XII OM - I etap

I etap XII Olimpiady Matematycznej

XII OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Narysowano $k$ prostych równoległych i przecięto je $n$ prostymi równoległymi. Ile powstało równoległoboków?

Rozwiązanie

Każdy równoległobok wyznacza (po przedłużeniu boków) jedną parę $(a, b)$ spośród danych $k$ prostych równoległych i jedną parę $(c, d)$ spośród $n$ prostych równoległych; odwrotnie, każde dwie takie pary $(a, b)$ i $(c, d)$ prostych równoległych wyznaczają jeden równoległobok figury. Wobec tego ha danej figurze jest tyle równoległoboków, ile jest różnych czwórek $[(a, b), (c, d)]$ .

Otóż z $k$ prostych można utworzyć $\frac{1}{2} k (k - 1)$ różnych par $(a, b)$ . Istotnie, każdą z danych $k$ prostych można złączyć w parę z każdą z $k - 1$ pozostałych prostych, co daje $k (k - 1)$ par, wśród których każda z żądanych par występuje dwukrotnie, raz jako $(a, b)$ i drugi raz jako $(b, a)$ . Podobnie z $n$ danych prostych można utworzyć $\frac{1}{2}n(n-1)$ różnych par $(c, d)$ . Ilość różnych czwórek $[(a, b), (c, d)]$ wynosi zatem

$ \frac{1}{2}k(k-1)\cdot \frac{1}{2}n(n-1). $

Gdy np. $k = 3$ , $n = 4$ , mamy na figurze $18$ równoległoboków, co ilustruje rys. 1.

XII OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Udowodnić, że jeżeli $a_1 \leq a_2 \leq a_3$ i $b_1 \leq b_2 \leq b_3$ , to

$ \frac{a_1+a_2+a_3}{3}\cdot\frac{b_1+b_2+b_3}{3} \leq\frac{a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3}{3} $

Rozwiązanie

Nierówność (1) zastąpimy nierównością jej równoważną

$ (a_1 + a_2 + a_3) (b_1 + b_2 + b_3) \leq 3 (a_1b_1 + a_2b_2 + a_3b_3) $

tę zaś z kolei nierównością

$ (2) \qquad a_1b_2 + a_2b_1 + a_2b_3 + a_3b_2 + a_3b_1 + a_1b_3 < 2 (a_1b_1 + a_2b_2 + a_3b_3). $

Według założenia $a_1 - a_2 \leq 0$ , $b_1 -b_2 \leq 0$ , zatem

$ (a_1 - a_2) (b_1 - b_2) \geq 0. $

Stąd

$ a_1b_2+a_2b_1 \leq a_1b_1 + a_2b_2. $

analogicznie

$ a_2b_3+a_3b_2 \leq a_2b_2 + a_3b_3. $

$ a_3b_1+a_1b_3 \leq a_3b_3 + a_1b_1. $

Dodając powyższe $3$ nierówności stronami otrzymujemy nierówność (2) równoważną żądanej nierówności (1).

Uwaga 1. Można udowodnić twierdzenie ogólniejsze. Jeżeli

$ (3) \qquad \begin{split} a_1 \leq a_2 \leq \ldots \leq a_n\\ b_1 \leq b_2 \leq \ldots \leq b_n \end{split} $

$ (4) \qquad \begin{split} \frac{a_1+a_2+\ldots +a_n}{n} \cdot \frac{b_1+b_2+\ldots +b_n}{n} \leq \frac{a_1b_1+a_2b_2+\ldots +a_nb_n}{n} \end{split} $

Istotnie, nierówność (4) jest równoważna nierówności

$ (5) \qquad \begin{split} (a_1+a_2+\ldots +a_n) \cdot (b_1+b_2+\ldots +b_n) \leq n(a_1b_1+a_2b_2+\ldots +a_nb_n) \end{split} $

którą łatwo udowodnić przez indukcję. Nierówność ta jest oczywiście prawdziwa, gdy $n = 1$ , albowiem $a_1b_1 \leq a_1b_1$ ; wystarczy zatem wykazać, że jeśli nierówność ta zachodzi, gdy $n \leq k$ , gdzie $k$ jest dowolnie obraną liczbą naturalną, to zachodzi również gdy $n = k + 1$ . Stwierdzamy to w sposób następujący:

$ \begin{split} (a_1+a_2&+\ldots +a_k+a_{k+1}) \cdot (b_1+b_2+\ldots +b_k+b_{k+1}) = \\ &=(a_1+a_2+\ldots +a_k) \cdot (b_1+b_2+\ldots +b_k)+ (a_1+a_2+\ldots +a_k)\cdot b_{k+1}+\\ &+a_{k+1} \cdot (b_1+b_2+\ldots +b_k+b_{k+1}) + a_{k+1}b_{k+1}=\\ &= (a_1+a_2+\ldots +a_k) \cdot (b_1+b_2+\ldots +b_k) + (a_1b_{k+1} + a_{k+1} b_{1}) + \\ &+ (a_2b_{k+1} + a_{k+1}b_{2}) +\ldots + (a_kb_{k+1} + a_{k+1}b_{k}) + a_{k+1}b_{k+1} \leq \\ & \leq k(a_1b_1+a_2b_2+\ldots +a_kb_k) + (a_1b_1 + a_{k+1} b_{k+1}) + (a_2b_2 + a_{k+1}b_{k+1}) + \\ &+\ldots + (a_kb_k + a_{k+1}b_{k+1}) + a_{k+1}b_{k+1} =\\ &=(k+1)(a_1b_1+a_2b_2+\ldots +a_kb_k+a_{k+1}b_{k+1}). \end{split} $

Uwaga 2. Niech będą dane liczby $a_i$ $b_i$ ( $i = 1, 2, \ldots,n$ ) spełniające warunek (3) i niech $i_1,i_2, \ldots , i_n$ będzie dowolną permutacją (czyli uszeregowaniem) liczb $1, 2, \ldots, n$ . Wówczas

$ (6) \qquad a_1b_{i_1} + a_1b_{i_1} + \ldots + a_nb_{i_n} < {a_1b_1+a_2b_2+\ldots +a_nb_n} $

Nierówność (6) wydaje się niemal oczywista; proponujemy, aby czytelnik uzasadnił ją dokładnie przy pomocy indukcji. Z nierówności (6) można wysnuć nierówność (5) bez stosowania indukcji:

$ \begin{split} (a_1+a_2+\ldots+a_n)(b_1+b_2+\ldots+b_n) = (a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_nb_n)+\\ +(a_1b_2+a_2b_3+\ldots+a_nb_1)+(a_1b_3+a_2b_4+\ldots+a_nb_2)+\ldots+\\ (a_1b_n+a_2b_1+\ldots+a_nb_{n-1}) \leq n(a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_nb_n). \end{split} $

Uwaga 3. Zasadę indukcji matematycznej formułujemy zwykle w postaci następującej.

: Niech oznacza twierdzenie wypowiadające jakąś własność liczby naturalnej . Jeżeli
- [a)] $T (1)$ jest prawdą,
- [b)] z prawdziwości $T (n)$ wynika prawdziwość $T (n + 1)$ ,
to twierdzenie $T (n)$ jest prawdziwe dla każdej liczby naturalnej $n$ .

W uwadze 1 korzystaliśmy z następującej formy tej zasady:
: Niech oznacza twierdzenie wypowiadające jakąś własność liczby naturalnej . Jeżeli
- [ $\alpha$ )] $S (1)$ jest prawdą,
- [ $\beta$ )] z prawdziwości $S(1), S(2), \ldots, S (n)$ wynika prawdziwość $S (n + 1)$ ,
to twierdzenie $S (n)$ jest prawdziwe dla każdej liczby naturalnej $n$ .

Obie formy $Z_1$ i $Z_2$ są równoważne. Przypuśćmy bowiem, że słuszna jest zasada $Z_2$ i że twierdzenie $T (n)$ spełnia warunki a) i b). Jeżeli z prawdziwości $T (n)$ wynika prawdziwość $T (n + 1)$ , to tym bardziej z prawdziwości wszystkich twierdzeń $T (1), T (2), \ldots, T (n)$ wynika prawidłowość $T (n + 1)$ , twierdzenie $T (n)$ spełnia zatem warunki $\alpha$ ) i $\beta$ ), wobec czego na mocy zasady $Z_2$ twierdzenie $T (n)$ jest prawdziwe dla każdego naturalnego $n$ , zasada $Z_1$ jest więc słuszna.

Przyjmijmy odwrotnie, że słuszna jest zasada $Z_1$ i że jakieś twierdzenie $S (n)$ spełnia warunki $\alpha$ ) i $\beta$ ). Niech $T (n)$ oznacza twierdzenie orzekające, że zachodzi każde z twierdzeń $S (1), S (2), \ldots, S (n)$ . Jeśli $T (n)$ jest prawdą dla pewnego naturalnego $n$ , to na mocy $\beta$ ) prawdą jest $S (n + 1)$ , zatem również $T (n + 1)$ Spełnione są zatem warunki a) i b), wobec czego na mocy zasady $Z_1$ twierdzenie $T (n)$ jest prawdziwe dla każdego naturalnego $n$ ; tym samym prawdziwe jest $S (n)$ dla każdego naturalnego $n$ , a to znaczy, że zasada $Z_2$ jest słuszna.

XII OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Na płaszczyźnie dany jest okrąg $K$ i punkt $A$ . Wykreślić taki okrąg $L$ przechodzący przez punkt $A$ , żeby soczewka będąca wspólną częścią obu kół miała daną średnicę $a$ i daną grubość $b$ .

Rozwiązanie

Ponieważ przy obrocie okręgu $L$ dokoła środka $O$ danego kręgu $K$ wielkość soczewki wyznaczonej przez okręgi $K$ i $L$ nie ulega zmianie, więc zadanie rozwiążemy, gdy narysujemy dowolny okrąg wyznaczający z danym okręgiem soczewkę o średnicy $a$ i grubości $b$ , a następnie obrócimy ten okrąg dokoła punktu $O$ w ten sposób, żeby obrócony okrąg przechodził przez punkt $A$ .

Konstrukcja jest wobec tego następująca. W danym okręgu (rys. 2) prowadzimy dowolną cięciwę $MN$ o długości $a$ . Ze środka $O$ danego okręgu prowadzimy prostopadłą do prostej $MN$ . Od punktu przecięcia $Q$ tej prostopadłej z danym okręgiem odmierzamy na półprostej $QO$ odcinek $QP = b$ . Prowadzimy symetralną odcinka $MP$ do przecięcia z prostą $PQ$ w punkcie $S$ . Jeżeli punkt $P$ znajduje się wewnątrz danego koła i leży po przeciwnej stronie prostej $MN$ niż punkt $Q$ , to koło o środku $S$ i promieniu $SP = r$ ma z danym kołem część wspólną o żądanych wymiarach. Środek $X$ poszukiwanego okręgu znajdziemy w przecięciu okręgu $A (r)$ o środku $A$ i promieniu $r$ z okręgiem $O(\varrho)$ o środku $O$ i promieniu $\varrho = OS = R + r - b$ .
Konstrukcja ta jest wykonalna, jeżeli 1° $a \leq 2R$ (warunek istnienia cięciwy $MN$ ), 2° $QT < b < 2R$ , gdzie $T$ jest środkiem $MN$ (warunek żeby punkt $P$ leżał wewnątrz okręgu $K$ na przedłużeniu $QT$ ), 3° $|R - b| \leq O A \leq R + 2r - b$ (warunek istnienia punktu wspólnego okręgów $A (r)$ i $O (\varrho)$ ).

Zbadamy, ile rozwiązań może mieć zadanie. Zauważmy, że punkt $Q$ może leżeć bądź z jednej, bądź z drugiej strony prostej $MN$ ; w jednym przypadku $QT = R - \sqrt{R^2-a^2}$ , w drugim $QT = R + \sqrt{R^2-a^2}$ . Zakładając, że powyższe warunki 1°, 2° i 3° są spełnione, mamy następujące możliwości.

[I.] ; wtedy istnieje tylko jeden punkt P spełniający warunek 2° i może zajść jeden z przypadków:
- [1)] $O A = |R - b|$ , zadanie ma jedno rozwiązanie
- [2)] $O A = R+2r-b$ , zadanie ma jedno rozwiązanie
- [3)] $|R - b| < OA < R + 2r - b$ , zadanie ma $2$ rozwiązania.
[II.] ; wtedy istnieją dwa położenia punktu , przy których warunek 2° jest spełniony. Istnieją wówczas możliwości:
- [1)] $O A = |R - b|=b-R$ , zadanie ma $2$ rozwiązania
- [2)] $O A = R+2r-b$ , zadanie ma $2$ rozwiązania
- [3)] $R - b < OA < R + 2r - b$ , zadanie ma $4$ rozwiązania.

Zwróćmy jeszcze uwagę na przypadek graniczny, gdy $b = 2R$ . Wówczas punkt $P$ leży na danym okręgu, a punkt $S$ pokrywa się z punktem $O$ , wobec czego $r = B$ , a warunek 3° przybiera postać $OA = B$ . Konstrukcja prowadzi wówczas do okręgu pokrywającego się z danym okręgiem; możemy go traktować jako rozwiązanie graniczne zadania.

XII OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dowieść, że jeżeli $A$ , $B$ , $C$ , $D$ są wierzchołkami czworościanu, a $S$ jest środkiem ciężkości trójkąta $ABC$ , to

$ SD<\frac{AD+BD+CD}{3} $

Rozwiązanie

\spos{I} Dowód twierdzenia przestrzennego daje się często poprowadzić analogicznie do dowodu odpowiedniego twierdzenia płaskiego. Tak jest również w danym przypadku. Zachodzi bowiem twierdzenie: środkowa $CS$ trójkąta $ABC$ jest mniejsza od średniej arytmetycznej boków $AC$ i $BC$ (rys. 3).
Dla dowodu wystarczy połączyć środek $S$ boku $AB$ ze środkiem $T$ boku $AC$ . Wówczas

$ SC <ST + TC $

a ponieważ $ST = \frac{1}{2} BC$ , a $TC = \frac{1}{2} AC$ , więc istotnie

$ SC < \frac{1}{2} (AC + BC) %błąd w źródle $

Naśladując ten dowód połączmy środek ciężkości $S$ ściany $ABC$ czworościanu $ABCD$ ze środkiem ciężkości $T$ ściany $ABD$ (rys. 4). Wówczas:

$ SD <ST + TD $

Otóż $ST$ łączy punkty $S$ i $T$ dzielące boki $MC$ i $MD$ trójkąta $CMD$ ( $M$ = środek krawędzi $AB$ ) w stosunku $1 : 3$ , wobec czego $ST =\frac{1}{3}CD$ . Odcinek $TD$ stanowi $\frac{2}{3}$ środkowej $MD$ trójkąta $ABD$ , a ponieważ, jak wiemy z poprzedniego, $MD < \frac{1}{2} (AD + BD)$ , więc $TD < \frac{1}{3} (AD + BD)$ . Podstawienie do poprzedniej nierówności daje

$ SD< \frac{1}{3} (AD +'BD + CD) $

czego należało dowieść.

XII OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXII OM, 1970-1971

Etap:

Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie

$ (1) \qquad y^2 - 1 = 2^x. $

Rozwiązanie

Jeżeli para liczb całkowitych $(x, y)$ spełnia równanie (1), to $x > 0$ (bo przy całkowitym $y$ liczba $y^2 - 1$ jest całkowita i różna od $1$ ); jednocześnie para $(x, - y)$ spełnia to równanie. Zadanie sprowadza się więc do rozwiązania równania (1) w liczbach naturalnych. Napiszemy je w postaci

$ (y +1)(y-1) = 2^x $

Jeśli liczby naturalne $x$ , $y$ spełniają to równanie, to $y + 1$ i $y - 1$ są naturalnymi czynnikami liczby $2^x$ , więc

$ y + 1 = 2^k, \quad y-1 = 2^l, $

gdzie $k$ i $l$ są liczbami całkowitymi nieujemnymi i $k > l$ . Odejmując te równości otrzymujemy $2^k - 2^l = 2$ , czyli

$ 2^l(2^{k-l}-1) = 2. $

Ponieważ $k - l > 0$ , więc $2^{k-l} - 1$ jest liczbą nieparzystą i z równości poprzedniej wynika, że

$ 2^l = 2, \quad 2^{k-l} -1 = 1 $

skąd otrzymujemy

$ l=1, \quad k = 2. $

Rozwiązaniami całkowitymi równania (1) są zatem pary $(3, 3)$ i $(3, -3)$ .

Uwaga. Wynik powyższy uzupełnimy rozważając równanie

$ (2) \qquad y^2 - 1 = n^x, $

gdzie $n$ jest liczbą całkowitą większą od $2$ . Rozwiązanie równania (2) w liczbach całkowitych sprowadza się, jak rozwiązanie równania (1), do poszukiwania rozwiązań w liczbach naturalnych.

Zauważmy najpierw, że rozwiązanie $(x, y)$ , w którym $x = 1$ a $y$ jest całkowite, istnieje tylko wtedy, gdy $n$ ma postać $k^2 -1$ , gdzie $k$ jest liczbą całkowitą; wówczas $y = k$ lub $y = - k$ . Wykażemy, że równanie (2) nie ma takich rozwiązań całkowitych, w których $x > 1$ .

Wiemy z arytmetyki, że liczbę $n$ możemy przedstawić w postaci

$ n = p_1^{k_1} p_2^{k_2} \ldots p_r^{k_r}, $

gdzie $p_1, p_2, \ldots, p_r$ są liczbami pierwszymi, przy czym $p_1 < p_2 < \ldots < p_r$ , a $k_1, k_2, \ldots, k_r$ są liczbami naturalnymi". Pisząc równanie (2) w postaci

$ (y + 1) (y - 1) = p_1^{k_1} p_2^{k_2} \ldots p_r^{k_r} $

widzimy, że jeżeli równanie to spełniają liczby naturalne $x > 1$ i $y$ , wówczas

$ (y + 1) = p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \ldots p_r^{\alpha_r} $

$ (y - 1) = p_1^{\beta_1} p_2^{\beta_2} \ldots p_r^{\beta_r} $

gdzie $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_r$ , $x$ są liczbami całkowitymi nieujemnymi, przy czym $\alpha_1 +\beta_1=k_1x, \alpha_2 +\beta_2=k_2x, \ldots, \alpha_r +\beta_r=k_rx$ . Odejmując te równości otrzymujemy

$ (3) \qquad p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\ldots p_r^{\alpha_r} - p_1^{\beta_1}p_2^{\beta_2}\ldots p_r^{\beta_r} = 2. $

Udowodnimy, że taka równość nie może zachodzić. Rozróżnimy $2$ przypadki.

a) $p_1 > 2$ . Wówczas jedna z liczb $\alpha_1$ , i $\beta_1$ musi być równa $0$ , gdyby bowiem było $\alpha > 0$ , $\beta_1 > 0$ , to lewa strona równości (3) byłaby podzielna przez $p_1$ , gdy tymczasem prawa strona nie jest podzielna przez $p_1$ W takim razie każda z liczb $\alpha_1$ i $\beta_1$ jest wielokrotnością $x$ i to samo dotyczy pozostałych wykładników $\alpha_i$ i $\beta_i$ . Równość (3) ma zatem postać

$ (4) \qquad q^x-s^x = 2, $

gdzie $q$ i s są liczbami naturalnymi. Ponieważ $x > 1$ , więc równość (4) możemy napisać w postaci

$ (5) \qquad (q - s) (q^{x-1} + q^{x-2}s + \ldots + s^{x-1}) = 2 $

Lecz $s \geq 1$ , $q >$ s, zatem $q \leq 2$ , wobec czego
Równość (5), zatem również (3), jest więc niemożliwa.

b) $p_1 = 2$ . Wówczas albo jedna z liczb $\alpha_1$ , $\beta_1$ równa się zeru, albo obie są równe $1$ , pozostałe wykładniki $\alpha_i$ i $\beta_i$ są wielokrotnościami $x$ . W pierwszym przypadku niemożliwość równości (3) uzasadniamy tak samo, jak powyżej w a). W drugim przypadku możemy obie strony równości (3) podzielić przez $p_1 = 2$ i otrzymamy równość

$ (3) \qquad p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\ldots p_r^{\alpha_r} - p_1^{\beta_1}p_2^{\beta_2}\ldots p_r^{\beta_r} = 2. $

którą można napisać w postaci

$ \nr{4a} q^x - s^x = 1 $

gdzie $x$ , $q$ , i $s$ są liczbami naturalnymi, przy czym $x > 1$ . Równość (4a) jest jednak niemożliwa, co stwierdzamy tak samo jak wyżej przy równości (5).

XII OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dowieść, że jeżeli trzy liczby rzeczywiste $a$ , $b$ , $c$ , które nie są wszystkie równe zerw, spełniają warunki

$ (1) \qquad a + b + c = abc $

$ (2) \qquad a^2 = bc $

$ a^2 \geq 3 $

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że jeżeli liczby $a$ , $b$ , $c$ spełniają warunki (1) i (2) i któraś z nich równa się zeru, to na mocy (2) któraś z pozostałych też jest równa zeru, a wobec tego na mocy warunku (1) trzecia z tych liczb też równa jest zeru. Zatem warunek, że nie wszystkie $3$ liczby $a$ , $b$ , $c$ są równe zeru jest w naszym zadaniu równoznaczny z warunkiem, że żadna z tych liczb nie równa się zeru.
Zastępując w równości (1) $bc$ przez $a^2$ napiszemy warunki (1) i (2) w postaci

$ \nr{1a} b + c = a^3 - a $

$ (2) \qquad bc = a^2 $

Z tych równości widzimy, że $b$ i $c$ są rzeczywistymi pierwiastkami równania kwadratowego.

$ (3) \qquad x^2 - (a^3 - a) x + a^2 = 0 $

o współczynnikach rzeczywistych. Wyróżnik tego równania jest zatem nieujemny, tj.:

$ (a^3 - a)^2 - 4a^2 \geq q, $

czyli

$ a^2 (a^2 + 1) (a^2 - 3) \geq 0 $

Ponieważ pierwsze dwa czynniki po lewej stronie są dodatnie, więc trzeci czynnik musi być nieujemny, tzn.

$ a^2 \geq 3. $

Uwaga. Prawdziwe jest również twierdzenie odwrotne: jeżeli liczba rzeczywista $a$ spełnia warunek $a^2 \geq 3$ , to istnieją liczby rzeczywiste spełniające warunki (1) i (2) i nie wszystkie równe zeru, gdyż wówczas $a \neq 0$ , a wyróżnik równania (3) jest nieujemny, wobec czego istnieją liczby b i c spełniające warunki (1a) i (2), więc też (1) i (2).

XII OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dany jest wypukły wycinek kołowy $AOB$ (O - środek koła). Poprowadzić taką styczną do łuku $AB$ , żeby jej odcinek zawarty w kącie $AOB$ był podzielony punktem styczności w stosunku $1 : 3$ .

Rozwiązanie

Mech $MN$ (rys. 6) będzie poszukiwanym odcinkiem, a $P$ - jego punktem styczności z danym łukiem $AB$ . W trójkącie $MON$ mamy dany stosunek odcinków $MP : PN =1:3$ , na jakie wysokość $OP$ dzieli podstawę $MN$ , oraz wielkość kąta $MON$ . Udowodnimy, że te dane określają kształt trójkąta $MON$ ), tzn. że trójkąt $M_1O_1N_1$ (rys. 7) o wysokości $O_1P_1$ w którym $M_1P_1 : P_1N_1 = MP : PN$ i $\measuredangle M_1O_1N_1 = \measuredangle MON$ , jest podobny do trójkąta $MON$ . Zbudujmy w tym celu przy podstawie $M_1N_1$ trójkąt $M_1O_1'N_1$ podobny do trójkąta $MON$ po tej stronie prostej $M_1N_1$ , po której leży punkt $O'_1$ . Wierzchołek $O'_1$ leży na półprostej $P_1O_1$ , gdyż w trójkącie $M_1O'_1N_1$ wysokość na bok $M_1N_1$ dzieli $M_1N_1$ w tym samym stosunku, co w podobnym doń trójkącie $MON$ . W takim razie punkt $O_1'$ musi się pokrywać z punktem $O_1$ . Gdyby bowiem punkt $O_1'$ leżał wewnątrz odcinka $P_1O_1$ to $\measuredangle M_1O_1'N_1$ byłby większy od $\measuredangle M_1O_1N_1$ gdyż kąty $M_1O'_1P_1$ i $P_1O'_1N_1$ byłyby wtedy większe odpowiednio od kątów $M_1O_1P_1$ i $P_1O_1N_1$ jako kąty zewnętrzne trójkątów $M_1O_1O_1'$ i $N_1O_1O_1'$ . Podobnie, gdyby punkt $O_1'$ leżał na przedłużeniu odcinka $P_1O_1$ to kąt $M_1O_1'N$ byłby mniejszy od kąta $M_1O_1N_1$ . Zatem istotnie trójkąt $M_1O_1N_1$ jest podobny do trójkąta $MON$ .

Zadanie sprowadza się więc do zbudowania trójkąta $M_1O_1N_1$ .

Na prostej odmierzamy dowolnie kolejne odcinki $M_1P_1$ i $P_1N_1 = 3 M_1P_1$ , następnie wykreślamy w punkcie $P_1$ prostopadłą do prostej $M_1N_1$ oraz budujemy łuk o cięciwie $M_1N_1$ mieszczący kąt równy kątowi $AOB$ ; w przecięciu obu tych linii znajdujemy punkt $O_1$ . Wreszcie odmierzamy przy ramieniu $OA$ wewnątrz kąta $AOB$ kąt równy kątowi $M_1O_1P_1$ lub kątowi $N_1O_1P_1$ ; drugie ramię tego kąta przetnie łuk $AB$ w poszukiwanym punkcie $P$ . Zadanie ma zawsze dwa rozwiązania.

XII OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

W okrąg wpisano dwa trójkąty foremne. Wierzchołki $A$ , $B$ , $C$ jednego trójkąta następują po sobie na okręgu w tym samym kierunku, co wierzchołki $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ drugiego trójkąta. Proste $AB$ i $A_1B_1$ przecinają się w punkcie $P$ , proste $BC$ i $B_1C_1$ w punkcie $M$ , a proste $CA$ i $C_1A_1$ w punkcie $N$ . Dowieść, że punkty $M$ , $N$ , $P$ są wierzchołkami trójkąta foremnego.

Rozwiązanie

Obróćmy całą figurę (rys. 8) dokoła środka $O$ danego okręgu o $120^\circ$ . Punkty $A$ , $B$ , $C$ przejdą odpowiednio na miejsca punktów $B$ , $C$ , $A$ , a punkty $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ — na miejsca punktów $B_1$ , $C_1$ , $A_1$ . Punkt przecięcia prostych $AB$ i $A_1B_1$ , tj. punkt $P$ , przejdzie na miejsce punktu przecięcia prostych $BC$ i $B_1C_1$ , tj. na punkt $M$ . Podobnie punkt $M$ przejdzie na miejsce punktu $N$ , a punkt $N$ - na miejsce punktu $P$ . Wobec tego odcinki $MN$ , $NP$ , $PM$ zajmą odpowiednio miejsca odcinków $NP$ , $PM$ , $MN$ , zatem $MN = NP = PM$ , tzn. trójkąt $MNP$ jest foremny.

XII OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dowieść, że gdy $n$ jest liczbą naturalną, to liczba

$ 2^{4^n} + 5 $

jest podzielna przez $21$ .

Rozwiązanie

Zastosujemy metodę indukcji zupełnej.

Gdy $n = 1$ , twierdzenie jest prawdziwe, gdyż $2^4 + 5 = 21$ . Przypuśćmy, że jest ono prawdziwe dla pewnej wartości $n$ , tzn. że $2^{4^n} + 5 = 21k$ , gdzie $k$ jest pewną liczbą całkowitą. Wówczas $2^{4^n} = 21 k - 5$ , wobec czego

$ \begin{split} 2^{4^{n+1}}&=2^{4^{n}\cdot4}=(21k-5)^4=\\ &=(21k)^4-4(21k)^3 \cdot 5 + 6(21 k)^2 5^2 -4(21 k) 5^3 + 5^4 = 21 \cdot m + 5^4, \end{split} $

gdzie $m$ jest pewną liczbą całkowitą, zatem

$ 2^{4^{n+1}} + 5 = 21 m + 5^4 + 5 = 21 m + 630. $

Liczba $2^{4^{n+1}}+ 5$ jest więc podzielna przez $21$ . Stąd wynika przez indukcję, że liczba $2^{4^n}$ jest podzielna przez $21$ dla każdego naturalnego $n$ .

Uwaga. Rozwiązanie zadania można by ułożyć prościej, posługując się pojęciem kongruencji; proponujemy to jako ćwiczenie. Wystarczą tu wiadomości o kongruencjach podane w książce Zadania z Olimpiad Matematycznych, tom I, wydanie 2, Warszawa 1960. Dalsze wiadomości można znaleźć w podręczniku uniwersyteckim W. Sierpiński - Arytmetyka teoretyczna, wydanie 2, Warszawa 1959.

XII OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dowieść, że jeżeli równanie

$ (1) \qquad ax^3 + bx^2 + cx + d = 0 $

ma trzy pierwiastki rzeczywiste, to

$ (2) \qquad b^2 \geq ac \quad \textrm{i} \quad c^2 \geq bd. $

Czy prawdziwe jest twierdzenie odwrotne?

Rozwiązanie

Jeżeli równanie (1) ma $3$ pierwiastki $x_1$ , $x_2$ , $x_3$ (niekoniecznie różne), to $a \neq 0$ i według wzorów Viete'a

$ b = - (x_1 + x_2 + x_3) a, $

$ b = - (x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1) a, $

$ d = -x_1 x_2 x_3 a. $

Stąd

$ \begin{split} b^2 - ac &= a^2 [(x_1 + x_2 + x_3)^2- (x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1)] =\\ &= a^2 [x_1^2 + x_2^2 + x_3^2+ x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1] =\\ &= \frac{a^2}{2} [2x_1^2 +2 x_2^2 + 2x_3^2+ 2x_1x_2 + 2x_2x_3 + 2x_3x_1] =\\ &= \frac{a^2}{2} [(x_1+x_2)^2 +(x_2+x_3)^2+(x_3+x_1)^2]. \end{split} $

Jeżeli liczby $x_1$ , $x_2$ , $x_3$ są rzeczywiste, to z powyższej równości wynika, że

$ b^2 - ac \geq 0. $

Następnie

$ \begin{split} c^2-bd &=a^2[(x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1)-(x_1 + x_2 + x_3)x_1x_2x_3]=\\ &=a^2 [u_1^2 + u_2^2 + u_3^2+ u_1u_2 + u_2u_3 + x_3u_1], \end{split} $

gdzie $u_1 = x_2x_3,$ $u_2 = x_3x_1,$ $u_3 = x_1x_2$ ; opierając się na wyniku poprzedniego rachunku otrzymujemy

$ c^2 - bd = \frac{a^2}{2} [(u_1+u_2)^2 +(u_2+u_3)^2+(u_3+u_1)^2] \geq 0. $

Istotnie więc zachodzą nierówności (2). Twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe. Na przykład w równaniu $x^2 + 2x^2 + 2x + 1 = 0$ współczynniki spełniają warunki (2), gdy tymczasem ma ono tylko jeden pierwiastek rzeczywisty, gdyż jego lewa strona równa się iloczynowi $(x + 1) (x^2 + x + 1)$ .

Uwaga 1. Z powyższego rachunku wynika, że równość $b^2 =ac$ ma miejsce tylko wtedy, gdy $x_1 + x_2 = 0$ , $x_2 + x_3 = 0$ , $x_3 + x_1 = 0$ , tj. gdy $x_1 = x_2 = x_3 = 0$ równość zaś $c^2 = bd$ zachodzi tylko wtedy, gdy $u_1 = u_2 = u_3 = 0$ , tj. gdy co najmniej dwa z pierwiastków $x_1$ , $x_2$ , $x_3$ są równe zeru. Zachodzi więc twierdzenie mocniejsze od dowiedzionego wyżej.

Jeżeli równanie (1) ma trzy pierwiastki rzeczywiste (niekoniecznie różne), z których co najmniej dwa są różne od zera, to

$ b^2 > ac \quad \textrm{i} \quad c^2 > bd $

Można udowodnić jednak twierdzenie jeszcze mocniejsze, modyfikując rozumowanie poprzednie w sposób następujący.

$ \begin{split} b^2 - 3ac &= a^2 [(x_1 + x_2 + x_3)^2- 3(x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1)] =\\ &= a^2 [x_1^2 + x_2^2 + x_3^2- x_1x_2 - x_2x_3 - x_3x_1] =\\ &= \frac{a^2}{2} [(x_1-x_2)^2 +(x_2-x_3)^2+(x_3-x_1)^2]. \end{split} $

i podobnie

$ c^2 - bd = \frac{a^2}{2} [(u_1-u_2)^2 +(u_2-u_3)^2+(u_3-u_1)^2] \geq 0. $

Otrzymujemy stąd twierdzenie:

Jeżeli równanie (1) ma 3 pierwiastki rzeczywiste, to

$ b^2 \geq 3ac \quad \textrm{i} \quad c^2 > 3bd. $

Równość $b^2 = 3ac$ zachodzi tylko wtedy, gdy $x_1 = x_2 = x_3$ , równość zaś $c^2 = 3bd$ tylko wtedy, gdy $x_1x_2 = x_2x_3 = x_3x_1$ tzn. bądź gdy $x_1 = x_2 = x_3$ , bądź gdy $2$ z liczb $x_1, x2, x3$ są równe zeru. Możemy więc powyższe twierdzenie zastąpić mocniejszym:

Jeżeli równanie (1) ma 3 pierwiastki rzeczywiste, które nie są wszystkie sobie równe i z których co najmniej 2 są różne od zera, to

$ b^2 > 3ac \quad \textrm{i} c^2 > 3bd. $

Twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe. Na przykład równanie $4x^3 + x^2 - 2x + 1 = 0$ , czyli $(x + 1) (4x^2 -3x+1) = 0$ ma tylko jeden pierwiastek rzeczywisty, choć jego współczynniki spełniają powyższe warunki.

Uwaga 2. Zachodzi twierdzenie ogólne: jeżeli równanie

$ a_0x^n + a_1x^{n-1} + \ldots + a_{n-1}x + a_n = 0 $

ma n pierwiastków rzeczywistych, to każde trzy kolejne współczynniki $a_{k-1}$ $a_k$ , $a_k-1$ tego równania spełniają nierówność

$ a_k^2 \geq \frac{2m}{m-1}a_{k-1}a_k, $

gdzie

$ m = \binom{n}{k}=\frac{n(n-1)\ldots(n-k+1)}{1\cdot2\cdot \ldots \cdot k}. $

W nierówności powyższej można zastąpić znak $\geq$ znakiem $>$ , o ile pierwiastki równania nie są wszystkie sobie równe, a przy tym co najwyżej jeden pierwiastek równa się zeru.
Dowód tego twierdzenia można przeprowadzić wzorując się na dowodzie dla przypadku $n = 3$ . Objaśnimy główną przesłankę tego dowodu.
Niech

$ \begin{split} s_1 &= x_1 + x_2 \ldots + x_n,\\ s_2 &= x_1x_2 +x_1 x_3 \ldots + x_{n-1}x_n,\\ &\vdots\\ s_k &= x_1x_2 \ldots x_k+ \ldots + x_{n-k + 1} x_{n-k+2} \ldots x_n,\\ &\vdots \\ s_n &= x_1 \ldots x_n. \end{split} $

Wyrażenia $s_1, s_2, \ldots, s_n$ są symetryczne względem $x_1 x_2, \ldots x_n$ tzn. nie zmieniają wartości przy dowolnym przestawieniu (permutacji) zmiennych $x_1, x_2, \ldots, x_n$ . Są to tzw. funkcje symetryczne podstawowe tych zmiennych. Zauważmy, że $s_k$ ma tyle składników, ile jest kombinacji z $n$ elementów po $k$ .
Stwierdzamy najpierw, że

$ \begin{split} s_1^2-\frac{2n}{n-1}s_2&=(x_1 + x_2 \ldots + x_n)^2- \frac{2n}{n-1}(x_1x_2 +x_1 x_3 \ldots + x_{n-1}x_n) =\\ &=x_1^2 + x_2^2 \ldots + x_n^2- \frac{2}{n-1}(x_1x_2 +x_1 x_3 \ldots + x_{n-1}x_n)=\\ &=\frac{1}{n-1}[(n-1)x_1^2 + (n-1)x_2^2 + \ldots + (n-1)x_n^2- 2 x_1x_2 +\\ & +2x_1 x_3 \ldots + 2x_{n-1}x_n]\\ &=\frac{1}{n-1}[(x_1-x_2)^2+(x_1-x_3)^2+\ldots+(x_{n-1}-x_n)^2]. \end{split} $

Weźmy następnie pod uwagę $3$ kolejne sumy $s_{k-1}$ , $s_k$ , $s_{k+1}$ ( $k \geq 2$ ). Oznaczmy składniki sumy $s_k$ literami $u_1, u_2, \ldots, u_m$ ; ilość tych składników równa się ilości kombinacji z $n$ elementów po $k$ , tzn. $m = \binom{n}{k}$ .

Zauważmy następnie, że iloczyn $s_{k-1}s_{k+1}$ jest sumą wszystkich iloczynów $u_iu_j$ . Korzystając z poprzedniego przekształcenia otrzymujemy równość:

$ \begin{split} s_k^2- \frac{2m}{m-1}s_{k-1}s_k&=(u_1+u_2+\ldots+u_n)^2 -\frac{2m}{m-1}(u_1u_2 +u_1 u_3 \ldots + u_{n-1}u_n) =\\ &=\frac{1}{m-1}[(u_1-u_3)^2+\ldots (u_{n-1}-u_m)^2]. \end{split} $

Z tej równości wynika, że

$ s^2_k \geq \frac{2m}{m-1}s_{k-1}s_k, $

przy czym znak $\geq$ można zastąpić znakiem $>$ , o ile nie zachodzi równość $u_1 = u_1 = \ldots = u_n$ .
Dowód wypowiedzianego wyżej twierdzenia uzyskamy teraz bez żadnych trudności; pozostawiamy go jako ćwiczenie.

XII OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dany jest trójkąt równoramienny $ABC$ ( $AB = AC$ ). Zbudować taki trójkąt równoramienny $A_1B_1C_1$ ( $A_1B_1 = A_1C_1$ ), żeby trójkąty $AB_1C_1$ , $A_1BC_1$ i $A_1B_1C$ były: a) położone na zewnątrz trójkąta $A_1B_1C_1$ , b) równoramienne o podstawach $B_1C_1$ $C_1A_1$ i $A_1B_1$ c) podobne do trójkąta $A_1B_1C_1$ .

Rozwiązanie

W zadaniach konstrukcyjnych często bywa dogodnie stosować metodę zagadnienia odwrotnego, polegającą na tym, że zamiast budować figurę $G$ , gdy dana jest figura $F$ , budujemy figurę $F$ , gdy dana jest figura $G$ , a następnie rozważając położenie wzajemne figur $F$ i $G$ wnioskujemy, jak wykonać konstrukcję w kierunku odwrotnym. W naszym zadaniu figurą $F$ jest trójkąt $ABC$ , a figurą $G$ - trójkąt $A_1B_1C_1$ .

Narysujmy trójkąt równoramienny $A_1B_1C_1$ (rys. 9), a następnie na zewnątrz tego trójkąta trójkąty równoramienne $AB_1C_1$ $A_1BC_1$ i $A_1B_1C$ o podstawach $B_1C_1$ , $C_1A_1$ , $A_1B_1$ podobne do trójkąta $A_1B_1C_1$ . Otrzymana figura jest symetryczna względem prostej $AA_1$ , więc trójkąt $ABC$ jest równoramienny ( $AB = AC$ ).

Zauważmy, że punkty $B$ , $A_1$ , i $C$ leżą na jednej prostej, gdyż $3$ kąty ostre, jakie powstały przy wierzchołku $A_1$ są odpowiednio równe kątom trójkąta $A_1B_1C_1$ , więc ich suma wynosi $180^\circ$ . Prosta $BC$ jest prostopadła do osi symetrii figury, tj. równoległa do prostej $B_1C_1$ gdyż jest symetryczna do samej siebie. Trójkąt $AB_1C_1$ jest przystający do trójkąta $A_1B_1C_1$ , gdyż jest do niego podobny i ma z nim wspólną podstawę Prosta $B_1C_1$ przechodzi więc przez środek wysokości $AA_1$ trójkąta $ABC$ , odległości $B_1C$ i $C_1B$ są równe połowie $BC$ .

Stąd wysnuwamy rozwiązanie zadania (rys. 10), Wyznaczamy środek $A_1$ boku $BC$ danego trójkąta ABC, rysujemy symetralną m odcinka $AA_1$ oraz zataczamy z punktów $B$ i $C$ jako środków okręgi o promieniu równym $BA_1$ . Jeżeli pierwszy okrąg przecina prostą $m$ w punkcie $C_1$ ; to drugi przecina ją w punkcie $B_1$ symetrycznym do $C_1$ i trójkąt $A_1B_1C_1$ spełnia warunki zadania, co jest widoczne z konstrukcji. Rozwiązanie istnieje, jeżeli wykreślone okręgi mają punkty wspólne z prostą to, tzn. gdy $h < a$ , gdzie $a = BC$ , $h = AA_1$ . Jeżeli $h < a$ , zadanie ma $2$ rozwiązania; jedno jest trójkątem ostrokątnym, drugie - rozwartokątnym; jeżeli $h = a$ , jest tylko jedno rozwiązanie, które jest trójkątem prostokątnym.

Gdy dany trójkąt jest równoboczny, jedno rozwiązanie jest utworzone przez środki boków danego trójkąta, drugie jest trójkątem o kącie $120^\circ$ .

XII OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Udowodnić, że jeżeli wszystkie ściany czworościanu są trójkątami przystającymi, to te trójkąty są ostrokątne.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że każda ściana czworościanu $ABCD$ (rys. 11) jest trójkątem o bokach $a$ , $b$ , $c$ ; niech np. $BC = a$ , $CA = b$ , $AB = c$ . Możliwe są $3$ przypadki, które rozpatrzymy kolejno. 1° - Żadne dwie spośród długości $a$ , $b$ , $c$ nie są równe. Dwie krawędzie wychodzące z tego samego wierzchołka nie mogą być wówczas równe, gdyż są bokami jednego z trójkątów, wobec tego równe są krawędzie przeciwległe, tzn. $AD =a$ , $BD = b$ , $CD = c$ . Niech $M$ będzie środkiem jednej z krawędzi, np. $AB$ . Środkowe $MD$ i $MC$ trójkątów $ABD$ i $ABC$ są równe i są bokami trójkąta $DMC$ , a że $MD + MC > DC$ , więc $MD> \frac{1}{2} DC = \frac{1}{2} AB$ . Jeśli zaś w trójkącie $ADB$ środkowa. $MD$ jest większa od połowy podstawy $AB$ , to kąt $ADB$ jest ostry. Istotnie, z nierówności $AM < MD$ i $BM < MD$ wynikają nierówności $\measuredangle ADM < \measuredangle DAM$ i $\measuredangle MDB < \measuredangle DBM$ , wobec czego $\measuredangle ADB< \measuredangle DAM + \measuredangle DBM$ , a stąd $2\measuredangle ADB < \measuredangle DAM + \measuredangle DBM + \measuredangle ADB = 180^\circ$ .

2°. Ściany czworościanu są trójkątami równoramiennymi, niech np. $a = b \neq c$ . Wówczas w trójkącie $ADB$ , w którym $AB = c$ , musi być $AD = BD = a$ , a że $BC = a$ , więc $CD = c$ , zatem i w tym przypadku krawędzie przeciwległe czworościanu są równe; dalszy ciąg dowodu pozostaje ten sam co poprzednio.

3°. Jeżeli $a = b = c$ , ściany czworościanu są trójkątami równobocznymi, więc są ostrokątne.

Uwaga 1. Twierdzenie można udowodnić sposobem nie wymagającym rozróżniania kilku przypadków; taki dowód uważa się w matematyce za zręczniejszy.

Wykażemy, że jeżeli ściany czworościanu są trójkątami przystającymi o bokach $a$ , $b$ , $c$ , to krawędzie przeciwległe czworościanu są równe. Przypuśćmy, że tak nie jest. Niech np. $AB = c$ , $CD = a$ , przy czym $a \neq c$ .

Jeden z boków $BC$ i $AC$ trójkąta $ABC$ równa się a, niech np. $BC = a$ . Jeden z boków trójkąta $BCD$ równa się $c$ , a ponieważ $BC = a$ , i $CD = a$ , więc $BD = c$ . W takim razie trójkąty $ABC$ i $BCD$ nie mogą być przystające, gdyż pierwszy z nich ma $2$ boki równe $c$ , a drugi - $2$ boki nierówne $c$ . Przypuszczenie, że $AB \neq CD$ doprowadziło do sprzeczności, zatem $AB = CD$ i tak samo $BC = AD$ , $AC = BD$ . Dalszy ciąg dowodu prowadzimy, jak w sposobie poprzednim.

Uwaga 2. Nastręcza się pytanie, czy istnieje czworościan, którego ściany byłyby przystające do dowolnie danego trójkąta ostrokątnego $ABC$ . Udowodnimy, że tak jest istotnie. Poprowadźmy przez punkty $A$ , $B$ , $C$ proste równoległe odpowiednio do prostych $BC$ , $CA$ i $AB$ . Utworzą one trójkąt $D_1D_2D_3$ (rys. 12) składający się z trójkąta $ABC$ i $3$ trójkątów do niego przystających i łatwo stwierdzić, że czworościan o podstawie $ABC$ i wysokości $h = HD$ , przy czym

$ (1) \qquad h^2 = D_1B^2 - HB^2 $

a $H$ jest ortocentrem (ortocentr trójkąta to punkt przecięcia jego wysokości) trójkąta $D_1D_2D_3$ , jest żądanym czworościanem. W tym celu należy dowieść, że $DB = AC$ , $DA = BC$ i $DC = AB$ . Otóż $DB^2 = h^2 + HB^2$ , więc na podstawie wzoru (1) $DB = DXB = AC$ . Niech wysokości $D_1M$ i $D_2N$ przecinają $BC$ i $AC$ odpowiednio w punktach $K$ i $L$ . Zauważmy, że trójkąty $D_1HN$ i $D_2HM$ są podobne, zatem $\frac{D_1H}{HN} = \frac{D_2H}{HM}$ , skąd $\frac{D_1K+KH}{LN-LH}=\frac{D_2L+LH}{KN-KH}$ , a że $LN=D_2L$ $KM = D_1K$ , więc z poprzedniej równości otrzymujemy $D_1K^2- KH^2 = D_2L^2 - LH^2$ i stąd wynika (na podstawie twierdzenia, że w trójkącie różnica kwadratów dwóch boków równa się różnicy kwadratów rzutów tych boków na trzeci bok), że $D_1B^2 - HB^2 = D_2A^2 - HA^2 = h^2$ . Ponieważ również $DA^2 - HA^2 = h^2$ , więc $DA = D_2A = BC$ . W analogiczny sposób dowodzimy, że $DC = AB$ .