XVII OM - II etap

II etap XVII Olimpiady Matematycznej

XVII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Rozwiązać w liczbach naturalnych równanie

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

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że czwórka liczb naturalnych $(x, y, z, t)$ jest rozwiązaniem równania (1) i że

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

Z (2) wynika, że $x+y+z+t \leq 4t$ i $xyzt \geq x^3t$ , więc na mocy (1) $x^3t \leq 4t$ , skąd $x^3 \leq 4$ , a że $x$ jest liczbą naturalną, więc $x=1$ . Podstawiając tę wartość do równości (1) otrzymujemy

$ (3) \qquad 1+y+z+t=yzt. $

Ponieważ według (2) $1+y+z+t \leq 1+3t$ , a $yzt \geq y^2t$ , więc wobec równości (3) $y^2t \leq 1+3t$ , skąd $(y^2-3)t \leq 1$ , a że $t \geq 1$ więc $y^2-3 \leq 1$ , $y^2 \leq 4$ , zatem $y=2$ lub $y=1$ . Lecz przypadek $y=2$ nie jest możliwy, gdyż wówczas byłoby $t \geq 2$ i $(y^2-3)t \geq 2$ , wbrew nierówności poprzedniej; ostatecznie więc $y= 1$ .

W takim razie według (3)

$ 2+z+t=zt, \textrm{ skąd } zt-z-t+1 = 3 \textrm{ i} $

$ (4) \qquad (x-1)(t-1) = 3. $

Z (4) wnioskujemy, że $z-1$ i $t- 1$ są dzielnikami naturalnymi liczby $3$ , a ponieważ $z \leq t$ , więc $z-1=1$ , $t-1 = 3$ , tzn. $z=2$ , $t=4$ .

Rozwiązaniem równania (1) w liczbach naturalnych jest czwórka liczb $(1, 1, 2, 4)$ oraz każda jej permutacja.

Uwaga. Postawimy zadanie ogólniejsze: Rozwiązać równanie (1) w liczbach całkowitych.

Łatwo spostrzec, że równanie (1) ma nieskończenie wiele takich rozwiązań w liczbach całkowitych, w których jedna lub więcej niewiadomych ma wartość $0$ . Rozwiązania tego rodzaju otrzymujemy obierając dwie dowolne liczby całkowite oraz liczbę przeciwną do ich sumy jako wartości trzech niewiadomych, a zero jako wartość czwartej niewiadomej.

Pozostają do wyznaczenia takie czwórki liczb całkowitych $x$ , $y$ , $z$ , $t$ spełniających równanie (1), z których żadna nie jest zerem, a przynajmniej jedna jest ujemna.

Przypuśćmy, że $(x, y, z, t)$ jest taką czwórką. Liczby $x$ , $y$ , $z$ , $t$ nie mogą być wszystkie ujemne, gdyż wówczas lewa strona równości (1) byłaby liczbą ujemną, a prawa - dodatnią.

Trzeba zatem zbadać tylko następujące przypadki.

1) Jedna z liczb $x$ , $y$ , $z$ , $t$ jest ujemna, a pozostałe są dodatnie. Niech np. $x<0$ , $y>0$ , $z>0$ , $t>0$ . Z równości (1) wynika, że

$ (5) \qquad y+z+t=x(yzt-1). $

Równość (5) nie może być prawdziwa, gdyż lewa jej strona jest liczbą dodatnią, prawa zaś jest iloczynem liczby ujemnej przez nieujemną (gdyż $yzt \geq 1$ ), więc nie jest liczbą dodatnią. Wobec tego przypadek 1) zdarzyć się nie może.

2) Dwie z liczb $x$ , $y$ , $z$ , $t$ są ujemne, a dwie dodatnie, np. $x<0$ , $y<0$ , $z>0$ , $t>0$ . Z równości (1) otrzymujemy

$ (6) \qquad x+y=\frac{1}{2} z(xyt-2) + \frac{1}{2}(xyz-2). $

Lewa strona równości (6) jest ujemna, więc i prawa jest ujemna; w takim razie ponieważ $z>0$ i $t>0$ , więc $xyz-2<0$ , zatem $xyz<2$ ; lecz $xyz \geq 1$ , więc $xyz=1$ , skąd $x= - 1$ , $y= - 1$ , $z=1$ . Podstawiając te wartości do (1) otrzymujemy równość fałszywą $-1+t=t$ . Przypadek 2) zachodzić zatem nie może.

3) Trzy spośród liczb $x$ , $y$ , $z$ , $t$ są ujemne, czwarta jest dodatnia. Niech np. $x<0$ , $y<0$ , $z<0$ , $t>0$ . Wprowadzimy oznaczenia $- x=x_1$ , $- y=y_1$ , $-z=z_1$ . Liczby całkowite dodatnie $x_1$ , $y_1$ , $z_1$ i $t$ spełniają na mocy (1) równanie

$ (7) \qquad x_1 + y_1 + z_1 -t = x_1y_1z_1t, $

skąd

$ x_1 + y_1 + z_1 = t(x_1y_1z_1 + 1), $

a ponieważ $t \geq 1$ , więc

$ (8) \qquad x_1 + y_1 + z_1 \geq x_1y_1z_1+1. $

Przypuśćmy, że $x_1 \leq y_1 \leq z_1$ ; wówczas $x_1+y_1+z_1 \leq 3z_1$ , $x_1y_1z_1 \geq x_1^2z_1$ , wobec czego na mocy nierówności (8)

$ 3z_1 \geq x_1^2 z_1 +1, \textrm{ zatem } (3- x_1^2)z_1 \geq 1, $

stąd zaś wynika, że $3-x_1^2>0$ , więc $x_1=1$ . Podstawiając tę wartość do nierówności (8) otrzymamy

$ y_1+z_1 \geq y_1z_1, $

a że $y_1 \leq z_1$ , więc

$ 2z_1 \geq y_1z_1, \textrm{ skąd } y_1 \leq 2, $

tzn.

$ y_1=1 \textrm{ albo } y_1=2. $

a) Gdy $y_1=1$ , wtedy z równości $x_1=1$ i (7) otrzymujemy $2+z_1-t=z_1t$ , a stąd

$ (9) \qquad (z_1+1)(t-1) = 1. $

Równość (9) jest sprzeczna z założeniem, że $z_1$ i $t$ są liczbami naturalnymi; wobec tego przypuszczenie, że $y_1 = 1$ trzeba odrzucić.

b) Gdy $y_1=2$ , wtedy z równości $x_1 = 1$ i (7) otrzymujemy

$ 3 + z_1 - t = 2z_1t, $

skąd

$ (10) \qquad (2z_1+1) (2t-1) = 5. $

Ponieważ liczby $2z_1+1$ i $2t- 1$ są całkowite i dodatnie, więc jedna z nich równa się $1$ , a druga równa się $5$ . Lecz $2z_1+1>1$ , więc $2z_1+1 = 5$ , $2t-1 = 1$ ; stąd $z_1=2$ , $t=1$ .

Otrzymaliśmy rozwiązanie $(1, 2, 2, 1)$ równania (7) w liczbach naturalnych.

Wobec tego czwórka liczb $( - 1, -2, -2, 1)$ jest rozwiązaniem równania (1).

Każda permutacja tych liczb daje również rozwiązanie równania (1). Liczba permutacji $n$ elementów, wśród których jest $k$ jednakowych, wynosi $\frac{n!}{k!}$ , więc równanie (1) ma $\frac{4!}{2}=12$ takich rozwiązań w liczbach całkowitych różnych od zera, które zawierają liczby ujemne.

XVII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Dowieść, że jeżeli dwa wielomiany stopnia trzeciego o współczynnikach całkowitych mają wspólny pierwiastek niewymierny, to mają jeszcze drugi wspólny pierwiastek.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że wielomiany

$ (1) \qquad P(x) = a_0x^3 + a_1x^2 + a_2x + a_3 \textrm{i} Q(x) = b_0x^3 + b_1x^2+ b_2x + b_3, $

których współczynniki $a_1$ i $b_1$ ( $i = 0, 1, 2, 3$ ) są całkowite, przy czym $a_0 \ne 0$ , $b_0 \ne 0$ , mają wspólny pierwiastek niewymierny $\alpha$ .

Liczba $\alpha$ jest również pierwiastkiem wielomianu

$ (2) \qquad R(x)=b_0 \cdot P(x)- a_0 \cdot Q(x)= (a_1b_0 - a_0b_1) x^2 + (a_2b_0 - a_0b_2)x + (a_3b_0 - a_0b_3), $

gdyż $R(\alpha) = b_0 \cdot P(\alpha)- a_0 \cdot Q(\alpha)=0$ . Zachodzi jedna z dwóch możliwości:

a) $a_1b_0 - a_0b_1 \ne 0$ . W tym przypadku wielomian $R(x)$ jest funkcją kwadratową zmiennej $x$ o współczynnikach całkowitych, więc pierwiastek niewymierny $\alpha$ tej funkcji ma postać $m+n\sqrt{p}$ , gdzie $m$ , $n$ , $p$ oznaczają liczby wymierne, przy czym $p$ nie jest kwadratem liczby wymiernej, a $n \ne 0$ .

Zauważmy, że

$ P(m+n\sqrt{p})= a_0(m+n\sqrt{p})^3 +a_1(m+n\sqrt{p})^2 + a_2(m+n\sqrt{p})+a_3= M+N \sqrt{p}, $

$ P(m-n\sqrt{p})= a_0(m-n\sqrt{p})^3 +a_1(m-n\sqrt{p})^2+a_2(m-n\sqrt{p})+a_3= M-N\sqrt{p}, $

gdzie liczby $M$ i $N$ są wymierne, mianowicie

$ M=a_0m^3 + 3a_0mn^2p + a_1rm^2+a_1n^2p+a_2m +a_3, $

$ N = 3a_0m^2n + n^3p + 2a_1mn + a_2n. $

Ponieważ liczba $m+n\sqrt{p}$ jest pierwiastkiem wielomianu $P(x)$ , więc $M+N\sqrt{p} = 0$ . Stąd wnioskujemy, że $N = 0$ , inaczej bowiem zachodziłaby równość $\sqrt{p}= -\frac{M}{N}$ , co jest niemożliwe, gdyż liczba $\sqrt{p}$ jest niewymierna, a liczba $- \frac{M}{N}$ - wymierna. W takim razie również $M=0$ , więc też $M-N\sqrt{p} = 0$ , co oznacza, że liczba $m-n\sqrt{p}$ jest pierwiastkiem wielomianu $P(x)$ .

Tak samo stwierdzamy, że $m-n\sqrt{p}$ jest pierwiastkiem wielomianu $Q(x)$ .

Wielomiany $P(x)$ i $Q(x)$ mają więc wspólny pierwiastek $m-n\sqrt{p}$ , różny od $m+n\sqrt{p}$ , gdyż $n \ne 0$ i $p \ne 0$ .

b) $a_1b_0-a_0b_1 = 0$ . Wielomian $R(x)$ jest w tym przypadku funkcją liniową zmiennej $x$ o współczynnikach całkowitych mającą pierwiastek niewymierny $\alpha$ ; funkcja taka jest tożsamościowo równa zeru, czyli

$ b_0P(x)-a_0Q(x)=0 $

dla każdego $x$ . Wartości $P(x)$ i $Q(x)$ są więc proporcjonalne, każdy pierwiastek wielomianu $P(x)$ jest pierwiastkiem $Q(x)$ i na odwrót. Wielomian stopnia trzeciego $P(x)$ ma oprócz $\alpha$ jeszcze jakieś pierwiastki (rzeczywiste lub nierzeczywiste) $\alpha '$ i $\alpha ''$ . Przynajmniej jedna z liczb $\alpha '$ i $\alpha ''$ jest różna od $\alpha$ . Gdyby bowiem zachodziła równość $\alpha '= \alpha ''=\alpha$ , wtedy ze wzoru $\alpha+\alpha '+ \alpha ''= - \frac{a_1}{a_0}$ wynikałoby, że
$\alpha = - \frac{a_1}{3a_0}$ , co jest niemożliwe, gdyż $\alpha$ jest liczbą niewymierną, a $- \frac{a_1}{3a_0}$ - wymierną. Jeżeli np. $\alpha ' \ne \alpha$ , to $\alpha '$ jest drugim wspólnym pierwiastkiem wielomianów $P(x)$ i $Q(x)$ .

Uwaga. W powyższym rozumowaniu wykazaliśmy, że pierwiastek niewymierny wielomianu stopnia trzeciego o współczynnikach całkowitych nie może być pierwiastkiem potrójnym tego wielomianu. Łatwo udowodnić twierdzenie mocniejsze: pierwiastek niewymierny $\alpha$ wielomianu stopnia trzeciego $P(x)$ o współczynnikach wymiernych jest pierwiastkiem pojedynczym wielomianu $P(x)$ . Przypuśćmy bowiem, że pierwiastkami wielomianu $P(x)$ są liczby $\alpha$ , $\alpha$ , $\beta$ . Ze wzorów Viete'a wynika, że liczby

$ \nr{V} c_1 = 2\alpha + \beta,\ c_2=\alpha^2 + 2\alpha \beta, \ c_3=\alpha^2 \beta $

są wówczas wymierne. Rugując $\beta$ z pierwszych, dwóch równości (V) otrzymujemy

$ 3\alpha^2 - 2c_1\alpha + c_2=0, $

skąd wynika, że liczba niewymierna $\alpha$ jest postaci $m+n \sqrt{p}$ , gdzie $m$ , $n$ , $p$ oznaczają liczby wymierne, przy czym $n \ne 0$ , a $p$ nie jest kwadratem liczby wymiernej. Wobec tego z uwagi na pierwszą równość (V) liczba $\beta$ jest postaci $r-2n\sqrt{p}$ , gdzie liczba $r$ jest wymierna. W takim razie liczba $\alpha^2 + 2\alpha \beta$ jest postaci $A+B \sqrt{p}$ , a liczba $\alpha^2 \beta$ postaci $C+D \sqrt{p}$ , gdzie $A$ , $B$ , $C$ , $D$ oznaczają liczby wymierne.

Łatwy rachunek daje

$ B=2n (r-m),\ D=2n(mr-m^2-n^2p). $

Ponieważ według (V) liczby $\alpha^2 + 2\alpha \beta$ i $\alpha^2 \beta$ są wymierne, a $\sqrt{p}$ jest liczbą niewymierną, więc $B=D=0$ . Z tych równości i z nierówności $n \ne 0$ wnioskujemy, że $m-r=0$ i $mr-m^2-n^2p=0$ , stąd zaś wynika równość $n^2p = 0$ , sprzeczna z warunkiem $n \ne 0$ , $p \ne 0$ . Przypuszczenie, że $\alpha$ nie jest pierwiastkiem pojedynczym wielomianu $P(x)$ jest zatem fałszywe, c.n.d.

Twierdzenie, które udowodniliśmy, można sformułować w taki sposób: Jeżeli $\alpha$ jest pierwiastkiem wielokrotnym wielomianu stopnia trzeciego o współczynnikach wymiernych, to liczba $\alpha$ jest wymierna. Dla wielomianów stopni wyższych twierdzenie takie nie zachodzi, np. liczba $\sqrt{2}$ jest pierwiastkiem podwójnym wielomianu $x^4 - 4x^2 + 4$ .

Prawdziwe jest natomiast twierdzenie: Jeżeli $\alpha$ jest jedynym pierwiastkiem wielokrotnym wielomianu o współczynnikach wymiernych, to $\alpha$ jest liczbą wymierną. Można je udowodnić korzystając z elementarnych wiadomości o pochodnych, w szczególności z twierdzenia: Pierwiastek $\alpha$ wielomianu jest wtedy i tylko wtedy pierwiastkiem wielokrotnym tego wielomianu, gdy jest również pierwiastkiem jego pochodnej.

XVII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Na płaszczyźnie obrano 6 punktów, z których żadne 3 nie leżą na jednej prostej i wykreślono wszystkie odcinki łączące parami te punkty. Niektóre z odcinków wykreślono przy tym kolorem czerwonym, a inne niebieskim. Dowieść, że któreś trzy z danych punktów są wierzchołkami trójkąta o bokach jednego koloru.

Rozwiązanie

Niech $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ , $A_4$ , $A_5$ , $A_6$ będą danymi punktami. Wśród pięciu odcinków $A_1A_i$ ( $i = 2, 3, 4, 5, 6$ ) co najmniej trzy są jednego koloru. Przypuśćmy na przykład, że odcinki $A_1A_2$ , $A_1A_3$ , $A_1A_4$ są czerwone i weźmy pod uwagę odcinki $A_2A_3$ , $A_3A_4$ , $A_4A_2$ . Jeżeli te odcinki są wszystkie trzy niebieskie, mamy trójkąt $A_2A_3A_4$ jednego koloru. Jeśli zaś któryś z tych odcinków, np. $A_2A_3$ jest czerwony, to trójkąt $A_1A_2A_3$ jest jednego koloru.

Dla mniejszej liczby danych punktów teza twierdzenia nie jest prawdziwa. Na przykład w pięciokącie wypukłym, którego wszystkie boki są czerwone, a wszystkie przekątne - niebieskie, każde trzy wierzchołki kolejne tworzą trójkąt o dwóch bokach czerwonych a jednym niebieskim, każde zaś trzy wierzchołki niekolejne tworzą trójkąt, którego dwa boki są niebieskie, a trzeci jest czerwony.

XVII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczby naturalne $a$ i $b$ spełniają równanie $a^2+a = 3b^2$ , to liczba $a+1$ jest kwadratem liczby całkowitej.

Rozwiązanie

Niech równość $b = p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \ldots p_s^{\alpha_s}$ przedstawia rozkład liczby $b$ na czynniki pierwsze. Według założenia zachodzi równość

$ (1) \qquad a(a+1)= 3 p_1^{2\alpha_1} p_2^{2\alpha_2} \ldots p_s^{2\alpha_s}. $

Liczby $a$ i $a+1$ są względnie pierwsze, gdyż każdy wspólny dzielnik tych liczb jest dzielnikiem liczby $(a+1)-a=1$ . Wobec tego każdy z czynników $3, p_1^{\alpha_1}, p_2^{\alpha_2}, \ldots, p_s^{\alpha_s}$ prawej strony równości (1) jest dzielnikiem jednej i tylko jednej z liczb $a$ i $a+1$ . Zachodzi więc jeden z przypadków:

$ \begin{array}{ccc} \alpha) & a=p^2, & a+1 = 3q^2,\\ \beta) & a=3p^2, & a+1 = q^2, \end{array} $

gdzie $p$ i $q$ oznaczają liczby naturalne spełniające równanie $p^2q^2=b^2$ .

W przypadku $\alpha$ ) byłoby $3q^2-p^2=1$ , więc $p^2 \equiv 2 (\bmod 3$ ), co jest niemożliwe, gdyż kwadrat liczby naturalnej daje w dzieleniu przez $3$ resztę $0$ lub $1$ .

Zachodzi więc przypadek $\beta$ ), tzn. $a+1$ jest kwadratem liczby całkowitej, c.n.d.

Uwaga. Z udowodnionego wyżej twierdzenia wynika, że jeżeli liczby naturalne $a$ i $b$ spełniają równanie $a^2-a=3b^2$ , to $a$ jest kwadratem liczby całkowitej. Albowiem $a^2-a = a_1^2 + a_1$ gdzie $a_1=a- 1$ .

XVII OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Każdy z boków $BC, CA, AB$ trójkąta $ABC$ podzielono na trzy równe części i na środkowych odcinkach tych boków jako na podstawach zbudowano na zewnątrz trójkąta $ABC$ trójkąty równoboczne, których trzecie wierzchołki oznaczono odpowiednio literami $A', B', C'$ Prócz tego wyznaczono punkty $A'', B'', C''$ symetryczne odpowiednio do $A', B', C'$ względem prostych $BC, CA, AB$ . Dowieść, że trójkąty $A'B'C'$ i $A''B''C''$ są równoboczne i mają ten sam środek ciężkości, co trójkąt $ABC$ .

Rozwiązanie

Przyjmujemy zwykłe oznaczenie boków i kątów trójkąta $ABC$ . Niech ponadto $S$ oznacza środek ciężkości tego trójkąta, a $K$ i $L$ te punkty podziału boków $AB$ i $AC$ , które leżą bliżej wierzchołka $A$ (rys. 10).

W trójkącie $AKC'$ jest $AK=KC'= \frac{1}{3}c$ , $\measuredangle C'AK=30^\circ$ , skąd obliczamy łatwo, że $AC'= \frac{c}{\sqrt{3}}$ . Podobnie $AL=LB' = \frac{1}{3} b$ , $\measuredangle B'AL= 30^\circ$ i $AB'= \frac{b}{\sqrt{3}}$ . Ponieważ $\measuredangle B'AC'= \measuredangle B'AL+ \measuredangle C'AK+ \measuredangle BAC = 60^\circ + \alpha$ , więc w trójkącie $B'AC'$

$ (B'C')^2 = \frac{b^2}{3} + \frac{c^2}{2} - 2 \frac{bc}{3} \cos (60^\circ + \alpha) = \frac{1}{3} [ b^2 + c^2 - bc\cos \alpha + \sqrt{3} bc \sin \alpha ]. $

Podstawiając do tej równości

$ \cos \alpha = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}, \ bc \sin \alpha = 2 \cdot \textrm{ pole } ABC $

otrzymujemy

$ (B'C')^2 = \frac{1}{6} (a^2+b^2+c^2) + \frac{2}{\sqrt{3}} \textrm{ pole } ABC. $

Wyrażenie, które otrzymaliśmy dla $(B'C')^2$ jest symetryczne względem $a$ , $b$ , $c$ , tzn. nie zmienia swej wartości, gdy wykonamy dowolną permutację zmiennych $a$ , $b$ , $c$ . Stąd wynika, że

$ B'C'=C'A'=A'B', $

trójkąt $A'B'C'$ jest zatem równoboczny. Aby udowodnić, że środkiem tego trójkąta jest punkt $S$ zauważmy, iż w trójkącie $SKC'$ jest $SK= AL= \frac{b}{3}$ , $KC'=AK= \frac{c}{3}$ , a $\measuredangle SKC'=\measuredangle SKB + \measuredangle BKC' = \alpha + 60^\circ$ , skąd wynika, że trójkąt $SKC'$ jest podobny do trójkąta $B'AC'$ , przy czym skala podobieństwa równa się $\frac{1}{\sqrt{3}}$ .

Zatem

$ SC' = \frac{B'C'}{\sqrt{3}}, $

tzn. $SC'$ równa się promieniowi okręgu opisanego na trójkącie $A'B'C'$ . Ponieważ to samo zachodzi dla $SB'$ i $SA'$ , więc $S$ jest środkiem trójkąta $A'B'C'$ .

la trójkąta $A''B''C''$ dowód jest analogiczny. Stwierdzamy, że $AB''=AB'= \frac{b}{\sqrt{3}}$ , $AC''=AC'= \frac{c}{\sqrt{3}}$ kąt $B''AC''$ jest równy $60^\circ - \alpha$ , gdy $\alpha \leq 60^\circ$ , bądź $\alpha -60^\circ$ , gdy $\alpha \geq 60^\circ$ . Zatem

$ (B''C'')^2 = \frac{b^2}{3} + \frac{c^2}{3} - 2\frac{bc}{3} \cos(60^\circ - \alpha), $

a po odpowiednim przekształceniu

$ (B''C'')^2 = \frac{1}{6} (a^2 + b^2 - c^2)- \frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \textrm{ pole} ABC. $

Stąd wnioskujemy, że $B''C''=C''A''=A''B'$ .

Trójkąt $SKC''$ , w którym $SK= \frac{b}{3}$ , $KC''=KC'= \frac{c}{3}$ , a $\measuredangle SKC''= |60^\circ- \alpha|$ , jest podobny do trójkąta $B''AC''$ w skali $\frac{1}{\sqrt{3}}$ , więc $SC''= \frac{B''C''}{\sqrt{3}}$ ; stąd wnioskujemy, jak poprzednio, że $S$ jest środkiem trójkąta $A''K''C''$ .

XVII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Dowieść, że suma kwadratów prostokątnych rzutów boków trójkąta na prostą $p$ płaszczyzny tego trójkąta wtedy i tylko wtedy nie zależy od położenia prostej $p$ , gdy trójkąt jest równoboczny.

Rozwiązanie

Niech $S$ oznacza sumę kwadratów prostokątnych rzutów boków trójkąta równobocznego $ABC$ o długości boku $a$ na prostą $p$ leżącą w płaszczyźnie trójkąta. Ponieważ rzuty odcinka na proste równoległe są równe, więc dla obliczenia $S$ możemy przyjąć, że prosta $p$ przechodzi przez jeden z wierzchołków trójkąta, np. $A$ i ma punkt wspólny $D$ z bokiem przeciwległym, tj. z $BC$ (rys. 11). Niech $\measuredangle BAD= \delta$ , wówczas $\measuredangle CAD = 60^\circ- \delta$ , a $\measuredangle ADC=60^\circ + \delta$ .

Rzuty boków $AB$ , $BC$ , $AC$ na prostą $p$ są odpowiednio równe $a \cos \delta$ , $a \cos (60^\circ-\delta)$ , $a |\cos(60^\circ+\delta)|$ , zatem

$ \begin{split} S &= a^2 [\cos^2 \delta + \cos^2 (60^\circ - \delta)+ \cos^2 (60^\circ + \delta)] =\\ &= a^2[\cos^2 \delta+2 \cos^2 60^\circ \cos^2 \delta +2 \sin^2 60^\circ \sin^2 \delta], \end{split} $

a ponieważ $\cos 60^\circ= \frac{1}{2}$ , $\sin 60^\circ= \frac{1}{2} \sqrt{3}$ , więc

$ S = \frac{3}{2} a^2. $

Okazało się, że wartość $S$ nie zależy od $\delta$ , a tym samym od położenia prostej $p$ .

Załóżmy z kolei, że dany trójkąt $ABC$ nie jest równoboczny.

Niech np. $AC>BC$ , wówczas $h_A>h_B$ , gdzie $h_A=AD$ , $h_B=BE$ (rys. 12) są wysokościami trójkąta poprowadzonymi odpowiednio z wierzchołków $A$ i $B$ .

Oznaczając literami $S'$ i $S''$ sumy kwadratów rzutów boków trójkąta odpowiednio na proste $AD$ i $BE$ , obliczamy łatwo, że

$ S'=2h_A^2,\ S''=2h_B^2,\textrm{ wobec czego } S'>S''. $

Wykazaliśmy, że jeżeli trójkąt jest nierównoboczny, to suma kwadratów rzutów boków trójkąta na prostą $p$ leżącą w płaszczyźnie trójkąta, zależy od położenia prostej $p$ .