XVI OM - II etap

II etap XVI Olimpiady Matematycznej

XVI OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

Dowieść, że układ warunków

$ (1) \qquad \sqrt{a + b} = \sqrt{a + c} + \sqrt{b + c}, $

$ (2) \qquaad c \neq 0, $

gdzie $a, b, c$ oznaczają liczby rzeczywiste, jest równoważny układowi warunków

$ (I) \qquad a > 0, \quad b > 0, $

$ (II) \qquad \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 0. $

Rozwiązanie

1. Udowodnimy, że z układu warunków (1) i (2) wynika układ warunków (I) i (II). Z równości (1) wynika, że istnieją wartości pierwiastków $\sqrt{a+c}$ i $\sqrt{b+c}$ , zatem

$ (3) \qquad a + c \geq 0, \ b + c \geq 0. $

Podnosimy obie strony równości (1) do kwadratu:

$ a + b = a + c + b + c + 2\sqrt{(a + c)(b + c)}, $

stąd

$ (4) \qquad \sqrt{(a + c)(b + c)} = -c. $

Z (2) i (4) wynika, że

$ (5) \qquad c < 0. $

Z (3) i (5) wynikają nierówności

$ (I) \qquad a > 0, \quad b > 0. $

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

$ (a + c) (b + c) = c^2, $

a stąd po uproszczeniu równość

$ (7) \qquad bc + ca + ab = 0. $

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

$ (II) \qquad \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0. $

2. Udowodnimy, że z układu warunków (I) i (II) wynika układ warunków (1) i (2). Z (I) wynika, że $\frac{1}{a}>0$ i $\frac{1}{b}>0$ , zatem wobec (II)

$ (III) \qquad \frac{1}{a} + \frac{1}{c}<0, \quad \frac{1}{b} + \frac{1}{c} < 0, $

$ (IV) \qquad \frac{1}{c} < 0. $

Z (IV) wynika, że

$ (V) \qquad c < 0, $

warunek (2) jest przeto spełniony.

Z (I) i (V) wynika, że $ac < 0$ i $bc < 0$ ; mnożąc strony nierówności (III) odpowiednio przez $ac$ i $bc$ otrzymujemy

$ (VI) \qquad a + c>0, \quad b + c> 0. $

Po pomnożeniu obu stron równości (II) przez $abc$ otrzymujemy równość

$ bc + ca + ab = 0, $

zatem

$ bc + ca + ab + c^2 = c^2, $

czyli

$ (a + c)(b + c) = c^2 $

Uwzględniając (V), otrzymujemy stąd równość

$ \sqrt{(a + c) (b + c)} = -c, $

z której wynika, że

$ a + c + b + c + 2\sqrt{(a + c)(b + c)} = a + b. $

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

$ (\sqrt{a+c} + \sqrt{b+c})^2 = a + b, $

skąd wynika równość

$ (1) \qquad \sqrt{a+c} + \sqrt{b+c} = \sqrt{a+b}. $

XVI OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

Na bokach $AB, BC, CA$ trójkąta $ABC$ obrano odpowiednio punkty $P, M, N$ , różne od wierzchołków trójkąta. Udowodnić, że okręgi opisane na trójkątach $ANP$ , $BPM$ , $CMN$ mają punkt wspólny.

Rozwiązanie

Niech $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ oznaczają odpowiednio okręgi opisane na trójkątach $ANP$ , $BPM$ i $CMN$ . Okręgi $k_1$ i $k_2$ mają punkt wspólny $P$ , zatem mają jeszcze drugi punkt wspólny $Q$ , bądź też są styczne w punkcie $P$ . Zachodzi jeden z następujących przypadków:

1. Okręgi $k_1$ i $k_2$ przecinają się w punktach $P$ i $Q$ , przy czym punkt $Q$ leży po przeciwnej stronie prostej $AB$ niż punkt $C$ (rys. 15).

Prosta $PQ$ nie przecina żadnego z odcinków $AN$ i $BM$ , gdyż wszystkie jej punkty, z wyjątkiem odcinka $PQ$ , leżą na zewnątrz okręgów $k_1$ i $k_2$ ; wobec tego przecina ona odcinek $MN$ w pewnym punkcie $K$ , kąt $NQM$ jest zatem sumą kątów $NQP$ i $PQM$ .

Na okręgu $k_1$ punkty rozważane leżą w kolejności $A$ , $N$ , $P$ , $Q$ , para punktów $A$ , $Q$ nie przedziela pary punktów $N$ , $P$ , zatem kąty wpisane $NAP$ i $NQP$ są równe:

$ \measuredangle NQP = \measuredangle NAP = \measuredangle A; $

analogicznie

$ \measuredangle PQM = \measuredangle PBM = \measuredangle B. $

Stąd

$ \measuredangle NQM = \measuredangle NQP + \measuredangle PQM = \measuredangle A + \measuredangle B = 180^\circ - \measuredangle C. $

Zauważmy, że punkty $Q$ i $P$ leżą po tej samej stronie prostej $MN$ , a punkty $P$ i $C$ po przeciwnych stronach tej prostej; wobec tego punkty $Q$ i $C$ leżą po przeciwnych stronach prostej $NM$ .

W takim razie punkty $C$ , $N$ , $Q$ , $M$ są wierzchołkami czworokąta, w którym suma kątów przy wierzchołkach przeciwległych $Q$ i $C$ równa się $180^\circ$ . Stąd wynika, że punkty $C$ , $N$ , $Q$ , $M$ leżą na okręgu, tzn. punkt $Q$ leży na okręgu $k_3$ , jest więc punktem wspólnym okręgów $k_1$ , $k_2, k_3$ .

2. Okręgi $k_1$ i $k_2$ są styczne w punkcie $P$ . Dowód poprzedni stosuje się i do tego przypadku, z tym, że zamiast wspólnej siecznej występuje w nim wspólna styczna $PK$ okręgów $k_1$ i $k_2$ (rys. 16).

3. Okręgi $k_1$ i $k_2$ przecinają się w punktach $P$ i $Q$ , przy czym punkt $Q$ leży po tej samej stronie prostej $AB$ , co punkt $C$ .

a) Jeżeli punkt $Q$ leży na półprostej $BC$ lub $AC$ , to pokrywa się z punktem $M$ lub z punktem $N$ , wobec czego jest punktem wspólnym okręgów $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ .

b) Jeżeli punkt $Q$ leży wewnątrz trójkąta $ABC$ (rys. 17), to odcinki
$QM$ , $QN$ i $QP$ dzielą trójkąt na trzy części: czworokąt $APQN$ wpisany w okrąg $k_1$ , czworokąt $PQMB$ wpisany w okrąg $k_2$ i czworokąt $NQMC$ ; zachodzą równości

$ \measuredangle NQP = 180^\circ -\measuredangle A, \quad \measuredangle PQM = 180^\circ - \measuredangle B, $

$ \measuredangle NQM = 360^\circ - \measuredangle NQP - \measuredangle PQM = \measuredangle A + \measuredangle B. $

Zatem w czworokącie $NQMC$ suma kątów przy wierzchołkach $Q$ i $C$ jest równa sumie $\measuredangle A+ \measuredangle B + \measuredangle C = 180^\circ$ . Punkty $N$ , $Q$ , $M$ , $C$ leżą na okręgu, punkt $Q$ jest zatem punktem wspólnym okręgów $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ .

c) Jeżeli punkt $Q$ leży na zewnątrz trójkąta $ABC$ , to nie może się znajdować wewnątrz kąta wierzchołkowego do kąta $ACB$ , gdyż w kącie tym nie ma żadnego punktu okręgu $k_1$ ani $k_2$ . Punkt $Q$ leży zatem wewnątrz jednego z kątów $ABC$ i $CAB$ np. wewnątrz kąta $ABC$ (rys. 18).

Na okręgu $k_1$ punkty rozważane leżą w kolejności $A$ , $P$ , $N$ , $Q$ , para punktów $(P, N)$ nie przedziela pary punktów $(A, Q)$ , zatem, jak w przypadku $1$ ,

$ \measuredangle NQP = \measuredangle NAP = \measuredangle A. $

Na okręgu $k_2$ mamy kolejność punktów $Q$ , $P$ , $B$ , $M$ , para punktów $(Q, B)$ przedziela parę punktów $(P, M)$ , wobec czego

$ \measuredangle PQM = 180^\circ - \measuredangle PBM = 180^\circ - \measuredangle B. $

Punkty $N$ i $M$ leżą po tej samej stronie prostej $PQ$ , gdyż punkty $A$ i $N$ , jak również punkty $A$ i $B$ , leżą po przeciwnych stronach prostej $PQ$ a punkty $B$ i $M$ znajdują się po tej samej stronie prostej $PQ$ . Zauważmy, że $\measuredangle PQN < \measuredangle PQM$ , gdyż $\measuredangle A < 180^\circ - \measuredangle B$ ; stąd wynika, że półprosta $QN$ leży w kącie $PQM$ i zachodzi równość

$ \measuredangle NQM = \measuredangle PQM - \measuredangle PQN = (180^\circ - \measuredangle B) - \measuredangle A = \measuredangle C. $

Punkty $Q$ i $C$ leżą po tej samej stronie prostej $MN$ . Istotnie, półprosta $QN$ leży, jak wykazaliśmy wyżej, wewnątrz kąta $PQM$ , więc przecina jeden z odcinków $PB$ i $BM$ w pewnym punkcie $K$ . Punkty $Q$ i $K$ leżą po przeciwnych stronach prostej $MN$ , punkty $K$ i $C$ też leżą po przeciwnych stronach tej prostej, stąd wynika, że punkty $Q$ i $C$ znajdują się po tej samej stronie prostej $MN$ . Wobec tego z poprzedniej równości wnioskujemy, że punkty $Q$ , $N$ , $M$ , $C$ leżą na okręgu. Punkt $Q$ jest zatem punktem wspólnym okręgów $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ .

Uwaga 1. Udowodnione wyżej twierdzenie można uogólnić. Mianowicie teza twierdzenia pozostanie prawdziwa, jeżeli o punktach $M$ , $N$ , $P$ założymy tylko to, że leżą odpowiednio na prostych $BC$ , $CA$ , $AB$ ( $A$ , $B$ , $C$ - wierzchołki trójkąta), przy czym żaden z nich nie pokrywa się z żadnym z punktów $A$ , $B$ , $C$ . Dowód tego twierdzenia można przeprowadzić, rozważając kolejno różne przypadki położenia punktów $M$ , $N$ , $P$ odpowiednio względem boków $BC$ , $CA$ , $AB$ trójkąta $ABC$ . W każdym z tych przypadków rozumowanie będzie analogiczne do jednego z tych, które wystąpiły w poprzednich przypadkach $1$ - $3$ . Ograniczymy się tutaj do rozpatrzenia w charakterze przykładu jednego przypadku, pozostawiając szczegółową analizę pozostałych możliwości jako ćwiczenie.

Załóżmy, że wszystkie trzy punkty $M$ , $N$ , $P$ leżą na przedłużeniach boków trójkąta $ABC$ , przy czym każdy z nich znajduje się na przedłużeniu któregoś boku poza inny wierzchołek. Niech na przykład punkt $M$ leży na przedłużeniu boku $BC$ poza punkt $C$ , punkt $N$ - na przedłużeniu boku $CA$ poza punkt $A$ , a punkt $P$ - na przedłużeniu boku $AB$ poza punkt $B$ (rys. 19).

Okrąg $k_1$ , opisany na trójkącie $ANP$ , i okrąg $k_2$ , opisany na trójkącie $BMP$ , mają punkt wspólny $P$ ; prócz tego mają one jeszcze punkt wspólny $Q$ leżący wewnątrz trójkąta $ABC$ . Albowiem punkt $B$ leży wewnątrz $k_1$ , a punkt $C$ na zewnątrz $k_1$ ; wobec tego punkt $M$ leży na zewnątrz $k_1$ . Ten łuk okręgu $k_2$ , którego końcami są punkty $B$ i $M$ i który nie przechodzi przez punkt $P$ , musi przecinać okrąg $k_1$ w punkcie $Q$ . Łuk $AQP$ okręgu $k_1$ leży w kącie $CAB$ , łuk $BQM$ okręgu $k_2$ - w kącie $ABC$ , częścią zaś wspólną kątów $CAB$ i $ABC$ jest trójkąt $ABC$ , w nim więc znajduje się punkt $Q$ , który przy tym nie leży na obwodzie tego trójkąta.

Na okręgu $k_1$ punkty rozważane leżą w kolejności $NAQP$ , pary punktów $AQ$ i $NP$ nie przedzielają się. Podobnie na okręgu $k_2$ pary $PM$ i $BQ$ nie przedzielają się. Zatem

$ \measuredangle NQP = \measuredangle NAP = 180^\circ - \measuredangle A, $

$ \measuredangle PQM = \measuredangle PBM = 180^\circ -\measuredangle B. $

Kąty $NQP$ , $PQM$ , $MQN$ dają w sumie kąt pełny, więc

$ \measuredangle MQN = \measuredangle A + \measuredangle B = 180^\circ - \measuredangle C = \measuredangle NCM. $

Punkty $Q$ i $C$ leżą po tej samej stronie prostej $MN$ , gdyż odcinek $QC$ znajduje się wewnątrz $\triangle ABC$ , a prosta $MN$ leży na zewnątrz tego trójkąta, zatem z poprzedniej równości wynika, że punkty $N$ , $Q$ , $C$ , $M$ leżą na okręgu, tj. że punkt $Q$ leży na okręgu $k_3$ , jest zatem punktem wspólnym okręgów $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ .

Uwaga 2. Uogólnienie twierdzenia można posunąć jeszcze dalej. Weźmy pod uwagę jeden z dwóch okręgów, np. okrąg $k_1$ wyznaczony przez punkty $A$ , $N$ , $P$ i przypuśćmy, że punkt $P$ porusza się po prostej $AB$ dążąc do punktu $A$ . Okrąg $k_1$ dąży wówczas do tego okręgu $k_1'$ .

XVI OM - II - Zadanie 3

Etap:

XVI OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

Znaleźć wszystkie takie liczby pierwsze $p$ , że $4p^2 +1$ i $6p^2 + 1$ ą również liczbami pierwszymi.

Rozwiązanie

Do rozwiązania zadania dojdziemy badając podzielność liczb $u = 4p^2 + 1$ i $v = 6p^2 + 1$ przez $5$ . 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 $p \equiv 0 \pmod 5$ , wtedy $u \equiv 1 \pmod 5$ , $v \equiv 1 \pmod 5$ ;\\
Gdy $p \equiv 1 \pmod 5$ , wtedy $u \equiv 0 \pmod 5$ , $v \equiv 2 \pmod 5$ ;\\
Gdy $p \equiv 2 \pmod 5$ , wtedy $u \equiv 2 \pmod 5$ , $v \equiv 0 \pmod 5$ ;\\
Gdy $p \equiv 3 \pmod 5$ , wtedy $u \equiv 2 \pmod 5$ , $v \equiv 0 \pmod 5$ ;\\
Gdy $p \equiv 4 \pmod 5$ , wtedy $u \equiv 0 \pmod 5$ , $v \equiv 2 \pmod 5$ .\\
\end{center}
Z powyższego wynika, że liczby $u$ i $v$ mogą być obie liczbami pierwszymi tylko wtedy, gdy $p \equiv 0 \pmod 5$ , tzn. gdy $p = 5$ , ponieważ $p$ ma być liczbą pierwszą. W tym przypadku $u = 4 \cdot 5^2 + 1 = 101$ , $v=6\cdot5^2+1 = 151$ , więc są to istotnie liczby pierwsze.

Zatem jedynym rozwiązaniem zadania jest liczba $p = 5$ .

XVI OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

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 $m$ kwadratów możemy jeden z tych kwadratów podzielić na cztery kwadraty, łącząc środki przeciwległych jego boków. Cały kwadrat będzie wówczas podzielony na $m + 3$ kwadraty.

Niech $n$ będzie liczbą naturalną większą od $1$ . Podzielmy każdy bok kwadratu $Q$ na $n$ 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 $Q$ zostanie wtedy podzielony na $n^2$ mniejszych kwadratów $Q_i$ , przy czym do każdego boku kwadratu $Q$ przylega $n$ kwadratów $Q_i$ .

Weźmy pod uwagę dwa sąsiednie boki kwadratu $Q$ ; przylega do nich $2n - 1$ kwadratów $Q_i$ , gdyż jeden z nich przylega do obu tych boków; pozostałe kwadraty $Q$ wypełniają dokładnie kwadrat $R$ o boku równym $\frac{n-1}{n}$ boku kwadratu $Q$ . Gdy skasujemy wszystkie linie dokonanego podziału, jakie znajdują się w kwadracie $R$ , otrzymamy podział kwadratu $Q$ na $2n - 1$ kwadratów $Q_i$ i kwadrat $R$ , czyli na $(2n - 1) +1 = 2n$ kwadratów.

Kwadrat można więc podzielić na dowolną parzystą liczbę kwadratów większą od $2$ .

W takim razie, na mocy uwagi poprzedniej, kwadrat można również podzielić na $2n + 3 = 2 (n + 1) + 1$ ( $n> 1$ ) kwadratów, tzn. na dowolną nieparzystą liczbę kwadratów, większą od $5$ .

Udowodniliśmy, że kwadrat można podzielić na dowolną większą od $5$ 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 $Q$ o boku długości $l$ i o wierzchołkach $A$ , $B$ , $C$ , $D$ podzielony został na $5$ kwadratów $Q_1$ , $Q_2$ , $Q_3$ , $Q_4$ , $Q_5$ . Każdy wierzchołek kwadratu $Q$ jest wierzchołkiem jednego z kwadratów $Q_i$ ( $i = 1, 2, \ldots, 5$ ), przy czym dwa różne wierzchołki kwadratu $Q$ nie mogą należeć do tego samego kwadratu $Q_i$ , gdyż ich odległość jest $\geq l$ , więc jest większa od długości boku $Q_i$ . Niech $A$ , $B$ , $C$ , $D$ będą odpowiednio wierzchołkami kwadratów $Q_1$ , $Q_2$ , $Q_3$ , $Q_4$ o bokach długości $a$ , $b$ , $c$ , $d$ .

Gdyby wszystkie wierzchołki kwadratu $Q_5$ leżały wewnątrz kwadratu $Q$ , to boki kwadratów $Q_i$ pokrywałyby całkowicie boki kwadratu $Q$ , tj. zachodziłaby równość

$ a + b = b+c = c+d = d+a=l, $

skąd wynikałoby, że $c = a$ , $d = b$ ,
wobec czego pole $Q$ wyrażałoby się wzorem

$ \mathrm{pole}\ Q = 2a^2 + 2b^2 + \mathrm{pole}\ Q_5, $

a także wzorem

$ \mathrm{pole}\ Q = (a + b)^2, $

skąd wynikałoby, że

$ \mathrm{pole}\ Q_5= (a+ b)^2 - 2a^2 - 2b^2 = -(a - b)^2 \leq 0, $

co jest niemożliwe.

Gdyby któryś wierzchołek kwadratu $Q_5$ leżał na jednym z boków kwadratu $Q$ , np. na $AB$ , to na $AB$ leżałby któryś z boków kwadratu $Q_5$ , np. $MN$ . Pozostałe $2$ wierzchołki leżałyby na prostopadłych do $AB$ w punktach $M$ i $N$ w odległości mniejszej niż $l$ od $AB$ , tj. znajdowałyby się wewnątrz kwadratu $Q_5$ . Stąd wynikałoby, że

$ b+c = l, \quad c + d = l, \quad d+a=l \quad \textrm{oraz}\quad a + b < l. $

Ten układ warunków jest jednak sprzeczny, gdyż z trzech pierwszych warunków wynika, że $(b + c) - (c + d) + (d + a) = l -l + l =l$ , tj. że $a + b = l$ , co przeczy ostatniemu z nich.

Założenie, że kwadrat $Q$ został podzielony na $5$ kwadratów doprowadziło do sprzeczności. Podział taki jest więc niemożliwy.

XVI OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

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

Rozwiązanie

Każdy wierzchołek wielościanu jest punktem wspólnym co najmniej trzech jego krawędzi. Niech $A$ będzie wierzchołkiem wielościanu, a odcinki $AB$ i $AC$ oraz $AB$ i $AD$ krawędziami dwóch ścian. Obierzmy odpowiednio na odcinkach $AC$ i $AD$ punkty $P$ i $Q$ różne od końców tych odcinków i poprowadźmy przez $P$ i $Q$ równoległe $p$ i $q$ do prostej $AB$ . Proste $p$ i $q$ leżą w płaszczyznach dwóch ścian wielościanu, więc istnieją na nich odcinki $p_1$ i $q_1$ , należące do tych ścian. Przekrój wielościanu płaszczyzną wyznaczoną przez proste $p$ i $q$ nie jest trójkątem, gdyż brzeg tego przekroju zawiera dwa równoległe odcinki $p_1$ i $q_1$ .