XIV OM - I etap

I etap XIV Olimpiady Matematycznej

XIV OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XIV OM, 1962-1963

Etap:

Dowieść, że jeżeli $a$ , $b$ , $m$ są takimi liczbami całkowitymi, że $a^2 + 2mb^2$ jest kwadratem liczby całkowitej, to $a^2 + mb^2$ jest sumą kwadratów dwóch liczb całkowitych.

Rozwiązanie

Niech $mb^2 = n$ ; twierdzenie, które mamy udowodnić, otrzymuje postać prostszą: Dowieść, że jeżeli $a^2 + 2n$ , gdzie $a$ i $n$ oznaczają liczby całkowite, jest kwadratem liczby całkowitej, to $a^2 + n$ jest sumą kwadratów dwóch liczb całkowitych.

Według założenia

$ (1) \qquad a^2 + 2n = k^2, \textrm{ zatem } n = \frac{k^2-a^2}{2} (k \textrm{ - liczba całkowita }), $

stąd

$ (2) \qquad a^2 + n = a^2 + \frac{k^2 - a^2}{2} = \frac{k^2 + a^2}{2} = \left( \frac{k + a}{2} \right)^2 + \left( \frac{k - a}{2} \right)^2. $

Z równości (1) wynika, że $k^2 - a^2$ jest liczbą parzystą, zatem liczby $k$ i $a$ są albo obie parzyste, albo obie nieparzyste. W takim razie $\frac{k + a}{2}$ i $\frac{k - a }{2}$ są liczbami całkowitymi i $a^2 + n$ jest według (2) sumą kwadratów dwóch liczb całkowitych.

Uwaga I. Twierdzenie powyższe jest przypadkiem szczególnym twierdzenia:

Jeżeli liczba parzysta $2m$ jest sumą kwadratów dwóch liczb całkowitych, to jej połowa, tj. liczba $m$ jest także sumą dwóch kwadratów liczb całkowitych. Istotnie, jeżeli $2m = k^2 + l^2$ , to $k$ i $l$ są tej samej parzystosci i mamy rozkład $m = \frac{k^2+l^2}{2} = \left( \frac{k+l}{2} \right)^2 + \left( \frac{k-l}{2} \right)^2$ .

Biorąc $m = a^2 + n$ i $l = a$ , otrzymujemy twierdzenie poprzednie.

Prawdziwe jest również twierdzenie odwrotne. Jeżeli mianowicie

$ m = u^2 + v^2 $

$ 2m = 2u^2 + 2v^2 = (u + v)^2 + (u - v)^2. $

Uwaga II. Ciekawe zagadnienie, które liczby naturalne są sumami dwóch kwadratów, należy do klasycznych zagadnień teorii liczb. Łatwo dowieść, że żadna liczba naturalna postaci $4k + 3$ nie równa się sumie dwóch kwadratów liczb całkowitych. Istotnie, kwadrat liczby całkowitej daje z dzielenia przez $4$ resztę $0$ albo $1$ , więc reszta z dzielenia sumy dwóch kwadratów przez $4$ równać się może tylko $0$ , $1$ lub $2$ .

Zachodzi natomiast następujące twierdzenie: Każda liczba pierwsza postaci $4k + 1$ 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 $2$ jest wtedy i tylko wtedy sumą dwóch kwadratów, gdy ma postać $4k + 1$ .

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 $m$ i $n$ jest sumą dwóch kwadratów, to ich iloczyn $mn$ jest także sumą dwóch kwadratów, gdyż jeżeli $m = a^2 + b^2$ i $n = c^2 + d^2$ , to

$ mn = (a^2 + b^2) (c^2 + d^2) = (ac + bd)^2 + (ad - bc)^2. $

Ponieważ $a^2 = a^2 + 0^2$ , więc jeżeli liczba $m$ jest sumą dwóch kwadratów, to każda liczba postaci $a^2 \cdot m$ jest też sumą dwóch kwadratów.

Z powyższego wynika, że jeżeli w rozkładzie liczby naturalnej na czynniki pierwsze te liczby pierwsze, które mają postać $4k + 3$ , 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 $4k + 3$ 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 $a^2 + b^2$ , w których $a$ i $b$ różnią się tylko znakami, wobec czego przyjmiemy, że w rozważanych rozkładach składniki są nieujemne.

Nietrudno dowieść, że dla liczby pierwszej $p$ postaci $4k + 1$ istnieje tylko jeden rozkład na sumę dwóch kwadratów. Przypuśćmy, że

$ (3) \qquad p = a^2 + b^2 \textrm{ i } p = c^2 + d^2. $

Wówczas

$ (4) \qquad p^2 = (a^2 + b^2) (c^2 + d^2) = (ac + bd)^2 + (ad - bc)^2 = (ad + bc)^2 + (ac - bd)^2. $

Otóż

$ (ac + bd) (ad + bc) = a^2cd + b^2cd + c^2ab + d^2ab = (a^2 + b^2)cd + (c^2 + d^2)ab = p(ab + cd), $

iloczyn $(ac + bd) (ad + bc)$ jest zatem podzielny przez liczbę pierwszą $p$ , wobec czego któryś z jego czynników jest podzielny przez $p$ .

Wystarczy rozpatrzyć przypadek, gdy

$ ac + bd = k' \cdot p, $

gdzie $k$ jest całkowite i dodatnie.

Z równości (4) wynika wówczas, że

$ ad - bc = l \cdot p $

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

$ p^2 = k^2p^2 + l^2p^2, $

a stąd

$ k^2 + l^2 = 1 . $

Ponieważ $k > 0$ , więc z ostatniego równania otrzymujemy $k = 1$ , $l = 0$ , wobec czego

$ ac + bd = p, $

$ ad - bc = 0. $

Rozwiązując te równania względem $c$ i $d$ , otrzymujemy

$ c = \frac{ap}{a^2+b^2} = a, \ d = \frac{bp}{a^2+b^2} = b, $

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

Dla liczb złożonych liczba rozkładów na sumę dwóch kwadratów może być dowolnie wielka. Można na przykład dowieść, że iloczyn $n$ różnych liczb pierwszych postaci $4k + 1$ posiada $2^{n-1}$ rozkładów:

$ 65 = 5 \cdot 13 = 1^2 + 8^2 = 4^2 + 7^2 $

$ 1105 = 5 \cdot 13 \cdot 17 = 4^2 + 33^2 = 9^2 + 32^2 = 12^2 + 31^2 = 23^2 + 24^2 itd.. $

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

XIV OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XIV OM, 1962-1963

Etap:

Dowieść, że iloczyn dwumianów

$ P(x) = (x^m - 1) (x^{m+1}-1) (x^{m+2}-1) (x^{m+3} - 1)(x^{m+1}- 1) , $

gdzie $m$ jest liczbą naturalną, jest podzielny przez iloczyn dwumianów

$ Q(x) = (x-1) (x^2 - 1) (x^3 - 1) (x^4 - 1) (x^5 - 1). $

Rozwiązanie

Ponieważ

$ x^2 - 1 = (x - 1) (x + 1),\ x^3 - 1 = (x - 1) (x^2 + x + 1), $

$ x^4 - 1 = (x - 1) (x + 1) (x^2 + 1),\ x^5 - 1 = (x - 1) (x^4 + x^3 + x^2 + x + 1) $

więc

$ (1) \qquad Q(x) = (x- 1)^5(x + 1)^2 (x^2 + 1) (x^2 + x + 1) (x^4 + x^3 + x^2 + x + 1). $

W rozkładzie (1) wielomianu $Q(x)$ czynniki

$ (2) \qquad (x - 1)^5,\ (x + 1)^2,\ x^2 + 1,\ x^2 + x + 1,\ x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 $

są parami względnie pierwsze. Istotnie, wielomian $(x - 1)^5$ jest pierwszy względem każdego z pozostałych wielomianów (2), jest on bowiem potęgą nierozkładalnego wielomianu $x - 1$ , który nie jest dzielnikiem żadnego z owych wielomianów, gdyż żaden z nich nie ma pierwiastka równego $1$ . To samo stosuje się do wielomianu $(x + 1)^2$ . Aby wykazać, że trzy pozostałe wielomiany ciągu (2) są parami względnie pierwsze, wystarczy zauważyć, że

$ (3) \qquad (x^2 + x + 1) - (x^2 + 1) = x, $

$ (4) \qquad (x^4 + x^3 + x^2 + x + 1) - (x^2 + x) (x^2 + 1) = 1, $

$ (5) \qquad (x^4 + x^3 + x^2 + x + 1) - x^2(x^2 +x + 1) = x + 1. $

Z równości (3) wynika, że każdy wspólny dzielnik wielomianów $x^2 + x + 1$ i $x^2+ 1$ nie będący stałą, musiałby być dzielnikiem wielomianu nierozkładalnego $x$ , miałby więc postać $kx$ , gdzie $k$ jest liczbą różną od zera; tymczasem ani $x^2 + x + 1$ ani $x^2 + 1$ nie jest podzielne przez $kx$ dla żadnego $k$ . Z równości (4) i (5) wynika podobnie, że wielomian $x^4 + x^3 + x^2 + x + 1$ jest pierwszy względem każdego z wielomianów $x^2+1$ ,i $x^2+x+1$ .

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

Wielomian $P(x)$ jest iloczynem pięciu czynników

$ (6) \qquad x^m-1,\ x^{m + 1}-1,\ x^{m + 2}-1,\ x^{m + 3}-1,\ x^{m + 4}-1. $

Każdy z wielomianów (6) jest podzielny przez $x - 1$ , więc $P(x)$ jest podzielne przez $(x - 1)^5$ . W ciągu pięciu kolejnych, liczb naturalnych

$ (7) \qquad m,\ m + 1,\ m + 2,\ m + 3,\ m + 4 $

co najmniej dwie są parzyste, co najmniej jedna jest podzielna przez $3$ , co najmniej jedna jest podzielna przez $4$ , a jedna jest podzielna przez $5$ . Wobec tego w ciągu wielomianów (6):

a) co najmniej dwa mają postać $x^{2k} - 1 = (x^2)^k - 1$ , więc są podzielne przez $x^2 - 1$ , a tym samym przez $x + 1$ , skąd wynika, że $P(x)$ jest podzielne przez $(x + 1)^2$ ;

b) co najmniej jeden ma postać $x^{3k} - 1 = (x^3)^k - 1$ , więc jest podzielny przez $x^3 - 1 = (x - 1) (x^2 + x + 1)$ , zatem $P(x)$ jest podzielne przez $x^2 + x + 1$ ;

c) co najmniej jeden ma postać $(x^{4k} - 1) = (x^4)^k - 1$ , więc jest podzielny przez $x^4 - 1 = (x^2 - 1) (x^2 + 1)$ , wobec czego $P(x)$ jest podzielne przez $x^2 + 1$ ;

d) jeden z nich ma postać $x^{5k} - 1 == (x^5)^k - 1$ , jest więc podzielny przez $x^5 - 1 = (x - 1) (x^4 + x^3 + x^2 + x + 1)$ , skąd wynika podzielność wielomianu $P(x)$ przez $x^4 + x^3 + x^2 + x + 1$ .

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

$ (8) \qquad P(x) = (x^m- 1) (x^{m + 1} - 1) \ldots (x^{m + r-1} - 1) $

jest podzielny przez iloczyn dwumianów

$ (9) \qquad Q(x) = (x- 1)(x^2- 1) \ldots (x^r- 1). $

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

W zbiorze liczb zespolonych dwumian $x^k - 1$ ( $k$ - liczba naturalna) ma $k$ różnych pierwiastków. Są nimi liczby

$ x_{h,k} = \cos \frac{2\pi h}{k} + \sin \frac{2\pi h}{k} ,\ (h = 1,2, \ldots, k) $

zwane pierwiastkami stopnia $k$ z jedności. Zatem

$ (10) \qquad x^k - 1 = (x - x_{1,k}) (x - x_{2,k}) \ldots (x - x_{k,k}). $

Stosując wzór (10) do każdego z $r$ dwumianów iloczynu (9) rozłożymy $Q(x)$ na $1+2+\ldots + r = \frac{1}{2}r(r + 1)$ czynników postaci $x - x_{h,k}$ , w których $h$ i $k$ przybierają wartości $1,2, \ldots, r$ , przy czym $h \leq k$ . Niektóre z tych czynników są jednakowe; łatwo zauważyć, że $x_{h_1k_1} = x_{h_2k_2}$ wtedy i tylko wtedy, gdy $h_1 \colon k_1 = h_2 \colon k_2$ . Na przykład $x_{1,1} = x_{2,2} = \ldots = x_{r,r} = \cos 2\pi +i \sin 2\pi = 1$ , $x_{1,2} = x_{2,4} = \ldots = \cos\pi + i \sin \pi = -1$ itd. Łącząc równe czynniki, możemy przedstawić $Q(x)$ w postaci

$ (11) \qquad Q(x) = (x - x_1)^{\alpha_1} (x - x_2)^{\alpha_2} \ldots (x - x_s)^{\alpha_s}, $

gdzie $x_1, x_2, \ldots x_s$ oznaczają pierwiastki różne wielomianu $Q(x)$ , a liczby naturalne $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_s$ - wielokrotności tych pierwiastków.

Każde dwa czynniki iloczynu (11), np. $(x - x_\mu)^{\alpha_\mu}$ i $(x - x_\nu)^{\alpha_\nu}$ , gdzie $\mu \ne \nu$ , są względnie pierwsze, gdyż dwumiany $x - x_\mu$ i $x - x_\nu$ są względnie pierwsze.

Podobnie

$ (12) \qquad P(x) = (x- \xi_1)^{\beta_1}(x- \xi_2)^{\beta_2} \ldots (x- \xi_t)^{\beta_t}, $

gdzie $\xi_1, \xi_2, \ldots, \xi_t$ oznaczają pierwiastki różne wielomianu $P(x)$ , a $\beta_1, \beta_2, \ldots, \beta_t$ - wielokrotności tych pierwiastków.

Twierdzenie będzie udowodnione, jeśli wykażemy, że gdy $\nu$ jest jedną z liczb $1,2, \ldots, s$ , to $(x - x_\nu)^{\alpha_\nu}$ jest dzielnikiem któregoś czynnika $(x - \xi_\rho)^{\beta_\rho}$ iloczynu (12), tzn. że dla pewnego $\rho$ jest $x_\nu = \xi_\rho$ , a $\alpha_\nu \leq \beta_\rho$ .

Zauważmy najpierw, że gdy $x_\nu$ jest pierwiastkiem z jedności, tzn. $x_\nu^k = 1$ dla pewnych naturalnych liczb $k$ , wtedy wśród takich liczb $k$ istnieje najmniejsza; oznaczymy ją przez $k_\nu$ . Jeśli $x_\nu^k = 1$ , dla pewnego $k$ , a $k = pk_\nu + q$ , gdzie $0 \leq g < k_\nu$ , to

$ x_\nu^{pk_\nu + q} = (x_\nu^{k_\nu} ) \cdot x_\nu^q = 1, \textrm{ zatem } x_\nu^q = 1 $

a że $q < k_\nu$ , więc $q = 0$ , wobec czego

$ k = pk_\nu. $

Dwumian $x^k - 1$ jest więc podzielny przez $x - x_\nu$ wtedy i tylko wtedy, gdy $k$ jest wielokrotnością $k_\nu$ .

Stąd wynika, że w iloczynie (9) jest tyle czynników podzielnych przez $x - x_\nu$ ile jest liczb podzielnych przez $k_\nu$ w ciągu

$ 1, 2, \ldots, r, $

inaczej mówiąc, ile wynosi największa liczba całkowita w ciągu

$ \frac{1}{k_\nu}, \frac{2}{k_\nu}, \ldots, \frac{r}{k_\nu}. $

Ponieważ dla każdego z owych czynników $x_\nu$ jest pierwiastkiem pojedynczym, więc ich liczba równa się wielokrotności pierwiastka $x_\nu$ wielomianu $Q(x)$ , tzn. wykładnikowi $\alpha_\nu$ w rozkładzie (11).

A zatem

$ \alpha_\nu = \left[ \frac{r}{k_\nu} \right], $

gdzie $\left[ \frac{r}{k_\nu} \right]$ oznacza największą liczbę całkowitą nie mniejszą od $\frac{r}{k_\nu}$ .

Gdy $x_\nu$ jest pierwiastkiem wielomianu $Q(x)$ , to z uwagi na (9) zachodzi nierówność $k_\nu \leq r$ , zatem co najmniej jedna z $r$ liczb $m, m + 1, \ldots, m + r - 1$ jest podzielna przez $k_\nu$ , skąd wynika, że $x_\nu$ jest również pierwiastkiem wielomianu $P(x)$ ; niech np. $x_\nu = \xi_\rho$ .

Wykładnik $\beta_\rho$ czynnika $(x - \xi_\rho)^{\beta_\rho}$ rozkładu (12) obliczymy podobnie, jak poprzednio $\alpha_\nu$ . Mianowicie $\beta_\rho$ równa się liczbie tych wyrazów ciągu

$ m, m + 1, \ldots, m + r - 1, $

które są podzielne przez $k_\nu$ .

Otóż w ciągu

$ 1, 2, \ldots, m - 1, m, m + 1, \ldots, m + r - 1 $

liczb podzielnych przez $k_\nu$ jest $\left[\frac{m + r-1}{k_\nu} \right]$ ; a w ciągu

$ 1, 2, \ldots, m - 1 $

jest ich $\left[\frac{m -1}{k_\nu} \right]$ . Zatem

$ \beta_\rho = \left[\frac{m + r-1}{k_\nu} \right] - \left[\frac{m - 1}{k_\nu} \right]. $

Ponieważ

$ \left[\frac{m + r - 1}{k_\nu} \right] \geq \left[\frac{m - 1}{k_\nu} \right] + \left[\frac{r}{k_\nu} \right]. $

więc

$ \beta_\nu \geq \alpha_\nu. $

Dowód został przeprowadzony.

XIV OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XIV OM, 1962-1963

Etap:

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

Rozwiązanie

Gdy $\measuredangle ACB$ jest prosty, twierdzenie jest oczywiste, gdyż $H$ i $K$ pokrywają się wtedy z punktem $C$ i $HK = 0$ . Załóżmy, że $\measuredangle ACB = \gamma \ne 90^\circ$ . Punkty $H$ i $K$ leżą na okręgu o średnicy $AB$ (rys. 1); niech $O$ będzie jego środkiem. Na podstawie twierdzenia o kącie wpisanym $\measuredangle HOK = 2 \cdot \measuredangle HAK$ . Jeżeli kąt $\gamma$ jest ostry, to punkt $H$ leży między punktami $B$ i $C$ i $\measuredangle HAK = 90^\circ - \gamma$ . Jeśli zaś kąt $\gamma$ jest rozwarty, to $\measuredangle HAK = \gamma - 90^\circ$ . W. obu przypadkach wielkość kąta środkowego $HOK$ jest stała, zatem również długość cięciwy $HK$ jest stała.

Zadanie można rozwiązać również na drodze rachunku. Z $\triangle HCK$ mamy $HK^2 = HC^2 + KC^2 - 2HC \cdot KC \cdot \cos \gamma$ .

Ponieważ $HC^2 = AC^2 \cos^2 \gamma$ , $KC^2 = BC^2 \cos^2 \gamma$ , więc

$ HK^2 = (AC^2 + BC^2 - 2AC \cdot BC \cos \gamma)\cos^2 \gamma, $

a stąd

$ HK = AB | \cos \gamma |. $

XIV OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XIV OM, 1962-1963

Etap:

W koło wielkie kuli o promieniu $r$ wpisano wielokąt foremny o $n$ bokach. Dowieść, że suma kwadratów odległości dowolnego punktu $P$ powierzchni kuli od wierzchołków wielokąta równa się $2nr^2$ .

Rozwiązanie

Niech symbol $\overline{AB}$ oznacza wektor o początku $A$ i końcu $B$ , a $AB$ - długość tego wektora. Wówczas

$ \overline{PA_k} = \overline{PO} + \overline{OA_k}, $

stąd

$ (\overline{PA_k})^2 = (\overline{PO})^2 + (\overline{OA_k})^2 + 2 \overline{PO} \cdot \overline{OA_k}, $

więc

$ PA_k^2 = PO^2 + OA_k^2+ 2\overline{PO} \cdot \overline{OA_k} = 2r^2 + 2\overline{PO} \cdot \overline{OA_k}. $

Zatem

$ (3) \qquad PA_1^2 + PA_2^2 + \ldots + PA_n^2= 2nr^2 + 2\overline{PO} (\overline{OA_1} + \overline{OA_2} + \ldots + \overline{OA_n}). $

Otóż suma wektorów $\overline{OA_1} + \overline{OA_2} + \ldots + \overline{OA_n}$ równa się zeru. Jeżeli bowiem obrócimy całą figurę dokoła punktu $O$ o kąt $\frac{2\pi}{n}$ , to każdy z wektorów $OA_k$ przejdzie w następny, wobec czego ich suma pozostanie ta sama; jest ona więc takim wektorem, który przy obrocie o pewien kąt różny od $2k\pi$ 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

Zawody matematyczne:

XIV OM, 1962-1963

Etap:

Ile cyfr ma liczba

$ 2^{2^{16}} + 1 $

napisana w układzie dziesiętnym?

Rozwiązanie

Zadanie to łatwo rozwiązać przy użyciu $5$ -cyfrowych tablic logarytmów dziesiętnych. Według tablic $\log 2$ równa się w przybliżeniu $0,30103$ , przy czym błąd tego przybliżenia jest mniejszy od $0,00001$ , wobec czego

$ 0,30102 < \log 2 < 0,30104, $

zatem

$ 2^{16} \cdot 0,30102 < \log 2^{2^{16}} < 2^{16} \cdot 0,30104; $

po wykonaniu mnożenia przez $2^{16} = 65536$ otrzymujemy nierówność

$ 19727 < \log 2^{2^{16}} < 19729. $

Stąd wynika, że liczba $2^{2^{16}}$ ma $19728$ lub $19729$ cyfr, co nie daje jeszcze odpowiedzi na postawione pytanie. Aby ją uzyskać, trzeba $\log 2$ ocenić dokładniej. W tym celu skorzystamy z podanej w tablicach wartości przybliżonej logarytmu liczby $2^{10} = 1024$ . Według tablic $\log 1024 \approx 3,01030$ z błędem mniejszym od $0,00001$ , zatem

$ 10 \log 2 > 3,01029 $

skąd

$ \log 2 > 0,301029 $

więc

$ \log 2^{2^{16}} > 0,301029 \cdot 65536 > 19728. $

A zatem liczba $2^{2^{16}}$ ma $19729$ cyfr. Ponieważ liczba $2^{2^{16}}$ jest parzysta, więc ostatnią jej cyfrą nie jest $9$ , wobec czego liczba $2^{2^{16}} + 1$ ma także $19729$ cyfr.

XIV OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XIV OM, 1962-1963

Etap:

Rozwiązać w liczbach naturalnych równanie

$ 2x^3 + xy - 7 = 0. $

Rozwiązanie

Napiszmy dane równanie w postaci

$ x(2x^2 + y) = 7. $

Jeżeli $x$ i $y$ są liczbami naturalnymi, to $2x^2 + y$ jest liczbą naturalną większą od $x$ ; ponieważ $7$ nie ma innych dzielników naturalnych prócz $1$ i $7$ , więc

$ x = 1,\ 2x^2 + y = 7, \textrm{ a stąd } y = 5. $

Zauważmy, że dane równanie ma dwa rozwiązania całkowite ujemne, mianowicie $(- 1, - 9)$ i $(- 7, - 99)$ .

XIV OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XIV OM, 1962-1963

Etap:

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

Rozwiązanie

Poprowadźmy przez punkty $A$ , $B$ , $C$ proste $a$ , $b$ , $c$ równoległe do prostej $p$ . Przypuśćmy, że są to trzy różne proste; wówczas jedna z nich leży w pasie ograniczonym dwiema innymi. Niech to będzie prosta $a$ ; przecina ona bok $BC$ w pewnym punkcie $D$ (rys. 4). Jeśli $BD = DC$ , poszukiwaną prostą jest $AD$ ; przypuśćmy, że $BD < DC$ ; w przypadku, gdy $BD > DC$ , rozwiązanie jest analogiczne.

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

$ (1) \qquad \frac{\textrm{pole }MNC}{\textrm{pole }ADC} = \frac{CN^2}{CD^2}. $

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

$ (2) \qquad \frac{\textrm{pole }ADC}{\textrm{pole }ABC} = \frac{CD}{CB}. $

Mnożąc powyższe równości i uwzględniając, że

$ \textrm{pole }MNC = \frac{1}{2} \textrm{pole }ABC, $

otrzymujemy

$ (3) \qquad CN^2 = \frac{1}{2} CB \cdot CD. $

Odcinek $CN$ jest zatem średnią geometryczną odcinków $\frac{1}{2} CB$ i $CD$ . Możemy go zbudować w znany sposób, jak zaznaczono na rys. 4. Prowadząc $MN \parallel AD$ , otrzymujemy żądany podział trójkąta, albowiem spełnione są wówczas równości (1), (2), (3), a z nich wynika łatwo, że $\textrm{pole }CMN = \frac{1}{2} \textrm{pole }ABC$ .

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

$ CN^2 = \frac{1}{2} CB^2. $

Uwaga. Warunek: $\textrm{pole }MNC = -\frac{1}{2} \textrm{pole }ABC$ możemy zastąpić warunkiem ogólniejszym: $\textrm{pole }MNC = k \cdot \textrm{pole }ABC$ , gdzie $k$ oznacza dowolną liczbę wymierną. Zadanie rozwiązuje się tak samo. Szukany odcinek $CN$ jest średnią geometryczną odcinków $k \cdot CB$ i $CD$ .

XIV OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XIV OM, 1962-1963

Etap:

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 $W$ będzie dowolnym wielokątem nieforemnym, którego boki lub przedłużenia boków są styczne do okręgu $C$ o promieniu $r$ i o środku $O$ . Zbudujmy wielokąt $W_1$ jednokładny do $W$ względem $O$ w stosunku $k \ne 1$ . Wielokąty nieforemne $W$ i $W_1$ spełniają zadane warunki, gdyż są podobne w stosunku $k \ne 1$ , odpowiednie ich boki są równoległe, a odległość każdej pary odpowiednich boków wynosi $r | k - 1 |$ . Na rysunku 6 wielokąty $W$ i $W_1$ 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 $W$ i $W_1$ spełniają warunki postawione w zadaniu. I na to pytanie odpowiedź jest przecząca, jak pokazuje przykład 2 prostokątów $ABCD$ i $A_1B_1C_1D_1$ (rys. 8), o wspólnym środku i o bokach równoległych, przy czym $AB = 2A_1B_1 = 3BC= 6B_1C_1$ ; odległość każdej pary odpowiednich boków jest równa $d = 1,5$ . Ogólnie można obrać $AB = k \cdot A_1B_1 = \frac{k+1}{k-1} BC$ ; wówczas $d = \frac{k-1}{2k} \cdot AB$ .

Zachodzi jednak twierdzenie, że jeżeli wielokąty $W$ i $W_1$ 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 $4$ 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 $W$ i $W_1$ są podobne w stosunku $k \ne 1$ (przy czym w tym podobieństwie $P$ odpowiednie boki wielokątów są równoległe) i jeżeli $W$ i $W_1$ nie są wielokątami prostokątnymi, to podobieństwo $P$ jest jednokładnością.

Dowód. Wielokąt $W$ ma według założenia parę nieprostopadłych kolejnych boków $AB$ i $BC$ ; niech bokom tym odpowiadają w podobieństwie $P$ między $W$ i $W_1$ boki $A_1B_1$ i $B_1C_1$ wielokąta $W_1$ . Ponieważ $AB \parallel A_1B_1$ i $AB = k \cdot A_1B_1$ ( $k \ne 1$ ), więc istnieje taki punkt $O$ , że jednokładność $H$ o środku $O$ i stosunku $k$ przekształca punkt $A_1$ na punkt $A$ , a punkt $B_1$ na punkt $B$ ; punktem jednokładnym do $C_1$ niech będzie $C_2$ . Trójkąty $ABC$ , i $ABC_2$ są oba podobne do trójkąta $A_1B_1C_1$ w tym samym stosunku $k$ , więc są przystające; wobec tego punkt $C_2$ bądź pokrywa się z punktem $C$ , bądź jest symetryczny do $C$ względem prostej $AB$ . Ten drugi przypadek zachodzić jednak nie może. Istotnie, prosta $BC$ jest według założenia równoległa do prostej $B_1C_1$ , a prosta $B_1C_1$ jest równoległa do prostej jednokładnej $BC_2$ , zatem proste $BC$ i $BC_2$ są równoległe, tj. pokrywają się; tymczasem prosta $BC$ , która jest różna od $AB$ i nie jest prostopadła do $AB$ nie może pokrywać się ze swym obrazem symetrycznym względem osi $AB$ . Zatem punkt $C_2$ pokrywa się z punktem $C$ . Podobieństwo $P$ i jednokładność $H$ (która wszak też jest podobieństwem) przekształcają punkty $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ w te same punkty $A$ , $B$ , $C$ . Ponieważ na płaszczyźnie może istnieć tylko jedno podobieństwo, które $3$ dane punkty niewspółliniowe przekształca w $3$ określone punkty niewspółliniowe, więc podobieństwo $P$ jest identyczne z jednokładnością $H$ , c.n.d.

Bez założenia, że $W$ i $W_1$ nie są wielokątami prostokątnymi, teza nie byłaby słuszna. Na rys. 9 wielokąty $W$ i $W_1$ są podobne w stosunku $2 \colon 1$ i mają boki odpowiednio równoległe, lecz nie są jedndkładne.

Na rys. 10 pomiędzy prostokątami $W$ i $W_1$ zachodzi podobieństwo $P$ , w którym punktom $A$ , $B$ , $C$ , $D$ odpowiadają punkty $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ , $D_1$ . Podobieństwo to nie jest jednokładnością, gdyż proste $AA_1$ , $BB_1$ , $CC_1$ i $DD_1$ nie przechodzą przez jeden punkt. Dla tych prostokątów istnieją dwa środki jednokładności: punkt przecięcia $O$ prostych $AB_1$ i $A_1B$ , oraz punkt przecięcia $S$ prostych $CB_1$ i $DA_1$ . Jednokładność $H_O$ przekształca punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ odpowiednio na punkty $B_1$ , $A_1$ , $D_1$ , $C_1$ a jednokładność $H_S$ przekształca je na $D_1$ , $C_1$ , $B_1$ , $A_1$ .

B) Udowodnimy teraz twierdzenie:

Jeżeli wielokąty $W$ i $W_1$ są jedndkładne w stosunku $k \ne 1$ ,a przy tym każde dwie proste zawierające dwa boki odpowiednie tych wielokątów mają tę samą odległość $d$ , to środek jednokładności $O$ jest dla każdego z tych wielokątów środkiem koła wpisanego, tj. koła stycznego do wszystkich prostych zawierających boki wielokąta.

Zauważmy najpierw, że $d$ 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 $O$ nie może leżeć na jednej prostej z żadnym bokiem wielokąta $W$ bądź $W_1$ , gdyż wówczas $2$ odpowiednie boki $W$ i $W_1$ leżałyby na jednej prostej i byłoby $d = 0$ . Weźmy pod uwagę trzy kolejne wierzchołki $A$ , $B$ , $C$ wielokąta $W$ i odpowiadające im wierzchołki $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ wielokąta $W_1$ . Niech $m$ i $n$ oznaczają wysokości trójkątów $AOB$ i $BOC$ , a $m_1$ i $n_1$ - wysokości trójkątów $A_1OB_1$ i $B_1OC_1$ . Ponieważ $O$ jest środkiem jednokładności wielokątów $W$ i $W_1$ , więc punkty $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ leżą odpowiednio na prostych $OA$ , $OB$ , $OC$ , przy czym zachodzi jeden z przypadków:

a) $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ leżą odpowiednio wewnątrz odcinków $OA$ , $OB$ , $OC$ ,

b) $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ leżą na przedłużeniach odcinków $OA$ , $OB$ , $OC$ poza punkty $A$ , $B$ , $C$ ,

c) $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ leżą na przedłużeniach odcinków $OA$ , $OB$ , $OC$ poza punkt $O$ (rys. 11).

Przypuśćmy, że zachodzi przypadek a). Wówczas $m - m_1 = d$ , $n - n_1 = d$ , zatem

$ (1) \qquad m - m_1 = n - n_1, $

a wobec jednokładności $W$ i $W_1$

$ (2) \qquad \frac{m}{m_1} = \frac{n}{n_1} = k. $

Według (2) $m = km_1$ , $n = kn_1$ ; podstawiając do (1) otrzymujemy $m_1(1 - k) = k_1(1 - k)$ , a że $k \ne 1$ , więc

$ m_1 = n_1 \textrm{ i } m = n. $

Punkt $O$ jest zatem równoodległy od $2$ prostych zawierających $2$ dowolnie obrane kolejne boki wielokąta $W$ bądź $W_1$ ; jest on zatem środkiem okręgów wpisanych w $W$ i w $W_1$ .

W pozostałych przypadkach dowód jest analogiczny; w przypadku b) $m_1 - m = n_1 - n = d$ , a w przypadku c) $m + m_1 = n + n_1 = d$ .

Na pozór mogłoby się wydawać, że poprzedni przykład prostokątów $ABCD$ i $A_1B_1C_1D_1$ (rys. 8) przeczy powyższemu twierdzeniu, gdyż w prostokąty te nie można wpisać okręgów, pomimo że odległości prostych $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DA$ odpowiednio od prostych $A_1B_1$ , $B_1C_1$ , $C_1D_1$ , $D_1A_1$ są równe, a prócz tego prostokąty te są jednokładne. Nie ma tu jednak żadnej sprzeczności. Dlaczego?

C) Zauważmy, że dwa wielokąty prostokątne niewypukłe $W$ i $W_1$ , które są podobne w stosunku $k \ne 1$ i których boki odpowiednie są równoległe, nie mogą być tak położone, żeby każde dwie proste zawierające dwa boki odpowiednie miały tę samą odległość $d$ . Wielokąt prostokątny niewypukły posiada bowiem trzy takie boki, które leżą na trzech różnych prostych równoległych; niech $AB$ , $KL$ , $PQ$ będą takimi bokami wielokąta $W$ (rys. 12) a $A_1B_1$ , $K_1L_1$ , $P_1Q_1$ odpowiednimi bokami wielokąta $W_1$ . Przypuśćmy, że proste $AB$ i $A_1B_1$ mają tę samą odległość $d$ , co proste $KL$ i $K_1L_1$ i co proste $PQ$ i $P_1Q_1$ . W takim razie proste $A_1B_1$ i $K_1L_1$ otrzymuje się przez przesunięcie równoległe prostych $AB$ i $KL$ o ten sam odcinek $d$ ale w kierunkach przeciwnych, gdyż odległość prostych $A_1B_1$ i $K_1L_1$ nie równa się odległości $AB$ i $KL$ , lecz jest zmieniona w stosunku $k \ne 1$ . To samo dotyczy prostych $K_1L_1$ i $P_1Q_1$ oraz prostych $A_1B_1$ i $P_1Q_1$ . Jest to niemożliwe, gdyż nie ma trzech kierunków parami przeciwnych.

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

Jeżeli dwa wielokąty podobne $W$ stosunku $k \ne 1$ 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 $W$ i $W_1$ zachodzą twierdzenia następujące:

1. Jeżeli boki odpowiednie wielokątów $W$ i $W_1$ są równoległe, a wielokąty te nie są wielokątami prostokątnymi, to $W_1$ otrzymuje się z $W$ bądź przez symetrię środkową, bądź przez przesunięcie równoległe.

2. Jeżeli boki odpowiednie wielokątów $W$ i $W_1$ leżą na prostych równoległych, których odległość jest dla każdej pary boków ta sama, to możliwe są tylko dwa przypadki:

a) Wielokąty $W$ i $W_1$ są środkowo-symetryczne, przy czym wszystkie proste zawierające ich boki są styczne do tego samego okręgu (rys. 13);

b) $W_1$ jest takim wielokątem o parzystej liczbie boków, w którym każde dwa boki przedzielone jednym bokiem są równoległe. Wielokąt $W_2$ otrzymuje się z $W_1$ przez przesunięcie rówiioległe w kierunku. dwusiecznej kąta między przyległymi bokami wielokąta $W$ (rys. 14).

Dowody tych twierdzeń pozostawiamy jako ćwiczenie.

XIV OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XIV OM, 1962-1963

Etap:

Dowieść, że jeżeli dwa nieidentyczne wielomiany stopnia trzeciego

$ (1) \qquad P(x) = x^3 + ax^2 + bx + c \textrm{ i } Q(x) = x^3 + a_1x^2 + b_1x+c_1 $

mają wspólny czynnik stopnia drugiego, to

$ (2) \qquad a \ne a_1 $

$ (3) \qquad (ac_1 - a_1c) (a - a_1) + (b - b_1) (c - c_1) = 0 $

$ (4) \qquad (bc_1 - b_1c) (a - a_1) + (c - c_1)^2 = 0. $

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że wielomiany (1) nie są identyczne i że mają wspólny czynnik stopnia drugiego. Są one wówczas podzielne przez ten sam trójmian postaci $x^2 + px + q$ , wobec czego istnieją takie liczby $\alpha$ i $\alpha_1$ , że dla każdego $x$

$ (5) \qquad \begin{array}{c} x^3 + ax^2 + bx + c = (x - \alpha) (x^2 + px + q)\\ x^3 + a_1x^2 + b_1x + c_1 = (x - \alpha_1) (x^2 + px + q). \end{array} $

Liczby $\alpha$ i $\alpha_1$ nie są równe, gdyż z równości $\alpha = \alpha_1$ wynikałaby na mocy (5) tożsamość danych wielomianów. Mnożąc pierwszą równość (5) przez $x - \alpha_1$ , drugą przez $x - \alpha$ , widzimy, że dla każdego $x$

$ (6) \qquad (x - \alpha_1) (x^3 + ax^2 + bx + c) = (x - \alpha) (x^3 + a_1x^2 + b_1x + c_1). $

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

$ (7) \qquad \alpha - \alpha_1 = a_1 - a $

$ (8) \qquad a_1 \alpha - a \alpha_1 = b_1 - b $

$ (9) \qquad b_1\alpha - b\alpha_1 = c_1 - c $

$ (10) \qquad c_1\alpha - c\alpha_1 = 0 $

Z równości (7) i z nierówności $\alpha \ne \alpha_1$ wynika $a_1 \ne a$ , tzn. warunek (2).

Z (7) i (10) wynikają równości

$ (11) \qquad (c - c_1)\alpha = c(a_1 - a),\ (c - c_1)\alpha_1 = c_1(a_1 - a) $

a z (8) i (9) równości

$ (12) \qquad a_1\alpha (c - c_1) - a\alpha_1 (c - c_1) = (b_1 - b) (c - c_1). $

$ (13) \qquad b_1\alpha (c - c_1) - b\alpha_1 (c - c_1) = - (c - c_1)^2. $

Z (11) i (12) wynika przez podstawienie

$ a_1c (a_1 - a) - ac_1 (a_1 - a) = (b_1 - b) (c - c_1) $

lub po przekształceniu

$ (ac_1 - a_1c) (a - a_1) + (b - b_1)(c - c_1) = 0, $

czyli warunek (3).

Z (11) i (13) otrzymujemy analogicznie

$ b_1c (a_1 - a) - bc_1 (a_1 - a) = - (c - c_1)^2 $

a po przekształceniu

$ (bc_1 - b_1c) (a - a_1) + (c - c_1)^2 = 0, $

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 $P(x) = x^3 + 3x^2 + 2x$ i $Q(x) = x^3 + 7x^2 + 12x$ spełniają związki (2), (3), (4) a nie mają wspólnego czynnika kwadratowego, gdyż $P(x) = x(x + 1) (x + 2)$ , a $Q(x) = x(x + 3) (x + 4)$ .

Poszukajmy takiego warunku, który byłby zarazem konieczny i dostateczny. Wykażemy najpierw, że takim warunkiem jest istnienie liczb $\alpha$ i $\alpha_1$ spełniających równania (7), (8), (9), (10) oraz nierówność

$ (14) \qquad \alpha \ne \alpha_1. $

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

$ (6a) \qquad (x - \alpha_1) \cdot P(x) = (x - \alpha)Q(x) $

jest prawdziwa dla każdego $x$ . Liczba $\alpha_1$ będąca pierwiastkiem lewej strony tej równości, jest zatem również pierwiastkiem prawej strony, a ponieważ $\alpha_1 - \alpha \ne 0$ , więc $\alpha_1$ jest pierwiastkiem wielomianu $Q(x)$ , skąd wynika istnienie takiego trójmianu kwadratowego $x^2 + px + q$ , że

$ Q(x) = (x - \alpha_1) (x^2 + px + q) $

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

$ (x - \alpha_1)P(x) = (x - \alpha) (x - \alpha_1) (x^2 + px + q). $

Stąd dla $x \ne \alpha_1$

$ P(x) = (x - \alpha) (x^2 + px + q). $

Równość ta jest prawdziwa także dla $x = \alpha_1$ , gdyż dwa wielomiany $n$ -go stopnia zmniennej $x$ równe dla więcej niż $n$ wartości $x$ są równe tożsamościowo. Zatem $P(x)$ i $Q(x)$ mają wspólny czynnik $x^2 + px + q$ .

Układ związków (7), (8), (9), (10) i (14) możemy zastąpić układem nie zawierającym parametrów $\alpha$ i $\alpha_1$ . Spostrzegamy najpierw, że gdy zachodzi (7), to z nierówności $\alpha \ne \alpha_1$ wynika nierówność $a \ne a_1$ 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

$ (15) \qquad \alpha = \frac{(b_1 - b) - a(a_1 - a)}{a_1-a} \textrm{ i } (16) \qquad \alpha_1 = \frac{(b_1-b)-a_1(a_1-a)}{a_1 - a}. $

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:

$ (17) \qquad b_1 \frac{(b_1 - b) - a(a_1 - a)}{a_1-a} - b \frac{(b_1 - b) - a_1(a_1 - a)}{a_1-a} = c_1-c $

a po przekształceniu równość

$ (18) \qquad (ab_1 - a_1b) (a - a_1) - (a - a_1) (c - c_1) + (b - b_1)^2 = 0. $

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

$ (19) \qquad c_1 \frac{(b_1-b) - a(a_1 - a)}{a_1-a} - c \frac{(b_1 - b) - a_1(a_1 - a)}{a_1-a} == $

a po uproszczeniu równość

$ (3) \qquad (ac_1 - a_1c) (a - a_1) + (b - b_1) (c - c_1) = 0. $

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

$ (2) \qquad a \ne a_1 $

$ (3) \qquad (ac_1 - a_1c) (a - a_1) + (b - b_1) (c - c_1) $

$ (18) \qquad (ab_1 - a_1b) (a - a_1) - (a - a_1) (c - c_1) + (b - b_1)^2 = 0 $

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 $\alpha$ i $\alpha_1$ i nie wprowadzają żadnych nowych ograniczeń dla współczynników danych wielomianów.

Do tego samego wyniku możemy dojść na innej drodze. Przypuśćmy, że dwa nieidentyczne wielomiany $P(x) = x^3 + ax^2 + bx + c$ i $Q(x) = x^3 + a_1x^2 + b_1x + c_1$ są podzielne przez tę samą funkcję kwadratową $F(x)$ . Wówczas różnica

$ P(x) - Q(x) = (a - a_1)x^2 + (b - b_1)x + (c - c_1) $

też jest podzielna przez $F(x)$ . W takim razie musi zachodzić nierówność (2), tj. $a \ne a_1$ ; gdy bowiem $a = a_1$ , to $P(x) - Q(x) = (b - b_1)x + (c - c_1)$ , więc ta funkcja może być podzielna przez funkcję kwadratową $F(x)$ tylko wtedy, gdy $b = b_1$ i $c = c_1$ , tj. gdy $P(x)$ i $Q(x)$ są identyczne. Zatem

$ (20) \qquad P(x) - Q(x) = (a - a_1)R(x), $

gdzie

$ \nr{20a} R(x) = x^2 + \frac{b-b_1}{a-a_1}x + \frac{c-c_1}{a-a_1}. $

Funkcja kwadratowa $R(x)$ jest podzielna przez funkcję kwadratową $F(x)$ , więc również $F(x)$ jest podzielna przez $R(x)$ , tzn. $R(x)$ jest wspólnym dzielnikiem kwadratowym wielomianów $P(x)$ i $Q(x)$ . W takim razie $R(x)$ jest również dzielnikiem funkcji kwadratowej

$ P(x) - x R(x) = \left( a - \frac{b-b_1}{a-a_1} \right) x^2 + \left(b - \frac{c-c_1}{a-a_1} \right) x + c. $

Iloraz funkcji $P(x) - x R(x)$ i $R(x)$ równa się ilorazowi współczynników przy $x^2$ , tzn.

$ (21) \qquad P(x) - x R(x) = k R(x), $

gdzie

$ (22) \qquad k = a - \frac{b-b_1}{a-a_1}. $

Wobec tego zachodzi tożsamość

$ (23) \qquad \begin{split} &\left( a - \frac{b-b_1}{a-a_1} \right) x^2 + \left(b - \frac{c-c_1}{a-a_1} \right) x + c = \\ &\qquad=\left( a - \frac{b-b_1}{a-a_1} \right)\left(x^2 + \frac{b-b_1}{a-a_1} x + \frac{c-c_1}{a-a_1} \right) \end{split} $

skąd wynikają równości

$ b - \frac{c-c_1}{a-a_1} = \left( a - \frac{b-b_1}{a-a_1} \right) \cdot \frac{b-b_1}{a-a_1} $

$ c = \left( a - \frac{b-b_1}{a-a_1} \right) \cdot \frac{c-c_1}{a-a_1}, $

które po przekształceniu otrzymują postać

$ (18) \qquad (ab_1 - a_1b) (a - a_1) - (a - a_1) (c - c_1) + (b - b_1)^2 = 0 $

$ (3) \qquad (ac_1 - a_1c) (a - a_1) + (b - b_1) (c - c_1) = 0. $

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 $k$ wzorem (22) i $R(x)$ wzorem (20a) przybiera postać (21), skąd

$ P(x) = (x + k) R(x). $

Lecz według wzoru (20)

$ Q(x) = P(x) - (a - a_1) R(x), $

czyli

$ Q(x) = (x + k - a + a_1) R(x). $

Wielomiany $P(x)$ i $Q(x)$ mają zatem istotnie wspólny czynnik kwadratowy $R(x)$ , a wobec (2) nie są identyczne.

XIV OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XIV OM, 1962-1963

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczby $a$ , $b$ , $c$ są dodatnie, to

$ (1) \qquad a + b + c \leq \frac{a^4 + b^4 + c^4}{abc}. $

Rozwiązanie

Dla dowolnych liczb $a$ , $b$ , $c$ prawdziwe są nierówności

$ (2) \qquad (a^2 - bc)^2 + (b^2 - ca)^2 + (c^2 - ab)^2 \geq 0 $

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

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

$ (4) \qquad 2a^2bc + 2ab^2c + 2abc^2 \leq a^4 + b^4 + c^4 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 $

$ (5) \qquad 0 \leq a^4 + b^4 + c^4 - a^2b^2 - b^2c^2 - c^2a^2. $

Dodając (4) i (5) stronami otrzymujemy

$ (6) \qquad 2a^2bc + 2ab^2c + 2abc^2 \leq 2a^4 + 2b^4 + 2c^4. $

Po podzieleniu obu stron nierówności (6) przez liczbę $2abc$ , która jest według założenia dodatnia, otrzymujemy nierówność żądaną

$ a + b + c \leq \frac{ a^4 + b^4 + c^4}{abc}. $

Uwaga 1. Założenie, że liczby $a$ , $b$ , $c$ są dodatnie, można zastąpić założeniem słabszym (tj. mniej wymagającym), że iloczyn $abc$ 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 $n$ -wymiarowej) nazywamy ciąg $n$ liczb, np. ( $a_1, a_2, \ldots, a_n$ ).

Sumą wektorów $X = (a_1, a_2, \ldots, a_n)$ i $Y = (b_1, b_2, \ldots, b_n)$ nazywamy wektor

$ X + Y = (a_1 + b_1, a_2+ b_2, \ldots, a_n+ b_n). $

Iloczynem wektora $X = (a_1, a_2, \ldots, a_n)$ przez liczbę $k$ nazywamy wektor

$ kX = (ka_1, ka_2, \ldots, ka_n), $

w szczególności $- X = (-a_1, -a_2, \ldots, -a_n)$ .

Iloczynem skalarnym wektorów $X = (a_1, a_2, \ldots, a_n)$ i $Y = (b_1, b_2, \ldots, b_n)$ nazywamy liczbę

$ XY = a_1b_1 + a_2b_2 + \ldots + a_nb_n , $

w szczególności

$ X^2 = a_1^2 + a_2^2 + \ldots + a_n^2, \textrm{ zatem } X^2 \geq 0. $

Nietrudno sprawdzić, że

$ (X - Y)^2 = X^2 - 2XY + Y^2 $

skąd wynika, że $2XY \leq X^2 + Y^2$ .

W dalszym ciągu przyjmiemy, że $n = 3$ .

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

$ (7) \qquad a^2bc + b^2ca + c^2ab <\leq a^4 + b^4 + c^4, $

którą zapiszemy w postaci wektorowej

$ (8) \qquad XY \leq X^2, $

gdzie $X = (a^2, b^2, c^2)$ , $Y = (bc, ca, ab)$ .

Wiemy, że

$ (9) \qquad 2XY \leq X^2 + Y^2. $

Otóż

$ Y^2 = b^2c^2 + c^2a^2 + a^2b^2 = a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 = X \cdot Z, $

gdzie $Z = (b^2, c^2, a^2)$ .

Zatem

$ 2Y^2 \leq X^2 + Z^2. $

Lecz

$ Z^2 = b^4 + c^4 + a^4 = X^2 $

więc

$ (10) \qquad Y^2 \leq X^2. $

Z (9) i (10) wynika żądana nierówność

$ XY \leq X^2. $

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

Zawody matematyczne:

XIV OM, 1962-1963

Etap:

Wewnątrz czworościanu $ABCD$ obrano punkt $S$ . Proste $AS$ , $BS$ , $CS$ , $DS$ przecinają przeciwległe ściany czworościanu w punktach $A'$ , $B'$ , $C'$ , $D'$ . Dowieść, że

$ \frac{SA'}{AA'} + \frac{SB'}{BB'} + \frac{SC'}{CC'} + \frac{SD'}{DD'} = 1. $

Rozwiązanie

Poprowadźmy wysokości $SK$ i $DH$ czworościanów $SABC$ i $DABC$ o wspólnej podstawie $ABC$ (rys. 15). Stosunek $\frac{SK}{DH}$ równa się stosunkowi objętości tych czworościanów. Trójkąty prostokątne $DHD'$ i $SKD'$ są podobne, więc $\frac{SD'}{DD'} = \frac{SK}{DH}$ .

Wobec tego

$ \frac{SD'}{DD'} = \frac{\textrm{obj. } SABC}{\textrm{obj. } ABCD}. $

Analogicznie

$ \frac{SA'}{AA'} = \frac{\textrm{obj. } SBCD}{\textrm{obj. } ABCD},\ \frac{SB'}{BB'} = \frac{\textrm{obj. } SACD}{\textrm{obj. } ABCD},\ \frac{SC'}{CC'} = \frac{\textrm{obj. } SABD}{\textrm{obj. } ABCD}. $

Dodając powyższe $4$ równości i biorąc pod uwagę, że

$ \textrm{obj. }SABC + \textrm{obj. }SBCD + \textrm{obj. }SACD + \textrm{obj. }SABD = \textrm{obj. }ABCD $

otrzymujemy

$ \frac{SA'}{AA'} + \frac{SB'}{BB'} + \frac{SC'}{CC'} + \frac{SD'}{DD'} = 1, \textrm{c.n.d.} $

XIV OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XIV OM, 1962-1963

Etap:

W okrąg o środku $O$ i promieniu $r$ wpisano pięciokąt foremny $A_1A_2A_3A_4A_5$ i na mniejszym z łuków o końcach $A_1$ , $A_5$ obrano punkt $M$ . Dowieść, że

$ (1) \qquad MA_1 + MA_3 + MA_5 = MA_2 + MA_4. $

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 $10$ takich czworokątów wpisanych w dany okrąg, których jednym wierzchołkiem jest $M$ , a trzy inne są wierzchołkami pięciokąta $A_1A_2A_3A_4A_5$ . Z uwagi na kształt równości (1), wybierzemy te z owych dziesięciu czworokątów, w których odcinki $MA_1$ , $MA_3$ , $MA_5$ występują tylko jako boki, a odcinki $MA_2$ i $MA_4$ tylko jako przekątne, lub na odwrót. Są to czworokąty

$ MA_1A_2A_3,\ MA_1A_2A_5,\ MA_1A_4A_5,\ MA_2A_3A_4,\ MA_3A_4A_5. $

Niech $a$ oznacza długość boku danego pięciokąta oraz $b$ - długość jego przekątnej. Stosując twierdzenie Ptolemeusza do wymienionych $5$ czworokątów, otrzymujemy następujące równości, które łatwo napisać nie patrząc wcale na rysunek:

$ \begin{split} \textrm{w czworokącie } MA_1A_2A_3 \colon a \cdot MA_1 + a \cdot MA_3 & = b \cdot MA_2 \\ \textrm{w czworokącie } MA_1A_2A_5 \colon b \cdot MA_1 + a \cdot MA_5 & = a \cdot MA_2 \\ \textrm{w czworokącie } MA_1A_4A_5 \colon a \cdot MA_1 + b \cdot MA_5 & = a \cdot MA_4 \\ \textrm{w czworokącie } MA_2A_3A_4 \colon b \cdot MA_3 & = a \cdot MA_2 + a \cdot MA_4 \\ \textrm{w czworokącie } MA_3A_4A_5 \colon a \cdot MA_3 + a \cdot MA_5 & = b \cdot MA_4 \end{split} $

Dodajemy te równości:

$ (2a + b) MA_1 + (2a + b) MA_3 + (2a + b) MA_5 = (2a + b) MA_2 + (2a + b) MA_4 $

i po podzieleniu przez $2a + b$ otrzymujemy żądaną równość (1).