 11 2010 2 2 221142010 2 2 (2 ) (22114)E E E× ×< < = =

ولكن1622114 2 (4) (2)E E E E E< = =

إذن2010(2010 )2010 (2)E E E E E D< <

2010)2010من الواضح أن العدد ، ليكن إذن4يقبل القسمة على 2010(2010(2010 )1

20104

U = ×

Uملا كان D< 2ميكننا تطبيق التحويلT عدداD U− ات كما يليمن املر:

( )2[0, 0, 0, ] [0, 0, 0, , 0, 0, ]0, 0D U

TD U

−

→

مرة، كما يلي 3Uعددا من املرات يساوي 1Tوهنا نطبق

( ) ( )2

1 1[0,0, 0, , 0] [0, 0,0,0,, ] [0, 0,0,0,, 0 ,0 2 0 4 ]U U

T TU UU→ →

ù .نصل إىل الوضع النهائي املطلوبف

Aml

Typewriter

عام 2010 521

1لتكن 2 3, , ,a a a لية من األعداد احلقيقية … مل متتا ما ا دا طبيعيا عد sكن يول . وجبة متا متاما، يحقق موجبا

, max : 1 1n k n kn s a a a k n−∀ > = + ≤ ≤ − ، وs≤ℓيحققان Nو ℓأثبت أنه يوجد عددان طبيعيان

, n nn N a a a −∀ > = +ℓ ℓ

,1,2عددا من اموعة ℓليكن , s… حققي

max : 1ka ak s

k

= ≤ ≤

ℓ

ℓ

â لنربهن بالتدريج على العددn أن

1, na an

n∀ ≥ ≤ ℓ

ℓ (1)

nهذه النتيجة صحيحة وضوحا يف حالة يف احلقيقة، s≤ وذلك استنادا إىل تعريفℓ .nاليت تحقق nلنفترض صحتها عند مجيع قيم m< . استنادا إىل التعريف، يوجدk من

,1,2اموعة , 1m mيحقق …− k m ka a a −= فإذا استفدنا من فرض التدريج + :أمكننا أن نكتب ما يلي

( )m k m k

a a aa a a k m k m−= + ≤ + − =ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ

nيف حالة (1)وهذا يثبت صحة املتراجحة m= ، نجز إثباتبالتدريج (1)وي. 0nلنعرف يف حالة بالصيغة nbالعدد <

n nb na a= −ℓ ℓ

0nbلدينا (1)استنادا إىل .nد الطبيعي املوجب متاما أيا كان العد ≤

â 1مهما تكن n≤ فتوجد أعداد( ) ( ) ( )1 2( , , , )n n n

sλ λ λ… منsℕ حققت ( ) ( ) ( )1 1 2 2n n n

n s sb b b bλ λ λ= + + +⋯


nة هذه النتيجة صحيحة وضوحا يف حال s≤ . تها عند مجيع قيملنفترض صحn حققاليت تn m<. استنادا إىل التعريف، يوجدk موعة1,2من ا, , 1m يحقق …−

m k m ka a a −= وعندئذ ،+

( )m m

k m k

k m k

b ma a

ka m k a a a

b b

−

−

= −

= + − − −

= +

ℓ

ℓ ℓ

ℓ

ℓ ℓ

فإذا استفدنا من فرض التدريج وجدنا

( ) ( )

1

( )s

k m km j j j

j

b bλ λ−

=

= +∑

)يكفي إذن أن نعرف ) ( ) ( )m k m kj j jλ λ λ

−= ,1,2يف حالة + ,j s= ….

â مهما تكنn قق اليت حتn s> فلدينا ،n nb b −≤ ℓ .،يف احلقيقة

( )

( ) 0n n n n

n n

b b n a a na a

a a a

− −

−

− = − − − +

= − − ≥ℓ ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ

ℓ

nومن كون naإذ نتجت املتراجحة األخرية من تعريف s>.

)فاملتتاليات )0r k k

b + ≥ℓ 0حيث r≤ < ℓ معني مجيعها متتاليات متناقصة بدءا من حد.

â لتكن max : 1 jM b j s= ≤ ≤

1عندئذ مهما تكن n≤ يكنnb M≤ . ة مباشرة من النقطة السابقةتنتج هذه اخلاص .nريج على العدد بالتد

0Mبالطبع إذا كان 0nbكان = ، وكان nأيا كانت قيمة =

1, n

an a n∀ ≥ = ℓ

ℓ

nواملساواة na a a −= +ℓ ℓ حققة وضوحا أيا كانت قيمة مn. â 0لنفترض فيما يلي أنM التالية غري خالية J، عندئذ تكون اموعة <

: 1 , 0jJ j j s b= ≤ ≤ >

عام 2010 523

لدينا Jمن jيف حالة ( ) ( )1, n nj j i i n

i J

n b b b Mλ λ∈

∀ ≥ ≤ = ≤∑

فنا ومن ثمإذا عر ،max /j J jM bβ ∈= d tكان ،

( )1, , /nj jn j J M bλ β∀ ≥ ∀ ∈ ≤ ≤d t

)1إذن تأخذ املتتالية )n nb : املنتهيةقيمها يف اموعة ≤

1 1 1: ( , , ) 0, , ss s sb bλ λ λ λ β+ + ∈⋯ … …

â لتكنr 0,1من, , 1−… ℓ . نستنتج من كون املتتالية( )0r k k

b + ≥ℓ بدءا من متناقصة

يحقق rKيوجد فأنها ثابتة بدءا من حد معين، ،هيا من القيمتتأخذ عددا منو حد معين

( 1),r r k r kk K b b+ + −∀ > =ℓ ℓ

0فإذا عرفنا 1max( , , )K K K −= ℓ…كان لدينا ، , 0, , 1, r k r kk K r b b+ + −∀ > ∀ ∈ − =ℓ ℓ ℓ… ℓ

Nأو بوضع K= ℓ، , n nn N b b −∀ > = ℓ

وهذا يكافئ القول, n nn N a a a −∀ > = +ℓ ℓ



gQWEA DZXC

Aml

Typewriter


525

امللحق األول

والتحليل التوافقيالتطبيقات

)يعرف التطبيق ): ,f X Y x f x→ تسمى املنطلق، وأخرى Xمبجموعة ֏Y ى املستقر، وقاعدة ربطتسم( )x f x֏ قرن بكل عنصر تx منX عنصرا

( )y f x= منY. )يكون التطبيق ): ,f X Y x f x→ متباينا إذا حتقق االقتضاء ֏

( ) ( )1 2 1 2f x f x x x= ⇒ =

)ويكون التطبيق ): ,f X Y x f x→ )غامرا إذا كان للمعادلة ֏ )f x b= .Yمن bوذلك مهما كان العنصر Xحل يف xباهول

)وأخريا نقول إن التطبيق ): ,f X Y x f x→ تقابل إذا وفقط إذا كان متباينا ֏ .وغامرا يف آن معا

جمموعتني منتهيتني كان Yو Xإذا كانت

( ) ( ) ( )card card cardX Y X Y× =

كان Zجمموعتني جزئيتني منتهيتني من جمموعة Yو Xإذا كانت

( ) ( ) ( ) ( )card card card cardX Y X Y X Y∪ = + − ∩

.وميكن تعميم هذه النتيجة لنحصل على مبدأ االحتواء واالستثناءf:إذا كان X Y→ تطبيقا بني جمموعتني منتهيتني، عندئذ

)متباينا كان fإذا كان ) ( )card cardX Y≤. )غامرا كان fوإذا كان ) ( )card cardX Y≥. )تقابال كان fوإذا كان ) ( )card cardX Y=. )يف حالة ) ( )card cardX Y=افؤ بني كون ، هناك تكf متباينا وكونf

.تقابال fغامرا، وكون .n!هو nعدد التقابالت بني جمموعتني عدد عناصر كل منهما يساوي


nإىل جمموعة عدد عناصرها kطبيقات املتباينة من جمموعة عدد عناصرها عدد الت يساوي

( )( ) ( )

!1 1

!kn

nA n n n k

n k= = × − × − +

−⋯

عنصرا واحدا إثر آخر دون nعنصرا من جمموعة فيها kوهو نفسه عدد طرائق اختيار .إعادة

عنصرا يساوي nعنصرا مأخوذة من جمموعة فيها kعدد اموعات اجلزئية املكونة من

( )

!! !

kn

nC

k n k=

−

.عنصرا nا دفعة واحدة من جمموعة فيها عنصر kوهو نفسه عدد طرائق اختيار .Dirichletمبدأ أدراج ديرخليه

1nkعند جتزئة جمموعة مكونة من جمموعة جزئية، فال بد أن حتوي nعنصرا إىل +1kت على إحدى هذه اموعا .عنصرا على األقل +

احلساب ونظرية األعداد

، mمضاعف للعدد n، أو إن nيقسم mعددين صحيحني، نقول إن nو mليكن m|ونعبر عن ذلك بالكتابة n، عدد جدصحيح إذا وفقط إذا وk حققي

n km=. وهي زمرة جزئية من زمرة . mالعدد إىل جمموعة مضاعفات mℤنرمز عادة بالرمز

.األعداد الصحيحة .عدد طبيعي mو mℤهي من النمط ℤإن أي زمرة جزئية من )إذا كانت )1, , nx x… فنا مجلة من األعداد الصحيحة عر( )1gcd , , nx x… هبأن

)ألعداد اجلملة املوجبة أكرب القواسم املشتركة )1, , nx x… وأمسيناه القاسم املشترك ،)وعرفنا .األكرب هلذه األعداد )1lcm , , nx x… ه أصغر املضاعفات املشتركة املوجبةبأن

)لة ألعداد اجلم )1, , nx x…املشترك األصغر هلذه األعداد ضاعف، وأمسيناه امل. )نقول إن األعداد )1, , nx x… ة فيما بينها إذا وفقط إذا كانليهو قامسها املشترك 1أو

.األكرب

Aml

Typewriter


بعض املعارف واملراجع املفيدة 527

1pعدد أويل إذا وفقط إذا كان pونقول إن العدد الطبيعي وحتقق االقتضاء <

| , 1,1,a p a p p⇒ ∈ − − . Bézoutمربهنة بزو

)عددين صحيحني، عندئذ يكون yو xليكن )gcd , 1x y = جدإذا وفقط إذا و1axيحققان bو aعددان صحيحان by+ =.

)وبوجه عام، إذا كانت )1, , nx x… ،عندئذ يكون مجلة من األعداد الصحيحة( )1gcd , , 1nx x )قط إذا وجدت أعدد صحيحة إذا وف …= )1 2, , , na a a…

1تحقق 1 1n na x a x+ + =⋯. .Gaussتوطئة غاوس

a|كان إذا bc و( )gcd , 1a b a|كان = c .اباملربهنة األساسية يف احلس

غري املعدوم فيوجد nجمموعة األعداد األولية، عندئذ أيا كان العدد الطبيعي Pلتكن تطبيق وحيد( ) ( ): , pn p nν ν→P ℕ يحقق الشرطني ֏

( ) ( )( )

.card : 0

. p

p

n

p

p n

n pν

ν

∈

∈ > < +∞

= ∏P

P

)أيا كان . القسمة اإلقليدية ),a b من ( )\ 0×ℤ ℤ وحيد فيوجد زوج( ),q r ℤ×من ℕ حققيa qb r= 0و + r b≤ <.

0nيف حالة ونكتب ،nمتساويان بالقياس bو a الصحيحني ، نقول إن العددين≠moda b n= أو ،moda b n≡ إذا وفقط إذا كان ،( )|n b a− أو كان ،

b a n− ∈ ℤ .ربهن بسهولة اخلواص التالية ون:

( ) ( ) ( )

( ) ( )

mod mod mod

mod mod mod

a b n a b n a a b b n

a b n a b n aa bb n

′ ′ ′ ′= ∧ = ⇒ + = +

′ ′ ′ ′= ∧ = ⇒ =

modnxالعالقة عرف ت y x y n⇔ عداد عالقة تكافؤ على جمموعة األ ∽=nℤ/الصحيحة، نرمز عادة بالرمز ℤ ةإىل جمموعة صفوف تكافئها، وهي حلقة تبديلي .nياس بالنسبة إىل اجلمع والضرب بالق


.الصغرية Fermatمربهنة فرما ,1عددا أوليا كان pذا كان إ 1modpn p n n p−∀ ∈ ⇒ =ℤ.

اهلندسة املستوية

.يف املثلث، تتالقى االرتفاعات يف نقطة واحدة ركز ثقل املثلث وهي نقطة تقسم كال من املتوسطات بنسبة كذلك تتالقى املتوسطات يف م

1 : 2 . وأخريا تتالقى املنصفات . برؤوس املثلثوتتالقى حماور األضالع يف مركز الدائرة املارة

.الداخلية يف مركز الدائرة اليت متس أضالع املثلث داخال .ة من زواياه الضلع املقابل بنسبة الضلعني اللذين جياوراايف املثلث يقسم منصف أي زاوي ]مثلثا أطوال أضالعه ABCإذا كان ]BC و[ ]CA و[ ]AB تساويa وb وc

. Cو Bو Aوزواياه عندئذ يكون لدينا

2 2 2 2 cosa b c bc A= + −

وسه، كانإىل نصف قطر الدائرة املارة برؤ Rإذا رمزنا بالرمز

2

sin sinsin

a b cR

B CA= = =

)وإذا رمزنا بالرمز )ABCA إىل مساحةABC كان ( ) 1

sin2

ABC bc A=A أو

( ) ( )( )( )ABC p p a p b p c= − − −A

2pمع a b c= + +. داخال ABCإىل نصف قطر الدائرة اليت متس أضالع املثلث rوإذا رمزنا بالرمز

كان( )ABC

rp

=A

بعض املعارف واملراجع املفيدة 529

عندئذ. رباعيامضلعا ABCDليكن

رباعيا دائريا إذا وفقط إذا كان ABCDيكون ACB ADB=. رباعيا دائريا إذا وفقط إذا كان ABCDويكون ABC ADCπ= −.

املتراجحات الشهرية

)إذا كانت . متراجحة كوشي شوارتز )1, , na a… و( )1, , nb b… أعدادا كان 2

2 2

1 1 1

n n n

k k k kk k k

a b a b= = =

≤ ∑ ∑ ∑

يحققان µو λوتتحقق املساواة إذا وفقط إذا وجد عددان غري معدومني معا 1,2, , , k kk n a bλ µ∀ ∈ =…

)إذا كانت . متراجحة هولدر )1, , na a… و( )1, , nb b… أعدادا موجبة، وكان p

[عددان من qو 1يحققان ∞+,1] 11

p q+ كان =

1/ 1/

1 1 1

p qn n np q

k k k kk k k

a b a b= = =

≤ ∑ ∑ ∑

يحققان µو λوتتحقق املساواة إذا وفقط إذا وجد عددان موجبان غري معدومني معا 1,2, , , k kk n a bλ µ∀ ∈ =…

)إذا كانت )1, , na a… فنا املتوسط احلسايب ، متاما أعدادا موجبةعرAM طواملتوس ، :كما يلي QM، واملتوسط التربيعي HM، واملتوسط التوافقي GMاهلندسي

1 na aAM

n

+ +=

1nو ⋯nGM a a= ⋯

1

1 1

n

HM na a

= + + و ⋯

2 21 na a

QMn

+ +=

⋯

وعندئذ HM GM AM QM≤ ≤ ≤

1وتقع املساواة إذا وفقط إذا كان 2 na a a= = =⋯.


.ة لالستزادةجع التالياسنكتفي ذا القدر، ونعيد القارئ إىل املر

HARDY & WRIGHT. An Introduction to the theory of numbers. Oxford

University Press.

GRAHAM & KNUTH & PATASHNIK. Concrete Mathematics. Addison-

Wesely Publishing Company.

DIEUDONNÉ. Algèbre linéare et géometrie élémentaire. Hermann.

HARDY & LITTLEWOOD & PÓLYA. Inequalities. Cambridge University

Press.

gQWEA DZXC

531

الثانيامللحق

.اموعة اخلالية ∅ℕ ةجمموعة األعداد الطبيعي 0,1,2,….

∗ℕ ة املوجبة متاماجمموعة األعداد الطبيعي 1,2,…. nℕ ة بني جمموعة األعدادو 1الطبيعيn. 0مع = ∅ℕ ℤ داد الصحيحةجمموعة األع. [ ]Xℤ حلقة كثريات احلدود ذات األمثال الصحيحة. nℤ 1و 0موعة األعداد الصحيحة بني جمn −.

nℤ جمموعة مضاعفات العددn. /nℤ ℤ حلقة بواقي القسمة على العددn. pF احلقل املنتهي/pℤ ℤ يلأو يف حالة عددp. ℚ ةجمموعة األعداد العادي. ℝ ةجمموعة األعداد احلقيقي.

[ ]Xℝ ةحلقة كثريات احلدود ذات األمثال احلقيقي +ℝ ة غري السالبةجمموعة األعداد احلقيقي. ∗+ℝ ة املوجبة متاماجمموعة األعداد احلقيقي. ℂ ةجمموعة األعداد العقدي. z رافق العدد العقدي مz i 1العدد العقدي−. | |z طويلة العدد العقديz

( )arg z زاوية العدد العقديz. ( )AB بالنقطتني املستقيم املارA وB. [ ]AB القطعة املستقيمة اليت طرفاهاA وB. [ )AB نصف املستقيم الذي مبدؤهA ومير بالنقطةB. AB طول القطعة املستقيمة[ ]AB. AB

.Bوايته Aالشعاع الذي مبدؤه ( ),C O R الدائرة اليت مركزهاO ونصف قطرهاR.


ABC الزاوية اليت رأسهاB وضلعاها[ )BA و[ )BC ونكتب ،B إذا مل يكن هناك التباس. ( , )AB AC

ABالزاوية املوجهة بني الشعاعني ACو

.ذا الترتيب

AB AC⋅

ABاجلداء السلمي للشعاعني ACو

. ( )gcd ,a b القاسم املشترك األكرب للعددينa وb. ( )lcm ,a b صغر للعددين املضاعف املشترك األa وb.

|a b a يقسمb. a b a ال يقسمb. moda n ة للعددباقي القسمة اإلقليديa علىn. !n n عاملي أي( )1 1n n× − × !0مع ⋯× 1=. knC عدد توافيقn عنصرا مأخوذةk بعدk أي ،

( )

!! !

kn

nC

k n k=

−

nS موعةجمموعة التقابالت على اnℕ. det داحملد.

533

الثالثامللحق

!"# العاملي ملبيادواأل دورات فيها انعقدت اليت الدول التايل اجلدول نيبي أمناط إىل إضافة ات، للرياضي

: التايل التصنيف عموما اعتمدنا وقد .دورة كل يف رحتط اليت املسائل

N ة األعداداحلساب ونظري. I متراجحات. E ة ومعادالتتوابع حقيقي. C حتليل توافقي. G هندسة مستوية. F ةمعادالت تابعي. G3 ةهندسة فراغي. A اتخوارزمي.

احلدود على املسائل بعض تقع فقد األحيان، بعضق يف دقي غري وهو عام، تصنيف هذا احلقيقة يف

وأخرى املتراجحات، إطار ضمن فتنص، هندسية متراجحات فنجد خمتلفة، موضوعات بني التحليل ومسائل األعداد، نظرية و احلساب مسائل إىل بالنسبة األمر وكذلك اهلندسة، إطار ضمن

.التوافقي

املكان السنة األوملبياد املسائل

N E E G G G3 رومانيا 1959 األول

N I G G G3 G3 رومانيا 1960 الثاين E I E G G G3 هنغاريا 1961 الثالث N I G3 E G G تشيكوسلوفاكيا 1962 ∗∗∗∗الرابع

E G3 G E E C بولونيا 1963 اخلامس N I G C C G3 االحتاد السوفيييت 1964 السادس I E G3 E G G أملانيا الشرقية 1965 السابع C G G3 E E G بلغاريا 1966 الثامن G G3 N G N C يوغوسالفيا 1967 التاسع

.يف هذا األوملبياد طرحت مسألة سابعة يف اهلندسة الفراغية ∗



G N E G3 F N االحتاد السوفيييت 1968 العاشر

N E G3 G C I رومانيا 1969 احلادي عشر G N I C G3 C هنغاريا 1970 الثاين عشر I G3 N G3 G C تشيكوسلوفاكيا 1971 الثالث عشر C G N I F G3 بولونيا 1972 الرابع عشر

G G3 I G E I االحتاد السوفيييت 1973 اخلامس عشر C G N C I C أملانيا الشرقية 1974 السادس عشر I N G N G F بلغاريا 1975 السابع عشر G E C C E E النمسا 1976 الثامن عشر G I N I E F يوغوسالفيا 1977 التاسع عشر

N G3 F G I C رومانيا 1978 العشرون N C G G3 E C انكلترا 1979 احلادي والعشرون G C C N G F الواليات املتحدة 1981 الثاين والعشرون F G I E G G هنغاريا 1982 الثالث والعشرون F G N G N I فرنسا 1983 الرابع والعشرون

I N G G I N تشيكوسلوفاكيا 1984 اخلامس والعشرون G N I N G I فنلندا 1985 والعشرون السادس

N G C G F C بولونيا 1986 السابع والعشرون C G I F G N كوبا 1987 الثامن والعشرون G C F I G N أستراليا 1988 التاسع والعشرون

C G C G N C أملانيا الغربية 1989 ثونالثال G C N F C N الصني 1990 احلادي والثالثون G N C A G I السويد 1991 الثاين والثالثون N F C G G3 N روسيا 1992 الثالث والثالثون N G A G F N تركيا 1993 الرابع والثالثون

C G N N F N هونغ كونغ 1994 اخلامس والثالثون G I G E I C كندا 1995 السادس والثالثون C G F N G C اهلند 1996 السابع والثالثون I G I C N F األرجنتني 1997 الثامن والثالثون G C N N G F تايوان 1998 التاسع والثالثون

G I C N G F رومانيا 1999 األربعون G C G C N G كوريا اجلنوبية 2000 احلادي واألربعون G I C N G N الواليات املتحدة 2001 الثاين واألربعون

ونوع املسائل املطروحة مىت وأين 535


C G N N F I انكلترا 2002 الثالث واألربعون C N G G I N اليابان 2003 الرابع واألربعون

G F C I G N اليونان 2004 اخلامس واألربعون G N I N G C املكسيك 2005 السادس واألربعون G C I E E G سلوفينيا 2006 السابع واألربعون I G A G N C فييتنام 2007 الثامن واألربعون G I N F C G اسبانيا 2008 التاسع واألربعون

N G N G F A أملانيا 2009 اخلمسون

F G N G A N كازاخستان 2010 احلادي واخلمسون

الدكتوراه شهادةالدكتور عمران قوبا حيمل ، وهو حائز على من فرنسا يف الرياضيات البحتة

وقد ، 1992عامجائزة عبد السالم للعلماء الشباب احتل املركز الثاين يف مسابقة انتقاء أساتذة التعليم

. 1985العايل يف فرنسا عام

ألف الدكتور عمران قوبا ما يزيد عن مخسة عشر كتابا يف يف فروع خمتلفة . من الرياضيات باللغتني العربية والفرنسية

يف تدريس الرياضيات يف عمل يو ،وهو يهتم بطرائق تدريس الرياضيات تنصب أحباثه .1990املعهد العايل للعلوم التطبيقية والتكنولوجيا منذ عام

وطرائق التحليل التابعي والتحليل التقليدي واجلرب التبديلي جماالت يف واهتماماته .حل املسائل

يف هذا الكتاب يضع الدكتور قوبا جمموعة مسائل الرياضيات اليت جرى مع حلول مختارة 1959للرياضيات منذ إنشائه عام طرحها يف األوملبياد العاملي

.هلا، آمال أن جيد املهتمون والطالب يف هذه اموعة الفائدة واملتعة

لألوملبياد العلمي السوري الوطنيةمنشورات اهليئة

Aml

Typewriter


الكتاب العلمي للرياضيات

Education

Transcript of الكتاب العلمي للرياضيات