XI OM - II etap

II etap XI Olimpiady Matematycznej

XI OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XI OM, 1959-1960

Etap:

Udowodnić, że jeżeli liczby rzeczywiste $a$ i $b$ nie są obie równe zeru, to dla każdego naturalnego $n$

$ (1) \qquad a^{2n} + a^{2n-1}b + a^{2n-2} b^2 + \ldots + ab^{2n-1} + b^{2n} > 0. $

Rozwiązanie

Gdy jedna z liczb $a$ i $b$ jest równa zeru lub gdy obie są tego samego znaku, nierówność (1) jest oczywista, gdyż wtedy żaden wyraz lewej strony $L$ tej nierówności nie jest ujemny. Pozostaje przeprowadzenie dowodu w przypadku, gdy $a$ i $b$ są różnych znaków. Z uwagi na symetrię $L$ względem $a$ i $b$ wystarczy rozpatrzyć przypadek $a > 0$ , $b < 0$ .

Jeżeli $b = aq$ , to $q < 0$ i

$ L = a^{2n} (1+ q + q^2 + \ldots + g^{2n-1} + q^{2n}), $

więc według znanego wzoru na sumę postępu geometrycznego

$ L = a^{2n} \cdot \frac{1 - q^{2n+1}}{1-q}. $

Ponieważ $q < 0$ i $q^{2n+1} < 0$ , więc $1 - q > 0$ i $1 - q^{2n+1} > 0$ , a że również $a^{2n} > 0$ , zatem istotnie $L > 0$ .

XI OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XI OM, 1959-1960

Etap:

Dane są równania

$ \begin{array}{c} x^2 + p_1x + q_1 = 0\\ x^2 + p_2x + q_2 = 0\\ x^2 + p_3x + q_3 = 0, \end{array} $

z których każde dwa mają wspólny pierwiastek, ale wszystkie trzy nie mają wspólnego pierwiastka. Dowieść, że

$ (1^\circ) \qquad 2 (p_1p_2 + p_2p_3 + p_3p_1) - (p_1^2 + p_2^2 + p_3^2) = 4 (q_1 + q_2+ q_3) $

$ (2^\circ) \qquad \textrm{pierwiastki tych równań są wymierne, gdy liczby $p_1$, $p_2$ i $p_3$ są wymierne}. $

Rozwiązanie

Niech $\alpha$ będzie wspólnym pierwiastkiem pierwszych dwóch równań, a $\beta$ i $\gamma$ pozostałymi pierwiastkami pierwszego i drugiego równania; wówczas pierwiastkami trzeciego równania są liczby $\beta$ i $\gamma$ .

Według wzorów na sumę i iloczyn pierwiastków równania kwadratowego

$ (1) \qquad \begin{array}{c} \alpha + \beta = - p_1,\\ \alpha + \gamma = - p_2,\\ \beta + \gamma = - p_3 \end{array} \textrm{ oraz } (2) \qquad \begin{array}{c} \alpha \beta = q_1,\\ \alpha \gamma = q_2,\\ \beta \gamma = q_3. \end{array} $

Z równości (1) wynika, że

$ (3) \qquad \alpha = \frac{p_3 - p_1 - p_2}{2},\ \beta = \frac{p_2 - p_1 - p_3}{2},\ \gamma = \frac{p_1 - p_2 - p_3}{2}. $

Podstawiając wyrażenia (3) na $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ do równości (2) i dodając te równości otrzymujemy

$ \begin{split} \frac{1}{4} (p_3 & -p_1- p_2) (p_2 - p_1- p_3) + (p_3 -p_1- p_2) (p_1 -p_2- p_3) +\\ & + (p_2 -p_1- p_3) (p_1 -p_2- p_3)] = q_1+ q_2+ q_3, \end{split} $

a stąd po uproszczeniu

$ 2 (p_1p_2 + p_2p_3 + p_3p_1) - (p_1^2 + p_2^2 + p_3^2) = 4 (q_1 + q_2 + q_3). $

Jeśli $p_1$ , $p_2$ i $p_3$ są liczbami wymiernymi, to na mocy wzorów (3) liczby $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ są wymierne.

XI OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XI OM, 1959-1960

Etap:

Dane są dwa okręgi o wspólnym środku $O$ i punkt $A$ . Zbudować okrąg o środku $A$ przecinający okręgi dane w takich punktach $M$ i $N$ , żeby prosta $MN$ przechodziła przez punkt $O$ .

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że pewien okrąg o środku $A$ przecina okręgi dane w punktach $M$ i $N$ leżących na jednej prostej z punktem $O$ . Niech $S$ będzie środkiem odcinka $MN$ . Zadanie będzie rozwiązane, gdy potrafimy znaleźć punkt $S$ . Jeżeli punkty $M$ i $N$ leżą po tej samej stronie punktu $O$ , to

$ OS = \frac{ OM + ON}{2} = \frac{ r_1 + r_2}{2}, $

jeśli zaś $M$ i $N$ leżą po przeciwnych stronach punktu $O$ , to

$ OS = \frac{OM-ON}{2} = \frac{r_1-r_2}{2}, $

gdzie $r_1$ i $r_2$ oznaczają promienie danych okręgów, przy czym $r_1 > r_2$ (rys. 20).

Kąt $OSA$ jest prosty, gdyż w trójkącie równoramiennym $MAN$ ( $MA = NA$ ) środkowa $AS$ jest jednocześnie wysokością.

Wobec tego punkt $S$ jest punktem przecięcia jednego z okręgów $k_1$ i $k_2$ zakreślonych ze środka $O$ promieniami $\frac{r_1 + r_2}{2}$ i $\frac{r_1 - r_2}{2}$ z okręgiem $k_3$ o średnicy $OA$ .

Stąd wynika natychmiast sposób wyznaczenia punktu $S$ , a zatem i konstrukcja poszukiwanego okręgu. Istnienie i ilość rozwiązań zależą od istnienia punktów wspólnych okręgów $k_1$ i $k_2$ z okręgiem $k_3$ . Warunkiem przecinania się okręgów $k_1$ i $k_3$ jest nierówność $\frac{r_1 + r_2}{2} < OA$ ; gdy $\frac{r_1 + r_2}{2} = OA$ okręgi te są styczne.

Podobnie warunkiem przecinania się okręgów $k_2$ i $k_3$ jest nierówność $\frac{r_1 - r_2}{2} < O A$ ; gdy $\frac{r_1 - r_2}{2} = O A$ , zachodzi styczność tych okręgów.

Stąd wniosek:

a) gdy $OA \geq \frac{r_1 + r_2}{2}$ , zadanie ma 2 rozwiązania, przy czym
gdy $OA = \frac{r_1 + r_2}{2}$ , jeden z otrzymanych okręgów jest styczny do obu danych okręgów;

b) gdy $\frac{r_1 - r_2}{2} \leq OA < \frac{r_1 + r_2}{2}$ , zadanie ma jedno rozwiązanie, które w przypadku równości $OA = \frac{r_1 - r_2}{2}$ jest okręgiem stycznym do obu danych okręgów.

c) Gdy $OA < \frac{r_1 - r_2}{2}$ , zadanie nie ma rozwiązań.

XI OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XI OM, 1959-1960

Etap:

Dowieść, że jeżeli $n$ jest liczbą całkowitą nieujemną, to liczba

$ 2^{n+2} + 3^{2n+1} $

jest podzielna przez $7$ .

Rozwiązanie

\spos{1} Stosujemy indukcję matematyczną. Gdy $n = 0$ , twierdzenie jest prawdziwe, gdyż $2^2 + 3 = 7$ . Przypuśćmy, że twierdzenie jest prawdziwe, gdy $n = k \geq 0$ , wówczas $2^{k+2} = 7m + r$ , $3^{2k+1} = 7l - r$ , gdzie $m$ , $l$ i $r$ są liczbami całkowitymi nieujemnymi, a wobec tego

$ 2^{k+3} + 3^{2k+3} = 2 \cdot 2^{k+2} + 9 \cdot 3^{2k+1} = 2 (7m + r) + 9 (7l - r) = = 7 (2m + 9l) - 7r = 7 (2m + 9l - r). $

Twierdzenie jest więc prawdziwe, gdy $n = k + 1$ . Stąd wynika na podstawie indukcji prawdziwość twierdzenia dla każdego całkowitego nieujemńego $n$ .

XI OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XI OM, 1959-1960

Etap:

Dane są na prostej trzy różne punkty $A$ , $B$ , $C$ i punkt $S$ poza tą prostą; prostopadle poprowadzone w punktach $A$ , $B$ , $C$ do prostych $SA$ , $SB$ , $SC$ przecinają się w punktach $M$ , $N$ , $P$ . Dowieść, że punkty $M$ , $N$ , $P$ , $S$ leżą na okręgu.

Rozwiązanie

Oznaczenia punktów przyjmiemy w ten sposób, że punkt $B$ leży między punktami $A$ i $C$ , punkt $M$ leży na prostopadłych do $SB$ i $SC$ , punkt $N$ - na prostopadłych do $SC$ i $SA$ , $A$ punkt $P$ - na prostopadłych do $SA$ i $SB$ .

Jeżeli któraś z prostych $SA$ , $SB$ , $SC$ jest prostopadła do prostej danej, to dwa z punktów $M$ , $N$ , $P$ , na przykład punkty $N$ i $P$ , pokrywają się z dwoma spośród punktów $ABC$ , wobec czego kąty $SNM$ i $SPM$ są proste. Punkty $M$ , $N$ , $P$ , $S$ leżą w tym przypadku na okręgu o średnicy $SM$ (rys. 21).

Jeżeli żadna z prostych $SA$ , $SB$ , $SC$ nie jest prostopadła do danej prostej, to zachodzi jeden z dwóch przypadków:

a) odcinki pochyłe $SA$ , $SB$ , $SC$ leżą po różnych stronach prostopadłej z punktu $S$ do danej prostej, na przykład $SA$ po jednej stronie, a $SB$ i $SC$ po drugiej (rys. 22).

Wówczas punkty $P$ i $N$ leżą po przeciwnej stronie danej prostej niż punkt $S$ , a punkt $M$ po tej samej stronie, co punkt $S$ . Ponieważ k4ty $SAP$ i $SBP$ są proste, więc punkty $S$ , $A$ , $P$ , $B$ leżą na okręgu o średnicy $SP$ i zachodzi równość kątów wpisanych

$ \measuredangle SAB = \measuredangle SPB. $

Podobnie, ponieważ kąty $SAN$ i $SCN$ są proste, więc punkty $S$ , $A$ , $N$ , $C$ leżą na okręgu o średnicy $SN$ , skąd wnioskujemy, jak wyżej, że

$ \measuredangle SAC = \measuredangle SNC. $

Ponieważ $\measuredangle SAB = \measuredangle SAC$ , gdyż punkt $B$ leży na odcinku $AC$ , więc z powyższych równości wynika, że

$ \measuredangle SPB = \measuredangle SNC. $

Lecz $\measuredangle SPB = \measuredangle SPM$ , a $\measuredangle SNC = \measuredangle SNM$ , gdyż punkt $B$ leży na odcinku $PM$ , a punkt $C$ na odcinku $NM$ , zatem

$ \measuredangle SPM = \measuredangle SNM, $

stąd zaś wynika, że punkty $P$ i $N$ leżą na pewnym okręgu przechodzącym przez punkty $S$ i $M$ .

b) Wszystkie trzy odcinki $SA$ , $SB$ , $SC$ leżą po jednej stronie prostopadłej z punktu $S$ na daną prostą (rys. 23). Wówczas wszystkie trzy punkty $M$ , $N$ , $P$ leżą po tej samej stronie danej prostej co punkt $S$ (Czytelnik zechce ten fakt uzasadnić dokładnie; najlepiej skorzystać z twierdzenia, że dwie proste przecięte trzecią prostą przecinają się po tej stronie owej trzeciej prostej, po której suma utworzonych przez nie kątów jednostronnych wewnętrznych jest mniejsza od $180^\circ$ ). Ponieważ $\measuredangle SAP = \measuredangle SBP = 90^\circ$ , więc punkty $S$ , $A$ , $B$ , $P$ leżą na okręgu o średnicy $SP$ , przy czym punkty $S$ i $B$ przedzielają punkty $A$ i $P$ , wobec czego kąty o wierzchołkach $A$ i $P$ wpisane w ten okrąg dają w sumie $180^\circ$ , tj.

$ \measuredangle SAB = 180^\circ - \measuredangle SPB . $

Podobnie $\measuredangle SAN = \measuredangle SCN = 90^\circ$ , więc punkty $S$ , $A$ , $C$ , $N$ leżą na okręgu o średnicy $SN$ , przy czym pary punktów $S$ , $C$ i $A$ , $N$ przedzielają się, więc jak wyżej

$ \measuredangle SAC = 180^\circ - \measuredangle SNC. $

Lecz $\measuredangle SAB =\measuredangle SAC$ , więc z powyższych równości wynika

$ \measuredangle SPB=\measuredangle SNC. $

Ponieważ punkt $B$ leży między punktami $A$ i $C$ , więc punkt $P$ leży między punktami $B$ i $M$ (gdyż jeżeli punkt $A$ porusza się w kierunku $AC$ , punkt $P$ oddala się od punktu $B$ ), a punkt $N$ między punktami $C$ i $M$ . Wobec tego $\measuredangle SPB = 180^\circ - \measuredangle SPM$ , $\measuredangle SNC = 180^\circ - \measuredangle SNM$ i z poprzedniej równości otrzymujemy

$ \measuredangle SPM = \measuredangle SNM. $

Stąd wynika, jak poprzednio, że punkty $P$ i $N$ leżą na okręgu przechodzącym przez punkty $S$ i $M$ .

XI OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XI OM, 1959-1960

Etap:

Obliczyć objętość czworościanu $ABCD$ mając dane krawędzie $AB = b$ , $AC = c$ , $AD = d$ oraz kąty $\measuredangle CAD = \beta$ , $\measuredangle DAB = \gamma$ i $\measuredangle BAC = \delta$ .

Rozwiązanie

Poprowadźmy wysokość $DH$ czworościanu $ABCD$ (rys. 24). Objętość $V$ czworościanu wyraża się wzorem:

$ (1) \qquad V = \frac{1}{3} DH \cdot \textrm{pole }ABC. $

Otóż

$ (2) \qquad \textrm{pole }ABC = \frac{1}{2} AB \cdot AC \sin \measuredangle BAC = \frac{1}{2} bc \sin \delta, $

$ (3) \qquad DH = \sqrt{AD^2 - AH^2} = \sqrt{d^2 - AH^2}. $

Pozostaje do wyznaczenia długość $AH$ . Poprowadźmy prostopadłą $HK$ do prostej $AB$ i prostopadłą $HL$ do prostej $AC$ . Ponieważ $\measuredangle AKH = \measuredangle ALH = 90^\circ$ , więc punkty $A$ , $H$ , $K$ , $L$ leżą na okręgu o średnicy $AH$ . Okrąg ten jest okręgiem opisanym na trójkącie $AKL$ , wobec czego

$ (4) \qquad KL = AH \sin \measuredangle KAL,\textrm{ więc } AH = \frac{KL}{\sin \measuredangle KAL}. $

Długość $KL$ obliczymy z trójkąta $AKL$ :

$ (5) \qquad KL^2 = AK^2 + AL^2 - 2AK \cdot AL \cos \measuredangle KAL. $

Ze wzorów (1)-(5) po uwzględnieniu, że $\sin \measuredangle KAL = \sin \delta$ , gdyż zależnie od położenia punktu $K$ kąt $KAL$ jest równy $\delta$ lub $180^\circ - \delta$ , otrzymujemy

$ (6) \qquad V = \frac{1}{6} bc \sqrt{a^2 \sin^2 \delta - AK^2 - AL^2 + 2AK \cdot AL \cos \measuredangle KAL}. $

Żeby obliczyć długości $AK$ i $AL$ weźmy pod uwagę, że odcinki $KH$ i $LH$ są rzutami odcinków $KD$ i $LD$ na płaszczyznę $ABC$ . Ponieważ $KH$ i $LH$ są prostopadłe odpowiednio do $AB$ i $AC$ , więc na podstawie ,,twierdzenia o trzech prostopadłych'' odcinki $KD$ i $LD$ są też prostopadłe do $AB$ i $AC$ , zatem $AK$ i $AL$ są rzutami odcinka $AD$ na proste $AB$ i $AC$ . Na rys. 24 punkty $K$ i $L$ leżą na półprostych $AB$ i $AC$ ; w tym przypadku $AK = AD \cos \measuredangle DAB = d \cos \gamma$ i podobnie $AL = d \cos \beta$ . W zależności jednak od położenia punktu $H$ punkt $K$ może wypaść na przedłużeniu $BA$ poza punkt $A$ , wówczas $AK = d \cos (180^\circ - \gamma) = - d \cos \gamma$ ; podobnie, jeżeli punkt $L$ leży na przedłużeniu $CA$ poza punkt $A$ , to $AL = d \cos (180^\circ - \beta) = - d \cos \beta$ . Zauważmy jednak, że jeżeli punkt $K$ leży na półprostej $AB$ a punkt $L$ na przedłużeniu półprostej $CA$ (rys. 25) lub na odwrót, to $\measuredangle KAL = 180^\circ - \delta$ , jeśli zaś $K$ i $L$ leżą na przedłużeniach półprostych $BA$ i $CA$ (rys. 26), to $\measuredangle KAL = \delta$ . Stąd wnioskujemy, że we wszystkich przypadkach zachodzi równość

$ AK \cdot AL \cos KAL = d^2 \cos \beta \cos \gamma \cos \delta. $

Wobec tego ze wzoru (6) po odpowiednich podstawieniach otrzymujemy:

$ V = \frac{1}{6} bcd \sqrt{1 - \cos^2 \beta - \cos^2 \gamma - \cos^2 \delta + 2 \cos \beta \cos \gamma \cos \delta}. $

Wyrażenie podpierwiastkowe można przekształcić do postaci

$ 4 \sin \frac{ \beta + \gamma + \delta}{2} \sin \frac{-\beta + \gamma + \delta}{2} \sin \frac{ \beta - \gamma + \delta}{2} \sin \frac{ \beta + \gamma - \delta}{2} $

proponujemy to jako ćwiczenie.