XVIII OM - I etap

I etap XVIII Olimpiady Matematycznej

XVIII OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie

$ (1)\qquad x^2 + y^2 + z^2 = 2xyz. $

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że liczby całkowite $x$ , $y$ , $z$ spełniają równanie (1). Jeśli któraś z liczb $x$ , $y$ , $z$ nie jest zerem, to istnieje liczba całkowita $d \geq 1$ będąca ich największym wspólnym dzielnikiem, tzn.

$ x = ud,\ y = vd,\ z = wd, $

gdzie $u$ , $v$ , $w$ są liczbami całkowitymi, których największym wspólnym dzielnikiem jest liczba $1$ . Na mocy równości (1)

$ u^2d^2 + v^2d^2 + w^2d^2 = 2uvwd^3, $

skąd po podzieleniu przez $d^2$ otrzymujemy równość

$ (2) \qquad u^2 + v^2 + w^2 = 2uvwd. $

Prawa strona równości (2) jest liczbą parzystą, zatem lewa strona jest także liczbą parzystą, a ponieważ według założenia liczby $u$ , $v$ , $w$ nie mogą być wszystkie parzyste, zatem jedna z nich jest parzysta, a dwie inne - nieparzyste. Możemy przyjąć, że np.

$ u = 2k,\ v = 2m+1, \ w = 2n+1. $

Podstawiając te wartości do równości (2) otrzymujemy

$ (3) \qquad 4(k^2 + m^2 + n^2 + m + n) + 2 = 4dk(2m+2)(2n+2). $

Równość (3) jest fałszywa, gdyż prawa jej strona jest podzielna przez $4$ ; a lewa - nie.

Wnioskujemy stąd, że jeżeli liczby całkowite $x$ , $y$ , $z$ spełniają równanie (1), to $x = y = z = 0$ .

Trójka $(0, 0, 0)$ spełnia istotnie równanie (1), więc jest to jego jedyne rozwiązanie w liczbach całkowitych.

Uwaga. Rozwiązanie zadania można ująć nieco inaczej. Przypuśćmy, jak poprzednio, że trójka liczb całkowitych $(x, y, z)$ jest rozwiązaniem równania (1). Jeżeli $xyz = 0$ , to na mocy (1) również $x^2+y^2+z^2 = 0$ , zatem $x = y = z = 0$ . Jeżeli $xyz \ne 0$ , to istnieją takie liczby całkowite nieujemne $k$ , $m$ , $n$ , że

$ x = 2^ku, \ y = 2^mv, \ z = 2^nw, $

gdzie liczby $u$ , $v$ , $w$ są nieparzyste. Możemy przyjąć, że np. $k \leq m \leq n$ . Po podstawieniu tych wartości do równania (1) otrzymujemy

$ 2^{2k} u^2 + 2^{2m} v^2 + 2^{2n} w^2 = 2^{k+n+m+1} uvw, $

a po podzieleniu przez $2^{2k}$

$ (4) \qquad u^2 + 2^{2(m-k)} v^2 + 2^{2(n-k)} w^2 = 2^{m-k+n+1} uvw. $

Równość (4) jest fałszywa, gdyż

a) jeżeli $k = m = n$ lub jeżeli $k \ne m$ , $k \ne n$ , lewa strona równości (4) jest liczbą nieparzystą, a prawa - parzystą;

b) jeżeli $k = m$ , $k \ne n$ , prawa strona (4) jest podzielna przez $4$ , a lewa nie. Zatem $(0,0,0)$ jest jedynym rozwiązaniem równania (4) w liczbach całkowitych.

XVIII OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Dowieść, że

$ (1) \qquad \sqrt{3a+1} + \sqrt{2a+3} + \sqrt{17-5a} \leq \sqrt{63}, $

dla wszystkich wartości $a$ , dla których lewa strona tej nierówności ma sens liczbowy.

Rozwiązanie

Lewa strona nierówności (1) ma sens liczbowy wtedy i tylko wtedy, gdy $- \frac{1}{3} \leq a \leq \frac{17}{5}$ ; załóżmy, że liczlba $a$ spełnia ten warunek.

Zauważmy, że suma kwadratów wyrazów lewej strony (1) równa się $21$ ; zadanie sprowadza się wobec tego do wyznaczenia maximum sumy trzech liczb o danej sumie kwadratów. Niech $\sqrt{3a+1} = u_1$ , $\sqrt{2a+3} = u_2$ , $\sqrt{17- 5a} = u_3$ , wówczas

$ (2) \qquad u^2_1 + u^2_2 + u^2_3 = 21. $

Otóż

$ (3) \qquad (u_1 + u_2 + u_3)^2 = u^2_1 + u^2_2 + u^2_3 + 2u_1u_2 + 2u_2y_3 + 2u_3u_1. $

Ponieważ $2u_lu_k \leq u_i^2 + u_k^2$ ( $i,k = 1,2,3$ ), więc z (3) wynika, że

$ (u_1 + u_2 + u_3)^2 \leq 3(u_1^2 + u_2^2 + u_3^2), $

zatem wobec (2)

$ (u_1 + u_2 + u_3)^2 \leq 63, $

stąd

$ u_1 + u_2 + u_3 \leq \sqrt{63}, c.n.d. $

XVIII OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

W czworokącie wypukłym $ABCD$ połączono odcinkami środek M boku AB z wierzchołkami $C$ i $D$ , a środek $N$ boku $CD$ z wierzchołkami $A$ i $B$ . Odcinki $AN$ i $DM$ przecinają się w punkcie $P$ , a odcinki $BN$ i $CM$ w punkcie $Q$ . Dowieść, że pole czworokąta $MQNP$ równa się sumie pól trójkątów $APD$ i $CQB$ .

Rozwiązanie

Pole wielokąta $ABC\ldots$ oznaczać będziemy symbolem $(ABC\ldots)$ . Stwierdzamy, że (rys. 1)

$ AM = MB \Longrightarrow (AMC) = (MBC), $

$ CN = ND \Longrightarrow (CNA) = (NDA). $

Stąd

$ (AMC) + (CNA) = (MBC)+(NDA), $

zatem

$ (1) \qquad (AMCN) = (MBC) + (NDA). $

Lecz

$ (2) \qquad (ABCD) = (AMCN) + (MBC) + (NDA), $

a z (1) i (2) wynika, że

$ (3) \qquad (AMCN) = \frac{1}{2} (ABCD). $

Analogicznie

$ (4) \qquad (MBND) = \frac{1}{2} (ABCD). $

Otóż

$ (5) \qquad (APD) + (CQB) = (ABCD) - (AMCN) - (MBND) + (MQNP). $

Z (3), (4) i (5) otrzymujemy

$ (APD) + (CQB) = (MQNP),\ \textrm{c.n.d.} $

XVIII OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

W okrąg o środku $O$ wpisano trójkąt $ABC$ i wyznaczono punkty $A_1$ i $B_1$ odpowiednio symetryczne, do wierzchołków $A$ i $B$ względem punktu $O$ oraz punkt $P$ , w którym prosta przechodząca przez punkt $A_1$ i środek $M$ boku $BC$ przecina się z prostą poprowadzoną przez punkt $B_1$ i środek $N$ boku $AC$ .
Dowieść, że środek ciężkości $S$ trójkąta $ABC$ leży na odcinku $PO$ i dzieli go w stosunku $2:1$ .

Rozwiązanie

Ponieważ $M$ i $N$ są środkami boków $BC$ i $AC$ , więc $MN \parallel AB$ i $MN = \frac{1}{2} AB$ , zatem również $MN \parallel A_1B_1$ i $MN = \frac{1}{2} A_1B_1$ , gdyż odcinki $AB$ i $A_1B_1$ są symetryczne względem $O$ , więc są równolegle i równe (rys. 2). Wobec tego w trójkącie $A_1B_1P$ końce $M$ i $N$ odcinka $MN$ są środkami boków $A_1P$ i $B_1P$ . Stąd wynika dalej, że $AM$ jest środkową w trójkącie $AA_1P$ . Ponieważ punkt $S$ jest środkiem ciężkości trójkąta $ABC$ , więc $AS \colon SM = 2 \colon 1$ , wobec tego $S$ jest również środkiem ciężkości trójkąta $AA_1P$ , zatem leży na środkowej $PO$ tego trójkąta i dzieli ją w stosunku $PS \colon SO = 2 \colon 1$ .

XVIII OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Znaleźć takie liczby naturalne $p$ i $q$ , żeby pierwiastki równań $x^2-qx+p = 0$ i $x^2-px+q = 0$ były liczbami naturalnymi.

Rozwiązanie

Niech $x_1$ , $x_2$ oraz $y_1$ , $y_2$ oznaczają odpowiednio pierwiastki danych równań. Wówczas zachodzą równości:

$ (1) \qquad x_1 + x_2 = q, \ x_1x_2=p, $

$ (2) \qquad y_1 + y_2 = p,\ y_1y_2 = q. $

Z równości (1) i (2) wynika, że

$ x_1x_2 + y_1y_2 = x_1 + x_2 + y_1 + y_2. $

Stąd

$ (x_1-1)(x_2-1) + (y_1-1)(y_2-1) = 2. $

Ponieważ każda z liczb $x_1-1$ , $x_2-1$ , $y_1-1$ , $y_2-1$ jest $\geq 0$ , więc zachodzi jeden z przypadków

a) $(x_1-1)(x_2-1) = 1,\ (y_1-1)(y_2-1) = 1;$

wówczas $x_1-1 =x_2-1 = 1$ , więc $x_1 = x_2 = 2$ , a stąd $p = q = 4$ .

b) $(x_1-1)(x_2-1) = 2,\ (y_1-1)(y_2-1) = 1;$

wtedy $x_1-1 = 1$ , $x_2-1 = 2$ lub $x_1-1 = 2$ , $x_2-1 = 1$ , tzn. $x_1 = 2$ , $x_2 = 3$ lub $x_1 = 3$ , $x_2 = 2$ .

Stąd $p = 6$ , $q = 5$ .

c) $(x_1-1)(x_2-1) = 0, \ (y_1-1)(y_2-1) = 2;$

podobnie jak w b) otrzymujemy $y_1 = 2$ , $y_2 = 3$ lub $y_1 = 3$ , $y_2 = 2$ , a stąd $p = 5$ , $q = 6$ .

XVIII OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczby rzeczywiste $a, b, c, d$ spełniają równania

$ \begin{split} a^2 + b^2 &= cd,\\ c^2 + d^2 &= ab \end{split} $

$ a = b = c = d = 0. $

Rozwiązanie

Z danych równości wynika, że

$ a^2+b^2+c^2+d^2-ab-cd = 0, $

zatem również

$ 2a^2+ 2b^2+ 2c^2+ 2d^2- 2ab - 2cd = 0, $

stąd

$ a^2+b^2+c^2+d^2+(a-b)^2 + (c-d)^2 = 0/ $

Każdy wyraz lewej strony tej równości jest $\geq 0$ , suma tych liczb jest zatem równa zeru tylko wtedy, gdy każda z nich jest zerem, tj. gdy $a = b = c = d = 0$ .

XVIII OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Na płaszczyźnie leży $2n$ punktów. Dowieść, że istnieje prosta nie przechodząca przez żaden z tych punktów i dzieląca płaszczyznę na półpłaszczyzny, z których każda zawiera $n$ spośród danych punktów. Sformułować i udowodnić analogiczne twierdzenie dla przestrzeni.

Rozwiązanie

Niech $A_1, A_2, \ldots, A_{2n}$ będą danymi punktami płaszczyzny i niech $a_{ik}$ ( $i, k = 1, 2, \ldots, 2n$ , $i \ne k$ ) oznacza prostą poprowadzoną przez punkty $A_i$ i $A_k$ . Zbiór $Z$ wszystkich prostych $a_{ik}$ zawiera co najwyżej $\binom{2n}{2} = n(2n-1)$ różnych prostych. Przez dowolnie obrany punkt $P$ płaszczyzny można zatem poprowadzić co najwyżej $n(2n- 1)$ prostych, z których każda jest prostopadła do jakiejś prostej zbioru $Z$ . Wobec tego przez punkt $P$ przechodzą również proste, które nie są prostopadłe do żadnej z prostych zbioru $Z$ . Niech $p$ będzie taką prostą i niech $A_i'$ będzie rzutem prostokątnym punktu $A_i$ na prostą $p$ , a $U$ - zbiorem, tych rzutów. Żadne dwa punkty $A_i'$ i $A_k'$ ( $i \ne k$ ) zbioru $U$ nie pokrywają się, gdyż prosta $A_iA_k$ nie jest prostopadła do prostej $p$ . Na prostej $p$ leży zatem $2n$ różnych punktów $A_i'$ . Możemy ich numerację tak ustalić, że w pewnym zwrocie prostej $p$ punkt $A_i'$ poprzedza punkt $A_{i+1}'$ . Środek $M$ odcinka $A_n'A_{n+1}'$ dzieli prostą $p$ na dwie półproste, z których każda zawiera $n$ punktów zbioru $U$ . Prostopadła do prostej $p$ poprowadzona przez punkt $M$ dzieli wobec tęgo płaszczyznę na dwie półpłaszczyzny, z których każda zawiera $n$ punktów danego zbioru.

Analogiczne twierdzenie dla przestrzeni brzmi: Dla każdego zbioru $2n$ punktów przestrzeni istnieje taka płaszczyzna nie przechodząca przez żaden z punktów zbioru, że w każdej z wyznaczonych przez nią półprzestrzeni leży $n$
punktów danego zbioru.

Dowód może być poprowadzony zupełnie podobnie jak dla płaszczyzny.

Mianowicie przez dowolnie obrany punkt $P$ przestrzeni można poprowadzić taką płaszczyznę $\alpha$ , która nie jest prostopadła do żadnej z prostych zbioru $Z$ (zdefiniowanego analogicznie jak poprzednio dla płaszczyzny).

Rzuty prostokątne $A_i'$ danych punktów $A_i$ na płaszczyznę $\alpha$ tworzą zbiór $U$ zawierający $2n$ różnych punktów. Niech prosta $p$ płaszczyzny $\alpha$ nie przechodząca przez żaden punkt zbioru $U$ dzieli płaszczyznę $\alpha$ na takie półpłaszczyzny, z których każda zawiera $n$ punktów zbioru $U$ . Wówczas płaszczyzna $\pi$ poprowadzona przez prostą $p$ prostopadle do $\alpha$ jest płaszczyzną o żądanej własności.

Uwaga. W taki sam sposób można udowodnić twierdzenie ogólniejsze. Mianowicie zbiór $n$ punktów płaszczyzny (przestrzeni) można podzielić na $2$ części, z których jedna zawiera $k$ punktów, a druga $n - k$ punktów, prowadząc w płaszczyźnie (przestrzeni) prostą (płaszczyznę) nie zawierającą żadnego z tych punktów.

XVIII OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Dana jest kula $k$ , okrąg $c$ leżący na jej powierzchni oraz taki punkt $S$ nie leżący na tej powierzchni, że każda prosta przechodząca przez $S$ i przez jakiś punkt $M$ okręgu $c$ przecina powierzchnię kuli $k$ jeszcze w pewnym punkcie $N$ różnym od $M$ . Udowodnić, że zbiór $Z$ wszystkich punktów $N$ tworzy okrąg.

Rozwiązanie

Gdy punkt $S$ leży w płaszczyźnie okręgu $c$ , dowód tezy twierdzenia jest natychmiastowy, albowiem $S$ znajduje się wówczas wewnątrz okręgu $c$ (gdyż punkty leżące na zewnątrz $c$ nie spełniają przyjętego założenia) i zbiór wszystkich punktów $N$ jest okręgiem $c$ .

Załóżmy, że punkt $S$ nie leży w płaszczyźnie okręgu $c$ i niech $H$ będzie rzutem prostokątnym punktu $S$ na tę płaszczyznę; punkty $S$ i $H$ są różne (rys. 3).

Przypuśćmy najpierw, że punkt $H$ nie leży na okręgu $c$ . Niech $M$ będzie punktem okręgu $c$ , a $N$ drugim punktem przecięcia prostej $SM$ z powierzchnią kuli $k$ . Poprowadźmy przez punkt $N$ w płaszczyźnie $SHM$ prostopadłą do $SM$ ; przecina ona prostą $SH$ w pewnym punkcie $L$ , gdyż proste $SH$ i $SM$ nie są prostopadłe.

Trójkąty prostokątne $SHM$ i $SNL$ są podobne, więc $\frac{SH}{SM}= \frac{SN}{SL}$ , a stąd $SL = \frac{SM \cdot SN}{SH}$ .

Wartość iloczynu $SM \cdot SN$ nie zależy od położenia punktu $M$ na powierzchni kuli; liczba ta nazywa się, jak wiemy, potęgą punktu $S$ względem kuli. Długość $SH$ również nie zależy od położenia punktu $M$ . Z powyższej równości wynika zatem, że długość $SL$ jest stała, tzn. wszystkim punktom $M$ okręgu $c$ odpowiada ten sam punkt $L$ . Ponieważ $\measuredangle SNL$ jest prosty, więc punkt $N$ leży na powierzchni kuli $k_1$ o średnicy $SL$ , należy zatem do okręgu $c_1$ , według którego powierzchnia kuli $k_1$ przecina powierzchnię kuli $k$ . Zbiór $Z$ wszystkich punktów $N$ jest więc zawarty w okręgu $c_1$ .

Odwrotnie, jeżeli $N$ jest punktem okręgu $c_1$ , a $M$ jest takim punktem półprostej $SN$ , że $SM = \frac{SH \cdot SL}{SN}$ , to punkt $M$ leży na powierzchni kuli $k$ , gdyż wtedy $SM \cdot SN=SH \cdot SL$ jest równe potędze punktu $S$ względem $k$ . Ponieważ zaś trójkąty $SHM$ i $SNL$ są podobne (gdyż $SM \colon SH = SL \colon SN$ , a $\measuredangle HSM = \measuredangle NSL$ ), więc $\measuredangle SHM = \measuredangle SNL = 90^\circ$ , skąd wynika, że punkt $M$ leży w płaszczyźnie okręgu $c$ . W takim razie punkt $M$ leży na okręgu $c$ , wobec czego punkt $N$ należy do zbioru $Z$ .

Wnioskujemy stąd, że zbiór $Z$ jest okręgiem $c_1$ .

W przypadku, gdy punkt $H$ leży na okręgu $c_1$ , dowód powyższy wymaga niewielkiej modyfikacji. Z równości $SH \cdot SL = SM \cdot SN$ wynika wtedy, że punkt $L$ leży na powierzchni kuli $k$ , więc jest jednym z punktów zbioru $Z$ . Dalsze rozumowanie, które przebiega jak poprzednio, polega na wykazaniu, że pozostałe punkty zbioru $Z$ tworzą zbiór punktów okręgu $c_1$ różnych od $L$ .

XVIII OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczby $\alpha^2$ , $\beta^2$ , $\alpha\beta$ są wymierne, to istnieją takie liczby wymierne $k$ , $a$ i $b$ , że

$ \alpha^2 = ka^2,\quad \beta^2 = kb^2,\quad \alpha\beta = kab. $

Rozwiązanie

Gdy $\alpha \ne 0$ , $\beta \ne 0$ , to liczba $\frac{\alpha}{\beta}$ jest wymierna, gdyż jest ilorazem liczb wymiernych $\alpha^2$ i $\alpha \beta$ . Wówczas liczby $k = \beta^2$ , $a = \frac{\alpha}{\beta}$ i $b = 1$ spełniają warunek zadania.

Gdy $\alpha \ne 0$ , $\beta = 0$ , wówczas liczbami żądanymi są na przykład $k = \alpha^2$ , $a = 1$ , $b = 0$ .

Gdy $\alpha = 0$ , liczbami takimi są np. $a = 0$ , $k= \beta^2$ , $b = 1$ .

XVIII OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Trójka liczb całkowitych tworzy postęp geometryczny o ilorazie całkowitym. Gdy najmniejszą z nich zwiększymy o 9, powstanie postęp arytmetyczny. Jakie to liczby?

Rozwiązanie

Poszukiwana trójka liczb ma postać $(a, aq, aq^2)$ , gdzie $a$ i $q$ są liczbami całkowitymi różnymi od zera. Rozróżnimy dwa przypadki.

a) Najmniejszą z liczb tej trójki jest $a$ lub $aq^2$ . Nową trójką liczb jest wtedy $(a+9, aq, aq^2)$ lub $(a, aq, aq^2+9)$ ; warunek, aby to był postęp arytmetyczny, wyraża równość $2aq = aq^2+a+9$ , którą możemy napisać w postaci

$ a(q- 1)^2 = -9. $

Stąd wynika, że

$ a = - 1,\ (q- 1)^2 = 9,\textrm{ więc } q = 4 \textrm{ lub } q = -2, $

bądź też

$ a = - 9,\ (q- 1)^2 = 1,\textrm{ więc } q = 2. $

Otrzymujemy trójki liczb: $( - 1, -4, -16)$ , $( - 1, 2, -4)$ , $( - 9, -18, -36)$ ; stwierdzamy, że są one istotnie rozwiązaniami zadania.

b) Najmniejszą z liczb $a, aq, aq^2$ jest $aq$ . Nową trójkę tworzą wtedy liczby $a, aq+ 9, aq^2$ ; warunek, aby to był postęp arytmetyczny wyraża równość $2(aq+9) = aq^2+a$ , której nadamy postać

$ a(q- 1)^2 = 18. $

Z tej równości wynika, że

$ a = 2, \ (q- 1)^2 = 9, \textrm{ więc } q = 4 \textrm{ lub } q = -2, $

bądź też

$ a = 18, \ (q- 1)^2 = 1, \textrm{ więc } q = 2. $

Otrzymujemy trójki liczb: $(2, 8, 32)$ , $(2, -4, 8)$ , $(18, 36, 72)$ , z których tylko druga spełnia warunki zadania.

Zadanie ma więc cztery rozwiązania: $( - 1, -4, -16)$ , $( -1,2, -4)$ , $(-9, -18, -36)$ , $(2, -4, 8)$ .

XVIII OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Dane są trzy okręgi o tym samym promieniu, przecinające się parami i mające jeden punkt wspólny. Dowieść, że pozostałe trzy punkty przecięcia okręgów leżą na okręgu o tymże promieniu.

Rozwiązanie

Wprowadzamy oznaczenia: $O_1, O_2, O_3$ - środki danych okręgów, $M$ punkt wspólny wszystkich trzech okręgów, $A_1, A_2, A_3$ różne od $M$ punkty przecięcia okręgów odpowiednio o środkach $O_2$ i $O_3$ , $O_3$ i $O_1$ , $O_1$ i $O_2$ (rys. 4).

Wszystkie boki czworokąta $O_1A_2O_3M$ są równe (jako promienie danych okręgów), czworokąt ten jest więc rombem. Stąd wynika, że wektory $\overrightarrow{O_1A_2}$ i $\overrightarrow{MO_3}$ są równe. Tak samo stwierdzamy, że $\overrightarrow{O_2A_1} = \overrightarrow{MO_3}$ , zatem $\overrightarrow{O_1A_2} = \overrightarrow{O_2A_1}$ . Czworokąt $O_1A_2A_1O_2$ jest wobec tego równoległobokiem, więc ma boki przeciwległe równe, $A_1A_2 = O_1O_2$ . Tak samo $A_2A_3 = O_2O_3$ i $A_3A_1 = O_3O_1$ , trójkąty $A_1A_2A_3$ i $O_1O_2O_3$ są zatem przystające. Ponieważ promień okręgu opisanego na trójkącie $O_1O_2O_3$ równa się promieniowi danych okręgów, więc to samo zachodzi dla trójkąta $A_1A_2A_3$ .

XVIII OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

Dowieść, że jeżeli punkty $A, B, C, D, E$ przestrzeni są tak położone, że

$ (1) \qquad AB = BC = CD = DE = EA, $

$ (2) \qquad \measuredangle ABC = \measuredangle BCD = \measuredangle CDE = \measuredangle DEA = \measuredangle EAB, $

to punkty $A, B, C, D, E$ znajdują się na jednej płaszczyźnie.

Rozwiązanie

Załóżmy, że punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ spełniają warunki (1) i (2). Wykażemy najpierw, że żadne dwa z tych punktów nie mogą się pokrywać. Wystarczy dowieść, że punkt $A$ nie może się pokrywać z $B$ ani z $C$ , gdyż każdy inny przypadek pokrywania się punktów sprowadza się do jednego z tych dwóch przez zmianę oznaczeń.

a) Gdyby punkt $A$ pokrywał się z punktem $B$ , wówczas wobec równości (1) pokrywałyby się wszystkie pięć punktów i nie byłby spełniony warunek (2), gdyż nie istniałyby wymienione w nim kąty.

b) Gdyby punkt $A$ pokrywał się z punktem $C$ , $\measuredangle ABC$ byłby równy $0$ , więc na mocy (2) punkty $A$ , $B$ , $D$ , $E$ leżałyby na jednej prostej $p$ . Z równości $\measuredangle BAD = 0$ i $\measuredangle EAB = 0$ wynikałoby wtedy, że punkty $B$ , $D$ , $E$ leżą na $p$ po tej samej stronie punktu $A$ , wobec czego z równości $\measuredangle DEA = 0$ wynikałoby, że punkt $D$ leży między $A$ i $E$ , a według równości $\measuredangle ADE = 0$ punkt $E$ musiałby leżeć między $A$ i $D$ . Wobec tej sprzeczności przypadek b) zdarzyć się nie może.

Z równości wszystkich boków oraz wszystkich kątów pięciokąta $ABCDE$ wynika równość wszystkich jego przekątnych. Na przykład $AC = BD$ , gdyż trójkąty $ABC$ i $BCD$ są przystające. Niech $a$ oznacza długość boków, $b$ - długość przekątnych pięciokąta, a symbol $O(r)$ powierzchnię kuli, czyli sferę o środku $O$ i promieniu $r$ .

Wybierzmy trzy niekolejne wierzchołki pięciokąta, np. $A$ , $B$ , $D$ i rozpatrzmy położenie pozostałych wierzchołków $C$ i $E$ względem $A$ , $B$ i $D$ . Punkt $C$ jest punktem wspólnym sfer $A(b)$ , $B(a)$ i $D(a)$ , a punkt $E$ - punktem wspólnym sfer $B(b)$ , $A(a)$ i $D(a)$ , które powstają z trzech poprzednich sfer, gdy je przekształcimy przez symetrię względem płaszczyzny symetralnej odcinka $AB$ . W tym przekształceniu punktowi $C$ odpowiada punkt wspólny $E'$ sfer $A(a)$ , $B(b)$ , $D(a)$ . Zachodzi więc któryś z dwóch przypadków:

a) punkt $E$ pokrywa się z punktem $E'$ , tzn. $C$ i $E$ leżą symetrycznie względem płaszczyzny symetralnej odcinka $AB$ ; przekątna $CE$ jest wtedy równoległa do prostej $AB$ i punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ leżą w jednej płaszczyźnie;

b) punkt $E$ , wspólny sferom $A(a)$ , $B(b)$ , $D(a)$ jest różny od ich punktu wspólnego $E'$ ; wtedy $E$ jest punktem symetrycznym do $E'$ względem płaszczyzny $ABD$ środków tych sfer, a więc $E$ jest punktem symetrycznym do $C$ względem symetralnej $DM$ odcinka $AB$ . Przekątna $CE$ przecina wówczas prostą $DM$ w pewnym punkcie $N$ . Przypadki a) i b) mogą oczywiście zachodzić równocześnie.

Analogiczne dwie możliwości istnieją dla każdej przekątnej pięciokąta $ABCDE$ . Jeżeli dla którychś dwóch przekątnych zachodzi przypadek a), to istnieją dwie różne czwórki wierzchołków pięciokąta, z których każda leży w jednej płaszczyźnie, zatem wszystkie wierzchołki leżą w jednej płaszczyźnie.

Jeżeli zaś choćby dla trzech przekątnych pięciokąta zachodzi przypadek b), to dwie z tych przekątnych wychodzą z jednego wierzchołka; niech to będą np. $CE$ i $CA$ ; $CE$ przecina wtedy symetralną $DM$ odcinka $AB$ w pewnym punkcie $N$ , a $CA$ przecina symetralną $BK$ odcinka $DE$ w pewnym punkcie $L$ . W takim razie punkty $D$ , $E$ , $C$ , $K$ , $M$ , $N$ , leżą w jednej płaszczyźnie; to samo stwierdzamy dla punktów $A$ , $B$ , $C$ , $K$ , $L$ , $M$ . Zatem wszystkie te punkty leżą w jednej płaszczyźnie.

Uwaga. Powyższe rozwiązanie zadania można ująć prościej, gdy się skorzysta z własności izometrii, tj. przekształceń nie zmieniających odległości punktów. Przyporządkujmy punktom $A$ , $B$ , $C$ , $D$ od powiednio punkty $B$ , $A$ , $E$ , $D$ . Wobec równości boków i równości przekątnych pięciokąta to przekształcenie pierwszej czwórki punktów na drugą jest izometrią. Można ją rozszerzyć na przekształcenie izometryczne całej przestrzeni. Otóż wiadomo, że izometrią przestrzeni, w której punktom $A$ , $B$ , $D$ odpowiadają punkty $B$ , $A$ , $D$ jest symetrią względem płaszczyzny symetralnej odcinka $AB$ , lub symetrią względem symetralnej $MD$ tego odcinka. Zatem $E$ jest punktem symetrycznym do punktu $C$ względem tej płaszczyzny lub względem prostej $MD$ . Dalszy ciąg dowodu pozostaje bez zmian.