XI OM - I - Zadanie 1

Rozwiązać równanie

Rozwiązanie

Wprowadzimy oznaczenia

Wówczas , , skąd ; równanie (1) przybiera postać . Weźmy pod uwagę układ równań

Jeżeli jest liczbą spełniającą równanie (1), a przy tym to i są liczbami dodatnimi spełniającymi układ równań (I). Odwrotnie, jeżeli liczby dodatnie i spełniają układ równań (I), to liczba jest większa od i spełnia równanie (1). Dodatnie rozwiązania układu równań (I) łatwo znajdziemy obliczając z pierwszego z tych równań stosunek :

Biorąc pod uwagę, że gdy , , to według drugiego równania układu (I) musi być , otrzymujemy

Podstawienie do drugiego równania układu (I) daje zatem

jest jedynym większym od pierwiastkiem równania (1).

Aby znaleźć pozostałe pierwiastki równania (1), wystarczy zauważyć, że z uwagi na prawą stronę tego równania musi być i że jeśli jest pierwiastkiem równania, to ma ono również pierwiastek . Wobec tego równanie (1) ma jeszcze tylko jeden pierwiastek

XI OM - I - Zadanie 2

Dowieść, że jeżeli suma dwóch liczb całkowitych jest podzielna przez liczbę nieparzystą , to jest podzielne przez .

Czy to twierdzenie zachodzi dla parzystego ?

Rozwiązanie

Wiadomo, że gdy jest liczbą nieparzystą, to dwumian jest podzielny przez dwumian , gdyż zachodzi równość

Aby dowieść, że gdy jest podzielne przez , to jest podzielne przez wystarczy się przekonać, że liczba

jest podzielna przez .

W tym celu potraktujmy wyrażenie jako wielomian zmiennej i wyznaczmy resztę z dzielenia tego wielomianu przez dwumian . Według znanego twierdzenia algebry reszta z dzielenia wielomianu przez dwumian równa się , tj. równa się wartości tego wielomianu dla . Na mocy tego twierdzenia reszta z dzielenia wielomianu zmiennej przez , równa się , tj. równa się wartości, którą otrzymamy podstawiając zamiast do prawej strony równości (2). Otóż

Okazało się, że reszta z dzielenia wielomianu przez jest podzielna przez . Gdy więc jest podzielne przez , to również jest podzielne przez , wobec czego jest podzielne przez , c.n.d.

Dla parzystego twierdzenie takie nie zachodzi, co stwierdzamy biorąc na przykład , , .

XI OM - I - Zadanie 3

Każdy bok trójkąta o danym polu podzielono na trzy równe części i połączono odcinkami punkty podziału co drugi tworząc dwa trójkąty. Obliczyć pole sześciokąta będącego wspólną częścią tych trójkątów.

Rozwiązanie

Rozwiązanie zadania łatwo odczytać z rys. 1. Pole sześciokąta równa się , gdyż sześciokąt ten otrzymuje się z trójkąta przez obcięcie trzech równych trójkątów narożnych o polu . Boki trójkątów i dzielą się wzajemnie na równe odcinki gdyż np. w trapezie przekątne i dzielą się na części będące w takim stosunku jak podstawy i , tj. w stosunku , wobec czego np. odcinek równa się trzeciej części odcinka . Sześciokąt składa się z trójkątów o równych polach, a sześciokąt zakreskowany z trójkątów o takich samych polach. Pole zakreskowanego sześciokąta wynosi więc .

XI OM - I - Zadanie 4

Dane są trzy kolejne odcinki na prostej. Znaleźć punkt, z którego te odcinki są widoczne pod równymi kątami.

Rozwiązanie

Niech , , będą trzema kolejnymi odcinkami na prostej (rys. 2). Zauważmy, że każdy punkt tej prostej, leżący na zewnątrz odcinka może być uważany za rozwiązanie zadania, gdyż z takiego punktu każdy z odcinków , , widać pod kątem równym zeru. Pomijając ten nieinteresujący przypadek będziemy poszukiwać innych rozwiązań. Przypuśćmy, że punkt spełnia warunek zadania, tj. że . Półproste i są wtedy dwusiecznymi kątów przy wierzchołku w trójkątach i , zatem na podstawie twierdzenia o dwusiecznej w trójkącie:

Punkt leży zatem na okręgu Apolloniusza dla odcinka , i stosunku oraz na okręgu Apolloniusza dla odcinka i stosunku . W przypadku szczególnym, gdy lub , zamiast odpowiedniego okręgu Apolloniusza mamy symetralną odcinka lub . W dalszym ciągu przyjmiemy, że żadna z powyższych równości nie zachodzi.

Stąd wysnuwamy konstrukcję. Wyznaczamy punkt harmonicznie sprzężony z punktem względem punktów i (Patrz: Zadania z Olimpiad
Matematycznych, tom I, str. 170, PZWS 1960). W tym celu wykreślamy odcinki równoległe i odpowiednio równe odcinkom i (Na rys. 2 wzięto odcinki i prostopadłe do , co oczywiście nie jest konieczne. Ta sama uwaga dotyczy odcinków i ); prosta przecina prostą w żądanym punkcie . 0dcinek jest średnicą okręgu Apolloniusza dla odcinka i stosunku . W analogiczny sposób wyznaczamy średnicę okręgu Apolloniusza dla odcinka i stosunku . Wykreślamy oba okręgi. Jeśli przecinają się one w punkcie poza dana prostą, to , gdyż na podstawie konstrukcji zachodzą równości (1), zatem półproste i są odpowiednio dwusiecznymi kątów i . Punkt daje więc rozwiązanie zadania. Drugim rozwiązaniem jest punkt symetryczny do punktu względem danej prostej.

Zbadamy, kiedy takie rozwiązania istnieją. Okręgi o średnicach i przecinają się wtedy i tylko wtedy, gdy odcinki i zachodzą na siebie, tzn. mają pewien odcinek wspólny. Trzeba zatem ustalić, jak powinny leżeć punkty , , , , aby ten warunek był spełniony. W tym celu poklasyfikujemy wszystkie możliwe przypadki wzajemnego położenia punktów , , , w sposób następujący.

a) Odcinek środkowy jest mniejszy od każdego z odcinków skrajnych i . Ten przypadek mamy na rys. 2. Punkt leży wówczas na prawo od punktu , a punkt na lewo od punktu , odcinki i mają wspólny odcinek . Rozwiązanie istnieje.

b) Odcinek jest większy od każdego z odcinków i . Ten przypadek wyobraża rys. 3. Punkt leży wtedy na lewo od punktu , a punkt naprawo od punktu . Odcinki i leżą jeden na zewnątrz drugiego, zadanie nie ma rozwiązania.

c) Odcinek jest mniejszy od jednego z odcinków i , a większy od drugiego. Niech np. . Przypadek taki mamy na rys. 4.

Punkt leży teraz na prawo od punktu , a punkt na prawo od punktu , zatem również na prawo od punktu . Rozwiązanie istnieje, o ile punkt leży na prawo od punktu (jak na rys. 4), tzn. gdy

Trzeba ten warunek wyrazić przy pomocy odcinków danych , , . Ponieważ , , , i , , , są czwórkami harmonicznymi, więc

stąd

Z równości powyższych obliczamy i :

podstawiając te wartości do nierówności (2) otrzymujemy nierówność

która po przekształceniu przybiera postać

lub krócej

W przypadku, gdy , rozwiązanie istnieje, o ile spełniony jest warunek (3a) analogiczny do (3), a mianowicie warunek, który otrzymamy z nierówności (3) zastępując w niej , , , odpowiednio przez , , , . Daje to nierówność

Okazało się, że warunek (3a) jest identyczny z warunkiem (3).

Dyskusja powyższa doprowadziła zatem do następującego wyniku.

Zadanie ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy zachodzi bądź przypadek

bądź przypadek

przy czym spełniona jest nierówność (3).

Wynik ten można sformułować znacznie prościej. Mianowicie nietrudno sprawdzić (co pozostawiamy jako ćwiczenie dla czytelnika), że w przypadku a) nierówność (3) jest spełniona, a w przypadku b) nie jest spełniona. Wobec tego rezultat ostateczny jest następujący:

Zadanie ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy spełniony jest warunek

Czytelnik zechce sprawdzić, że wynik powyższy stosuje się również do przypadku, gdy lub .

XI OM - I - Zadanie 5

Znaleźć wszystkie liczby całkowite i spełniające równanie

Rozwiązanie

Ponieważ

więc równanie (1) można napisać w postaci

Podstawiając w (2)

otrzymujemy równanie

Jeżeli para liczb całkowitych jest rozwiązaniem równania (2), to jest liczbą parzystą, zatem jest parą liczb całkowitych, spełniających równanie (3). Odwrotnie każdej parze liczb całkowitych spełniających równanie (3) odpowiada para liczb całkowitych , spełniających równanie (2). Zadanie sprowadza się zatem do wyznaczenia rozwiązań całkowitych równania (3). Spostrzegamy natychmiast, że rozwiązaniem takim jest , ; udowodnimy, że innych rozwiązań nie ma. Istotnie, gdyby para liczb całkowitych spełniała równanie (3) i była różna od pary , to byłoby i i zachodziłby jeden z przypadków:

a) ; wobec (3) byłoby wówczas , zatem , więc i , co przeczyłoby założeniu (3);

b) ; wówczas byłoby , zatem , stąd , więc , co znowu jest sprzeczne ż (3).

Zatem jedynym rozwiązaniem równania (3) w liczbach całkowitych jest , , a jedynym takimże rozwiązaniem równania (2) jest , .

XI OM - I - Zadanie 6

Dowieść, że jeżeli liczby , , , z których żadna nie jest zerem spełniają zależność

to można je ustawić w takim porządku, że utworzą postęp geometryczny.

Rozwiązanie

Z trzech różnych od zera liczb , , można utworzyć postęp geometryczny wtedy i tylko wtedy, gdy któraś z nich jest średnią geometryczną dwóch pozostałych, tzn. gdy któraś z różnic , , równa się zeru, co jest równoważne warunkowi

Mamy więc dowieść, że z równości (1) wynika równość (2). Zależności (1) możemy nadać postać

Oznaczając lewą stronę równości (3) literą , przekształcimy ją jak następuje

Okazało się, że warunek (1) jest równoważny warunkowi (2).

Powyższy rachunek możną by zastąpić następującym krótkim rozumowaniem. Z 3 liczb , , co najmniej dwie są tego samego znaku; niech np. . Jeżeli w lewej stronie równości (3) zastąpimy przez otrzymamy wyrażenie

równe tożsamościowo zeru. Stąd wynika, że liczby i są pierwiastkami wielomianu zmiennej , wielomian ten jest zatem podzielny przez . Ponieważ wyrażenie jest symetryczne względem , , , więc jest podzielne również przez i przez , wobec czego

a ponieważ w wyrażeniu wyrazem z najwyższą potęgą jest , więc .

XI OM - I - Zadanie 7

W dany okrąg wpisano trójkąt . Na bokach i odmierzono odcinki i o danej długości . Znaleźć miejsce geometryczne środka odcinka , gdy punkty i są nieruchome, a punkt porusza się po danym kręgu.

Rozwiązanie

Prowadzimy z punktu równolegle do prostych i a z punktów i równoległe do prostej ; otrzymujemy równoległoboki i (rys. 5).

Jeżeli trójkąt nie jest równoramienny, na przykład jeżeli (jak na rys. 5) , to , zatem , skąd łatwo wywnioskować, że , a (Istotnie, prowadząc w trójkącie odcinek równoległy do , mamy , bo i są prostopadłe do i . Stąd , więc punkt leży na odcinku ). Wobec tego punkt leży wewnątrz trójkąta , a punkt na zewnątrz tego trójkąta i odcinek przecina bok w pewnym punkcie . Trójkąty i są jednokładne względem punktu , gdyż jest równoległe do ; ponieważ , więc ta jednokładność jest symetrią środkową i jest wspólnym środkiem odcinków i .

W przypadku gdy trójkąt jest równoramienny, środek odcinka również pokrywa się ze środkiem odcinka ; wynika to z symetrii całej figury względem symetralnej odcinka .

Trójkąt jest równoramienny, gdyż i ; kąt równa się kątowi (kąty o ramionach równoległych i zgodnie skierowanych), który oznaczymy literą . Stąd

Gdy punkt porusza się po jednym z łuków danego okręgu o końcach i , np. po górnej stronie na rys. 5, wielkość kąta nie zmienia się, wobec czego długość jest stała. Znaczy to, że punkt porusza się po okręgu o środku i promieniu równym .

Należy jeszcze ustalić, jaka część okręgu jest miejscem geometrycznym punktu , gdy punkt przebiega rozważany łuk . Z uwagi na symetrię figury względem symetralnej odcinka wystarczy ograniczyć się do punktów po jednej stronie tej symetralnej, np. tej, która zawiera . Zauważmy, że punkt porusza się po okręgu o środku i promieniu (rys. 6). Punkt , w którym ten okrąg przecina się z danym okręgiem, jest skrajnym położeniem punktu i jednocześnie odpowiednim skrajnym położeniem punktu . Punkt znajduje się wówczas w środku odcinka , przy czym . Punkt jest końcem tego łuku okręgu , który stanowi poszukiwane miejsce geometryczne.

Zagadnienie możemy ująć szerzej niż podaje tekst zadania, a mianowicie nie ograniczać się do odmierzania odcinków o długości na bokach i trójkąta , lecz odmierzać je na półprostych i . W takim razie punkt może przebiegać cały łuk . Gdy dąży on do punktu , półprosta obracając się dokoła punktu dąży do stycznej w punkcie do danego okręgu, punkt dąży do punktu tej stycznej, przy czym , punkt do punktu (), a punkt do środka odcinka . Punkt jest wówczas końcem tego łuku okręgu , który jest żądanym miejscem geometrycznym. Drugim końcem jest punkt symetryczny do względem symetralnej odcinka .

Drugą część miejsca geometrycznego znajdujemy analogicznie po drugiej stronie prostej . Jest nią łuk okręgu o środku i o promieniu . Gdy jest średnicą danego okręgu, obie części miejsca geometrycznego są łukami tego samego okręgu.

Uwaga 1. Położenie punktu można również określić podając kąt . Obliczymy go łatwo, stosując twierdzenie sinusów do trójkątów i ; mianowicie

Dzieląc te równania stronami i uwzględniając, że , , , a , otrzymujemy

Okazało się, że nie zależy od długości . Zmieniając tę długość otrzymujemy zatem jako odpowiednie miejsca geometryczne łuki jednokładne względem środka odcinka .

Uwaga 2. W powyższym rozwiązaniu wykazaliśmy, że każdy punkt rozważanego miejsca geometrycznego leży na łuku . Nie udowodniliśmy jednak twierdzenia odwrotnego, że każdy punkt łuku należy do tego miejsca geometrycznego. Aczkolwiek wydaje się oczywiste, że gdy punkt zakreśla ruchem ciągłym łuk , to punkt przebiega - również w sposób ciągły - łuk , należy to jednak uzasadnić dokładniej. Operując pojęciami analizy matematycznej i geometrii analitycznej wystarczyłoby stwierdzić, że współrzędne punktu (w dogodnie obranym układzie współrzędnych) są funkcjami ciągłymi współrzędnych punktu . Dowód nie wymagający tych wiadomości uzyskamy odwracając wnioskowanie poprzednie.

Niech będzie punktem wewnętrznym łuku . Budujemy trójkąt równoramienny o wysokości i kącie przy wierzchołku równym . Trójkąty i są symetryczne względem , więc odcinki i są równe i równoległe. Przez i prowadzimy równoległe do i ; ponieważ tworzą one kąt równy kątowi czyli kąt , więc przetną się w punkcie danego okręgu. Prowadząc przez prostą równoległą do i otrzymujemy w przecięciu z i punkty i , przy czym , , . Punkt należy więc do miejsca geometrycznego, c.n.d.

XI OM - I - Zadanie 8

Na płaszczyźnie dane są trzy półproste , , , dzielące płaszczyznę na trzy kąty wypukłe oraz punkty , , leżące odpowiednio wewnątrz kątów , , . Zbudować trójkąt, którego wierzchołki leżą na , , , a boki przechodzą przez , , .

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że poszukiwanym trójkątem jest trójkąt (rys. 7). Niech będzie punktem przecięcia prostych i . Gdybyśmy umieli na podstawie danych zadania znaleźć punkt , zadanie byłoby rozwiązane, gdyż wówczas prosta wyznaczyłaby bok szukanego trójkąta. Do poszukiwanej konstrukcji punktu możemy dojść przy pomocy pewnego rozważania stereometrycznego.

Obierzmy w przestrzeni poza płaszczyzną rysunku dowolny punkt . Półproste , , są rzutami równoległymi półprostych , , na płaszczyznę rysunku w kierunku . Poprowadźmy przez prostą dowolną płaszczyznę, przecinającą płaszczyznę , na przykład płaszczyznę , gdzie jest punktem obranym dowolnie na przedłużeniu odcinka poza punkt . Prowadząc przez równoległą do otrzymujemy w przecięciu z przedłużeniem półprostej rzut punktu na płaszczyznę rysunku. Płaszczyzna przecina płaszczyznę wzdłuż prostej , przechodzącej przez punkty przecięcia i prostych i z prostymi i . Prosta przechodzi przez punkt , gdyż jako punkt przecięcia prostych i jest on punktem wspólnym płaszczyzn i . Rzut prostej też przechodzi przez punkt , gdyż punkt pokrywa się ze swym rzutem. Rzuty i punktów i są punktami przecięcia prostych i odpowiednio z prostymi i .

Powyższa analiza prowadzi do konstrukcji przedstawionej na rys. 8.

Obieramy punkt na prostej , wyznaczamy punkty i , w których proste i przecinają się odpowiednio z prostymi i oraz punkt , w którym przecinają się proste i . Prowadzimy prostą . (Gdyby proste i były równoległe, należałoby poprowadzić przez punkt prostą do nich równoległą i punkty przecięcia i tej równoległej z i połączyć odpowiednio z i . Podany w tekście dowód, że proste i przecinają się na prostej , bądź są obie do niej równoległe, stosuje się i do tego przypadku. Przypadek ten nie ma jednak praktycznego znaczenia, gdyż w praktyce nie możemy stwierdzić równoległości wykreślonych prostych i , a tylko to, że nie przecinają się one w obrębie rysunku. Wówczas zastosujemy jedną ze znanych konstrukcji łączenia punktu z punktem niedostępnym (patrz Zadania z Olimpiad Matematycznych tom I, zadanie 116, uwaga 1 i 3) i otrzymamy prostą, która przetnie proste i w poszukiwanych punktach i ) Punkty przecięcia i prostej z prostymi i łączymy odpowiednio z punktami i (Jeżeli prosta jest równoległa do którejś z prostych i , zadanie nie ma rozwiązania. W praktyce postąpimy tak, jak wyjaśniono w poprzedniej uwadze). Proste i przecinają się w punkcie prostej bądź są obie równoległe do . Stwierdzamy to odtwarzając rozważaną w analizie figurę przestrzenną. Niech będzie punktem przestrzeni nie leżącym na płaszczyźnie rysunku. Półproste i są rzutami półprostych i w kierunku , punkty i - rzutami punktów i leżących odpowiednio na i .

Prosta przechodzi przez punkt , gdyż jako punkt przecięcia prostych i jest on punktem wspólnym płaszczyzn i , a prosta jest prostą przecięcia płaszczyzn i . Zatem proste i leżą w jednej płaszczyźnie, przy czym płaszczyzna ta nie jest równoległa do kierunku rzutowania, gdyż przecina proste i . Wobec tego płaszczyzna przecina równoległą do poprowadzoną z punktu w pewnym punkcie . Przez punkt przechodzą proste i , gdyż rzutami tych prostych są proste i przecinające się w . Płaszczyzny zawierające czwórki punktów , i przecinają się parami według prostych , , , zatem te trzy proste przechodzą przez jeden punkt (bądź są równoległe). Punkt leży na prostej , ponieważ prosta przechodzi przez rzuty i punktów i prostej , a więc jest rzutem tej prostej.

Jeżeli punkty , , leżą na półprostych , , , trójkąt jest rozwiązaniem zadania. Jeżeli któryś z tych punktów leży na przedłużeniu odpowiedniej półprostej, zadanie rozwiązania nie posiada. Otrzymany trójkąt byłby jednak rozwiązaniem zadania ogólniejszego: Zbudować taki trójkąt , żeby punkty , , leżały odpowiednio na prostych , , , a proste , , przechodziły odpowiednio przez punkty , , .

W poprzedniej konstrukcji (rys. 8) punkt obrany był dowolnie. Powstaje pytanie, czy zmieniając położenie punktu można otrzymać jeszcze inne rozwiązania zadania oprócz znalezionego trójkąta . Otóż łatwo stwierdzić, że rozwiązanie nie zależy od wyboru punktu i zadanie innych rozwiązań nie posiada. Istotnie, gdyby istniał trójkąt spełniający warunki zadania, w którym np. punkt byłby różny od punktu , to punkt leżałby np. wewnątrz odcinka . W takim razie punkt leżałby na przedłużeniu odcinka , wobec czego leżałby wewnątrz odcinka . Lecz wówczas odcinek leżałby wewnątrz trójkąta i nie mógłby przechodzić przez punkt . Podobnie stwierdzamy, że punkt nie może leżeć na przedłużeniu odcinka .

Uwaga. Konstrukcję trójkąta przedstawioną na rys. 8 można uzasadnić - bez odwoływania się do figury przestrzennej - na podstawie twierdzenia Desarguesa - jednego z najważniejszych twierdzeń geometrii (Girard Desargues, 1591 - 1661, architekt i matematyk francuski, którego odkrycia stały się początkiem nowej gałęzi geometrii: geometrii rzutowej).

Weźmy pod uwagę dwa trójkąty i i nazwijmy wierzchołki i i tak samo i oraz i wierzchołkami odpowiednimi, a boki łączące odpowiednie wierzchołki - tj. i , i oraz i - bokami odpowiednimi tych trójkątów. Punkty przecięcia prostych wyznaczonych przez odpowiednie boki będziemy dla krótkości nazywali punktami przecięcia odpowiednich boków. Twierdzenie, Desarguesa wypowiemy jak następuje:

Jeżeli odpowiednie wierzchołki dwóch trójkątów leżą na prostych, przechodzących przez jeden punkt, a odpowiednie boki przecinają się, to punkty przecięcia odpowiednich boków leżą na jednej prostej.

Przeprowadzimy dowód tego twierdzenia. Niech , , oznaczają odpowiednio punkty przecięcia boków i , i oraz i , a - punkt przecięcia prostych , , . Mamy dowieść, że punkty , , leżą na jednej prostej. Gdy trójkąty i leżą w różnych płaszczyznach i (rys. 9), dowód jest natychmiastowy, gdyż punkty , , , są punktami wspólnymi płaszczyzn i , a więc leżą na prostej przecięcia tych płaszczyzn. Przypuśćmy z kolei, że trójkąty i leżą w tej samej płaszczyźnie. Przez punkt przeprowadźmy prostą nie leżącą w płaszczyźnie danych trójkątów i obierzmy na niej punkty i różne od (rys. 10) w ten sposób, żeby proste , i przecinały się odpowiednio z prostymi , , ; punkty przecięcia oznaczymy literami , , .

Taki wybór punktów i jest oczywiście możliwy, gdyż każda para odpowiednich punktów danych trójkątów leży w jednej płaszczyźnie z prostą , wobec czego można np. punkt obrać dowolnie, a następnie tak obrać punkt , żeby nie leżał na żadnej z prostych równoległych do , i poprowadzonych przez punkty , i .

Zauważmy, że prosta przechodzi przez punkt przecięcia prostych i , gdyż punkt jest punktem wspólnym płaszczyzn , , a prosta jest prostą wspólną tych płaszczyzn. Podobnie prosta przechodzi przez punkt przecięcia prostych i , a prosta przez punkt przecięcia prostych i . Punkty , , są zatem punktami przecięcia boków odpowiednich trójkątów i , których odpowiednie wierzchołki leżą na prostych przechodzących przez punkt . A ponieważ trójkąty te leżą w różnych płaszczyznach, więc - jak dowiedliśmy poprzednio - punkty , , leżą na jednej prostej. Twierdzenie zostało udowodnione.

Powracając do poprzedniej konstrukcji (rys. 8), zwróćmy uwagę na trójkąty i . Proste , i przechodzą przez punkt , wobec czego na mocy twierdzenia Desarguesa punkt , punkt oraz punkt przecięcia prostych i leżą na jednej prostej.

Twierdzenie Desarguesa w postaci wyżej podanej uzupełnimy jego przypadkami granicznymi, które również mają liczne zastosowania.

a) Jeżeli jeden z punktów , , (rys. 10) oddala się nieograniczenie w jakimś kierunku, to jedna para boków odpowiednich obu trójkątów dąży do pary prostych równoległych. Otrzymujemy figurę graniczną wyobrażoną na rys. 11.

W tym przypadku twierdzenie brzmi: Jeżeli proste , , przechodzą przez jeden punkt, proste i przecinają się w punkcie , proste i przecinają się w punkcie , a proste i są równolegle, to prosta jest równoległa do prostych i .

b) Jeżeli w figurze rys. 11 punkt oddala się nieograniczenie w pewnym kierunku, to punkt również oddala się nieograniczenie. Otrzymujemy następujący przypadek graniczny twierdzenia (rys. 12): Jeżeli proste , i przechodzą przez jeden punkt, proste i są równoległe i proste i są równoległe, to również proste i są równoległe.

Jest to twierdzenie o trójkątach, jednokładnych znane z geometrii szkolnej.

c) Jeżeli w figurze twierdzenia Desarguesa punkt oddala się nieograniczenie w pewnym kierunku, otrzymujemy przypadek graniczny (rys. 13), w którym twierdzenie brzmi: Jeżeli proste , i są równoległe, a proste i , i , i przecinają się odpowiednio w punktach , , , to punky , , leżą na jednej prostej.

d) Jeżeli w figurze rys: 13 punkt oddala się nieograniczenie w jakimś kierunku, otrzymujemy przypadek graniczny przedstawiony na rys. 14.

Czytelnik zechce sam sformułować odpowiednie twierdzenie.

e) Jeśli wreszcie w figurze rys. 14 punkt oddala się nieograniczenie w pewnym kierunku, to punkt również oddala się nieograniczenie. Odpowiedni przypadek graniczny przedstawia rys. 15. O jakie twierdzenie tu chodzi?

Dowody twierdzeń a) - e) można uzyskać posługując się przejściem do granicy. Można je również przeprowadzić bez rozważań granicznych. W przypadkach a), c) i d) trzeba w tym celu odpowiednio zmodyfikować wyżej podany dowód dla przypadku ogólnego. W przypadkach b) i e) dowody są znane z geometrii szkolnej.

Rozważanie różnych przypadków nie byłoby potrzebne, gdybyśmy - jak to uczynił Desargues - wprowadzili pojęcie elementów niewłaściwych (inaczej: nieskończenie odległych) (Patrz np. E.Otto - Geometria wykreślna. PWN 1954). Ten sam dowód stosowałby się wówczas do wszystkich przypadków.

Zauważmy na zakończenie, że zachodzi również twierdzenie odwrotne do twierdzenia Desarguesa:

Jeżeli punkty przecięcia odpowiednich boków dwóch trójkątów leżą na jednej prostej, to proste łączące odpowiednie wierzchołki tych trójkątów przechodzą przez jeden punkt (bądź są równoległe).

Dowód tego twierdzenia łatwo uzyskać stosując sposób sprowadzenia do sprzeczności; pozostawiamy to jako ćwiczenie.

XI OM - I - Zadanie 9

a) Znaleźć warunek konieczny i dostateczny do tego, aby równania kwadratowe

miały wspólny pierwiastek.

b) Dowieść, że jeżeli te równania mają wspólny pierwiastek, ale nie są identyczne, a liczby , , , są wymierne, to pierwiastki danych równań są wymierne.

Rozwiązanie

a) Przypuśćmy, że pewna liczba spełnia oba równania (1). Warunek poszukiwany znajdziemy rugując z tych równań, co możemy wykonać np. w sposób następujący.

Jeżeli , to możemy równania (1) rozwiązać względem i , co daje

a stąd jako wynik rugowania otrzymujemy równość

lub po łatwym przekształceniu równość

Jeżeli , to odejmując równości (1) otrzymujemy . Równość (4) jest wówczas spełniona. Równość (4) jest więc warunkiem koniecznym na to, aby równania (1) miały wspólny pierwiastek. Jest to zarazem warunek dostateczny. Jeżeli bowiem , to z równości (4) wynika równość (3), wobec czego liczba

jest wspólnym pierwiastkiem równań (2), więc też i równań (1). Jeżeli zaś , to z równości (4) wynika, że ; oba równania (1) są wtedy jednakowe.

Jeżeli współczynniki , , , danych równań są rzeczywiste i spełniają warunek (4), to, w przypadku gdy , wspólny pierwiastek tych równań dany wzorem (5) jest liczbą rzeczywistą, więc i pozostałe ich pierwiastki są rzeczywiste; w przypadku zaś gdy , oba równania mają te same pierwiastki, które mogą być jednak liczbami urojonymi.

b) Jeżeli liczby , , , są wymierne, a równania (1) mają wspólny pierwiastek, ale nie są identyczne, to i wspólny pierwiastek jest określony wzorem (5), a więc jest on liczbą wymierną. W takim razie i pozostałe pierwiastki i równań (1) są liczbami wymiernymi, gdyż są to liczby i .

Uwaga 1. Rugowanie z równań (1) można wykonać bez rozróżniania dwóch przypadków. Mianowicie rugujemy najpierw z równań (1) i otrzymujemy równanie

następnie rugujemy z równań

co daje równanie

Wreszcie rugujemy z równań (6) i (7) i otrzymujemy warunek

który łatwo przekształcić do postaci (4).

Uwaga 2. Wniosek, że przy założeniach wymienionych w punkcie b) pierwiastki danych równań są wymierne, można uzyskać bez odwoływania się do a), w szczególności do wzoru (5) na wspólny pierwiastek równań (1). Wystarczy bowiem zauważyć, że gdyby wspólny pierwiastek tych równań był liczbą niewymierną, to miałby postać , gdzie i oznaczają liczby wymierne a . W takim razie drugi pierwiastek każdego z równań (1) byłby równy ; oba równania miałyby zatem te same pierwiastki, a że mają one jednakowe współczynniki przy , więc byłyby identyczne, wbrew założeniu.

XI OM - I - Zadanie 10

Znaleźć wzór wyrażający iloczyn

w zależności od .

Rozwiązanie

Oznaczając dany iloczyn literą możemy napisać

zatem

Proponujemy czytelnikom sprawdzenie powyższego wyniku przy użyciu indukcji zupełnej.

XI OM - I - Zadanie 11

Dowieść, że jeżeli czworokąt jest opisany na kole, to można na nim opisać koło wtedy i tylko wtedy gdy cięciwy łączące punkty styczności przeciwległych boków czworokąta z kołem są prostopadłe.

Rozwiązanie

Niech będzie czworokątem opisanym na pewnym kole i niech , , , oznaczają odpowiednio punkty styczności boków , , , z kołem wpisanym a - punkt przecięcia odcinków i (rys. 16).

Ponieważ styczne do koła poprowadzone w końcach pewnej cięciwy tworzą z tą cięciwą równe kąty, więc oznaczając , mamy , , zatem , . Niech .

W czworokącie

a w czworokącie

Dodając te równości otrzymujemy

Na czworokącie można opisać koło wtedy i tylko wtedy, gdy sumy dwóch kątów przeciwległych wynoszą po . Otóż z ostatniej równości wynika, że wtedy i tylko wtedy, gdy , tzn. gdy cięciwy i są prostopadłe c.n.d.

XI OM - I - Zadanie 12

Niech dla czworościanu litery , , , oznaczają pola ścian czworościanu przeciwległych odpowiednio do wierzchołków , , , , a , , kąty dwuścienne czworościanu przy krawędziach , i . Udowodnić, że

Rozwiązanie

Twierdzenie, które mamy udowodnić, jest analogiczne do twierdzenia cosinusów dla trójkąta; można by je nazwać twierdzeniem cosinusów dla czworościanu. Nasuwa się przypuszczenie, że również dowody obu twierdzeń dadzą się poprowadzić w sposób analogiczny. Przekonamy się, że tak jest istotnie. W tym celu wybieramy ten dowód twierdzenia cosinusów dla trójkąta, który jest geometrycznie najprostszy, gdyż sprowadza się do stwierdzenia elementarnego faktu, że każdy bok trójkąta jest sumą (lub różnicą) rzutów dwóch pozostałych boków na ów pierwszy bok (rys. 17), co wyrażają wzory

Obliczając z drugiego i trzeciego wzoru

i podstawiając te wyrażenia do pierwszego wzoru otrzymujemy twierdzenie cosinusów

Weźmy teraz pod uwagę czworościan . Łatwo jest wskazać twierdzenie o czworościanie będące odpowiednikiem powyższego twierdzenia o rzutach dla trójkąta. Brzmi ono: pole każdej ściany czworościanu jest sumą algebraiczną pól rzutów pozostałych trzech ścian na ową pierwszą ścianę. Twierdzenie to ilustruje rys. 18, na którym punkt przedstawia rzut wierzchołka czworościanu na ścianę .

Gdy punkt leży wewnątrz trójkąta , to

Wzór (1) wyraża właśnie wzmiankowane wyżej twierdzenie o rzutach, gdyż trójkąty , , są rzutami ścian , , na płaszczyznę ściany .

Wzór (1) jest słuszny i wtedy, gdy punkt leży na obwodzie trójkąta , z tym jednak, że jeden lub dwa składniki po prawej stronie są równe zeru; wówczas rzuty jednej lub dwóch ścian czworościanu na płaszczyznę są odcinkami.

Gdy punkt leży na zewnątrz trójkąta , to jeden lub dwa z trójkątów , , leżą na zewnątrz tego trójkąta (oczywiście z wyjątkiem boku wspólnego z trójkątem ). Wówczas należy we wzorze (1) odpowiedni składnik lub odpowiednie dwa składniki wziąć ze znakiem minus. Jeżeli przy tym punkt znajduje się na przedłużeniu któregoś boku trójkąta , to odpowiedni składnik jest równy zeru. Na przykład w przypadku przedstawionym na rys. 18 z prawej strony

Niech , , oznaczają odpowiednio kąty dwuścienne czworościanu przy krawędziach , , .

Wiadomo ze stereometrii, że pole rzutu (prostokątnego) figury leżącej w płaszczyźnie na płaszczyznę równa się iloczynowi, pola tej figury przez cosinus tego kąta między płaszczyznami , , który jest . Według tego twierdzenia pole rzutu ściany na podstawę , czyli pole trójkąta , równa się iloczynowi
lub iloczynowi zależnie od tego, czy trójkąt leży po tej samej stronie prostej co trójkąt (kąt jest wtedy ostry), czy po przeciwnej (kąt rozwarty). Jeśli zaś punkt leży na prostej , to , pole rzutu ściany jest równe zeru, więc też równa się iloczynowi . W takim razie, zarówno w przypadku kiedy zachodzi wzór (1) bądź wzór (2), jak i dla każdego innego położenia punktu , słuszny jest wzór

Z twierdzenia (3) wynika w prosty sposób twierdzenie cosinusów dla czworościanu. Przyjmijmy oznaczenia podane w tekście zadania 12, a ponadto oznaczmy kąty dwuścienne przy krawędziach , , odpowiednio literami , , (rys. 19).

Według twierdzenia (3)

Z drugiego, trzeciego i czwartego z równań (4) otrzymujemy odpowiednio

Po podstawieniu tych wartości do pierwszego z równań (4) otrzymujemy