XXIV OM - I etap

I etap XXIV Olimpiady Matematycznej

XXIV OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Dowieść, że dla każdego trójkąta istnieje prosta dzieląca ten trójkąt na dwie figury o równych obwodach i równych polach.

Rozwiązanie

W trójkącie równoramiennym prosta zawierająca dwusieczną kąta utworzonego przez jego ramiona spełnia warunki zadania. Niech więc długości boków trójkąta $ABC$ będą różne. Niech np. $a < b < c$ , gdzie $a = BC$ , $b = AC$ , $c = AB$ (rys. 6). Oznaczmy $p = \displaystyle \frac{1}{2} (a + b + c)$ .

Jeżeli $p - a \leq x \leq c$ , to $p - c \leq p - x \leq a$ . Zatem dla każdego $x \in \langle p-a;\ c \rangle$ istnieją takie punkty $P \in \overline{AB}$ i $Q \in \overline{BC}$ , że $BP = x$ i $BQ= p - x$ . Wtedy prosta $PQ$ dzieli obwód trójkąta $ABC$ na dwie równe części. Wykażemy, że istnieje takie $x \in \langle p-a;\ c\rangle$ , że pole $S_1$ trójkąta $BPQ$ jest równe połowie pola $S$ trójkąta $ABC$ . Mamy $S - 2S_1 = \displaystyle \frac{1}{2} AB \cdot BC \cdot \sin \measuredangle B - BP \cdot BQ \cdot \sin \measuredangle B = \frac{1}{2} \sin \measuredangle B (ac - 2x (p - x))$ . Niech $f(x) = ac - 2x (p - x)$ . Obliczamy, że $f(p - a) = a (a - b) < 0$ oraz $f(c) = c (c - b) > 0$ . Ponieważ wielomian $f$ przybiera na końcach przedziału $\langle p- a;\ c \rangle$ wartości przeciwnych znaków, więc ma on pierwiastek $x_0$ w tym przedziale. Zatem dla $x = x_0$ mamy $S = 2S_1$ .

XXIV OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Dowieść, że spośród 25 różnych liczb dodatnich można wybrać dwie, których ani suma, ani różnica nie jest równa żadnej z pozostałych liczb.

Rozwiązanie

Oznaczmy dany zbiór liczb przez $A = \{a_1, a_2, \ldots, a_{25}\}$ , gdzie $0 < a_1 < a_2 < \ldots < a_{25}$ . Przypuśćmy, że dla dowolnych $r$ , $s$ , gdzie $1 \leq r < s \leq 25$ , zachodzi: $a_s + a_r \in A - \{a_r, a_s\}$ lub $a_s - a_r \in A - \{a_r, a_s\}$ . Oczywiście $a_r - a_s < 0$ i wobec tego liczba $a_r - a_s$ nie należy do $A$ .

Ponieważ dla $i = 1, 2, \ldots, 24$ mamy $a_{25} + a_i > a25$ , więc $a_{25} + a_i \not \in A$ . Zatem na mocy przypuszczenia $24$ liczby $a_{25} - a_i$ tworzą ciąg malejący o wyrazach należących do zbioru $A - \{a_{25}\}$ o $24$ elementach. Stąd

$ a_{25} - a_i = a_{25-i} \ \textrm{dla}\ i = 1, 2, \ldots, 24. $

Ponieważ dla $j = 2, 3, \ldots, 23$ mamy $a_{24} + a_j > a_{24} + a_1 = a_{25}$ , więc $a_{24} + a_i \not \in A$ i stąd na mocy przypuszczenia mamy $a_{24} - a_j \in A$ . Ponadto $a_{24} - a_j \leq a_{24} - a_2 = (a_{25} - a_1) - (a_{25} - a_{23}) = a_{23} - a_1 < a_{23}$ . Zatem $22$ liczby $a_{24} - a_j$ tworzą ciąg malejący o wyrazach należących do zbioru $A - \{a_{23}, a_{24}, a_{25} \}$ o $22$ elementach. Stąd

$ a_{24} - a_j = a_{24-j} \ \textrm{dla}\ j = 2, 3, \ldots, 23. $

W szczególności $a_{24} - a_{12} = a_{12}$ , a więc $a_{24} - a_{12} \not \in A - \{a_{12}, a_{24}\}$ . Mamy również $a_{24} + a_{12} > a_{24} + a_1 = a_{25}$ , a więc $a_{24} + a_{12} \not \in A$ . Przeczy to początkowemu przypuszczeniu.

XXIV OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Niech $w(x)$ będzie wielomianem o współczynnikach całkowitych. Udowodnić, że jeżeli liczba naturalna $d$ jest dzielnikiem każdej z liczb $a_n = 3^n + w(n)$ , gdzie $n = 0, 1, 2, \ldots$ , to $d$ jest potęgą liczby 2 o wykładniku całkowitym.

Rozwiązanie

Niech liczba pierwsza $p$ będzie dzielnikiem każdej z liczb $a_n$ , gdzie $n = 0, 1,2, \ldots$ . Wystarczy udowodnić, że $p = 2$ .

W szczególności mamy $p \mid a_0$ i $p \mid a_p$ . Stąd $p \mid a_p - a_0 = (3^p - 1) + (w(p) - w(0))$ . Niech $w(x) = c_0 + c_1x + \ldots + c_rx^r$ , gdzie liczby $c_0, c_1, \ldots, c_r$ są całkowite. Liczba $w(p) - w(0) = c_1p + c_2p^2 + \ldots + c_rp^r$ jest oczywiście podzielna przez $p$ . Zatem $p \mid 3^p - 1$ . Stąd $p \ne 3$ . Z małego twierdzenia Fermata wynika więc, że $p \mid 3^{p-1} - 1$ . Wobec tego $p \mid (3^p - 1) - (3^{p-1} - 1) = 2 \cdot 3^{p-1}$ . Ponieważ $p \ne 3$ , więc wynika stąd, że $p = 2$ .

XXIV OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

W czworościanie $ABCD$ na, prostej łączącej środki krawędzie $\overline{AB}$ i $\overline{CD}$ obrano dowolny punkt $P$ nie leżący na tych krawędziach. Udowodnić, że proste $PA$ , $PB$ , $PC$ , $PD$ przecinają płaszczyznę równoległą do krawędzi $AB$ i $CD$ w punktach będących wierzchołkami równoległoboku.

Rozwiązanie

Niech $\pi$ będzie pewną płaszczyzną równoległą do krawędzi $\overline{AB}$ i $\overline{CD}$ . Jeżeli dla pewnego punktu $X$ prosta $PX$ przecina płaszczyznę $\pi$ , to przez $X'$ oznaczmy punkt przecięcia. Niech $R$ będzie środkiem odcinka $\overline{AB}$ , a $S$ - środkiem odcinka $\overline{CD}$ . Wtedy $R' = S'$ , ponieważ proste $PR$ i $PS$ są równe.

Z założenia odległości punktów $A$ i $P$ od płaszczyzny $\pi$ są różne. Zatem prosta $PA$ przecina płaszczyznę $\pi$ . Analogicznie stwierdzamy,że proste $PB$ , $PC$ , $PD$ przecinają płaszczyznę $\pi$ .

Jeżeli $P \in \pi$ , to $A'= B' = C' = D'= P$ . Niech więc $P \not \in \pi$ . Wtedy proste $AB$ i $A'B'$ są zawarte w płaszczyźnie $ABP$ . Jeżeli $AB \in \pi$ , to oczywiście $AB = A'B'$ . Wtedy $R = R'$ . Jeżeli zaś $AB \in \pi$ , to prosta $AB$ nie ma punktów wspólnych z płaszczyzną $\pi$ . W szczególności proste $AB$ i $A'B'$ nie mają punktów wspólnych. Zatem $AB \parallel A'B'$ . Wynika stąd, że $\measuredangle BAP = \measuredangle B'A'P$ , $\measuredangle ABP = \measuredangle A'B'P$ i $\measuredangle ARP = \measuredangle A'R'P$ (rys. 7). Wobec tego trójkąty $ARP$ i $A'R'P$ oraz $BRP$ i $B'R'P$ są podobne.

Stąd

$ \frac{AR}{A'R'} = \frac{RP}{R'P} = \frac{BR}{B'R'}. $

Ponieważ $AR = BR$ , więc wynika stąd, że $A'R' = B'R'$ , czyli $R'$ jest środkiem odcinka $\overline{A'B'}$ .

Analogicznie dowodzimy, że punkt $S'$ jest środkiem odcinka $\overline{CD}$ .

Jak wiemy, $AB \nparallel CD$ oraz $AB \parallel A'B'$ i $CD \parallel CD'$ . Wobec tego $A'B' \nparallel C'D'$ . Zatem odcinki $\overline{A'B'}$ i $\overline{C'D'}$ nie są równoległe i przecinają się w punkcie $R' = S'$ , który jest środkiem każdego z nich. Są więc one przekątnymi równoległoboku.

XXIV OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Liczby rzeczywiste $x_1, x_2, \ldots, x_n$ spełniają równanie

$ x_1 + x_2 + \ldots + x_n = 0, $

niech $m$ będzie najmniejszą, zaś $M$ - największą z tych liczb. Dowieść, że $x_1^2 + x_2^2 + \ldots + x_n^2 \leq -nmM$ i określić, kiedy zachodzi równość.

Rozwiązanie

Ponieważ $m \leq x_1 \leq M$ dla $i = 1, 2, \ldots, n$ , więc

$ (1) \qquad (M - x_i)(x_i-m) \geq 0, $

czyli $- x_i^2 + (m + M) x_i - mM \geq 0$ , gdzie $i = 1, 2, \ldots, n$ .

Dodając te nierówności stronami wobec $x_1 + x_2 + \ldots + x_n = 0$ otrzymujemy

$ - \sum_{i=1}^n x_i^2 - nmM \geq 0, \quad \textrm{czyli} \quad \sum_{i=1}^n x_i^2 \leq - nmM. $

Będzie tu zachodziła równość wtedy i tylko wtedy, gdy w każdej z nierówności (1) będzie zachodziła równość, tzn. gdy każda z liczb $x_i$ będzie równa $m$ lub $M$ .

XXIV OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Dowieść następującego twierdzenia: Cztery wysokości czworościanu $ABCD$ przecinają się w jednym punkcie wtedy i tylko wtedy, gdy $AB^2 + CD^2 = BC^2 + AD^2 = CA^2 + BD^2$ .

Rozwiązanie

Dla dowolnego czworościanu $ABCD$ niech $a = \overrightarrow{AB}$ , $b = \overrightarrow{AC}$ , $c = \overrightarrow{AD}$ . Ponieważ $\overrightarrow{DC} = b - c$ , $\overrightarrow{BD} = c - a$ , $\overrightarrow{CB} = a - b$ , więc równości dane w zadaniu przybierają postać $a^2 + (b - c)^2 = b^2 + (c - a)^2 = c^2 + (a - b)^2$ , czyli

$ (1) \qquad bc = ca = ab. $

Dla dowolnego punktu $P$ niech $m = \overrightarrow{AP}$ . Punkt $P$ należy do wysokości czworościanu $ABCD$ poprowadzonej z punktu $A$ wtedy i tylko wtedy, gdy wektor $m$ jest prostopadły do ściany $BCD$ , a więc gdy jest prostopadły do dwóch krawędzi zawartych w tej ścianie, np. do $\overline{CB}$ i $\overline{DC}$ . Zatem punkt $P$ należy do wysokości czworościanu poprowadzonej z wierzchołka $A$ wtedy i tylko wtedy, gdy

$ (2) \qquad m(a-b) = 0\ \textrm{i} \ m(b-c) = 0. $

Analogicznie stwierdzamy, że punkt $P$ należy do pozostałych wysokości czworościanu wtedy i tylko wtedy, gdy

$ (a - m)b = 0\ \textrm{i} \ (a - m)c = 0, $

$ (3) \qquad (b - m)c = 0\ \textrm{i} \ (b - m)a = 0, $

$ (c - m)a = 0\ \textrm{i} \ (c - m)b = 0. $

Warunki (2) i (3) są równoważne następującemu

$ (4) \qquad ma = mb = mc = ab = bc = ca. $

Oczywiście z (4) wynika (1). Udowpdnimy, że na odwrót, jeżeli spełnione są równości (1), to istnieje wektor $m$ spełniający (4).

Ogólnie, jeżeli wektory $a$ , $b$ , $c$ nie należą do jednej płaszczyzny i $\alpha$ jest dowolną liczbą, to istnieje taki wektor $m$ , że

$ (5) \qquad ma = mb = mc = \alpha. $

Obierając bowiem odpowiednio układ współrzędnych można przyjąć, że $a = [a_1, 0, 0]$ , $b = [b_1, b_2, 0]$ , $c = [c_1, c_2, c_3]$ , gdzie $a_1b_2c_3 \ne 0$ , oraz $m = [x, y, z]$ . Układ (5) przybiera teraz postać

$ a_1 x = \alpha, $

$ b_1x + b_2y = \alpha, $

$ c_1x + c_2y + c_3z = \alpha. $

Ten ostatni układ ma oczywiście rozwiązanie.

Uwaga. Zadanie to było zadaniem 14(2) w XII Olimpiadzie Matematycznej.

XXIV OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Udowodnić, że wśród pięciu odcinków leżących na jednej prostej są trzy odcinki mające punkt wspólny lub trzy odcinki parami rozłączne.

Rozwiązanie

Niech dane będą odcinki otwarte $I_k = (a_k; b_k)$ , gdzie $k = 1, 2, 3, 4, 5$ . W przypadku odcinków domkniętych, domknięto-otwartych itd. rozumowanie przebiega podobnie.

Bez zmniejszenia ogólności można założyć, że $a_1 \leq a_2 \leq a_3 \leq a_4 \leq a_5$ . Przypuśćmy, że nie istnieje punkt należący do żadnych trzech odcinków. Gdyby $b_1 > a_3$ i $b_2 > a_3$ , to odcinki $I_1, I_2, I_3$ miałyby punkt wspólny. Zatem $b_1 \leq a_3$ lub $b_2 \leq a_3$ . Niech $r$ będzie tą z liczb, $1$ , $2$ , dla której zachodzi $b_r \leq a_3$ .

Gdyby $b_3 > a_5$ i $b_4 > a_5$ , to odcinki $I_3, I_4, I_5$ miałyby punkt wspólny. Zatem $b_3 \leq a_5$ lub $b_4 \leq a_5$ . Niech $s$ będzie tą z liczb $3$ , $4$ , dla której zachodzi $b_s \leq a_5$ .

Mamy więc $a_r < b_r \leq a_3 \leq a_s < b_s \leq a_5 < b_5$ . Wynika stąd, że odcinki $I_r, I_s, I_5$ są parami rozłączne.

XXIV OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Znaleźć wielomian o współczynnikach całkowitych najniższego możliwego stopnia, którego pierwiastkiem jest $\sqrt{2} + \sqrt{3}$ .

Rozwiązanie

Znajdziemy wielomian o współczynnikach całkowitych, którego pierwiastkiem jest liczba $a = \sqrt{2} + \sqrt{3}$ . Jest ona oczywiście pierwiastkiem wielomianu

$ (1) \qquad x - \sqrt{2} - \sqrt{3}. $

Wielomian ten nie ma jednak całkowitych współczynników. Pomnóżmy wielomian (1) przez $x - \sqrt{2} + \sqrt{3}$ . Otrzymamy $(x - \sqrt{2})^2 - 3$ , czyli

$ (2) \qquad x^2 - 2\sqrt{2}x-1. $

Oczywiście liczba $\alpha$ jest pierwiastkiem wielomianu (2). Nie wszystkie jego współczynniki są jednak liczbami całkowitymi. Pomnóżmy więc jeszcze wielomian (2) przez $x^2 + 2\sqrt{2}x - 1$ . Otrzymamy

$ (3) \qquad x^4 - 10x^2 + 1. $

Liczba $\alpha$ jest pierwiastkiem wielomianu (3), który ma współczynniki całkowite.

Udowodnimy, że (3) jest wielomianem najniższego stopnia wśród takich wielomianów o całkowitych współczynnikach, których pierwiastkiem jest liczba $\alpha$ .

Wykażemy najpierw, że wielomian (3) nie jest iloczynem dwóch wielomianów stopni dodatnich o współczynnikach wymiernych. Gdyby wielomian (3) był podzielny przez wielomian stopnia pierwszego o współczynnikach wymiernych, to miałby on pierwiastek w zbiorze liczb wymiernych. Każdy taki pierwiastek jest liczbą całkowitą, która dzieli wyraz wolny wielomianu (3). Sprawdzamy bez trudu, że żadna z liczb $1$ i $- 1$ nie jest pierwiastkiem tego wielomianu.

Udowodnimy z kolei, że wielomian (3) nie jest podzielny przez żaden wielomian kwadratowy o współczynnikach wymiernych. Gdyby bowiem

$ (7) \qquad x^4 - 10 x^2 + 1 = (x^2 + ax + b) (x^2 + cx + d), $

gdzie $a, b, c, d \in W$ , to porównując współczynniki przy tych samych potęgach $x$ po obu stronach równości (7) otrzymalibyśmy układ równań:

$ a + c = 0,\ ac + b + d = - 10,\ ad + bc = 0, \ bd = 1. $

Wyznaczając z pierwszego równania $c$ , a z ostatniego - $d$ i podstawiając do pozostałych równań otrzymamy

$ - a^2 + b + \frac{1}{b} = - 10,\ a(b^2-1) = 0. $

Stąd $a = 0$ , lub $b = \pm 1$ .

Jeżeli $a = 0$ , to $b + \frac{1}{b} = - 10$ , czyli $b^2 - 10 b + 1 = 0$ . To
ostatnie równanie nie ma pierwiastków w zbiorze liczb wymiernych.

Jeżeli $b = 1$ , to $a^2 = 12$ , a jeżeli $b = - 1$ , to $a^2 = 8$ . W żadnym z tych przypadków $a$ nie jest liczbą wymierną.

Gdyby liczba $\sqrt{2} + \sqrt{3}$ była pierwiastkiem pewnego niezerowego wielomianu $f$ stopnia co najwyżej trzeciego o współczynnikach wymiernych i stopień ten byłby minimalny, to oznaczając odpowiednio przez $g$ i $r$ iloraz i resztę z dzielenia wielomianu (3) przez $f$ otrzymamy

$ x^4 - 10 x^2 + 1 =f(x)g(x) + r(x), $

gdzie $\mathrm{st} r < \mathrm{st} f$ . Przy tym $r$ nie jest wielomianem zerowym, ponieważ, jak udowodniliśmy, wielomian (3) nie jest iloczynem dwóch wielomianów stopni dodatnich o współczynnikach wymiernych.

Podstawiając w ostatniej równości $x = \sqrt{2} + \sqrt{3}$ otrzymujemy $r( \sqrt{2} + \sqrt{3}) = 0$ . Jednak wielomian $f$ miał najmniejszy stopień wśród wielomianów niezerowych o współczynnikach wymiernych, których pierwiastkiem jest liczba $\sqrt{2} + \sqrt{3}$ . Ponieważ $\mathrm{st} r < \mathrm{st} f$ , więc uzykaliśmy sprzeczność.

XXIV OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Liczby rzeczywiste $x_1, x_2, \ldots, x_n$ spełniają warunki:

$ |x_i|=1 \quad (i = \, 2, \ldots, n), $

$ x_1x_2+ x_2x_3 + \ldots +x_{n-1}x_n + x_nx_1 = 0. $

Udowodnić, że liczba $n$ jest podzielna przez 4.

Rozwiązanie

Z warunków zadania wynika, że liczby $x_1x_2, x_2x_3, \ldots, x_{n-1}x_n,x_nx_1$ są równe $1$ lub $-1$ . Ponieważ ich suma jest równa zeru, więc $k$ z tych liczb jest równych $1$ i $k$ jest równych $-1$ . Zatem $n = 2k$ . Iloczyn tych liczb równy jest $(-1)^k = x_1x_2 \cdot x_2x_3 \ldots x_{n-1}x_n \cdot x_nx_1 = (x_1x_2 \ldots x_n)^2 = 1$ . Zatem $k$ jest liczbą parzystą, $k = 2s$ i stąd $n = 4s$ .

XXIV OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Znaleźć najmniejszą liczbę naturalną $n > 1$ o następującej własności: istnieje taki zbiór $Z$ złożony z $n$ punktów płaszczyzny, że każda prosta $AB$ ( $A, B\in Z$ ) jest równoległa do pewnej innej prostej $CD$ ( $C, D \in Z$ ).

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw, że zbiór $Z$ wierzchołków pięciokąta foremnego ma własność podaną w zadaniu, a więc że $n \leq 5$ . Wykażemy ze każdy bok pięciokąta foremnego jest równoległy do pewnej przekątnej i na odwrót każda przekątna jest równoległa do odpowiedniego boku.

Wystarczy udowodnić, że $AB \parallel CE$ (rys. 11). Ponieważ na czworokącie $ABCE$ można opisać koło (mianowicie jest to koło opisane na danym pięciokącie foremnym), więc $\measuredangle A + \measuredangle BCE = \pi$ . Ponieważ $\measuredangle A = \measuredangle B$ , więc wynika stąd, że $\measuredangle BCE = \pi - \measuredangle B$ , co dowodzi, że $AB \parallel CE$ .

Z drugiej strony z warunków zadania wynika, że $n \geq 4$ , ponieważ są co najmniej dwie różne proste równoległe, każda z których zawiera co najmniej dwa punkty zbioru $Z$ . Gdyby $n = 4$ i punkty $A, B, C, D$ spełniały warunki zadania, to byłyby one wierzchołkami trapezu. Żadna z przekątnych trapezu nie jest jednak równoległa do innej prostej wyznaczonej przez jego wierzchołki. Zatem $n > 4$ , a więc z udowodnionej wcześniej nierówności $n \leq 5$ wynika, ze $n = 5$ .

XXIV OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Udowodnić, że jeżeli środek kuli opisanej na czworościanie pokrywa się ze środkiem kuli wpisanej w ten czworościan, to ściany tego czworościanu są przystające.

Rozwiązanie

Niech punkt $O$ będzie środkiem kuli wpisanej i kuli opisanej na czworościanie $ABCD$ . Oznaczmy przez $r$ i $R$ odpowiednio długości promieni tych kul. Jeżeli $O'$ jest punktem styczności kuli wpisanej z jedną ze ścian, a $P$ - jednym z wierzchołków tej ściany, to stosując twierdzenie Pitagorasa do trójkąta $OO'P$ otrzymujemy $O'P = \sqrt{R^2 - r^2}$ . Zatem odległość punktu $O'$ od każdego wierzchołka tej ściany jest taka sama, czyli $O'$ jest środkiem koła opisanego na tej ścianie. Wynika też stąd, że promienie kół opisanych na każdej ze ścian czworościanu mają tę samą długość $\sqrt{R^2 - r^2}$ .

Punkt $O'$ leży wewnątrz ściany czworościanu, ponieważ jest punktem styczności kuli wpisanej w czworościan. Ponieważ $O'$ jest też środkiem koła opisanego na tej ścianie, więc wynika stąd, że wszystkie kąty tej ściany są ostre. Są to bowiem kąty wpisane oparte na łukach, mniejszych od półokręgu (rys. 12).

Stosując twierdzenie sinusów do trójkątów $ABC$ i $CBD$ (rys. 13) otrzymujemy $\sin \measuredangle BAC = \displaystyle \frac{BC}{2 \sqrt{R^2 - r^2}}$ i $\sin \measuredangle BDC = \displaystyle \frac{BC}{2 \sqrt{R^2 - r^2}}$ . Stąd $\sin \measuredangle BAC = \sin \measuredangle BDC$ , a więc $\measuredangle BAC = \measuredangle BDC$ , ponieważ oba te kąty są ostre. Analogicznie dowodzimy, że każde dwa kąty ścian czworościanu leżące naprzeciwko tej samej krawędzi są równe, tzn. $\measuredangle ABC = \measuredangle ADC$ , $\measuredangle ACB = \measuredangle ADB$ , $\measuredangle ABD = \measuredangle ACD$ , $\measuredangle BAD = \measuredangle BCD$ , $\measuredangle CAD = \measuredangle CBD$ . Oznaczając wspólne miary kątów występujących w ostatnich sześciu równościach kolejno przez $\alpha, \beta, \gamma, \delta, \varepsilon, \mu$ mamy

$ (1) \qquad \alpha + \beta + \gamma = \pi,\ \beta + \delta + \mu = \pi, $

$ (2) \qquad \gamma + \delta + \varepsilon = \pi,\ \alpha + \varepsilon + \mu = \pi, $

ponieważ suma miar kątów dowolnej ściany równa jest $\pi$ .

Dodając stronami równości (1) oraz równości (2) otrzymamy

$ (3) \qquad \alpha + 2\beta + \gamma + \delta + \mu = 2\pi,\ \alpha + \gamma + \delta + 2\varepsilon + \mu = 2\pi. $

Odejmując stronami równości (3) uzyskujemy $\beta = \varepsilon$ . Ponieważ $\beta= \measuredangle ABC$ i $\varepsilon = \measuredangle BCD$ , więc wynika stąd, że trójkąty $ABC$ i $DCB$ są przystające (rys. 13).

Analogicznie dowodzi się, że każde dwie ściany czworościanu $ABCD$ są przystające.

Uwaga. Jeżeli środek koła opisanego na trójkącie jest środkiem koła wpisanego w ten trójkąt, to trójkąt jest równoboczny. Analogiczne twierdzenie w przestrzeni nie zachodzi: Istnieją czworościany, które nie są foremne, dla których środek kuli wpisanej jest środkiem kuli opisanej.

Rozważmy na przykład czworościan $ABCD$ , gdzie $A = (1, a, 0)$ , $B = (-1, a, 0)$ , $C =(0, -a, 1)$ , $D = (0, -a, -1)$ , i $a$ jest liczbą dodatnią różną od $\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}$ . Wtedy $AB = 2$ i $AC = \sqrt{2 + 4a^2} \ne 2$ . Zatem czworościan $ABCD$ nie jest foremny. Każda z następujących izometrii $f_1(x, y, z) = (x, y, -z)$ , $f_2(x, y, z) = (-x, y, z)$ , $f_3(x,y, z) = (z, -y, x)$ przeprowadza zbiór $\{A, B, C, D \}$ na siebie. Zatem przy każdej z tych izometrii przechodzi na siebie środek $P = (r, s, t)$ kuli opisanej na czworościanie $ABCD$ . Z $f_1(P) = P$ wynika, że $t = 0$ , z $f_2(P) = P$ - że $r = 0$ i z $f_3(P) = P$ - że $s = 0$ . Zatem $P = (0, 0, 0)$ . Analogicznie stwierdzamy, że $P$ jest środkiem kuli wpisanej w czworościan $ABCD$ .

XXIV OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

W klasie, w której jest n uczniów, urządzono mikołajki. Każdy uczeń losuje nazwisko osoby, której ma kupić prezent, zatem uczeń $A_1$ kupuje prezent uczniowi $A_2$ , $A_2$ kupuje prezent $A_3$ , ..., $A_k$ kupuje prezent $A_1$ , gdzie $1 \leq k \leq n$ . Zakładając, że wszystkie wyniki losowań są jednakowo prawdopodobne, obliczyć prawdopodobieństwo tego, że $k = n$ .

Rozwiązanie

W wyniku dowolnego losowania każdy uczeń wylosowuje pewnego ucznia tej samej klasy (być może siebie samego) i różni uczniowie wylosowują rożnych uczniów. Zatem wynik każdego losowania określa pewne wzajemnie jednoznaczne odwzorowanie (permutację) zbioru wszystkich uczniów tej klasy na siebie. Na odwrót, każda permutacja może być wynikiem pewnego losowania. Wobec tego liczba zdarzeń elementarnych równa jest liczbie permutacji zbioru $n$ -elementowego, czyli $n!$ .

Zdarzenie sprzyjające będzie wtedy, gdy pewien uczeń $A_1$ wylosuje jednego z pozostałych $n- 1$ uczniów, którego oznaczymy przez $A_2$ ; uczeń $A_2$ wylosuje jednego z $n-2$ uczniów różnych od $A_1$ i $A_2$ , oznaczymy go przez $A_3$ ; $\ldots$ ; wreszcie uczeń $A_{n-1}$ wylosuje ucznia $A_n$ różnego od $A_1, A_2 \ldots, A_{n-1}$ . Ponieważ uczeń $A_1$ może wylosować ucznia różnego od siebie na $n-1$ sposobów, uczeń $A_2$ może wylosować ucznia różnego od $A_1$ i $A_2$ na $n-2$ sposoby itd., więc liczba zdarzeń sprzyjających jest równa $(n-1)(n-2) \ldots 2 \cdot 1 = (n-1)!$ .

Zatem prawdopodobieństwo tego, że $k = n$ , wynosi $\displaystyle \frac{(n-1)!}{n!} = \frac{1}{n}$ .