XXVII OM - II etap

II etap XXVII Olimpiady Matematycznej

XXVII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

XXVII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

XXVII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Rozważamy czaszę kulistą nie zawierającą żadnego kola wielkiego. Odległość punktów $A$ i $B$ na takiej czaszy określamy jako długość tego łuku koła wielkiego kuli o końcach w punktach $A$ i $B$ , który jest zawarty w czaszy. Wykazać, że nie istnieje izometria odwzorowująca tę czaszę na podzbiór płaszczyzny.
Uwaga. Czasza kulista jest to każda z dwóch części, na które dzieli powierzchnię kuli płaszczyzna przecinająca tę kulę.

Rozwiązanie

Niech dana czasza kulista odpowiada kątowi środkowemu $\alpha$ . Z założenia mamy $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ . Dla dowolnego kąta $\beta$ spełniającego $0 < \beta < \alpha$ rozpatrzmy ostrosłup prawidłowy $OABCD$ , którego podstawą jest kwadrat $ABCD$ wpisany w daną czaszę kulistą, a wierzchołkiem $O$ - środek sfery zawierającej tę czaszę, i taki, że $\measuredangle AOC = \beta$ (rys. 13). Niech $\measuredangle AOD = \gamma$ i niech punkty $P$ i $Q$ będą odpowiednio środkami odcinków $\overline{AD}$ i $\overline{AC}$ .

Mamy następujące zależności

$ AQ = AP \sqrt{2}, $

$ AP = AO \sin \measuredangle AOP = AO \sin \frac{\gamma}{2}, $

$ AQ = AO \sin \measuredangle AOQ = AO \sin \frac{\beta}{2}. $

Zatem

$ (1) \qquad \sin \frac{\beta}{2} = \sqrt{2} \sin \frac{\gamma}{2}. $

Jeżeli $R$ jest długością promienia sfery zawierającej daną czaszę kulistą, to odległości punktów $A$ i $C$ oraz punktów $B$ i $D$ na czaszy są równe $R\beta$ , a odległości punktów $A$ i $B$ , $B$ i $C$ , $C$ i $D$ oraz $D$ i $A$ na czaszy są równe $R\gamma$ .

Jeżeli istnieje izometria $\varphi$ danej czaszy kulistej na podzbiór płaszczyzny, to $\varphi(A) \varphi (B)\varphi (C) \varphi (D)$ jest takim czworokątem na płaszczyźnie, że $\varphi(A)\varphi(B) = \varphi(B)\varphi(C) = \varphi(C)\varphi(D) = \varphi(D)\varphi(A) = R \gamma$ . Jest to więc romb. Jego przekątne mają równe długości: $\varphi(A)\varphi(C) = \varphi(B) \varphi(D) = R\beta$ . Rozważany czworokąt jest więc kwadratem. Wobec tego $\varphi(A)\varphi(C) = \sqrt{2}\varphi(A)\varphi(B)$ , czyli

$ (2) \qquad \beta =\sqrt{2} \gamma. $

Z (1) i (2) wynika, że $\sin \frac{\beta}{2} = \sqrt{2} \sin \frac{\beta}{2\sqrt{2}}$ dla każdego kąta $\beta$ spełniającego $0 < \beta < \alpha$ . Podstawiając tu w szczególności na miejsce $\beta$ kąt $\frac{\beta}{\sqrt{2}}$ otrzymujemy $\sin \frac{\beta}{2\sqrt{2}}= \sqrt{2} \sin \frac{\beta}{4}$ . Z ostatnich dwóch równości wynika, że $\sin \frac{\beta}{2} =2 \sin \frac{\beta}{4}$ . Z drugiej strony mamy $\sin \frac{\beta}{2} = 2 \sin \frac{\beta}{4} \cos \frac{\beta}{4}$ . Porównując uzyskane wyniki otrzymujemy, że $cos \frac{\beta}{4} = 1$ . Jest to niemożliwe, ponieważ $0 < \frac{\beta}{4} < \frac{\alpha}{4} < \frac{\pi}{8}$ .

Uzyskana sprzeczność dowodzi, że nie istnieje izomeria $\varphi$ danej czaszy kulistej na podzbiór płaszczyzny.

XXVII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Wewnątrz okręgu $S$ umieszczono okrąg $T$ oraz okręgi $K_1, K_2, \ldots, K_n$ styczne zewnętrznie do $T$ i wewnętrznie do $S$ , przy tym okrąg $K_1$ jest styczny do $K_2$ , $K_2$ styczny do $K_3$ itd. Udowodnić, że punkty styczności okręgów $K_1$ z $K_2$ , $K_2$ z $K_3$ itd. leżą na okręgu.

Rozwiązanie

Niech dane okręgi $S$ i $T$ będą współśrodkowe. Wykażemy, że punkty styczności $K_1$ z $K_2$ , $K_2$ z $K_3$ itd. są równo odległe od wspólnego środka $O$ okręgów $S$ i $T$ .

Niech dla $i = 1, 2, \ldots, A_i$ będzie punktem styczności okręgów $K_i$ i $T$ , $B_i$ - punktem styczności okręgów $K_i$ i $K_{i+1}$ , $C_i$ - punktem styczności okręgów $K_i$ i $S$ , $O_i$ - środkiem okręgu $K_i$ (rys. 14). Niech $r$ i $R$ będą długościami promieni okręgów $T$ i $S$ odpowiednio. Wtedy długość promienia okręgu $K_i$ jest równa $\frac{1}{2} A_iC_i = \frac{1}{2}(R-r)$ ,a zatem okręgi $K_1, K_2 ,\ldots$ mają promienie równej długości. Punkt $B_i$ jest więc środkiem odcinka $\overline{O_iO_{i+1}}$ , a kąt $OB_iO_i$ jest prosty. Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy więc

$ \begin{split} OB_i^2 = OO_i^2 - O_iB_i^2 = (OO_i + O_iB_i)(OO_i - O_iB_i) = \\ = (OO_i + O_iC_i)(OO_i - O_iA_i) = OC_i \cdot OA_i = Rr. \end{split} $

Wynika stąd, że $OB_1 = OB_2 = \ldots = \sqrt{Rr}$ , a zatem punkty $B_1, B_2, \ldots$ są równo odległe od punktu $O$ .

Przypuśćmy z kolei, że okręgi $S$ i $T$ nie są współśrodkowe. Wtedy na mocy uwagi do rozwiązania zadania 7 istnieje taki okrąg $K$ , że inwersja $\varphi$ względem $K$ przeprowadza okręgi $S$ i $T$ na okręgi współśrodkowe i środek $P$ okręgu $K$ leży na zewnątrz okręgu $S$ .

Inwersja $\varphi$ jest przekształceniem wzajemnie jednoznacznym zbioru punktów płaszczyzny bez punktu $P$ i przeprowadza każdy okrąg nie zawierający punktu $P$ na pewien okrąg nie zawierający punktu $P$ . Przekształceniem odwrotnym do inwersji $\varphi$ jest ta sama inwersja tzn. $\varphi(\varphi(A)) = A$ dla każdego punktu $A$ różnego od $P$ .

Okręgi $S' = \varphi (S)$ i $T' = \varphi(T)$ są więc współśrodkowe, a okręgi $K_1, K_2, \ldots$ styczne do okręgów $S$ i $T$ przechodzą przy inwersji $\varphi$ odpowiednio na okręgi $K_1', K_2', \ldots$ styczne do okręgów $S'$ i $T'$ . Przy tym okrąg $T'$ zawiera okrąg $S'$ , a punkt $P$ leży na zewnątrz okręgu $T'$ . Ponadto okrąg $K_1'$ jest styczny do okręgu $K_2'$ , okrąg $K_2'$ jest styczny do $K_3'$ itd. Ponieważ okręgi $S'$ i $T'$ są współśrodkowe, więc z rozpatrzonego na początku przypadku wynika, że punkty styczności $K_1'$ z $K_2'$ , $K_2'$ z $K_3'$ itd. należą do pewnego okręgu $U$ leżącego wewnątrz w $T'$ . Wobec tego punkt $P$ nie należy do $L'$ , a więc figura $\varphi(L')$ jest okręgiem.

Dokonując jeszcze raz inwersji $\varphi$ stwierdzamy, że punkty styczności okręgów $\varphi(K_1')= K_1$ z $\varphi(K_2') = K_2$ , $\varphi(K_2') = K_2$ z $\varphi(K_3') = K_3$ itd. należą do okręgu $\varphi(L')$ .

XXVII OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Dowieść, że jeżeli $\cos \pi x =\frac{1}{3}$ to $x$ jest liczbą niewymierną.

Rozwiązanie

Niech $\cos t = \frac{1}{3}$ . Udowodnimy przez indukcję, że dla każdej liczby naturalnej $n$ zachodzi wzór

$ (1) \qquad \cos nt = \frac{a_n}{3^n}, $

gdzie $a_n$ jest liczbą całkowitą niepodzielną przez $3$ .

Dla $n=1$ wystarczy przyjąć $a_1 = 1$ . Dla $n = 2$ mamy

$ \cos 2t = 2 \cos^2 t - 1 = \frac{2}{9} - 1 = \frac{-7}{3^2}. $

Zatem $a_2= -7$ . Załóżmy z kolei, że dla pewnej liczby naturalnej $k$ zachodzi

$ \cos kt = \frac{a_k}{3^k} \ \textrm{i} \ \cos (k+1)t =\frac{a_{k+1}}{3^{k+1}}, $

gdzie $a_k$ i $a_{k+1}$ są liczbami całkowitymi niepodzielnymi przez $3$ . Mamy $\cos (k + 2)t + \cos kt = 2\cos (k + 1)t \cdot \cos t$ . Zatem

$ \cos (k + 2)t = 2 \frac{a_{k+1}}{3^{k+1}} \cdot \frac{1}{3} - \frac{a_k}{3^k} = \frac{2a_{k+1} - 9a_k}{3^{k+2}}. $

Liczba $a_{k+2} = 2a_{k+1} - 9a_k$ oczywiście jest całkowita i niepodzielna przez $3$ . Wobec tego na mocy zasady indukcji wzór (1) zachodzi dla każdej liczby naturalnej $n$ .

Przypuśćmy teraz, że dla pewnej liczby wymiernej $x = \frac{r}{s}$ zachodzi
$\cos \pi x = \frac{1}{3}$ . Wtedy $t = \pi x$ i na mocy wzoru (1) przy $n = 2s$ mamy

$ (2) \qquad \cos 2s \pi x = \frac{a_{2s}}{3^{2s}}, $

gdzie $a_{2s}$ jest liczbą całkowitą niepodzielną przez $3$ .

Z drugiej strony mamy

$ \cos 2s \pi x= \cos 2 s \pi \frac{r}{s} = \cos 2 \pi r = 1. $

Otrzymana sprzeczność dowodzi, że dla żadnej liczby wymiernej $x$ nie zachodzi $\cos \pi x = \frac{1}{3}$ .

Uwaga. Rozumując podobnie można udowodnić, że jeżeli liczba $\cos \pi x$ jest wymierna i różna od $0$ , $\pm \frac{1}{2}$ i $\pm 1$ , to $x$ jest liczbą niewymierną.

Patrz też artykuły w czasopiśmie Matematyka nr 5(128) z 1973 r str. 313-317 oraz „r 3(132) z 1974 r, str. 168-172.

XXVII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Na płaszczyźnie umieszczono sześć punktów w ten sposób, że każde trzy spośród nich są wierzchołkami trójkąta o bokach różnej długości. Udowodnić, że najkrótszy bok pewnego z tych trójkątów jest zarazem najdłuższym bokiem innego z nich.

Rozwiązanie

Niech $P_1, P_2, \ldots, P_6$ będą danymi punktami. W każdym z trójkątów $P_iP_jP_k$ pomalujmy najkrótszy bok na czerwono. W ten sposób pewne odcinki $\overline{P_rP_s}$ zostały pomalowane na czerwono, a pewne pozostały nie pomalowane.

Wystarczy udowodnić, że istnieje trójkąt o wierzchołkach w danych punktach, którego wszystkie boki zostały pomalowane na czerwono. Najdłuższy bok tego trójkąta jest bowiem równocześnie najkrótszym bokiem pewnego innego trójkąta, ponieważ został pomalowany na czerwono. Z każdego z danych punktów wychodzi pięć odcinków łączących go z pozostałymi danymi punktami. Zatem albo co najmniej $3$ z tych odcinków są pomalowane na czerwono, albo co najmniej $3$ są nie pomalowane.

Jeżeli z punktu $P_1$ wychodzą co najmniej trzy odcinki pomalowane na czerwono (np. odcinki $\overline{P_1P_2}$ , $\overline{P_1P_3}$ , $\overline{P_1P_4}$ są pomalowane na czerwono), to również w trójkącie wyznaczonym przez drugie końce tych odcinków (tzn. w trójkącie $P_2P_3P_4$ ) co najmniej jeden z boków (mianowicie najkrótszy) jest pomalowany na czerwono. Niech np. odcinek $\overline{P_2P_3}$ będzie pomalowany na czerwono. Wtedy w trójkącie $P_1P_2P_3$ wszystkie boki są pomalowane na czerwono.

Jeżeli zaś z punktu $P_1$ wychodzą co najmniej trzy odcinki nie pomalowane (niech to będą odcinki $\overline{P_1P_2}$ , $\overline{P_1P_3}$ , $\overline{P_1P_4}$ ) to rozważmy trójkąty $P_1P_2P_3$ , $P_1P_2P_4$ , $P_1P_3P_4$ . W każdym z nich co najmniej jeden z boków jest pomalowany na czerwono, lecz nie jest to bok zawierający wierzchołek $P_1$ . Wobec tego odcinki $\overline{P_2P_3}$ , $\overline{P_2P_4}$ , $\overline{P_3P_4}$ , są pomalowane na czerwono, tzn. trójkąt $P_2P_3P_4$ ma wszystkie boki pomalowane na czerwono.

Uwaga 1. W powyższym rozwiązaniu nie korzystaliśmy z założenia, że dane punkty należą do płaszczyzny.

Uwaga 2. Tezę zadania można również otrzymać rozumując podobnie, jak w rozwiązaniu zadania 15 (3) z XXII Olimpiady Matematycznej.