XVI OM - I - Zadanie 1

Dowieść, że dla dowolnych liczb rzeczywistych

Rozwiązanie

Wprowadźmy oznaczenia: , , . Twierdzenie, które mamy udowodnić, otrzymuje postać prostszą:

lub

Nierówność powyższa jest prawdziwa, gdyż

Uwaga. Udowodnione twierdzenie ma prostą interpretację geometryczną. Niech i będą wektorami w przestrzeni trójwymiarowej. Z nierówności wynika, że . Jeżeli długości i są równe, tj. gdy , otrzymujemy nierówność

Wektory i mają długości równe, gdyż , zatem

XVI OM - I - Zadanie 2

Przez środek ciężkości trójkąta poprowadzono odcinek, którego końce i leżą na obwodzie trójkąta. Dowieść, że

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że punkt leży na boku , a punkt na boku trójkąta (Rys. 1). Niech , , będą punktami symetrycznymi odpowiednio do punktów , , względem prostej . Odległość środka ciężkości od podstawy trójkąta równa się odpowiedniej wysokości trójkąta, więc . Trójkąty i są jednokładne względem punktu , zatem

a ponieważ , więc z powyższej nierówności wynika, że

Analogiczna nierówność zachodzi dla każdego odcinka łączącego punkty obwodu trójkąta i przechodzącego przez , zatem również

ostatecznie

Uwaga. W przestrzeni zachodzi twierdzenie: Jeżeli przez środek ciężkości S czworościanu przechodzi odcinek, którego końce i leżą na powierzchni czworościanu, to

Twierdzenie to można udowodnić zupełnie podobnie, jak poprzednie twierdzenie o trójkącie, posługując się symetrią względem płaszczyzny ściany czworościanu.

XVI OM - I - Zadanie 3

Przez każdą krawędź kąta trójściennego poprowadzono płaszczyznę zawierającą dwusieczną przeciwległego kąta płaskiego. Dowieść, że poprowadzone trzy płaszczyzny przechodzą przez jedną prostą.

Rozwiązanie

Niech będzie dany kąt trójścienny o wierzchołku . Odmierzamy na jego krawędziach trzy równe odcinki . Weźmy pod uwagę płaszczyznę przechodzącą przez krawędź i przez dwusieczną kąta . Ponieważ trójkąt jest równoramienny, więc dwusieczna kąta przechodzi przez środek boku . Płaszczyzna , na której leżą punkty i przechodzi przez środkową trójkąta a tym samym przez środek ciężkości tego trójkąta. Stąd wynika, że płaszczyzna przechodzi przez prostą . W powyższym rozumowaniu płaszczyznę można zastąpić płaszczyzną przechodzącą przez inną krawędź kąta trójściennego i przez dwusieczną przeciwległej ściany. Wszystkie te trzy płaszczyzny przechodzą zatem przez prostą .

XVI OM - I - Zadanie 4

Szkoła urządziła trzy wycieczki dla swych 300 uczniów. W każdej wycieczce wzięła udział ta sama liczba uczniów. Każdy uczeń pojechał przynajmniej na jedną wycieczkę, ale połowa uczestników pierwszej, trzecia część uczestników drugiej i czwarta część uczestników trzeciej wycieczki była tylko na jednej wycieczce.
Ilu uczniów pojechało na każdą wycieczkę ? Ilu uczestników pierwszej wycieczki wzięło udział w drugiej a ilu z nich brało nadto udział w trzeciej wycieczce ?

Rozwiązanie

Niech oznacza liczbę uczestników każdej wycieczki, a , , , niech oznaczają odpowiednio liczby uczniów, którzy pojechali: a) tylko na pierwszą i drugą wycieczkę, b) tylko na pierwszą i trzecią wycieczkę, c) tylko na drugą i trzecią wycieczkę, d) na wszystkie trzy wycieczki.

Liczba wszystkich uczniów równa się sumie: 1) liczby uczestników tylko jednej wycieczki, tj. liczby , 2) liczby uczestników tylko dwóch wycieczek oraz 3) liczby uczestników wszystkich trzech wycieczek, zatem

Liczba uczestników pierwszej wycieczki jest sumą liczb: 1) uczniów, którzy pojechali tylko na pierwszą wycieczkę, 2) uczniów, którzy pojechali na pierwszą i drugą lub na pierwszą i trzecią wycieczkę i 3) uczniów, którzy pojechali na wszystkie wycieczki, zatem

Podobnie dla liczby uczestników drugiej i trzeciej wycieczki otrzymujemy równania

Mamy znaleźć rozwiązania całkowite nieujemne układu równań (1) - (4). Przypuśćmy, że takim rozwiązaniem jest układ liczb , , , , . Z równania (1) wynika, że jest liczbą całkowitą, zatem jest podzielne przez . Niech ; równania (1) - (4) otrzymują postać

Dodając stronami równania (5) i (8), otrzymujemy równanie

Ponieważ , więc z (9) wynika, że , zatem

Dodając stronami (6) i (7) i odejmując (8), otrzymujemy

Ponieważ , więc z równania (11) wynika, że , wobec czego z równania (9) wnioskujemy, że , zatem
skąd

Z (10) i (11) wynika, że

Z równań (9), (11), (6) i (7) otrzymujemy kolejno , , , . Łatwo sprawdzić, że znalezione liczby spełniają układ równań (1) - (4), stanowią zatem jedyne rozwiązanie zadania.

XVI OM - I - Zadanie 5

Znaleźć liczby całkowite i , spełniające równanie

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że liczby całkowite i spełniają równanie (1). Wówczas jest liczbą całkowitą, więc . Równanie (1) można napisać w postaci

Ponieważ i , więc , tj. . Rozróżnimy dwa przypadki

a) , wtedy i ,

b) , wtedy i są dzielnikami liczby większymi od , zatem

gdzie i są liczbami naturalnymi. Ponieważ , więc i . Rugując z równań (2), otrzymujemy , a stąd

Lewa strona równości (3) jest liczbą nieparzystą, zatem jest liczbą nieparzystą, wobec czego . W takim razie , , .

Równanie (1) ma rozwiązania w liczbach całkowitych: i , .

XVI OM - I - Zadanie 6

Dowieść, że jeżeli , to

Rozwiązanie

Z przyjętego założenia co do liczb i wynika, że

gdyż średnia arytmetyczna liczb dodatnich i jest co najmniej równa średniej geometrycznej tych liczb.

Można też tak rozumować:

XVI OM - I - Zadanie 7

Na boku trójkąta obrano punkt i wyznaczono na prostych i takie punkty i , że , . Przy jakim położeniu punktu pole trójkąta jest największe ?

Rozwiązanie

Niech , , , , (rys. 2).

Zauważmy, że .

Istotnie, jeśli z punktu . obranego na dwusiecznej kąta opuścimy prostopadłe i na ramiona tego kąta, to półproste i są równoległe a przy tym jednakowo skierowane gdyż punkty i leżą po tej samej stronie prostej .

To samo dotyczy półprostych i . Stąd wynika, że kąty i są równe, gdyż jeden otrzymuje się z drugiego przez przesunięcie równoległe. Kąty i są kątami przeciwległymi czworokąta wypukłego, którego dwa pozostałe kąty są proste. Wobec tego i tak samo , zatem

Z tej równości wnioskujemy, że pole jest największe, gdy iloczyn osiąga największą wartość; jednocześnie zachodzi maksimum iloczynu . Lecz suma liczb i jest stała, gdyż

Wobec tego maksimum iloczynu ma miejsce wtedy, gdy , tzn. gdy , co zachodzi wtedy, gdy punkt jest środkiem boku .

Rozumowanie powyższe można nieco zmodyfikować, obliczając i z trójkątów i :

stąd

Maksimum zachodzi wtedy, gdy iloczyn jest największy. Ponieważ suma jest stała, więc ma to miejsce wtedy, gdy .

XVI OM - I - Zadanie 8

Na krawędziach bocznych graniastosłupa o podstawie trójkątnej odmierzono odcinki , , . Prosta równoległa do krawędzi bocznych przecina podstawę w punkcie , a płaszczyznę w punkcie Dowieść, że

gdzie oznaczają odpowiednio pola trójkątów , , .

Rozwiązanie

Długość obliczymy korzystając z tego, że objętość graniastosłupa trójkątnego ściętego jest sumą objętości , , graniastosłupów ściętych , i (rys. 3):

Wiadomo, że objętość graniastosłupa trójkątnego ściętego równa się iloczynowi średniej arytmetycznej jego krawędzi bocznych przez pole przekroju graniastosłupa płaszczyzną prostopadłą do krawędzi bocznych. Niech , , , będą odpowiednio punktami przecięcia prostych, , , z pewną płaszczyzną do nich prostopadłą, a , , , niech oznaczają pola trójkątów , , i . Wówczas

Z (1) i (2) wynika, że

Pola , , , proporcjonalne do pól , , , (gdzie
), stosunek proporcjonalności jest równy cosinusowi kąta nachylenia płaszczyzny do płaszczyzny .

We wzorze (3) możemy zatem zamiast , , , napisać , , , :

Rozwiązując równanie (4) względem , otrzymujemy

Uwaga. W powyższym rozwiązaniu zastosowaliśmy wzór na objętość graniastosłupa trójkątnego ściętego. Wzór ten można udowodnić na podstawie twierdzenia o objętości pryzmatoidu. Pryzmatoidem nazywa się wielościan wypukły, którego wszystkie wierzchołki leżą na dwóch płaszczyznach równoległych. Szczególnym przypadkiem pryzmatoidu jest graniastosłup, a także ostrosłup. Na każdej z owych dwóch płaszczyzn znajduje się jedna ściana, lub tylko jedna krawędź wielościanu; w przypadku ostrosłupa na jednej z nich leży tylko jeden wierzchołek. Pozostałe ściany są trójkątami lub trapezami.

Niech i oznaczają pola podstaw pryzmatoidu, tzn. ścian leżących w płaszczyznach równoległych; w przypadku, gdy któraś z podstaw redukuje się do odcinka lub punktu, przypisujemy jej pole równe zeru. Oznaczmy następnie literą pole przekroju środkowego pryzmatoidu, tj. pole przekroju tej bryły płaszczyzną równooddaloną od płaszczyzn podstaw, a literą - odległość tych płaszczyzn, czyli wysokość pryzmatoidu. Udowodnimy, że objętość pryzmatoidu wyraża się wzorem

W tym celu obierzmy wewnątrz przekroju środkowego dowolny punkt . Objętość jest równa sumie objętości ostrosłupów, których wspólnym wierzchołkiem jest punkt , a podstawami - ściany pryzmatoidu. Te dwa ostrosłupy, których podstawami są podstawy pryzmatoidu, mają wysokości równe , więc ich objętości są odpowiednio równe i . Podstawą każdego z pozostałych ostrosłupów ,,bocznych'' jest trójkąt lub trapez. W przypadku pierwszym chodzi o objętość takiego ostrosłupa (rys. 4), w którym dwa z wierzchołków trójkąta , np. i leżą na jednej podstawie pryzmatoidu, a trzeci z nich, tj. - na drugiej. Płaszczyzna przekroju środkowego przecina ten ostrosłup według trójkąta , gdzie i są środkami krawędzi i . Objętość ostrosłupa jest razy większa od objętości ostrosłupa równej , zatem

W przypadku drugim mamy obliczyć objętość takiego ostrosłupa (rys. 5), w którym jeden z boków równoległych trapezu , np. leży na jednej podstawie pryzmatoidu, a drugi, tj. , na drugiej. Płaszczyzna przekątna dzieli ten ostrosłup na dwa ostrosłupy i o podstawach trójkątnych, których objętość obliczamy jak poprzednio; dodając je, otrzymujemy

gdzie i są środkami krawędzi i .

Suma objętości wszystkich ostrosłupów bocznych równa się iloczynowi przez sumę pól wszystkich trójkątów znajdujących się w tych ostrosłupach, równą polu przekroju środkowego, tj. równa się . Dodając objętość wszystkich ostrosłupów, otrzymujemy wzór (5).

Graniastosłup trójkątny ścięty jest pryzmatoidem o sześciu wierzchołkach, z których cztery są wierzchołkami trapezu, a dwa pozostałe leżą na równoległej do podstaw trapezu. Rys. 6 wyobraża ten pryzmatoid w rzucie równoległym ukośnym na płaszczyznę owego trapezu.

Oznaczając w sposób wskazany na rys. 6 literami , , długości krawędzi bocznych graniastosłupa, literami , , długości boków trójkąta , będącego przekrojem graniastosłupa płaszczyzną prostopadłą do jego krawędzi bocznych, oraz literą - wysokość pryzmatoidu równą wysokości trójkąta względem boku , otrzymujemy

Podstawiając te wartości do wzoru (5) i biorąc pod uwagę, że , otrzymujemy na objętość graniastosłupa wzór

XVI OM - I - Zadanie 9

Dowieść, że jeżeli wartość funkcji dla trzech kolejnych wartości całkowitych zmiennej jest liczbą całkowitą, to jest również liczbą całkowitą dla każdej wartości całkowitej .

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że gdy przybiera wartości całkowite , , , wtedy przybiera wartości całkowite , , . Z równości

otrzymujemy przez odejmowanie równości

Z (4) i (5) wynika podobnie równość

Na mocy (6) liczba jest całkowita, wobec czego z (4) i (5) wnioskujemy, że liczby i są całkowite, a więc całkowita też jest liczbą .

Stąd wynika dalej, że liczba c jest całkowita, gdyż według (2)

a liczba jest całkowita.

Otóż

Gdy liczba jest całkowita, liczba jest także całkowita; z równości (7) wynika, że wówczas y jest liczbą całkowitą.

Dowód twierdzenia można ująć nieco inaczej. Wykazujemy najpierw, że jeżeli wartość funkcji kwadratowej jest liczbą całkowitą dla wartości , i zmiennej , to jest też liczbą całkowitą dla każdego całkowitego . Mianowicie z powyższego założenia wynika, że liczby , i są całkowite, wobec czego całkowite są również ich różnice i . Ponieważ zaś

więc istotnie jest całkowite dla każdego całkowitego .

Załóżmy, że funkcja przybiera wartości całkowite dla wartości , , zmiennej , gdzie oznacza pewną liczbę całkowitą. Wówczas funkcja kwadratowa przybiera wartości całkowite dla wartości , , zmiennej , więc na mocy poprzedniego ma wartość całkowitą dla każdego całkowitego . W takim razie funkcja ma wartość całkowitą dla każdego całkowitego , albowiem , a gdy jest liczbą całkowitą, to jest także liczbą całkowitą.

Uwaga. Prawdziwe jest twierdzenie ogólniejsze:

Jeżeli wielomian stopnia przybiera wartości całkowite dla wartości , , zmiennej , gdzie oznacza daną liczbę całkowitą, to wielomian ten przybiera wartość całkowitą dla każdego całkowitego .

Dowód, a) Przeprowadzimy dowód najpierw dla przypadku, gdy .

Zastosujemy metodę indukcji. Gdy , twierdzenie jest prawdziwe. Jeśli bowiem wartości i które przybiera wielomian stopnia pierwszego dla i są całkowite, to całkowita jest też różnica , wobec czego jest dla każdego całkowitego liczbą całkowitą.

Niech będzie liczbą całkowitą większą od . Przypuśćmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla wielomianów stopnia . Jeżeli wielomian

przybiera wartości całkowite dla , to wielomian

przybiera wartości całkowite dla . Wobec tego wielomian

też przybiera wartości całkowite dla . Lecz jest wielomianem stopnia , więc na mocy założenia indukcyjnego wartość jest całkowita dla każdego całkowitego . Stąd wynika, że jeżeli dla pewnego całkowitego jedna z liczb , jest całkowita, to i druga jest całkowita. Inaczej mówiąc, jeżeli dla pewnego całkowitego liczba jest całkowita, to całkowite są również liczby i . Ponieważ zaś liczba jest całkowita, więc jest liczbą całkowitą dla każdego całkowitego , c.n.d.

b) Niech będzie dowolnie daną liczbą całkowitą. Załóżmy, że wielomian

przybiera wartości całkowite dla . Wówczas wielomian

przybiera wartości całkowite dla , więc na mocy a) ma wartość całkowitą dla każdego całkowitego . W takim razie wartość jest całkowita dla każdego całkowitego , gdyż , a gdy jest liczbą całkowitą, to jest też liczbą całkowitą.

XVI OM - I - Zadanie 10

Udowodnić, że jeżeli dla każdej wartości zachodzi równość

Rozwiązanie

Podstawiając do równania (1) kolejno , i , otrzymujemy układ równań

Z pierwszego i drugiego równania układu (2) otrzymujemy , ; podstawienie do trzeciego z tych równań daje równanie , skąd , wobec czego również i .

Zamiast , i można by wybrać jakieś inne dogodne wartości, np. , i .

Uwaga. Własność funkcji , , , którą wyraża dowiedzione wyżej twierdzenie, wiąże się z pewnym pojęciem występującym w teorii funkcji.

O funkcjach zmiennej określonych w przedziale , tj. gdy , mówimy, że są liniowo niezależne w tym przedziale, jeżeli równość

zachodzi dla każdej wartości z przedziału tylko wtedy, gdy . W przypadku przeciwnym, tj. gdy istnieją takie liczby , z których co najmniej jedna nie jest zerem, że równość (*) zachodzi dla każdego z przedziału , funkcje nazywamy liniowo zależnymi w przedziale . Możemy wówczas wyrazić jedną z tych funkcji jako tzw. kombinację liniową funkcji pozostałych, czyli jako sumę iloczynów tych funkcji przez pewne liczby. Jeżeli np. , to z równości (*) wynika, że

dla każdego z .

Funkcje liniowo niezależne w pewnym przedziale są również liniowo niezależne w każdym przedziale większym (tzn. zawierającym poprzedni przedział), w jakim są określone.

W rozwiązaniu poprzedniego zadania udowodniliśmy, że funkcje , , zmiennej są liniowo niezależne w każdym przedziale zawierającym liczby , , , np. w przedziale , a więc również w zbiorze wszystkich liczb. Można udowodnić, że są one liniowo niezależne w dowolnie małym przedziale.

Tak samo liniowo niezależne są funkcje oraz ( - dowolna liczba naturalna) a także wszystkie te funkcje razem wzięte.

Innym przykładem funkcji liniowo niezależnych w dowolnym przedziale są funkcje , gdyż jeżeli liczby nie są wszystkie zerami, to równanie

może być spełnione co najwyżej przez wartości .

XVI OM - I - Zadanie 11

Udowodnić twierdzenie: Łamana zamknięta o pięciu bokach, której żadne trzy wierzchołki nie leżą na jednej prostej, może przecinać się sama ze sobą w jednym, dwóch, trzech lub pięciu punktach, ale nie może przecinać się ze sobą w czterech punktach.

Rozwiązanie

Nazwijmy punktem zwykłym łamanej zamkniętej każdy jej punkt należący tylko do jednego boku i każdy wierzchołek należący tylko do dwóch boków, a punktem podwójnym każdy punkt należący tylko do dwóch boków łamanej, ale nie będący jej wierzchołkiem. Jeżeli żadne trzy wierzchołki łamanej zamkniętej o pięciu bokach nie leżą na jednej prostej, to każdy punkt łamanej jest albo jej punktem zwykłym albo punktem podwójnym. Udowodnimy, że taka łamana może mieć , , , lub punktów podwójnych, ale nie może mieć 4 punktów podwójnych.

Niech , , , , będą kolejnymi wierzchołkami pięciokąta foremnego. Łamane (rys. 7), (rys. 8), (rys. 9) i (rys. 10) mają odpowiednio , , , punktów podwójnych.

Łamana , gdzie jest środkiem tegoż pięciokąta foremnego, ma punkty podwójne.

Ponieważ prostych może się przecinać najwyżej w punktach, więc łamana o bokach, mająca przeto wierzchołków, nie może mieć więcej niż punktów podwójnych.

Mamy jeszcze dowieść, że liczba punktów podwójnych łamanej nie może być równa .

Przypuśćmy, że łamana ma więcej niż punkty podwójne; wykażemy, że ma ona wówczas punktów podwójnych. Ponieważ łamana ma tylko boków, więc któreś dwa spośród punktów podwójnych leżą na tym samym boku, np. na boku . Oznaczmy je literami i w ten sposób, że leży między i . Punkty i są to punkty przecięcia boku z bokami i o wspólnym wierzchołku . Cała łamana leży w płaszczyźnie , przy czym pozostałe punkty podwójne leżą po przeciwnej stronie boku niż punkt ; mianowicie znajdują się na bokach i ,

Łatwo się przekonać, że punkt leży na prostej , a punkt na prostej . Gdyby bowiem było inaczej, tj. gdyby punkt leżał na prostej , a punkt — na prostej (rys. 12), to punkty i leżałyby po przeciwnych stronach prostej , więc bok nie przecinałby żadnego z boków i ; tak samo bok nie przecinałby żadnego z boków i . Łamana miałaby wówczas tylko dwa punkty podwójne i - wbrew założeniu.

Wobec powyższego punkty i leżą po przeciwnych stronach prostej ; a punkty i — po przeciwnych stronach prostej bok przecina prostą w pewnym punkcie , a bok przecina prostą w pewnym punkcie . Dowiedziemy, że i są punktami podwójnymi łamanej, a mianowicie że punkt leży między punktami i , a punkt - między punktami i . Gdyby punkt leżał na przedłużeniu odcinka poza punkt (rys. 13), to punkty , , leżałyby po tej samej stronie prostej , więc bok nie przecinałby żadnego z boków i .

Na boku nie byłoby wtedy żadnego punktu podwójnego a na boku leżałby tylko jeden punkt podwójny w przecięciu z bokiem , łamana miałaby zatem tylko punkty podwójne, co przeczyłoby założeniu. Analogicznie wykazujemy, że punkt leży między punktami i (rys. 14).

W takim razie odcinki i przecinają się w pewnym punkcie , gdyż odcinek , którego końce leżą na zewnątrz trójkąta , przecina bok tego trójkąta a nie przecina boku , więc musi przeciąć bok . Łamana ma więc punktów podwójnych: , , , , .

Uwaga. Twierdzenie udowodnione wyżej jest przypadkiem szczególnym ogólnego twierdzenia o liczbie punktów łamanej zamkniętej. Wypowiemy je dla takich łamanych, których każdy punkt należy najwyżej do dwóch boków. Każdy punkt należący tylko do jednego boku oraz każdy wierzchołek łamanej nazwiemy jej punktem zwykłym, każdy zaś punkt należący do dwóch boków niekolejnych - punktem podwójnym łamanej. Twierdzenie brzmi:

Liczba punktów podwójnych łamanej zamkniętej o bokach spełniającej powyższy warunek może być równa

a) którejkolwiek z liczb od do włącznie, z wyjątkiem liczby , gdy jest nieparzyste;

b) którejkolwiek z liczb od do włącznie, gdy jest parzyste.

Żadnej innej liczby punktów podwójnych łamana mieć nie może.

XVI OM - I - Zadanie 12

W przestrzeni dane są dwa wielościany. Dowieść, że najdłuższy z odcinków łączących punkty jednego wielościanu z punktami drugiego ma końce w wierzchołkach wielościanów.

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że jeżeli wszystkie wierzchołki wielościanu leżą po jednej stronie pewnej płaszczyzny, to wszystkie inne punkty wielościanu leżą po tejże stronie owej płaszczyzny.

Przypuśćmy bowiem, że wszystkie wierzchołki wielościanu znajdują się w półprzestrzeni otwartej (tj. w półprzestrzeni bez punktów płaszczyzny ograniczającej) ograniczonej płaszczyzną . Ponieważ odcinek łączący dwa punkty półprzestrzeni jest cały zawarty w , więc wszystkie krawędzie wielościanu leżą w .

Stąd wynika, że wszystkie punkty ścian wielościanu należą do , gdyż każdy punkt ściany leży bądź na krawędzi, bądź na odcinku łączącym punkty dwóch krawędzi. Tak samo każdy punkt wewnętrzny wielościanu należy do , gdyż każdy taki punkt znajduje się na odcinku łączącym punkty dwóch ścian.

Niech będą dane wielościany i . Weźmy pod uwagę wszystkie odcinki łączące wierzchołki wielościanu z wierzchołkami wielościanu . Ponieważ zbiór tych odcinków jest skończony, więc istnieje wśród nich co najmniej jeden odcinek o największej długości. Niech takim odcinkiem będzie ( - wierzchołek , - wierzchołek ) i niech będzie dowolnym punktem wielościanu , a - dowolnym punktem wielościanu .

Dowiedziemy, że .

Poprowadźmy przez punkt płaszczyznę prostopadłą do prostej , a przez punkt płaszczyznę również prostopadłą do . Półprzestrzeń otwarta , którą ogranicza półpłaszczyzna i do której należy punkt nie zawiera całego wielościanu , gdyż nie należy do niej punkt . Wobec tego na mocy uwagi poprzedniej istnieje wierzchołek wielościanu nie należący do , tzn. leżący na płaszczyźnie lub po przeciwnej stronie płaszczyzny niż punkt . Tak samo istnieje wierzchołek wielościanu leżący na płaszczyźnie lub po przeciwnej stronie płaszczyzny niż punkt . Ponieważ , a , więc

XVI OM - II - Zadanie 1

Dowieść, że układ warunków

gdzie oznaczają liczby rzeczywiste, jest równoważny układowi warunków

Rozwiązanie

1. Udowodnimy, że z układu warunków (1) i (2) wynika układ warunków (I) i (II). Z równości (1) wynika, że istnieją wartości pierwiastków i , zatem

Podnosimy obie strony równości (1) do kwadratu:

stąd

Z (2) i (4) wynika, że

Z (3) i (5) wynikają nierówności

Podnosząc do kwadratu obie strony równości (4), otrzymujemy równość

a stąd po uproszczeniu równość

Dzieląc obie strony równości (7) przez liczbę , która na mocy (5) i (I) jest różna od zera, otrzymujemy

2. Udowodnimy, że z układu warunków (I) i (II) wynika układ warunków (1) i (2). Z (I) wynika, że i , zatem wobec (II)

Z (IV) wynika, że

warunek (2) jest przeto spełniony.

Z (I) i (V) wynika, że i ; mnożąc strony nierówności (III) odpowiednio przez i otrzymujemy

Po pomnożeniu obu stron równości (II) przez otrzymujemy równość

zatem

czyli

Uwzględniając (V), otrzymujemy stąd równość

z której wynika, że

Powołując się na nierówności (VI), możemy tę ostatnią równość napisać w postaci

skąd wynika równość

XVI OM - II - Zadanie 2

Na bokach trójkąta obrano odpowiednio punkty , różne od wierzchołków trójkąta. Udowodnić, że okręgi opisane na trójkątach , , mają punkt wspólny.

Rozwiązanie

Niech , , oznaczają odpowiednio okręgi opisane na trójkątach , i . Okręgi i mają punkt wspólny , zatem mają jeszcze drugi punkt wspólny , bądź też są styczne w punkcie . Zachodzi jeden z następujących przypadków:

1. Okręgi i przecinają się w punktach i , przy czym punkt leży po przeciwnej stronie prostej niż punkt (rys. 15).

Prosta nie przecina żadnego z odcinków i , gdyż wszystkie jej punkty, z wyjątkiem odcinka , leżą na zewnątrz okręgów i ; wobec tego przecina ona odcinek w pewnym punkcie , kąt jest zatem sumą kątów i .

Na okręgu punkty rozważane leżą w kolejności , , , , para punktów , nie przedziela pary punktów , , zatem kąty wpisane i są równe:

analogicznie

Stąd

Zauważmy, że punkty i leżą po tej samej stronie prostej , a punkty i po przeciwnych stronach tej prostej; wobec tego punkty i leżą po przeciwnych stronach prostej .

W takim razie punkty , , , są wierzchołkami czworokąta, w którym suma kątów przy wierzchołkach przeciwległych i równa się . Stąd wynika, że punkty , , , leżą na okręgu, tzn. punkt leży na okręgu , jest więc punktem wspólnym okręgów , .

2. Okręgi i są styczne w punkcie . Dowód poprzedni stosuje się i do tego przypadku, z tym, że zamiast wspólnej siecznej występuje w nim wspólna styczna okręgów i (rys. 16).

3. Okręgi i przecinają się w punktach i , przy czym punkt leży po tej samej stronie prostej , co punkt .

a) Jeżeli punkt leży na półprostej lub , to pokrywa się z punktem lub z punktem , wobec czego jest punktem wspólnym okręgów , , .

b) Jeżeli punkt leży wewnątrz trójkąta (rys. 17), to odcinki
, i dzielą trójkąt na trzy części: czworokąt wpisany w okrąg , czworokąt wpisany w okrąg i czworokąt ; zachodzą równości

Zatem w czworokącie suma kątów przy wierzchołkach i jest równa sumie . Punkty , , , leżą na okręgu, punkt jest zatem punktem wspólnym okręgów , , .

c) Jeżeli punkt leży na zewnątrz trójkąta , to nie może się znajdować wewnątrz kąta wierzchołkowego do kąta , gdyż w kącie tym nie ma żadnego punktu okręgu ani . Punkt leży zatem wewnątrz jednego z kątów i np. wewnątrz kąta (rys. 18).

Na okręgu punkty rozważane leżą w kolejności , , , , para punktów nie przedziela pary punktów , zatem, jak w przypadku ,

Na okręgu mamy kolejność punktów , , , , para punktów przedziela parę punktów , wobec czego

Punkty i leżą po tej samej stronie prostej , gdyż punkty i , jak również punkty i , leżą po przeciwnych stronach prostej a punkty i znajdują się po tej samej stronie prostej . Zauważmy, że , gdyż ; stąd wynika, że półprosta leży w kącie i zachodzi równość

Punkty i leżą po tej samej stronie prostej . Istotnie, półprosta leży, jak wykazaliśmy wyżej, wewnątrz kąta , więc przecina jeden z odcinków i w pewnym punkcie . Punkty i leżą po przeciwnych stronach prostej , punkty i też leżą po przeciwnych stronach tej prostej, stąd wynika, że punkty i znajdują się po tej samej stronie prostej . Wobec tego z poprzedniej równości wnioskujemy, że punkty , , , leżą na okręgu. Punkt jest zatem punktem wspólnym okręgów , , .

Uwaga 1. Udowodnione wyżej twierdzenie można uogólnić. Mianowicie teza twierdzenia pozostanie prawdziwa, jeżeli o punktach , , założymy tylko to, że leżą odpowiednio na prostych , , (, , - wierzchołki trójkąta), przy czym żaden z nich nie pokrywa się z żadnym z punktów , , . Dowód tego twierdzenia można przeprowadzić, rozważając kolejno różne przypadki położenia punktów , , odpowiednio względem boków , , trójkąta . W każdym z tych przypadków rozumowanie będzie analogiczne do jednego z tych, które wystąpiły w poprzednich przypadkach - . Ograniczymy się tutaj do rozpatrzenia w charakterze przykładu jednego przypadku, pozostawiając szczegółową analizę pozostałych możliwości jako ćwiczenie.

Załóżmy, że wszystkie trzy punkty , , leżą na przedłużeniach boków trójkąta , przy czym każdy z nich znajduje się na przedłużeniu któregoś boku poza inny wierzchołek. Niech na przykład punkt leży na przedłużeniu boku poza punkt , punkt - na przedłużeniu boku poza punkt , a punkt - na przedłużeniu boku poza punkt (rys. 19).

Okrąg , opisany na trójkącie , i okrąg , opisany na trójkącie , mają punkt wspólny ; prócz tego mają one jeszcze punkt wspólny leżący wewnątrz trójkąta . Albowiem punkt leży wewnątrz , a punkt na zewnątrz ; wobec tego punkt leży na zewnątrz . Ten łuk okręgu , którego końcami są punkty i i który nie przechodzi przez punkt , musi przecinać okrąg w punkcie . Łuk okręgu leży w kącie , łuk okręgu - w kącie , częścią zaś wspólną kątów i jest trójkąt , w nim więc znajduje się punkt , który przy tym nie leży na obwodzie tego trójkąta.

Na okręgu punkty rozważane leżą w kolejności , pary punktów i nie przedzielają się. Podobnie na okręgu pary i nie przedzielają się. Zatem

Kąty , , dają w sumie kąt pełny, więc

Punkty i leżą po tej samej stronie prostej , gdyż odcinek znajduje się wewnątrz , a prosta leży na zewnątrz tego trójkąta, zatem z poprzedniej równości wynika, że punkty , , , leżą na okręgu, tj. że punkt leży na okręgu , jest zatem punktem wspólnym okręgów , , .

Uwaga 2. Uogólnienie twierdzenia można posunąć jeszcze dalej. Weźmy pod uwagę jeden z dwóch okręgów, np. okrąg wyznaczony przez punkty , , i przypuśćmy, że punkt porusza się po prostej dążąc do punktu . Okrąg dąży wówczas do tego okręgu .

XVI OM - II - Zadanie 3

XVI OM - II - Zadanie 4

Znaleźć wszystkie takie liczby pierwsze , że i ą również liczbami pierwszymi.

Rozwiązanie

Do rozwiązania zadania dojdziemy badając podzielność liczb i przez . Wiadomo, że reszta z dzielenia przez liczbę naturalną iloczynu dwóch liczb całkowitych równa się reszcie z dzielenia przez ową liczbę iloczynu ich reszt. Na tej podstawie znajdziemy łatwo, co następuje:
\begin{center}
Gdy , wtedy , ;\\
Gdy , wtedy , ;\\
Gdy , wtedy , ;\\
Gdy , wtedy , ;\\
Gdy , wtedy , .\\
\end{center}
Z powyższego wynika, że liczby i mogą być obie liczbami pierwszymi tylko wtedy, gdy , tzn. gdy , ponieważ ma być liczbą pierwszą. W tym przypadku ,, więc są to istotnie liczby pierwsze.

Zatem jedynym rozwiązaniem zadania jest liczba .

XVI OM - II - Zadanie 5

Dowieść, że kwadrat można podzielić na dowolną większą od 5 liczbę kwadratów, ale nie można go podzielić na 5 kwadratów.

Rozwiązanie

a) Zauważmy najpierw, że mając kwadrat podzielony na kwadratów możemy jeden z tych kwadratów podzielić na cztery kwadraty, łącząc środki przeciwległych jego boków. Cały kwadrat będzie wówczas podzielony na kwadraty.

Niech będzie liczbą naturalną większą od . Podzielmy każdy bok kwadratu na równych części i połączmy odcinkami odpowiednie punkty podziału przeciwległych boków (dwa punkty przeciwległych boków kwadratu nazywamy tu odpowiednimi, gdy leżą na prostopadłej do tych boków). Kwadrat zostanie wtedy podzielony na mniejszych kwadratów , przy czym do każdego boku kwadratu przylega kwadratów .

Weźmy pod uwagę dwa sąsiednie boki kwadratu ; przylega do nich kwadratów , gdyż jeden z nich przylega do obu tych boków; pozostałe kwadraty wypełniają dokładnie kwadrat o boku równym boku kwadratu . Gdy skasujemy wszystkie linie dokonanego podziału, jakie znajdują się w kwadracie , otrzymamy podział kwadratu na kwadratów i kwadrat , czyli na kwadratów.

Kwadrat można więc podzielić na dowolną parzystą liczbę kwadratów większą od .

W takim razie, na mocy uwagi poprzedniej, kwadrat można również podzielić na () kwadratów, tzn. na dowolną nieparzystą liczbę kwadratów, większą od .

Udowodniliśmy, że kwadrat można podzielić na dowolną większą od liczbę kwadratów.

b) Gdy kwadrat podzielony jest na same kwadraty, to w takiej figurze występują tylko kąty proste lub półpełne i kwadraty podziału mają boki odpowiednio równoległe do boków całego kwadratu.

Przypuśćmy, że kwadrat o boku długości i o wierzchołkach , , , podzielony został na kwadratów , , , , . Każdy wierzchołek kwadratu jest wierzchołkiem jednego z kwadratów (), przy czym dwa różne wierzchołki kwadratu nie mogą należeć do tego samego kwadratu , gdyż ich odległość jest , więc jest większa od długości boku . Niech , , , będą odpowiednio wierzchołkami kwadratów , , , o bokach długości , , , .

Gdyby wszystkie wierzchołki kwadratu leżały wewnątrz kwadratu , to boki kwadratów pokrywałyby całkowicie boki kwadratu , tj. zachodziłaby równość

skąd wynikałoby, że , ,
wobec czego pole wyrażałoby się wzorem

a także wzorem

skąd wynikałoby, że

co jest niemożliwe.

Gdyby któryś wierzchołek kwadratu leżał na jednym z boków kwadratu , np. na , to na leżałby któryś z boków kwadratu , np. . Pozostałe wierzchołki leżałyby na prostopadłych do w punktach i w odległości mniejszej niż od , tj. znajdowałyby się wewnątrz kwadratu . Stąd wynikałoby, że

Ten układ warunków jest jednak sprzeczny, gdyż z trzech pierwszych warunków wynika, że , tj. że , co przeczy ostatniemu z nich.

Założenie, że kwadrat został podzielony na kwadratów doprowadziło do sprzeczności. Podział taki jest więc niemożliwy.

XVI OM - II - Zadanie 6

Dowieść, że nie istnieje wielościan, którego każdy przekrój płaski jest trójkątem.

Rozwiązanie

Każdy wierzchołek wielościanu jest punktem wspólnym co najmniej trzech jego krawędzi. Niech będzie wierzchołkiem wielościanu, a odcinki i oraz i krawędziami dwóch ścian. Obierzmy odpowiednio na odcinkach i punkty i różne od końców tych odcinków i poprowadźmy przez i równoległe i do prostej . Proste i leżą w płaszczyznach dwóch ścian wielościanu, więc istnieją na nich odcinki i , należące do tych ścian. Przekrój wielościanu płaszczyzną wyznaczoną przez proste i nie jest trójkątem, gdyż brzeg tego przekroju zawiera dwa równoległe odcinki i .

XVI OM - III - Zadanie 1

Udowodnić twierdzenie: długości , , boków trójkąta i miary łukowe , , przeciwległych jego kątów spełniają nierówności

Rozwiązanie

a) Dowód lewej części wzoru (1).

Załóżmy, że , wobec czego . Wówczas

Przekształcając lewą stronę powyższej nierówności i biorąc pod uwagę, że , otrzymujemy kolejno

i ostatecznie

b) Dowód prawej części wzoru (1)

Z założenia, że liczby , , są długościami boków trójkąta, wynika, że ; stąd , zatem

i analogicznie

Z powyższych trzech nierówności wnioskujemy, że

Uwaga. Pierwszą z nierówności (1) można wysnuć z następującego twierdzenia ogólnego:

Jeżeli liczby rzeczywiste i spełniają nierówności

to

przy czym równość obu wyrażeń zachodzi tylko wtedy, gdy lub .

Nierówność powyższa nosi nazwę nierówności Czebyszewa.

XVI OM - III - Zadanie 2

Udowodnić, że jeżeli liczby i są pierwiastkami równania
, gdzie jest liczbą nieparzystą, to dla każdego naturalnego liczby i są całkowite i względnie pierwsze.

Rozwiązanie

Zastosujemy metodę indukcji. Ponieważ jest liczbą nieparzystą, więc liczby

są całkowite i względnie pierwsze. Twierdzenie jest zatem prawdziwe dla .
Przypuśćmy, że dla pewnego naturalnego liczby

są całkowite i względnie pierwsze. Udowodnimy, że wówczas jest liczbą całkowitą pierwszą względem . Istotnie

Uwzględniając równości , , otrzymujemy stąd

Z równości tej wynika, że 1) jest sumą dwóch liczb całkowitych, więc jest liczbą całkowitą, 2) każdy wspólny dzielnik liczb i jest dzielnikiem liczby , a tym samym jest wspólnym dzielnikiem liczb względnie pierwszych i , liczby i są zatem względnie pierwsze.

XVI OM - III - Zadanie 3

Na okręgu obrano punktów i każdy z nich połączono odcinkiem z każdym innym. Czy można wykreślić wszystkie te odcinki jednym ciągiem, tzn. tak, żeby koniec pierwszego odcinka był początkiem drugiego, koniec drugiego - początkiem trzeciego itd., i żeby przy tym koniec ostatniego odcinka był początkiem pierwszego?

Rozwiązanie

Aby ułatwić wysłowienie, wprowadzimy pewną umowę. Niech będzie skończonym zbiorem punktów okręgu (warunek, że punkty zbioru Z leżą na okręgu można zastąpić założeniem słabszym, że żadne punkty tego zbioru nie leżą na jednej prostej. Ta sama uwaga stosuje się do dalszego ciągu rozwiązania). Jeżeli łamana zamknięta, której wierzchołkami są punkty zbioru , ma tę własność, że w ciągu kolejnych boków łamanej każdy odcinek łączący dwa punkty zbioru występuje jeden i tylko jeden raz, to łamaną taką nazwiemy .

Przypuśćmy, że dla pewnego zbioru składającego się z punktów okręgu istnieje łamana . W każdym z punktów zbioru schodzi się wówczas boków łamanej. Wykreślając łamaną jednym ciągiem, dochodzimy do każdego jej wierzchołka tyle samo razy, ile razy zeń wychodzimy; liczba jest zatem parzysta, czyli jest liczbą nieparzystą. Łamana nie może zatem istnieć, gdy jest liczbą parzystą. Dowiedziemy, że gdy jest nieparzyste, wtedy łamana istnieje (mogą oczywiście istnieć różne łamane dla tego samego zbioru ).

\spos{1} (metoda indukcji). Niech ( - liczba naturalna). Dla , tj. dla zbioru trzech punktów , , twierdzenie jest prawdziwe, żądaną łamaną jest .

Przypuśćmy, że twierdzenie jest prawdziwe, gdy , tj. gdy zbiór ma punktów ( - liczba naturalna ); udowodnimy, że jest ono wówczas prawdziwe, gdy , tj. gdy zbiór ma punktów.

Weźmy pod uwagę zbiór składający się z punktów okręgu i niech oznacza zbiór zawierający tylko punkty . Według założenia indukcyjnego dla zbioru istnieje pewna łamana .

Łatwo stwierdzić, że istnieje taka łamana zamknięta , której bokami są odcinki łączące każdy z punktów z punktami i oraz odcinek , przy czym w ciągu kolejnych boków łamanej każdy z tych odcinków występuje tylko raz. Warunek ten spełnia na przykład łamana :

Zauważmy, że bokami łamanej są wszystkie te i tylko te spośród odcinków łączących punkty zbioru , które nie są bokami łamanej .

Tworzymy teraz z łamanych i jedną łamaną zamkniętą w następujący sposób. Jako początek łamanej zamkniętej obieramy punkt i przebiegamy tę łamaną dochodząc w końcu do punktu ; następnie przebiegamy łamaną zaczynając od punktu i kończąc znowu na punkcie . Otrzymujemy łamaną, której początkiem i końcem jest punkt , przy czym w ciągu kolejnych boków tej łamanej występuje każdy z odcinków łączących punkty zbioru i to tylko jeden raz. Jest to więc poszukiwana łamana . Twierdzenie zostało udowodnione.

XVI OM - III - Zadanie 4

Dowieść, że jeżeli liczby całkowite i spełniają równanie

to liczby i są kwadratami liczb całkowitych.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że liczby całkowite i spełniają równanie (1). Gdy , wtedy , a ponieważ dla całkowitego , więc . Teza twierdzenia jest w tym przypadku prawdziwa, gdyż , .

Pozostaje do rozpatrzenia przypadek, gdy . Wówczas z równości (1) wynika, że i .

\spos{1} Niech będzie największym wspólnym dzielnikiem liczb i i niech

Liczby całkowite i są względnie pierwsze, przy czym więc , gdzie jest liczbą całkowitą różną od zera i pierwszą względem .

Z równości (1) i (2) otrzymujemy

zatem

skąd

Po lewej stronie równości (3) pierwsze trzy wyrazy są podzielne przez zatem jest podzielne przez . Ostatnie trzy wyrazy są podzielne przez , więc jest podzielne przez , a ponieważ i są względnie pierwsze, więc jest podzielne przez . Stąd wynika, że

Gdyby było , wówczas z (3) wynikałoby, że

Równość ta nie może zachodzić, gdyż dla żadnego liczba nie jest podzielna przez . Zatem . Wobec tego , skąd , więc

Z równości (1) wynika, że

czyli

zatem

Z równości (4) i (6) wynika teza twierdzenia.

Uwaga 2. Można udowodnić twierdzenie mocniejsze. Mianowicie przy założeniu (1) również liczba jest kwadratem liczby całkowitej. Istotnie

więc gdy , liczba całkowita jest ilorazem liczb i będących kwadratami liczb całkowitych, gdy zaś , wtedy .

XVI OM - III - Zadanie 5

Punkty , , dzielą odpowiednio boki , , trójkąta w stosunkach , , . Obliczyć stosunek pól trójkątów i .

Rozwiązanie

Według założenia

Stąd

Niech symbol oznacza pole trójkąta (rys. 21). Ponieważ

więc

Stosując twierdzenie, że stosunek pól dwóch trójkątów mających wspólny kąt równa się stosunkowi iloczynów boków każdego trójkąta tworzących ten kąt, otrzymujemy

Podstawienie do równości (2) wartości stosunków (1) daje równość

po przekształceniu prawej strony otrzymujemy

XVI OM - III - Zadanie 6