XXI OM - I etap

I etap XXI Olimpiady Matematycznej

XXI OM - I -Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXI OM, 1969-1970

Etap:

Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie

$ \frac{1}{x^2} + \frac{1}{xy} + \frac{1}{y^2} = 1. $

Rozwiązanie

Jeśli $|x| \geq 2$ i $|y| \geq 2$ , to

$ \frac{1}{x^2} + \frac{1}{xy} + \frac{1}{y^2} \leq \frac{1}{x^2} + \frac{1}{|xy|} + \frac{1}{y^2} \leq \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} < 1. $

Zatem, jeśli para liczb całkowitych $x$ , $y$ jest rozwiązaniem równania (1), to $|x| = 1$ lub $|y| = 1$ . Jeżeli $|x| = 1$ , to równanie to przyjmuje postać $1 + \frac{1}{xy} + \frac{1}{y^2}= 1$ , czyli $\frac{x+y}{xy^2} = 0$ . Wobec tego $x + y = 0$ . Wynika stąd, że jeśli $x = 1$ , to $y = - 1$ i jeśli $x = - 1$ , to $y = 1$ .

Rozpatrując podobnie przypadek $|y| = 1$ otrzymujemy, że jeśli $y = \pm 1$ , to $x = \mp 1$ . Równanie (1) ma więc dwa rozwiązania $(-1, 1)$ i $(1, -1)$ w liczbach całkowitych.

XXI OM - I -Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXI OM, 1969-1970

Etap:

Dany jest ciąg $\{c_n\}$ określony wzorami $c_1=\frac{a}{2}$ , $c_{n+1}=\frac{a+c_n^2}{2}$ gdzie $a$ jest daną liczbą spełniającą nierówność $0 < a < 1$ . Dowieść, że dla każdego $n$ zachodzi nierówność $c_n < 1 - \sqrt{1 - a}$ Wykazać zbieżność ciągu $\{c_n\}$ i obliczyć jego granicę.

Rozwiązanie

Z określenia ciągu $\{c_n\}$ wynika, że wszystkie jego wyrazy są dodatnie. Stosując metodę indukcji wykażemy, że dla każdej liczby naturalnej $n$ zachodzi nierówność

$ (1) \qquad c_n < 1 - \sqrt{1-a}. $

Stwierdzamy najpierw, że $c_1 < 1 - \sqrt{1 - a}$ , tzn., że

$ (2) \qquad \frac{a}{2} < 1 - \sqrt{1-a}. $

Mianowicie mamy

$ \sqrt{1-a} < \sqrt{1-a + \frac{a^2}{4}} = \sqrt{\left(1-\frac{a}{2}\right)^2} = \left| 1 - \frac{a}{2} \right| = 1 - \frac{a}{2}. $

Wynika stąd (2).

Jeśli zaś dla pewnej liczby naturalnej $n$ zachodzi nierówność

$ \begin{split} c_n & < 1 - \sqrt{1-a}, \textrm{ to } c_{n+1} = \frac{a + c^2_n}{2} < \frac{a}{2} + \frac{1}{2} (1 - \sqrt{1-a})^2 =\\ &= \frac{a}{2} + \frac{1}{2} (1 - 2 \sqrt{1-a} + 1 -a) = \frac{a}{2} + 1 - \frac{a}{2} - \sqrt{1-a} = 1 - \sqrt{1-a}. \end{split} $

Na mocy indukcji nierówność (1) jest więc prawdziwa dla każdej liczby naturalnej $n$ .

Udowodnimy, że ciąg $\{c_n\}$ jest rosnący, tzn., że dla każdej liczby naturalnej $n$ zachodzi nierówność

$ (3) \qquad c_{n+1} > c_n. $

Obliczamy, że

$ \begin{split} c_{n+1} - c_n &= \frac{a+c_n^2}{2} - c_n = \frac{a+c_n^2 - 2c_n}{2}= \frac{(c_n-1)^2 - (1-a)}{2} =\\ &=\frac{(c_n-1)^2 - (\sqrt{1-a})^2}{2} = \frac{(c_n-1-\sqrt{1-a})(c_n-1+\sqrt{1-a})}{1}. \end{split} $

Dowiedliśmy, że $c_n < 1 - \sqrt{1 - a}$ , a więc tym bardziej $c_n < 1 + \sqrt{1 - a}$ . Wobec tego $c_n - 1 + \sqrt{1 -a} < 0$ i $c_n - 1 - \sqrt{1 - a} < 0$ . Zatem $c_{n+1} - c_n > 0$ . Wykazaliśmy więc, że ciąg $\{c_n\}$ jest rosnący i ograniczony z góry.

Jak wiadomo, każdy ciąg rosnący i ograniczony z góry jest zbieżny. Oznaczmy $\displaystyle \lim_{n \to \infty} c_n = g$ .

Z równości $c_{n+1} = \frac{a + c_n^2}{2}$ wynika, że $g = \frac{a + g^2}{2}$ , czyli $g^2 - 2g + a = 0$ . Otrzymujemy stąd, że

$ g = \frac{2\pm \sqrt{4-4a}}{2} = 1 \pm \sqrt{1-a}. $

Ponieważ jednak wszystkie wyrazy ciągu $\{c_n\}$ są mniejsze od liczby $1 - \sqrt{1 - a}$ , a $1- \sqrt{1 - a} < 1 + \sqrt{1 - a}$ , więc liczba $1 + \sqrt{1 - a}$ nie jest granicą ciągu $\{c_n\}$ . Wobec tego $\displaystyle \lim_{n \to \infty} c_n = 1 - \sqrt{1 - a}$ .

XXI OM - I -Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXI OM, 1969-1970

Etap:

Na bokach $\overline{BC}$ , $\overline{CA}$ , $\overline{AB}$ trójkąta $ABC$ obrano odpowiednio punkty $K, L, M$ w taki sposób, że odcinki $\overline{AK}$ , $\overline{BL}$ , $\overline{CM}$ przecinają się w punkcie o lezącym wewnątrz trójkąta i $\frac{AS}{SK}=\frac{BS}{SL}=\frac{CS}{SM}$ . Dowieść, że $S$ jest środkiem ciężkości trójkąta.

Rozwiązanie

Z danej równości stosunków wynika, że trójkąty $KLM$ i $ABC$ (rys. 3) są jednokładne względem punktu $S$ , wobec czego proste $KL$ , $LM$ , $MK$ są odpowiednio równoległe do prostych $AB$ , $BC$ , $CA$ . Stosując twierdzenie Talesa kolejno do kątów $\measuredangle A$ , $\measuredangle B$ , $\measuredangle C$ otrzymujemy

$ \frac{AM}{BM} = \frac{AC}{CL} $

$ (1) \qquad \frac{BM}{AM} = \frac{BK}{CK} $

$ (2) \qquad \frac{CK}{BK} = \frac{CL}{AL}. $

Mnożąc te równości stronami otrzymujemy, że $\frac{CK}{BK} = \frac{BK}{CK}$ . Zatem $CK^2 = BK^2$ , czyli $CK = BK$ . Podstawiając $CK = BK$ do (1) i (2) otrzymujemy, że $AM = BM$ i $AL = CL$ . Oznacza to, że punkty $K$ , $L$ , $M$ są odpowiednio środkami odcinków $\overline{BC}$ , $\overline{AC}$ i $\overline{AB}$ . Wobec tego $S$ jest środkiem ciężkości trójkąta $ABC$ .

XXI OM - I -Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXI OM, 1969-1970

Etap:

W kwadracie $ABCD$ , którego bok ma długość 1, leży czworokąt wypukły o polu większym od $\frac{1}{2}$ . Dowieść, że w tym czworokącie mieści się odcinek o długości $\frac{1}{2}$ równoległy do $\overline{AB}$ .

Rozwiązanie

Prowadzimy przez wierzchołki danego czworokąta proste równoległe do prostej $AB$ (rys. 4). W przypadku, gdy proste te są różne, czworokąt zostaje podzielony na $3$ części: trójkąt o podstawie $p$ i wysokości $h_1$ , trapez o podstawach $p$ i $q$ i wysokości $h_2$ oraz trójkąt o podstawie $q$ i wysokości $h_3$ . Z założenia pole czworokąta $P$ jest większe od $\frac{1}{2}$ . Z drugiej strony

$ P = \frac{1}{2} ph_1 + \frac{1}{2} (p + q)h_2 + \frac{1}{2} qh_3. $

Zatem

$ \frac{1}{2} ph_1 + \frac{1}{2} (p + q)h_2 + \frac{1}{2} qh_3 > \frac{1}{2}. $

Stąd

$ p(h_1 + h_2) + q(h_2 + h_3) > 1. $

Ponieważ $h_1 + h_2 \leq 1$ i $h_2 + h_3 \leq 1$ , więc otrzymujemy stąd, że $p + q \geq p(h_1 + h_2) + g(h_2 + h_3) > 1$ .

Zatem co najmniej jedna z liczb $p$ i $q$ jest większa od $\frac{1}{2}$ .

Przy szczególnych położeniach danego czworokąta rozważane trójkąty lub trapez mogą degenerować się do odcinka, tzn. może być $h_1 = 0$ lub $h_2 = 0$ lub $h_3 = 0$ . Jednak również w takim przypadku powyższe rozumowanie pozostaje w mocy.

Uwagi

1. Zadanie to można uogólnić na przypadek dowolnych figur wypukłych: Jeśli pole pewnej figury wypukłej zawartej w kwadracie $ABCD$ o boku $1$ jest większe od $\frac{1}{2}$ , to w tej figurze mieści się odcinek o długości $\frac{1}{2}$ równoległy do $\overline{AB}$ .

2. Analogicznie twierdzenie jest prawdziwe również w przypadku czworokąta niewypukłego; jednak już dla sześciokąta niewypukłego podobne twierdzenie nie zachodzi.

XXI OM - I -Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXI OM, 1969-1970

Etap:

Dane są liczby rzeczywiste $M$ , $a_1, a_2, \ldots, a_10$ . Udowodnić, że jeżeli $a_1x_1 + a_2x_2 + \ldots + a_{10}x_{10} \leq M$ dla wszystkich takich $x_i$ , że $|x_i| = 1$ ( $i = 1, 2, \ldots, 10$ ), to

$ \sqrt{a_1^2 + a_2^2 + \ldots + a_{10}^2} \leq M. $

Rozwiązanie

Jeśli $a_i \geq 0$ , to podstawiamy do danej nierówności $x_i = 1$ , a jeśli $a_i < 0$ , to podstawiamy $x_i = - 1$ przy $i = 1, 2, \ldots, 10$ . Otrzymamy wtedy

$ |a_1| + |a_2| + \ldots + |a_{10}| \leq M. $

Z nierówności tej wynika, że $|a_i| \leq M$ dla $i = 1, 2, \ldots, 10$ . Stąd $|a_i|^2 \leq |a_i|M$ i wobec tego

$ \sum_{i=1}^{10} a_i^2 = \sum_{i=1}^{10} |a_i|^2 \leq \sum_{i=1}^{10} |a_i| M = M \sum_{i=1}^{10} |a_i| \leq M^2. $

Zatem

$ \sqrt{\sum_{i=1}^{10} a_i^2} \leq M. $

XXI OM - I -Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXI OM, 1969-1970

Etap:

Udowodnić, że liczba rzeczywista $a$ jest wymierna wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją takie liczby całkowite $p > n > m \leq 0$ , że $a + m, a + n, a + p$ tworzą ciąg geometryczny.

Rozwiązanie

Niech $a$ będzie liczbą wymierną. Obieramy taką liczbę naturalną $m$ , że $a + m > 0$ . Wtedy

$ a + m = \frac{r}{q}, $

gdzie $r$ i $q$ są liczbami naturalnymi.

Rozpatrzmy ciąg geometryczny o ilorazie $1 + q$ i pierwszym wyrazie $\frac{r}{q}$ . Zatem kolejnymi wyrazami ciągu będą r

$ \frac{r}{q} = a + m, $

$ \frac{r}{q} (1 + q) = \frac{r}{q} + r = a + m + r, $

$ \frac{r}{q} (1 + q)^2 = \frac{r}{q} (1 + 2q + q^2) = \frac{r}{q} +2r + rq = a + m + 2r + rq. $

Przyjmując więc $n = m + r$ i $p = m + 2r + rq$ stwierdzamy, że $m$ , $n$ , $p$ są liczbami całkowitymi spełniającymi warunek $0 \leq m < n < p$ . Ponadto liczby $a + m$ , $a + n$ , $a + p$ tworzą ciąg geometryczny.

Na odwrót przypuśćmy, że liczby całkowite $m$ , $n$ , $p$ spełniają warunek $0 \leq m< n <p$ oraz, że dla pewnej liczby rzeczywistej $a$ liczby $a + m$ , $a + n$ , $a + p$ tworzą ciąg geometryczny.

Oznaczmy przez $1 + q$ iloraz tego ciągu. Wtedy

$ a + n = (a + m)(1 + q) = (a + m) + ( a + m)q, $

$ a + p = (a + m)(1 + q)^2 = (a + m) + 2(a + m)q + (a + m)q^2. $

Wobec tego

$ (1) \qquad (a + m)q = n - m $

$ (2) \qquad (a + m)q^2 = p-m - 2(a + m)q = p-m-2(n-m)=p+m-2n. $

Ponieważ $n > m$ , więc z (1) wynika, $a + m \ne 0$ i $q \ne 0$ . Dzieląc stronami (2) i (1) otrzymujemy, że

$ q = \frac{p+m-2n}{n-m}, \textrm{ a więc } q \textrm{ jest liczbą wymierną}. $

Wobec tego z (1) wynika, że $a = \frac{n-m}{q} -m$ jest również liczbą wymierną.

XXI OM - I -Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XXI OM, 1969-1970

Etap:

W równoległoboku $ABCD$ połączono punkt $A$ ze środkiem $A'$ boku $\overline{BC}$ , punkt $B$ ze środkiem $B'$ boku $\overline{CD}$ , punkt $C$ ze środkiem $C'$ boku $\overline{DA}$ oraz punkt $D$ ze środkiem $D'$ boku $\overline{AB}$ . Udowodnić, że punkty przecięcia prostych $AA'$ i $BB'$ ; $BB'$ i $CC'$ ; $CC'$ i $DD'$ ; $DD'$ i $AA'$ są wierzchołkami czworokąta o polu 5 razy mniejszym od pola równoległoboku $ABCD$ .

Rozwiązanie

Rozpatrzmy trójkąty $ADD'$ i $CBB'$ (rys. 5). Są one przystające, ponieważ $AD' = CB'$ , $AD = CB$ i $\measuredangle D'AD = \measuredangle B'CB$ .

Zatem $\measuredangle AD'D = \measuredangle CB'B$ . Wynika stąd, że proste $DD'$ i $BB'$ są równoległe. Analogicznie dowodzimy, że proste $AA'$ i $CC'$ też są równoległe. Zatem czworokąt $PQRS$ jest równoległobokiem. Rozpatrzmy trójkąty $APD'$ i $AQB$ . Są one podobne ponieważ $\measuredangle PAD' = \measuredangle QAB$ (kąt wspólny) oraz $\measuredangle AD'P = \measuredangle ABQ$ (kąty odpowiadające).

Wobec tego

$ (1) \qquad \frac{D'P}{BQ} = \frac{AD'}{AB} = \frac{1}{2}. $

Stosując twierdzenie Talesa do kąta $\measuredangle B'BC$ otrzymujemy

$ (2) \qquad \frac{BQ}{QR} = \frac{BA'}{A'C} = 1. $

Stosując twierdzenie Talesa do kąta $\measuredangle ADP$ otrzymujemy

$ (3) \qquad \frac{PS}{SD} = \frac{AC'}{C'D} = 1. $

Z (1) i (2) wynika, że $D'P = \frac{1}{2} BQ = \frac{1}{2} QR$ .

Wiemy ponadto z (3), że $PS = SD$ oraz, że $QR = PS$ , ponieważ $PQRS$ jest równoległobokiem.

Wobec tego $D'D = D'P + PS + SD = \frac{1}{2} QR + QR + QR = \frac{5}{2} QR = \frac{5}{2}$ .

Stąd $S_{DD'BB'} = \frac{5}{2} S_{PQRS}$ , ponieważ równoległoboki $DD'BB'$ i $PQRS$ mają jednakowe wysokości, a podstawa pierwszego z nich jest $\frac{5}{2}$ razy większa niż podstawa drugiego.

Analogicznie stwierdzamy, że $S_{DD'BB'} = \frac{1}{2} S_{ABCD}$ . Z ostatnich dwóch równości otrzymujemy, że

$ S_{PQRS} = \frac{1}{5} S_{ABCD}. $

XXI OM - I -Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XXI OM, 1969-1970

Etap:

Na stole bilardowym w kształcie kwadratu znajduje się kula. Kulą pchnięto tak, że odbiła się od bandy (kąt padania równa się kątowi odbicia) pod kątem $\alpha$ . Dowieść, że kula będzie sią poruszać po łamanej zamkniętej wtedy i tylko wtedy, gdy $\tan \alpha$ . jest liczbą wymierną. Siłę tarcia oraz wymiary kuli pomijamy.

Rozwiązanie

Załóżmy dla uproszczenia, że stół bilardowy jest kwadratem o wierzchołkach w punktach $A(0, 0)$ , $B(1, 0)$ , $C(1, 1)$ , $D(0, 1)$ (rys. 6). Niech w chwili początkowej kula znajduje się w punkcie $P(a, b)$ , gdzie $0 < a < 1$ , $0 < b < 1$ .

Oznaczmy przez $v$ prędkość, z jaką się ona porusza w chwili początkowej, a przez $\alpha$ - kąt, jaki tworzy kierunek jej ruchu z osią $x$ . Bez zmniejszenia ogólności możemy założyć, że $0^\circ \leq \alpha \leq 90^\circ$ . Jeśli $\alpha = 0^\circ$ lub $\alpha = 90^\circ$ , to kula porusza się po odcinku równoległym do osi $x$ lub $y$ . Załóżmy więc, że $0^\circ < \alpha < 90^\circ$ .

Rozpatrzmy rzuty $P_x = P_x (t)$ i $P_y = P_y (t)$ odpowiednio na oś $x$ i $y$ punktu, w którym znajduje się kula w chwili $t$ . Z warunków zadania wynika, że punkt $P_x$ porusza się ruchem jednostajnym z prędkością $v_1 = v \cos \alpha$ po odcinku $\langle 0,\ 1 \rangle$ na osi $x$ z tym, że po każdym odbiciu kuli od boku $\overline{BC}$ lub $\overline{AD}$ kierunek ruchu punktu $P_x$ zostaje zmieniony na przeciwny. Zatem w chwili $t_1 = \frac{2}{v_1} = \frac{2}{v \cos \alpha}$ punkt $P_x$ po dwukrotnym obiegu odcinka $\langle 0,\ 1 \rangle$ na osi $x$ znajdzie się w punkcie początkowym i kierunek jego ruchu będzie taki sam, jak na początku.

Ogólnie, w chwili $t_n = \frac{2n}{v \cos \alpha}$ , gdzie $n = 1, 2, \ldots$ , punkt $P_x$ będzie się znajdował w punkcie początkowym i kierunek jego ruchu będzie taki sam, jak na początku.

Analogicznie dowodzimy, że w chwili $t_m' = \frac{2m}{v_1} = \frac{2m}{v \sin \alpha}$ , gdzie $m = 1,2, \ldots$ , punkt $P_y$ , znajdzie się w punkcie początkowym i kierunek jego ruchu będzie taki sam, jak na początku.

Wobec tego kula powróci do punktu początkowego i kierunek jej ruchu będzie taki sam, jak w chwili początkowej wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje taka chwila $t$ , że zarówno punkt $P_x$ , jak i $P_y$ będą w tej chwili znajdowały się w położeniu początkowym i kierunek ich ruchu będzie taki sam, jak na początku. Jest to równoważne temu, że istnieją takie liczby naturalne $n$ i $m$ , że $t = t_n$ i $t = t'_m$ , tzn.

$ (1) \qquad \frac{2n}{v \cos \alpha}= \frac{2m}{v \sin \alpha} $

Stąd $\tg \alpha = \frac{m}{n}$ jest liczbą wymierną.

Na odwrót, gdy $\tg \alpha = \frac{p}{q}$ jest liczbą wymierną, to wystarczy przyjąć $n = p$ i $m = q$ i wtedy warunek (1) będzie spełniony.

XXI OM - I -Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XXI OM, 1969-1970

Etap:

Udowodnić, że dla każdej liczby nieparzystej $n > 1$ istnieje taka liczba naturalna $d < n$ , że liczba $2^d - 1$ jest podzielna przez $n$ .

Rozwiązanie

Żadna z liczb $2, 2^2, \ldots, 2^n$ nie daje reszty $0$ z dzielenia przez $n$ , ponieważ $n > 1$ i $n$ jest liczbą nieparzystą.

Ponieważ liczb tych jest $n$ , a możliwych reszt różnych od zera jest $n - 1$ , więc dwie liczby $2^r$ i $2^s$ , gdzie $1 \leq r < s \leq n$ , dają tę samą resztę z dzielenia przez $n$ . Zatem $2^s - 2^r$ dzieli się przez $n$ i wobec tego liczba $2^r (2^{s-r} - 1)$ dzieli się przez $n$ . Ponieważ liczba $n$ jest nieparzysta, więc wynika stąd, że liczba $2^{s-r} - 1$ dzieli się przez $n$ . Wobec tego liczba $d = s - r$ spełnia warunki zadania.

XXI OM - I -Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XXI OM, 1969-1970

Etap:

Znaleźć największą liczbę naturalną $k$ o następującej własności : istnieje $k$ takich różnych podzbiorów zbioru $n$ -elementowego, że każde dwa mają niepustą część wspólną.

Rozwiązanie

Oznaczmy szukaną liczbę przez $k(n)$ . Udowodnimy, że $k(n) =2^{n-1}$ . Każdemu ciągowi $n$ -wyrazowemu o wartościach $0$ lub $1$ przyporządkowujemy zbiór takich wskaźników, że odpowiadające im wyrazy ciągu są równe $1$ . Przyporządkowanie to ustala odpowiedniość wzajemnie jednoznaczną między zbiorem wszystkich ciągów $n$ -wyrazowych o wartościach $0$ lub $1$ , a zbiorem wszystkich podzbiorów zbioru $n$ -elementowego. Wynika stąd, że wszystkich podzbiorów zbioru $n$ -elementowego jest tyle, ile ciągów o $n$ wyrazach, tzn. $2^n$ (por. zadanie przygotowawcze D, seria III).

Rozpatrzmy w $n$ -elementowym zbiorze $X$ rodzinę jego podzbiorów zawierających ustalony element $a$ . Każde dwa podzbiory w tej rodzinie mają niepustą część wspólną, należy do niej bowiem element $a$ . Liczba podzbiorów należących do tej rodziny równa jest liczbie wszystkich podzbiorów $(n -1)$ -elementowych zbioru $X - \{a\}$ , czyli $2^{n-1}$ . Zatem $k(n) \geq 2^{n-1}$ .

Z drugiej strony jeśli zbiór $A$ należy do pewnej rodziny $R$ podzbiorów zbioru $X$ , w której każde dwa podzbiory mają niepustą część wspólną, to zbiór $X - A$ do $R$ nie należy. Wobec tego liczba podzbiorów należących do rodziny $R$ nie przekracza połowy liczby wszystkich podzbiorów zbioru $X$ , czyli $k (n) \leq \frac{1}{2} \cdot 2^n = 2^{n-1}$ .

Z obu udowodnionych nierówności wynika, że $k(n) = 2^{n-1}$ .

XXI OM - I -Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XXI OM, 1969-1970

Etap:

Udowodnić, że przy każdym podziale płaszczyzny na trzy zbiory w co najmniej jednym z nich istnieją dwa punkty odległe o 1.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że twierdzenie to jest fałszywe. Rozpatrzmy trójkąty równoboczne $ABC$ i $ABD$ (rys. 7) o wspólnej podstawie $\overline{AB}$ i boku równym $1$ . Z naszego przypuszczenia wynika, że każdy z wierzchołków trójkąta $ABC$ należy do innego z trzech różnych podzbiorów, na które podzieliliśmy płaszczyznę. Podobnie każdy z wierzchołków trójkąta $ABD$ należy do innego z trzech różnych zbiorów, na które podzieliliśmy płaszczyznę. Wobec tego punkty $C$ i $D$ należą do tego samego zbioru. Odległość tych punktów równa jest $\sqrt{3}$ .

Z powyższego rozumowania wynika, że każde dwa punkty płaszczyzny odległe o $\sqrt{3}$ należą do tego samego podzbioru. Można je bowiem traktować jako wierzchołki odpowiednich trójkątów równobocznych o wspólnej podstawie i o boku $1$ .

Rozpatrzmy teraz trójkąt $PQR$ (rys. 8) o bokach $\sqrt{3}$ , $\sqrt{3}$ , $1$ . Z powyższego wynika, że punkty $P$ i $Q$ oraz $O$ i $R$ należą do tego samego zbioru. Wobec tego również punkty $P$ i $R$ należą do tego samego zbioru. Są one jednak odległe o $1$ , co przeczy naszemu pierwotnemu przypuszczeniu.

Uzyskana sprzeczność dowodzi, że rozważane twierdzenie jest prawdziwe.

XXI OM - I -Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XXI OM, 1969-1970

Etap:

Znaleźć najmniejszą liczbę dodatnią $r$ o tej własności, że w czworościanie foremnym o krawędzi długości 1 istnieją takie cztery punkty, że odległość dowolnego punktu czworościanu od któregoś z nich jest $\leq r$ .

Rozwiązanie

Niech $O$ będzie środkiem kuli opisanej na czworościanie foremnym $ABCD$ o krawędzi $1$ (rys. 9). Promień kuli opisanej na $ABCD$ jest równy $R = \frac{1}{4} \sqrt{6}$ . Czworościan $ABCD$ dzielimy na czworościany o wierzchołkach: $O$ , jednym z wierzchołków czworościanu, środku jednej z krawędzi wychodzących z tego wierzchołka czworościanu, spodku wysokości na jednej ze ścian zawierających tę krawędź. Ponieważ z każdego z $4$ wierzchołków czworościanu wychodzą $3$ krawędzie, a każda z nich należy do dwóch ścian czworościanu, więc liczba rozpatrywanych czworościanów równa jest $4 \cdot 3 \cdot 2 = 24$ .

Udowodnimy, że każdy z tych $24$ czworościanów jest wpisany w jedną z czterech kul o promieniu $\frac{R}{2}$ i o środkach $P_A$ , $P_B$ , $P_C$ , $P_D$ będących odpowiednio środkami odcinków $\overline{OA}$ , $\overline{OB}$ , $\overline{OC}$ , $\overline{OD}$ . Niech $E$ będzie środkiem krawędzi $\overline{AB}$ , zaś $F$ spodkiem wysokości opuszczonej z punktu $D$ na płaszczyznę trójkąta $ABC$ . Rozpatrzmy czworościan $AEFO$ . Ponieważ kąt $AFO$ jest prosty, więc $P_AF = AP_A = OP_A = \frac{R}{2}$ .

Podobnie, aby dowieść, że $P_AE = \frac{1}{2} R$ , wystarczy stwierdzić, że kąt $AEO$ jest prosty. Wynika to z faktu, że płaszczyzna wyznaczona przez punkty $D$ , $E$ , $F$ jest prostopadła do krawędzi $\overline{AB}$ , ponieważ $DE \bot AB$ , $CE \bot AB$ oraz $S \in CE$ .

W ten sposób dowodzimy, że każdy z $6$ czworościanów, których jednym z wierzchołków jest $A$ , jest zawarty w kuli o środku $P_A$ i promieniu $\frac{R}{2}$ . Z symetrii wynika, że również pozostałe czworościany są zawarte w odpowiednich kulach o promieniu $\frac{R}{2}$ .

Zatem każdy punkt czworościanu $ABCD$ jest odległy od któregoś z punktów $P_A$ , $P_B$ , $P_C$ , $P_D$ nie więcej niż o $\frac{R}{2}$ .

Przypuśćmy, że pewne punkty $Q_1$ , $Q_2$ , $Q_3$ , $Q_4$ i liczba $S$ mają tę własność, że każdy punkt czworościanu $ABCD$ jest odległy od któregoś z punktów $Q_1$ , $Q_2$ , $Q_3$ , $Q_4$ nie więcej niż o $S$ . W szczególności każdy z pięciu punktów $O$ , $A$ , $B$ , $C$ , $D$ jest odległy od któregoś z punktów $Q_1$ , $Q_2$ , $Q_3$ , $Q_4$ nie więcej niż o $S$ . Zatem dwa spośród punktów $O$ , $A$ , $B$ , $C$ , $D$ są odległe od pewnego punktu $Q_i$ nie więcej niż o $S$ . Jeśli punktami tymi są wierzchołki czworościanu, np. $A$ i $B$ , to otrzymujemy, że $1 = AB \leq AQ_i + BQ_i \leq 2S$ , czyli $S \geq \frac{1}{2}$ . Jeśli zaś punktami tymi są $O$ i jeden z wierzchołków czworościanu, np. $A$ , to otrzymujemy $R = OA \leq OQ_i+AQ_i \leq 2S$ , czyli $S \geq \frac{R}{2}$ .

Ponieważ $\frac{R}{2} < \frac{1}{2}$ , więc w każdym przypadku otrzymujemy, że $S \geq \frac{R}{2}$ . Zatem najmniejszą liczbą dodatnią $r$ o własności podanej w zadaniu jest $r = \frac{R}{2} = \frac{1}{8} \sqrt{6}$ .

Uwaga. Można dowieść, że punkty $P_A$ , $P_B$ , $P_C$ , $P_D$ są jedynymi punktami takimi, że każdy punkt czworościanu jest odległy od któregoś z nich nie więcej niż o $\frac{\sqrt{6}}{8}$ .