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.} $