XII OM - II etap

II etap XII Olimpiady Matematycznej

XII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dowieść, że żadna liczba postaci $2^n$ , gdzie $n$ jest liczbą naturalną, nie jest sumą dwóch lub więcej kolejnych liczb naturalnych.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że twierdzenie wypowiedziane w tekście zadania nie jest prawdziwe i że zachodzi równość

$ k + (k + 1) + \ldots + (k + r) = 2^n, $

w której $k$ , $r$ , $n$ oznaczają liczby naturalne. Według wzoru na sumę wyrazów postępu arytmetycznego, otrzymujemy stąd

$ (1) \qquad (2k + r) (r+ 1) = 2^{n+1}. $

Każda z liczb naturalnych $2k + r$ i $r + 1$ jest większa od $1$ . Różnica tych liczb $(2k + r) - (r + 1) = 2k - 1$ jest liczbą nieparzystą, więc jedna z nich jest nieparzysta. Lewa strona równości (1) jest wobec tego podzielna przez liczbę nieparzystą większą od jedności, gdy tymczasem prawa jej strona jako potęga liczby $2$ nie ma takiego dzielnika. Równość (1) jest więc niemożliwa.

Uwaga. Każda liczba całkowita jest sumą kolejnych liczb całkowitych, na przykład :

$ 4 = (- 3) + (- 2) + (- 1) + 0 + 1 + 2 + 3 + 4. $

XII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dowieść, że wszystkie wysokości czworościanu przecinają się w jednym punkcie wtedy i tylko wtedy, gdy sumy kwadratów krawędzi przeciwległych są równe.

Rozwiązanie

Rozwiązanie zadania ułatwi nam spostrzeżenie, że odcinek łączący środki dwóch krawędzi czworościanu należących do tej samej ściany równa się połowie trzeciej krawędzi tej ściany (i jest do niej równoległy). Oznaczmy środki krawędzi czworościanu $ABC$ , jak wskazuje rys. 13 literami $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ .

Dowiedziemy najpierw, że sumy kwadratów krawędzi przeciwległych czworościanu $ABCD$ są równe wtedy i tylko wtedy, gdy odcinki $MP$ , $NQ$ i $RS$ , tj. odcinki łączące środki przeciwległych krawędzi, są równe. Istotnie, równość

$ AC^2 + BD^2 = AD^2 + BC^2 $

jest równoważna równości

$ MN^2 + NP^2 = MS^2 + SP^2 $

ta zaś z kolei jest równoważna równości

$ MP^2 + NQ^2 = MP^2 + RS^2, $

gdyż czworokąty $MNPQ$ i $MRPS$ są równoległobokami, więc w każdym z nich suma kwadratów przekątnych równa się podwojonej sumie kwadratów dwóch przyległych boków. Wreszcie tę ostatnią równość możemy zastąpić równością

$ NQ = RS; $

podobnie równość $AC^2 + BD^2 = AB^2 + CD^2$ jest równoważna równości $MP = RS$ .

Równość odcinków $MP$ , $NQ$ i $RS$ zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy równoległoboki $MNPQ$ , $MRPS$ , $NRQS$ są prostokątami, a więc wtedy i tylko wtedy, gdy każde dwie przeciwległe krawędzie czworościanu są prostopadłe.

Udowodnimy następnie, że jeżeli dwie krawędzie przeciwległe czworościanu są prostopadłe, to wysokości czworościanu poprowadzone z końców jednej z tych krawędzi przecinają się.

Niech np. $AB \bot DC$ (rys. 14). Poprowadźmy prostopadłą $CK$ do $AB$ ; ponieważ $CK \bot AB$ i $CD \bot AB$ , więc prosta $AB$ jest prostopadła do płaszczyzny $CKD$ . Stąd wynika, że wysokości $DH$ i $CG$ trójkąta $CKD$ są wysokościami czworościanu, gdyż prosta $DH$ jest prostopadła do $CK$ i do $AB$ , zatem jest prostopadła do płaszczyzny $ABC$ i tak samo prosta $CG$ jest prostopadła do płaszczyzny $ABD$ .

Odwrotnie, jeśli wysokości $DH$ i $CG$ czworościanu przecinają się, to prosta $AB$ jest prostopadła do płaszczyzny, w której leżą $DH$ i $CG$ , gdyż $AB \bot DH$ i $AB \bot CG$ , a w takim razie prosta $AB$ jest też prostopadła do prostej $CD$ .

A zatem prostopadłość każdej pary krawędzi przeciwległych czworościanu zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy każde dwie wysokości czworościanu przecinają się.

Wykażemy wreszcie, że jeżeli każde dwie wysokości czworościanu przecinają się, to wszystkie cztery wysokości przechodzą przez jeden punkt.

Przypuśćmy, że wysokości $h_B$ i $h_C$ czworościanu poprowadzone z wierzchołków $B$ i $C$ leżą w płaszczyźnie $\alpha$ , a wysokości $h_C$ i $h_A$ poprowadzone z wierzchołków $C$ i $A$ - w płaszczyźnie $\beta$ . Wówczas punkt przecięcia wysokości $h_A$ i $h_B$ leży na prostej przecięcia płaszczyzn $\alpha$ i $\beta$ , tzn. na prostej $h_C$ ; tak samo stwierdzamy, że leży on na prostej $h_D$ , zatem wszystkie wysokości przecinają się w jednym punkcie.

Twierdzenie zostało udowodnione.

Uwaga. Czworościan, w którym wysokości przechodzą przez jeden punkt (ortocentr), nazywa się czworościanem ortocentrycznym. W powyższym dowodzie stwierdziliśmy, że można go również zdefiniować przez każdą z następujących własności:

1) prostopadłość krawędzi przeciwległych,

2) równość odcinków łączących środki krawędzi przeciwległych,

3) przecinanie się każdych dwóch wysokości.

Dodamy do tego jeszcze własność czwartą. Na każdym czworościanie można opisać równoległościan, tzn. zbudować taki równoległościan, że krawędzie czworościanu są przekątnymi ścian równoległościanu (rys. 15). Czworościan jest ortocentryczny wtedy i tylko wtedy, gdy ma własność:

4) równoległościan opisany na czworościanie ma wszystkie krawędzie równe (tzn. ściany jego są rombami).

XII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dowieść, że dla dowolnych kątów $x$ , $y$ , $z$ zachodzi równość

$ (1) \qquad \begin{split} &1 - \cos^2 x - \cos^2 y - \cos^2 z + 2 \cos x \cos y \cos z=\\ &\qquad =4 \sin \frac{x+y+z}{2} \sin \frac{x+y-z}{2} \sin \frac{x-y+z}{2} \sin\frac{-x-y+z}{2}. \end{split} $

Rozwiązanie

Przekształcamy prawą stronę równości (1) stosując najpierw wzór $2 \sin \alpha \sin \beta = \cos (\alpha - \beta) - \cos (\alpha + \beta)$ , a następnie wzory na $\cos (\alpha + \beta)$ i $\cos (\alpha - \beta)$ :

$ \begin{split} & 4 \sin \frac{x+y+z}{2} \sin \frac{x+y-z}{2} \sin \frac{x-y+z}{2} \sin\frac{-x-y+z}{2}= \\ &\qquad\begin{split} & = [\cos z - \cos (x + y)] [\cos (x - y) - \cos z] = \cos z \cos (x - y) -\\ & - \cos^2 z - \cos (x + y) \cdot \cos (x - y) + \cos (x + y) \cos z = \\ & = \cos x \cos y \cos z + \sin x \sin y \cos z - \cos^2 z - \cos^2 x \cos^2 y + \sin^2 x \sin^2 y + \\ & + \cos x \cos y \cos z - \sin x \sin y \cos z = 2 \cos x \cos y \cos z - \\ & - \cos^2 z - \cos^2 x \cos^2 y \sin^2 x \sin^2 y. \end{split} \end{split} $

Po podstawieniu w ostatnim wyrażeniu $\sin^2 x \sin^2 y = (1 - \cos^2 x) (1 - \cos^2 y)$ , po otwarciu nawiasów i redukcji otrzymujemy wyrażenie równe lewej stronie równości (1).

XII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Znaleźć cztery ostatnie cyfry liczby $5^{5555}$ .

Rozwiązanie

\spos{1} Obliczymy kilka kolejnych potęg liczby $5$ poczynając od $5^4$ :

$ 5^4 = 625,\ 5^5 = 3125,\ 5^6 = 15625,\ 5^7 = 78125,\ 5^8 = 390625 \ldots $

Okazało się, że $5^8$ ma te same cztery ostatnie cyfry co $5^4$ , wobec czego to samo dotyczy liczb $5^9$ i $5^5$ itd., tzn. poczynając od $5^4$ dwie potęgi liczby $5$ , których wykładniki różnią się o wielokrotność $4$ , mają te same cztery końcowe cyfry. Liczba $5^{5555} = 5^{4\cdot 1388+3}$ ma zatem na końcu te same $4$ cyfry co liczba $5^7$ , tj. cyfry $8125$ .

XII OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczby rzeczywiste $a$ , $b$ , $c$ spełniają nierówności

$(1) \qquad a + b + c> 0,$

$(2) \qquad ab + bc + ca > 0,$

$(3) \qquad abc > 0,$

to $a > 0$ , $b > 0$ , $c > 0$ .

Rozwiązanie

Z nierówności (1) i (2) można wywnioskować, że co najmniej dwie spośród liczb $a$ , $b$ , $c$ są dodatnie. Albowiem z nierówności (1) wynika najpierw, że co najmniej jedna z tych liczb jest dodatnia, niech na przykład $c > 0$ . Otóż dla dowolnych $a$ i $b$

$ (a + b)^2 \geq 2ab $

a z nierówności (2) wynika, że

$ ab > - (a + b) c, $

wobec czego

$ (a + b)^2 > - 2(a+b) c; $

przenosząc wyrazy na jedną stronę otrzymujemy stąd

$ (a + b) (a + b + 2c) > 0, $

ponieważ $c > 0$ , więc $a + b + 2c = (a + b + c) + c > 0$ , zatem z powyższej nierówności wynika, że

$ a + b > 0. $

W takim razie przynajmniej jedna z liczb $a$ i $b$ , na przykład $b$ , jest dodatnia.

Jeżeli zaś dwie z liczb $a$ , $b$ , $c$ są dodatnie, to na mocy nierówności (3) trzecia z nich musi być również dodatnia.

Uwaga. Twierdzenie udowodnione wyżej jest przypadkiem szczególnym twierdzenia: Jeżeli dla pewnych wartości $a_1, a_2, \ldots, a_n$ wszystkie podstawowe funkcje symetryczne (patrz zadanie 10) mają wartości dodatnie, to wszystkie wartości $a_1, a_2, \ldots, a_n$ są dodatnie.

XII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

W płaszczyźnie trójkąta ostrokątnego $ABC$ przesuwa się taśma o szerokości $d < AB$ i brzegach prostopadłych do $AB$ . Przy jakim położeniu taśmy zakryje ona największą część trójkąta?

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że część trójkąta zakryta taśmą nie może być największa przy takim położeniu taśmy, że jeden z jej brzegów, na przykład lewy, znajduje się poza trójkątem, gdyż wówczas przy dostatecznie małym przesunięciu taśmy w prawo część zakryta zwiększa się. Maximum zakrytego pola nie zachodzi również i wtedy, gdy oba brzegi taśmy mają punkty wspólne z trójkątem, ale odcinki brzegów leżące w trójkącie nie są równe, na przykład lewy jest krótszy od prawego (lub jest punktem) (rys. 16). Jeżeli bowiem przesuniemy taśmę w prawo o tak mały odcinek, żeby odcinek lewego brzegu pozostał krótszy od odcinka prawego brzegu, wówczas część trójkąta nakryta taśmą zmniejszy się o trapez $T_1$ , ale zwiększy się o trapez $T_2$ , który ma pole większe niż $T_1$ gdyż ma tę samą wysokość co $T_1$ a dłuższe podstawy.

Wobec tego maximum pola części zakrytej może mieć miejsce tylko wtedy, gdy leżące w trójkącie odcinki $MP$ i $NQ$ obu brzegów są równe (rys. 17).

Takie położenie taśmy łatwo wyznaczyć obliczając na przykład $AM = x$ w zależności od elementów $c$ , $\alpha$ , $\beta$ trójkąta $ABC$ i od szerokości taśmy. Mianowicie $MP = x \tg \alpha$ , $NQ = y \tg \beta$ , gdzie $y = NB = AB - AM - MN = c - x - d$ . Z warunku $MP = NQ$ otrzymujemy po łatwym rachunku

$ (1) \qquad x = \frac{(c-d) \tg \beta}{\tg \alpha + \tg \beta}. $

Możemy również znaleźć żądane położenie taśmy konstrukcyjnie, np. odmierzając $AR = d$ i prowadząc $RQ$ równolegle do $AC$ .

Powyższe rozumowanie nie stanowi jeszcze rozwiązania zadania. Dowiedliśmy mianowicie tylko tego, że jeżeli istnieje takie położenie taśmy, przy którym zakrywa ona największą część trójkąta, to jest nim znalezione położenie $MNPQ$ (rys. 17), a to wcale nie znaczy, że zachodzi wtedy rzeczywiście żądane maximum, gdyż maximum mogłoby w ogóle nie być. Aby przeprowadzić potrzebny dowód, weźmy pod uwagę dowolne inne położenie taśmy, np. położenie $M'N'P'Q'$ , w którym $M'P' < N'Q'$ . W porównaniu z położeniem $MNPQ$ pole części zakrytej zwiększyło się o pole trapezu $MPP'M'$ o podstawach $MP$ i $M'P'$ (może być również $M'P' = 0$ ) i wysokości $MM'$ , a zmniejszyło się co najmniej o pole trapezu o podstawach $NQ = MP$ i $N'Q' > M'P'$ i wysokości $NN' = MM'$ . Widzimy, że w rezultacie pole części zakrytej zmniejszyło się; zatem w położeniu $MNPQ$ ma ono istotnie wartość największą, czego należało dowieść.

Uwaga 1. Przeprowadzone wyżej rozumowanie składa się z $2$ części. Najpierw udowodniliśmy, że zakryta część trójkąta może być największa tylko wtedy, gdy odcinki $MP$ i $NQ$ brzegów taśmy są równe, a następnie wykazaliśmy, że w takim położeniu taśmy maximum istotnie zachodzi. Właściwe rozwiązanie zadania stanowi część druga, pierwsza jest, ściśle biorąc, niepotrzebna. Miała ona jednak dla nas to znaczenie, że naprowadziła nas na rozwiązanie, które trudno byłoby przewidzieć z góry; odegrała zatem podobną rolę jak analiza w zadaniu konstrukcyjnym.

Inaczej byłoby, gdybyśmy wiedzieli, że takie położenie taśmy, które daje poszukiwane maximum, na pewno istnieje. Wtedy część pierwsza naszego rozumowania stanowiłaby już rozwiązanie zadania, wobec czego część druga byłaby zbyteczna. Podobną sytuację mamy również w innych zadaniach dotyczących maximum lub minimum i powstaje pytanie, czy nie ma jakiejś ogólnej zasady, z której wynikałoby istnienie maximum lub minimum w poszczególnych przypadkach. Otóż zasada taka istnieje; jest nią ważne twierdzenie analizy matematycznej, że funkcja ciągła w przedziale zamkniętym ma w tym przedziale zarówno maximum, jak i minimum. W naszym zadaniu pole zakrytej części trójkąta jest funkcją $f (x)$ odległości $x$ taśmy od punktu $A$ , którą wystarczy rozważać w przedziale zamkniętym (tzn. liczonym razem z końcami) $0 \leq x \leq c$ . Funkcja ta jest ciągła, tzn. gdy przesuniemy taśmę o dostatecznie krótki odcinek, pole $f (x)$ zmieni się tak mało, jak tylko zechcemy. Wobec tego dla pewnej wartości $x$ z przedziału $[0, c]$ funkcja $f(x)$ ma wartość największą, a w takim razie jest to wartość określona wzorem (1).

Uwaga 2. Zastanówmy się, czy założenie, że trójkąt $ABC$ jest ostrokątny, było potrzebne przy rozumowaniu, które przeprowadziliśmy. Łatwo stwierdzimy, że pozostaje ono słuszne, gdy kąt $C$ jest prosty lub rozwarty. Stosuje się ono również do przypadku, gdy kąt $A$ lub kąt $B$ jest rozwarty (rys. 18), z tą jedynie różnicą, że wzór (1) należy zastąpić przez inny. Przy oznaczeniach wskazanych na rys. 18.

$ MP = KP - KM = KB \tg \beta + KA \tg \alpha = (c + x) \tg \beta + x \tg \alpha $

$ NQ = NB \tg \beta = (KB - KN) \tg \beta = (c + x - d) \tg \beta. $

Maximum pola zakrytego taśmą zachodzi w przypadku, gdy $MP = NQ$ , co daje równanie

$ (c + x) \tg \beta + x \tg \alpha = (c + x - d) \tg \beta, $

skąd

$ (2) \qquad x = - \frac{d \tg \beta}{\tg \alpha}. $

Ze wzoru (2) widzimy, że $x$ nie zależy od długości $c$ podstawy trójkąta, a zależy tylko od jego kątów. Łatwo to wytłumaczyć: jeżeli przesuniemy prostą $BC$ równolegle, oba odcinki $MP$ i $NQ$ zmienią się o taką samą długość, więc pozostaną równe, wobec czego maximum pola zakrytej części nowego trójkąta nadal zachodzi przy tym samym położeniu taśmy. Położenie to możemy wyznaczyć konstrukcyjnie podobnie jak poprzednio.

Gdy kąt $A$ lub kąt $B$ jest prosty, argumentacja poprzednia zawodzi; w tym przypadku nie ma takiego położenia taśmy, że odcinki $MP$ i $NQ$ jej brzegów są równe. Jasne jest, że taśma zakrywa wtedy największą część trójkąta, gdy jeden jej brzeg zawiera bok trójkąta.

Zadanie możemy uogólnić zakładając, że przesuwana taśma jest nachylona do boku $AB$ pod dowolnym danym kątem. Rozumowanie pozostaje to samo, poszukiwane maximum ma również miejsce wtedy, gdy odcinki brzegów taśmy, leżące w trójkącie, są równe, z wyjątkiem przypadku, gdy taśma jest równoległa do jednego z boków trójkąta. W takim przypadku maximum zachodzi wtedy, gdy brzeg taśmy zawiera ów bok.

Można wreszcie postawić pytanie, jak położyć taśmę o szerokości mniejszej niż najmniejsza wysokość trójkąta, aby pokryć największą część trójkąta. Nietrudne to zadanie proponujemy jako ćwiczenie.