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.