XVII OM - I etap

I etap XVII Olimpiady Matematycznej

XVII OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Przedstawić wielomian $x^5 + x + 1$ w postaci iloczynu dwóch wielomianów stopnia niższego o współczynnikach całkowitych.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że poszukiwany rozkład istnieje. Żaden z czynników tego rozkładu nie może być stopnia pierwszego. Gdyby bowiem dla każdego $x$ zachodziła równość

$ x^5+ x+1 = (mx+n) (ax^4 + bx^3 + \ldots), $

gdzie liczby $m, n, a, b, \ldots$ są całkowite, to stąd wynikałoby, że $ma = 1$ , zatem $m = a = \pm 1$ , więc wielomian $x^5+x+1$ miałby pierwiastek całkowity $-\frac{n}{m}$ . To zaś jest niemożliwe, gdyż dla każdego całkowitego $x$ liczba $x^5 + x + 1$ jest nieparzysta.

Stąd wynika, że żądany rozkład ma postać

$ x^5 + x + 1 = (mx^2+nx+p) (ax^3+bx^2+cx+d), $

gdzie liczby $m, n, p, a, b, c, d$ są całkowite.

W takim razie $ma= 1$ , $pd= 1$ , więc $m = a = \pm 1$ , $p = d = \pm 1$ .

Możliwe są zatem cztery przypadki, z których wystarczy rozpatrzyć dwa; pozostałe sprowadzają się do nich przez zmianę znaku obu czynników rozkładu.

a) Gdy $m = a=1$ , $p=d=1$ , wtedy z porównania współczynników przy jednakowych potęgach $x$ po obu stronach równości

$ x^5 + x +1 = (x^2+nx+1) (x^3+bx^2+cx+1) $

otrzymujemy

$ \begin{array}{cc} (1) \qquad b+n = 0 & (3) \qquad 1+nc+b = 0\\ (2) \qquad c+nb+1 = 0 & (4) \qquad n+c = 1. \end{array} $

Układ równań (1) - (4) ma jedno rozwiązanie $n= 1$ , $b=- 1$ , $c=0$ , co daje rozkład

$ x^5+x+1 = (x^2+x+1) (x^3- x^2 +1). $

b) Gdy $m = a=1$ , $p = d=- 1$ , otrzymujemy podobnie jak w przypadku a) układ równań

$ \begin{array}{cc} (1') \qquad b+n = 0 & \nr{3'} -1+nc-b = 0\\ (2') \qquad c+nb -1 = 0 & \nr{4'} -n-c=1. \end{array} $

Łatwo sprawdzić, że układ ten nie ma rozwiązań. Rozwiązaniem zadania jest zatem wzór

$ x^5+x+1 = (\varepsilon x^2+\varepsilon x+\varepsilon) (\varepsilon x^3-\varepsilon x^2+\varepsilon), $

gdzie $\varepsilon = \pm 1$ .

Uwaga. Rozkład, o który chodzi w zadaniu, można by znaleźć szybko w sposób następujący:

$ \begin{split} x^5+x+1 & = x^5- x^2 + x^2 + x +1 = x^2(x^3- 1)+ x^2 + x + 1 = \\ & = x^2(x- 1) (x^2+ x+1) + (x^2+x+1) = (x^2+x+1) (x^3-x^2+1). \end{split} $

Takie rozwiązanie zadania wymaga jeszcze dowodu, że nie ma już innego rozkładu poza tym, który otrzymamy zmieniając znaki obu znalezionych czynników. Najłatwiej to wykazać posługując się liczbami zespolonymi. Niech $x_1$ , $x_2$ oznaczają pierwiastki wielomianu $x^2+x+1$ , a $x_3$ , $x_4$ , $x_5$ - pierwiastki wielomianu $x^3-x^2+1$ .

Wówczas

$ x^5 + x + 1 = (x-x_1) (x-x_2) (x-x_3) (x-x_4) (x-x_5). $

Każdy dzielnik kwadratowy wielomianu $x^5+x+1$ mający współczynniki całkowite jest postaci $m(x-x_i) (x-x_k)$ , gdzie liczba $m$ jest całkowita, a $x_i$ , $x_k$ są dwoma pierwiastkami wielomianu. Otóż łatwo stwierdzić, że takim dzielnikiem może być tylko $m(x-x_1) (x-x_2)$ . Przeprowadzenie szczegółowego dowodu pozostawiamy jako ćwiczenie.

Wskazówka. Jedna z liczb $x_3$ , $x_4$ , $x_5$ jest liczbą rzeczywistą niewymierną, a dwie pozostałe są liczbami zespolonymi sprzężonymi, których suma i iloczyn są niewymierne.

XVII OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczba rzeczywista $x_1$ spełnia równanie $x^3+2px+q = 0$ ( $p, q$ - dane liczby rzeczywiste), to $x_1q \leq p^2$ .

Rozwiązanie

Gdy $x_1 = 0$ , nierówność $x_1q \leq p^2$ jest prawdziwa, załóżmy wobec tego, że $x_1 \ne 0$ .

Według założenia $x_1^3+2px_1+q = 0$ , zatem liczba $x_1$ jest pierwiastkiem równania kwadratowego

$ x_1x^2 + 2px + q = 0. $

Wyróżnik tego równania jest więc nieujemny, zatem $p^2- x_1q \geq 0$ , stąd $x_1q \leq p^2$ .

XVII OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Znaleźć miejsce geometryczne środków ciężkości trójkątów ostrokątnych wpisanych w dany okrąg.

Rozwiązanie

Stwierdzamy najpierw, że każdy punkt $S$ leżący wewnątrz koła jest środkiem ciężkości pewnego trójkąta wpisanego w to koło. Istotnie, jeżeli punkt $S$ leży na promieniu $OC =r$ (rys. 1), punkt $M$ na przedłużeniu $CS$ poza punkt $S$ , przy czym $CM = \frac{3}{2} CS$ , wobec czego $CM < 2r$ , to prowadząc przez $M$ cięciwę $AB$ koła prostopadłą do $CM$ otrzymujemy trójkąt równoramienny $ACB$ o środku ciężkości $S$ .

Jeżeli przy tym $OS < \frac{1}{3} OC$ , to $CS > \frac{2}{3} OC$ , $CM>OC$ , więc też $CM > AM$ , zatem $\measuredangle ACM < 45^\circ$ , skąd wynika, że trójkąt $ACB$ jest ostrokątny.

Okazało się, że każdy punkt wewnętrzny koła współśrodkowego z danym kołem i mającego trzy razy mniejszy promień jest środkiem ciężkości trójkąta ostrokątnego wpisanego w dane koło.

Udowodnimy, że zachodzi również twierdzenie odwrotne.

Przypuśćmy, że $ABC$ jest trójkątem ostrokątnym wpisanym w dane koło, a $S$ jego środkiem ciężkości. Mamy dowieść, że $OS < \frac{1}{3} r$ .

Gdy $AC=BC$ , teza jest oczywista, gdyż punkt $O$ leży wówczas na środkowej $CM$ trójkąta i $OS = |CS-0C|=|\frac{2}3{3} CM-OC| < \frac{1}{3}r$ , gdyż $\frac{2}{3} r < \frac{2}{3} CM < \frac{4}{3} r$ , a $OC = r$ .

Przyjmijmy, że $AC < BC$ i niech $A'$ , $B'$ i $C'$ będą punktami odpowiednio symetrycznymi do $A$ , $B$ i $C$ względem średnicy koła równoległej do $AB$ (rys. 2). Z założenia, że trójkąt $ABC$ jest ostrokątny wynika, że punkt $C$ leży na mniejszym z dwóch łuków o końcach $A'$ i $B'$ , więc $CC' > AA'$ . Prosta poprowadzona przez punkt $S$ równolegle do $CC'$ przecina odcinki $OC$ i $OC'$ odpowiednio w punktach $D$ i $D'$ .

Trójkąty $ODD'$ i $OCC'$ są jednokładne w stosunku $1 \colon 3$ , a trójkąty $CSD$ i $CMO$ - jednokładne w stosunku $2 \colon 3$ , zachodzą więc równości:

$ \frac{DD'}{CC'} = \frac{OD}{OC} = \frac{SM}{CM} = \frac{1}{3}, \textrm{ skąd } \frac{DD'} = \frac{1}{3} CC' > \frac{1}{3} AA', $

oraz

$ \frac{DS}{OM} = \frac{CS}{CM} = \frac{2}{3}, \textrm{ skąd } DS= \frac{2}{3} OM= \frac{1}{3} AA', $

zatem

$ DS<DD', $

skąd wynika, że punkt $S$ leży między punktami $D$ i $D'$ .

Otóż $OD=OD'=\frac{1}{3} OC$ , tzn. punkty $D$ i $D'$ leżą na okręgu o środku $O$ i promieniu $\frac{1}{3} r$ , wobec czego punkt $S$ leży wewnątrz tego okręgu.

Uzyskaliśmy wynik: Miejscem geometrycznym środków ciężkości trójkątów ostrokątnych wpisanych w dany okrąg jest wnętrze okręgu o tym samym środku, a trzy razy mniejszym promieniu.

Uwaga. Łatwo zauważyć, że miejscem geometrycznym środków ciężkości trójkątów prostokątnych wpisanych w okrąg $O(r)$ *) jest okrąg $O \left( \frac{1}{3}r \right)$ . Stąd i z twierdzenia udowodnionego wynika twierdzenie: M. g. środków ciężkości trójkątów rozwartokątnych wpisanych w $O(r)$ jest wnętrze pierścienia kołowego ograniczonego okręgami $O(r)$ i $O\left( \frac{1}{3}r \right)$ .

XVII OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Na płaszczyźnie dany jest okrąg i punkt $M$ . Znaleźć na okręgu takie punkty $A$ i $B$ , żeby odcinek $AB$ miał daną długość $d$ , a kąt $AMB$ był równy danemu kątowi $\alpha$ .

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że $A$ i $B$ są punktami danego okręgu spełniającymi warunki $AB = d$ , $\measuredangle AMB = \alpha$ (rys. 5).

Obierzmy w danym okręgu dowolną cięciwę $CD$ o długości $d$ . Obróćmy trójkąt $AMB$ dokoła środka $O$ danego okręgu o kąt $HOK$ , gdzie $H$ i $K$ oznaczają środki cięciw $AB$ i $CD$ . Po obrocie punkt $A$ znajdzie się w punkcie $C$ , a punkt $B$ w punkcie $D$ lub na odwrót; punkt $M$ przejdzie na pewien punkt $N$ . Punkt $N$ a) leży na okręgu o środku $O$ i promieniu $OM$ , b) leży na takim łuku okręgu, którego końcami są punkty $C$ i $D$ i który mieści kąt wpisany $\alpha$ . Odwrotnie, jeżeli wyznaczymy punkt $N$ spełniający powyższe warunki a) i b), to obracając trójkąt $CND$ dokoła $O$ o kąt $NOM$ otrzymamy trójkąt $AMB$ , którego podstawa jest żądanym odcinkiem. Ponieważ są dwa łuki o końcach $C$ , $D$ mieszczące kąt wpisany $\alpha$ , więc zależnie od długości odcinka $OM$ liczba rozwiązań będzie równa $4$ , $3$ , $2$ , $1$ lub $0$ .

XVII OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Dane są liczby dodatnie $p$ i $q$ . Dowieść, że prostopadłościan, w którym suma krawędzi równa się $4p$ , a pole powierzchni równa się $2q$ , istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy $p^2 \geq 3q$ .

Rozwiązanie

a) Przypuśćmy, że żądany prostopadłościan istnieje. Istnieją zatem liczby $x$ , $y$ , $z$ spełniające równania

$ (1) \qquad x+y+z = p, $

$ (2) \qquad xy+yz+zx=q. $

W takim razie liczby $p$ i $q$ spełniają nierówność $p^2 \geq 3q$ , gdyż z (1) i (2) wynika, że

$ \begin{split} p^2-3q &= (x+y+z)^2-3(xy + yz + zx) =\\ &= x^2+y^2+z^2- xy-yz-zx=\\ &=\frac{1}{2} [(x-y)^2 + (y-z)^2 + (z-x)^2 ] \geq 0. \end{split} $

b) Przypuśćmy, że dane liczby dodatnie $p$ i $q$ spełniają nierówność $p^2 \geq 3q.$

Wykażemy, że istnieją wówczas liczby dodatnie $x$ , $y$ , $z$ spełniające równania (1) i (2). Jeżeli $\sigma$ oznacza liczbę dodatnią mniejszą od $\frac{p}{3}$ , to liczby określone wzorami

$ (3) \qquad x= \frac{p}{3} -\sigma, y=\frac{p}{3}-\sigma, z=\frac{p}{3} + 2\sigma $

są dodatnie i spełniają równanie (1). Z równości (3) wynika, że

$ xy + yz + zx= \frac{p^2}{3} - 3\sigma^2. $

Biorąc $\sigma = \frac{1}{3} \sqrt{p^2-3q}$ stwierdzamy, że $0 < \sigma < \frac{p}{3}$ i że

$ xy + yz + zx=q. $

Wyznaczone w powyższy sposób liczby $x$ , $y$ , $z$ spełniają zatem także równanie (2), więc prostopadłościan o krawędziach $x$ , $y$ , $z$ ma żądane własności.

XVII OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Udowodnić twierdzenie: Jeżeli współczynniki $a, b, c, d$ równania stopnia trzeciego $ax^3 + bx^2 + cx + d = 0$ są liczbami całkowitymi, przy czym liczba $ad$ jest nieparzysta, a liczba $bc$ - parzysta, to równanie nie może mieć trzech pierwiastków wymiernych.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że dane równanie ma trzy pierwiastki wymierne $x_1, x_2, x_3$ . Przekształćmy równanie wprowadzając zamiast $x$ nową niewiadomą $y = ax$ , tzn. podstawiając do równania $\frac{y}{a}$ na miejsce $x$ .

Otrzymujemy równanie

$ (1) \qquad y^2 + by^2 + acy + a^2d = 0, $

którego pierwiastkami są liczby $y_1 = a_1x$ , $y_2 = ax_2$ , $y_3 = ax_3$ . Liczby te, jako iloczyny liczb wymiernych $x_1$ , $x_2$ , $x_3$ przez liczbę całkowitą $a$ , są wymierne. Ponieważ w równaniu (1) współczynnik przy najwyższej potędze niewiadomej, tj. przy $y^3$ , jest równy $1$ , więc na mocy znanego twierdzenia wymierne pierwiastki tego równania, czyli $y_1$ , $y_2$ , $y_3$ , są liczbami całkowitymi.

Według wzorów Viete'a

$ (2) \qquad y_1 + y_2 + y_3 = -b, $

$ (3) \qquad y_1y_2 + y_2y_3 + y_3y_1 = ac, $

$ (4) \qquad y_1y_2y_3 = -a^2d. $

Z założenia, że iloczyn $ad$ liczb całkowitych $a$ i $d$ jest liczbą nieparzystą wynika, że $a$ i $d$ , zatem również $a^2d$ są liczbami nieparzystymi, skąd wobec równania (4) wnioskujemy, że $y_1$ , $y_2$ , $y_3$ są nieparzyste. W takim razie ze wzorów (2) i (3) wynika, że liczby $b$ i $ac$ są nieparzyste, wobec czego iloczyn $abc$ jest liczbą nieparzystą. Otrzymaliśmy sprzeczność z założeniem, że liczba $bc$ jest parzysta. Przypuszczenie, że dane równanie ma trzy pierwiastki wymierne, jest więc fałszywe.

XVII OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

W dany trójkąt wpisano dwa trójkąty w taki sposób, że wierzchołki jednego z nich są symetryczne do wierzchołków drugiego względem środków boków danego trójkąta. Udowodnić, że pola tych trójkątów są równe.

Rozwiązanie

Pole trójkąta o wierzchołkach $K$ , $L$ , $M$ będziemy oznaczali krótko symbolem $(KLM)$ .

Niech $(M_1,M_2)$ , $(N_1,N_2)$ , $(P_1, P_2)$ będą parami punktów leżących odpowiednio na bokach $BC$ , $CA$ , $AB$ trójkąta $ABC$ i symetrycznych względem środków tych boków (rys. 6).

Zadanie sprowadza się do wykazania, że sumy

$ S_1 = (AP_1N_1)+(BM_1P_1) + (CN_1M_1) $

$ S_2 = (AP_2N_2)+(BM_2P_2) + (CN_2M_2) $

są równe.

Według założenia $AP_1 = P_2B$ , $AN_1 = N_2C$ , więc

$ AP_1 + AP_2 = AB, \quad AN_1 + AN_2 = AC. $

Zatem

$ \begin{split} 2(AP_1N_1) & = AP_1 \cdot AN_1 \sin A = (AB-AP_2) (AC-AN_2) \sin A = \\ & = (AB \cdot AC - AB \cdot AN_2 - AC \cdot AP_2 + AP_2 \cdot AN_2) \sin A. \end{split} $

Stąd

$ (1) \qquad (AP_1N_1) = (ABC)-(ABN_2)-(CAP_2) + (AP_2N_2). $

Analogicznie

$ (2) \qquad (BM_1P_1)=(ABC) -(ABM_2)- (BCP_2)+(BM_2P_2), $

$ (3) \qquad (CM_1N_1)=(ABC)-(BCN_2)-(CAM_2)+(CN_2M_2). $

Zauważmy, że

$ (4) \qquad (ABM_2)+(CAM_2)=(BCN_2)+(ABN_2)=(CAP_2+BCP_2) = (ABC). $

Dodając równości (1), (2), (i) stronami i uwzględniając (4) otrzymujemy

$ S_1 = S_2. $

XVII OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

W przestrzeni dane są trzy proste. Znaleźć prostą przecinającą je w takich punktach $A, B, C$ , że $\frac{AB}{BC}$ równa się danej liczbie dodatniej $k$ .

Rozwiązanie

Rozważmy najpierw przypadek, gdy dane trzy proste są parami skośne, a przy tym nie leżą w trzech płaszczyznach wzajemnie równoległych.

Oznaczmy dane proste literami $a$ , $b$ , $c$ i niech $l$ będzie prostą przecinającą je odpowiednio w takich punktach $A$ , $B$ , $C$ , że $\frac{AB}{BC}=k$ .

Niech $\alpha$ i $\gamma$ będą płaszczyznami równoległymi przechodzącymi odpowiednio przez proste $a$ i $c$ ; wiadomo, że taka para płaszczyzn istnieje i to tylko jedna. Zauważmy, że punkt $B$ jest takim punktem prostej $b$ , którego odległości od płaszczyzn $\alpha$ i $\gamma$ są w stosunku $\frac{AB}{BC}=k$ i że $l$ jest prostą przecięcia płaszczyzn przechodzących przez punkt $B$ i zawierających proste $a$ i $c$ .

Z powyższej analizy wysnuwamy następującą konstrukcję (rys. 7)

Oznaczywszy dane proste w dowolny sposób literami $a$ , $b$ , $c$ prowadzimy płaszczyzny równoległe $\alpha$ i $\gamma$ przechodzące odpowiednio przez proste $a$ i $c$ *). Prowadzimy następnie taką płaszczyznę $\beta$ równoległą do $\alpha$ i $\gamma$ , której odległości od płaszczyzn $\alpha$ i $\gamma$ są w stosunku $k$ .

Płaszczyzna $\beta$ przecina prostą $b$ w pewnym punkcie $B$ , gdyż według założenia prosta $b$ nie leży w płaszczyźnie równoległej do $\alpha$ i $\gamma$ . Przez punkt $B$ prowadzimy płaszczyzny $\alpha_1$ i $\gamma_1$ zawierające odpowiednio proste $a$ i $c$ ; przecinają się one według prostej, którą oznaczymy literą $l$ . Prosta $l$ przecina proste $a$ i $c$ odpowiednio w pewnych punktach $A$ i $C$ ; gdyby bowiem była do którejś z nich równoległa, to leżałaby w płaszczyźnie $\beta$ , więc byłaby równoległa i do drugiej, wbrew założeniu, że $a$ i $c$ są skośne. Ponieważ odcinki $AB$ i $BC$ są proporcjonalne do odległości punktu $B$ od płaszczyzn $\alpha$ i $\gamma$ , więc $\frac{AB}{BC} = k$ , tzn. trójka punktów $A$ , $B$ , $C$ jest rozwiązaniem zadania.

Konstrukcja jest zawsze wykonalna. Gdy $k \ne 1$ , płaszczyzna $\beta$ może mieć jedno z dwóch położeń: w warstwie między płaszczyznami $\alpha$ i $\gamma$ lub na zewnątrz tej warstwy. Przy obranym oznaczeniu danych prostych istnieją zatem dwa rozwiązania. Ponieważ mamy $6$ sposobów oznaczenia danych prostych literami $a$ , $b$ , $c$ , więc zadanie ma $12$ rozwiązań. Należy jednak zauważyć, że są takie wartości stosunku $k$ , przy których pewne z tych rozwiązań są jednakowe w tym znaczeniu, że składają się z tych samych punktów tylko inaczej nazwanych. Łatwo sprawdzić, że zachodzi to w przypadku tak zwanego złotego podziału odcinka. Mianowicie, gdy $k= \frac{\sqrt{5}-1}{2}$ i trójka punktów $A$ , $B$ , $C$ jest rozwiązaniem zadania, wtedy $\frac{AB}{BC}= \frac{BC}{AC}$ lub $\frac{AB}{BC}= \frac{AC}{AB}$ zależnie od tego, czy punkt $B$ , czy też punkt $A$ leży między dwoma pozostałymi. W pierwszym przypadku z rozwiązania $A$ , $B$ , $C$ otrzymujemy inne rozwiązanie oznaczając te punkty literami $C$ , $A$ , $B$ , w drugim przypadku przemianowujemy je na $B$ , $C$ , $A$ . Podobnie gdy $k=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ , wtedy z rozwiązania $A$ , $B$ , $C$ otrzymujemy inne rozwiązanie zmieniając nazwy punktów na $B$ , $C$ , $A$ , gdy $B$ leży między $A$ i $C$ , a na $C$ , $A$ , $B$ , gdy $C$ leży między $A$ i $B$ . W pierwszym przypadku jest bowiem $\frac{AB}{BC}= \frac{AC}{AB}$ , w drugim zaś $\frac{AB}{BC}= \frac{BC}{AC}$ . W każdym z tych dwóch przypadków wśród $12$ rozwiązań jest tylko $6$ różnych trójek punktów.

Gdy $k=1$ , rozwiązań jest $6$ , ale przedstawiają one tylko $3$ różne trójki punktów. Mianowicie z każdego rozwiązania $A$ , $B$ , $C$ otrzymuje się inne rozwiązanie zmieniając nazwy punktów na $C$ , $B$ , $A$ .

Dla innych przypadków wzajemnego położenia danych prostych rozwiązanie zadania jest bardzo łatwe; ograniczymy się do krótkich objaśnień proponując czytelnikowi szczegółowe uzasadnienie podanych twierdzeń.

Gdy dane proste są parami skośne i leżą w trzech płaszczyznach równoległych, zadanie ma rozwiązanie tylko wtedy, gdy odległości jednej z tych płaszczyzn od dwóch pozostałych są w stosunku $k$ ; rozwiązań jest wówczas nieskończenie wiele.

Gdy dwie dane proste - nazwijmy je $m$ i $n$ - leżą w jednej płaszczyźnie, a trzecia prosta $p$ jest do każdej z nich skośna, rozwiązanie może istnieć tylko wtedy, gdy $p$ przecina płaszczyznę prostych $m$ i $n$ w pewnym punkcie $P$ . Jeżeli proste $m$ i $n$ przecinają się i $k \ne 1$ , rozwiązań jest $12$ , przy czym dla $k = \frac{\sqrt{5}+1}{2}$ oraz dla $k = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$ rozwiązania te tworzą tylko $6$ różnych trójek punktów; jeżeli zaś $k=1$ , rozwiązań jest $6$ , a wśród nich tylko trzy są rożnymi trójkami punktów. Jeżeli proste $m$ i $n$ są równoległe, rozwiązania istnieją tylko wówczas, gdy stosunek dwóch spośród liczb $\lambda$ , $\mu$ , $\nu$ , gdzie $\lambda$ jest odległością prostych $m$ i $n$ , a $\mu$ i $\nu$ - odległościami punktu $P$ od $m$ i $n$ , równa się liczbie $k$ ; jeśli taki przypadek zachodzi, rozwiązań jest nieskończenie wiele.

Gdy para danych prostych leży w jednej płaszczyźnie, a inna para w innej płaszczyźnie, rozwiązań nie ma.

Gdy wszystkie trzy proste leżą w jednej płaszczyźnie, ale nie są parami równoległe, rozwiązań jest nieskończenie wiele.

Gdy wreszcie dane proste leżą w jednej płaszczyźnie i są parami równoległe, rozwiązanie istnieje tylko wówczas, gdy odległości jednej z tych prostych od dwóch pozostałych są w stosunku $k$ ; gdy ten przypadek zachodzi, rozwiązań jest nieskończenie wiele.

XVII OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Rozwiązać w liczbach naturalnych równanie

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

Rozwiązanie

Wystarczy wyznaczyć takie rozwiązania równania (1) w liczbach naturalnych, że

$ (2) \qquad x \leq y \leq z. $

Wszystkie pozostałe rozwiązania znajdziemy wówczas tworząc permutacje znalezionych wartości $x$ , $y$ , $z$ .

\spos{1} Przypuśćmy, że liczby naturalne $x$ , $y$ , $z$ spełniają równanie (1) i warunek (2). Wówczas

$ x+y+z \leq 3z,\textrm{ zatem } xyz \leq 3z,\textrm{ stąd } xy \leq 3 \textrm{ i } x^2 \leq 3, $

wobec czego $x = 1$ ; z równości (1) otrzymujemy

$ 1 + y+z = yz,\textrm{ stąd } yz-y-z+1 = 2,\textrm{ więc } (y- 1)(z-1) = 2, $

skąd wnioskujemy, że $y=2$ , $z = 3$ .

Trójka liczb $(1, 2, 3)$ jest rozwiązaniem zadania. Pozostałymi rozwiązaniami są trójki $(1, 3, 2)$ , $(2, 1, 3)$ , $(2, 3, 1)$ , $(3, 1, 2)$ , $(3, 2, 1)$ .

Uwaga. Zadanie można uogólnić pytając o wszystkie rozwiązania równania (1) w liczbach całkowitych.

Zauważmy najpierw, że równanie to ma nieskończenie wiele rozwiązań całkowitych, w których jedna z niewiadomych otrzymuje wartość zero; dwie pozostałe są wtedy liczbami przeciwnymi, np. $x=0$ , $y=-z$ - dowolna liczba całkowita.

Trzeba zatem wyznaczyć jeszcze tylko te rozwiązania całkowite równania (1), w których wartości niewiadomych są różne od zera, a przynajmniej jedna z nich jest ujemna.

Niech $(x, y, z)$ będzie takim rozwiązaniem; wówczas $( - x, -y, -z)$ też jest rozwiązaniem równania (1). Rozróżniamy następujące przypadki.

a) Tylko jedna z liczb $x$ , $y$ , $z$ jest ujemna; niech np. $x<0$ , $y>0$ , $z>0$ ; równość (1) możemy napisać w postaci

$ (1a) \qquad y+z=x(yz-1). $

Równość (1a) zachodzić jednak nie może, gdyż lewa jej strona jest liczbą dodatnią, prawa zaś, jako iloczyn liczby ujemnej przez nieujemną (gdyż $yz \geq 1$ ), nie jest liczbą dodatnią. Równanie (1) nie ma zatem rozwiązań typu a).

b) Dwie spośród liczb $x$ , $y$ , $z$ są ujemne, a trzecia jest dodatnia, np. $x>0$ , $y<0$ , $z<0$ ; wówczas $-x<0$ , $-y>0$ , $- z>0$ , tzn. równanie (1) ma rozwiązanie typu a), co jest niemożliwe. Przypadek b) zachodzić nie może.

c) $x < 0$ , $y < 0$ , $z < 0$ ; wówczas trójka liczb $(-x, -y, -z)$ jest rozwiązaniem równania (1) w liczbach naturalnych, więc składa się z liczb $1$ , $2$ , $3$ . Rozwiązaniem typu c) równania (1) jest więc trójka liczb $(-1, -2, -3)$ oraz jej permutacje.

XVII OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Zadanie 10.
Dowieść, że jeżeli liczby rzeczywiste $a, b, c$ spełniają, nierówności

$ (1) \quad a+b+c>0 \quad \text{ i } \quad (2) \quad abc>0, $

to dla każdego naturalnego $n$ zachodzi nierówność

$ (3) \qquad a^n + b^n + c^n > 0. $

Rozwiązanie

Z założenia (2) wynika, że liczby $a$ , $b$ , $c$ są albo wszystkie dodatnie, albo jedna jest dodatnia, a dwie są ujemne. W pierwszym przypadku teza (3) jest oczywista, wystarczy więc przeprowadzić dowód zakładając, że np. $a>0$ , $b<0$ , $c<0$ , ograniczając się przy tym do nieparzystych wartości $n$ , gdyż dla $n$ parzystego nierówność (3) jest oczywiście prawdziwa.

Twierdzenie można udowodnić bez stosowania indukcji, powołując się za to na wzór dwumianowy Newtona.

Niech $-b=b_1$ , $-c=c_1$ , zatem $b_1>0$ , $c_1>0$ . Z założenia (1) wynika, że $a> - b-c$ , czyli

$ a>b_1+c_1. $

Stąd dla dowolnego naturalnego $n$

$ a^n > (b_1 + c_1)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} b_1^{n-k} c_1^k = b_1^n + c_1^n + \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n}{k} b_1^{n-k} c_1^{n-k}, $

więc

$ a^n > b_1^n + c_1^n = (-b)^n + (-c)^n; $

dla nieparzystego $n$ otrzymujemy stąd

$ a^n+b^n+c^n > 0, \textrm{ c.n.d.} $

XVII OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Dowieść, że środki kół dopisanych trójkąta i punkty symetryczne do środka koła wpisanego w ten trójkąt względem jego wierzchołków leżą na jednym okręgu.

Rozwiązanie

Niech $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ będą punktami symetrycznymi do środka $O$ koła wpisanego w trójkąt $ABC$ odpowiednio względem wierzchołków $A$ , $B$ , $C$ , a $S_1$ środkiem koła dopisanego trójkąta $ABC$ , które jest styczne do boku $BC$ (rys. 8). Dla dowodu twierdzenia wystarczy stwierdzić, że punkty $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ i $S_1$ leżą na jednym okręgu. Ponieważ $C_1$ i $S_1$ leżą po jednej stronie prostej $A_1B_1$ , mianowicie po tej samej stronie prostej $A_1B_1$ co trójkąt $ABC$ , więc sprowadza się to do wykazania, że $\measuredangle A_1S_1B_1= \measuredangle A_1C_1B_1$ . Zauważmy, że

a) Trójkąty $A_1B_1C_1$ i $ABC$ są jednokładne względem punktu $O$ , więc

$ \measuredangle A_1C_1B_1= \measuredangle ACB=2 \measuredangle OCB. $

b) Proste $BS_1$ i $CS_1$ jako dwusieczne kątów zewnętrznych trójkąta $ABC$ są prostopadłe do dwusiecznych $OB$ i $OC$ odpowiednich kątów tego trójkąta; punkty $B$ , $O$ , $C$ , $S_1$ jako wierzchołki czworokąta o dwóch kątach prostych leżą na jednym okręgu, przy czym punkty $C$ i $S_1$ leżą po tej samej stronie prostej $OB$ , zatem

$ \measuredangle OCB=\measuredangle OS_1B. $

c) Prosta $BS_1$ jest symetralną odcinka $OB_1$ , więc

$ \measuredangle A_1S_1B_1= \measuredangle OS_1B_1=2 \measuredangle OS_1B. $

Z a), b) , c) wynika, że

$ \measuredangle A_1S_1B_1= \measuredangle A_1C_1B_1,\textrm{ c.n.d.} $

Uwaga. Twierdzenie, które udowodniliśmy, jest równoważne twierdzeniu:

Punkty symetryczne do punktu przecięcia wysokości trójkąta $S_1S_2S_3$ względem boków tego trójkąta leżą na okręgu opisanym na trójkącie $S_1S_2S_3$ *).

Aby tego dowieść, wystarczy zauważyć, że jeżeli $S_1$ , $S_2$ , $S_3$ są środkami kół dopisanych trójkąta $ABC$ , a $O$ - środkiem koła wpisanego w trójkąt $ABC$ , to punkt $O$ jest punktem przecięcia wysokości trójkąta $S_1S_2S_3$ , a punkty $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ - symetryczne do $O$ względem punktów $A$ , $B$ , $C$ - są zarazem punktami symetrycznymi do $O$ względem boków trójkąta $S_1S_2S_3$ . Odwrotnie, jeżeli $O$ jest punktem przecięcia wysokości danego trójkąta $S_1S_2S_3$ , a $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ - punktami symetrycznymi do $O$ względem boków tego trójkąta, to są one jednocześnie punktami symetrycznymi do $O$ względem wierzchołków $A$ , $B$ , $C$ trójkąta ,,spodkowego'' dla trójkąta $S_1S_2S_3$ , a $O$ jest środkiem koła wpisanego w trójkąt $ABC$ .

XVII OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Udowodnić twierdzenie: Jeżeli suma kątów płaskich przy wierzchołku ostrosłupa prawidłowego jest równa $180^{\circ}$ , to w tym ostrosłupie środek kuli opisanej pokrywa się ze środkiem kuli wpisanej.

Rozwiązanie

Wprowadzimy oznaczenia: $AB$ - krawędź podstawy danego ostrosłupa prawidłowego, $S$ - jego wierzchołek, $H$ - rzut punktu $S$ na podstawę, $O$ - środek kuli opisanej na ostrosłupie, $M$ - środek okręgu opisanego na trójkącie $ASB$ (rys. 9).

Dla dowodu twierdzenia wystarczy stwierdzić, że odległość $OM$ punktu $O$ od ściany bocznej $ASB$ jest równa odległości $OH$ punktu $O$ od płaszczyzny podstawy ostrosłupa.

Według założenia $\measuredangle ASB = \frac{180^\circ}{n}$ gdzie $n$ oznacza liczbę krawędzi podstawy, a $\measuredangle AHB = \frac{360^\circ}{n}$ , zatem $\measuredangle AHB = 2 \measuredangle ASB$ .

W okręgu opisanym na trójkącie $ASB$ kąt $AMB$ jest kątem środkowym, więc $\measuredangle AMB = 2 \measuredangle ASB$ , wobec czego $\measuredangle AHB = \measuredangle AMB$ . Trójkąty równoramienne $AHB$ i $AMB$ są zatem przystające, $AH = AM$ . Z równości $OS = AO$ i $MS = AM = AH$ wynika przystawanie trójkątów prostokątnych $OSM$ i $AOH$ , skąd $OM = OH$ , c.n.d.