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 $15$ .