XIV OM - I - Zadanie 1

Dowieść, że jeżeli , , są takimi liczbami całkowitymi, że jest kwadratem liczby całkowitej, to jest sumą kwadratów dwóch liczb całkowitych.

Rozwiązanie

Niech ; twierdzenie, które mamy udowodnić, otrzymuje postać prostszą: Dowieść, że jeżeli , gdzie i oznaczają liczby całkowite, jest kwadratem liczby całkowitej, to jest sumą kwadratów dwóch liczb całkowitych.

Według założenia

stąd

Z równości (1) wynika, że jest liczbą parzystą, zatem liczby i są albo obie parzyste, albo obie nieparzyste. W takim razie i są liczbami całkowitymi i jest według (2) sumą kwadratów dwóch liczb całkowitych.

Uwaga I. Twierdzenie powyższe jest przypadkiem szczególnym twierdzenia:

Jeżeli liczba parzysta jest sumą kwadratów dwóch liczb całkowitych, to jej połowa, tj. liczba jest także sumą dwóch kwadratów liczb całkowitych. Istotnie, jeżeli , to i są tej samej parzystosci i mamy rozkład .

Biorąc i , otrzymujemy twierdzenie poprzednie.

Prawdziwe jest również twierdzenie odwrotne. Jeżeli mianowicie

to

Uwaga II. Ciekawe zagadnienie, które liczby naturalne są sumami dwóch kwadratów, należy do klasycznych zagadnień teorii liczb. Łatwo dowieść, że żadna liczba naturalna postaci nie równa się sumie dwóch kwadratów liczb całkowitych. Istotnie, kwadrat liczby całkowitej daje z dzielenia przez resztę albo , więc reszta z dzielenia sumy dwóch kwadratów przez równać się może tylko , lub .

Zachodzi natomiast następujące twierdzenie: Każda liczba pierwsza postaci równa się sumie dwóch kwadratów. Twierdzenie to odkrył wielki matematyk francuski Pierre Fermat około r. 1660; zostało ono jednak ogłoszone już po śmierci Fermata przez jego syna w r. 1670 i to bez dowodu. Pierwszy dowód podał w r. 1754 Leonard Euler, sławny matematyk szwajcarski Dowód tego twierdzenia można znaleźć w książce prof. W. Sierpińskiego - Teoria liczb.

A zatem liczba pierwsza różna od jest wtedy i tylko wtedy sumą dwóch kwadratów, gdy ma postać .

Aby znaleźć liczby złożone będące sumami dwóch kwadratów zauważmy, że:

a) Liczba parzysta jest wtedy i tylko wtedy sumą dwóch kwadratów, gdy tę samą własność ma jej największy dzielnik nieparzysty (patrz uwaga I);

b) jeżeli każda z liczb i jest sumą dwóch kwadratów, to ich iloczyn jest także sumą dwóch kwadratów, gdyż jeżeli i , to

Ponieważ , więc jeżeli liczba jest sumą dwóch kwadratów, to każda liczba postaci jest też sumą dwóch kwadratów.

Z powyższego wynika, że jeżeli w rozkładzie liczby naturalnej na czynniki pierwsze te liczby pierwsze, które mają postać , występują tylko z wykładnikami parzystymi, to liczba ta jest sumą dwóch kwadratów.

Prawdziwe jest również twierdzenie odwrotne (Patrz W.Sierpiński - Teoria liczb). Ostatecznie zatem rozwiązanie omawianego zagadnienia jest następujące: Liczba naturalna jest wtedy i tylko wtedy sumą kwadratów dwóch liczba całkowitych, gdy w rozkładzie tej liczby na czynniki pierwsze żadna liczba pierwsza postaci nie występuje w potędze o wykładniku nieparzystym.

Rozważymy jeszcze pytanie, czy istnieją różne przedstawienia tej samej liczby w postaci sumy dwóch kwadratów. Nie będziemy przy tym uważać za różne takich rozkładów , w których i różnią się tylko znakami, wobec czego przyjmiemy, że w rozważanych rozkładach składniki są nieujemne.

Nietrudno dowieść, że dla liczby pierwszej postaci istnieje tylko jeden rozkład na sumę dwóch kwadratów. Przypuśćmy, że

Wówczas

Otóż

iloczyn jest zatem podzielny przez liczbę pierwszą , wobec czego któryś z jego czynników jest podzielny przez .

Wystarczy rozpatrzyć przypadek, gdy

gdzie jest całkowite i dodatnie.

Z równości (4) wynika wówczas, że

gdzie jest liczbą całkowitą. Zatem na mocy równości (4)

a stąd

Ponieważ , więc z ostatniego równania otrzymujemy , , wobec czego

Rozwiązując te równania względem i , otrzymujemy

Obie równości (3) przedstawiają więc ten sam rozkład liczby .

Dla liczb złożonych liczba rozkładów na sumę dwóch kwadratów może być dowolnie wielka. Można na przykład dowieść, że iloczyn różnych liczb pierwszych postaci posiada rozkładów:

Liczbę rozkładów dowolnej liczby na sumę dwóch kwadratów można obliczyć na podstawie jej rozwinięcia na czynniki pierwsze.

XIV OM - I - Zadanie 2

Dowieść, że iloczyn dwumianów

gdzie jest liczbą naturalną, jest podzielny przez iloczyn dwumianów

Rozwiązanie

Ponieważ

więc

W rozkładzie (1) wielomianu czynniki

są parami względnie pierwsze. Istotnie, wielomian jest pierwszy względem każdego z pozostałych wielomianów (2), jest on bowiem potęgą nierozkładalnego wielomianu , który nie jest dzielnikiem żadnego z owych wielomianów, gdyż żaden z nich nie ma pierwiastka równego . To samo stosuje się do wielomianu . Aby wykazać, że trzy pozostałe wielomiany ciągu (2) są parami względnie pierwsze, wystarczy zauważyć, że

Z równości (3) wynika, że każdy wspólny dzielnik wielomianów i nie będący stałą, musiałby być dzielnikiem wielomianu nierozkładalnego , miałby więc postać , gdzie jest liczbą różną od zera; tymczasem ani ani nie jest podzielne przez dla żadnego . Z równości (4) i (5) wynika podobnie, że wielomian jest pierwszy względem każdego z wielomianów ,i .

Aby zatem udowodnić, że wielomian jest podzielny przez wielomian , wystarczy dowieść, że jest on podzielny przez każdy z wielomianów (2). Stwierdzamy to, jak następuje.

Wielomian jest iloczynem pięciu czynników

Każdy z wielomianów (6) jest podzielny przez , więc jest podzielne przez . W ciągu pięciu kolejnych, liczb naturalnych

co najmniej dwie są parzyste, co najmniej jedna jest podzielna przez , co najmniej jedna jest podzielna przez , a jedna jest podzielna przez . Wobec tego w ciągu wielomianów (6):

a) co najmniej dwa mają postać , więc są podzielne przez , a tym samym przez , skąd wynika, że jest podzielne przez ;

b) co najmniej jeden ma postać , więc jest podzielny przez , zatem jest podzielne przez ;

c) co najmniej jeden ma postać , więc jest podzielny przez , wobec czego jest podzielne przez ;

d) jeden z nich ma postać , jest więc podzielny przez , skąd wynika podzielność wielomianu przez .

Uwaga. Zachodzi twierdzenie ogólne: Dla dowolnych liczb naturalnych i iloczyn dwumianów

jest podzielny przez iloczyn dwumianów

Podamy dowód tego twierdzenia, przy czym będziemy się posługiwali wielomianami o współczynnikach zespolonych. Myśl dowodu będzie ta sama, co poprzednio: przedstawimy w postaci iloczynu takich czynników, które są parami względnie pierwsze a następnie wykażemy, że wielomian jest podzielny przez każdy z tych czynników.

W zbiorze liczb zespolonych dwumian ( - liczba naturalna) ma różnych pierwiastków. Są nimi liczby

zwane pierwiastkami stopnia z jedności. Zatem

Stosując wzór (10) do każdego z dwumianów iloczynu (9) rozłożymy na czynników postaci , w których i przybierają wartości , przy czym . Niektóre z tych czynników są jednakowe; łatwo zauważyć, że wtedy i tylko wtedy, gdy . Na przykład , itd. Łącząc równe czynniki, możemy przedstawić w postaci

gdzie oznaczają pierwiastki różne wielomianu , a liczby naturalne - wielokrotności tych pierwiastków.

Każde dwa czynniki iloczynu (11), np. i , gdzie , są względnie pierwsze, gdyż dwumiany i są względnie pierwsze.

Podobnie

gdzie oznaczają pierwiastki różne wielomianu , a - wielokrotności tych pierwiastków.

Twierdzenie będzie udowodnione, jeśli wykażemy, że gdy jest jedną z liczb , to jest dzielnikiem któregoś czynnika iloczynu (12), tzn. że dla pewnego jest , a .

Zauważmy najpierw, że gdy jest pierwiastkiem z jedności, tzn. dla pewnych naturalnych liczb , wtedy wśród takich liczb istnieje najmniejsza; oznaczymy ją przez . Jeśli , dla pewnego , a , gdzie , to

a że , więc , wobec czego

Dwumian jest więc podzielny przez wtedy i tylko wtedy, gdy jest wielokrotnością .

Stąd wynika, że w iloczynie (9) jest tyle czynników podzielnych przez ile jest liczb podzielnych przez w ciągu

inaczej mówiąc, ile wynosi największa liczba całkowita w ciągu

Ponieważ dla każdego z owych czynników jest pierwiastkiem pojedynczym, więc ich liczba równa się wielokrotności pierwiastka wielomianu , tzn. wykładnikowi w rozkładzie (11).

A zatem

gdzie oznacza największą liczbę całkowitą nie mniejszą od .

Gdy jest pierwiastkiem wielomianu , to z uwagi na (9) zachodzi nierówność , zatem co najmniej jedna z liczb jest podzielna przez , skąd wynika, że jest również pierwiastkiem wielomianu ; niech np. .

Wykładnik czynnika rozkładu (12) obliczymy podobnie, jak poprzednio . Mianowicie równa się liczbie tych wyrazów ciągu

które są podzielne przez .

Otóż w ciągu

liczb podzielnych przez jest ; a w ciągu

jest ich . Zatem

Ponieważ

więc

Dowód został przeprowadzony.

XIV OM - I - Zadanie 3

Dowieść, że jeżeli wierzchołki i trójkąta są stałe, a wierzchołek tak się porusza, że kąt nie zmienia swej wielkości, to odcinek łączący spodki i wysokości trójkąta poprowadzonych z wierzchołków i ma stałą długość.

Rozwiązanie

Gdy jest prosty, twierdzenie jest oczywiste, gdyż i pokrywają się wtedy z punktem i . Załóżmy, że . Punkty i leżą na okręgu o średnicy (rys. 1); niech będzie jego środkiem. Na podstawie twierdzenia o kącie wpisanym . Jeżeli kąt jest ostry, to punkt leży między punktami i i . Jeśli zaś kąt jest rozwarty, to . W. obu przypadkach wielkość kąta środkowego jest stała, zatem również długość cięciwy jest stała.

Zadanie można rozwiązać również na drodze rachunku. Z mamy .

Ponieważ , , więc

a stąd

XIV OM - I - Zadanie 4

W koło wielkie kuli o promieniu wpisano wielokąt foremny o bokach. Dowieść, że suma kwadratów odległości dowolnego punktu powierzchni kuli od wierzchołków wielokąta równa się .

Rozwiązanie

Niech symbol oznacza wektor o początku i końcu , a - długość tego wektora. Wówczas

stąd

więc

Zatem

Otóż suma wektorów równa się zeru. Jeżeli bowiem obrócimy całą figurę dokoła punktu o kąt , to każdy z wektorów przejdzie w następny, wobec czego ich suma pozostanie ta sama; jest ona więc takim wektorem, który przy obrocie o pewien kąt różny od nie zmienia się, tj. wektorem zerowym.

Z równości (3) wynika równość (2), którą mieliśmy udowodnić.

Na przykładzie powyższego dowodu widzimy, jak wielkie korzyści może dać posługiwanie się wektorami w rozumowaniach geometrycznych. Jest to metoda szeroko dzisiaj stosowana.

XIV OM - I - Zadanie 5

Ile cyfr ma liczba

napisana w układzie dziesiętnym?

Rozwiązanie

Zadanie to łatwo rozwiązać przy użyciu -cyfrowych tablic logarytmów dziesiętnych. Według tablic równa się w przybliżeniu , przy czym błąd tego przybliżenia jest mniejszy od , wobec czego

zatem

po wykonaniu mnożenia przez otrzymujemy nierówność

Stąd wynika, że liczba ma lub cyfr, co nie daje jeszcze odpowiedzi na postawione pytanie. Aby ją uzyskać, trzeba ocenić dokładniej. W tym celu skorzystamy z podanej w tablicach wartości przybliżonej logarytmu liczby . Według tablic z błędem mniejszym od , zatem

skąd

więc

A zatem liczba ma cyfr. Ponieważ liczba jest parzysta, więc ostatnią jej cyfrą nie jest , wobec czego liczba ma także cyfr.

XIV OM - I - Zadanie 6

Rozwiązać w liczbach naturalnych równanie

Rozwiązanie

Napiszmy dane równanie w postaci

Jeżeli i są liczbami naturalnymi, to jest liczbą naturalną większą od ; ponieważ nie ma innych dzielników naturalnych prócz i , więc

Zauważmy, że dane równanie ma dwa rozwiązania całkowite ujemne, mianowicie i .

XIV OM - I - Zadanie 7

Dany trójkąt podzielić prostą równoległą do danej prostej na dwie części o równych polach.

Rozwiązanie

Poprowadźmy przez punkty , , proste , , równoległe do prostej . Przypuśćmy, że są to trzy różne proste; wówczas jedna z nich leży w pasie ograniczonym dwiema innymi. Niech to będzie prosta ; przecina ona bok w pewnym punkcie (rys. 4). Jeśli , poszukiwaną prostą jest ; przypuśćmy, że ; w przypadku, gdy , rozwiązanie jest analogiczne.

Pole trójkąta jest mniejsze od pola trójkąta , więc poszukiwana prosta (o ile istnieje) przecina odcinek w pewnym punkcie , a odcinek w pewnym punkcie . Trójkąty i są podobne, zatem pola ich są proporcjonalne do kwadratów odpowiednich boków:

Pola trójkątów i mających wspólną wysokość, są proporcjonalne do ich podstaw:

Mnożąc powyższe równości i uwzględniając, że

otrzymujemy

Odcinek jest zatem średnią geometryczną odcinków i . Możemy go zbudować w znany sposób, jak zaznaczono na rys. 4. Prowadząc , otrzymujemy żądany podział trójkąta, albowiem spełnione są wówczas równości (1), (2), (3), a z nich wynika łatwo, że .

Gdy dwie z prostych , , pokrywają się, zachodzi przypadek graniczny, w którym możemy jednak zastosować to samo rozumowanie co poprzednio. Jeżeli np. prosta pokrywa się z prostą , to punkt pokrywa się z (rys. 5); wnioskowanie poprzednie pozostaje słuszne i otrzymujemy

Uwaga. Warunek: możemy zastąpić warunkiem ogólniejszym: , gdzie oznacza dowolną liczbę wymierną. Zadanie rozwiązuje się tak samo. Szukany odcinek jest średnią geometryczną odcinków i .

XIV OM - I - Zadanie 8

Dane są dwa wielokąty podobne, ale nierówne; boki odpowiednie tych wielokątów leżą na prostych równoległych, których odległość jest dla wszystkich par boków ta sama. Czy muszą to być wielokąty foremne o wspólnym środku?

Rozwiązanie

Odpowiedź na postawione pytanie jest przecząca: dwa wielokąty spełniające wymienione warunki mogą nie być foremne. Możemy to stwierdzić w następujący sposób.

Niech będzie dowolnym wielokątem nieforemnym, którego boki lub przedłużenia boków są styczne do okręgu o promieniu i o środku . Zbudujmy wielokąt jednokładny do względem w stosunku . Wielokąty nieforemne i spełniają zadane warunki, gdyż są podobne w stosunku , odpowiednie ich boki są równoległe, a odległość każdej pary odpowiednich boków wynosi . Na rysunku 6 wielokąty i są wypukłe, a na rys. 7 - niewypukłe. Zbudowane wielokąty mają jedną z własności współśrodkowych wielokątów foremnych, są mianowicie opisane na okręgach współśrodkowych. Nasuwa się pytanie, czy zawsze tak będzie, gdy i spełniają warunki postawione w zadaniu. I na to pytanie odpowiedź jest przecząca, jak pokazuje przykład 2 prostokątów i (rys. 8), o wspólnym środku i o bokach równoległych, przy czym ; odległość każdej pary odpowiednich boków jest równa . Ogólnie można obrać ; wówczas .

Zachodzi jednak twierdzenie, że jeżeli wielokąty i o rozważanych własnościach nie są prostokątami, to są wielokątami opisanymi na okręgach współśrodkowych.

Przeprowadzimy dowód tego twierdzenia. Aby ułatwić wysłowienie, przyjmiemy pewną umowę. Mianowicie wielokąt, którego każde dwa kolejne boki są prostopadłe, nazwiemy wielokątem prostokątnym. Wielokąt prostokątny wypukły - to oczywiście prostokąt, lecz są również wielokąty prostokątne niewypukłe o dowolnej większej niż parzystej liczbie boków. Prócz tego będziemy proste pokrywające się uważali za przypadek szczególny prostych równoległych, a mianowicie za proste równoległe o odległości równej zeru.

Dowód podzielimy na 3 części:

A) Udowodnimy najpierw twierdzenie:

Jeżeli wielokąty i są podobne w stosunku (przy czym w tym podobieństwie odpowiednie boki wielokątów są równoległe) i jeżeli i nie są wielokątami prostokątnymi, to podobieństwo jest jednokładnością.

Dowód. Wielokąt ma według założenia parę nieprostopadłych kolejnych boków i ; niech bokom tym odpowiadają w podobieństwie między i boki i wielokąta . Ponieważ i (), więc istnieje taki punkt , że jednokładność o środku i stosunku przekształca punkt na punkt , a punkt na punkt ; punktem jednokładnym do niech będzie . Trójkąty , i są oba podobne do trójkąta w tym samym stosunku , więc są przystające; wobec tego punkt bądź pokrywa się z punktem , bądź jest symetryczny do względem prostej . Ten drugi przypadek zachodzić jednak nie może. Istotnie, prosta jest według założenia równoległa do prostej , a prosta jest równoległa do prostej jednokładnej , zatem proste i są równoległe, tj. pokrywają się; tymczasem prosta , która jest różna od i nie jest prostopadła do nie może pokrywać się ze swym obrazem symetrycznym względem osi . Zatem punkt pokrywa się z punktem . Podobieństwo i jednokładność (która wszak też jest podobieństwem) przekształcają punkty , , w te same punkty , , . Ponieważ na płaszczyźnie może istnieć tylko jedno podobieństwo, które dane punkty niewspółliniowe przekształca w określone punkty niewspółliniowe, więc podobieństwo jest identyczne z jednokładnością , c.n.d.

Bez założenia, że i nie są wielokątami prostokątnymi, teza nie byłaby słuszna. Na rys. 9 wielokąty i są podobne w stosunku i mają boki odpowiednio równoległe, lecz nie są jedndkładne.

Na rys. 10 pomiędzy prostokątami i zachodzi podobieństwo , w którym punktom , , , odpowiadają punkty , , , . Podobieństwo to nie jest jednokładnością, gdyż proste , , i nie przechodzą przez jeden punkt. Dla tych prostokątów istnieją dwa środki jednokładności: punkt przecięcia prostych i , oraz punkt przecięcia prostych i . Jednokładność przekształca punkty , , , odpowiednio na punkty , , , a jednokładność przekształca je na , , , .

B) Udowodnimy teraz twierdzenie:

Jeżeli wielokąty i są jedndkładne w stosunku ,a przy tym każde dwie proste zawierające dwa boki odpowiednie tych wielokątów mają tę samą odległość , to środek jednokładności jest dla każdego z tych wielokątów środkiem koła wpisanego, tj. koła stycznego do wszystkich prostych zawierających boki wielokąta.

Zauważmy najpierw, że nie może być równe zeru, gdyż w przeciwnym razie każde dwa odpowiednie boki danych wielokątów leżałyby na tej samej prostej i wielokąty pokrywałyby się wbrew założeniu. Wobec tego środek jednokładności nie może leżeć na jednej prostej z żadnym bokiem wielokąta bądź , gdyż wówczas odpowiednie boki i leżałyby na jednej prostej i byłoby . Weźmy pod uwagę trzy kolejne wierzchołki , , wielokąta i odpowiadające im wierzchołki , , wielokąta . Niech i oznaczają wysokości trójkątów i , a i - wysokości trójkątów i . Ponieważ jest środkiem jednokładności wielokątów i , więc punkty , , leżą odpowiednio na prostych , , , przy czym zachodzi jeden z przypadków:

a) , , leżą odpowiednio wewnątrz odcinków , , ,

b) , , leżą na przedłużeniach odcinków , , poza punkty , , ,

c) , , leżą na przedłużeniach odcinków , , poza punkt (rys. 11).

Przypuśćmy, że zachodzi przypadek a). Wówczas , , zatem

a wobec jednokładności i

Według (2) , ; podstawiając do (1) otrzymujemy , a że , więc

Punkt jest zatem równoodległy od prostych zawierających dowolnie obrane kolejne boki wielokąta bądź ; jest on zatem środkiem okręgów wpisanych w i w .

W pozostałych przypadkach dowód jest analogiczny; w przypadku b) , a w przypadku c) .

Na pozór mogłoby się wydawać, że poprzedni przykład prostokątów i (rys. 8) przeczy powyższemu twierdzeniu, gdyż w prostokąty te nie można wpisać okręgów, pomimo że odległości prostych , , , odpowiednio od prostych , , , są równe, a prócz tego prostokąty te są jednokładne. Nie ma tu jednak żadnej sprzeczności. Dlaczego?

C) Zauważmy, że dwa wielokąty prostokątne niewypukłe i , które są podobne w stosunku i których boki odpowiednie są równoległe, nie mogą być tak położone, żeby każde dwie proste zawierające dwa boki odpowiednie miały tę samą odległość . Wielokąt prostokątny niewypukły posiada bowiem trzy takie boki, które leżą na trzech różnych prostych równoległych; niech , , będą takimi bokami wielokąta (rys. 12) a , , odpowiednimi bokami wielokąta . Przypuśćmy, że proste i mają tę samą odległość , co proste i i co proste i . W takim razie proste i otrzymuje się przez przesunięcie równoległe prostych i o ten sam odcinek ale w kierunkach przeciwnych, gdyż odległość prostych i nie równa się odległości i , lecz jest zmieniona w stosunku . To samo dotyczy prostych i oraz prostych i . Jest to niemożliwe, gdyż nie ma trzech kierunków parami przeciwnych.

Z A), B), C) wynika twierdzenie:

Jeżeli dwa wielokąty podobne stosunku są tak położone, że każde dwa odpowiadające sobie boki tych wielokątów leżą na prostych równoległych o tym samym odstępie i jeżeli wielokąty te nie są prostokątami, to są one wielokątami opisanymi na dwóch okręgach współśrodkowych.

Powyższe rozważania dotyczyły tylko takich wielokątów podobnych, które nie są przystające. Dla wielokątów przystających i zachodzą twierdzenia następujące:

1. Jeżeli boki odpowiednie wielokątów i są równoległe, a wielokąty te nie są wielokątami prostokątnymi, to otrzymuje się z bądź przez symetrię środkową, bądź przez przesunięcie równoległe.

2. Jeżeli boki odpowiednie wielokątów i leżą na prostych równoległych, których odległość jest dla każdej pary boków ta sama, to możliwe są tylko dwa przypadki:

a) Wielokąty i są środkowo-symetryczne, przy czym wszystkie proste zawierające ich boki są styczne do tego samego okręgu (rys. 13);

b) jest takim wielokątem o parzystej liczbie boków, w którym każde dwa boki przedzielone jednym bokiem są równoległe. Wielokąt otrzymuje się z przez przesunięcie rówiioległe w kierunku. dwusiecznej kąta między przyległymi bokami wielokąta (rys. 14).

Dowody tych twierdzeń pozostawiamy jako ćwiczenie.

XIV OM - I - Zadanie 9

Dowieść, że jeżeli dwa nieidentyczne wielomiany stopnia trzeciego

mają wspólny czynnik stopnia drugiego, to

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że wielomiany (1) nie są identyczne i że mają wspólny czynnik stopnia drugiego. Są one wówczas podzielne przez ten sam trójmian postaci , wobec czego istnieją takie liczby i , że dla każdego

Liczby i nie są równe, gdyż z równości wynikałaby na mocy (5) tożsamość danych wielomianów. Mnożąc pierwszą równość (5) przez , drugą przez , widzimy, że dla każdego

Z tożsamości (6) wynika równość współczynników przy jednakowych potęgach po obu stronach, co daje równości

Z równości (7) i z nierówności wynika , tzn. warunek (2).

Z (7) i (10) wynikają równości

a z (8) i (9) równości

Z (11) i (12) wynika przez podstawienie

lub po przekształceniu

czyli warunek (3).

Z (11) i (13) otrzymujemy analogicznie

a po przekształceniu

czyli warunek (4). Twierdzenie wypowiedziane w zadaniu zostało więc udowodnione.

Uwaga. Związki (2), (3) i (4) stanowią, jak wykazaliśmy, warunek konieczny do tego, aby wielomiany (1) miały wspólny czynnik stopnia drugiego, ale nie były identyczne. Nie jest to jednak warunek dostateczny. Na przykład wielomiany i spełniają związki (2), (3), (4) a nie mają wspólnego czynnika kwadratowego, gdyż , a .

Poszukajmy takiego warunku, który byłby zarazem konieczny i dostateczny. Wykażemy najpierw, że takim warunkiem jest istnienie liczb i spełniających równania (7), (8), (9), (10) oraz nierówność

Wiemy z poprzedniego, że jest to warunek konieczny; udowodnimy, że jest on zarazem dostateczny. Istotnie, jeżeli zachodzą równości (7) - (10), to równość (6) czyli równość

jest prawdziwa dla każdego . Liczba będąca pierwiastkiem lewej strony tej równości, jest zatem również pierwiastkiem prawej strony, a ponieważ , więc jest pierwiastkiem wielomianu , skąd wynika istnienie takiego trójmianu kwadratowego , że

wobec czego na mocy (6a) zachodzi dla każdego równość

Stąd dla

Równość ta jest prawdziwa także dla , gdyż dwa wielomiany -go stopnia zmniennej równe dla więcej niż wartości są równe tożsamościowo. Zatem i mają wspólny czynnik .

Układ związków (7), (8), (9), (10) i (14) możemy zastąpić układem nie zawierającym parametrów i . Spostrzegamy najpierw, że gdy zachodzi (7), to z nierówności wynika nierówność i na odwrót, wobec czego wymieniony układ związków możemy zastąpić układem (7), (8), (9), (10) i (2). Gdy zachodzi (2), to z równości (7) i (8) otrzymujemy

Odwrotnie, z równości (15) i (16) wynikają równości (7) i (8). Wobec tego układ (7), (8), (9), (10), (2) możemy zastąpić układem (15), (16), (9), (10), (2). Podstawiając wartości (15) i (16) do (9), otrzymujemy równość:

a po przekształceniu równość

Podstawiając zaś wartości (15) i (16) do (10) otrzymujemy równość

a po uproszczeniu równość

Odwrotnie, z równości (18) i (3) przy założeniu (2) wynikają równości (17) i (19), z których na mocy (15) i (16) otrzymujemy (9) i (10). Zatem układ (15), (16), (9), (10), (2) możemy zastąpić układem (15), (16) , (18), (3), (2).

Z tego wynika, że układ związków

stanowi warunek konieczny i dostateczny tego, aby wielomiany (1) miały wspólny czynnik stopnia drugiego, ale nie były identyczne. Równości (15) i (16) możemy bowiem pominąć, gdyż przedstawiają one tylko określenie pomocniczych parametrów i i nie wprowadzają żadnych nowych ograniczeń dla współczynników danych wielomianów.

Do tego samego wyniku możemy dojść na innej drodze. Przypuśćmy, że dwa nieidentyczne wielomiany i są podzielne przez tę samą funkcję kwadratową . Wówczas różnica

też jest podzielna przez . W takim razie musi zachodzić nierówność (2), tj. ; gdy bowiem , to , więc ta funkcja może być podzielna przez funkcję kwadratową tylko wtedy, gdy i , tj. gdy i są identyczne. Zatem

gdzie

Funkcja kwadratowa jest podzielna przez funkcję kwadratową , więc również jest podzielna przez , tzn. jest wspólnym dzielnikiem kwadratowym wielomianów i . W takim razie jest również dzielnikiem funkcji kwadratowej

Iloraz funkcji i równa się ilorazowi współczynników przy , tzn.

gdzie

Wobec tego zachodzi tożsamość

skąd wynikają równości

które po przekształceniu otrzymują postać

Odwrotnie, jeżeli zachodzą równości (18) i (3) oraz nierówność (2), to wykonując poprzednie przekształcenia w odwrotnym kierunku stwierdzamy, że zachodzi tożsamość (23), która po określeniu wzorem (22) i wzorem (20a) przybiera postać (21), skąd

Lecz według wzoru (20)

czyli

Wielomiany i mają zatem istotnie wspólny czynnik kwadratowy , a wobec (2) nie są identyczne.

XIV OM - I - Zadanie 10

Dowieść, że jeżeli liczby , , są dodatnie, to

Rozwiązanie

Dla dowolnych liczb , , prawdziwe są nierówności

Nierówności (2) i (3) są odpowiednio równoważne nierównościom

Dodając (4) i (5) stronami otrzymujemy

Po podzieleniu obu stron nierówności (6) przez liczbę , która jest według założenia dodatnia, otrzymujemy nierówność żądaną

Uwaga 1. Założenie, że liczby , , są dodatnie, można zastąpić założeniem słabszym (tj. mniej wymagającym), że iloczyn jest dodatni.

Uwaga 2. Powyższe rozwiązanie zadania jest, jak widzimy, bardzo proste. Jednakże nie nasuwa się ono od razu, gdyż nie tak łatwo domyślić się, że trzeba za punkt wyjścia obrać nierówności (2) i (3). Łatwo natomiast znaleźć dowód, gdy się zadanie przetłumaczy na język algebry wektorów.

Wektorem (w przestrzeni -wymiarowej) nazywamy ciąg liczb, np. ().

Sumą wektorów i nazywamy wektor

Iloczynem wektora przez liczbę nazywamy wektor

w szczególności .

Iloczynem skalarnym wektorów i nazywamy liczbę

w szczególności

Nietrudno sprawdzić, że

skąd wynika, że .

W dalszym ciągu przyjmiemy, że .

Aby udowodnić nierówność (1), zauważmy najpierw, że jest ona równoważna nierówności (6), lub nierówności

którą zapiszemy w postaci wektorowej

gdzie , .

Wiemy, że

Otóż

gdzie .

Zatem

Lecz

więc

Z (9) i (10) wynika żądana nierówność

Zauważmy, że nierówności (9) i (10) to nic innego, jak postać wektorowa poprzednich nierówności (4) i (5); dowód powyższy jest więc w gruncie rzeczy tylko innym ujęciem dowodu poprzedniego, nasuwa się jednak w sposób bardziej naturalny.

XIV OM - I - Zadanie 11

Wewnątrz czworościanu obrano punkt . Proste , , , przecinają przeciwległe ściany czworościanu w punktach , , , . Dowieść, że

Rozwiązanie

Poprowadźmy wysokości i czworościanów i o wspólnej podstawie (rys. 15). Stosunek równa się stosunkowi objętości tych czworościanów. Trójkąty prostokątne i są podobne, więc .

Wobec tego

Analogicznie

Dodając powyższe równości i biorąc pod uwagę, że

otrzymujemy

XIV OM - I - Zadanie 12

W okrąg o środku i promieniu wpisano pięciokąt foremny i na mniejszym z łuków o końcach , obrano punkt . Dowieść, że

Rozwiązanie

Równość (1), którą mamy udowodnić, jest związkiem między długościami pewnych cięciw okręgu. Otóż związkiem tego samego rodzaju jest znane twierdzenie Ptolemeusza: Iloczyn przekątnych czworokąta wpisanego w kolo równa się sumie iloczynów boków przeciwległych tego czworokąta1). Narzuca się myśl, aby skorzystać z tego twierdzenia dla dowodu równości (1). W rozważanej figurze istnieje takich czworokątów wpisanych w dany okrąg, których jednym wierzchołkiem jest , a trzy inne są wierzchołkami pięciokąta . Z uwagi na kształt równości (1), wybierzemy te z owych dziesięciu czworokątów, w których odcinki , , występują tylko jako boki, a odcinki i tylko jako przekątne, lub na odwrót. Są to czworokąty

Niech oznacza długość boku danego pięciokąta oraz - długość jego przekątnej. Stosując twierdzenie Ptolemeusza do wymienionych czworokątów, otrzymujemy następujące równości, które łatwo napisać nie patrząc wcale na rysunek:

Dodajemy te równości:

i po podzieleniu przez otrzymujemy żądaną równość (1).

XIV OM - II - Zadanie 1

Dowieść, że jeżeli liczby , , spełniają równości

to dla dowolnych liczb , , zachodzi równość

Rozwiązanie

Z równości (2) wynika, że

Ponieważ

więc na mocy (1) i (4)

Zatem

XIV OM - II - Zadanie 2

Na płaszczyźnie dany jest czworokąt i punkt . Zbudować równoległobok o środku i o wierzchołkach leżących na prostych , , , .

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że równoległobok czyni zadość warunkowi zadania, przy czym jest tym wierzchołkiem, który leży na prostej . Symetryczny doń względem punktu wierzchołek leży na jednej z prostych , , . Rozważymy najpierw przypadek, gdy leży na prostej . Możemy wówczas przyjąć, że wierzchołek leży na prostej , a wierzchołek na prostej ; gdyby bowiem było odwrotnie, zmienilibyśmy po prostu oznaczenie na , a na .

Niech , , , oznaczają punkty symetryczne odpowiednio do , , , względem punktu . Ponieważ punkty , , , są symetryczne odpowiednio do punktów , , , , więc leżą one na prostych , , , . Jeżeli zatem równoległobok jest rozwiązaniem zadania, to

Konstrukcja takich punktów jest zawsze wykonalna; istotnie, proste i przecinają się, gdyż prosta jest równoległa do prostej przecinającej prostą w punkcie i tak samo przecinają się proste każdej z pozostałych par.

Należy jeszcze zbadać, czy wyznaczone w ten sposób punkty , , , są rzeczywiście wierzchołkami równoległoboku. Z konstrukcji wynika, że i i tak samo i są punktami symetrycznymi względem punktu . Jeżeli proste i są różne, to , , , , tworzą równoległobok (rys. 18).

Jednakże proste i mogą się pokrywać, wówczas nie otrzymujemy równoległoboku, lecz figurę, która jest przypadkiem granicznym równoległoboku i którą możemy nazwać równoległobokiem zniekształconym.

Tworzą ją dwie pary punktów i o wspólnym środku, położone na tej samej prostej. Taki przypadek zachodzi na przykład, gdy czworokąt jest symetryczny względem prostej , a punkt leży na tej prostej (rys. 19).

Może się zdarzyć, że pary i są identyczne, np. że pokrywa się z a z ; przypadek ten zachodzi wtedy, gdy jest środkiem odcinka łączącego punkt przecięcia prostych i z punktem przecięcia prostych i (rys. 20). Mogą się też pokrywać punkty jednej z par i , np. punkt z punktem ; ma to miejsce wtedy, gdy punkt znajduje się w wierzchołku czworokąta (rys. 21).

Równoległobok zniekształcony będziemy też uważali za rozwiązanie zadania. Możemy wówczas powiedzieć, że zadanie ma zawsze jedno takie rozwiązanie , w którym leży na prostej . Analogicznie znajdujemy drugie rozwiązanie, w którym leży na prostej . Oba te rozwiązania mogą się pokrywać; zachodzi to wtedy, gdy punkt jest środkiem odcinka łączącego punkt przecięcia prostych i z punktem przecięcia prostych i . Uzasadnienie tego wniosku pozostawiamy jako ćwiczenie.

Pozostaje do rozstrzygnięcia sprawa tych rozwiązań , w których leży na , na , na a na . Rozumując jak poprzednio, stwierdzamy że jeżeli takie rozwiązanie istnieje, to

Jeżeli czworokąt nie ma boków równoległych, to punkty takie istnieją, np. prosta przecina , gdyż jest równoległa do ; zadanie ma zawsze jedno rozwiązanie rozważanego typu, które może być równoległobokiem zniekształconym.

Rozwiązanie to pokrywa się ze znalezionym poprzednio rozwiązaniem pierwszego typu, gdy jest środkiem odcinka , a z rozwiązaniem drugiego typu, gdy jest środkiem odcinka ; proponujemy, aby czytelnik to sam uzasadnił.

Jeżeli jest równoległe do , a nie jest równoległe do , to łatwo stwierdzić, że:

a) zadanie nie ma rozwiązania omawianego typu, gdy punkt nie jest równoodległy od prostych i ,

b) zadanie ma nieskończenie wiele rozwiązań, gdy punkt jest równoodległy od i ; punkt można wówczas obrać dowolnie na prostej .

Jeżeli wreszcie jest równoległobokiem, to zadanie ma tylko wtedy rozwiązanie trzeciego typu, gdy punkt jest środkiem tego równoległoboku. Punkty i można wówczas obrać dowolnie na prostych i .

XIV OM - II - Zadanie 3

Rozwiązać w liczbach całkowitych układ równań

Rozwiązanie

Układ równań (1) jest równoważny układowi

W drugim z powyższych równań lewa strona jest wielomianem stopnia zmiennych , , , który jest tożsamościowo równy zeru, gdy ; wielomian ten jest więc podzielny przez . Tak samo stwierdzamy, że jest on podzielny przez i przez . Zatem dla wszelkich , ,

gdzie jest współczynnikiem liczbowym. Wartość znajdziemy, podstawiając do obu stron powyższej tożsamości wartości liczbowe za , , , np. , . Otrzymujemy , wobec czego układ (2) przybiera postać

Zadanie sprowadza się więc do tego, aby liczbę przedstawić w postaci iloczynu trzech czynników całkowitych, których suma .

Ponieważ dzielnikami liczby są liczby , , , , więc łatwo stwierdzić, że istnieją dwa rozkłady o żądanej własności:

Stąd prosty rachunek prowadzi do wyniku, że układ (3), zatem również układ (1), ma rozwiązania w liczbach całkowitych: , , , .

XIV OM - II - Zadanie 4

W trójkącie poprowadzono dwusieczne kątów wewnętrznych i zewnętrznych przy wierzchołkach i . Dowieść, że rzuty prostokątne punktu na te dwusieczne leżą na jednej prostej.

Rozwiązanie

Niech i oznaczają odpowiednio rzuty punktu na dwusieczną kąta trójkąta i na dwusieczną kąta doń przyległego (rys. 22).

Ponieważ dwusieczne i są prostopadłe, więc czworokąt jest prostokątem. Punkt , w którym przecinają się przekątne i , jest środkiem . Zauważmy, że prosta jest symetryczna do prostej względem prostej równoległej do , a prosta jest symetryczna do prostej względem prostej . Kolejne zastosowanie odbić zwierciadlanych (symetrii) względem prostych równoległych i przekształca zatem prostą na prostą .

Ponieważ złożenie dwóch odbić zwierciadlanych figury względem dwóch osi równoległych jest przesunięciem równoległym tej figury, zatem prosta jest równoległa do prostej . Prosta jest to więc prosta, która przechodzi przez środki boków i . To samo stosuje się do prostej poprowadzonej przez rzuty i punktu na dwusieczną kąta trójkąta i na dwusieczną kąta przyległego. Zatem proste i pokrywają się, c.n.d.

Uwaga. W powyższym rozwiązaniu powołaliśmy się na ważne twierdzenie geometrii płaszczyzny, że przekształcenie figury, polegające na kolejnym zastosowaniu dwóch odbić zwierciadlanych (symetrii osiowych) względem dwóch prostych równoległych, jest przesunięciem równoległym tej figury. Dowód tego twierdzenia jest bardzo prosty.

Niech i będą dwiema prostymi równoległymi, a wektorem tego przesunięcia równoległego w kierunku prostopadłym do , które przekształca w . Niech następnie będzie dowolnym punktem płaszczyzny, punktem symetrycznym do względem prostej , - punktem symetrycznym do względem prostej , wreszcie niech i będą środkami odcinków i (rys. 23).

Wówczas

Punkt otrzymuje się zatem przez przesunięcie punktu w kierunku prostopadłym do prostych i o długość równą podwójnemu odstępowi prostych i .

Takiemu samemu przesunięciu ulegnie każda figura, gdy ją przekształcimy najpierw przez symetrię względem prostej , potem względem prostej . Odwrotnie, każde przesunięcie równoległe można zastąpić złożeniem dwóch symetrii osiowych względem osi prostopadłych dó kierunku przesunięcia, których odstęp równa się połowie długości przesunięcia. Jedną z tych osi można poprowadzić przez dowolnie obrany punkt płaszczyzny.

Równie ważne jest twierdzenie:

Przekształcenie płaszczyzny, polegające na złożeniu dwóch symetrii osiowych względem osi i przecinających się w punkcie , jest obrotem dokoła punktu o kąt dwa razy większy od kąta między i .

Dowód, który ilustruje rysunek 24, jest analogiczny do poprzedniego: ,

Odwrotnie, każdy obrót w płaszczyźnie można zastąpić złożeniem dwóch odbić zwierciadlanych względem dwóch osi przechodzących przez środek obrotu, których kąt równa się połowie kąta obrotu. Jedną z tych osi można poprowadzić przez dowolnie obrany punkt płaszczyzny.

XIV OM - II - Zadanie 5

Dowieść, że wielomian

jest podzielny przez wielomian .

Rozwiązanie

Trzeba dowieść, że dany wielomian może być napisany w postaci , gdzie jest wielomianem zmiennej . Odpowiednie przekształcenie wielomianu będzie łatwiejsze, gdy zamiast zmiennej wprowadzimy zmienną , tzn. jeżeli w danym wielomianie podstawimy . Wtedy

gdzie i są pewnymi wielomianami zmiennej , których dokładniejsze wyznaczenie nie będzie nam potrzebne. Porządkując otrzymane wyrażenie względem potęg otrzymujemy

zatem

gdzie równa się pewnemu wielomianowi zmiennej , którego współczynników nie ma potrzeby wyznaczać, gdyż ze wzoru (2) wynika już, że jest dzielnikiem wielomianu .

XIV OM - II - Zadanie 6

Z punktu przestrzeni wychodzą półproste: , i , z których żadna nie jest prostopadła do obu pozostałych. Przez każdą z tych półprostych poprowadzono płaszczyznę prostopadłą do płaszczyzny zawierającej dwie pozostałe półproste. Dowieść, że poprowadzone płaszczyzny przecinają się wzdłuż jednej prostej .

Rozwiązanie

W przypadku, gdy dane półproste leżą w jednej płaszczyźnie, twierdzenie jest oczywiste, prosta jest wówczas prostopadła do danej płaszczyzny. Przyjmijmy zatem, że półproste , , tworzą kąt trójścienny. Według założenia, co najwyżej jeden kąt płaski tego trójścianu jest prosty; przypuśćmy np. że i .

Obierzmy na krawędzi dowolny punkt różny od i poprowadźmy przez płaszczyznę prostopadłą do prostej ; przecina ona proste i w pewnych punktach i (rys. 25).

Niech , , oznaczają płaszczyzny poprowadzone odpowiednio przez krawędzie , , trójścianu prostopadle do ścian , , , a , , proste przecięcia płaszczyzn , , z płaszczyzną .

Ponieważ i , więc , wobec czego prosta przecina prostą w pewnym punkcie i jest do niej prostopadła, . Ponieważ i , więc , zatem również , a że i leżą w płaszczyźnie , więc się przecina ją w pewnym punkcie i . Tak samo stwierdzamy, że prosta przecina prostą w pewnym punkcie i jest do niej prostopadła, tj. .

Proste , i zawierają zatem wysokości trójkąta , więc przecinają się w jednym punkcie . Udowodniliśmy, że płaszczyzny , , mają wspólną prostą .

XIV OM - III - Zadanie 1

Dowieść, że dwie liczby naturalne, których cyframi są same jedynki, są względnie pierwsze wtedy i tylko wtedy, gdy liczby ich cyfr są względnie pierwsze.

Rozwiązanie

Niech oznacza liczbę -cyfrową, której cyframi są same jedynki:

Dowód, który mamy przeprowadzić, oprzemy na dwóch własnościach liczby .

) Jeżeli jest podzielne przez (, - liczby naturalne), to jest podzielne przez . Istotnie, jeśli ( - liczba naturalna), to

gdzie liczba jest całkowita.

) Jeżeli , to

Niech będą dane liczby i , gdzie

a) Dowód twierdzenia, że jeżeli i są względnie pierwsze, to i są też względnie pierwsze, jest natychmiastowy, gdyż według ) jeżeli jest wspólnym dzielnikiem naturalnym liczb i , to jest wspólnym dzielnikiem liczb i .

b) Udowodnimy twierdzenie odwrotne. Przypuśćmy, że liczby naturalne i są względnie pierwsze. Stosując algorytm Euklidesa, tzn. dzieląc kolejno przez , przez otrzymaną resztę , resztę przez nową resztę itd. otrzymujemy reszty coraz mniejsze, więc dochodzimy węszcie do reszty równej zeru:

Z ciągu równości (1) wynika, że liczba naturalna jest wspólnym dzielnikiem liczb , zatem .

Z pierwszej równości (1) wnioskujemy, na podstawie ), że

Niech będzie wspólnym dzielnikiem naturalnym liczb i . Ponieważ jest na mocy podzielne przez , więc jest według (2) również dzielnikiem liczby . Liczba nie ma innych dzielników pierwszych oprócz liczb i , które nie są dzielnikami liczby , więc jest względnie pierwsze z . Zatem jest dzielnikiem .

W taki sam sposób, opierając się na następnych równościach (1), stwierdzimy kolejno, że jest dzielnikiem liczb . Lecz , więc

Znaczy to, że i są względnie pierwsze, co właśnie mieliśmy udowodnić.

Uwaga 1. Część b) powyższego dowodu można zastąpić rozumowaniem znacznie krótszym, korzystając z następującego znanego twierdzenia teorii liczb:

Jeżeli liczby naturalne i są względnie pierwsze, to istnieją takie liczby naturalne i , że

Zachodzi również twierdzenie odwrotne: jeżeli liczby naturalne , , , spełniają równanie (3), to i są względnie pierwsze. Z równości (3) wynika bowiem, że każdy wspólny dzielnik liczb i jest dzielnikiem liczby .

Załóżmy, że liczby naturalne , , są względnie pierwsze, wobec czego dla pewnych naturalnych liczb i zachodzi (3). Wówczas

a ponieważ według (): oraz , gdzie liczby i są naturalne, więc:

skąd wynika, że i są względnie pierwsze.

Uwaga 2. Dowód twierdzenia, cytowanego w uwadze 1, można wysnuć z ciągu równości (1). Podstawiając wartość z pierwszej równości do drugiej, następnie po tym podstawieniu wartość z drugiej równości do trzeciej itd. dochodzimy w końcu, uwzględniając że , do równości postaci (3).

Uwaga 3. W powyższych rozumowaniach przyjęliśmy, że podstawą numeracji jest . Twierdzenie jest jednak prawdziwe dla dowolnej podstawy numeracji . Dowód pozostaje ten sam, z tym, że trzeba wszędzie zastąpić przez .

XIV OM - III - Zadanie 2

W przestrzeni dane są cztery różne punkty , , , . Dowieść, że trzy odcinki łączące środki odcinków i , i , i mają wspólny środek.

Rozwiązanie

Wystarczy dowieść, że którekolwiek dwa z wymienionych trzech odcinków mają wspólny środek. Wykażemy, że środek odcinka pokrywa się ze środkiem odcinka , gdzie , , , oznaczają odpowiednio środki odcinków , , , .

Uważajmy punkty , , , za punkty materialne, przypisując im masy równe . Wyznaczymy środek masy (= środek ciężkości) układu punktów , , , . Środkiem masy pary , jest punkt , a środkiem masy pary - punkt . Przypiszmy punktom i masy równe odpowiednio sumie mas i oraz sumie mas i , tj. masy równe . Środkiem masy czwórki punktów , , , jest środek masy pary punktów , o równych masach, tj. środek odcinka . Lecz tak samo środkiem masy czwórki , , , jest środek odcinka . Zatem punkty i pokrywają się, c.n.d.

Uwaga 1. Mogłoby się wydawać, że dowód przeprowadzony sposobem 2 nie jest dowodem matematycznym, gdyż posługuje się pojęciem fizycznym środka masy. Otóż tak nie jest, gdyż środek masy może być zdefiniowany w sposób czysto matematyczny; objaśnimy to w krótkości. Przyporządkujmy punktom przestrzeni liczby dodatnie , które nazwiemy ich masami. Zachodzi twierdzenie: Istnieje jeden i tylko jeden taki punkt , że

Dowód 1. Obierzmy w przestrzeni dowolny punkt . Punkt określony wzorem

czyni zadość warunkowi (1). Istotnie, z (2) wynika, że

lecz (), więc

2. Istnieje tylko jeden punkt spełniający warunek (1). Jeśli bowiem dla punktu zachodzi równość (1), a dla punktu równość

to odejmując (1) od (3), otrzymujemy

skąd

Ponieważ , więc z powyższej równości wynika, że , tzn. punkty i są identyczne.

Punkt określony jednoznacznie równością (1) nazywa się środkiem masy układu punktów materialnych .

Przykłady. a) Środkiem masy pary punktów , jest środek odcinka , gdyż z równości wynika, że - , zatem .

b) Środkiem masy trójki punktów , , jest punkt przecięcia środkowych trójkąta , gdyż, według oznaczeń podanych na rys. 27, , zatem

Podzielmy układ punktów o środku masy na dwie części i , dla których środkami masy niech będą punkty i . Wówczas

Odejmując drugą i trzecią równość od pierwszej, otrzymujemy

skąd

i

Punkt jest więc środkiem masy pary punktów , o masach i . Zachodzi zatem twierdzenie:

Środek ciężkości układu punktów nie ulega zmianie, gdy układ ten podzielimy na części i każdą część zastąpimy jej środkiem masy, przypisując mu masę równą sumie mas punktów tej części.

Korzystając z tego twierdzenia, możemy wyznaczyć środek masy trójki punktów , , prościej niż poprzednio w przykładzie b). Mianowicie (rys. 27) jest środkiem masy pary i , leży zatem na środkowej trójkąta ; tak samo leży on na każdej z pozostałych środkowych. Stąd wynika, że środkowe trójkąta przecinają się w jednym punkcie. Poza tym

więc punkt dzieli środkową w stosunku .

Uwaga 2. Założenie, że punkty , , , są różne, można pominąć; w żadnym z poprzednich dowodów nie korzystaliśmy z tego założenia, tzn. udowodniliśmy twierdzenie mocniejsze.

XIV OM - III - Zadanie 3

Z danego trójkąta wyciąć prostokąt o największym polu.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że prostokąt leży w danym trójkącie . Udowodnimy najpierw, że jeżeli wszystkie wierzchołki , , , prostokąta leżą na obwodzie trójkąta , to pole prostokąta jest co najwyżej równe połowie pola trójkąta , przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy dwa wierzchołki prostokąta leżą w środkach dwóch boków trójkąta.

Z założenia wynika, że dwa spośród punktów , , , , np. i , leżą na tym samym boku trójkąta, np. na ; przyjmijmy, że leży na a na (rys. 28).

Oznaczmy literą punkt symetryczny do punktu względem prostej .

a) Jeżeli i są środkami boków i (rys 28a), to punkt leży na boku oraz , . Wówczas .

b) Jeżeli , (rys. 28b), to punkt leży między prostymi i , proste i przecinają prostą w punktach i , przy czym , , ; wtedy .

c) Jeżeli , (rys. 28c), to punkt leży na zewnątrz trójkąta . Podobnie jak w przypadku b) .

Udowodnimy następnie, że jeżeli któryś z wierzchołków prostokąta leży wewnątrz trójkąta , to . Rozpatrzymy 3 możliwe przypadki:

a) Jeden bok prostokąta leży na boku trójkąta, np. leży na , a jeden z pozostałych wierzchołków, np. leży wewnątrz trójkąta (rys. 29).

Niech oznacza punkt przecięcia prostej z równoległą do poprowadzoną przez , - punkt przecięcia prostej z odcinkiem , - rzut punktu na bok . Wówczas

b) Jeżeli boki i są równoległe do prostej , ale na niej nie leżą, przy czym np. leży bliżej prostej niż (rys. 30), to prostokąt leży w trójkącie odciętym od prostą : Wówczas

c) Jeżeli żaden bok prostokąta nie jest równoległy do żadnego boku trójkąta , to prowadzimy przez wierzchołki , , proste równoległe do (rys. 31).

Z założenia wynika, że żadne dwie z tych prostych nie mogą się pokrywać, więc jedna z nich leży między dwiema innymi, np. ta, która przechodzi przez i przecina bok w . Prosta rozcina trójkąt na trójkąty i .

Jeżeli prostokąt leży w jednym z nich, np. w trójkącie , to

Jeżeli zaś rozcina prostokąt na dwa prostokąty o polach i leżące odpowiednio w trójkątach i , przy czym wierzchołek leży wewnątrz trójkąta , to

Zatem

Rozwiązanie zadania jest zatem następujące:

Prostokąt wycięty z trójkąta ma pole co najwyżej równe połowie pola trójkąta. Maximum to zachodzi wtedy, gdy dwa wierzchołki prostokąta leżą w środkach dwóch boków trójkąta, a dwa pozostałe - na trzecim boku.

Z trójkąta ostrokątnego można wyciąć taki prostokąt trzema sposobami, z prostokątnego - dwoma, a z rozwartokątnego tylko jednym sposobem.

Uwaga. Wynik, który uzyskaliśmy, można uogólnić. Jeżeli mianowicie w powyższym twierdzeniu zastąpimy wyraz ,,prostokąt'' wyrazem ,,równoległobok'', otrzymamy także twierdzenie prawdziwe. Aby tego dowieść, weźmy pod uwagę równoległobok leżący w trójkącie (rys. 32).

Niech będzie rzutem punktu na prostą .

Przekształćmy trójkąt i równoległobok przez powinowactwo osiowe, którego osią jest prosta i w którym punktowi odpowiada punkt . Jak wiadomo, punkt odpowiadający dowolnemu punktowi płaszczyzny, np. punktowi , otrzymuje się w następujący sposób: Wyznaczamy punkt przecięcia prostej z osią ; punkt , w którym prosta przecina prostą poprowadzoną z równolegle do , jest punktem żądanym. Trójkątowi odpowiada w ten sposób trójkąt , równoległobokowi - prostokąt leżący w trójkącie . Przy tym przekształceniu pola figur nie ulegają zmianie, zatem

tzn. pole równoległoboku wyciętego z trójkąta jest co najwyżej równe połowie pola trójkąta.

XIV OM - III - Zadanie 4

Dowieść, że dla każdej liczby naturalnej zachodzi nierówność

Rozwiązanie

Oznaczmy dla krótkości . Mamy dowieść, że dla każdego naturalnego . Nasuwa się myśl, żeby zastosować indukcję zupełną.

Twierdzenie jest prawdziwe dla , gdyż . Przypuśćmy, że dla pewnego naturalnego . Wówczas

Twierdzenie będzie dowiedzione, jeśli wykażemy, że

Przekształcając tę nierówność, otrzymujemy kolejno nierówności równoważne

Otrzymaliśmy nierówność, która nie jest prawdziwa dla , wobec czego z założenia indukcyjnego nie możemy wysnuć potrzebnego nam wniosku. Jednakże jest ona prawdziwa dla każdego naturalnego . Wobec tego trzeba zmodyfikować poprzednie rozumowanie. Stwierdzamy prawdziwość twierdzenia nie tylko dla , ale i dla , mianowicie .

Następnie zakładamy, że twierdzenie jest prawdziwe dla pewnego ; rachunek poprzedni prowadzi do wniosku, że jest ono wówczas prawdziwe dla , a zatem na podstawie indukcji jest prawdziwe dla każdego naturalnego .

Zaniedbanie sprawdzenia słuszności twierdzenia dla byłoby poważnym błędem. Jeżeli twierdzenie o liczbie naturalnej jest prawdziwe dla i jeżeli dla każdego naturalnego z prawdziwości twierdzenia dla wynika jego prawdziwość dla , to stąd wcale nie można wnioskować, że twierdzenie jest prawdziwe dla każdego naturalnego . Popełniając ten błąd można by ,,udowodnić'' różne fałszywe twierdzenia, np. takie: ,,W dowolnym ciągu liczb całkowitych każda liczba ma tę samą resztę w dzieleniu przez ''. Oto ,,dowód'': dla twierdzenie jest prawdziwe.

Przypuśćmy, że jest ono prawdziwe dla pewnego . Wówczas jest ono również prawdziwe dla . Istotnie, niech będzie dowolnym ciągiem liczb naturalnych. Na mocy założenia indukcyjnego liczby i tak samo liczby mają tę samą resztę w dzieleniu przez . Ponieważ , więc ciągi i mają co najmniej jedną liczbę wspólną, zatem wszystkie liczby mają tę samą resztę przy dzieleniu przez .

Zauważmy, że dowód nierówności można bardzo łatwo przeprowadzić bez stosowania indukcji. Gdy , nierówność jest prawdziwa, gdy zaś , to

XIV OM - III - Zadanie 5

Dowieść, że wielomian stopnia piątego

nie jest iloczynem dwóch wielomianów stopnia niższego o współczynnikach całkowitych.

Rozwiązanie

Zauważmy, że jeżeli wielomian, w którym współczynnik najwyższego wyrazu równa się , jest iloczynem dwóch wielomianów o współczynnikach całkowitych, to można przyjąć, że w każdym z tych czynników współczynnik najwyższego wyrazu też równa się . Gdyż jeżeli ich najwyższymi wyrazami są i , to , więc lub , przy czym ten drugi przypadek sprowadza się do pierwszego przez zmianę znaku każdego z czynników.

Należy zatem dowieść, że dany wielomian nie jest iloczynem dwóch wielomianów o współczynnikach całkowitych mającym postać [ - wielomian stopnia czwartego], bądź postać ).

Przypuśćmy że

gdzie liczba jest całkowita.

Podstawiając , otrzymujemy

Równość ta nie może jednak zachodzić. Gdy bowiem jest podzielne przez , to lewa strona tej równości jest liczbą całkowitą niepodzielną przez , gdy zaś jest niepodzielne przez , to lewa strona jest liczbą całkowitą niepodzielną przez . Rozkład (a) jest więc niemożliwy.

Przypuśćmy, że

gdzie liczby są całkowite. Współczynniki przy jednakowych, potęgach po obu stronach tej tożsamości muszą być równe, więc

Z równości (1) wynika, że jedna i tylko jedna z liczb , jest podzielna przez .

Jeżeli jest podzielne, a - niepodzielne przez , to z równości (2) wynika, że jest podzielne przez , wobec czego z równości (3) wnioskujemy, że jest podzielne przez , co przeczy przyjętemu założeniu.

Jeżeli jest niepodzielne, a - podzielne przez , to z równości (2) wynika, że jest podzielne przez , wobec czego z równości (3) wnioskujemy, że jest podzielne przez ; w takim razie z równości (4) wynika, że jest podzielne przez , tzn. otrzymujemy sprzeczność z założeniem. Zatem rozkład (b) jest niemożliwy.

Uwaga. Wielomian o współczynnikach wymiernych, który nie jest iloczynem dwóch wielomianów stopnia niższego o współczynnikach wymiernych, nazywa się wielomianem nieprzywiedlnym albo pierwszym w zbiorze liczb wymiernych. Udowodniliśmy wyżej, że wielomian jest nieprzywiedlny. Analizując ten dowód dostrzeżemy łatwo, że korzystaliśmy w nim tylko z tego, że wszystkie współczynniki wielomianu oprócz pierwszego są podzielne przez i że ostatni współczynnik nie jest podzielny przez .

Zachodzi twierdzenie ogólne zwane kryterium Eisensteina nieprzywiedlności wielomianów:

Jeżeli współczynniki wielomianu

są całkowite i jeżeli istnieje taka liczba pierwsza , że współczynniki są podzielne przez , nie jest podzielne przez oraz nie jest podane przez , to wielomian jest nieprzywiedlny w zbiorze liczb wymiernych.

Dowód. Przypuśćmy, że przy powyższych założeniach

gdzie: liczby i są całkowite, . Wspołczynmki przy jednakowych potęgach po obu stronach tej równości muszą być równe, więc

Ponieważ jest podzielne przez , ale nie jest podzielne przez , więc z (1) wynika, że jedna i tylko jedna z liczb , jest podzielna przez . Przypuśćmy, że jest podzielne a niepodzielne przez . Wówczas z równości (2), której prawa strona jest podzielna przez wynika, że jest podzielne przez ; podobnie z równości (3) wynika, że jest podzielne przez itd., wreszcie z równości wynika, że jest podzielne przez , co wobec równości jest sprzeczne z założeniem, że nie jest podzielne przez . W taki sam sposób dochodzimy do sprzeczności, jeśli przypuścimy, że jest podzielne oraz niepodzielne przez . Przypuszczenie, że nie jest wielomianem nieprzywiedlnym jest więc fałszywe.

Z twierdzenia Eisensteina wynika bezpośrednio nieprzywiedlność wielomianu w zadaniu 23.

XIV OM - III - Zadanie 6

Przez wierzchołek kąta trójściennego, w którym żadna krawędź nie jest prostopadła do przeciwległej ściany, poprowadzono w płaszczyźnie każdej ściany prostą prostopadłą do przeciwległej krawędzi. Dowieść, że otrzymane trzy proste leżą w jednej płaszczyźnie.

Rozwiązanie

Niech , i oznaczają proste odpowiednio prostopadłe do krawędzi , , trójścianu i leżące w płaszczyznach ścian , , . Wobec założenia, że żadna krawędź trójścianu nie jest prostopadła do przeciwległej ściany, proste , i są określone jednoznacznie.

Niech następnie , , oznaczają płaszczyzny poprowadzone odpowiednio przez krawędzie , , i prostopadłe do prostych , , . Płaszczyzny , , są odpowiednio prostopadłe do płaszczyzn , , , wobec czego mają one wspólną prostą (patrz zadanie 18). Ponieważ jest prostopadłe do płaszczyzny zawierającej prostą , więc i tak samo , .

Proste , , leżą, zatem w jednej płaszczyźnie prostopadłej do prostej (rys. 33).