XV OM

XV Olimpiada Matematyczna

Opracowanie rozwiązań: Stefan Straszewicz

XV OM - I etap

I etap XVI Olimpiady Matematycznej

XV OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

Dowieść, że dla każdej liczby naturalnej $n$ zachodzi równość

$ (1) \qquad l^3 + 2^3 + \ldots + n^3 = (1 + 2 + \ldots + n)^2 $

Rozwiązanie

\spos{1} Stosujemy metodę indukcji. Gdy $n = 1$ , równość (1) jest prawdziwa. Przypuśćmy, że jest ona prawdziwa dla pewnej liczby naturalnej $n$ . Wówczas jest ona również prawdziwa dla liczby $n + 1$ . Istotnie, z założenia indukcyjnego wnioskujemy, że

$ (2) \qquad 1^3 + 2^3 + \ldots + n^3 + (n + 1)^3 = (1 + 2 + \ldots + n)^2 + (n + 1)^3 $

a ponieważ

$ (1 + 2 + \ldots + n)^2 = \left[ \frac{1}{2} n(n+1) \right]^2 $

więc z (2) otrzymujemy

$ \begin{split} 1^3 + 2^3 + & \ldots + (n + 1)^3 = \frac{1}{4} n^2 (n + 1)^2 + (n + 1)^3 = (n + 1)^2 \left( \frac{1}{4} n^2 + n + 1 \right) =\\ & \left[ \frac{(n+1)(n+2)}{2} \right]^2 = \left[ 1 + 2 + \ldots + (n+ 1) \right]^2 \end{split} $

Zatem równość (1) zachodzi dla każdego naturalnego $n$ .

XV OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

Udowodnić następujące dwie cechy podzielności przez 7:
a) Liczba naturalna $N$ jest podzielna przez 7 wtedy i tylko wtedy, gdy jest podzielna przez 7 liczba $P$ utworzona w taki sposób: pierwszą od lewej strony cyfrę liczby $N$ mnożymy przez 3 i do wyniku dodajemy drugą cyfrę; otrzymaną liczbę mnożymy przez 3 i dodajemy do wyniku trzecią cyfrę itd. aż do wyczerpania wszystkich cyfr.
b) Liczba naturalna $N$ jest podzielna przez 7 wtedy i tylko wtedy, gdy jest podzielna przez 7 liczba $Q$ utworzona w ten sposób, że ostatnią (od lewej strony) cyfrę liczby $N$ mnożymy przez 5, do wyniku dodajemy przedostatnią cyfrę, otrzymaną liczbę mnożymy przez 5 i dodajemy do wyniku trzecią cyfrę od końca itd. aż do wyczerpania wszystkich cyfr.

Rozwiązanie

Niech $a_0, a_1, \ldots, a_n$ oznaczają kolejne cyfry liczby $N$ (od lewej strony). Wówczas

$ N = a_0 \cdot 10^n + a_1 \cdot 10^{n-1} + \ldots + a_{n-1} \cdot 10 + a_n. $

a) Według tekstu zadania liczba $P$ jest $(n+1)$ -szą liczbą ciągu

$ P_0 = a_0,\ P_1 = a_0 \cdot 3 + a_1,\ P_2 = [a_0 \cdot 3 + a_1) \cdot 3 + a_2 = a_0 \cdot 3^2 + a_1 \cdot 3 + a_2, \ldots \textrm{itd.} $

zatem

$ P = P_n = a_0 \cdot 3^n + a_1 \cdot 3^{n-1} + \ldots + a_{n-1} \cdot 3 + a_n. $

Wobec tego

$ (1) \qquad N- P = a_0 (10^n-3^n) + a_1 (10^{n-1} - 3^{n-1}) + \ldots + a_{n-1} (10-3). $

Ponieważ dla naturalnego $k$

$ 10^k - 3^k = (10-3) (10^{k-1} + 10^{k-2} \cdot 3 + \ldots + 3^{k-1}), $

więc każdy wyraz prawej strony równości (1) jest podzielny przez $7$ . Liczba $N - P$ jest zatem podzielna przez $7$ , skąd wynika, że $N$ jest podzielne przez $7$ wtedy i tylko wtedy, gdy $P$ jest podzielne przez $7$ .

b) Liczba $Q$ jest liczbą ciągu

$ Q_0 = a_n,\ Q_1 = a_n \cdot 5 + a_{n-1} $

$ Q_2 = (a_n \cdot 5 + a_{n-1}) \cdot 5 + a_{n-2} = a_n \cdot 5^2 + a_{n-1} \cdot 5 + a_{n-2} $

zatem

$ Q = a_n \cdot 5^n + a_{n-1} \cdot 5^{n-1} \ldots + a_1 \cdot 5 + a_0. $

Otóż

$ N \cdot 5^n = a_0 \cdot 50^n + a_1 \cdot 5 \cdot 50^{n-1} + \ldots + a_{n-1} \cdot 5^{n-1} \cdot 50 + a_n \cdot 5^n $

więc

$ (2) \qquad N \cdot 5^n - Q = a_0 (50^n - 1) + a_1 \cdot 5 (50^{n-1}- 1) + \ldots + + a_{n-1} \cdot 5^{n-1} (50-1). $

Ponieważ dla naturalnego $k$ liczba $50^k -1$ jest podzielna przez $50 - 1 = 49$ , a tym samym przez $7$ , więc z równości (2) wynika, że liczba $N \cdot 5^n-Q$ jest podzielna przez $7$ . Zatem liczby $N \cdot 5^n$ i $Q$ , i tak samo liczby $N$ i $Q$ są bądź obie podzielne przez $7$ , bądź obie niepodzielne przez $7$ .

XV OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

Dowieść, że punkty symetryczne do punktu przecięcia wysokości trójkąta $ABC$ względem prostych $AB, BC, CA$ leżą na okręgu opisanym na trójkącie $ABC$ .

Rozwiązanie

Niech $S$ będzie punktem przecięcia wysokości $AH$ i $BK$ trójkąta $ABC$ , a $S'$ - punktem symetrycznym do punktu $S$ względem prostej $AB$ . Rozróżnimy trzy przypadki:

a) Kąty $A$ i $B$ trójkąta są ostre (rys. 1). Punkt przecięcia $S$ prostych $AH$ i $BK$ leży wówczas po tej samej stronie prostej $AB$ , co punkt $C$ . Jeżeli kąt $ACB$ jest prosty, to punkt $S$ pokrywa się z punktem $C$ , więc $\measuredangle AS'B = \measuredangle ACB$ , wobec czego punkty $S'$ i $C$ leżą na okręgu o średnicy $AB$ . Jeżeli $\measuredangle ACB \ne 90^\circ$ , to punkty $C$ , $H$ , $S$ , $K$ tworzą czworokąt, w którym kąty $H$ i $K$ są proste, więc $\measuredangle HSK = 180^\circ - \measuredangle C$ , a że $\measuredangle AS'B = \measuredangle ASB = \measuredangle HSK$ , więc $\measuredangle AS'B = 180^\circ - \measuredangle C$ . Ponieważ punkt $S'$ leży po przeciwnej stronie prostej $AB$ niż punkty $S$ i $C$ , więc z ostatniej równości wnioskujemy, że $S'$ leży na okręgu przechodzącym przez $A$ , $B$ i $C$ .

b) Jeden z kątów trójkąta, np. kąt $A$ , jest rozwarty (rys. 2). Proste $AH$ i $BK$ przecinają się w punkcie $S$ leżącym po przeciwnej stronie prostej $AB$ niż punkt $C$ ; punkt $S'$ leży wobec tego po tej samej stronie prostej $AB$ , co punkt $C$ .

Trójkąty prostokątne $AKS$ i $AHC$ mają równe kąty przy wierzchołku $A$ , zatem również trzecie ich kąty są równe, tj. $\measuredangle S = \measuredangle C$ ; lecz $\measuredangle S' = \measuredangle S$ , zatem $\measuredangle S' = \measuredangle C$ , stąd zaś wynika, że punkt $S'$ leży na okręgu przechodzącym przez $A$ , $B$ i $C$ .

c) Jeden z kątów $A$ i $B$ , np. $\measuredangle A$ jest prosty. W tym przypadku punkty $S$ i $S'$ pokrywają się z punktem $A$ ; twierdzenie jest oczywiste.

XV OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

Na płaszczyźnie leży 5 punktów, z których żadne 3 nie są współliniowe. Dowieść, że wśród nich są cztery punkty będące wierzchołkami czworokąta wypukłego.

Rozwiązanie

Niech $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ oznaczają dane punkty. Ponieważ żadne trzy z nich nie są współliniowe, więc punkty $A$ , $B$ , $C$ są wierzchołkami trójkąta, a każdy z punktów $D$ i $E$ leży bądź wewnątrz, bądź na zewnątrz tego trójkąta. Zachodzi zatem jeden z przypadków:

a) Punkty $D$ i $E$ leżą wewnątrz trójkąta $ABC$ . Prosta $DE$ nie przechodzi przez żaden z wierzchołków $A$ , $B$ , $C$ , przecina zatem dwa boki trójkąta, np. $AC$ w punkcie $M$ i $BC$ w punkcie $N$ (rys. 3).

Możemy tak ustalić oznaczenia, że punkt $D$ leży między punktami $M$ i $E$ . Wówczas czworokąt $ADEB$ jest wypukły, gdyż stwierdzamy łatwo, że dla każdego z boków $AD$ , $DE$ , $EB$ , $BA$ pozostałe dwa wierzchołki czworokąta leżą po jednej stronie tego boku.

b) Jeden z punktów $D$ i $E$ , np. punkt $D$ leży wewnątrz trójkąta $ABC$ , $A$ drugi, tj. $E$ , na zewnątrz tego trójkąta. Półproste $DA$ , $DB$ , $DC$ dzielą płaszczyznę na $3$ wypukłe obszary kątowe $ADB$ , $BDC$ , $CDA$ ; punkt $E$ leży wewnątrz jednego z nich, np. wewnątrz kąta $BDC$ . Czworokąt $DBEC$ jest wypukły, gdyż jest częścią wspólną dwóch obszarów kątowych wypukłych $BDC$ i $BEC$ .

c) Punkty $D$ i $E$ leżą na zewnątrz trójkąta $ABC$ . Jeżeli punkt $D$ leży wewnątrz jednego z kątów wypukłych $BAC$ , $CBA$ , $ACB$ , np. wewnątrz kąta $BAC$ (rys. 5), to czworokąt $ABDC$ jest wypukły, jako część wspólna wypukłych obszarów kątowych $BAC$ i $BDC$ .

Jeśli zaś punkt $D$ leży w jednym z kątów wierzchołkowych do kątów trójkąta, np. wewnątrz kąta wierzchołkowego do kąta $A$ , to punkt $A$ leży wewnątrz trójkąta $BDC$ (rys. 6), wobec czego mamy przypadek analogiczny do przypadku a) lub do przypadku b), dla których dowód już przeprowadziliśmy poprzednio.

Uwaga. Figurę $F$ nazywamy wypukłą, jeżeli każdy odcinek, którego końce należą do figury $F$ , zawiera się cały w figurze $F$ . Z tego określenia wynika bezpośrednio, że punkty wspólne dwóch lub więcej figur wypukłych tworzą również figurę wypukłą. Łatwe uzasadnienie tego twierdzenia pozostawiamy Czytelnikowi.

Jeżeli $AB$ jest bokiem wielokąta wypukłego $W$ , to wszystkie punkty tego wielokąta, z wyjątkiem punktów boku $AB$ , leżą po jednej stronie prostej $AB$ . Istotnie, gdyby punkty $C$ i $D$ wielokąta $W$ leżały po przeciwległych stronach prostej $AB$ , to łącząc punkty $C$ i $D$ odcinkami z punktami $A$ i $B$ , otrzymalibyśmy czworokąt $ACBD$ , którego wszystkie boki należałyby do $W$ ; zatem cały czworokąt $ACBD$ zawierałby się w $W$ , wobec czego jego przekątna $AB$ nie mogłaby być bokiem wielokąta $W$ .

Odwrotnie, jeżeli cały wielokąt $W$ leży po jednej stronie każdej prostej zawierającej jeden jego bok, z wyjątkiem punktów tego boku, to wielokąt $W$ jest wypukły. Gdyby bowiem na odcinku $PQ$ łączącym punkty $P$ i $Q$ wielokąta $W$ znajdował się jakiś punkt $M$ nie należący do wielokąta $W$ , to odcinek $PM$ miałby jakiś punkt wspólny z obwodem wielokąta, dajmy na to z bokiem $AB$ , a w takim razie punkty $P$ i $Q$ nie leżałyby po tej samej stronie prostej $AB$ .

XV OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

Dowieść następujących twierdzeń, w których, $m$ i $n$ oznaczają liczby naturalne.
1. Jeżeli $m > 1$ , a $m^n-1$ jest liczbą pierwszą, to $n$ jest potęgą liczby 2 o wykładniku całkowitym.
2. Jeżeli $n > 1$ , a $m^n- 1$ jest liczbą pierwszą, to $m = 2$ , a $n$ jest liczbą pierwszą.

Rozwiązanie

1. Przypuśćmy, że $n$ nie jest potęgą liczby $2$ o wykładniku całkowitym. W takim razie $n$ posiada dzielnik nieparzysty większy od $1$ , np. $2p+1$ ; gdzie $p$ jest liczbą naturalną, zatem $n = k (2p + 1)$ , gdzie $k$ jest liczbą naturalną mniejszą od $n$ . Wówczas

$ m^n + 1 = m^{k(2p+1)} + 1 = (m^k)^{2p+1} + 1^{2p+1} $

zatem $m^n+1$ jest podzielne przez $m^k+1$ . Lecz z nierówności $m > 1$ , $k <n$ wynika, że

$ 1 < m^k + 1 < m^n + 1 $

wobec czego $m^n+1$ nie jest liczbą pierwszą. Otrzymaliśmy sprzeczność z założeniem twierdzenia; przypuszczenie, że $n$ nie jest potęgą całkowitą liczby $2$ jest zatem fałszywe.

2. Stwierdzamy najpierw, że $m > 1$ , gdyż dla $m = 1$ liczba $m^n- 1$ równałaby się zeru, a więc nie byłaby liczbą pierwszą. Ponieważ

$ m^n - 1 = m^n - 1^n, $

więc $m^n-1$ jest podzielne przez $m-1$ . Otóż $m^n- 1$ jest według założenia liczbą pierwszą, a $m-1 < m^n -1$ , gdyż $n > 1$ , wobec tego $m- 1= 1$ , tzn. $m = 2$ i $m^n-1 = 2^n-1$ . Gdyby $n$ nie było liczbą pierwszą, to zachodziłaby równość $n = p \cdot q$ , gdzie $p$ i $q$ oznaczają liczby naturalne większe od $1$ . Wtedy byłoby $2^n-1 = 2^{pq}- 1 = (2^p)^q - 1^q$ , więc $2^n-1$ byłoby podzielne przez $2^p-1$ , co jest niemożliwe, gdyż $1 < p < n$ , więc

$ 1 < 2^p - 1 < 2^n -1 $

a $2^n-1$ jest według założeń liczbą pierwszą.

XV OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

Rozłożyć na czynniki wielomian

$ P(x, y, z) = (x - y)^5 + (y - z)^5 + (z - x)^5 $

Rozwiązanie

Funkcję $P (x, y, z)$ możemy traktować jako wielomian stopnia $5$ względem $x$ . Wielomian ten dla $x = y$ równa się zeru, jest on zatem podzielny przez $x - y$ . Analogicznie stwierdzamy, że $P (x, y, z)$ jest podzielne przez $y - z$ i przez $z - x$ . Zatem

$ (1) \qquad P (x, y, z) = (x- y) (y - z) (z - x) \cdot Q (x, y, z) $

gdzie $Q (x, y, z)$ jest wielomianem stopnia drugiego zmiennych $x$ , $y$ , $z$ . Ponieważ wielomiany $P (x, y, z)$ i $(x - y)(y - z)(z - x)$ są jednorodne względem $x$ , $y$ , $z$ , a przy dowolnej permutacji zmiennych $x$ , $y$ , $z$ , bądź oba pozostają bez zmiany, bądź oba zmieniają znak, więc wielomian $Q (x, y, z)$ będący ich ilorazem, jest jednorodny i symetryczny względem $x$ , $y$ , $z$ , tzn.

$ Q (x, y,z) = a (x^2 + y^2 + z^2) + b (xy + yz + zx). $

Współczynniki $a$ i $b$ znajdziemy, podstawiając do równości (1) zamiast $x$ , $y$ , $z$ wartości liczbowe. Na przykład dla $x = 0$ , $y = 1$ , $z = - 1$ otrzymamy z (1) równanie $2a-b = 15$ , biorąc zaś $x = 0$ , $y = 1$ , $z = 2$ , otrzymamy $5a+2b = 15$ . Stąd $a = 5$ , $b = - 5$ , wobec czego

$ (2) \qquad (x-y)^5 + (y-z)^5+(z-x)^5 = 5(x-y) (y-z) (z - x) (x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx). $

Trzeba jeszcze zbadać, czy wielomian $x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx$ jest iloczynem czynników stopnia pierwszego.

Ponieważ wielomian ten jest jednorodny względem zmiennych $x$ , $y$ , $z$ , więc jego czynniki też musiałyby być jednorodne względem tych zmiennych i poszukiwany rozkład miałby postać

$ (3) \qquad x^2 + y^2+ z^2 - xy - yz - zx = (mx + ny + pz) (m_1x + n_1y + p_1z) $

Podstawiając do równości (3) $y = 1$ , $z = 0$ , otrzymujemy

$ (4) \qquad x^2 - x + 1 = (mx + n) \cdot (m_1x + n_1). $

Dla rzeczywistych wartości $m$ , $n$ , $m_1$ , $n_1$ rozkład (4) jest niemożliwy, gdyż wyróżnik trójmianu $x^2 - x + 1$ jest ujemny. Zatem w zbiorze liczb rzeczywistych rozwiązanie zadania przedstawia wzór (2).

W zbiorze liczb zespolonych jest inaczej, gdyż

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

gdzie

$ \varepsilon = \frac{-1 + i\sqrt{3}}{2}. $

Stąd wnioskujemy, że jeżeli rozkład (3) jest możliwy, to istnieje rozkład postaci

$ (5) \qquad x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx = (x + \varepsilon y + pz) (x + \varepsilon^2y + p_1z). $

Podstawiając do (5) wartości $y = 0$ , $z = 1$ , otrzymujemy

$ x^2 - x + 1 = (x + p) (x + p_1), $

zatem albo: a) $p = \varepsilon$ , $p_1 = \varepsilon^2$ , albo b) $p = \varepsilon^2$ , $p_1 = \varepsilon$ .

Podstawiając te wartości do (5) stwierdzamy, że dla wartości a) równość (5) nie jest prawdziwa, zachodzi ona natomiast dla wartości b). Ostatecznie otrzymujemy wzór

$ (6) \qquad (x - y)^5 + (y - z)^5 + (z - x)^5 = 5 (x - y) (y - z) (z - x) (x + \varepsilon y + \varepsilon^2z) (x + \varepsilon^2y + \varepsilon z). $

Uwaga. Stosując rozumowanie analogiczne do powyższego, znajdziemy, że

$ x^2 + y^2 + z^2 + xy - yz + zx = (x - \varepsilon y - \varepsilon^2z) (x - \varepsilon^2y - \varepsilon z). $

Natomiast wielomian $x^2 + y^2 + z^2 + xy + yz + zx$ jest nieprzywiedlny w zbiorze liczb zespolonych, tzn. nie jest iloczynem dwóch wielomianów stopnia pierwszego o współczynnikach zespolonych. Proponujemy Czytelnikowi szczegółowe przeprowadzenie dowodu.

XV OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

Dany jest okrąg i wewnątrz niego punkty $A$ i $B$ . Znaleźć na tym okręgu taki punkt $P$ , żeby kąt $APB$ był oparty na cięciwie $MN$ równej $AB$ . Czy zadanie posiada rozwiązanie, jeżeli dane punkty, lub tylko jeden z nich, leżą na zewnątrz okręgu?

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że punkt $P$ danego okręgu $C$ o promieniu $r$ jest rozwiązaniem zadania (rys. 7).

Ponieważ punkty $A$ i $B$ leżą wewnątrz okręgu $C$ , więc punkty $M$ i $N$ leżą odpowiednio na półprostych $PA$ i $PB$ i kąt $APB$ pokrywa się z kątem $MPN$ . Trójkąty $APB$ i $MPN$ mają równe podstawy $AB= MN = a$ i wspólny kąt przy wierzchołku $\measuredangle APB = \measuredangle MPN = \alpha$ ; stąd wynika, że okręgi opisane na tych trójkątach mają ten sam promień $r = \frac{a}{2 \sin \alpha}$ , punkt $P$ leży zatem na okręgu o promieniu $r$ przechodzącym przez punkty $A$ i $B$ . Wobec tego konstrukcja poszukiwanego punktu jest następująca (rys. 7a). Budujemy okręgi o promieniu $r$ przechodzące przez punkty $A$ i $B$ . Ponieważ $AB < 2r$ , więc są $2$ takie okręgi: $K_1$ i $K_2$ . Jeżeli $P$ jest punktem wspólnym okręgów $K_1$ i $C$ , bądź okręgów $K_2$ i $C$ , to $P$ jest rozwiązaniem zadania. Istotnie, półproste $PA$ i $PB$ przecinają dany okrąg $C$ w punktach $M$ i $N$ ; z trójkąta $MPN$ mamy $MN = 2r \sin \measuredangle MPN = 2r \sin \measuredangle APB$ ; lecz w trójkącie $APB$ jest $\sin \measuredangle APB = AB \colon 2r$ , zatem $MN = AB$ .

Każdy z okręgów $K_1$ i $K_2$ przecina okrąg $C$ w dwóch punktach; jeśli bowiem $O_1$ i $O_2$ są środkami okręgów $K_1$ i $K_2$ , to

$ 0 < OO_1 \leq OA + AO_1 < 2r, $

gdyż $OA < r$ , $AO_1 = r$ ; podobnie $0 < OO_2 < 2r$ .

Zadanie ma zatem $4$ rozwiązania.

Zbadajmy, czy powyższe rozumowanie pozostaje słuszne dla dowolnego położenia punktów $A$ i $B$ . Jeżeli punkt $P$ jest rozwiązaniem zadania, to punkty $M$ i $N$ leżą wówczas na prostych $PA$ i $PB$ , ale niekoniecznie na półprostych $PA$ i $PB$ , więc kąt $MPN$ pokrywa się bądź z kątem $APB$ , bądź z kątem przyległym do kąta $APB$ . Wniosek, że trójkąty $APB$ i $MPN$ mają ten sam promień koła opisanego, pozostaje w mocy, wobec czego punkt $P$ leży jak poprzednio na okręgu o promieniu $r$ przechodzącym przez $A$ i $B$ . Odwrotnie, jeżeli punkt $P$ jest punktem wspólnym danego okręgu z okręgiem $K$ o promieniu $r$ przechodzącym przez $A$ i $B$ , to punkt ten, o ile jest różny od $A$ i od $B$ , jest rozwiązaniem zadania, co stwierdzamy tak samo, jak poprzednio.

Aby taki punkt $P$ istniał, powinny być spełniono następujące warunki:

1. Musi istnieć okrąg o promieniu $r$ przechodzący przez punkty $A$ i $B$ ; zachodzi to wtedy, gdy $AB \leq 2r$ . Jeżeli $AB < 2r$ , są dwa takie okręgi $K_1$ i $K_2$ o środkach $O_1$ i $O_2$ . Jeżeli $AB = 2r$ , jest jeden taki okrąg: $K_1 = K_2$ , $O_1 = O_2$ .

2. Musi istnieć punkt wspólny okręgu $K_1$ lub $K_2$ z danym okręgiem $C$ , różny od $A$ i $B$ .

Poniższa tabelka podaje liczbę rozwiązań dla różnych przypadków położenia punktów $A$ i $B$ .

$ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline & \textrm{Położenie punktów } $A$ \textrm{ i } B & \begin{array}{c} \textrm{Liczba rozwiązań,}\\ \textrm{gdy } AB < 2r \end{array} & \begin{array}{c} \textrm{Liczba rozwiązań,}\\ \textrm{gdy } AB = 2r \end{array} \\ \hline 1. & A \textrm{ i } B \textrm{ wewnątrz } C & 4 & - \\ 2. & A \textrm{ wewnątrz } C, B \textrm{ na } C & 2 & - \\ 3. & A \textrm{ wewnątrz }, B \textrm{ na zewnątrz } C & 4 & 2 \\ 4. & A \textrm{ i } B \textrm{ na } C & \textrm{nieskończenie wiele} & \textrm{nieskończenie wiele} \\ 5. & A \textrm{ na } C, B \textrm{ na zewnątrz } C & 2 & 1 \\ 6. & A \textrm{ i } B \textrm{ na zewnątrz } C & 4, 3, 2, 1 \textrm{ lub } 0 & 2, 1 \textrm{ lub } 0 \\ \hline \end{array} $

Proponujemy Czytelnikowi opracowanie szczegółowego uzasadnienia powyższych danych dla każdego z przypadków 2-6 oraz zrobienie odpowiednich rysunków.

XV OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

Na trzech parami skośnych krawędziach sześcianu obrać po jednym punkcie w taki sposób, żeby suma kwadratów boków utworzonego przez nie trójkąta była najmniejsza.

Rozwiązanie

Niech $ABCD$ będzie podstawą sześcianu oraz $AA_1$ , $BB_1$ , $CC_1$ , $DD_1$ jego krawędziami prostopadłymi do $ABCD$ . Niech $X$ , $Y$ , $Z$ będą punktami obranymi na trzech parami skośnych krawędziach sześcianu. Wiadomo, że obracając sześcian dokoła pewnych osi, przechodzących przez jego środek, można nałożyć sześcian na siebie w ten sposób, że dowolnie obrana krawędź pokryje dowolną inną krawędź. Możemy więc bez szkody dla ogólności rozumowania przyjąć, że punkt $X$ leży na krawędzi $A_1$ . Krawędziami skośnymi do $AA_1$ są $BC$ , $CD$ , $B_1C_1$ , $C_1D_4$ . (rys. 8); spośród nich wzajemnie skośne są $BC$ i $C_1D_1$ oraz $B_1C_1$ i $CD$ . Mamy więc dwie trójki krawędzi parami skośnych: $AA_1$ , $BC$ , $C_1D_1$ i $AA_1$ , $B_1C_1$ , $CD$ , przy czym przechodzą one jedna na drugą przy przekształceniu sześcianu przez symetrie względem płaszczyzny $AA_1C_1C$ , będącej płaszczyzną symetrii sześcianu. Możemy więc przyjąć, że rozważaną trójką krawędzi parami skośnych jest trójka $AA_1$ , $BC$ , $C_1D_1$ i że np. punkt $Y$ leży na $BC$ a punkt $Z$ na $C_1D_1$ . Niech $AX = x$ , $BY = y$ , $C_1Z = z$ , $AA_1 = a$ . Wówczas

$ XY^2 = a^2 + x^2 + y^2, $

$ YZ^2 = (a - y)^2 + a^2 + z^2, $

$ ZX^2 = a^2 + (a - x)^2 + (a - z)^2, $

zatem

$ \begin{split} XY^2 + YZ^2 + ZX^2 & = 2(x^2 + y^2 + z^2) - 2a(x + y + z) + 6a^2 = \\ & = 2 [( x- \frac{a}{2} )^2 + (y-\frac{a}{2})^2 + (z- \frac{a}{2} )^2 + \frac{9}{4} a^2 ]. \end{split} $

Z otrzymanego wzoru jest widoczne, że suma kwadratów boków trójkąta $XYZ$ osiąga minimum, gdy $x= y = z = \frac{a}{2}$ , tj. gdy punkty $X$ , $Y$ , $Z$ obierzemy w środkach odpowiednich krawędzi. Minimum to równa się $\frac{9}{2} a^2$ .

XV OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

Dowieść, że iloraz sumy wszystkich dzielników naturalnych liczby calkowitej $n > 1$ przez liczbę tych dzielników jest większy od $\sqrt{n}$ .

Rozwiązanie

Niech $d_1, d_2, \ldots, d_s$ oznaczają wszystkie dzielniki naturalne danej liczby całkowitej $n > 1$ . Wśród tych dzielników znajdują się na pewno liczby nierówne, na przykład $1$ i $n$ . Według nierówności Cauchy'ego średnia arytmetyczna liczb dodatnich, które nie są wszystkie sobie równe, jest większa od średniej geometrycznej tych liczb, zatem

$ (1) \qquad \frac{d_1 + d_2 + \ldots + d_s}{s} > (d_1d_2\ldots d_s)^{\frac{1}{s}}. $

Udowodnimy, że prawa strona tej nierówności jest równa $\sqrt{n}$ .W tym celu rozróżnimy dwa przypadki:

1. Liczba $n$ nie jest kwadratem liczby całkowitej. W zbiorze liczb $d_1, d_2, \ldots, d_s$ do każdej liczby $d_i$ istnieje wówczas różna od niej liczba $d_k = \frac{n}{d_i}$ , wobec czego liczba $s$ jest parzysta i zbiór $\{d_1,d_2, \ldots,d_s\}$ można podzielić na $\frac{s}{2}$ takich par, że iloczyn liczb każdej pary równa się $n$ . W takim razie

$ (d_1d_2 \ldots d_s)^\frac{1}{s} = \left( n^{\frac{s}{2}} \right)^{\frac{1}{s}} = n^{\frac{1}{2}}. $

2. Liczba $n$ jest kwadratem liczby naturalnej $d_r$ . Do każdej liczby $d_i$ zbioru $\{d_1, d_2, \ldots, d_s\}$ różnej od $d_r$ istnieje wówczas liczba $d_k = \frac{n}{d_i}$ różna od $d_i$ , wobec czego liczba $s - 1$ jest parzysta i zbiór liczb $\{ d_1, \ldots d_{r-1}, d_{r+1} \ldots, d_s\}$ można podzielić na $\frac{s-1}{2}$ par o iloczynie równym $n$ . W takim razie

$ (d_1 d_2 \ldots d)^{\frac{1}{s}} = (n^{\frac{s-1}{2}} \cdot n^{\frac{1}{2}} )^{\frac{1}{s}} = n^{\frac{1}{2}}. $

Wobec nierówności (1) w każdym z przypadków 1 i 2 zachodzi nierówność

$ \frac{d_1 + d_2 + \ldots + d_s}{s} > n^{\frac{1}{2}}. $

XV OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

Znaleźć $n$ -ty wyraz ciągu liczb $a_1, a_2, a_n, \ldots$ , w którym $a_1 = 1$ , $a_2 = 3$ , $a_3 = 6$ oraz dla każdego naturalnego $k$

$ (1) \qquad a_{k-3}-3a_{k-2}+3a_{k-1}-a_k=0. $

Rozwiązanie

Równość (1) możemy napisać w postaci

$ (a_{k+3} - a_{k+2}) - 2 (a_{k+2} - a_{k+1}) + (a_{k+1} -a_k) = 0. $

Oznaczmy $a_{i+1} - a_i = r_i$ dla $i = 1, 2, 3, \ldots$ ; według powyższej równości, $r_{k+2} - 2r_{k+1} + r_k = 0$ , skąd $r_{k+2} - r_{k+1}= r_{k+1} - r_k$ .

Ciąg różnic $r_k$ jest więc postępem arytmetycznym. Ponieważ $r_1 = a_2 - a_1 = 2$ oraz $r_2 = a_3 - a_2 = 3$ , więc różnica tego postępu jest równa $r_2 - r_1 = 1$ . Stąd wynika, że dla każdego naturalnego $k$ jest $r_k = r_1 + (k - 1) \cdot 1 = k + 1$ , zatem

$ a_{k+1} = a_k + k + 1 $

dla każdego naturalnego $k$ . Stąd wynika łatwo (np. przez indukcję), że $a_n$ jest sumą liczb naturalnych od $1$ do $n$ :

$ a_n = 1 + 2 + \ldots + n = \frac{1}{2} n (n + 1). $

XV OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

W trójkącie $ABC$ kąt $A$ wynosi $20^\circ$ , $AB = AC$ . Na bokach $AB$ i $AC$ obrano takie punkty $D$ i $E$ , że $\measuredangle DCB = 60^\circ$ a $\measuredangle EBC = 50^\circ$ . Obliczyć kąt $EDC$ .

Rozwiązanie

Niech $\measuredangle EDC = x$ (rys. 9). Zauważmy, że $\measuredangle ACB = \measuredangle$ ABC $= 80^\circ$ , $\measuredangle CDB = 180^\circ-80^\circ-60^\circ = 40^\circ$ , $\measuredangle CEB = 180^\circ - 80^\circ-50^\circ = \measuredangle EBC$ , wobec czego $EC = CB$ . Stosunek $\frac{DC}{CE}$ boków trójkąta $EDC$ równa się stosunkowi boków $\frac{DC}{CB}$ trójkąta $BDC$ , wobec czego równe są w tych trójkątach stosunki sinusów kątów leżących naprzeciw odpowiednich boków:

$ \frac{\sin \measuredangle DEC}{\sin \measuredangle EDC}= \frac{\sin \measuredangle CBD}{\sin \measuredangle CDB} \textrm{ tj. } \frac{\sin (x + 20^\circ)}{\sin x} = \frac{\sin 80^\circ}{\sin 40^\circ}. $

Prawą stronę otrzymanego równania możemy przekształcić:

$ \frac{\sin 80^\circ}{\sin 40^\circ} = \frac{2 \sin 40^\circ \cos 40^\circ}{\sin 40^\circ} = \frac{\cos 40^\circ}{\frac{1}{2}} = \frac{\sin 50^\circ}{\sin 40^\circ}. $

Mamy zatem znaleźć kąt wypukły $x$ spełniający równanie

$ (1) \qquad \frac{\sin (x + 20^\circ)}{\sin x} = \frac{\sin 50^\circ}{\sin 30^\circ} $

lub równanie

$ \sin (x + 20^\circ) \cdot \sin 30^\circ = \sin 50^\circ \cdot \sin x. $

Przekształcając iloczyny sinusów na różnice cosinusów, otrzymujemy równanie równoważne

$ \cos (x - 10^\circ) = \cos (50^\circ - x), \textrm{ stąd } x - 10^\circ = k \cdot 360^\circ \pm (50^\circ - x). $

Uwzględniając warunek $0 < x < 180^\circ$ , otrzymujemy $x = 30^\circ$ .

Uwaga. Ostatnią część rozwiązania można trochę skrócić. Mianowicie z postaci równania (1) jest widoczne od razu, że ma ono pierwiastek $x = 30^\circ$ . Żaden inny kąt wypukły nie czyni zadość temu równaniu; jeżeli bowiem

$ \frac{\sin (x + 20^\circ)}{\sin x} = \frac{\sin (y + 20^\circ)}{\sin y} $

$ \frac{\sin x \cos 20^\circ + \cos x \sin 20^\circ}{\sin x} = \frac{\sin y \cos 20^\circ + \cos y \sin 20^\circ}{\sin y}, $

więc

$ \ctg x = \ctg y, $

zatem, gdy $0 < x < 180^\circ$ i $0 < y < 180^\circ$ , to $x = y$ .

XV OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

Czworościan $ABCD$ rozcięto na dwie części płaszczyzną przechodzącą przez wierzchołek $D$ , przez punkt $M$ krawędzi $AB$ i przez punkt $N$ krawędzi $BC$ . Dowieść, że pole trójkąta $DMN$ jest mniejsze pola któregoś z trójkątów $DAB$ , $DBC$ , $DCA$ .

Rozwiązanie

Twierdzenie, które mamy udowodnić można uważać za odpowiednik przestrzenny następującego twierdzenia z geometrii płaszczyzny:

Odcinek $CM$ łączący wierzchołek $C$ trójkąta $ABC$ z punktem wewnętrznym $M$ podstawy $AB$ tego trójkąta jest mniejszy od któregoś z boków $AC$ i $BC$ .

Krótki dowód tego twierdzenia znajdziemy, stosując metodę sprowadzenia do sprzeczności. Przypuśćmy, że $CM \geq AC$ i $CM \geq BC$ . W trójkątach $ACM$ i $BCM$ jest wówczas $\measuredangle AMC \leq \measuredangle MAC$ , $\measuredangle BMC \leq \measuredangle MBC$ , zatem

$ \measuredangle AMC + \measuredangle BMC \leq \measuredangle MAC + \measuredangle MBC < 180^\circ, $

co jest sprzeczne z tym, że $\measuredangle AMC$ i $\measuredangle BMC$ są kątami przyległymi.

Tezę tego twierdzenia można sformułować nieco inaczej. Zdanie: ,,liczba $x$ jest mniejsza od którejś z liczb $a, b, \ldots$ '' jest równoważne zdaniu ,,liczba $x$ jest mniejsza od największej z liczb $a, b, \ldots$ ''. Niech symbol

$ \max (a, b, \ldots) $

oznacza największą z liczb $a, b, \ldots$ ; zamiast zdania, że odcinek $CM$ jest mniejszy od któregoś z odcinków $AC$ i $BC$ możemy napisać krótko, że

$ CM \leq \max (AC, BC). $

Zanotujmy kilka oczywistych własności liczby $\max (a, b, \ldots)$ , na które powołamy się w dalszym ciągu.

(a) Jeżeli $d > 0$ , to $\max (ad, bd, \ldots) = d \cdot \max (a,b, \ldots)$

(b) Jeżeli $a_1 > a$ , to $\max (a, b, \ldots) \leq \max (a_1, b, \ldots)$

(d) $\max [a, b, \ldots, \max (c, d, \ldots)]= \max (a, b, \ldots, c, d, \ldots)$

Zauważmy ponadto, że wartość $\max (a, b, \ldots)$ nie zależy od kolejności liczb $a, b, \ldots$ :

Proponujemy Czytelnikowi wyszukanie jeszcze innych własności liczby $\max (a, b, \ldots)$ , a także liczby $\min (a, b, \ldots)$ tj. najmniejszej z liczb $a, b, \ldots$ .

Przejdźmy do postawionego zadania. Niech $M$ będzie punktem krawędzi $AB$ , a $N$ - punktem krawędzi $BC$ . Mamy dowieść, że

$ \textrm{ pole } DMN < \max (\textrm{pole } DAB, \textrm{ pole } DBC, \textrm{ pole } DCA) $

1. Rozważymy najpierw przypadek szczególny, gdy płaszczyzna $DMN$ przechodzi przez jedną z krawędzi czworościanu, na przykład przez $AD$ ; punkt $M$ pokrywa się wówczas z punktem $A$ (rys. 10).

Weźmy pod uwagę rzut całej figury na dowolną płaszczyznę prostopadłą do prostej $AD$ . Niech $A'$ będzie wspólnym rzutem punktów $A$ i $D$ a $B'$ , $C'$ , $N'$ niech będą odpowiednio rzutami punktów $B$ , $C$ i $N$ .

Długości odcinków $A'B'$ , $A'C'$ , $A'N'$ są równe odległościom prostej $AA'$ od równoległych do niej prostych $BB'$ , $CC'$ , $NN'$ , więc są równe odległościom punktów $B$ , $C$ , $N$ od prostej $AA'$ czyli wysokościom trójkątów $DAB$ , $DAC$ , $DAN$ o wspólnej podstawie $AD$ . Ponieważ, jak stwierdziliśmy wyżej,

$ A'N' < \max (A'B', A'C') $

więc na mocy (a)

$ AD \cdot A'N' < AD \cdot \max (A'B', A'C') = \max (AD \cdot A'B', AD \cdot A'C'), $

czyli

$ \textrm{ pole } DAN < \max (\textrm{ pole } DAB, \textrm{ pole } DAC), $

stąd na mocy (c)

$ \textrm{ pole } DAN < \max (\textrm{ pole } DAB, \textrm{ pole } DBC, \textrm{ pole } DAC). $

2. Przypuśćmy z kolei, że płaszczyzna $DMN$ nie przechodzi przez żadną krawędź czworościanu; $M$ i $N$ są wówczas punktami wewnętrznymi krawędzi $AB$ i $BC$ (rys. 11). Poprowadźmy płaszczyznę $DMC$ . Dla czworościanu $DMBC$ przeciętego płaszczyzną $DMN$ zachodzi wówczas przypadek 1; zatem

$ \textrm{ pole } DMN < \max (\textrm{ pole } DMB, \textrm{ pole } DMC, \textrm{ pole } DBC), $

a ponieważ $\textrm{ pole } DMB < \textrm{ pole } DAB$ , więc na mocy (b)

$ \textrm{ pole } DMN < \max (\textrm{ pole } DAB, \textrm{ pole } DMC, \textrm{ pole } DBC). $

Analogicznie w czworościanie $DABC$ przeciętym płaszczyzną $DMC$

$ \textrm{ pole } DMC < \max (\textrm{ pole } DAB, \textrm{ pole } DBC, \textrm{ pole } DCA). $

Z dwóch ostatnich nierówności wynika, na mocy (a) i (d) nierówność

$ \textrm{ pole } DMN < \max (\textrm{ pole } DAB, \textrm{ pole } DBC, \textrm{ pole } DCA), \textrm{ c. n. d.} $

XV OM - II etap

II etap XVI Olimpiady Matematycznej

XV OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

Dowieść, że jeżeli $n$ jest liczba naturalną, a kąt $\alpha$ nie jest wielokrotnością $\frac{180^{\circ}}{2^n}$ , to

$ (1) \qquad \frac{1}{\sin 2\alpha} + \frac{1}{\sin 4\alpha} + \frac{1}{\sin 8\alpha} + \ldots + = \ctg \alpha - \ctg 2^n \alpha. $

Rozwiązanie

Zastosujemy indukcję zupełną.

1. Jeżeli $\alpha$ nie jest wielokrotnością $90^\circ$ , to

$ (2) \qquad \frac{1}{\sin 2 \alpha} = \frac{2 \cos^2 \alpha - (2 \cos^2 \alpha - 1)}{\sin 2 \alpha} = \frac{2 \cos^2 \alpha}{ 2 \cos \alpha \sin \alpha} - \frac{\cos 2\alpha}{\sin 2 \alpha} = \ctg \alpha - \ctg 2 \alpha $

Twierdzenie, które mamy udowodnić, jest zatem prawdziwe, gdy $n=1$ .

2. Przypuśćmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla pewnego naturalnego $n$ , tzn. że gdy $\alpha$ nie jest wielokrotnością $\frac{180^\circ}{2^n}$ , to zachodzi wzór (1).

Załóżmy, że pewien kąt $\alpha$ nie jest wielokrotnością $\frac{180^\circ}{2^{n+1}}$ ; w takim razie $\alpha$ nie jest również wielokrotnością kąta dwa razy większego, tj. kąta $\frac{180^\circ}{2^{n}}$ , wobec czego zachodzi, jak przypuściliśmy, wzór (1). Zatem

$ \begin{split} \frac{1}{\sin 2 \alpha} + & \frac{1}{\sin 4 \alpha} + \ldots + \frac{1}{\sin 2^n \alpha} = \ctg \alpha - \ctg 2^n \alpha + \frac{1}{\sin 2^{n+1} \alpha} =\\ & = \ctg \alpha - \frac{2 (\cos 2^n \alpha)^2 - 1}{\sin 2^{n+1} \alpha} = \ctg \alpha - \frac{\cos 2^{n+1} \alpha}{\sin 2^{n+1} \alpha} = \ctg \alpha - \ctg 2^{n+1} \alpha. \end{split} $

Z 1. i 2. wynika, że twierdzenie: jeżeli $\alpha$ nie jest wielokrotnością $\frac{180^\circ}{2^n}$ , to zachodzi równość (1), jest prawdziwe dla każdego naturalnego $n$ .

Uwaga. Dowód indukcyjny tego samego twierdzenia można by przeprowadzić rozumując nieco inaczej.

Niech $n$ będzie liczbą naturalną, $\alpha$ zaś kątem nie równającym się wielokrotności $\frac{180^\circ}{2^n}$ . Wówczas dla żadnego naturalnego $k \leq n$ kąt $\alpha$ nie jest wielokrotnością $\frac{180^\circ}{2^k}$ , gdyż kąt $\frac{180^\circ}{2^k}$ jest wielokrotnością kąta $\frac{180^\circ}{2^n}$ . W takim razie:

1. zachodzi wzór (2);

2. jeżeli dla pewnego naturalnego $k < n$

$ \frac{1}{\sin 2 \alpha} + \frac{1}{\sin 4 \alpha} + \ldots + \frac{1}{\sin 2^k \alpha} = \ctg \alpha - \ctg 2^k \alpha $

$ \frac{1}{\sin 2 \alpha} + \frac{1}{\sin 4 \alpha} + \ldots + \frac{1}{\sin 2^k \alpha} = \ctg \alpha - \ctg 2^{k+1} \alpha $

co stwierdzamy, stosując taki sam rachunek, jak poprzednio.

Z 1. i 2. wynika, że zachodzi równość (1), c. n. d.

XV OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

Okrąg podzielono na cztery, nie zachodzące na siebie, luki $AB$ , $BC$ , $CD$ i $DA$ . Dowieść, że odcinek, który łączy środki łuków $AB$ i $CD$ jest prostopadły do odcinka łączącego środki łuków $BC$ i $DA$ .

Rozwiązanie

Niech $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ oznaczają odpowiednio środki łuków $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DA$ (rys. 12).

Twierdzenie będzie dowiedzione, gdy wykażemy, że suma kątów wpisanych $MNQ$ i $PMN$ wynosi $90^\circ$ . Kąt $MNQ$ opiera się na łuku $MAQ$ równym sumie łuków $MA$ i $AQ$ , a kąt wpisany $PMN$ jest oparty na łuku $PCN$ równym sumie łuków $PC$ i $CN$ . Ponieważ kąty wpisane w ten sam okrąg i oparte na równych łukach są równe, więc suma kątów wpisanych $MNQ$ i $PMN$ równa się kątowi wpisanemu w dany okrąg i opartemu na łuku równym sumie łuków $MA$ , $AQ$ , $PC$ , $CN$ . Otóż łuk $MA$ = łuk $MB$ , łuk $AQ$ = łuk $QD$ , łuk $PC$ = łuk $DP$ , łuk $CN$ = łuk $NB$ , zatem suma łuków $MA$ , $AQ$ , $PC$ , $CN$ równa się sumie łuków $MB$ , $QD$ , $DP$ , $NB$ , wobec czego każda z tych sum równa się półokręgowi. Suma kątów wpisanych $MNQ$ i $PMN$ równa się kątowi wpisanemu opartemu na półokręgu, tzn. kątowi prostemu.

XV OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

Dowieść, że jeżeli trzy liczby pierwsze tworzą postęp arytmetyczny o różnicy niepodzielnej przez 6, to najmniejszą z tych liczb jest $3$ .

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że liczby pierwsze $p_1$ , $p_2$ , $p_3$ tworzą postęp arytmetyczny o różnicy $r > 0$ niepodzielnej przez $6$ , przy czym najmniejszą z nich jest $p_1$ . Wówczas

$ p_2 = p_1 + r,\ p_3=p_1 + 2r. $

Stąd wynika, że $p_1 \geq 3$ , gdyby bowiem było $p_1 = 2$ , liczba $p_3$ byłaby liczbą parzystą większą od $2$ , nie byłaby więc liczbą pierwszą. Wobec tego liczby $p_1$ i $p_2$ są nieparzyste, a liczba $r$ równa różnicy $p_2 - p_1$ jest parzysta i zachodzi jeden z przypadków: $r = 6k + 2$ lub $r = 6k + 4$ , gdzie $k$ jest liczbą całkowitą $\geq 0$ .

Udowodnimy, że $p_1$ jest podzielne przez $3$ . Istotnie, gdyby było $p_1 = 3m + 1$ ( $m$ - liczba całkowita) i $r = 6k + 2$ , to wynikałoby stąd, że $p_2 = 3m + 6k + 3$ jest podzielne przez $3$ , a że $p_2 > 3$ , więc $p_2$ nie byłoby liczbą pierwszą. Gdyby zaś było $p_1 = 3m + 1$ , $r_2 = 6k+4$ , to $p_3 = 3m + 12k + 9$ nie byłoby liczbą pierwszą. Podobnie z przypuszczenia, że $p_1 = 3m + 2$ , $r = 6k + 2$ wynikałoby, że $p_3 = 3m + 12k + 6$ nie jest liczbą pierwszą, z przypuszczenia zaś, że $p_1 = 3m +2$ , $r = 6k + 4$ otrzymalibyśmy $p_2 = 3m + 6k + 6$ , a więc $p_2$ nie byłoby liczbą pierwszą.

Zatem $p_1$ jest liczbą pierwszą podzielną przez $3$ , tzn. $p_1 = 3$ .

XV OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

Znaleźć liczby rzeczywiste $x, y, z$ spełniające układ równań

$ \begin{split} (z - x)(x - y) &= a \\ (x - y)(y - z) &= b \\ (y - z)(z - x) &= c \end{split} $

gdzie $a, b, c$ są danymi liczbami rzeczywistymi.

Rozwiązanie

Mnożąc równania układu (1), otrzymujemy

$ (x - y)^2(y - z)^2(z - x)^2 = abc. $

Widzimy stąd, że układ (1) ma rozwiązanie rzeczywiste tylko wtedy, gdy

$ (2) \qquad ABC \geq 0. $

Załóżmy, że warunek (2) jest spełniony. Wówczas

$ (3) \qquad (x - y) (y - z) (z - x) = \pm \sqrt{abc}. $

Rozróżnimy 2 przypadki:

I. $abc > 0$ , tzn. $a \ne 0$ , $b ne 0$ , $c ne 0$ . Z równań (1) i (3) otrzymujemy układ równań stopnia pierwszego

$ (4) \qquad \begin{array}{c} a(y - z) = \pm \sqrt{abc}\\ b(z - x) = \pm \sqrt{abc}\\ c(x - y) = \pm \sqrt{abc} \end{array} $

Układ równań (4) jest równoważny układowi (1). Gdy na przykład pomnożymy stronami pierwsze dwa równania układu (4), otrzymamy równanie

$ ab (y - z) (z - x) = abc, $

które po podzieleniu obu stron przez różną od zera liczbę $ab$ , daje trzecie równanie układu (1). Podobnie wynikają z układu (4) dwa pozostałe równania układu (1).

Mamy więc rozwiązać układ (4). Pomnóżmy równania tego układu odpowiednio przez $bc$ , $ca$ , $ab$ i następnie dodajmy równania. Otrzymamy równość

$ \pm \sqrt{abc} (ab + bc + ca) = 0, $

a po podzieleniu przez $\pm \sqrt{abc}$ równość

$ (5) \qquad ab + bc + ca = 0. $

Równość (5) stanowi warunek konieczny istnienia rozwiązań danego układu równań w rozważanym przypadku I. Załóżmy, że warunek ten jest spełniony. Równania układu (4) nie są wówczas niezależne, każde z nich wynika z dwóch pozostałych. Możemy jedno z tych równań, np. trzecie, odrzucić; zostanie nam wówczas układ dwóch równań stopnia pierwszego z trzema niewiadomymi, który łatwo rozwiązać. Mianowicie wartość $z$ można obrać dowolnie, a wartości $x$ i $y$ wyznaczyć z równań w zależności od $z$ . Rozwiązanie takie, aczkolwiek poprawne, nie byłoby zręczne, gdyż jedną z niewiadomych traktuje się wtedy inaczej, niż pozostałe, gdy tymczasem w układzie (4) żadna z niewiadomych nie jest wyróżniona. Postąpimy tedy w sposób inny, który tej wady nie posiada. Wprowadzimy w tym celu niewiadomą pomocniczą $u$ , dołączając do układu (4) równanie

$ (6) \qquad x + y + z = u. $

Nowy układ równań (4) i (6) możemy rozwiązać, wyznaczając każdą z niewiadomych $x$ , $y$ , $z$ w zależności od $u$ . Łatwy rachunek prowadzi do wzorów

$ (7) \qquad \begin{split} x = \frac{1}{3} u \pm \frac{1}{3} \sqrt{abc} (\frac{1}{c} - \frac{1}{b})\\ y = \frac{1}{3} u \pm \frac{1}{3} \sqrt{abc} (\frac{1}{a} - \frac{1}{c})\\ z = \frac{1}{3} u \pm \frac{1}{3} \sqrt{abc} (\frac{1}{b} - \frac{1}{a}). \end{split} $

Wzory (7), w których $u$ oznacza dowolną liczbę, stanowią rozwiązanie układu (1) w przypadku I.

II. $abc = 0$ ; wówczas któraś z liczb $a$ , $b$ , $c$ jest równa zeru. Łatwo jednak zauważyć, że jeżeli układ (1) ma rozwiązanie, to co najmniej dwie z tych liczb są zerami. Istotnie, jeśli np. $a = 0$ , to z pierwszego z równań (1) wynika, że $z - x = 0$ lub $x - y = 0$ . Z pozostałych zaś równań wynika, że gdy $z - x = 0$ , to $c = 0$ , a gdy $x - y = 0$ , to $b = 0$ . Możemy to sformułować w ten sposób, że w przypadku II rozwiązania mogą istnieć tylko wtedy, gdy zachodzi równość

$ (5) \qquad ab + bc + ca = 0. $

Załóżmy, że ten warunek jest spełniony. Niech np. $a = 0$ i $b = 0$ ; przypuśćmy, że $x$ , $y$ , $z$ spełniają dany układ równań

$ (1a) \qquad \begin{array}{c} (z - x) (x - y) = 0, \\ (x - y) (y - z) = 0, \\ (y - z) (z - x) = c. \end{array} $

Dodając pierwsze dwa równania układu (1a), otrzymujemy $(x - y) (y - x) = 0$ , skąd $x = y$ ; wobec tego trzecie równanie możemy napisać w postaci $(x - z) (z - x) = c$ lub $(x - z)^2 = - c$ , co daje nowy warunek rzeczywistości: $c \leq 0$ . Analogicznie, gdy $a = 0$ i $c = 0$ , wtedy musi być $b \leq 0$ , a gdy $b = 0$ i $c = 0$ , wtedy $a \leq 0$ . Łącząc w jedno, powiemy, że w przypadku II rozwiązania rzeczywiste istnieją tylko wtedy, gdy

$ (8) \qquad a + b + c \leq 0. $

Jeżeli ten warunek jest spełniony, to układ (1) ma nieskończenie wiele rozwiązań, a mianowicie

$ (9) \qquad \begin{array}{c} \textrm{Gdy } a = b = 0, \textrm{ wtedy } x = y = k,\ z = k \pm \sqrt{-c} \textrm{ ($k$ - dowolne})\\ \textrm{Gdy } a = c = 0, \textrm{ wtedy } x = z = k,\ y = k \pm \sqrt{-b} \textrm{ ($k$ - dowolne})\\ \textrm{Gdy } b = c = 0, \textrm{ wtedy } y = z = k,\ x = k \pm \sqrt{-a} \textrm{ ($k$ - dowolne})\\ \end{array} $

Jeżeli $a = b = c = 0$ , rozwiązania powyższe pokrywają się, tj. $x = y = z = k$ .

Powyższe wyniki możemy streścić, jak następuje:

Układ (1) ma rozwiązania rzeczywiste tylko wtedy, gdy spełnione są warunki

$ abc \geq 0 \textrm{ i } ab + bc + ca = 0. $

Jeżeli przy tym $abc > 0$ , to rozwiązania wyrażają się wzorami (7). Jeżeli zaś $abc = 0$ , to musi być jeszcze spełniony warunek

$ a + b + c \leq 0. $

Rozwiązania przedstawione są wówczas wzorami (9).

Uwaga. Czytelnik zechce sprawdzić, że warunek (8) wynika z warunków $abc > 0$ i (5), ale nie wynika z warunków (2) i (5). Wobec tego twierdzenie poprzednie można wypowiedzieć w taki sposób:

Układ równań (1) posiada rozwiązania rzeczywiste wtedy i tylko wtedy, gdy

$ abc \geq 0, \ ab + bc + ca = 0, \ a + b + c \leq 0. $

Rozwiązania wyrażają się wzorami (7), gdy $abc > 0$ , a wzorami (9), gdy $abc = 0$ .

XV OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

Dany jest kąt trójścienny o krawędziach $SA$ , $SB$ , $SC$ , którego wszystkie kąty płaskie są ostre, a kąt dwuścienny przy krawędzi $SA$ jest prosty. Dowieść, że przekrój tego trójścianu dowolną płaszczyzną prostopadłą do którejkolwiek krawędzi, w punkcie różnym od wierzchołka $S$ , jest trójkątem prostokątnym.

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że jeżeli kąty trójścianu $SABC$ są ostre, to płaszczyzna, prostopadła do którejś krawędzi trójścianu w punkcie różnym od $S$ , przecina pozostałe krawędzie w punktach różnych od $S$ , wobec czego przekrój trójścianu tą płaszczyzną jest trójkątem. Na przykład płaszczyzna poprowadzona przez punkt $M$ krawędzi $SA$ , prostopadle do $SA$ , przecina krawędź $SB$ w punkcie $N$ określonym równością $SN = \frac{SM}{\cos \measuredangle ASB}$ .

Niech płaszczyzna $\alpha$ przecina krawędzie $SA$ , $SB$ , $SC$ trójścianu odpowiednio w punktach $M$ , $N$ , $P$ (różnych od $S$ ). Udowodnimy, że jeżeli ta płaszczyzna jest prostopadła do jednej z krawędzi, to $\measuredangle NMP$ jest prosty. Gdy $\alpha \bot SA$ , jest to oczywiste, gdyż $\measuredangle NMP$ jest wówczas kątem liniowym kąta dwuściennego prostego. Gdy $\alpha \bot SB$ , to $\alpha \bot \textrm{pł. } SAB$ , a że $\textrm{pł. } SAC \bot \textrm{pł. }SAB$ , więc prosta przecięcia płaszczyzn $\alpha$ i $SAC$ , tj. prosta $MP$ jest prostopadła do płaszczyzny $SAB$ ; prosta $MP$ jest wobec tego prostopadła do prostej $MN$ leżącej w płaszczyźnie $SAB$ , zatem $\measuredangle NMP = 90^\circ$ . W przypadku, gdy $\alpha \bot SC$ , dowód jest analogiczny (rys. 13).

XV OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

Dowieść, że spośród pięciu dowolnych punktów płaszczyzny można wybrać takie trzy punkty, które nie są wierzchołkami trójkąta ostrokątnego.

Rozwiązanie

Jeżeli wśród danych punktów są trzy punkty współliniowe, teza twierdzenia jest oczywiście prawdziwa. Jeżeli zaś żadne trzy z danych punktów nie leżą na prostej, wówczas cztery z tych punktów, np. $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , są wierzchołkami czworokąta wypukłego, co zostało udowodnione w zadaniu 4. Kąty czworokąta $ABCD$ są wypukłe, a suma ich równa się $360^\circ$ , zatem co najmniej jeden z tych kątów, np. kąt $BAC$ jest kątem wypukłym nie mniejszym od $90^\circ$ . Punkty $A$ , $B$ , $C$ nie są zatem wierzchołkami trójkąta
ostrokątnego.

XV OM - III etap

III etap XVI Olimpiady Matematycznej

XV OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

III

Udowodnić, że nierówność

$ (1) \qquad \frac{1}{3} \leq \frac{\tan 3\alpha}{\tan \alpha} \leq 3 $

nie jest prawdziwa dla żadnej wartości $\alpha$ .

Rozwiązanie

Zastosujemy metodę sprowadzenia do sprzeczności. Przypuśćmy, że pewna liczba $\alpha$ spełnia nierówność (1). W takim razie $\alpha$ czyni zadość nierównościom

$ (2) \qquad \alpha \ne k \cdot \frac{\pi}{2} $

$ (3) \qquad \alpha \ne k\pi + \frac{\pi}{6} \textrm{ i } \alpha \ne k\pi - \frac{\pi}{6}, $

gdzie $k$ oznacza dowolną liczbę całkowitą. Istotnie, gdy $\alpha = k \cdot \frac{\pi}{2}$ ( $k$ = liczba całkowita), wtedy nie istnieje liczba $\frac{1}{\tg \alpha}$ , gdy zaś $\alpha = k\pi \pm \frac{\pi}{6}$ , wtedy $3 \alpha = 3k\pi \pm \frac{\pi}{2}$ , więc nie istnieje liczba $\tg 3 \alpha$ ; zatem w żadnym z tych przypadków liczba $\alpha$ nie spełnia nierówności (1).

Wykażemy, że gdy $\alpha$ spełnia warunki (2) i (3), wtedy

$ (4) \qquad \frac{\tg 3\alpha}{\tg \alpha} = \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha}. $

Wiadomo z trygonometrii, że

$ (5) \qquad \tg 3 \alpha = \frac{\tg \alpha (3 - \tg^2 \alpha)}{1 - 3 \tg^2 \alpha} $

dla wszystkich takich wartości $\alpha$ , dla których istnieje $\tg \alpha$ i $\tg 3\alpha$ (wobec czego $1 - 3 \tg^2 \alpha 0$ ), tzn. dla wszystkich wartości $\alpha$ czyniących zadość nierównościom (3) i nierówności

$ (6) \qquad \alpha \ne (2k + 1) \cdot \frac{\pi}{2} $

dla każdego całkowitego $k$ .

Jeżeli prócz tego $\tg \alpha \ne 0$ , tzn. gdy

$ (7) \qquad \alpha \ne k \pi\ \textrm{ ($k$ - dowolna liczba całkowita}) $

to z równości (5) wynika równość (4). Otóż liczba $\alpha$ spełnia warunki (2) i (3), więc spełnia także nierówności (6) i (7), zatem istotnie zachodzi równość (4).

Z (1) i (4) wynika, że

$ \frac{1}{3} \leq \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} \leq 3. $

Liczba $\alpha$ spełnia więc dwie nierówności

$ (8) \qquad \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} \geq \frac{1}{3} $

$ (9) \qquad \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1-3 \tg^2 \alpha} \leq 3. $

Z nierówności (8) wynika kolejno, że

$ \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} - \frac{1}{3} \geq 0,\ \frac{8}{3(1 - 3 \tg^2 \alpha)} \geq 0, $

a stąd

$ (10) \qquad 1 - 3 \tg^2 \alpha >0. $

Z nierówności (9) wynika zaś, że

$ \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} - 3 \leq 0,\ \frac{8 \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} \leq 0, $

więc

$ (11) \qquad \tg^2 \alpha = 0 \textrm{ lub } 1 - 3 \tg^2 \alpha < 0. $

Wreszcie z warunków (10) i (11) wynika, że $\tg^2 \alpha = 0$ , zatem $\tg \alpha = 0$ , wobec czego

$ (12) \qquad \alpha = n \pi\ \textrm{ (n - liczba całkowita}). $

Wniosek (12) jest sprzeczny z nierównością (2), gdy $k = 2n$ . Przypuszczenie, że istnieje liczba $\alpha$ spełniająca nierówność (1) jest więc fałszywe.

Uwaga 1. Rozwiązanie zadania można ująć inaczej. Zamiast zakładać, że istnieje liczba $\alpha$ spełniająca nierówność (1) i wysnuwać stąd łańcuch wniosków prowadzących do sprzeczności, potraktujemy (1) jako układ dwóch nierówności z niewiadomą $\alpha$ i spróbujemy rozwiązać ten układ sposobem zastępowania go przez równoważne mu, ale coraz prostsze układy.

Stwierdzamy najpierw, że układ (2) jest równoważny układowi

$ (1a) \qquad \frac{1}{3} \leq \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} \leq 3,\ \alpha \ne n \pi \ \textrm{ (n - liczba naturalna }). $

Istotnie, wiemy z poprzedniego rozwiązania, że jeżeli dla pewnego $\alpha$ zachodzi (1), to spełniona jest równość (4), a wobec tego zachodzi (1a).

Odwrotnie, gdy dla pewnego $\alpha$ zachodzą związki (1a), wtedy zachodzi (6), (2) i (3), zatem również (4), a wobec tego $\alpha$ spełnia nierówność (1).

Przekształcając jak poprzednio nierówności (1a), stwierdzamy następujące równoważności

$ \frac{1}{3} \leq \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} \Longleftrightarrow \frac{8}{3(1 - 3 \tg^2 \alpha)} > 0 \Longleftrightarrow 1 - 3 \tg^2 \alpha > 0 $

oraz

$ \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} \leq 3 \Longleftrightarrow \frac{3 \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} \leq 0 \Longleftrightarrow 1 - 3 \tg^2 \alpha < 0 \textrm{ lub } \alpha = n\pi \ (n = 1 \textrm{ całkowita }). $

Z powyższego wynika, że układ (1a) jest równoważny alternatywie układów

$ (1b) \qquad \begin{array}{c} 1 - 3 \tg^2 \alpha > 0\\ 1 - 3 \tg^2 \alpha < 0\\ \alpha \ne n \pi \end{array} \quad \textrm{ lub } \nr{1c} \begin{array}{c} 1 - 3 \tg^2 \alpha > 0\\ \alpha = n \pi\\ \alpha \ne n \pi \end{array} $

Każdy z układów (1b) i (1c) jest sprzeczny, gdy zawiera dwa zdania sprzeczne ze sobą. Zatem układ (1) nie ma rozwiązań.

Uwaga 2. W rozwiązaniu zadania powołaliśmy się na twierdzenie z trygonometrii, że gdy istnieje $\tg \alpha$ i $\tg 3 \alpha$ , tzn. gdy $\alpha$ spełnia warunki (3) i (6), wtedy zachodzi równość (5). Twierdzenie to bywa w podręcznikach uzasadniane w następujący sposób:

Ponieważ $\tg 2 \alpha = \frac{2 \tg \alpha}{1 - \tg^2 \alpha}$ , więc

$ \tg 3 \alpha = \tg (2 \alpha + \alpha) = \frac{\tg 2 \alpha + \tg \alpha}{1 - \tg \alpha \tg 2 \alpha} = \frac{2 \tg \alpha + \tg \alpha (1 - \tg^2 \alpha)}{(1 - \tg^2 \alpha) - 2\tg^2 \alpha} = \frac{\tg \alpha (3 - \tg^2 \alpha)}{1 - 3 \tg^2 \alpha}. $

Dowód taki zawiera lukę, gdyż z (3) i (6) nie wynika, że istnieje $\tg 2 \alpha$ , tj. że $2\alpha \ne (2p + 1) \frac{\pi}{2}$ , czyli $\alpha \ne (2p + 1) \frac{\pi}{4} = p \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4}$ . Dla takich wartości $\alpha$ dowód traci sens i twierdzenie pozostaje nieudowodnione. Lukę tę jednakże łatwo wypełnić sprawdzając przez podstawienie, że obie strony równości (4) są równe i wtedy, gdy $\alpha = p \cdot \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4}$ . Stwierdzamy, że gdy $p = 2k$ , wtedy

$ \alpha = k\pi + \frac{\pi}{4},\ \tg \alpha = 1, \ \tg 3 \alpha = -1, \ \frac{\tg \alpha (3 - \tg^2 \alpha)}{1- 3\tg^2 \alpha} = -1, $

a gdy $p = 2k + 1$ , to

$ \alpha = k\pi + \frac{3\pi}{4},\ \tg \alpha = -1, \ \tg 3 \alpha = 1, \ \frac{\tg \alpha (3 - \tg^2 \alpha)}{1- 3\tg^2 \alpha} = 1, $

Istotnie więc równość (4) jest prawdziwa dla każdego $\alpha$ spełniającego warunki (3) i (6).

Uwaga 3. Twierdzenie, że wartości funkcji $u = \frac{\tg 3 \alpha}{\tg \alpha}$ leżą na zewnątrz przedziału $\left[ \frac{1}{3}, 3 \right]$ możemy zilustrować geometrycznie. Niech $\tg^2 \alpha = t$ , wówczas dla każdej wartości dodatniej $t$ , różnej od $\frac{1}{3}$ , zachodzi na mocy (4) równość

$ u = \frac{3-t}{1 - 3t}. $

Wykres tej funkcji w układzie współrzędnych prostokątnych $(t, u)$ przedstawia rys. 15. Jest to hiperbola równoosiowa o asymptotach $u = \frac{1}{3}$ i $t = \frac{1}{3}$ , przy czym twierdzenie dotyczy tylko tej części hiperboli, która odpowiada wartościom dodatnim $t$ . Jest widoczne, że gdy $t > 0$ , wtedy $u < \frac{1}{3}$ bądź $u > 3$ .

XV OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli $a_1 < a_2 < \ldots < a_n$ i $b_1 < b_2 < \ldots < b_n$ , gdzie $n \geq 2$ , to

$ (1) \qquad (a_1 + a_2 + \ldots + a_n)(b_1 + b_2 + \ldots + b_n) < n(a_1b_1 + a_2b_2 + \ldots + a_nb_n). $

Rozwiązanie

\spos{1} a) Gdy $n = 2$ , twierdzenie jest prawdziwe, gdyż

$ (a_1 + a_2) (b_1 + b_2) = a_1b_1 + a_1b_2 + a_2b_1 + a_2b_2 = 2 (a_1b_1 + a_2b_2) - (a_1 - a_2) (b_1 - b_2), $

a ponieważ $(a_1 - a_2) (b_1 - b_2) > 0$ , więc

$ (a_1 + a_2) \cdot (b_1 + b_2) < 2 (a_1b_1 + a_2b_2). $

b) Przypuśćmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla pewnego naturalnego $n$ i niech $a_1 < a_2 < \ldots < a_{n+1}$ oraz $b_1 < b_2 < \ldots < b_{n+1}$ .

Wówczas

$ \begin{split} &(a_1+ \ldots +a_n + a_{n+1}) (b_1 + \ldots + b_n + b_{n+1}) <\\ & \qquad <n (a_1b_1 + \ldots + a_nb_n)+ a_{n+1} (b_1 + b_2 + \ldots + b_n) + \\ &\qquad \qquad + (a_1 + a_2 + \ldots + a_n) b_{n+1} + a_{n+1}b_{n+1} =\\ & \qquad = n (a_1b_1 + \ldots + a_nb_n) + (a_{n+1}b_1 + a_1b_{n+1}) + \\ &\qquad\qquad + (a_{n+1}b_2 + a_2b_{n+1})+ \ldots + (a_{n+1}b_n + a_nb{n+1}) + a_{n + 1}b_{n+ 1}. \end{split} $

Zauważmy, że

$ a_{n+1}b_1 + a_1b_{n+1} = (a_1b_1 + a_{n+1} b_{n+1}) - (a_1 - a_{n+1})(b_1 - b_{n+1}) < a_1b_1 + a_{n+1} b_{n+1}; $

podobnie stwierdzamy, że zachodzą nierówności

$ a_{n+1}b_2 + a_2b_{n+1} < a_2b_2 + a_{n+1}b_{n+1} $

$ \ldots$

$ a_{n+1}b_n + a_nb_{n+1} < a_nb_n + a_{n+1} b_{n+1}. $

Wobec tego z poprzedniej nierówności wnioskujemy, że

$ (a_1+ \ldots +a_n + a_{n+1}) (b_1 + \ldots + b_n + b_{n+1}) < (n+1) (a_1b_1 + \ldots + a_nb_n + a_{n+1}b_{n+1}). $

Z a) i b) wynika na podstawie indukcji zupełnej, że twierdzenie jest prawdziwe dla każdego naturalnego $n \geq 2$ .

Uwaga. Zachodzi twierdzenie ogólniejsze: Jeżeli $a_1 \leq a_2 \leq \ldots \leq a_n$ i $b_1 \leq b_2 \leq \ldots \leq b_n$ , to

$ (a_1 + a_2 + \ldots + a_n) (b_1 + b_2 + \ldots + b_n) \leq n (a_1b_1 + a_2b_2 + \ldots + a_nb_n), $

przy czym równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy $a_1 = a_2 = \ldots = a_n$ , bądź $b_1 = b_2 = \ldots = b_n$ .

Nierówność ta bywa nazywana nierównością Czebyszewa.

XV OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

III

Dany jest czworościan $ABCD$ , którego krawędzie $AB, BC, CD, DA$ są styczne do pewnej kuli: Dowieść, że punkty styczności leżą w jednej płaszczyźnie.

Rozwiązanie

Rozróżnimy dwa przypadki:

a) $AM = CN$ , zatem również $AQ = CP$ . Trójkąty $MBN$ i $ABC$ są wówczas jednokładne względem punktu $B$ , więc $MN \parallel AC$ i analogicznie $QP \parallel AC$ . Stąd $QP \parallel MN$ , zatem punkty $MNPQ$ leżą w jednej płaszczyźnie.

b) $AM \ne CN$ , niech np. $AM > CN$ , zatem również $AQ > CP$ . (Rys. 17).

Równoległa do $MN$ poprowadzona przez punkt $C$ przecina wówczas odcinek $AB$ w pewnym punkcie $E$ , a równoległa do $PQ$ poprowadzona przez $C$ przecina odcinek $AD$ w pewnym punkcie $F$ . Ponieważ $BM = BN$ , a $DP = DQ$ , więc $EM = CN = CP = QF$ , wobec czego $MQ \parallel EF$ .

Proste $PQ$ , $QM$ , $MN$ są odpowiednio równoległe do prostych $CF$ , $FE$ , $EC$ , więc płaszczyzny $PQM$ i $QMN$ są równoległe do płaszczyzny $CFE$ ; ponieważ płaszczyzny te mają wspólną prostą $QM$ , więc się pokrywają, tzn. punkty $P$ , $Q$ , $M$ , $N$ leżą w jednej płaszczyźnie.

XV OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli pierwiastki równania $x^3 + ax^2 + bx + c = 0$ , o współczynnikach rzeczywistych, są rzeczywiste, to pierwiastki równania $3x^2 + 2ax + b = 0$ też są rzeczywiste.

Rozwiązanie

Zadanie sprowadza się do wykazania, że z danych założeń wynika nierówność

$ (1) \qquad a^2 - 3b \geq 0. $

Niech $x_1$ , $x_2$ , $x_3$ oznaczają pierwiastki równania (2); według założenia są one liczbami rzeczywistymi.

Wiadomo, że

$ a = - (x_1 + x_2 + x_3),\ b = x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1. $

Stąd

$ \begin{split} a^2 - 3b &= (x_1 + x_2 + x_3)^2 - 3 (x_1x_3 + x_2x_3 + x_3x_1) =\\ &=x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 - x_1x_2 - x_2x_3 - x_3x_1) =\\ &= \frac{1}{2} [(x_1 -x_2)^2 + (x_2 - x_3)^2 + (x_3 - x_1)^2] \geq 0. \end{split} $

Uwaga. Korzystając z elementarnych wiadomości o pochodnych można zadanie rozwiązać znacznie prościej. Wystarczy zauważyć, że funkcja $3x^2 + 2ax + b$ jest pochodną funkcji $x^3 + ax^2 + bx + c$ i zastosować twierdzenie, że pomiędzy dwoma pierwiastkami funkcji różniczkowalnej leży jakiś pierwiastek pochodnej tej funkcji, oraz że pierwiastek wielokrotny funkcji jest jednocześnie pierwiastkiem tej pochodnej.

XV OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

III

Dany jest kąt ostry i okrąg położony wewnątrz tego kąta. Wyznaczyć na danym okręgu taki punkt $M$ , żeby suma odległości punktu $M$ od ramion kąta była najmniejsza.

Rozwiązanie

\spos{1} Niech $\measuredangle AOB = \delta$ (rys. 19) będzie danym kątem, $M$ dowolnym punktem, danego okręgu, a $MN = d_1$ i $MP = d_2$ odległościami punktu $M$ od półprostych $OA$ i $OB$ . Przyjmijmy oznaczenia $MO = d$ , $\measuredangle MOA = \alpha$ , $\measuredangle MOB = \beta$ ; przypuśćmy, że $\alpha \geq \beta$ .

Wówczas

$ d_1 = d \sin \alpha, \ d_2 = d \sin \beta. $

Stąd

$ d_1 + d_2 = d (\sin \alpha + \sin \beta) = 2d \sin \frac{\alpha + \beta}{2} \cdot \cos \frac{\alpha - \beta}{2} = 2 \sin \frac{\delta}{2} \cdot d \cos \frac{\alpha - \beta}{2}. $

Suma $d_1 + d_2$ ma najmniejszą wartość wtedy, gdy iloczyn $d \cos \frac{\alpha - \beta}{2}$ jest najmniejszy. Ten iloczyn wyraża długość rzutu $OM'$ odcinka $OM$ na prostą, tworzącą z $OM$ kąt równy $\frac{\alpha - \beta}{2}$ , tj. na dwusieczną $OC$ kąta $AOB$ . Poszukiwanym punktem jest zatem ten punkt okręgu, którego rzut na prostą $OC$ leży najbliżej punktu $O$ , tzn. punkt styczności tej z dwóch stycznych do okręgu, prostopadłych do dwusiecznej danego kąta, która leży bliżej punktu $O$ .

Rozwiązanie to można uzyskać bez rachunku trygonometrycznego. Poprowadźmy przez punkt $M$ prostopadłą $KL$ do dwusiecznej $OC$ (rys. 20) i zauważmy, że według znanego twierdzenia o trójkącie równoramiennym suma odległości dowolnego punktu $M$ podstawy $KL$ trójkąta równoramiennego $KOL$ od boków $OK$ i $OL$ równa się wysokości trójkąta względem boku $OK$ , tj. $MN + MP = LH$ . Gdy punkt $M$ porusza się po okręgu, wysokość $LH$ jest proporcjonalna do wysokości $OM'$ , gdyż obie są proporcjonalne do $OL$ . Zatem suma $MN + MP$ osiąga minimum (maximum), gdy odcinek $OM'$ jest najmniejszy (największy).

Uwaga 1. Zadanie możemy uogólnić biorąc w danym kącie zamiast okręgu dowolną figurę $F$ i stawiając pytanie, dla którego punktu figury suma odległości od ramion kąta osiąga minimum lub maximum. Rozwiązanie uzyskujemy, wyznaczając rzut figury $F$ na dwusieczną danego kąta: punktami szukanymi są te punkty figury $F$ , których rzuty leżą najbliżej lub najdalej od wierzchołka danego kąta.

Uwaga 2. Rozwiązanie zadania pozostaje bez zmiany, gdy dany kąt $AOB$ jest prosty. W przypadku, gdy kąt $AOB$ jest rozwarty, możemy w taki sam sposób znaleźć na danym okręgu punkt, dla którego suma odległości od prostych $OA$ i $OB$ jest najmniejsza lub największa. Sprawa przedstawia się inaczej, gdy chodzi o odległość punktu od ramion kąta, a więc od półprostych $OA$ i $OB$ . Odległością punktu $M$ od półprostej $OA$ o początku $O$ nazywa się długość najkrótszego z odcinków łączących punkt $M$ z punktami tej pólprostej. Odległość ta równa się tylko wtedy odległości punktu $M$ od prostej $OA$ , gdy odcinek $OM$ tworzy z prostą $OA$ kąt $\leq 90^\circ$ ; gdy zaś ten kąt jest $> 90^\circ$ , odległość punktu $M$ od półprostej $OA$ równa się długości odcinka $OM$ . Aby rozwiązać zadanie w tym przypadku, poszukajmy miejsca geometrycznego punktów, dla których suma odległości od ramion $OA$ i $OB$ kąta rozwartego równa się danej długości $a$ . Poprowadźmy w kącie $AOB$ taki odcinek $KL$ prostopadły do dwusiecznej tego kąta, żeby wysokość $LL'$ trójkąta równoramiennego $KOL$ była równa $a$ (rys. 22), i weźmy pod uwagę półproste $OC \bot OA$ i $OD \bot OB$ przecinające $KL$ w punktach $M$ i $N$ . Wówczas dla każdego punktu odcinka $MN$ suma odległości od półprostych $OA$ i $OB$ równa się $a$ , dla pozostałych punktów odcinka $KL$ suma ta jest większa niż $a$ . Niech $P$ będzie takim punktem kąta $AOD$ , że suma $PQ + PO$ jego odległości od półprostych $OA$ i $OB$ równa się $a$ i niech $x$ , $y$ oznaczają współrzędne punktu $P$ w układzie współrzędnych $AOC$ , wówczas

$ \sqrt{x^2 + y^2} + y = a. $

Stąd

$ y = \frac{a}{2} - \frac{x^2}{2a} $

punkt $P$ leży zatem na paraboli, której wierzchołkiem jest punkt $\left(0, \frac{a}{2} \right)$ , ogniskiem punkt $O$ i która przecina $OA$ w punkcie $(a, 0)$ .

Poszukiwanym miejscem geometrycznym jest zatem linia, składająca się z odcinka $MN$ i z dwóch łuków parabol. Przekształcając tę linię przez jednokładność względem środka $O$ w takim stosunku, aby otrzymać linię styczną do danego okręgu, znajdujemy żądany punkt.

XV OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

III

Dany jest ostrosłup SABCD, którego podstawą jest czworokąt wypukły $ABCD$ o prostopadłych przekątnych $AC$ i $BD$ , a rzutem prostokątnym wierzchołka 8 na podstawę jest punkt 0 przecięcia przekątnych podstawy. Udowodnić, że rzuty prostokątne punktu O na ściany boczne ostrosłupa leżą na okręgu.

Rozwiązanie

Niech $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ będą rzutami prostokątnymi punktu $O$ odpowiednio na ściany $ASB$ , $BSC$ , $CSD$ , $DSA$ (rys. 23).

Płaszczyzna $SOM$ jest prostopadła do płaszczyzny czworokąta $ABCD$ i do płaszczyzny $ASB$ , gdyż zawiera prostopadłe $S0$ i $OM$ do tych płaszczyzn. Zatem płaszczyzna $S0M$ jest prostopadła do prostej przecięcia $AB$ płaszczyzn $ABCD$ i $ASB$ i przecina ją w punkcie $M'$ prostej $SM$ , przy czym $AB \bot OM'$ , tzn. $M'$ jest rzutem prostokątnym punktu $O$ na prostą AB. Podobnie proste $SN$ , $SP$ i $SQ$ przecinają odpowiednio proste $BC$ , $CD$ i $DA$ w punktach $N'$ , $P'$ , $Q'$ będących rzutami prostokątnymi punktu $O$ na te proste. Punkty $M'$ , $N'$ , $P'$ , $Q'$ leżą na pewnym okręgu $\alpha$ . Punkty $M$ , $N$ , $M'$ , $N'$ także leżą na okręgu. Istotnie, odcinek $OB$ widać z każdego z tych punktów pod kątem prostym, więc leżą one na sferze (tj. na powierzchni kuli) o średnicy $OB$ ; zarazem znajdują się one na płaszczyźnie $SMN$ , leżą zatem na linii przecięcia sfery z płaszczyzną, tj. na pewnym okręgu $\beta$ . Okręgi $\alpha$ i $\beta$ znajdują się w różnych płaszczyznach i ają dwa punkty wspólne $M'$ i $N'$ ; wobec tego istnieje sfera $\gamma$ przechodząca przez oba te okręgi; punkty $M'$ , $N'$ , $P'$ , $Q'$ , $M$ , $N$ , leżą na sferze $\gamma$ . Tak samo punkty $M'$ , $N'$ , $P'$ , $Q'$ , $N$ , $P$ leżą na pewnej sferze $\gamma'$ , a punkty $M'$ , $N'$ , $P'$ , $Q'$ , $P$ , $Q$ - na pewnej sferze $\gamma''$ . Lecz powierzchnie $\gamma$ , $\gamma'$ , $\gamma''$ są identyczne, gdyż $\gamma$ i $\gamma'$ przechodzą przez wierzchołki czworościanu $M'N'P'N$ , a $\gamma'$ i $\gamma''$ przez wierzchołki czworościanu $M'N'P'P$ . Zatem punkty $M'N'P'Q'MNPQ$ leżą na sferze $\gamma$ . Lecz z drugiej strony punkty $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ leżą na sferze o średnicy $OS$ , gdyż z każdego z tych punktów odcinek $OS$ widać pod kątem prostym; sfera ta jest różna od sfery $\gamma$ , gdyż nie przechodzi przez punkty $M'$ , $N'$ , $P'$ , $Q'$ , będąc styczną do płaszczyzny $ABCD$ w punkcie $O$ . Punkty $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ leżą zatem na linii przecięcia dwóch różnych sfer, tj. na okręgu.

Uwaga. Dowód powyższy można znacznie skrócić biorąc pod uwagę rzut stereograficzny sfery o średnicy $OS$ z punktu $S$ na płaszczyznę $ABCD$ . Wiadomo, że w takim rzucie okręgowi leżącemu na płaszczyźnie odpowiada okrąg na sferze. Okręgowi przechodzącemu przez punkty $M'$ , $N'$ , $P'$ , $Q'$ , odpowiada okrąg, który przechodzi przez odpowiednie punkty sfery, tj. przez punkty $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ .