XIV OM - II etap

II etap XIV Olimpiady Matematycznej

XIV OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XIV OM, 1962-1963

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczby $p$ , $q$ , $r$ spełniają równości

$ (1) \qquad p+q + r=1 $

$ (2) \qquad \frac{1}{p} + \frac{1}{q} + \frac{1}{r} = 0 $

to dla dowolnych liczb $a$ , $b$ , $c$ zachodzi równość

$ (3) \qquad a^2 + b^2 + c^2 = (pa + qb + rc)^2 + (qa + rb + pc)^2 + (ra + pb + qc)^2. $

Rozwiązanie

Z równości (2) wynika, że

$ (4) \qquad pq + qr + rp = 0. $

Ponieważ

$ (p + q + r)^2 = p^2 + q^2 + r^2 + 2(pq + qr + rp), $

więc na mocy (1) i (4)

$ (5) \qquad p^2 + q^2 + r^2 = 1. $

Zatem

$ \begin{split} &(pa + qb + rc)^2 + (qa + rb + pc)^2 + (ra + pb + qc)^2 =\\ &\qquad = (p^2 + q^2 + r^2) (a^2 + b^2 + c^2) + 2(pq + qr + rp) (ab + bc + ca)=\\ &\qquad = a^2 + b^2 + c^2. \end{split} $

XIV OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XIV OM, 1962-1963

Etap:

Na płaszczyźnie dany jest czworokąt $ABCD$ i punkt $M$ . Zbudować równoległobok o środku $M$ i o wierzchołkach leżących na prostych $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DA$ .

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że równoległobok $PQRS$ czyni zadość warunkowi zadania, przy czym $P$ jest tym wierzchołkiem, który leży na prostej $AB$ . Symetryczny doń względem punktu $M$ wierzchołek $R$ leży na jednej z prostych $BC$ , $CD$ , $DA$ . Rozważymy najpierw przypadek, gdy $R$ leży na prostej $BC$ . Możemy wówczas przyjąć, że wierzchołek $Q$ leży na prostej $CD$ , a wierzchołek $S$ na prostej $DA$ ; gdyby bowiem było odwrotnie, zmienilibyśmy po prostu oznaczenie $Q$ na $S$ , a $S$ na $Q$ .

Niech $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ , $D_1$ oznaczają punkty symetryczne odpowiednio do $A$ , $B$ , $C$ , $D$ względem punktu $M$ . Ponieważ punkty $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ są symetryczne odpowiednio do punktów $R$ , $S$ , $P$ , $Q$ , więc leżą one na prostych $B_1C_1$ , $D_1A_1$ , $A_1B_1$ , $C_1D_1$ . Jeżeli zatem równoległobok $PQRS$ jest rozwiązaniem zadania, to

$P \textrm{ jest punktem wspólnym prostych } AB \textrm{ i } B_1C_1$

$Q \textrm{ jest punktem wspólnym prostych } CD \textrm{ i } D_1A_1$

$R \textrm{ jest punktem wspólnym prostych } BC \textrm{ i } A_1B_1$

$S \textrm{ jest punktem wspólnym prostych } DA \textrm{ i } C_1D_1$

Konstrukcja takich punktów jest zawsze wykonalna; istotnie, proste $AB$ i $B_1C_1$ przecinają się, gdyż prosta $B_1C_1$ jest równoległa do prostej $BC$ przecinającej prostą $AB$ w punkcie $B$ i tak samo przecinają się proste każdej z pozostałych par.

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

Jednakże proste $PR$ i $QS$ 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 $(P, R)$ i $(Q, S)$ o wspólnym środku, położone na tej samej prostej. Taki przypadek zachodzi na przykład, gdy czworokąt $ABCD$ jest symetryczny względem prostej $BD$ , a punkt $M$ leży na tej prostej (rys. 19).

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

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

Pozostaje do rozstrzygnięcia sprawa tych rozwiązań $PQRS$ , w których $P$ leży na $AB$ , $R$ na $CD$ , $Q$ na $BC$ a $S$ na $DA$ . Rozumując jak poprzednio, stwierdzamy że jeżeli takie rozwiązanie istnieje, to

$P \textrm{ jest punktem wspólnym prostych } AB \textrm{ i } C_1D_1$

$Q \textrm{ jest punktem wspólnym prostych } BC \textrm{ i } D_1A_1$

$R \textrm{ jest punktem wspólnym prostych } CD \textrm{ i } A_1B_1$

$S \textrm{ jest punktem wspólnym prostych } DA \textrm{ i } B_1C_1.$

Jeżeli czworokąt $ABCD$ nie ma boków równoległych, to punkty takie istnieją, np. prosta $C_1D_1$ przecina $AB$ , gdyż jest równoległa do $CD$ ; zadanie ma zawsze jedno rozwiązanie rozważanego typu, które może być równoległobokiem zniekształconym.

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

Jeżeli $AB$ jest równoległe do $CD$ , a $BC$ nie jest równoległe do $AD$ , to łatwo stwierdzić, że:

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

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

Jeżeli wreszcie $ABCD$ jest równoległobokiem, to zadanie ma tylko wtedy rozwiązanie trzeciego typu, gdy punkt $M$ jest środkiem tego równoległoboku. Punkty $P$ i $Q$ można wówczas obrać dowolnie na prostych $AB$ i $BC$ .

XIV OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XIV OM, 1962-1963

Etap:

Rozwiązać w liczbach całkowitych układ równań

$ (1) \qquad \begin{array}{c} x + y + z = 3\\ x^3 + y^3 + z^3 = 3. \end{array} $

Rozwiązanie

Układ równań (1) jest równoważny układowi

$ (2) \qquad \begin{array}{c} x+y+z=3\\ (x + y + z)^3 - (x^3 + y^3 + z^3) = 24. \end{array} $

W drugim z powyższych równań lewa strona jest wielomianem $3$ stopnia zmiennych $x$ , $y$ , $z$ , który jest tożsamościowo równy zeru, gdy $x = - y$ ; wielomian ten jest więc podzielny przez $x + y$ . Tak samo stwierdzamy, że jest on podzielny przez $y + z$ i przez $z + x$ . Zatem dla wszelkich $x$ , $y$ , $z$

$ (x, + y + z)^3 - (x^3 +y^3 + z^3) = k(x + y) (y + z) (z + y) $

gdzie $k$ jest współczynnikiem liczbowym. Wartość $k$ znajdziemy, podstawiając do obu stron powyższej tożsamości wartości liczbowe za $x$ , $y$ , $z$ , np. $x = 0$ , $y = z = 1$ . Otrzymujemy $k = 3$ , wobec czego układ (2) przybiera postać

$ (3) \qquad \begin{array}{c} x + y + z = 3\\ (x + y) (y + z) (z + x) = 8. \end{array} $

Zadanie sprowadza się więc do tego, aby liczbę $8$ przedstawić w postaci iloczynu trzech czynników całkowitych, których suma $x + y + y + z + z+ x = 6$ .

Ponieważ dzielnikami liczby $8$ są liczby $\pm 1$ , $\pm 2$ , $\pm 4$ , $\pm 8$ , więc łatwo stwierdzić, że istnieją dwa rozkłady o żądanej własności:

$ 8 = 2 \cdot 2 \cdot 2 = (- 1) \cdot (- 1) \cdot 8. $

Stąd prosty rachunek prowadzi do wyniku, że układ (3), zatem również układ (1), ma $4$ rozwiązania w liczbach całkowitych: $(1, 1, 1)$ , $(-5, 4, 4)$ , $(4, -5, 4)$ , $(4, 4, -5)$ .

XIV OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

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

Rozwiązanie

Niech $M$ i $N$ oznaczają odpowiednio rzuty punktu $C$ na dwusieczną kąta $A$ trójkąta $ABC$ i na dwusieczną kąta doń przyległego (rys. 22).

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

Ponieważ złożenie dwóch odbić zwierciadlanych figury względem dwóch osi równoległych jest przesunięciem równoległym tej figury, zatem prosta $NM$ jest równoległa do prostej $AB$ . Prosta $NM$ jest to więc prosta, która przechodzi przez środki boków $AC$ i $BC$ . To samo stosuje się do prostej $PQ$ poprowadzonej przez rzuty $P$ i $Q$ punktu $C$ na dwusieczną kąta $B$ trójkąta $ABC$ i na dwusieczną kąta przyległego. Zatem proste $MN$ i $PQ$ 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 $a$ i $b$ będą dwiema prostymi równoległymi, a $\overline{W}$ wektorem tego przesunięcia równoległego w kierunku prostopadłym do $a$ , które $a$ przekształca w $b$ . Niech następnie $P$ będzie dowolnym punktem płaszczyzny, $Q$ punktem symetrycznym do $P$ względem prostej $a$ , $R$ - punktem symetrycznym do $Q$ względem prostej $b$ , wreszcie niech $A$ i $B$ będą środkami odcinków $PQ$ i $QR$ (rys. 23).

Wówczas

$ \overline{PR} = \overline{PQ} + \overline{QR} = \overline{2AQ} + \overline{2QB} = \overline{2AB} = \overline{2W}. $

Punkt $R$ otrzymuje się zatem przez przesunięcie punktu $P$ w kierunku prostopadłym do prostych $a$ i $b$ o długość równą podwójnemu odstępowi prostych $a$ i $b$ .

Takiemu samemu przesunięciu ulegnie każda figura, gdy ją przekształcimy najpierw przez symetrię względem prostej $a$ , potem względem prostej $b$ . 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 $a$ i $b$ przecinających się w punkcie $O$ , jest obrotem dokoła punktu $O$ o kąt dwa razy większy od kąta między $a$ i $b$ .

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

$ \measuredangle POR = \measuredangle POQ + \measuredangle QOR = 2 \measuredangle AOQ + 2 \measuredangle QOB = 2 \measuredangle AOB = 2 \alpha. $

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

Zawody matematyczne:

XIV OM, 1962-1963

Etap:

Dowieść, że wielomian

$ (1) \qquad P(x) = nx^{n+2} -(n + 2)x^{n+1} + (n + 2)x-n $

jest podzielny przez wielomian $(x - 1)^3$ .

Rozwiązanie

Trzeba dowieść, że dany wielomian $P(x)$ może być napisany w postaci $(x - 1)^3 \cdot Q(x)$ , gdzie $Q(x)$ jest wielomianem zmiennej $x$ . Odpowiednie przekształcenie wielomianu $P(x)$ będzie łatwiejsze, gdy zamiast zmiennej $x$ wprowadzimy zmienną $y = x - 1$ , tzn. jeżeli w danym wielomianie podstawimy $x = 1 + y$ . Wtedy

$ \begin{split} P(x) &= n(1 + y)^{n + 2} - (n + 2) (1 + y)^{n+1} + (n + 2) (1 + y) - n =\\ & = n \left[ 1 + (n + 2)y + \frac{1}{2}(n + 2)(n + 1)y^2 + A(y)y^3 \right]+\\ &\qquad -(n + 2) \left[1 + (n+ 1)y + \frac{1}{2}(n + 1)ny^2 + B(y)y^3 \right] +\\ &\qquad +(n + 2) + (n + 2)y - n, \end{split} $

gdzie $A(y)$ i $B(y)$ są pewnymi wielomianami zmiennej $y$ , których dokładniejsze wyznaczenie nie będzie nam potrzebne. Porządkując otrzymane wyrażenie względem potęg $y$ otrzymujemy

$ \begin{split} P(x) = [n - (n& + 2) + (n + 2) - n] + [n(n + 2) - (n + 2)(n + 1) + n + 2]y +\\ &+\left[ \frac{1}{2} n(n + 2) (n + 1) - \frac{1}{2}(n + 2) (n + 1)n \right] y^2 + \\ &+[nA(y) -(n+ 2)B(y)]y^3, \end{split} $

zatem

$ (2) \qquad P(x) = y^3[nA(y) - (n + 2) B(y)] = (x - 1)^3 \cdot Q(x), $

gdzie $Q(x)$ równa się pewnemu wielomianowi zmiennej $x$ , którego współczynników nie ma potrzeby wyznaczać, gdyż ze wzoru (2) wynika już, że $(x - 1)^3$ jest dzielnikiem wielomianu $P(x)$ .

XIV OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XIV OM, 1962-1963

Etap:

Z punktu $S$ przestrzeni wychodzą $3$ półproste: $SA$ , $SB$ i $SC$ , 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 $d$ .

Rozwiązanie

W przypadku, gdy dane półproste leżą w jednej płaszczyźnie, twierdzenie jest oczywiste, prosta $d$ jest wówczas prostopadła do danej płaszczyzny. Przyjmijmy zatem, że półproste $SA$ , $SB$ , $SC$ tworzą kąt trójścienny. Według założenia, co najwyżej jeden kąt płaski tego trójścianu jest prosty; przypuśćmy np. że $\measuredangle ASB \ne 90^\circ$ i $\measuredangle ASC \ne 90^\circ$ .

Obierzmy na krawędzi $SA$ dowolny punkt $A_1$ różny od $S$ i poprowadźmy przez $A_1$ płaszczyznę $\pi$ prostopadłą do prostej $SA_1$ ; przecina ona proste $SB$ i $SC$ w pewnych punktach $B_1$ i $C_1$ (rys. 25).

Niech $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ oznaczają płaszczyzny poprowadzone odpowiednio przez krawędzie $SA$ , $SB$ , $SC$ trójścianu $SABC$ prostopadle do ścian $BSC$ , $CSA$ , $ASB$ , a $m$ , $n$ , $p$ proste przecięcia płaszczyzn $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ z płaszczyzną $\pi$ .

Ponieważ $\alpha \bot \pi$ i $\alpha \bot \textrm{pł. } BSC$ , więc $\alpha \bot B_1C_1$ , wobec czego prosta $m$ przecina prostą $B_1C_1$ w pewnym punkcie $M$ i jest do niej prostopadła, $A_1M \bot B_1C_1$ . Ponieważ $\beta \bot \textrm{pł. } ASC$ i $\pi \bot \textrm{pł. }ASC$ , więc $\pi \bot \textrm{pł. }ASC$ , zatem również $\pi \bot A_1C_1$ , a że $n$ i $A_1C_1$ leżą w płaszczyźnie $\pi$ , więc się przecina ją w pewnym punkcie $N$ i $B_1N \bot A_1C_1$ . Tak samo stwierdzamy, że prosta $p$ przecina prostą $A_1B_1$ w pewnym punkcie $P$ i jest do niej prostopadła, tj. $C_1P \bot A_1B_1$ .

Proste $A_1M$ , $B_1N$ i $C_1P$ zawierają zatem wysokości trójkąta $A_1B_1C_1$ , więc przecinają się w jednym punkcie $H$ . Udowodniliśmy, że płaszczyzny $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ mają wspólną prostą $d = SH$ .