XIII OM

XIII Olimpiada Matematyczna

Opracowanie rozwiązań: Stefan Straszewicz

XIII OM - I etap

I etap XIII Olimpiady Matematycznej

XIII OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

Dowieść, że jeżeli $x^2 + y^2 = a^2$ i $a \geq 0$ , to

$ x + y \leq a \sqrt{2}. $

Rozwiązanie

Ponieważ

$ (x + y)^2 = x^2 + y^2 + 2xy = 2x^2 + 2y^2 - (x - y)^2 = 2a^2 - (x - y)^2 $

a $(x -y)^2 \geq 0$ , więc $(x + y)^2 \leq 2a^2$ , skąd $|x + y| \leq a \sqrt{2}$ , tym bardziej więc

$ x+y \leq a\sqrt{2}. $

Uwaga. Posługując się początkowymi wiadomościami z geometrii analitycznej można podać prostą interpretację geometryczną udowodnionego twierdzenia. W układzie współrzędnych prostokątnych $(x,y)$ równanie $x^2 + y^2 = a^2$ ( $a \geq 0$ ) przedstawia okrąg o środku w początku układu i promieniu równym $a$ . Równanie $x + y = k$ ( $k \ne 0$ ) przedstawia prostą wyznaczającą na osiach współrzędnych odcinki równe $k$ .

Suma $x + y$ współrzędnych punktu okręgu osiąga największą wartość $k$ , gdy prosta $x + y = k$ jest styczna do okręgu w punkcie pierwszej ćwiartki (rys. 1). Wówczas $k = a \sqrt{2}$ . Dla każdego punktu okręgu zachodzi zatem nierówność $x + y \leq a \sqrt{2}$ .

XIII OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

Ile cyfr mają razem wszystkie liczby naturalne co najwyżej $m$ -cyfrowe?

Rozwiązanie

Liczb naturalnych jednocyfrowych jest $c_1 = 9$ ; liczb dwucyfrowych jest $c_2= 10^2 -10= 10 \cdot 9$ , mają one $2 \cdot 10 \cdot 9$ cyfr; liczb trzycyfrowych jest $c_3=10^3-10^2= 10^2 \cdot 9$ , ilość ich cyfr wynosi $3 \cdot 10^2 \cdot 9$ itd. Wreszcie liczb $m$ -cyfrowych jest $c_m = 10^m -10^{m-1} = 10^{m-1} \cdot 9$ ; mają one $c_m =m \cdot 10^{m-1} \cdot 9$ cyfr.

Wszystkie liczby co najwyżej $m$ -cyfrowe mają razem

$ (1) \qquad c = c_1 + c_2 + \ldots + c_m = 9 (1 + 2 \cdot 10 + 3 \cdot 10^2 + \ldots + m \cdot 10^{m-1}) $

cyfr. Aby obliczyć wartość wyrażenia znajdującego się we wzorze (1) w nawiasach, rozwiążemy najpierw zadanie ogólniejsze, a mianowicie znajdziemy wzór na sumę

$ (2) \qquad S = 1+ 2a + 3a^2 + \ldots + ma^{m-1}, $

gdzie $a \ne 1$ , w zależności od $a$ . Z równości (2) otrzymujemy

$ (3) \qquad a \cdot S = a + 2a^2 + 3a^3 + \ldots + ma^m. $

Odejmując równość (3) od (2) mamy

$ S -aS = 1+ a + a^2 + \ldots + a^{n-1} - ma^m = \frac{1-a^m}{1-a} - ma^m, $

a stąd

$ S= \frac{1-a^n}{(1-a)^2} - \frac{ma^m}{1-a} = \frac{1-a^m-ma^m(1-a)}{(1-a)^2}. $

Po uporządkowaniu wyrazów otrzymujemy wzór

$ (4) \qquad S= \frac{1}{(a-1)^2} \left[ma^{m+1} - (m + 1) a^m + 1 \right]. $

Biorąc w (2) i (4) $a = 10$ i podstawiając otrzymaną wartość sumy (2) do równości (1), otrzymujemy poszukiwaną liczbę

$ c = \frac{1}{9} \left[m \cdot 10^{m+1} -(m + 1) \cdot 10^m + 1 \right] $

Uwaga. Wzór (4) wyprowadziliśmy przy założeniu, że $a \ne 1$ . Gdy $a = 1$ , wzór (4) nie ma sensu; w tym przypadku wartość $S$ otrzymamy podstawiając $a = 1$ we wzorze (2):

$ S = 1 + 2 + 3 + \ldots + m, $

zatem według znanego wzoru na postęp arytmetyczny

$ (5) \qquad S = \frac{m (m + 1)}{2}. $

Możemy jednak do wzoru (5) dojść na podstawie wzoru (4) przeprowadzając następujące rozumowanie.

Niech $a -1= x$ ; podstawiającwe wzorze (4) $a = 1 + x$ otrzymujemy

$ S = \frac{1}{x^2} \left[ m (1 + x)^{m+1} -(m + 1) (1 + x)^m + 1\right] . $

Rozwińmy $(1 + x)^{m+1}$ i $(1 + x)^m$ według wzoru dwumianowego Newtona. Obliczymy tylko wyrazy zawierające $x^0$ , $x$ i $x^2$ ; pozostałe wyrazy tworzą wielomian zmiennej $x$ , w którym wszystkie wyrazy są stopnia co najmniej trzeciego i możemy napisać

$ \begin{split} S & = \frac{1}{x^2} \left[ m + m(m + 1)x+ \frac{1}{2} m^2(m+ 1) x^2 - (m + 1) -m (m + 1) x + \right. \\ & \left. - \frac{1}{2} (m + 1) m (m - 1) x^2 + 1 + x^3 \cdot f (x)\right] = \frac{1}{x^x} \left[ \frac{1}{2} m (m + 1) x^2 + x^3 \cdot f (x)\right], \end{split} $

gdzie $f(x)$ oznacza pewien wielomian zmiennej $x$ .

Stąd

$ S = \frac{1}{2} m(m+1) + x \cdot f(x) $

lub

$ (6) \qquad S = \frac{1}{2} m (m + 1) + (a - 1) \cdot f (a - 1). $

Podstawiając we wzorze (6) $a = 1$ otrzymujemy wzór (5). Okazuje się więc, że wzór (6) daje wartość sumy (2) dla każdej wartości $a$ . Jest on jednak przydatny do obliczenia tej sumy tylko w przypadku, gdy $a = 1$ ; gdy $a \ne 1$ , trzeba mu przywrócić postać (4).

XIII OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

Dowieść, że prostopadłe opuszczone ze środków kół dopisanych trójkąta na odpowiednie boki trójkąta przecinają się w jednym punkcie.

Rozwiązanie

Bardzo proste rozwiązanie zadania można wysnuć ze spostrzeżenia, że na każdym boku trójkąta punkt styczności koła wpisanego w trójkąt i punkt styczności odpowiedniego koła dopisanego leżą symetrycznie względem środka tego boku. Jeżeli na przykład koło wpisane w trójkąt $ABC$ styka się z bokiem $BC$ w punkcie $K$ , a koło dopisane w punkcie $L$ , to, przyjmując zwykłe oznaczenia boków trójkąta, mamy $CK = \frac{1}{2} (a + b - c)$ , $BL = \frac{1}{2} (a + b - c)$ , zatem $CK = BL$ , tj. punkty $K$ i $L$ są symetryczne względem środka $M$ boku $BC$ (rys. 3).

Niech $S$ będzie środkiem koła wpisanego w trójkąt $ABC$ , $O$ - środkiem koła opisanego na tym trójkącie, a $T$ punktem symetrycznym do punktu $S$ względem punktu $O$ . Ponieważ $SO = OT$ , $KM = ML$ , a proste $SK$ i $OM$ są równoległe, więc prosta $TL$ jest symetryczna do prostej $SK$ względem osi $OM$ . Wobec tego prosta $TL$ jest prostopadła do boku $BC$ w punkcie styczności z kołem dopisanym, przechodzi zatem przez środek tego koła. Takie samo rozumowanie stosuje się do boków $AB$ i $AC$ . Stąd wynika, że przez punkt $T$ przechodzą prostopadłe poprowadzone ze środków kół dopisanych do odpowiednich boków trójkąta.

XIII OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

Dowieść, że prosta symetryczna do środkowej $CS$ trójkąta $ABC$ względem dwusiecznej kąta $C$ tego trójkąta dzieli bok $AB$ na odcinki proporcjonalne do kwadratów boków $AC$ i $BC$ .

Rozwiązanie

Niech $CM$ (rys. 4) będzie prostą symetryczną do środkowej $CS$ względem dwusiecznej $CD$ kąta $C$ trójkąta $ABC$ .

Ponieważ pola trójkątów o tej samej wysokości są proporcjonalne do podstaw tych trójkątów, więc

$ (1) \qquad \frac{\triangle ACM}{\triangle SCB} = \frac{AM}{SB}, \quad \frac{\triangle ACS}{\triangle MCB} = \frac{AS}{MB}. $

Z równości $\measuredangle ACD = \measuredangle DCB$ i $\measuredangle MCD = \measuredangle DCS$ wynika, że $\measuredangle ACM = \measuredangle SCB$ a $\measuredangle ACS = \measuredangle MCB$ . Pola trójkątów mających jedną parę równych kątów są proporcjonalne do iloczynów boków tworzących te kąty, zatem

$ (2) \qquad \frac{\triangle ACM}{\triangle SCB} = \frac{AC \cdot MC}{SC \cdot BC},\quad \frac{\triangle ACS}{\triangle MCB} = \frac{AC \cdot SC}{MB \cdot BC}. $

Z równości (1) i (2) wynika, że

$ (3) \qquad \frac{AM}{SB} = \frac{AC \cdot MC}{SC \cdot BC},\quad \frac{AS}{MB} = \frac{AC \cdot SC}{MC \cdot BC}. $

Mnożąc te równości stronami i uwzględniając, że $SB = AS$ , otrzymujemy

$ \frac{AM}{MB} = \left( \frac{AC}{BC} \right)^2, $

czego należało dowieść.

XIII OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

Dowieść, że wszystkie potęgi liczby, której ośmioma cyframi końcowymi są $12890625$ , mają też na końcu cyfry $12890625$ .

Rozwiązanie

Mamy dowieść, że jeżeli $n$ i $l$ są liczbami całkowitymi, przy czym $n > 0$ , $l \geq 0$ , to

$ (12890625 + 10^8 \cdot l)^n = 12890625 + 10^8 \cdot m, $

gdzie $m$ jest liczbą całkowitą nieujemną.

Zauważmy najpierw, że w rozwinięciu lewej strony powyższej równości według wzoru Newtona dla potęgi dwumianu wszystkie wyrazy z wyjątkiem wyrazu $(12890625)^n$ mają czynnik $108$ . Wyrazy te możemy przenieść na prawą stronę i sprowadzić zadanie do postaci następującej:

Dowieść, że dla każdego naturalnego $n$

$ (1) \qquad (12890625)^n = 12890625 + 10^8 \cdot k_n' $

gdzie $k_n$ jest liczbą całkowitą, zależną oczywiście od $n$ .

Gdy $n = 1$ , wzór (1) jest prawdziwy, $k_1 = 0$ .

Udowodnimy, że wzór (1) jest prawdziwy dla $n = 2$ ; trzeba w tym celu obliczyć kwadrat liczby $12890625$ ; nie potrzeba jednak wyznaczać wszystkich cyfr tego kwadratu, a wystarczy znaleźć tylko $8$ ostatnich. Można na przykład skorzystać z tego, że kwadrat sumy kilku liczb równa się sumie kwadratów tych liczb i podwojonych iloczynów wszystkich par tych liczb i rachować w taki sposób:

$ \begin{split} (1289 & 0625)^2 = (5 + 2 \cdot 10 + 6 \cdot 10^2 + 0 \cdot 10^3 + 9 \cdot 10^4 + 8 \cdot 10^5 + 2 \cdot 10^6 + \\ & + 1 \cdot 10^7)^2 = 25 + 20 \cdot 10 + (60 + 4) 10^2 + 24 \cdot 10^3 + (90 + 36) \cdot 10^4 +\\ & + (80 + 36) \cdot 10^5 + (20 + 32 + 108) \cdot 10^6 + (10 + 8 + 96) \cdot 10^7 + l \cdot 10^8 =\\ & = 5 + 2 \cdot 10 + 6 \cdot 10^2 + 0 \cdot 10^3 + 9 \cdot 10^4 + 8 \cdot 10^5 + 2 \cdot 10^6 + 1 \cdot 10^7 + 10^8 \cdot k_2 = \\ & = 12890625 + 10^8 \cdot k_2. \end{split} $

Jeżeli wzór (1) jest prawdziwy dla pewnej liczby naturalnej $n$ , to jest prawdziwy również dla $n + 1$ , gdyż

$ \begin{split} (12890625)^{n + 1} = (12890625)^n \cdot 12890625 = (12890625)^2 + 10^8 \cdot 12890625 \cdot k_n =\\ = 12890625 + 10^8k_2 + 10^8 \cdot 12890625 \cdot k_n = 12890625 + 10^8 k_{n+1}, \end{split} $

gdzie $k_{n+1} = k_2+ 12890625 k_n$ .

Na podstawie zasady indukcji zupełnej wnioskujemy stąd, że wzór (1) jest prawdziwy dla każdej liczby naturalnej $n$ .

Uwaga. Ciekawa własność liczby $12890625$ , którą poznaliśmy, nasuwa pytanie, czy jest jeszcze więcej liczb o tej samej lub mnej liczbie cyfr, które by miały taką własność. Chodzi zatem o rozwiązanie następującego zagadnienia:

Znaleźć taką liczbę $k$ -cyfrową $A$ , że ostatnie $k$ cyfr każdej potęgi tej liczby tworzą liczbę $A$ .

Tak samo jak w rozwiązaniu poprzednim stwierdzamy, że gdy kwadrat liczby $A$ spełnia warunek zadania, to spełnia je każda potęga tej liczby. Ostatecznie więc zadanie sprowadza się do wyznaczenia takiej $k$ -cyfrowej liczby $A$ , że

$ (2) \qquad A^2 = A + 10^k \cdot m, $

gdzie $m$ jest liczbą całkowitą.

Gdy $k=1$ , rozwiązanie jest natychmiastowe, liczbami poszukiwanymi są $0$ , $1$ , $5$ i $6$ . Wobec tego przyjmiemy w dalszym ciągu, że $k>1$ .

Przypuśćmy, że równość (2) zachodzi dla pewnej liczby naturalnej $k$ -cyfrowej $A$ . Możemy tę równość napisać w postaci

$ (3) \qquad A (A - 1) = 2^k \cdot 5^k \cdot m \ (m = \textrm{liczba naturalna}). $

Liczby $A$ i $A-1$ są pierwsze względem siebie, gdyż każdy wspólny podzielnik tych liczb jest również podzielnikiem ich różnicy równej $1$ , więc takim podzielnikiem jest tylko $1$ lub $-1$ . Ponieważ $A < 10^k$ , więc jedna z tych liczb jest podzielna przez $2^k$ , a druga przez $5^k$ , tzn. możliwe są tylko dwa przypadki:

$ (a) \qquad A = 2^k \cdot x \quad A-1 = 5^k \cdot y \quad (x,y-1 \textrm{ naturalne}) $

$ (b) \qquad A = 5^k \cdot z \quad A - 1 = 2^k \cdot u \quad (z,u - 1 \textrm{ naturalne}). $

W przypadku a)

$ (4) \qquad 2^k \cdot x - 5^k \cdot y = 1, $

a w przypadku b)

$ (5) \qquad 5^k \cdot z - 2^k \cdot u = 1. $

Odwrotnie, jeżeli para liczb naturalnych $(x, y)$ spełnia równanie (4), to liczba $A = 2^k \cdot x$ czyni zadość warunkowi a), zatem również warunkowi (2). Aby liczba ta była rozwiązaniem zadania, trzeba jeszcze żeby miała $k$ cyfr, tzn. żeby był spełniony warunek

$ (6) \qquad 10^{k-1} \leq 2^k \cdot x < 10^k. $

Podobnie, jeżeli para liczb naturalnych $(z, u)$ spełnia równanie (5), to liczba $A = 5^k \cdot z$ jest rozwiązaniem zadania o ile spełnia warunek

$ (7) \qquad 10^{k-1} \leq 5^k \cdot z < 10^k. $

Aby zbadać, czy równania (4) i (5) mają takie rozwiązania, rozpatrzymy ogólnie równanie

$ (8) \qquad ax - by = 1, $

w którym $a$ i $b$ są liczbami całkowitymi, większymi od $1$ i pierwszymi względem siebie.

Udowodnimy, że istnieje jedna i tylko jedna para $(x_0, y_0)$ liczb całkowitych dodatnich spełniających to równanie i warunek $x_0 < b$ . Istotnie, weźmy pod uwagę reszty z dzielenia liczb dodatnich $ax_k - 1$ przez $b$ , gdzie $x_k$ przybiera wartości $1, 2, \ldots, b$ . Wśród tych reszt nie ma równych, gdyby bowiem zachodziły równości

$ ax_1 - 1 = b \cdot q_1 + r, \quad ax_2 - 1 = bq_2 + r, $

gdzie $x_1$ i $x_2$ oznaczają dwie różne liczby spośród liczb $1, 2, \ldots, b$ a $q_1$ i $q_2$ - liczby całkowite, to zachodziłaby równość

$ a (x_1 - x_2) = b (q_1 - q_2), $

zatem liczba $a (x_1 - x_2)$ byłaby podzielna przez $b$ , co jest niemożliwe, gdyż $a$ i $b$ są pierwsze względem siebie a różnica $x_1 - x_2$ jest co do wartości bezwzględnej mniejsza niż $b$ . Jedna z tych $b$ reszt musi być zatem równa $0$ , odpowiednią wartością $x_k$ niech będzie $x_0$ . Liczba $x_0$ nie może być równa $b$ , gdyż $ab - 1$ nie jest podzielne przez $b$ , więc $x_0 < b$ .

Liczbę całkowitą dodatnią $\frac{ax_0 - 1}{b}$ oznaczymy literą $y_0$ , w takim razie

$ (9) \qquad ax_0 - by_0= 1. $

Jeżeli $x$ i $y$ oznaczają dowolne liczby całkowite, spełniające równanie (8), to odejmując równości (8) i (9) otrzymujemy

$ a (x - x_0) = b (y - y_0). $

Ponieważ $a$ i $b$ są pierwsze względem siebie, więc $x - x_0$ jest podzielne przez $b$ , wobec czego $x - x_0 = b \cdot t$ , gdzie $t$ jest liczbą całkowitą, a $y - y_0 = at$ , skąd

$ (10) \qquad x = x_0 + bt, $

$ y = y_0 + at. $

Wszystkie rozwiązania równania (8) w liczbach całkowitych $x$ , $y$ otrzymujemy zatem ze wzorów (10), podstawiając zamiast $t$ liczby całkowite. Liczby te są dodatnie i spełniają warunek $x < b$ wtedy i tylko wtedy, gdy $t = 0$ , tj. gdy $x = x_0$ , $y = y_0$ .

Z powyższego wynika, że istnieje jedna i tylko jedna para liczb całkowitych $(x_0, y_0)$ spełniających równanie (4) i warunki $x_0 > 0$ , $y_0 > 0$ , $x_0 < 5^k$ , wobec czego $A = 2^k \cdot x_0 < 10^k$ ; liczba $A$ jest zatem co najwyżej $k$ -cyfrowa. Może się jednak zdarzyć, że $A$ ma mniej niż $k$ cyfr. Umówimy się, że w takim przypadku dopiszemy z lewej strony $A$ zamiast brakujących cyfr odpowiednią liczbę zer i będziemy uważali, że otrzymaliśmy $k$ -cyfrowe rozwiązanie zadania. Przy takiej umowie zadanie ma dla każdego $k > 1$ jedno rozwiązanie postaci $A = 2^k \cdot x$ ( $x - 1$ naturalna). Analogicznie równanie (5) prowadzi do drugiego rozwiązania postaci $A = 5^k \cdot z$ ( $z - 1$ naturalna).

Na przykład dla $k = 3$ mamy rozwiązania $A_ = 625$ i $A_2 = 376$ , dla $k = 4$ rozwiązaniami są $A_1 = 0625$ i $A_2 = 9376$ , dla $k = 9$ jednym rozwiązaniem jest $A_1 = 212890625$ ; niech czytelnik sam poszuka drugiego rozwiązania. Aby je znaleźć bez długiego rachowania, trzeba się zapoznać z teorią równań nieoznaczonych stopnia pierwszego o $2$ niewiadomych; znajdzie ją czytelnik np. w książkach prof. W. Sierpińskiego Teoria liczb i Arytmetyka teoretyczna.

XIII OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

Rozłożyć na czynniki rzeczywiste trójmian

$ x^4 + px^2 + q, $

gdzie $p$ i $q$ są liczbami rzeczywistymi spełniającymi nierówność

$ p^2 - 4q < 0. $

Rozwiązanie

Z nierówności $p^2 - 4g < 0$ wynika, że trójmian $y^2 + py + q$ nie ma pierwiastków rzeczywistych; w takim razie również trójmian $x^4 + px^2 + q$ nie ma pierwiastków rzeczywistych, gdyby bowiem liczba $x$ była pierwiastkiem rzeczywistym drugiego trójmianu, to liczba $y=x^2$ byłaby rzeczywistym pierwiastkiem pierwszego trójmianu. W takim razie poszukiwany rozkład może mieć tylko postać

$ x^4 + px^2 + q = (x^2 + \alpha x + \beta) (x^2 + \gamma x + \delta). $

Porównując współczynniki przy tych samych potęgach $x$ po obu stronach powyższej równości otrzymujemy równania

$(1) \qquad \alpha + \gamma = 0,$

$(2) \qquad \beta + \delta + \alpha \gamma = p,$

$(3) \qquad \alpha \delta + \beta \gamma = 0,$

$(4) \qquad \beta \delta = q.$

Z równania (1) mamy $\gamma = - \alpha$ , podstawienie do równania (3) daje

$ \alpha (\delta - \beta) = 0,\ \textrm{ stąd } \alpha = 0 \textrm{ lub } \delta = \beta. $

a) Jeżeli $\alpha = 0$ , to z równań (2) i (4) wynika, że

$ \beta + \delta = p, \quad \beta \delta = q. $

Ten układ równań nie ma rozwiązań rzeczywistych, bo $p^2 - 4q< 0$ .

b) $\delta = \beta$ ; z równania (4) otrzymujemy wówczas

$ \beta = \delta = \pm \sqrt{q}. $

Powyższe wartości $\beta$ i $\delta$ są rzeczywiste, gdyż z nierówności $p^2 - 4q < 0$ wynika, że $4q > p^2$ , zatem $q > 0$ .

Według równania (2) $\alpha \gamma = p - \beta - \delta$ , wobec czego dla wyznaczenia $\alpha$ i $\gamma$ mamy układ równań

$ \alpha + \gamma = 0, $

$ \alpha \gamma = p \mp 2 \sqrt{q}. $

Stąd

$ a^2 = \pm 2 \sqrt{q} - p. $

Z nierówności $4q > p^2$ wynika, że $2 \sqrt{q} > |p| \geq p$ , zatem $2 \sqrt{g} - p > 0$ ; Ponieważ zaś $4q - p^2 = (2 \sqrt{q} - p) (2 \sqrt{g} + p) > 0$ , więc też $2 \sqrt{q} + p > 0$ .

Aby zatem otrzymać rzeczywistą wartość na $\alpha$ , należy w powyższym wzorze na $\alpha^2$ wziąć znak górny. Otrzymujemy następujące rzeczywiste wartości współczynników $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ , $\delta$ :

$ \alpha = - \gamma = \pm \sqrt{2 \sqrt{q} - p}, \quad \beta = \delta = \sqrt{q}. $

Poszukiwany rozkład wyraża się wzorem:

$ x^4 + px^2 + q = (x^2 + \sqrt{2 \sqrt{q} - p} \cdot x + \sqrt{q}) (x^2 - \sqrt{2 \sqrt{q} - p} \cdot x + \sqrt{q}). $

XIII OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

Dane są na płaszczyźnie odcinki $AB$ i $CD$ . Znaleźć na tejże płaszczyźnie taki punkt $M$ , żeby trójkąty $AMB$ i $CMD$ były podobne, a przy tym kąt $AMB$ był równy kątowi $CMD$ .

Rozwiązanie

W podobieństwie trójkątów $AMB$ i $CMD$ wierzchołkowi $M$ jednego trójkąta ma odpowiadać według warunków zadania wierzchołek $M$ drugiego trójkąta. Wierzchołkowi $C$ trójkąta $CMD$ może odpowiadać bądź wierzchołek $A$ , bądź wierzchołek $B$ trójkąta $AMB$ , wobec czego można poszukiwać odpowiednich dwóch rodzajów rozwiązań. Ograniczymy się do wyznaczenia rozwiązań, w których punktowi $C$ odpowiada punkt $A$ . Rozwiązania drugiego rodzaju otrzymuje się w sposób analogiczny.

Rozróżnimy 3 przypadki.

1. Proste $AB$ i $CD$ przecinają się.

Przypuśćmy, że trójkąty $AMB$ i $CMD$ spełniają warunki zadania (rys. 6). Poprowadźmy w tych trójkątach wysokości $MH$ i $MK$ . Wówczas

$ \nr{a} \frac{MH}{MK} = \frac{AB}{CD}. $

tzn. odległości punktu $M$ od prostych $AB$ i $CD$ są w danym stosunku, równym stosunkowi podobieństwa $\frac{AB}{CD}$ obu trójkątów. Stąd otrzymujemy jedno miejsce geometryczne punktu $M$ : jest nim para prostych $(p, q)$ przechodzących przez punkt przecięcia $S$ prostych $AB$ i $CD$ i dzielących kąty między tymi prostymi na części o danym stosunku sinusów równym stosunkowi $\frac{AB}{CD}$ . Konstrukcja prostych $p$ i $q$ jest łatwa do znalezienia, przedstawia ją rys. 7.

b) Ponieważ odpowiednie odcinki figur podobnych są proporcjonalne, więc

$ \frac{AH}{HB} = \frac{CK}{KD} $

tzn. rzuty punktu $M$ na proste $AB$ i $CD$ dzielą odcinki $AB$ i $CD$ w tym samym stosunku. Ta własność punktu $M$ wskazuje drugie miejsce geometryczne tego punktu. Jest nim prosta $EF$ (rys. 8), gdzie $E$ jest punktem przecięcia prostopadłych do $AB$ i $CD$ poprowadzonych w punktach $A$ i $C$ , a $F$ jest punktem przecięcia prostopadłych do $AB$ i $CD$ poprowadzonych w punktach $B$ i $D$ .

Istotnie, jeśli $M$ jest dowolnym punktem prostej $EF$ , a $H$ i $K$ jego rzutami na $AB$ i $CD$ , to na podstawie tw. Talesa

$ \frac{AH}{HB} = \frac{EM}{MF} = \frac{CK}{KD}, $

jeśli zaś punkt $N$ obierzemy poza prostą $EF$ , na przykład tak jak na rys. 8, to

$ \frac{AH}{HB} = \frac{CK}{KD} < \frac{CL}{LD}. $

Żądany punkt $M$ znajduje się w przecięciu obu miejsc geometrycznych. Jeżeli prosta $EF$ nie przechodzi przez punkt przecięcia prostych $AB$ i $CD$ , to przecina co najmniej jedną z pary prostych $(p, q)$ pierwszego miejsca geometrycznego, więc zadanie ma jedno lub dwa rozwiązania. Jeżeli prosta $EF$ przechodzi przez punkt przecięcia prostych $AB$ i $CD$ (co ma miejsce wtedy, gdy proste $AC$ i $BD$ są równoległe), ale nie pokrywa się z żadną z prostych $p$ , $q$ , zadanie nie ma rozwiązania. Jeżeli wreszcie prosta $EF$ pokrywa się z jedną z prostych $p$ , $q$ , zadanie ma nieskończenie wiele rozwiązań; jako punkt $M$ możemy wówczas obrać dowolny punkt prostej $EF$ .

Nasuwa się pytanie, przy jakim położeniu odcinków $AB$ i $CD$ prosta $EF$ jest równoległa do jednej z prostych $p$ , $q$ pierwszego miejsca geometrycznego, a przy jakim pokrywa się ona z jedną z tych prostych. Pozostawiamy to jako zagadnienie do rozwiązania.

2. Proste $AB$ i $CD$ są równoległe.

Jedno miejsce geometryczne punktu $M$ znajdujemy podobnie, jak w przypadku 1. Wysokości $MH$ i $MK$ trójkątów podobnych $AMB$ i $CMD$ są proporcjonalne do ich podstaw $AB$ i $CD$ . Gdy $AB \ne CD$ , punkt $M$ musi się znajdować na jednej z prostych $p$ i $q$ równoległych do prostych $AB$ i $CD$ i dzielących odstęp między tymi prostymi wewnętrznie lub zewnętrznie w stosunku $AB \colon CD$ . Gdy zaś $AB = CD$ , wtedy prostej $q$ nie ma, punkt $M$ musi leżeć na prostej $p$ równoległej do $AB$ i $CD$ i równoodległej od tych prostych. Aby znaleźć na prostych $p$ i $q$ punkty spełniające warunek zadania, rozpatrzmy dwie możliwości.

a) Kierunek od $A$ do $B$ jest zgodny z kierunkiem od $C$ do $D$ .

Przypuśćmy, że punkt $M$ prostej $p$ jest rozwiązaniem zadania (rys. 9).

Niech $C'MD'$ będzie trójkątem symetrycznym do trójkąta $CMD$ względem prostej $p$ . Ponieważ półproste $MC'$ i $MA$ są jednakowo nachylone do prostych równoległych $AB$ i $CD$ , więc się pokrywają; tak samo pokrywają się półproste $MD'$ i $MB$ . Stąd otrzymujemy następujące rozwiązanie zadania.

Budujemy odcinek $C'D'$ symetryczny do $CD$ względem prostej $p$ .

Jeżeli $AB \ne CD$ , to proste $AC'$ i $BD'$ przecinają się w punkcie $M$ , który leży na prostej $p$ i jest rozwiązaniem zadania, gdyż trójkąt $CMD$ jest symetryczny do trójkąta $C'MD'$ jednokładnego z trójkątem $AMB$ . Jeżeli $AB = CD$ , ale odcinki $AB$ i $CD$ nie są symetryczne względem prostej $p$ , zadanie nie ma rozwiązania, gdyż dla żadnego punktu $M$ prostej $p$ półproste $MC'$ i $MA$ nie pokrywają się. Jeżeli wreszcie odcinki $AB$ i $CD$ są symetryczne względem prostej $p$ , punkty $C'$ i $D'$ pokrywają się z punktami $A$ i $B$ ; zadanie ma nieskończenie wiele rozwiązań, punkt $M$ może być dowolnym punktem prostej $p$ .

Przypuśćmy z kolei, że pewien punkt $M$ prostej $q$ jest rozwiązaniem zadania (rys. 10). Oczywiście może się to zdarzyć tylko w przypadku, gdy $AB \ne CD$ , gdyż tylko wtedy istnieje prosta $q$ .

Półproste $MC$ i $MA$ , jednakowo nachylone do równoległych $AB$ i $CD$ , muszą się pokrywać; tak samo nokrywają się półproste $MD$ i $MB$ . Na prostej $q$ istnieje więc jeden punkt $M$ o żądanej własności, jest to punkt przecięcia prostych $AC$ i $MD$ .

b) Kierunki od $A$ do $B$ i od $C$ do $D$ są przeciwne.

Podobnie jak poprzednio, stwierdzamy, że na prostej $p$ istnieje jeden punkt $M$ będący rozwiązaniem gadania; jest to punkt przecięcia prostych $AC$ i $BD$ (rys. 11).

Zakładając, że $AB > CD$ , przypuśćmy, że pewien punkt $M$ prostej $q$ jest rozwiązaniem zadania (rys. 12).

Niech $M'$ będzie punktem przecięcia prostych $AD$ i $BC$ ; punkt $M'$ leży na prostej $q$ , gdyż wysokości trójkątów jednokładnych $AM'B$ i $DM'C$ są w stosunku $AB \colon DC$ odpowiednich boków. Wówczas $\measuredangle M'DC = \measuredangle M'AB = \measuredangle MCD$ , zatem proste $CM$ i $DM'$ są symetryczne względem symetralnej odcinka $DC$ . Poszukiwany punkt $M$ jest więc punktem symetrycznym do punktu $M'$ względem tej symetralnej.

3. Proste $AB$ i $CD$ pokrywają się.

W tym przypadku wysokości poszukiwanych trójkątów $AMB$ i $CMD$ muszą być równe, więc rozwiązanie zadania może istnieć tylko wtedy, gdy $AB = CD$ . Jeżeli kierunek od $A$ do $B$ jest zgodny z kierunkiem od $C$ do $D$ , rozwiązania nie ma, gdyż dla żadnego punktu $M$ , nie leżącego na prostej $AB$ , kąty $MAB$ i $MCD$ nie są równe.

Jeżeli zaś $AB = CD$ , a kierunek od $A$ do $B$ i kierunek od $C$ do $D$ są przeciwne, rozwiązań jest nieskończenie wiele, punkt $M$ może być dowolnym punktem wspólnej symetralnej odcinków $AC$ i $DB$ (rys. 13).

XIII OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

Dany jest czworokąt skośny $ABCD$ i płaszczyzna przecinająca proste $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DA$ odpowiednio w punktach $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ różnych od $A$ , $B$ , $C$ , $D$ . Dowieść, że

$ \frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CP}{PD} \cdot \frac{DQ}{QA} = 1. $

Rozwiązanie

Niech $A'$ , $B'$ , $C'$ , $D'$ oznaczają odpowiednio rzuty prostokątne punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ na daną płaszczyznę (rys. 14). Trójkąty prostkątne $AA'M$ i $BB'M$ mają równe kąty ostre przy wierzchołku $M$ , więc są podobne. Zatem

$ \frac{AM}{MB} = \frac{AA'}{BB'} \textrm{ i podobnie } \frac{BN}{NC} = \frac{BB'}{CC'},\ \frac{CP}{PD} = \frac{CC'}{DD'},\ \frac{DQ}{QA} = \frac{DD'}{AA'}. $

Wobec tego

$ \frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CP}{PD} \cdot \frac{DQ}{QA} = \frac{AA'}{BB'} \cdot \frac{BB'}{CC'} \cdot \frac{CC'}{DD'} \cdot \frac{DD'}{AA'} = 1. $

Uwaga. Twierdzenie można uogólnić zastępując czworokąt dowolną łamaną zamkniętą.

XIII OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

Rozwiązać układ równań

$ (1) \qquad \left\{ \begin{array}{c} x (x + y + z)^2 = a^4 (yz)^3\\ y (x + y + z)^2 = b^4 (zx)^3\\ z (x + y + z)^2 = c^4 (xy)^3. \end{array}\right. $

Rozwiązanie

Ponieważ w równaniach występują tylko parzyste potęgi liczb $a$ , $b$ , $c$ , więc bez szkody dla ogólności rozwiązania możemy przyjąć, że te liczby są nieujemne.

1. Rozpatrzmy najpierw przypadek, gdy żadna z liczb $a$ , $b$ , $c$ nie jest zerem. Jednym rozwiązaniem układu (1) jest $x = y = z = 0$ . Łatwo dowieść, że każde rozwiązanie $(x, y, z)$ tego układu, w którym jedna z niewiadomych ma wartość $0$ , jest identyczne z rozwiązaniem $(0, 0, 0)$ . Przypuśćmy na przykład, że $x = 0$ ; wówczas z pierwszego równania, wobec założenia, że $a \ne 0$ , wynika, że $y$ lub $x$ równa się zeru. Jeżeli $y = 0$ , to z trzeciego równania otrzymujemy $z = 0$ , jeżeli zaś $z = 0$ , to z drugiego równania wynika, że $y = 0$ .

Pozostają do wyznaczenia te rozwiązania danego układu równań, w których żadna z wartości niewiadomych nie jest zerem. Ograniczymy się tutaj do rozwiązań rzeczywistych.

Przypuśćmy, że $(x, y, z)$ jest rozwiązaniem układu (1), przy czym $xyz \ne 0$ . Z równań (1) wynika, że wówczas $x + y + z \ne 0$ .

Przy tych założeniach prawdziwe są równości

$ (x + y + z)^2 = \frac{a^4 (yz)^3}{x} = \frac{b^4 (zx)^3}{y} = \frac{c^4 (xy)^3}{z} $

a także równości

$ \frac{1}{(x + y + z)^2} = \frac{x}{a^4y^3z^3} = \frac{y}{b^4z^3x^3} = \frac{z}{c^4x^3y^3} $

i wreszcie równości

$ \frac{x^3y^3z^3}{(x + y + z)^2} = \frac{x^4}{a^4} = \frac{y^4}{b^4} = \frac{z^4}{c^4}. $

Istnieje wówczas taka dodatnia liczba $k$ , że

$ x^4 = a^4k^4,\ y^4 = b^4k^4,\ z^4 = c^4k^4, x^3y^3z^3 = k^4 (x + y + z)^2, $

wobec czego

$ (2) \qquad x = ak \varepsilon,\ y = bk \eta, \ z = ck \zeta, $

gdzie $\varepsilon = \pm 1$ , $\eta = \pm 1$ , $\zeta = \pm 1$ , oraz

$ a^3 b^3 c^3 k^3 \varepsilon^3 \eta^3 \zeta^3 = k^4 [ak \varepsilon + bk \eta + ck \zeta)^2. $

Lecz $\varepsilon^3 = \varepsilon$ , $\eta^3 = \eta$ , $\zeta^3 = \zeta$ i z ostatniej równości otrzymujemy

$ k^3 = \frac{(a\varepsilon + b\eta + c\zeta)^2}{\varepsilon \eta \zeta a^3b^3c^3}. $

Ponieważ $k > 0$ , zatem $\varepsilon \eta \zeta > 0$ , a że $\varepsilon \eta \zeta$ może być tylko jedną z liczb $1$ i $- 1$ , więc

$ (3) \qquad \varepsilon \eta \zeta = 1 $

$ (4) \qquad k = \frac{\sqrt[3]{(a\varepsilon + b\eta + c\zeta)^2}}{abc}. $

Ze wzorów (2) i (4)- otrzymujemy

$ (5) \qquad \begin{array}{c} x = \frac{\varepsilon}{bc} \sqrt[3]{(a\varepsilon + b\eta + c\zeta)^2}\\ y = \frac{\varepsilon}{ac} \sqrt[3]{(a\varepsilon + b\eta + c\zeta)^2}\\ z = \frac{\zeta}{ab} \sqrt[3]{(a\varepsilon + b\eta + c\zeta)^2}. \end{array} $

Z równości (3) wynika, że trójka liczb $(\varepsilon, \eta, \zeta)$ może być tylko jedną z trójek: $(1, 1, 1)$ , $(1, - 1, - 1)$ , $(- 1, 1, - 1)$ , $(-1, -1, 1)$ . Wzory (5) dają więc przy uwzględnieniu równości (3) cztery układy wartości $(x, y, z)$ , jako jedyne możliwe rozwiązania układu (1), spełniające warunek $xyz \ne 0$ . Podstawiając wartości (5) do równań (1), sprawdzimy łatwo, że istotnie spełniają one te równania. Można się o tym również przekonać, odwracając wnioskowanie, które doprowadziło do wzorów (5). Nie można jednak twierdzić, że każde z otrzymanych czterech rozwiązań jest różne od $(0, 0, 0)$ . Gdy bowiem współczynniki $a$ , $b$ , $c$ spełniają jedną z równości $a - b - c = 0$ , $-a+b-c=0$ , $- a - b + c = 0$ , wówczas jednym z tych rozwiązań jest właśnie $(0, 0, 0)$ . Ostatecznie więc otrzymujemy wynik następujący:

Gdy $(a - b - c) (a - b + c) (a + b - c) \ne 0$ , układ równań (1) ma $5$ rozwiązań, mianowicie $(0, 0, 0)$ oraz cztery rozwiązania określone wzorami (5), w których każda z liter $\varepsilon, \eta, \zeta$ oznacza $1$ lub $- 1$ , przy czym $\varepsilon \eta \zeta = 1$ .

Gdy $(a - b - c) (a - b + c) (a + b - c) = 0$ , układ równań (1) ma $4$ rozwiązania określone, jak wyżej, wzorami (5).

2. Trzeba jeszcze zbadać przypadek, gdy $abc = 0$ . Możemy się przy tym ograniczyć do trzech możliwości (gdyż przy innych wyniki są analogiczne):

a) $a = 0$ , $b \ne 0$ , $c \ne 0$ . Z pierwszego równania otrzymujemy $x (x + y + z) = 0$ , więc zachodzi jeden z przypadków:

$\alpha$ ) Jeżeli $x = 0$ , to z drugiego i trzeciego równania wynika, że $y (y + z) = 0$ , $z(y + z) = 0$ , zatem $(y + z)^2 = 0$ i $y + z = 0$ .

$\beta$ ) Jeżeli $x + y + z = 0$ , to z drugiego i trzeciego równania wynika, że $zx = 0$ i $xy = 0$ skąd $x (y + z) = 0$ , zatem jak w przypadku $\alpha$ ) jest $x = 0$ i $y + z = 0$ . Odwrotnie, jeżeli $x = 0$ i $y + z = 0$ , to liczby $x$ , $y$ , $z$ spełniają równania (1).

Ostatecznie więc w przypadku a) rozwiązaniem układu są wszystkie trójki liczb $(x, y, z)$ spełniające układ równań

$ x = 0, \quad y + z = 0. $

b) $a = 0$ , $b = 0$ , $c \ne 0$ . Z równań (1) wynika, że

$ x (x + y + z) = 0,\ y (x + y + z) = 0, $

zatem $xy(x + y + z)^2 = 0$ , skąd wnioskujemy, że jedna z liczb $xy$ i $x + y + z$ równa się zeru; z równań (1) łatwo wynika, że w takim razie i druga z tych liczb równa się zeru, tj.

$ x + y + z = 0,\quad xy = 0. $

Odwrotnie, jeżeli powyższe równania są spełnione, to wszystkie równania (1) są spełnione. Zatem rozwiązaniem układu (1) w przypadku b) są wszystkie trójki liczb $(x, y, z)$ spełniające jeden z układów

$ x = 0, \quad y + z = 0, $

lub

$ y = 0, \quad x + z = 0. $

c) $a = b = c = 0$ . Z danych równań wynika, że $x (x + y + z) = 0$ , $y (x + y + z) = 0$ , $z (x + y + z) = 0$ , zatem $(x + y + z)^2 = 0$ i $x + y + z = 0$ . Odwrotnie, jeżeli $x + y + z = 0$ , wszystkie równania (1) są spełnione.

Rozwiązaniem układu (1) w przypadku c) są wszystkie trójki liczb $(x, y, z)$ czyniące zadość równaniu

$ x + y + z = 0. $

XIII OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

Udowodnić, że jeżeli

$ (1) \qquad \cos^2 A + \cos^2 B + \cos^2 C=1 $

i $A$ , $B$ , $C$ są kątami ostrymi, to

$ (2) \qquad A + B + C < 180^\circ. $

Rozwiązanie

Aby udowodnić, że suma kątów ostrych $A$ , $B$ , $C$ jest mniejsza od $180^\circ$ , wystarczy dowieść, że $\cos \frac{A+B+C}{2} > 0$ .

Zauważmy, że każdy z kątów $\frac{A-B+C}{2}$ , $\frac{A+B-C}{2}$ , $\frac{B+C-A}{2}$ zawiera się między $- 45^\circ$ i $90^\circ$ , cosinusy tych kątów są zatem dodatnie. Nierówność (2) będzie więc udowodniona, gdy wykażemy że

$ \cos \frac{A+B+C}{2} \cdot \cos \frac{A-B+C}{2} \cdot \cos \frac{A+B-C}{2} \cdot \cos \frac{B+C-A}{2} > 0. $

W tym celu przekształcimy lewą stronę $L$ powyższej nierówności:

$ \begin{split} L & = \frac{1}{2} [ \cos (A + B) + \cos C] \cdot \frac{1}{2} [\cos C + \cos (A - B)] = \\ & = \frac{1}{4} \{ [\cos (A+B) + \cos (A-B)] \cdot \cos C + \cos (A+B) \cos (A - B) + \cos^2 C \} = \\ & = \frac{1}{4} (2 \cos A \cos B \cos C + \cos^2 A \cos^2 B - \sin^2 A \sin^2 B + \cos^2 C) = \\ & = \frac{1}{4} (2 \cos 4 \cos B \cos C + \cos^2 A + \cos^2 B + \cos^2 C - 1). \end{split} $

Uwzględniając założenie (1) otrzymujemy stąd

$ L = \frac{1}{2} \cos A \cos B \cos C, $

a ponieważ $\cos A > 0$ , $\cos B > 0$ i $\cos C > 0$ , zatem $L > 0$ , a stąd wynika nierówność (2).

Uwaga. Powyższy wynik można interpretować jako pewne twierdzenie stereometrii. Obierzmy w przestrzeni układ współrzędnych prostokątnych $OXYZ$ (rys. 15) i niech $P$ będzie punktem o współrzędnych

$ x = \cos A, \ y = \cos B,\ z = \cos C. $

Ponieważ kąty $A$ , $B$ , $C$ są ostre, więc $x > 0$ , $y > 0$ , $z > 0$ , tzn. punkt $P$ leży wewnątrz kąta trójściennego, którego krawędziami są dodatnie półosie $OX$ , $OY$ , $OZ$ . Odległość $OP$ jest równa $1$ , gdyż

$ OP^2 = x^2 + y^2 + z^2 = \cos^2 A + \cos^2 B + \cos^2 C = 1. $

Niech $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ będą kątami, które półprosta $OP$ tworzy z dodatnimi półosiami $OX$ , $OY$ , $OZ$ ; kąty te są ostre. Niech $P'$ będzie rzutem punktu $P$ na oś $0X$ . Wówczas

$ x = OP' = OP \cos \alpha = \cos \alpha, \textrm{ więc } \cos \alpha = \cos A, $

a ponieważ $\alpha$ i $A$ są kątami ostrymi, więc

$ \alpha = A \textrm{ i podobnie } \beta = B \textrm{ i } \gamma = C. $

A zatem, według udowodnionego wyżej twierdzenia,

$ \alpha + \beta + \gamma < 180^\circ $

tzn. suma trzech kątów, jakie z krawędziami kąta trójściennego, trójprostokątnego tworzy półprosta poprowadzona wewnątrz tego kąta z jego wierzchołka, jest mniejsza od $180^\circ$ .

XIII OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

Dany jest czworokąt $ABCD$ , którego przekątne przecinają się pod kątem prostym w punkcie $M$ . Udowodnić, że $8$ punktów, w których prostopadle poprowadzone z punktu $M$ do prostych $AB$ , $BC$ , $CD$ i $DA$ przecinają boki czworokąta, leży na okręgu.

Rozwiązanie

Niech $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ oznaczają spodki prostopadłych opuszczonych z punktu $M$ odpowiednio na boki $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DA$ (rys. 16).

Udowodnimy najpierw, że punkty $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ leżą na okręgu, wykazując, że suma dwóch przeciwległych kątów czworokąta $PQRS$ równa się $180^\circ$ .

Każdy z czworokątów $MPAS$ , $MQBP$ , $MRCQ$ i $MSDR$ ma dwa kąty proste, więc wierzchołki każdego z nich leżą na okręgu. Według twierdzenia o kątach wpisanych

$ \measuredangle MPS = \measuredangle MAS \textrm{ i } \measuredangle MRS = \measuredangle MDS. $

Zatem

$ (1) \qquad \measuredangle MPS + \measuredangle MRS = \measuredangle MAS + \measuredangle MDS = 90^\circ, $

gdyż $AM \bot DM$ .

Podobnie

$ \measuredangle MPQ = \measuredangle MBQ,\quad \measuredangle MRQ = \measuredangle MCQ, $

więc

$ (2) \qquad \measuredangle MPQ+ \measuredangle MRQ= \measuredangle MBQ + \measuredangle MCQ = 90^\circ. $

Dodając równości (1) i (2) i uwzględniając, że $\measuredangle MPS + \measuredangle MPQ = \measuredangle SPQ$ , a $\measuredangle MRS + \measuredangle MRQ = \measuredangle SRQ$ , otrzymujemy:

$ \measuredangle SPQ + \measuredangle SRQ = 180^\circ $

Punkty $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ leżą więc istotnie na okręgu. Należy jeszcze dowieść, że na tym samym okręgu leżą również punkty $P_1$ , $Q_1$ , $R_1$ , $S_1$ , w których proste $MP$ , $MQ$ , $MR$ i $MS$ przecinają odpowiednio boki $CD$ , $DA$ , $AB$ i $BC$ . Wystarczy to udowodnić dla jednego z tych punktów, np. $Q$ , gdyż dla każdego z pozostałych rozumowanie jest takie samo (rys. 17).

Otóż

$ \measuredangle PSQ_1 = \measuredangle PSA = \measuredangle PMA = 90^\circ - \measuredangle PMB = 90^\circ - \measuredangle PQB = \measuredangle PQQ_1. $

Z równości kątów $PSQ_1$ i $PQQ_1$ wynika, że punkty $P$ , $Q$ , $S$ , $Q_1$ leżą, na okręgu c.n.d.

XIII OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

Z punktu $A$ okręgu $k$ poprowadzono odcinek $AB$ prostopadły do płaszczyzny okręgu. Znaleźć miejsce geometryczne rzutu prostokątnego punktu $A$ na prostą przechodzącą przez punkt $B$ i przez punkt $M$ poruszający się po okręgu $k$ .

Rozwiązanie

Niech $M$ będzie punktem okręgu $k$ (rys. 18). Poprowadźmy średnicę $AC$ i cięciwy $CM$ i $AM$ okręgu $k$ i weźmy pod uwagę rzuty $P$ i $D$ punktu $A$ odpowiednio na proste $BM$ i $BC$ . Ponieważ $CM$ jest prostopadłe do rzutu $AM$ odcinka $BM$ , więc według tzw. ,,twierdzenia o trzech prostopadłych'' jest $CM \bot BM$ , zatem $CM$ jest prostopadłe do płaszczyzny $ABM$ . Stąd wynika, że prosta $CM$ jest prostopadła do prostej $AP$ tej płaszczyzny, a że również $BM$ jest prostopadłe do $AP$ , więc płaszczyzna $BCM$ prostych $BM$ i $CM$ jest prostopadła do $AP$ . Wobec tego prosta $AP$ jest prostopadła do prostych $PD$ i $BC$ płaszczyzny $BCM$ , a z prostopadłości $AP \bot BC$ i $AD \bot BC$ wynika, że płaszczyzna $APD$ jest prostopadła do prostej $BC$ . Punkt $P$ leży zatem na okręgu $l$ , którego średnicą jest odcinek $AD$ , i który się znajduje w płaszczyźnie prostopadłej do prostej $BC$ .

Odwrotnie, niech $P$ będzie punktem okręgu $l$ i niech $M$ będzie punktem przecięcia prostej $BP$ z płaszczyzną okręgu $k$ (rys. 19). Wówczas $AP \bot DP$ i $AP \bot BC$ , więc $AP$ jest prostopadłe do płaszczyzny $BCM$ , wobec czego $AP \bot BM$ , tzn. punkt $P$ jest rzutem punktu $A$ na prostą $BM$ . Poza tym prosta $AP$ , jako prostopadła do płaszczyzny $BCM$ , jest prostopadła do prostej $CM$ , a że również $AB \bot CM$ , więc prosta $CM$ jest prostopadła do płaszczyzny $ABM$ , skąd wynika, że $CM \bot AM$ . Punkt $M$ leży więc na okręgu $k$ , zatem punkt $P$ należy do poszukiwanego miejsca geometrycznego.

Udowodniliśmy, że poszukiwanym miejscem geometrycznym jest okrąg o średnicy $AD$ leżący w płaszczyźnie prostopadłej do prostej $BC$ .

Uwaga. Rozważany w zadaniu rzut $P$ punktu $A$ na prostą $BM$ leży na powierzchni kuli o średnicy $AB$ i wynik, jaki uzyskaliśmy, jest równoznaczny z twierdzeniem, że odcinki łączące punkt $B$ z punktami okręgu $k$ wyznaczają w przecięciu z powierzchnią tej kuli okrąg $l$ , którego płaszczyzna jest prostopadła do prostej $BC$ . Można też powiedzieć, że okrąg $k$ jest rzutem okręgu $l$ powierzchni kuli ze środka $B$ . Jest to przypadek szczególny pewnego twierdzenia o tzw. rzucie stereograficznym kuli.

Niech będzie dana powierzchnia kuli, czyli sfera a styczna do płaszczyzny $\pi$ w punkcie $S$ . Przyjmiemy, że $\pi$ jest płaszczyzną poziomą, punkt $S$ nazwiemy biegunem południowym a przeciwległy punkt $N$ sfery - jej biegunem północnym (rys. 20).

Każdemu różnemu od $N$ punktowi $P$ sfery $\sigma$ możemy przyporządkować punkt $P'$ , w którym półprosta $NP$ przecina płaszczyznę $\pi$ . Każdy punkt $P'$ płaszczyzny $\pi$ odpowiada wówczas określonemu (różnemu od $N$ ) punktowi sfery $\sigma$ .

Uzyskane w ten sposób odwzorowanie nazywa się {\it rzutem stereograficznym} sfery $\sigma$ (bez punktu $N$ ) z bieguna $N$ na płaszczyznę $\pi$ .

Rzut stereograficzny ma wiele zastosowań. Szczególnie ważna jest jego rola w kartografii. W każdym atlasie geograficznym można znaleźć mapy będące obrazami części powierzchni kuli ziemskiej w rzucie stereograficznym. Przytoczymy tu niektóre własności tego rzutu:

Obrazem okręgu $k$ przechodzącego przez biegun $N$ (bez samego punktu $N$ ) jest pewna prosta $k'$ płaszczyzny $\pi$ .

Odwrotnie, każda prosta $k'$ płaszczyzny $\pi$ jest obrazem pewnego okręgu $k$ przechodzącego przez biegun $N$ (bez punktu $N$ ). Okrąg $k$ jest linią przecięcia sfery z płaszczyzną przechodzącą przez punkt $N$ i prostą $k'$ .

W szczególności obrazami południków sfery $\sigma$ , tj. półokręgów o średnicy $NS$ są na płaszczyźnie $\pi$ półproste o początku $S$ .

Obrazami równoleżników są okręgi o środku $S$ ; wynika to z symetrii całej figury względem płaszczyzny przechodzącej przez prostą $NS$ . Rys. 21 wyobraża sieć południków i równoleżników na mapie półkuli południowej wykonanej w rzucie stereograficznym.

Niech, $k$ będzie okręgiem sfery przechodzącym przez $N$ , a punkt $O$ - jego środkiem, $NQ$ - średnicą, $k'$ - rzutem stereograficznym $k$ na $\pi$ oraz $t$ - styczną w punkcie $P$ do okręgu $k$ , więc tym samym styczną do sfery (rys. 22a, b).

Jeśli styczna $t$ przecina prostą $k'$ w punkcie $R$ , a $P'$ i $Q'$ są rzutami stereograficznymi punktów $P$ i $Q$ , to zachodzi wzór

$ (1) \qquad \measuredangle RPP' = \measuredangle RP'P. $

Istotnie

$ \measuredangle RP'P = 90^\circ - \measuredangle ONP = 90^\circ - \measuredangle OPN = 90^\circ - (90^\circ - \measuredangle RPP') = \measuredangle RPP'. $

Wzór (1) wykorzystamy dla dowodu podstawowego twierdzenia o rzucie stereograficznym:

I. W rzucie stereograficznym obrazem okręgu nie przechodzącego przez biegun $N$ jest okrąg.

Wprowadzamy oznaczenia (rys. 23): $P$ - punkt okręgu $k$ sfery (nie przechodzącego przez $N$ ), $P'$ - jego rzut stereograficzny, $T$ - wierzchołek stożka stycznego do sfery wzdłuż okręgu $k$ , $M$ - punkt przecięcia prostej $NT$ z płaszczyzną $\pi$ , $K$ - punkt przecięcia równoległej do $MP'$ poprowadzonej przez punkt $T$ .

Ponieważ prosta $TP$ jest styczna do sfery, więc jest styczna do okręgu sfery leżącego w płaszczyźnie $NPT$ . Stosując twierdzenie (1) otrzymujemy

$ (2) \qquad \measuredangle TPP' = \measuredangle MP'P. $

Ponieważ $TK \parallel MP'$ , więc według twierdzenia Talesa

$ (3) \qquad MP' = TK \cdot \frac{MN}{TN}. $

Możliwe są 2 przypadki:

a) Punkt $k$ jest różny od punktu $P$ . Korzystając z równości (1) mamy wówczas:

$ \measuredangle TKP = \measuredangle MP'P = \measuredangle TPP', $

zatem $TK = TP$ i na podstawie wzoru (3)

$ (4) \qquad MP' = TP \cdot \frac{MN}{TN}. $

b) Punkt $k$ pokrywa się z punktem $P$ , wobec czego $TK$ pokrywa się z $TP$ , zachodzi więc również wzór (4).

Po prawej stronie wzoru (4) występują tylko długości niezależne od położenia punktu $P$ na okręgu, gdyż $TP$ jest długością tworzącej stożka o wierzchołku $T$ i okręgu podstawy $k$ , a punkt $T$ (więc również punkt M) jest stały. Zatem długość odcinka $MP'$ nie zmienia się, gdy punkt $P$ zakreśla okrąg $k$ , tzn. punkt $P'$ porusza się po okręgu o środku $M$ . Widoczne jest, że gdy punkt $P$ zakreśli cały okrąg $k$ , punkt $P'$ opisze również cały okrąg. Twierdzenie I zostało udowodnione. Wynika zeń łatwo, że odwrotnie każdy okrąg $k'$ płaszczyzny $\pi$ jest rzutem stereograficznym pewnego (nie przechodzącego przez $N$ ) okręgu $k$ sfery $\sigma$ . Istotnie, jeżeli $A'B'$ jest średnicą okręgu $k'$ leżącą w płaszczyźnie $NSM$ ( $M$ = środek okręgu $k'$ ), to punkty $A'$ i $B'$ są rzutami stereograficznymi pewnych punktów $A$ i $B$ sfery; wówczas okrąg $k'$ jest obrazem okręgu $k$ sfery, którego średnicą jest $AB$ i którego płaszczyzna jest prostopadła do płaszczyzny $NSM$ . Albowiem obrazem $k$ musi być - jak to już wiemy - okrąg przechodzący przez punkty $A'$ i $B'$ , przy czym odcinek $A'B'$ musi być średnicą tego okręgu, gdyż leży na płaszczyźnie $NSM$ , która jest płaszczyzną symetrii całej figury (rys. 24).

Zadanie 12 dotyczyło właśnie twierdzenia I w tym przypadku szczególnym, gdy okrąg $k'$ przechodzi przez punkt $S$ .

Znaczenie rzutu stereograficznego dla kartografii wynika z innej jego własności, którą teraz poznamy. Weźmy pod uwagę dwie jakiekolwiek linie $k$ i $l$ (np. dwa okręgi) leżące na sferze i przecinające się w punkcie $P$ (rys. 25).

Proste poprowadzone przez biegun $N$ i przez poszczególne punkty linii $k$ tworzą powierzchnię stożkową, która przecina płaszczyznę $\pi$ wzdłuż rzutu stereograficznego $k'$ linii $k$ . Styczna $t$ do linii $k$ w punkcie $P$ i styczna $t'$ do linii $k'$ w punkcie $P'$ leżą w płaszczyźnie stycznej poprowadzonej do owej powierzchni stożkowej przez tworzącą $NP$ . Styczne $t$ i $t'$ przecinają się zatem (jak na rys. 25) w pewnym punkcie $R$ płaszczyzny $\pi$ , bądź są równoległe. W pierwszym przypadku słuszny jest wzór (1), tj. $\measuredangle RPP' = \measuredangle RP'P$ ; w drugim przypadku $t$ i $t'$ są prostopadłe do $NP$ , gdyż prosta $t$ jest wtedy styczna do równoleżnika sfery, a więc jest prostopadła do rzutu prostej $NP$ na płaszczyznę tego równoleżnika. W obu przypadkach styczne, $t$ i $t'$ są jednakowo nachylone do odcinka $PP'$ . Tak samo stwierdzamy, że styczna $s$ do linii $l$ w punkcie $P$ i styczna $s'$ do jej rzutu stereografieznego $l'$ w punkcie $P'$ tworzą jednakowe kąty z odcinkiem $PP'$ . Wobec tego trójścian o wierzchołku $P$ i krawędziach $PP'$ , $t$ i $s$ jest przystający do trójścianu o wierzchołku $P'$ i krawędziach $P'P$ , $t'$ i $s'$ , gdyż w tych trójścianach kąt dwuścienny przy krawędzi $PP'$ jest wspólny, a kąty płaskie przyległe do tego kąta dwuściennego są odpowiednio równe. Stąd wynika, że trzecie kąty płaskie obu trójścianów są równe, tzn. kąt stycznych $t$ i $s$ do linii $k$ i $l$ w punkcie $P$ równa się kątowi stycznych $t'$ i $s'$ do obrazów $k'$ i $l'$ tych linii w punkcie $P'$ .

Kąt, jaki tworzą styczne do dwóch linii w punkcie ich przecięcia $P$ , nazywa się kątem tych linii w punkcie $P$ . Uzyskany wynik możemy zatem tak wypowiedzieć:

W rzucie stereograficznym sfery kąt dwóch linii równa się kątowi ich obrazów.

Odwzorowanie jednej powierzchni na drugą, które nie zmienia wielkości kątów między liniami, nazywa się odwzorowaniem konforemnym. Twierdzenie, które udowodniliśmy, można sformułować krótko:

II. Rzut stereograficzny sfery jest odwzorowaniem konforemnym.

XIII OM - II etap

II etap XIII Olimpiady Matematycznej

XIII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczby $x$ , $y$ , $z$ spełniają równanie

$ (1) \qquad x + y + z = a, $

$ (2) \qquad \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{1}{a}, $

to co najmniej jedna z nich jest równa $a$ .

Rozwiązanie

Jeżeli $x$ , $y$ , $z$ spełniają równanie (1) i (2), to

$ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{1}{x+y+z}. $

Stąd

$ (3) \qquad (yz + zx + xy) (x + y + z) - xyz = 0. $

Lewą stronę $L (x, y, z)$ równości (3) można przedstawić w postaci wielomianu zmiennej $x$ . Sprawdzamy przez podstawienie, że gdy $x = -y$ , to wielomian ten jest tożsamościowo równy zeru; jest on zatem podzielny przez $x + y$ . W taki sam sposób stwierdzamy, że $L (x, y, z)$ jest podzielne przez $y + z$ i przez $z + x$ , zatem

$ L (x, y,z) = k(x + y) (y + z) (z + x). $

Ponieważ $L (x, y, z)$ jest stopnia trzeciego względem $x$ , $y$ , $z$ , więc współczynnik $k$ jest stałą, wobec czego równość (3) jest równoważna równości

$ (4) \qquad (x +y)(y + z)(z+x) = 0. $

Z (4) wynika, że zachodzi co najmniej jedna z równości

$ x = -y,\ y = - z,\ z = -x. $

Jeżeli $x = -y$ , to z równania (1) otrzymujemy $z = a$ . Podobnie, jeśli $y = -z$ , to $x = a$ , a jeśli $z = -x$ , to $y = a$ .

XIII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

Jakie warunki powinny spełniać liczby rzeczywiste $a$ , $b$ , $c$ , $d$ , $e$ , $f$ , żeby wielomian stopnia drugiego

$ (1) \qquad ax^2 + 2bxy + cy^2 + 2dx + 2ey + f $

był iloczynem dwóch wielomianów stopnia pierwszego o współczynnikach rzeczywistych ?

Rozwiązanie

Zgodnie z tekstem zadania rozważamy tylko wielomiany o współczynnikach rzeczywistych.

Zajmiemy się najpierw przypadkiem, gdy w danym wielomianie (1) współczynnik $a \ne 0$ i napiszemy wielomian w postaci

$ (2) \qquad ax^2 + 2(by + d)x + (cy^2 + 2ey + f),\quad (a \ne 0). $

Jeżeli wielomian (2) równa się iloczynowi dwóch czynników stopnia pierwszego względem $x$ i $y$ , to każdy z tych czynników musi być stopnia pierwszego względem $x$ , tzn. wielomian (2) można przedstawić w postaci:

$ a (x - \alpha) (x - \beta), $

gdzie $\alpha$ i $\beta$ są funkcjami liniowymi zmiennej $y$ . Wyróżnik funkcji kwadratowej (2) zmiennej $x$

$ W = (by + d)^2 - a (cy^2 + 2ey + f) $

jest zatem kwadratem funkcji liniowej zmiennej $y$ . Otóż

$ (3) \qquad W = (b^2 - ac) y^2 + 2 (bd - ae) y + (d^2 - af), $

wiadomo zaś, że funkcja kwadratowa $Ay^2 + 2By + C$ jest wtedy i tylko wtedy kwadratem funkcji liniowej, gdy $A \geq 0$ , $C \geq 0$ , $B^2 - AC = 0$ . Funkcja $W$ jest więc kwadratem funkcji liniowej wtedy i tylko wtedy, gdy

$(4) \qquad b^2 - ac \geq 0$

$(5) \qquad d^2 - af \geq 0$

$(6) \qquad (bd -ae)^2 - (b^2 - ac) (d^2 - af) = 0.$

Z równości (6) otrzymujemy po wykonaniu działań i podzieleniu przez różną od zera liczbę $a$ równość

$ (7) \qquad ae^2 + b^2f + cd^2 - acf - 2bde = 0. $

Znaleźliśmy warunki (4), (5) i (7), które są konieczne do tego, żeby wielomian (2), w którym $a \ne 0$ , był iloczynem czynników stopnia pierwszego. Warunki te są zarazem dostateczne. Gdy bowiem są one spełnione, to spełniony jest też warunek (6), wobec czego $W$ jest kwadratem funkcji liniowej zmiennej $y$ . Mianowicie gdy $b^2 - ac> 0$ , wtedy

$ W = \left( \sqrt{b^2 - ac} \cdot y + \frac{bd - ac}{\sqrt{b^2 - ac}} \right)^2, $

a gdy $b^2 - ac = 0$ , wtedy $W = d^2 - af$ ; wielomian (2) równa się iloczynowi:

$ (8) \qquad \frac{1}{a} (ax + by + d- \sqrt{W})(ax + by + d + \sqrt{W}),. $

Rozważmy z kolei przypadek, gdy w danym wielomianie (1) współczynnik $c \ne 0$ . Rozumowanie analogiczne do poprzedniego prowadzi do wniosku, że dany wielomian jest wtedy i tylko wtedy iloczynem czynników stopnia pierwszego, gdy jego współczynniki spełniają warunki:

$(4) \qquad b^2 - ac \geq 0$

$\nr{5a} e^2 - cf \geq 0$

$(7) \qquad ae^2 + b^2f + cd^2 - acf - 2bde = 0.$

Gdy warunki (4), (5a) i (7) są spełnione, wielomian (2) równa się iloczynowi

$ (9) \qquad \frac{1}{c} (bx + cy + e - \sqrt{W}) (bx + cy + e + \sqrt{W}), $

gdzie

$ W = \left( \sqrt{b^2 - ac} \cdot x + \frac{be - cd}{\sqrt{b^2 - ac}} \right)^2 ,\textrm{ gdy } b^2 - ac \ne 0, $

natomiast

$ W = e^2 - cf, \textrm{ gdy } b^2 - ac = 0. $

Zauważmy, że gdy $a \ne 0$ , $c \ne 0$ , układ warunków (4), (5), (7) jest równoważny układowi (4), (5a), (7), współczynniki rozkładów (8) i (9) są proporcjonalne.

Pozostaje do rozpatrzenia przypadek, gdy $a = 0$ i $c = 0$ ; wówczas $b \ne 0$ , gdyż funkcja (1) jest stopnia drugiego. Jeżeli jest ona iloczynem czynników stopnia pierwszego, to istnieją takie liczby $\alpha$ i $\beta$ , że dla każdego $x$ zachodzi równość

$ 2bxy + 2dx + 2ey + f = 2b (x + \alpha) (y + \beta). $

Porównując współczynniki odpowiednich wyrazów obu stron tej równości otrzymujemy

$ b\beta = d, \ b \alpha = e, \ 2b \alpha \beta = f. $

Stąd

$ (10) \qquad 2de = bf. $

Równość (10) jest więe warunkiem koniecznym istnienia żądanego rozkładu danego wielomianu. Jest to jednocześnie warunek dostateczny, gdy bowiem jest spełniony, wtedy

$ 2bxy + 2dx + 2ey + f = 2b \left(x + \frac{e}{b} \right) \left( y + \frac{d}{b} \right). $

Zauważmy, że gdy $a = c = 0$ , $b \ne 0$ , wtedy warunek (10) jest równoważny warunkowi (7).

Wynik powyższej dyskusji możemy sformułować, jak następuje.

Wielomian $ax^2 + 2bxy + cy^2 + 2dx + 2ey + f$ zmiennych $x$ i $y$ o współczynnikach rzeczywistych jest wtedy i tylko wtedy iloczynem dwóch wielomianów stopnia pierwszego tychże zmiennych o współczynnikach rzeczywistych, gdy

$ 1. \quad ae^2 + b^2f + cd^2 - acf - 2bde = 0 $

$ 2. \quad a \ne 0,\ b^2 - ac \geq 0,\ d^2 - af \geq 0 \textrm{ lub } c \ne 0,\ b^2 - ac \geq 0,\ e^2 - cf \geq 0 \textrm{ lub } a = c = 0, b \ne 0. $

Uwaga. W dziedzinie liczb zespolonych zachodzi twierdzenie: Wielomian $ax^2 + 2bxy + cy^2 + 2dx + 2ey + f$ zmiennych $x$ i $y$ jest wtedy i tylko wtedy iloczynem dwóch wielomianów stopnia pierwszego tychże zmiennych, gdy

$ 1. \quad ae^2 + b^2f + cd^2 - acf - 2bde = 0 $

$ 2. \quad a^2 + b^2 + c^2 \ne 0. $

Dowód tego twierdzenia łatwo przeprowadzić, wzorując się na rozumowaniu podanym wyżej.

XIII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

Dowieść, że cztery odcinki łączące wierzchołki czworościanu ze środkami ciężkości ścian przeciwległych mają punkt wspólny.

Rozwiązanie

Weźmy pod uwagę dwa z wymienionych w zadaniu odcinków. Niech np. $S$ będzie środkiem ciężkości ściany $ABC$ , a $T$ - środkiem ciężkości ściany $ABD$ czworościanu $ABCD$ (rys. 26).

Punkt $S$ leży na środkowej $CM$ trójkąta $ABC$ , a punkt $T$ na środkowej $DM$ trójkąta $ABD$ . Odcinki $DS$ i $CT$ leżą w trójkącie $CMD$ , więc przecinają się w pewnym punkcie $O$ . Ponieważ $MS = \frac{1}{3} MC$ , a $MT = \frac{1}{3} MD$ , więc trójkąty $SMT$ i $CMD$ są jednokładne względem punktu $M$ w stosunku $\frac{1}{3}$ , wobec czego $ST \parallel CD$ i $ST = \frac{1}{3} CD$ . Stąd wynika, że trójkąty $OST$ i $ODC$ są jednokładne względem punktu $O$ w stosunku $\frac{1}{3}$ . Zatem $OS = \frac{1}{3} OD$ , tzn. odcinek $CT$ przecina odcinek $SD$ w takim punkcie $O$ , który dzieli odcinek $SD$ w stosunku $1 \colon 3$ .

W powyższym rozumowaniu odcinek $CT$ można zastąpić odcinkiem łączącym punkt $A$ ze środkiem ciężkości trójkąta $BCD$ lub odcinkiem łączącym punkt $B$ ze środkiem ciężkości trójkąta $ACD$ . Punkt $O$ jest zatem punktem wspólnym wszystkich czterech rozważanych odcinków.

XIII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

Dowieść, że jeżeli boki $a$ , $b$ , $c$ trójkąta spełniają nierówność

$ a $

to dwusieczne $d_a$ , $d_b$ , $d_c$ kątów przeciwległych spełniają nierówność

$ d_a > d_b > d_c. $

Rozwiązanie

Zadanie możemy rozwiązać, obliczając dwusieczne kątów trójkąta $ABC$ w zależności od jego boków i kątów. Zauważmy najpierw, że odcinki $BD$ i $DC$ , na jakie dwusieczna $AD$ dzieli $BC$ (rys. 27) są proporcjonalne do boków $AB$ i $AC$ :

$ \frac{BD}{BC-BD} = \frac{AB}{AC}, $

skąd

$ BD = \frac{BC \cdot AB}{AC + AB}= \frac{ac}{b+c}. $

Stosując twierdzenie sinusów do trójkąta $ABD$ , otrzymujemy

$ \frac{AD}{BD} = \frac{\sin B}{\sin \frac{A}{2}}, \textrm{ zatem } AD = d_a = \frac{ac}{b+c} \cdot \frac{\sin B}{\sin \frac{A}{2}}, $

a ponieważ $a \sin B = b \sin A = 2b \sin \frac{A}{2} \cos \frac{A}{2}$ , więc ostatecznie

$ d_a = \frac{2bc \cos \frac{A}{2}}{b+c}. $

Analogicznie

$ d_b = \frac{2ac \cos \frac{B}{2}}{a+c}. $

Stąd

$ \frac{d_a}{d_b} = \frac{ab+bc}{ab+ac} \frac{\cos \frac{A}{2}}{\cos \frac{B}{2}}. $

Jeżeli $a < b$ , to $ab + bc> ab + ac$ , $\measuredangle \frac{A}{2} < \measuredangle \frac{B}{2}$ , $\cos \frac{A}{2} > \cos \frac{B}{2}$ , zatem z powyższego wzoru wynika, że

$ d_a > d_b. $

Analogicznie gdy $b < c$ , to $d_b > d_c$ .

Zatem z nierówności $a d_b > d_c$ c. n. d.

XIII OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

Na płaszczyźnie dany jest kwadrat $Q$ i punkt $P$ . Punkt $K$ przebiega obwód kwadratu $Q$ . Znaleźć miejsce geometryczne wierzchołka $M$ trójkąta równobocznego $KPM$ .

Rozwiązanie

Niech $K$ będzie dowolnym punktem obwodu danego kwadratu. Na płaszczyźnie kwadratu istnieją dwa trójkąty równoboczne o podstawie $KP$ . Wierzchołek jednego z nich uzyskuje się przez obrót punktu $K$ dokoła punktu $P$ o kąt $60^\circ$ w kierunku ruchu wskazówek zegara; wierzchołek drugiego znajdziemy obracając punkt $K$ dokoła punktu $P$ o kąt $60^\circ$ w kierunku przeciwnym. Poszukiwanym miejscem geometrycznym są obwody dwóch kwadratów powstałych z obrotu danego kwadratu $Q$ o $60^\circ$ w jednym i w drugim kierunku (rys. 29).

XIII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

Znaleźć liczbę trzycyfrową o tej własności, że liczba przedstawiona tymi cyframi i w tej samej kolejności, ale przy podstawie numeracji różnej niż $10$ , jest dwa razy większa od liczby danej.

Rozwiązanie

Jeżeli $x$ , $y$ , $z$ oznaczają kolejne cyfry poszukiwanej liczby, a $c$ - nową podstawę numeracji, to

$ 2 (100 x + 10y + z) = c^2x + cy + z. $

Równanie to możemy zastąpić równaniem

$ (1) \qquad (200 - c^2) x + (20 - c) y + z = 0. $

Zadanie polega na rozwiązaniu równania (1) w liczbach całkowitych $x$ , $y$ , $z$ , $c$ , spełniających warunki $1 \leq x \leq 9$ , $0 \leq y \leq 9$ , $0\leq z \leq 9$ , $c > 0$ .

Udowodnimy najpierw, że jedyną możliwą wartością $c$ jest $15$ . Istotnie, gdy $x$ , $y$ , $z$ spełniają wymienione wyżej warunki, a $0 < c \leq 14$ , wtedy

$ (200 - c^2) x + (20 - c) y + z \geq 4x + 6y + z \geq 4, $

gdy zaś $c > 16$ , wtedy

$ (200 - c^2)x + (20 - c)y + z \leq - 56x + 4y + z \leq - 56 + 36 + 9 = - 11. $

Podstawiając w równanie (1) $c = 15$ , otrzymujemy równanie

$ (2) \qquad - 25x + 5y + z = 0. $

Jeżeli liczby całkowite $x$ , $y$ , $z$ spełniają równanie (2), to $z$ jest podzielne przez wspólny czynnik $5$ pierwszych dwóch wyrazów, a ponieważ $0 \leq z \leq 9$ , więc istnieją tylko dwie możliwości

a) $z = 0$ ; z równania (2) otrzymujemy

$ -5x + y = 0, $

skąd jest widoczne, że $x$ i $y$ mogą mieć tylko wartości $x = 1$ , $y = 5$ , co daje dla liczby poszukiwanej wartość $150$ . Liczba ta spełnia istotnie warunek zadania, gdyż przy podstawie numeracji $15$ przedstawia ona liczbę $15^2 + 5 \cdot 15 = 300 = 2 \cdot 150$ .

b) $z = 5$ ; dla wyznaczenia $x$ i $y$ otrzymujemy według (2) równanie:

$ - 5x + y + 1 = 0, $

skąd widać, że $x < 3$ , gdyż dla $x \geq 3$ jest $-5x + y + 1 \leq -15 + 9 + 1 = -5$ . Gdy $x = 1$ , wtedy $y = 4$ , a gdy $x = 2$ , mamy $y = 9$ ; odpowiednimi wartościami liczby poszukiwanej są $145$ i $295$ . Obie te liczby czynią zadość warunkowi zadania, gdyż

$ 15^2 + 4 \cdot 15 + 5 = 290 = 2 \cdot 145, $

$ 2 \cdot 15^2 + 9 \cdot 15 + 5 = 590 = 2 \cdot 295. $

Zadanie ma zatem $3$ rozwiązania, są nimi liczby $145$ , $150$ , $295$ . Odpowiednią podstawą numeracji jest dla każdej z nich $15$ .

XIII OM - III etap

III etap XIII Olimpiady Matematycznej

XIII OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

III

Udowodnić, że jeżeli liczby $a_1, a_2,\ldots, a_n$ ( $n$ - liczba naturalna $\geq 2$ ) tworzą postęp arytmetyczny, a żadna z nich nie jest zerem, to

$ (1) \qquad \frac{1}{a_1a_2} + \frac{1}{a_2a_3} + \ldots + \frac{1}{a_{n-1}a_n} = \frac{n-1}{a_1a_n}. $

Rozwiązanie

Jeżeli różnica postępu $d$ równa się zeru, to $a_1 = a_2 = \ldots = a_n$ i wzor (1) wyraża tożsamość $\frac{n-1}{a_1^2} = \frac{n-1}{a_1^2}$ .

Jeżeli $d \ne 0$ , to dla dowolnego naturalnego $k < n$

$ \frac{a_ka_{k+1}} = \frac{1}{d} \cdot \frac{a_{k+1} - a_k}{a_ka_{k+1}} = \frac{1}{d} \left( \frac{1}{a_k} - \frac{1}{a_{k+1}} \right). $

Zatem

$ \begin{split} \frac{1}{a_1a_2} + \frac{1}{a_2a_3} + & \ldots + \frac{1}{a_{n-1}a_n} = \\ & = \frac{1}{d} \left[ \left( \frac{1}{a_1} - \frac{1}{a_{2}} \right)+ \left( \frac{1}{a_2} - \frac{1}{a_{3}} \right)+ \ldots+ \left( \frac{1}{a_{n-1}} - \frac{1}{a_{n}} \right) \right]= \\ & = \frac{1}{d} \left( \frac{1}{a_1} - \frac{1}{a_{n}} \right) = \frac{a_n - a_1}{d \cdot a_1 \cdot a_n} = \frac{(n-1)d}{d \cdot a_1a_n} = \frac{n-1}{a_1a_n}. \end{split} $

XIII OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

III

Wewnątrz danego czworokąta wypukłego znaleźć taki punkt, żeby odcinki łączące ten punkt ze środkami boków czworokąta dzieliły czworokąt na cztery części o równych polach.

Rozwiązanie

Pole czworokąta wypukłego $ABCD$ równa się polu trójkąta $B'CD$ , gdzie $B'$ jest punktem przecięcia prostej $DA$ z równoległą do przekątnej $AC$ poprowadzoną z punktu $B$ . Niech $K$ będzie środkiem odcinka $DB'$ (rys. 32), $P$ i $Q$ środkami boków $CD$ i $DA$ , a $O$ punktem poszukiwanym. Pole trójkąta $KPD$ równa się $\frac{1}{4}$ pola trójkąta $B'CD$ , tzn. $\frac{1}{4}$ pola czworoboku $ABCD$ , a więc równa się polu czworokąta $QOPD$ . Stąd wynika, że pole trójkąta $KPQ$ równa się polu trójkąta $OPQ$ , ponieważ zaś te trójkąty mają wspólny bok $PQ$ , a wierzchołki ich leżą po tej samej stronie prostej $PQ$ , więc prosta $KO$ jest równoległa do prostej $PQ$ , zatem również do $AC$ .

Jednym miejscem geometrycznym punktu $O$ jest więc prosta poprowadzona przez punkt $K$ równolegle do $AC$ . Analogicznie znajdujemy drugie miejsce geometryczne punktu $O$ : jest nim prosta równoległa do $BD$ i przechodząca przez środek $L$ takiego odcinka $AC'$ prostej $AD$ , że $CC' \parallel BD$ .

XIII OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

III

Jaki warunek powinny spełniać kąty trójkąta $ABC$ , żeby dwusieczna kąta $A$ , środkowa poprowadzona z wierzchołka $B$ i wysokość poprowadzona z wierzchołka $C$ przecinały się w jednym punkcie ?

Rozwiązanie

Punkt wspólny dwusiecznej $AD$ , środkowej $BS$ i wysokości $CH$ trójkąta $ABC$ może być tylko punktem wewnętrznym tego trójkąta, gdyż $AD$ i $BS$ przecinają się wewnątrz trójkąta. Punkt taki może zatem istnieć tylko wtedy, gdy prosta $CH$ zawiera odcinek leżący wewnątrz trójkąta, tzn. gdy kąty $A$ i $B$ są ostre.

Przypuśćmy, że ten warunek jest spełniony i że wysokość $CH$ przecina dwusieczną $AD$ w punkcie $K$ (rys. 35), a środkową $BS$ w punkcie $L$ (rys. 36).

W trójkątach $AHC$ i $AHK$

$ AH = b \cdot \cos A,\ HK = AH \cdot \tg \frac{A}{2}, $

zatem

$ HK = b \cdot \cos A \cdot \tg \frac{A}{2}. $

W trójkątach $BHC$ i $BHL$

$ BH = a \cdot \cos B,\ HL = BH \cdot \tg \lambda, $

gdzie $\lambda$ oznacza kąt ostry $HBL$ , stąd

$ HL = a \cdot \cos B \cdot \tg \lambda. $

Proste $AD$ , $BS$ i $CH$ przecinają się w jednym punkcie wtedy i tylko wtedy, gdy $HK = HL$ , tj. gdy

$ (1) \qquad b \cdot \cos A \cdot \tg \frac{A}{2} = a \cdot \cos B \cdot \tg \lambda. $

Żądany warunek otrzymamy przekształcając równość (1) w taki sposób, żeby uzyskać związek między kątami trójkąta.

Stosując twierdzenie sinusów do trójkąta $ASB$ otrzymujemy

$ \frac{c}{\sin (A + \lambda)} = \frac{b}{2 \sin \lambda}, $

stąd

$ 2 c \cdot \sin \lambda = b \cdot \sin A \cdot \cos \lambda + b \cdot \cos A \cdot \sin \lambda, $

zatem

$ (2) \qquad \tg \lambda = \frac{b \sin A}{2c - b \cdot \cos A}. $

Z (1) i (2) wynika, że

$ (3) \qquad \cos A \cdot \tg \frac{A}{2} =\frac{a \cdot \sin A \cdot \cos B} {2c - b \cdot \cos A}. $

Podstawiając w równości (3) $a = 2R\sin A$ , $b = 2R \sin B$ , $c = 2 R \sin C$ , otrzymujemy

$ (4) \qquad \cos A \cdot \tg \frac{A}{2} = \frac{\sin^2 A \cdot \cos B}{ 2 \sin C - \cos A \sin B}. $

Związek (4) możemy uprościć. Podstawiamy $\tg \frac{A}{2} = \frac{\sin A}{1 + \cos A}$ , dzielimy obie strony przez $\sin A$ i mnożymy przez mianownik:

$ \cos A (2 \sin C - \cos A \sin B) = \sin A \cos B(1+ \cos A). $

Stąd

$ 2 \cos A \sin C - \cos A (\cos A \sin B + \sin A \cos B) = \sin A \cos B, $

zatem

$ \cos A \sin C = \sin A \cos B $

i ostatecznie

$ (5) \qquad \tg A =\frac{\sin C}{\cos B}. $

Uzyskaliśmy następujące warunki konieczne istnienia punktu wspólnego prostych $AD$ , $BS$ i $CH$ : nierówności $\measuredangle A < 90^\circ$ , $\measuredangle B < 90^\circ$ oraz równość (5).

Zauważmy jednak, że te nierówności wynikają już z warunku (5). Albowiem $\sin C > 0$ , zatem według (5) $\tg A \cdot \cos B > 0$ , a ponieważ liczby $\tg A$ i $\cos B$ nie mogą być obie ujemne, więc $\tg A > 0$ i $\cos B > 0$ , i kąty $A$ i $B$ są ostre.

Odwracając rozumowanie stwierdzamy, że jeżeli $A$ , $B$ , $C$ spełniają warunek (5), to zachodzi równość (1), zatem $AD$ , $BS$ i $CH$ przechodzą przez jeden punkt.

Odpowiedź na postawione pytanie brzmi więc: W trójkącie $ABC$ dwusieczna, środkowa i wysokość poprowadzone odpowiednio z wierzchołków $A$ , $B$ , $C$ przecinają się w jednym punkcie wtedy i tylko wtedy, gdy kąty $A$ , $B$ , $C$ spełniają równość (5).

XIII OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

III

Iloma sposobami można zbiór $n$ przedmiotów podzielić na dwa zbiory?

Rozwiązanie

Odpowiedź na postawione pytanie będzie zależała od tego, czy - do rozważanych zbiorów zaliczymy też zbiór pusty, tj. zbiór nie posiadający żadnego elementu (przedmiotu), czy nie; w pierwszym przypadku poszukiwana liczba jest o $1$ większa niż w drugim. Umówimy się rozważać tylko zbiory niepuste.

Niech $p$ oznacza liczbę wszystkich możliwych podziałów zbioru $Z$ posiadającego $n$ elementów, na dwa zbiory, tj. na dwie części.

Wówczas $2p$ oznacza liczbę wszystkich możliwych części, czyli podzbiorów zbioru $Z$ , przy czym bierzemy pod uwagę tylko podzbiory właściwe, tj. różne od samego zbioru $Z$ .

Liczbę $2p$ wszystkich podzbiorów zbioru o $n$ elementach znajdziemy, dodając liczby podzbiorów o $1, 2, \ldots, (n - 1)$ elementach.

Podzbiorów o $k$ elementach jest tyle, ile jest kombinacji z $n$ elementów po $k$ , tj. $\binom{n}{k}$ . Zatem

$ 2p = \binom{n}{1} + \binom{n}{2} + \ldots + \binom{n}{n-1}. $

Według wzoru dwumianowego Newtona

$ (2) \qquad (1+1)^n = \binom{n}{0} + \binom{n}{1} + \binom{n}{2} + \ldots + \binom{n}{n-1} + \binom{n}{n}. $

Odejmując równości (1) i (2) i uwzględniając, że $\binom{n}{0} = \binom{n}{n} = 1$ , otrzymujemy

$ 2^n - 2p = 2 $

a stąd

$ p = 2^{n-1} - 1. $

XIII OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

III

Udowodnić, że jeżeli $n$ jest liczbą naturalną większą od $2$ , to

$ (1) \qquad \sqrt[n + 1]{n+1} < \sqrt[n]{n}. $

Rozwiązanie

Podnosząc obie strony nierówności (1) do potęgi $n (n +1)$ otrzymujemy nierówność równoważną

$ (n + 1)^n < n^{n+1}, $

którą z kolei zastąpimy nierównością równoważną $\left( \frac{n+1}{n} \right)^n < n$ , czyli nierównością

$ (2) \qquad \left(1 + \frac{1}{n} \right)^n < n. $

Dowód nierówności (2) dla każdego naturalnego $n$ większego niż $2$ , łatwo przeprowadzić metodą indukcji.

a) gdy $n = 3$ , nierówność (2) jest prawdziwa, gdyż $\left(1 + \frac{1}{3} \right)^3 = \frac{64}{27} < 3$ .

b) jeżeli dla pewnego $n$ jest $\left(1 + \frac{1}{n} \right)^n < n$ , to

$ \begin{split} \left(1 + \frac{1}{n+1} \right. & \left. \right)^{n+1} = \left(1 + \frac{1}{n+1} \right)^{n} \left(1 + \frac{1}{n+1} \right)<\\ & < \left(1 + \frac{1}{n} \right)^{n} \left(1 + \frac{1}{n+1} \right)< n \left(1 + \frac{1}{n+1} \right) = n + \frac{n}{n+1} < n+1. \end{split} $

Z przesłanek a) i b) wynika prawdziwość nierówności (2), zatem również nierówności (1), dla każdego naturalnego $n > 2$ .

Uwaga. Łatwo uzyskać nierówność znacznie mocniejszą niż (2); dowiedziemy mianowicie, że dla każdego naturalnego $n$ jest

$ \left(1 + \frac{1}{n} \right)^{n} < 3. $

Według dwumianu Newtona

$ \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n = 1 + n \cdot \frac{1}{n} + \binom{n}{2} \cdot \frac{1}{n^2} + \ldots + \binom{n}{k} \frac{1}{n^k} + \ldots + \binom{n}{n} \frac{1}{n^2}. $

Otóż

$ \binom{n}{k} \frac{1}{n^k} = \frac{n(n-1)\ldots(n-k+1)}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot k} \cdot \frac{1}{n^k} = \frac{1}{k!} \left( 1 - \frac{1}{n} \right) \ldots \left( 1 - \frac{k-1}{n} \right) < \frac{1}{k!}. $

Zatem

$ \left(1 + \frac{1}{n} \right)^n < 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \ldots +\frac{1}{n!} < 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \ldots + \frac{1}{2^n} = 1+ \left( 2 - \frac{1}{2^n} \right) < 3. $

Można dowieść, że gdy $n$ wzrasta, wtedy wartość $\left(1 + \frac{1}{n} \right)^n$ również wzrasta. Ciąg liczb $\left(1 + \frac{1}{n} \right)^n$ , gdy $n = 1, 2, 3, \ldots$ jest więc ciągiem rosnącym, którego każdy wyraz jest mniejszy od $3$ . Według jednego z podstawowych twierdzeń analizy matematycznej ciąg taki ma granicę, tj. istnieje liczba, od której $\left(1 + \frac{1}{n} \right)^n$ różni się dowolnie mało, o ile tylko $n$ jest dostatecznie wielkie. Granicą ciągu $\left(1 + \frac{1}{n} \right)^n$ jest pewna liczba niewymierna, która gra dużą rolę w matematyce; oznacza się ją literą $e$ . Wartością przybliżoną liczby $e$ jest $2,71828\ldots$ .

XIII OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

III

Dane są trzy proste $a$ , $b$ , $c$ parami skośne. Gzy można zbudować taki równoległościan, którego krawędzie leżą na prostych $a$ , $b$ , $c$ ?

Rozwiązanie

Rozwiązanie zadania oprzemy na następującym twierdzeniu:

Jeżeli $a$ i $b$ są prostymi skośnymi to: a) istnieje para płaszczyzn równoległych, z których jedna zawiera prostą $a$ , a druga prostą $b$ b) taka para płaszczyzn jest tylko jedna.

Dowód: a) Przez dowolnie obrany punkt $A$ prostej $a$ prowadzimy prostą $b'$ równoległą do $b$ i podobnie przez dowolny punkt $B$ prostej $b$ prowadzimy prostą $a'$ równoległą do $a$ . Płaszczyzna $\alpha$ prostych $a$ i $b'$ i płaszczyzna $\beta$ prostych $a'$ i $b$ (różna od $\alpha$ ) są równoległe, gdyż dwie przecinające się proste jednej z tych płaszczyzn są odpowiednio równoległe do dwóch przecinających się prostych drugiej z nich.

b) Jeżeli płaszczyzny $\alpha$ i $\alpha '$ przechodzą przez prostą $a$ , płaszczyzny $\beta$ i $\beta'$ przez prostą $b$ , przy czym $\alpha \parallel \beta$ i $\alpha' \parallel \beta'$ , to płaszczyzny $\alpha$ i $\alpha'$ muszą się pokrywać. Istotnie, gdyby $\alpha$ i $\alpha'$ nie pokrywały się, to przecinałyby się wzdłuż prostej $a$ ; ponieważ zaś $\alpha$ i $\alpha'$ są równoległe do prostej $b$ jako leżącej na płaszczyznach $\beta$ i $\beta'$ , więc prosta $a$ musiałaby być równoległa do prostej $b$ wbrew założeniu, że proste $a$ i $b$ są skośne. Zatem płaszczyzny $\alpha$ i $\alpha'$ i tak samo płaszczyzny $\beta$ i $\beta'$ pokrywają się.

Zauważmy teraz, że przez każdą z dwóch skośnych krawędzi równoległościanu przechodzą dwie jego ściany i że z tych czterech ścian, które są wszystkie różne, dwie są równoległe. Istotnie, równoległościan ma $6$ ścian parami równoległych, więc wśród czterech jego różnych ścian muszą któreś dwie należeć do jednej z tych par.

Jeżeli zatem dane są dwie proste skośne $a$ i $b$ , na których leżą dwie krawędzie równoległościanu, to według poprzedniego twierdzenia proste $a$ i $b$ wyznaczają jednoznacznie płaszczyzny dwóch ścian przeciwległych równoległościanu.

Trzy proste $a$ , $b$ , $c$ parami skośne wyznaczają jednoznacznie $3$ pary płaszczyzn: $(\alpha_1, \alpha_2)$ , $(\beta_, \beta_2)$ , $(y_1, y_2)$ przechodzących odpowiednio przez proste $a$ , $b$ , $c$ i takich, że $\alpha_1 \parallel \beta_1$ , $\alpha_2 \parallel \gamma_1$ , $\beta_2 \parallel \gamma_2$ . Możliwe są przy tym dwa przypadki:

1) Płaszczyzny jednej z par płaszczyzn równoległych $\alpha_1 \parallel \beta_1$ , $\alpha_2 \parallel \gamma_1$ , $\beta_2 \parallel \gamma_2$ są równoległe do płaszczyzn innej pary (pokrywanie się plaszczyzn traktujemy jako przypadek szczególny równoległości), np. $\alpha_1 \parallel \beta_1 \parallel \alpha_2 \parallel \gamma_1$ , wtedy $\alpha_1$ i $\alpha_2$ , mające prostą wspólną, pokrywają się; tak samo pokrywać się muszą $\beta_1$ i $\beta_2$ oraz $\gamma_1$ i $\gamma_2$ , gdyż są to dwie pary płaszczyzn przechodzących odpowiednio przez proste $b$ i $c$ , przy czym płaszczyzny jednej pary są równoległe do płaszczyzn drugiej pary.

W rozważanym przypadku proste $a$ , $b$ , $c$ leżą zatem na $3$ płaszczyznach wzajemnie równoległych $\alpha_1$ , $\beta_1$ , $\gamma_1$ . Równoległościan, którego $3$ krawędzie leżałyby na prostych $a$ , $b$ , $c$ nie istnieje, gdyż wszystkie jego ściany musiałyby leżeć na trzech płaszczyznach $\alpha_1$ , $\beta_1$ , $\gamma_1$ , co jest niemożliwe.

2) Płaszczyzny każdej z par płaszczyzn równoległych $\alpha_1; \beta_1)$ , $(\alpha_2, \gamma_1)$ , $(\beta_1, \gamma_2)$ przecinają płaszczyzny obu innych par. Każda płaszczyzna przecina $4$ z pozostałych, wobec czego mamy $12$ prostych przecięcia, wśród których znajdują się proste $a$ , $b$ , $c$ . Przez te $6$ płaszczyzn wyznaczony jest w przestrzeni żądany równoległościan. Mianowicie płaszczyzny równoległe $\alpha_1$ i $\beta_1$ , wyznaczają warstwę przestrzeni zawartą między nimi, płaszczyzny $\alpha_2$ i $\gamma_1$ wycinają z tej warstwy słup o $4$ ścianach, wreszcie płaszczyzny $\beta_2$ i $\gamma_2$ wycinają z owego słupa równoległościan.

Odpowiedź na postawione pytanie brzmi zatem: Jeżeli dane są trzy proste $a$ , $b$ , $c$ parami skośne, to równoległościan, którego $3$ krawędzie leżą na prostych $a$ , $b$ , $c$ można zbudować wtedy i tylko wtedy, gdy proste $a$ , $b$ , $c$ nie leżą na $3$ płaszczyznach wzajemnie równoległych. Równoległościan taki jest tylko jeden.