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.