X OM

X Olimpiada Matematyczna

Opracowanie rozwiązań: Stefan Straszewicz

X OM - I etap

I etap X Olimpiady Matematycznej

X OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

Dowieść, że gdy $n$ jest liczbą naturalną większą od $1$ , to

$ \left( 1 - \frac{1}{4} \right) \left( 1 - \frac{1}{9} \right) \left( 1 - \frac{1}{16} \right) \ldots \left( 1 - \frac{1}{n^2} \right) = \frac{n+1}{2n}. $

Rozwiązanie

Przekształcamy lewą stronę $L$ równości (1):

$ \begin{split} L &= \frac{2^2 - 1}{2^2} \cdot \frac{3^2-1}{3^2} \cdot \frac{ 4^2 - 1}{4^2} \cdot \ldots \cdot \frac{n^2 - 1}{n^2}= \frac{(2 + 1) (2 - 1)}{2^2} \cdot \\ &\cdot \frac{(3 + 1) (3 - 1)}{3^2} \cdot \frac{(4 + 1) (4 - 1)}{4^2} \cdot \ldots \cdot \frac{(n +1)(n- 1)}{n^2} = \\ &= \frac{3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot (n + 1) \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (n - 1)}{2^2 \cdot 3^2 \cdot 4^2 \cdot \ldots \cdot n^2} = \\ &= \frac{1 \cdot 2 \cdot 3^2 \cdot 4^2 \cdot \ldots \cdot (n - 1)^2 \cdot n \cdot (n + 1)}{2^2 \cdot 3^2 \cdot \ldots \cdot n^2}; \end{split} $

po skróceniu ułamka przez $2 \cdot 3^2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot (n - 1)^2 \cdot n$ otrzymujemy

$ L = \frac{n+1}{2n}. $

X OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

Wykazać, że

$ (1) \qquad \sqrt[3]{20 + 14 \sqrt{2}} + \sqrt[3]{20 - 14 \sqrt{2}} = 4. $

Rozwiązanie

Niech

$ (2) \qquad x = \sqrt[3]{20 + 14 \sqrt{2}} + \sqrt[3]{20 - 14 \sqrt{2}}; $

wobec tego

$ x^3 = (20 + 14 \sqrt{2}) + (20 - 14 \sqrt{2}) + 3 \sqrt[3]{(20 + 14 \sqrt{2}) (20 - 14 \sqrt{2})} \cdot x, $

skąd

$ (3) \qquad x^3 - 6x - 40 = 0. $

Równanie powyższe ma pierwiastek $x = 4$ ; rozkładając lewą stronę na czynniki, można je napisać w postaci:

$ (x - 4) (x^2 + 4x + 10) = 0, $

skąd widać, że nie ma ono innych pierwiastków rzeczywistych. Wobec tego zachodzi równość (1).

Uwaga 1. Ponieważ

$ \sqrt[3]{20 + 14 \sqrt{2}} \cdot \sqrt[3]{20 - 14 \sqrt{2}} = \sqrt[3]{20^2 - 14^2 \cdot 2} = \sqrt[3]{8} = 2, $

więc biorąc pod uwagę równość (1) widzimy, że $\sqrt[3]{20 + 14 \sqrt{2}}$ i $\sqrt[3]{20 - 14 \sqrt{2}}$ są pierwiastkami równania kwadrat $z^2 - 4z + 2 = 0$ , skąd wynika, że

$ \sqrt[3]{20 + 14 \sqrt{2}} = 2 + \sqrt{2},\ \sqrt[3]{20 - 14 \sqrt{2}} = 2 - \sqrt{2}. $

Uwaga 2. Zadanie powyższe wiąże się z teorią równania stopnia trzeciego (Por. Mostowski i Stark, Algebra wyższa, część III, PWN 1954, lub W.Sierpiński, Zasady algebry wyższej, Warszawa-Wrocław, 1946). Jeżeli w równaniu

$ (4) \qquad x^3 + px + q = 0 $

współczynniki $p$ i $q$ są rzeczywiste i spełniają nierówność

$ \frac{p^3}{27} + \frac{q^2}{4} > 0, $

to równanie (4) ma jeden pierwiastek rzeczywisty określony wzorem

$ (5) \qquad x = \sqrt[3]{ - \frac{q}{2} + \sqrt{ \frac{p^3}{27} \frac{q^2}{4}}} + \sqrt[3]{ - \frac{q}{2} - \sqrt{ \frac{p^3}{27} \frac{q^2}{4}}}, $

w którym należy wziąć rzeczywiste wartości pierwiastków sześciennych. Wzór (5) bywa nazywany wzorem Cardano. Dla rozważanego wyżej równania (3) wzór (5) daje właśnie wartość (2).

Zauważmy, że każdy wzór postaci

$ x = \sqrt[3]{ m + \sqrt{n}} + \sqrt[3]{ m - \sqrt{n}} $

może być zapisany w postaci (5), jeżeli oznaczymy $q = 2m$ , $p^3 = 27 (n - m^2)$ .

X OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

Na jednym ramieniu kąta obrano punkty $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ , a na drugim punkty $B_1$ , $B_2$ , $B_3$ w ten sposób, że prosta $A_1B_2$ jest równoległa do prostej $A_2B_1$ , a prosta $A_2B_3$ jest równoległa do prostej $A_3B_2$ . Dowieść, że proste $A_1B_3$ i $A_3B_1$ są równolegle.

Rozwiązanie

Stosujemy twierdzenie Talesa do ramion danego kąta $O$ (rys. 1) przeciętych dwiema parami prostych równoległych: $A_1B_2 \parallel A_2B_1$ i $A_2B_3 \parallel A_3B_2$ ; otrzymujemy proporcje

$ \frac{OA_1}{OA_2} = \frac{OB_2}{OB_1} \textrm{ i } \frac{OA_2}{OA_3} = \frac{OB_3}{OB_2}. $

Mnożąc te równości, otrzymujemy proporcję

$ \frac{OA_1}{OA_3} = \frac{OB_3}{OB_1}, $

z której na podstawie twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa wynika, że $A_1B_3 \parallel A_3B_1$ c.n.d.

Twierdzenie pozostaje słuszne, gdy zamiast punktów na ramionach kąta rozważamy punkty leżące na dwóch (różnych) prostych $a$ i $b$ . Jeśli $a$ i $b$ przecinają się w punkcie $O$ , dowód powyższy stosuje się bez zmian; jeśli zaś $a$ i $b$ są równoległe, twierdzenie jest natychmiastowym wnioskiem z własności prostych równoległych.

Zważywszy, że łamana zamknięta $A_1B_2A_3B_1A_2B_3A_1$ jest sześciokątem, a odcinki $A_1B_2$ i $A_2B_1$ , $A_2B_3$ i $A_3B_2$ oraz $A_3B_1$ i $A_1B_3$ są bokami przeciwległymi tego sześciokąta, możemy twierdzeniu nadać brzmienie:

Jeżeli wierzchołki sześciokąta są położone na $2$ prostych w ten sposób, że pierwszy, trzeci i piąty leżą na jednej prostej, a drugi, czwarty i szósty - na drugiej i jeżeli ten sześciokąt ma $2$ pary boków przeciwległych do siebie równołeglych, to i boki trzeciej pary są do siebie równołegle.

Uwaga. Twierdzenie powyższe jest przypadkiem granicznym ważnego twierdzenia geometrii, zwanego twierdzeniem Pappusa (Pappus z Aleksandrii, sławny matematyk grecki z tzw. drugiego okresu aleksandryjskiego; żył na przełomie III i IV wieku).

Nazwijmy dla krótkości sześciokątem Pappusa taki sześciokąt, którego wierzchołki pierwszy, trzeci i piąty leżą na jednej prostej, a drugi, czwarty i szósty - na innej prostej. Twierdzenie Pappusa brzmi:

Jeżeli boki przeciwłegłe sześciokąta Pappusa przecinają się (mówiąc tu i w dalszym ciągu dla krótkości ,,punkt przecięcia boków'', mamy na myśli punkt przecięcia prostych, na których leżą te boki), to punkty przecięcia leżą na jednej prostej.

Twierdzenie to można udowodnić w różny sposób. Można je na przykład przy pomocy rzutowania środkowego sprowadzić do twierdzenia, które udowodniliśmy wyżej. Objaśnimy ten dowód szczegółowo.

Niech $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$ będzie sześciokątem Pappusa, w którym wierzchołki $A_1$ , $A_3$ , $A_6$ leżą na prostej $p$ , wierzchołki $A_2$ , $A_4$ , $A_6$ - na prostej $q$ , a $L$ , $M$ , $N$ są odpowiednio punktami przecięcia prostych $A_1A_2$ i $A_4A_5$ , $A_2A_3$ i $A_5A_6$ oraz $A_3A_4$ i $A_6A_1$ (rys. 2).

Obierzmy punkt $S$ poza płaszczyzną $\Pi$ , na której leży dany sześciokąt. Niech $\Sigma$ oznacza płaszczyznę przechodzącą przez punkt $S$ i przez prostą $LM$ , a $P$ - dowolną płaszczyznę równoległą do płaszczyzny $\Sigma$ . Na rys. 2 płaszczyznę $P$ poprowadzono przez punkt $A_3$ . Prowadząc z punktu $S$ proste przez punkty $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ , $A_4$ , $A_5$ , $A_6$ otrzymujemy w przecięciu z płaszczyzną $P$ rzuty środkowe $A'_1$ , $A'_2$ , $A'_3 = A_3$ , $A'_4$ , $A'_5$ , $A'_6$ , tych punktów na płaszczyznę $P$ . Punkty $A'_1$ , $A'_3$ , $A'_5$ leżą na prostej $p'$ , która jest rzutem środkowym prostej $p$ , a punkty $A'_2$ , $A'_4$ , $A'_6$ na prostej $q'$ - rzucie środkowym prostej $q$ .

Według tej konstrukcji punkty $S$ , $A_1$ , $A'_1$ , $A_2$ , $A'_2$ leżą w jednej płaszczyźnie, przecinającej płaszczyzny $P$ i $\Sigma$ odpowiednio wzdłuż prostych $A'_1A'_2$ i $SL$ . Ponieważ płaszczyzny te są równoległe, więc $A'_1A'_2 \parallel SL$ . Analogicznie $A'_4A'_5 \parallel SL$ , zatem proste $A'_1A'_2$ , $A'_4A'_5$ , są równoległe.

Tak samo stwierdzamy równoległość prostych $A'_2A'_3$ i $A'_5A'_6$ . Sześciokąt $A'_1A'_2A'_3A'_4A'_5A'_6$ spełnia zatem założenia twierdzenia poprzedniego, wobec czego $A'_3A'_4 \parallel A'_6A'_1$ .

Stąd wynika, że linia przecięcia płaszczyzn $SA'_3A'_4$ i $SA'_6A'_1$ jest równoległa do płaszczyzny $P$ , leży zatem w płaszczyźnie $\Sigma$ . Lecz płaszczyzna $SA'_3A'_4$ przechodzi przez prostą $A_3A_4$ , a płaszczyzna $SA'_6A'_1$ - przez prostą $A_6A_1$ , więc linia przecięcia tych płaszczyzn przechodzi przez punkt przecięcia prostych $A_3A_4$ i $A_6A_1$ , tzn. przez punkt $N$ . A zatem punkt $N$ płaszczyzny $\Pi$ leży zarazem na płaszczyźnie $\Sigma$ , znajduje się więc na prostej $LM$ , c.n.d.

Jeżeli w sześciokącie Pappusa dwa boki przeciwległe, na przykład $A_1A_2$ i $A_4A_5$ , są równoległe, a w pozostałych parach przecinają się w punktach $M$ i $N$ , to prosta $MN$ jest równoległa do prostych $A_1A_2$ i $A_4A_6$ (rys. 3).

Mamy tu bowiem przypadek graniczny, który powstaje, gdy w sześciokącie takim jak na rys. 2 punkt $L$ oddala się nieograniczenie po prostej $A_1A_2$ . Proste $MN$ i $A_5A_4$ obracają się wówczas dokoła punktów $M$ i $A_5$ , dążąc do prostych równoległych do prostej $A_1A_2$ .

Dalszy przypadek graniczny powstanie, gdy w sześciokącie takim jak na rys. 3 punkt $M$ oddalać się będzie nieograniczenie po prostej $A_3A_2$ . Prosta $A_5A_6$ obraca się wówczas dokoła punktu $A_5$ i dąży do prostej równoległej do $A_3A_2$ ; prosta $MN$ przesuwa się równolegle do prostej $A_1A_2$ i oddala się od niej nieograniczenie, wobec czego punkt $N$ również oddala się nieograniczenie, a więc prosta $A_1A_6$ , obracając się dokoła punktu $A_1$ , dąży do prostej równoległej do $A_3A_4$ . W położeniu granicznym sześciokąt ma $3$ pary równoległych boków przeciwległych, tzn. mamy figurę rysunku 1.

Jako przykład zastosowania twierdzenia Pappusa rozwiążemy zadanie konstrukcyjne:

Dany jest punkt $M$ oraz dwie proste $m$ i $n$ przecinające się w punkcie $L$ . Poprowadzić prostą $ML$ przy założeniu, że punkt $L$ jest niedostępny, np. znajduje się poza obrębem rysunku (rys. 4).

Budujemy sześciokąt Pascala $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$ , obierając punkty $A_1$ i $A_2$ w dowolny sposób na prostej $m$ , a punkty $A_4$ i $A_5$ - na prostej $n$ , oraz przyjmując punkt $M$ za punkt przecięcia prostych $A_2A_3$ i $A_5A_6$ . Wówczas proste $A_2A_3$ i $A_5A_6$ pokrywają się z prostymi $A_2M$ i $A_5M$ , wobec czego punkt $A_3$ otrzymujemy w przecięciu prostych $A_2M$ i $A_1A_5$ , a punkt $A_6$ - w przecięciu prostych $A_5M$ i $A_2A_4$ . Następnie wyznaczamy punkt przecięcia $N$ prostych $A_3A_4$ i $A_6A_1$ . Ponieważ na mocy twierdzenia Pappusa punkty $L$ , $M$ , $N$ leżą na jednej prostej, więc prosta $MN$ jest prostą poszukiwaną.

Proponujemy Czytelnikowi zadanie: Poprowadzić prostą przechodzącą przez dwa niedostępne punkty $M$ i $N$ , z których każdy określony jest za pomocą pary przechodzących przezeń prostych.

Twierdzenie Pappusa bywa często nazywane twierdzeniem Pascala, albowiem jest ono przypadkiem szczególnym twierdzenia dotyczącego wszystkich krzywych stożkowych, tj. krzywych będących liniami przecięcia powierzchni stożka z płaszczyzną, które odkrył wielki matematyk i filozof francuski Błażej Pascal (1623-1662), mając zaledwie lat piętnaście. Rozpatrzymy tutaj przypadek, gdy stożkowa jest okręgiem.

Obierzmy dowolnie na okręgu $6$ punktów $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ , $A_4$ , $A_5$ , $A_6$ . Łamaną zamkniętą $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$ nazwiemy dla krótkości sześciokątem Pascala. Boki $A_1A_2$ i $A_4A_5$ , $A_2A_3$ i $A_5A_6$ oraz $A_3A_4$ i $A_6A_1$ stanowią $3$ pary boków przeciwległych sześciokąta. Twierdzenie Pascala brzmi:

Jeżeli boki przeciwległe sześciokąta Pascała przecinają się, to punkty przecięcia leżą na jednej prostej.

Przypuśćmy, że sześciokąt nie ma boków równoległych i oznaczmy punkty przecięcia boków $A_1A_2$ i $A_4A_5$ , $A_2A_3$ i $A_5A_6$ , $A_3A_4$ i $A_6A_1$ odpowiednio przez $L$ , $M$ , $N$ , a punkty przecięcia boków $A_3A_4$ i $A_5A_6$ , $A_5A_6$ i $A_1A_2$ , $A_1A_2$ i $A_3A_4$ odpowiednio przez $P$ , $Q$ , $R$ (rys. 5). Punkty $P$ , $Q$ , $R$ tworzą trójkąt przecięty prostymi $A_2A_3$ , $A_4A_5$ , $A_6A_1$ .

Według twierdzenia Menelausa (patrz: Zadania z Olimpiad Matematycznych, PZWS, 1956, zadanie nr 97) iloczyn trzech stosunków podziału w jakich każda z tych prostych dzieli odcinki $PQ$ , $QR$ i $RP$ równa się $1$ . Tzn. dla prostej $A_2A_3$ mamy

$ (1) \qquad \frac{PM}{QM} \cdot \frac{QA_2}{RA_2} \cdot \frac{RA_3}{PA_3} =1, $

podobnie dla prostej $A_4A_5$

$ (2) \qquad \frac{PA_5}{QA_5} \cdot \frac{QL}{RL} \cdot \frac{RA_4}{PA_4} = 1 $

oraz dla prostej $A_6A_1$ :

$ (3) \qquad \frac{PA_6}{QA_6} \cdot \frac{QA_1}{RA_1} \cdot \frac{RN}{PN} = 1. $

Pomnóżmy równości (1), (2), (3) stronami i zauważmy, że według znanego twierdzenia o siecznych okręgu zachodzą równości:

$ (4) \qquad \begin{array}{c} PA_3 \cdot PA_4 = PA_5 \cdot PA_6,\\ QA_5 \cdot QA_6 = QA_1 \cdot QA_2,\\ RA_1 \cdot RA_2 = RA_3 \cdot RA_4. \end{array} $

Po uproszczeniu na podstawie równości (4) iloczynu lewych stron równości (1), (2), (3) otrzymujemy

$ (5) \qquad \frac{PM}{QM} \cdot \frac{QL}{RL} \cdot \frac{RN}{PN} = 1. $

Równość (5) orzeka, że iloczyn stosunków, w jakich punkty $M$ , $L$ , $N$ dzielą boki $PQ$ , $QR$ , $RP$ trójkąta $PQR$ , równa się jedności. Na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Menelausa wynika stąd, że punkty $L$ , $M$ , $N$ leżą na jednej prostej, c.n.d.

W przypadku, gdy $2$ spośród prostych $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$ są równolegle, np. gdy $A_1A_2 \parallel A_3A_4$ , a trzecia prosta $A_5A_6$ przecina je, dowód można poprowadzić w sposób podobny, lecz zamiast twierdzenia Menelausa trzeba zastosować twierdzenie o proporcjonalności boków trójkątów utworzonych przez pary prostych $A_2A_3$ i $A_5A_6$ , $A_4A_5$ i $A_5A_6$ , $A_6A_1$ i $A_5A_6$ przecięte równoległymi $A_1A_2$ i $A_3A_4$ . Można również taki przypadek rozważać jako graniczny i rozumować podobnie jak poprzednio przy twierdzeniu Pappusa.

Jeżeli wszystkie trzy proste $A_1A_2$ , $A_3A_4$ , $A_5A_6$ są wzajemnie równoległe, to przypadek taki można znowu potraktować jako graniczny dla przypadku poprzedniego. Dowód nie stosujący rozważań granicznych uzyskamy, zwróciwszy uwagę na to, że zamiast prostych $A_1A_2$ , $A_3A_4$ , $A_5A_6$ można rozważać proste $A_2A_3$ , $A_4A_5$ , $A_6A_1$ . Gdy zachodzi przypadek, że zarówno $A_1A_2 \parallel A_3A_4 \parallel A_5A_6$ jak $A_2A_3 \parallel A_4A_5 \parallel A_6A_1$ , dowód jest łatwy. Odpowiednią figurę przedstawia rys. 5a. Opracowanie szczegółów pozostawiamy jako ćwiczenie.

Stosując - jak przy twierdzeniu Pappusa - metodę rzutu środkowego, możemy twierdzenie Pascala natychmiast udowodnić dla każdego przekroju stożka obrotowego płaszczyzną nie przechodzącą przez wierzchołek stożka, tj. dla elipsy, paraboli i hiperboli.

Zauważmy jeszcze, że twierdzenie Pappusa można udowodnić nie uciekając się do rozważań przestrzennych. Krótki dowód można uzyskać, stosując twierdzenie Menelausa. Proponujemy czytelnikowi, żeby sam znalazł taki dowód.

X OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

Dowieść, że jeżeli punkt $P$ porusza się w płaszczyźnie trójkąta $ABC$ , to trójkąt $S_1S_2S_3$ , którego wierzchołkami są środki ciężkości $S_1$ , $S_2$ i $S_3$ trójkątów $PBC$ , $PCA$ i $PAB$ nic zmienia kształtu ani wielkości.

Rozwiązanie

Jeżeli wierzchołek $P$ trójkąta $PAB$ przesunąć do punktu $P'$ (rys. 6a), wówczas środek ciężkości $S_3$ tego trójkąta przesunie się do punktu $S'_3$ .

Wektor $S_3S'_3$ ma ten sam kierunek co wektor $PP'$ i trzy razy mniejszą długość, gdyż te wektory są jednokładne (wprost) względem punktu $N$ w skali $\frac{1}{3}$ . O taki sam wektor przesunie się każdy z punktów $S_1$ i $S_2$ , a więc i cały trójkąt $S_1S_2S_3$ . Okazało się, że przy zmianie położenia punktu $P$ trójkąt $S_1S_2S_3$ ulega przesunięciu równoległemu, nie zmienia zatem wielkości ani kształtu.

Uwaga. Zadanie można uogólnić zastępując trójkąt $ABC$ dowolnym wielokątem.

X OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

Rozwiązać równanie

$ \sqrt{x - 2 \sqrt{x-1}} - \sqrt{x + 3 - 4 \sqrt{x-1}} = 1. $

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że pierwiastkami danego równania mogą być tylko liczby nie mniejsze od $1$ . Gdy $x \geq 1$ , to $x - 2 \sqrt{x - 1} = x - 1 - 2\sqrt{x-1} + 1 = ( \sqrt{x - 1} - 1)^2$ , a $x + 3 - 4 \sqrt{x - 1} = x - 1 - 4 \sqrt{x - 1} + 4 = (\sqrt{x - 1} - 2)^2$ , więc dane równanie można napisać w postaci

$ \sqrt{(\sqrt{x-1} - 1)^2} - \sqrt{(\sqrt{x-1} - 2)^2} =1 $

lub w postaci

$ (1) \qquad | \sqrt{x - 1} - 1 | - | \sqrt{x-1} - 2 | = 1. $

Przypuśćmy, że liczba $x$ spełnia równanie (1). Rozważymy $3$ możliwości

a) $1 \leq x < 2$ . W tym przedziale równanie (1) przybiera postać

$ 1 - \sqrt{x - 1} - (2 - \sqrt{x - 1}) = 1, $

wyraża zatem sprzeczność $-1 = 1$ , co oznacza, że przypadek a) zdarzyć się nie może.

b) $2\leq x < 5$ . Dla takich wartości $x$ równanie (1) możemy napisać w postaci

$ \sqrt{x - 1} - 1 - (2 - \sqrt{x - 1}) = 1, $

co daje

$ \sqrt{x - 1} = 2 \textrm{ lub } x = 5. $

Otrzymaliśmy sprzeczność z warunkiem b), co oznacza, że równanie (1) nie ma pierwiastków spełniających ten warunek;

c) $x \geq 5$ ; równanie (1) przybiera postać

$ \sqrt{x - 1} - 1 - (\sqrt{x - 1} - 2) = 1. $

Otrzymujemy tożsamość $1 = 1$ . Znaczy to, że każda liczba spełniająca warunek c) czyni zadość równaniu (1). Z powyższego wynika, że rozwiązaniami danego równania są wszystkie liczby nie mniejsze od $5$ .

X OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

Dowieść, że jeżeli $n$ jest liczbą naturalną większą od $1$ , a $d$ dowolną liczbą dodatnią, to

$ \textrm{a)} \qquad (1 + d)^n > 1 + nd, $

$ \textrm{b)} \qquad 2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \ldots \cdot 2n < (n + 1)^n. $

Rozwiązanie

a) Według wzoru dwumianowego Newtona

$ (1 + d)^n = \binom{n}{0} + \binom{n}{1}d + \binom{n}{2} d^2 + \ldots + \binom{n}{k} d^k + \ldots + \binom{n}{n} d^n, $

gdzie $\binom{n}{0} = 1$ , a $\binom{n}{k} = \frac{n (n - 1) \cdot \ldots \cdot (n - k + 1)}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot k}$ dla $k$ całkowitego dodatniego.

Ponieważ wszystkie wyrazy po prawej stronie tego wzoru są dodatnie, więc pozostawiając tylko dwa pierwsze, otrzymujemy

$ (1 + d)^n > 1 +nd. $

b) Według twierdzenia Cauchy'ego o średniej geometrycznej i średniej arytmetycznej (Por. Zadania z Olimpiad Matematycznych, PZWS, Zadanie Nr 62), średnia geometryczna liczb $2, 4, 6, \ldots, 2n$ jest mniejsza od średniej arytmetycznej tych liczb, tzn.

$ \sqrt[n]{2 \cdot 4 \cdot 6 \ldots 2n} < n + 1. $

Podnosząc obie strony tej nierówności do $n$ -tej potęgi otrzymujemy nierówność żądaną

$ (1) \qquad 2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \ldots \cdot 2n < (n+ 1)^n. $

X OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

Na płaszczyźnie leżą cztery różne punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ .

a) Dowieść, że wśród odcinków $AB$ , $AC$ , $AD$ , $BC$ , $BD$ , $CD$ przynajmniej dwa są różnej długości,

b) Jak są położone punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , jeśli wymienione wyżej odcinki mają tylko dwie różne długości?

Rozwiązanie

a) Aby dowieść, że odcinki $AB$ , $AC$ , $AD$ , $BC$ , $BD$ , $CD$ nie mogą być wszystkie równe między sobą, wystarczy wykazać, że jeżeli pięć z nich ma tę samą długość, to szósty ma długość inną. Niech np. $AB = AC = AD = BC = BD$ . W takim razie $ABC$ i $ABD$ są trójkątami równobocznymi o wspólnym boku $AB$ i tworzą romb $ACBD$ , w którym $C = 60^\circ$ . Przekątne takiego rombu nie są równe, mianowicie $CD> AB$ , c.d.n.

b) Załóżmy, że odcinki $AB$ , $AC$ , $AD$ , $BC$ , $BD$ , $CD$ są dwóch różnych długości $a$ i $b$ , przy czym $a < b$ . Wówczas punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ nie mogą leżeć na jednej prostej; gdyby bowiem znajdowały się one na prostej, dajmy na to w kolejności $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , to byłoby $AB< AC< AD$ wbrew założeniu, że tylko dwie spośród wzajemnych odległości punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ są różne. Udowodnimy, że nawet żadne $3$ z danych punktów nie leżą na prostej. Istotnie, gdyby na przykład punkt $B$ znajdował się na prostej $AC$ między punktami $A$ i $C$ , to byłoby $AB = BC = a$ , $AC = b$ . Punkt $D$ znajdowałby się poza prostą $AC$ i odcinek $DB$ będący środkową trójkąta $ACD$ byłby mniejszy od któregoś z boków $DA$ i $DC$ tego trójkąta, wobec czego byłoby $DB = a$ , a jeden z boków $DA$ i $DC$ byłby równy $b$ . W takim razie punkt $D$ leżałby na okręgu o średnicy $AC$ , skąd wynikałoby, że jedna z cięciw $AD$ i $DC$ okręgu jest równa średnicy $AC$ tego okręgu, co jest niemożliwe.

Zauważmy, że gdy żadne $3$ z punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ nie leżą na prostej, to możliwe są dwa przypadki. Jeżeli punkt $D$ leży w którymś z obszarów ograniczonych jednym bokiem trójkąta $ABC$ i przedłużeniami pozostałych dwóch boków, jak np. punkt $D_1$ na rys. 7, wówczas dane punkty tworzą czworokąt wypukły, w danym przypadku czworokąt $ABCD_1$ , złożony z trójkątów $ABC$ i $ACD_1$ przylegających do siebie wzdłuż boku $AC$ . Jeżeli natomiast punkt $D$ leży w jednym z obszarów narożnych, bądź leży wewnątrz trójkąta $ABC$ , wówczas dane punkty tworzą czworokąt wklęsły jak $ABD_2C$ lub $ABCD_3$ na rys. 7; jeden z danych punktów leży wtedy wewnątrz trójkąta utworzonego z $3$ pozostałych punktów. Dwa te przypadki rozpatrzymy oddzielnie.

1) Przypuśćmy, że dane punkty tworzą czworokąt wypukły $ABCD$ . Może tu zajść kilka przypadków, które rozważymy korzystając z twierdzenia, że w czworokącie wypukłym suma przekątnych jest większa od połowy obwodu (Twierdzenie to łatwo udowodnić, stosując do każdego z czterech trójkątów, na jakie przekątne dzielą czworokąt, twierdzenie, że suma dwóch boków trójkąta jest większa od trzeciego boku).

1a) Czworokąt $ABCD$ ma cztery boki równe. Suma przekątnych jest wtedy większa od podwojonego boku, zatem boki mają długość $a$ , przekątne zaś bądź są obie równe $b$ , bądź jedna równa się $b$ , a druga $a$ . Czworokąt jest albo kwadratem o boku $a$ , wtedy $b = a\sqrt{2}$ , albo rombem o boku $a$ i kącie ostrym $60^\circ$ (rys. 8 i 9), wtedy $b = a\sqrt{3}$ .

1b) Czworokąt $ABCD$ ma $3$ boki równe, np. $AB = BC = CD$ . Boki te nie mogą mieć długości $b$ , gdyż wówczas połowa obwodu byłaby większa niż $a + b$ , zatem każda z przekątnych miałaby długość $b$ , tzn. spośród sześciu wzajemnych odległości danych punktów pięć byłoby równych $b$ , a szósta równa $a$ , zatem mniejsza niż tamte, co byłoby sprzeczne z wynikiem otrzymanym w a). Zatem $AB = BC = CD = a$ , $AD = b$ . Suma przekątnych musi być większa niż $2a$ , zatem przekątne mają bądź długości $a$ , $b$ bądź $b$ , $b$ . Pierwszy przypadek jest jednak wykluczony, gdyby bowiem było np. $AC = a$ , $BD = b$ , to trójkąt $ABC$ byłby równoboczny, więc $\measuredangle ABC$ miałby $60^\circ$ , a w trójkącie równoramiennym $ABD$ kąt $ABD$ byłby większy od $60^\circ$ , co jest niemożliwe, gdyż $\measuredangle ABD$ jest częścią kąta $ABC$ . Jest więc $AC = BD = b$ ; trójkąty $ABC$ i $DCB$ są przystające, skąd wynika łatwo, że czworokąt $ABCD$ jest trapezem równoramiennym (rys. 10).

Według twierdzenia Ptolemeusza $AC \cdot BD = AB \cdot DC + AD \cdot BC$ , czyli $b^2 = ab + a^2$ , skąd

$ b = a \cdot \frac{1 + \sqrt{5}}{2}. $

Z tego wzoru widzimy, że $b$ jest długością przekątnej pięciokąta foremnego o boku równym $a$ .

1c) Dwa boki czworokąta $ABCD$ mają długość $a$ , dwa inne długość $b$ .

W tym przypadku boki równe nie mogą być bokami przeciwległymi, gdyż czworokąt byłby wówczas równoległobokiem i miałby przekątną dłuższą niż $b$ , co przeczyłoby założeniu. Czworokąt jest więc deltoidem, przy czym każda z przekątnych ma długość $b$ , gdyż suma przekątnych jest dłuższa niż $a + b$ .

Oznaczając wierzchołki deltoidu jak na rys. 11 i stosując twierdzenie cosinusów do trójkąta $ACD$ , w którym $\measuredangle DAC = 30^\circ$ , otrzymujemy związek

$ DC^2 = AC^2 + AD^2 - 2AC \cdot AD \cdot \frac{1}{2} \sqrt{3}, $

czyli

$ a^2 = b^2(2 - \sqrt{3}), $

skąd

$ b = a \sqrt{2 + \sqrt{3}} = \frac{a}{2} (\sqrt{6} + a \sqrt{2}). $

Spostrzegamy, że $b$ jest długością promienia okręgu opisanego na dwunastokącie foremnym o boku równym $a$ .

2) Przypuśćmy, że punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ tworzą czworokąt wklęsły: niech na przykład punkt $D$ leży wewnątrz trójkąta $ABC$ . Zauważmy, że każdy odcinek (otwarty) leżący wewnątrz trójkąta jest krótszy od najdłuższego boku trójkąta. Stąd wynika, że 1° przynajmniej jeden bok trójkąta $ABC$ jest równy $b$ , 2° każdy z odcinków $DA$ , $DB$ , $DC$ jest równy $a$ , tzn. punkt $D$ jest środkiem koła opisanego na trójkącie $ABC$ . Mogą zajść następujące przypadki.

2a) $AB = BC = CA = b$ . Dane punkty tworzą figurę rys. 12, przy czym $b = a\sqrt{3}$ .

2b) $AB = BC = b$ , $CA = a$ . Punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ tworzą w tym przypadku figurę rysunku 13. Kąt $ABC$ ma $30^\circ$ , gdyż jest równy połowie kąta $ADC$ mającego $60^\circ$ . Zatem $a$ jest długością boku dwunastokąta foremnego wpisanego w koło o promieniu $b$ i mamy związek

$ b = \frac{a}{2} (\sqrt{6} + \sqrt{2}). $

Przypadek, w którym $2$ boki trójkąta $ABC$ , np. $AB$ i $BC$ , byłyby równe $a$ zdarzyć się nie może, gdyż $AB + BC > AD + DC$ , tzn. $AB + BC> 2a$ .

Streszczając otrzymane wyniki powiemy, że istnieje tylko $6$ różnych figur utworzonych z czterech punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ w ten sposób, że łączące je odcinki mają dwie różne długości; stosunek większej do mniejszej z tych długości może mieć tylko wartości $\sqrt{2}$ (rys. 8), $\sqrt{3}$ (rys. 9 i rys. 12), $\frac{\sqrt{5} + 1}{2}$ (rys. 10) oraz $\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{2}$ (rys. 11 i rys. 13).

Proponujemy czytelnikowi rozwiązanie analogicznego zadania dla figur utworzonych z pięciu punktów przestrzeni.

X OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

Bokami trójkąta są środkowe innego trójkąta. Obliczyć stosunek pól obu trójkątów. Czy ze środkowych dowolnego trójkąta można zbudować trójkąt?

Rozwiązanie

Niech $S$ będzie środkiem ciężkości trójkąta $ABC$ . Przedłużmy środkową $AD$ o odcinek $DM = SD$ (rys. 15). Otrzymujemy trójkąt $BSM$ , w którym $BS = \frac{2}{3} BE$ , $SM = \frac{2}{3} AD$ , a $BM = SC = \frac{2}{3} CF$ (gdyż czworokąt $SBMC$ jest równoległobokiem). Trójkąt $BSM$ jest więc podobny w skali $\frac{2}{3}$ do trójkąta $T$ utworzonego ze środkowych trójkąta $ABC$ ; pole trójkąta $BSM$ równa się zatem $\frac{4}{9}$ pola $T$ . Lecz pole $\triangle BSM = \textrm{pole }\triangle ASB = \frac{1}{3} \cdot \textrm{pole }\triangle ABC$ . Stąd wynika, że $\textrm{pole }T = \frac{3}{4} \cdot \textrm{pole }\triangle ABC$ .

X OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

Znaleźć warunek konieczny i dostateczny, jaki mają spełniać współczynniki równania

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

aby istniały dwa różne pierwiastki tego równania mające iloczyn równy jedności.

Rozwiązanie

Zadanie rozwiążemy (w zakresie liczb rzeczywistych ) najpierw przy założeniu, że $a \ne 0$ .

Przypuśćmy, że liczby $x_1$ i $x_2 = \frac{1}{x_1}$ spełniają równanie (1), przy czym $x_2 \ne x_1$ , tzn. że $x_1 \ne 1$ i $x_1 \ne - 1$ . Podstawiając do równania (1) $x = x_1$ i $x = \frac{1}{x_1}$ , otrzymujemy równości:

$ (2) \qquad ax_1^3 + bx_1^2 + cx_1 + d_1 = 0, $

$ (3) \qquad a + bx_1 + cx_1^2 + dx_1^3 = 0. $

Dodając i odejmując te równości, otrzymujemy

$ (4) \qquad a (x_1^3 + 1) + bx_1 (x_1 + 1) + cx_1 (x_1 + 1) + d (x_1^3 + 1)=0, $

$ (5) \qquad a (x_1^3 - 1) + bx_1 (x_1 - 1) - cx_1 (x_1 - 1) - d (x_1^3 - 1)=0. $

Ponieważ $x_1 + 1 \ne 0$ i $x_1 - 1 \ne 0$ , więc z (4) i (5) wynikają równości

$ a (x_1^2 - x_1 + 1) + bx_1 + cx_1 + d (x_1^2 - x_1 + 1) = 0, $

$ a (x_1^2 + x_1 + 1) + bx_1 - cx_1 - d (x_1^2 + x_1 + 1) = 0, $

które po uporządkowaniu przybierają postać

$ (6) \qquad (a + d) x_1^2 + (- a + b + c - d) x_1 + (a + d) = 0, $

$ (7) \qquad (a-d)(x_1^2 + (a + b - c- d) x_1 + (a - d) = 0. $

Wreszcie, dodając i odejmując równości (6) i (7) otrzymujemy po uproszczeniu równości

$ (8) \qquad ax_1^2 + (b - d) x_1 + a = 0, $

$ (9) \qquad dx_1^2 + (c - a) x_1 + d = 0. $

Wykazaliśmy, że jeżeli istnieją dwa różne rozwiązania $x_1$ i $\frac{1}{x_1}$ równania (1), to liczba $x_1$ spełnia warunki (8) i (9). Odwrotnie, jeśli istnieje liczba $x_1$ różna od $1$ i od $- 1$ , która spełnia (8) i (9), to wykonując przekształcenia polegające na dodawaniu i odejmowaniu równości oraz na mnożeniu równości przez liczbę, możemy poprzedni ciąg równości przebiec w kierunku odwrotnym, skąd wnosimy, że owa liczba $x_1$ spełnia też równości (2) i (3). Ponieważ $x_1 \ne 0$ , gdyż $a \ne 0$ , więc wynik ten oznacza, że równanie (1) ma pierwiastki $x_1$ i $\frac{1}{x_1}$ , przy czym $x_1^2 \ne 1$ .

Zadanie sprowadza się więc (przy założeniu $a \ne 0$ ) do znalezienia warunku koniecznego i dostatecznego do tego, aby równania

$ (10) \qquad ax^2 + (b - d) x + a = 0, $

$ (11) \qquad dx^2 + (c - a) x + d = 0, $

miały wspólny pierwiastek różny od $1$ i od $- 1$ .

Otóż równanie (10) ma taki pierwiastek wtedy i tylko wtedy, gdy ma ono pierwiastki rzeczywiste różne, tzn. gdy zachodzi nierówność

$ (12) \qquad (b - d)^2 - 4a^2 > 0, $

z której wynika nierówność $b - d \ne 0$ .

Pomnóżmy lewe strony równań (10) i (11) odpowiednio przez $c - a$ i $b - d$ i odejmijmy te iloczyny; otrzymamy tożsamość

$ (13) \qquad (c - a) [ax^2 + (b - d) x + a] - (b - d) [dx^2 + (c - a) x + d] = [a(c - a) -d(b - d)] (x^2 + 1). $

Przypuśćmy, że warunek (12) jest spełniony i że $x_1$ jest pierwiastkiem równania (10); podstawiając $x_1$ zamiast $x$ do tożsamości (13), otrzymamy wówczas

$ (14) \qquad - (b - d) [dx_1^2 + (c - a) x_1 + d] = [a (c - a) - d (b - d)] (x_1^2 + 1). $

Ponieważ $b - d \ne 0$ i $x^2 + 1 \ne 0$ , więc z tożsamości (14) wynika, że liczba $x_1$ jest wtedy i tylko wtedy pierwiastkiem równania (11), gdy

$ (15) \qquad a(c - a) - d(b - d) = 0. $

Zatem w przypadku, gdy $a \ne 0$ , poszukiwanymi warunkami dla współczynników równania (1) są warunki (12) i (15).

Gdy $a = 0$ , równanie (1) przybiera postać

$ (1a) \qquad bx^2 + cx + d = 0. $

Jeśli $b \ne 0$ , równanie (1a) ma wtedy i tylko wtedy dwa różne pierwiastki o iloczynie $1$ , gdy spełnione są warunki

$ (16) \qquad c^2 - 4bd > 0,\ b = d. $

Gdy wreszcie i $b = 0$ , wtedy równanie ma postać

$ (1b) \qquad cx + d = 0. $

Równanie (1b) ma wtedy i tylko wtedy dwa różne pierwiastki o iloczynie $1$ , gdy jest ono tożsamością, tzn. gdy

$ c = d = 0. $

Odpowiedź na postawione zagadnienie jest zatem następująca.

Warunkiem koniecznym i dostatecznym do tego, aby istniały dwa różne pierwiastki równania

$ ax^3 + bx^2 + cx + d = 0 $

mające iloczyn równy $1$ , jest warunek, żeby zachodził jeden z trzech przypadków

a) $a \ne 0$ , $(b - d)^2 - 4a^2 > 0$ , $a (c - a) - d (b - d) = 0$ ,

b) $a = 0$ , $b \ne 0$ , $c^2 - 4bd > 0$ , $b = d$ ,

c) $a = b = c = d = 0$ .

Uwaga. W powyższym rozwiązaniu przyjęliśmy, że współczynniki równania (1) są rzeczywiste i że chodzi o pierwiastki rzeczywiste tego równania. Rozwiązanie zadania w zakresie liczb zespolonych wymaga następującej modyfikacji przeprowadzonego rozumowania.

Stosując metodę sposobu 1 sprowadzamy zadanie, przy założeniu że $a \ne 0$ , jak poprzednio do ustalenia warunku koniecznego i dostatecznego do tego, aby równania (10) i (11) miały wspólny pierwiastek różny od $1$ i od $- 1$ .

W zakresie liczb zespolonych warunkiem koniecznym i dostatecznym do tego, aby równania (10), w którym $a \ne 0$ miało pierwiastek różny od $1$ i od $- 1$ , jest nierówność

$ (12a) \qquad (b - d)^2 - 4a^2 \ne 0. $

Przypuśćmy, że ten warunek jest spełniony i że $x_1$ jest pierwiastkiem równania (10); wówczas tak samo jak poprzednio zachodzi tożsamość

$ (14) \qquad - (b - d) [dx_1^2 + (c - a) x_1 + d] = [a (c - a) - d (b - d)] (x_1^2 + 1). $

Nie możemy jednak wywnioskować stąd nierówności (15) jak w przypadku liczb rzeczywistych, gdyż nie możemy twierdzić, że $b - d \ne 0$ i $x_1^2 + 1 \ne 0$ ; rozumujemy jak następuje.

Jeżeli $x_1$ jest pierwiastkiem równania (11), to na mocy (14)

$ [a (c - a) - d (b - d)] (x_1^2 + 1) = 0. $

Jeśli $x_1^2 + 1 \ne 0$ , otrzymujemy stąd równość

$ (15) \qquad a (c - a) - d (b - d) = 0. $

Lecz jeżeli $x_1^2 + 1 = 0$ , to też zachodzi równość (15)! Albowiem $x_1$ spełnia równania (10) i (11), a przy tym $x_1 \ne 0$ , skąd wynika, że $b - d = 0$ , $c - a = 0$ .

Odwrotnie, jeżeli zachodzi równość (15), to z tożsamości (14) otrzymujemy

$ (b - d) [dx_1^2 + (c - a) x_1 + d] = 0, $

zatem jeżeli $b - d \ne 0$ , to $x_1$ jest pierwiastkiem równania (11). Jeżeli zaś $b - d = 0$ , to $x_1$ też spełnia równanie (11), gdyż z warunku (15) i równości $b - d = 0$ wynika, że $c - a = 0$ , a z równania (10) mamy wówczas $x_1^2 + 1 = 0$ .

Okazało się więc, że poszukiwanymi warunkami koniecznymi i dostatecznymi są (12a) i (15).

Pozostała część rozumowania, odnosząca się do przypadku $a = 0$ , przebiega tak samo jak poprzednio, z tą tylko różnicą, że zamiast warunków (16) wystąpią warunki

$ (16a) \qquad c^2 - 4bd \ne 0,\ b = d. $

X OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

Dowieść, że jeżeli na każdym z czworokątów $ABCD$ i $CDEF$ można opisać okrąg, a proste $AB$ , $CD$ , $EF$ przecinają się w jednym punkcie $M$ , to na czworokącie $ABEF$ można opisać okrąg.

Rozwiązanie

Zastosujemy twierdzenie o siecznych okręgu przechodzących przez jeden punkt: 1° do prostych $AB$ i $CD$ , 2° do prostych $CD$ i $EF$ (rys. 16).

Otrzymujemy

$ MA \cdot MB = MC \cdot MD, $

$ MC \cdot MD = ME \cdot MF. $

Stąd

$ MA \cdot MB = ME \cdot MF. $

Z tej ostatniej równości wynika, że punkty $A$ , $B$ , $E$ , $F$ leżą na okręgu. Istotnie, wobec tej równości zachodzi proporcja $MA \colon ME = MF \colon MB$ , zatem trójkąty $AMF$ i $EMB$ o wspólnym kącie $M$ mają boki przyległe proporcjonalne, więc są podobne i $\measuredangle A = \measuredangle E$ . To zaś znaczy, że z punktów $A$ i $E$ widać odcinek $BF$ pod tym samym kątem, punkty $A$ i $E$ leżą więc na okręgu przechodzącym przez $B$ i $F$ .

X OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

Po tej samej stronie prostej $AB$ zbudowano trzy półokręgi o średnicach $AB = a + b$ , $AC = a$ , $CB = b$ . Obliczyć promień koła wpisanego w figurę ograniczoną tymi półokręgami, mając dane $a$ i $b$ .

Rozwiązanie

Niech $O$ , $S$ , $T$ oznaczają odpowiednio środki półokręgów o średnicach $AB$ , $AC$ i $CB$ , $U$ - środek koła wpisanego w figurę ograniczoną tymi półokręgami, a $x$ - jego średnicę (rys. 17).

Długości wszystkich odcinków figury rys. 17 łatwo wyrazić w zależności od $a$ , $b$ , $x$ . Korzystając ze związku między promieniami a odległością środków kół stycznych otrzymujemy:

$ ST = \frac{1}{2}(a+b),\ SO = \frac{1}{2}(a+ b)-\frac{1}{2}a = \frac{1}{2}b,\ OT = \frac{1}{2} a, $

$ SU = \frac{1}{2}(a+ x),\ OU = \frac{1}{2}(a + b - x),\ TU = \frac{1}{2} (b + x). $

Zwróćmy uwagę na trójkąt $STU$ i odcinek $OU$ . Wiadomo, że w trójkącie pomiędzy bokami a odcinkiem poprowadzonym z jednego wierzchołka do boku przeciwległego i dzielącym ten bok w danym stosunku zachodzi związek, który wyraża tzw. twierdzenie Stewarta (Patrz Zadania z Olimpiad Matematycznych, PZWS 1956, zadanie Nr 68). Dla trójkąta $STU$ i odcinka $OU$ jest to związek

$ (1) \qquad ST \cdot OU^2 = SO \cdot TU^2 + OT \cdot SU^2 - ST \cdot SO \cdot OT. $

Podstawiając do powyższej równości znalezione poprzednio wyrażenia dla długości odcinków, otrzymujemy równanie

$ (a + b)(a + b- x)^2 = b(b + x)^2 + a(a+ x)^2 - ab (a + b), $

którego rozwiązaniem jest

$ x = \frac{ab (a + b)}{a^2+ ab + b^2}. $

Uwaga. Związek (1) łatwo otrzymać obliczając $\cos S$ dla każdego z trójkątów $STU$ i $SOU$ według wzoru cosinusów. Daje to związek

$ \frac{ST^2 + SU^2 - TU^2}{2ST \cdot SU} = \frac{SO^2 + SU^9 - OU^2}{2S0 \cdot SU}, $

który po prostych przekształceniach otrzymuje postać (1).

X OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

Dowieść, że, jeżeli w trójkącie $ABC$ liczby $\tg A$ , $\tg B$ i $\tg C$ tworzą postęp arytmetyczny, to liczby $\sin 2A$ , $\sin 2B$ i $\sin 2C$ tworzą również postęp arytmetyczny.

Rozwiązanie

Z założeń zadania wynika, że

$ \tg B - \tg A = \tg C - \tg B, $

zatem

$ \frac{\sin (B - A)}{\cos B \cos A} = \frac{\sin (C - B)}{\cos C \cos B}; $

stąd

$ \sin (B - A) \cos C = \sin (C - B) \cos A, $

więc

$ \sin (B - A) \cos (B + A) = \sin (C - B) \cos (C + B) $

i ostatecznie

$ \sin 2B - \sin 2A = \sin 2C - \sin 2B, $

czego należało dowieść.

Uwaga. Prawdziwe jest również twierdzenie odwrotne: jeżeli kąty trójkąta $ABC$ spełniają równość (2), to spełniają też równość (1). Istotnie, na podstawie przekształceń wykonanych wyżej w sposobie 1 stwierdzamy, że jeżeli zachodzi (2), to zachodzi też (2a), zatem również (la), a więc też (1). Można też skorzystać z przekształceń sposobu 2, wykonując je w odwrotnym porządku, trzeba jednak wtedy uzasadnić ostatnie przekształcenie, tzn. podzielenie równości przez $\cos A \cdot \cos B \cdot \cos C$ , wykazując, że przy założeniu (2) żaden z kątów $A$ , $B$ , $C$ nie może być prosty. Pozostawiamy to jako łatwe ćwiczenie dla czytelnika.

X OM - II etap

II etap X Olimpiady Matematycznej

X OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

Jaki warunek konieczny i dostateczny powinny spełniać współczynniki $a$ , $b$ , $c$ , $d$ , aby równanie

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

miało dwa pierwiastki przeciwne ?

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że równanie (1) ma dwa pierwiastki przeciwne $x_1$ i $x_2 = - x_1$ . W takim razie

$ (2) \qquad ax^3_1 + bx^2_1 + cx_1 + d = 0, $

$ (3) \qquad - ax^3_1 + bx^2_1 - cx_1 + d = 0. $

Dodając i odejmując równości (2) i (3), otrzymujemy

$ (4) \qquad bx^2_1 + d =0, $

$ (5) \qquad ax^3_1 + cx_1 = 0. $

Mnożymy równości (4) i (5) odpowiednio przez $ax_1$ i $b_1$ , po czym je odejmujemy, co daje równość

$ (ad - bc) x_1 = 0. $

Jeżeli $x_1 \ne 0$ , to z powyższej równości wynika, że

$ (6) \qquad ad - bc = 0. $

Jeśli $x_1 = 0$ , to pierwiastkami przeciwnymi równania (1) są liczby $0$ i $- 0$ , które są równe, co oznacza, że $0$ jest pierwiastkiem podwójnym równania (1). Wobec tego lewa strona równania (1) jest podzielna przez $x^2$ , zatem $c = d = 0$ , skąd wynika, że i w tym przypadku zachodzi równość (6).

Równość (6) jest więc warunkiem koniecznym do tego, aby równanie (1) miało dwa pierwiastki przeciwne.

Żeby zbadać, czy warunek (6) jest dostateczny, lub ewentualnie wykryć dalsze warunki, przypuśćmy, że ten warunek jest spełniony. Rozważymy dwie możliwości:

a) $a \ne 0$ ; wówczas na mocy (6) $d = \frac{bc}{a}$ , zatem

$ ax^3 + bx^2 + cx + d = ax^3 + bx^2 + cx + \frac{bc}{a} = x (ax^2 + c) + \frac{b}{a} + (ax^2 + c) $

i równanie (1) przybiera postać

$ \left( x + \frac{b}{a} \right) (ax^2 + c) =0. $

Widzimy stąd, że równanie (1) ma wtedy i tylko wtedy dwa pierwiastki przeciwne, gdy równanie $ax^2 + c = 0$ ma pierwiastki (rzeczywiste), tzn., gdy

$ ac \leq 0. $

b) $a = 0$ ; należy wtedy rozróżnić dwa przypadki:

Jeśli $b \ne 0$ , to z warunku (6) wynika, że $c = 0$ ; równanie ma postać

$ bx^2 + d = 0 $

i posiada wtedy i tylko wtedy pierwiastki przeciwne, gdy

$ bd \leq 0. $

Jeśli zaś $b = 0$ , równanie przybiera postać

$ cx + d = 0 $

i posiada dwa pierwiastki przeciwne wtedy i tylko wtedy, gdy jest tożsamością, tj. gdy

$ c = d = 0. $

Zauważmy, że gdy $a = 0$ , to spełnienie warunku (6) jest konsekwencją równości $c = 0$ .

Otrzymujemy zatem następującą odpowiedź na pytanie postawione w zadaniu.

Warunkiem koniecznym i dostatecznym do tego, aby równanie

$ ax^3 + bx^2 + cx + d = 0 $

miało dwa pierwiastki przeciwne, jest warunek, żeby zachodził jeden z przypadków

$ \alpha)\ a \ne 0, \quad ad - bc=0,\quad ac \leq 0, $

$ \beta)\ a = 0,\quad b \ne 0,\ c = 0,\quad bd < 0, $

$ \gamma)\ a=b = c = d = 0. $

Uwaga 1. Pierwszą część powyższego rozwiązania można skrócić, stosując rozumowanie następujące. Rozważymy najpierw przypadek, gdy w równaniu (1) $a \ne 0$ . Przypuśćmy, że równanie (1) ma dwa pierwiastki przeciwne $x_1$ i $x_2 = - x_1$ ; wówczas ma ono jeszcze pierwiastek $x_3$ , przy czym według znanego wzoru $x_1 + x_2 + x_3 = - \frac{b}{a}$ , wobec czego $x_3 = - \frac{b}{a}$ . Równanie (1) może mieć zatem tylko wtedy dwa pierwiastki przeciwne, gdy liczba $-\frac{b}{a}$ spełnia to równanie, tj. gdy

$ a \left( -\frac{b^3}{a^3} \right) + b \cdot \frac{b^2}{a^2} - c \cdot \frac{b}{a} + d = 0, $

co po uproszczeniu daje warunek

$ (6) \qquad ad - bc = 0. $

Jeżeli ten warunek jest spełniony, lewa strona równania (1) jest podzielna przez $x + \frac{b}{a}$ i łatwo sprawdzić, że

$ ax^3 + bx^2 + cx + d = \left( x + \frac{b}{a} \right) (ax^2 + c). $

Dalszy ciąg rozumowania pozostaje bez istotnych zmian.

Uwaga 2. Uzyskany wyżej wynik można przedstawić w innej postaci. Mianowicie alternatywę ,, $\alpha)$ lub $\beta$ )'' można zastąpić przypadkiem

$ \delta)\ a^2 + b^2 \ne 0,\ ad - bc = 0,\ ac \leq 0, bd \leq 0. $

Przypuśćmy bowiem, że zachodzi $\alpha$ ). Wówczas $a^2 + b^2 \ne 0$ , gdyż $a \ne 0$ ; ponieważ zaś $ad = bc$ i $a \ne 0$ , więc $bd = \frac{b^2}{a^2} \cdot ac \leq 0$ , gdyż $ac \leq 0$ ; zatem zachodzi $\delta$ ). Podobnie, jeśli zachodzi $\beta$ ), to $a^2 + b^2 \ne 0$ , gdyż $b \ne 0$ , a z równości $a = 0$ , $c = 0$ wynika, że $ad - bc = 0$ i $ac = 0$ , więc też $ac \leq 0$ , wobec czego zachodzi równość 6).

Odwrotnie, jeśli zachodzi $\delta$ ), to albo $a \ne 0$ , wówczas zachodni $\alpha$ ), albo też $a = 0$ i $b \ne 0$ , wobec czego z równości $ad - bc = 0$ wynika, że $c = 0$ , zatem zachodzi $\beta$ ).

Uwaga 3. Powyższe rozwiązanie dotyczyło pierwiastków rzeczywistych równania o współczynnikach rzeczywistych. W zakresie liczb zespolonych możemy zastosować rozumowanie analogiczne, przy czym uzyskamy wynik prostszy, gdyż nie będą w nim występowały warunki $ac \leq 0$ i $bd \leq 0$ , które były potrzebne do zapewnienia rzeczywistości pierwiastków równań $ax^2 + c = 0$ i $bx^2 + d = 0$ . W zakresie liczb zespolonych uzyskujemy zatem twierdzenie:

Równanie $ax^3 + bx^2 + cx + d = 0$ ma wtedy i tylko wtedy dwa pierwiastki przeciwne, gdy

$ a^2 + b^2 \ne 0 \textrm{ i } ad - bc = 0 $

lub gdy równanie jest tożsamością ( $a = b = c = d = 0$ ).

X OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

Przy jakiej zależności między bokami trójkąta jest on podobny do trójkąta utworzonego z jego środkowych ?

Rozwiązanie

Oznaczmy środkowe poprowadzone do boków $a$ , $b$ , $c$ trójkąta $ABC$ odpowiednio literami $m_a$ , $m_b$ , $m_c$ . Mamy zbadać, w jakich trójkątach środkowe są proporcjonalne do boków trójkąta. Należy tu przede wszystkim wziąć pod uwagę, że większa z dwóch nierównych środkowych jest poprowadzona do krótszego boku. Aby się o tym przekonać, wystarczy zastosować znane wzory na długość środkowych

$ (1) \qquad \begin{array}{c} 4m^2_a = 2b^2 + 2c^2 - a^2,\\ 4m^2_b = 2c^2 + 2a^2 - b^2,\\ 4m^2_c = 2a^2 + 2b^2 - c^2, \end{array} $

z których wynika, że na przykład

$ 4 (m^2_a - m^2_b) = 3(b^2- a^2). $

Jeśli $m_a> m_b$ , to $m^2_a > m^2_b$ , zatem według powyższego wzoru $b^2 > a^2$ , a stąd $b > a$ .

Przypuśćmy, że $a \leq b \leq c$ , w takim razie $m_c \leq m_b \leq m_a$ . Trójkąt o bokach $m_a$ , $m_b$ , $m_c$ jest wtedy i tylko wtedy podobny do trójkąta o bokach $a$ , $b$ , $c$ , gdy

$ (2) \qquad \frac{m_a}{c} = \frac{m_b}{b} = \frac{m_c}{a}. $

W zadaniu 8 udowodniliśmy, że pole trójkąta równa się $\frac{4}{3}$ pola trójkąta utworzonego z jego środkowych. Jeżeli te trójkąty są podobne, to stosunek ich pól równa się kwadratowi stosunku odpowiednich boków, zatem z uwagi na (2) jest $m^2_a = \frac{3}{4} c^2$ . Stąd na podstawie pierwszego ze wzorów (1)

$ 3c^2 = 2b^2 + 2c^2 - a^2 $

więc

$ (3) \qquad b^2 = \frac{a^2 + c^2}{2}. $

Odwrotnie, jeżeli warunek (3) jest spełniony, to trójkąt o bokach $a$ , $b$ , $c$ jest podobny do trójkąta utworzonego z jego środkowych. Istotnie, uwzględniając we wzorach (1) zależność (3), otrzymujemy

$ 4m^2_a = a^2 + c^2 + 2c^2 - a^2 = 3c^2, $

$ 4m^2_b = 4b^2 -b^2 = 3b^2, $

$ 4m^2_c = 2a^2 + a^2 + c^2 - c^2 = 3a^2, $

skąd wynika, że $m_a$ , $m_b$ , $m_c$ są proporcjonalne do $c$ , $b$ , $a$ .

Otrzymaliśmy zatem wynik następujący:

Trójkąt jest wtedy i tylko wtedy podobny do trójkąta utworzonego z jego środkowych, gdy kwadrat średniego co do długości boku trójkąta jest równy średniej arytmetycznej kwadratów najkrótszego i najdłuższego boku.

Uwaga 1. W rozwiązaniu można by nie powoływać się na zadanie 8 i wysnuć warunek (3) ze wzorów (1) i (2). Ten nietrudny rachunek proponujemy jako ćwiczenie.

X OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

Dowieść, że jeżeli $0 \leq \alpha < \frac{\pi}{2}$ i $0 \leq \beta < \frac{\pi}{2}$ , to

$ (1) \qquad \tg \frac{\alpha + \beta}{2} \leq \frac{\tg \alpha + \tg \beta}{2}. $

Rozwiązanie

Przekształcając lewą stronę nierówności (1), otrzymujemy

$ \begin{split} (2) \qquad \tg \frac{\alpha + \beta}{2} = \frac{\sin \frac{\alpha + \beta}{2}}{\cos \frac{\alpha + \beta}{2}} = \frac{2 \sin \frac{\alpha + \beta}{2} \cdot \cos \frac{\alpha + \beta}{2}}{2\cos^2 \frac{\alpha + \beta}{2}} = \frac{\sin (\alpha + \beta)}{1 + \cos (\alpha + \beta)} = \\ = \frac{\sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta}{1 + \cos (\alpha + \beta)} = \frac{\cos \alpha \cdot \cos \beta}{1 + \cos (\alpha + \beta)} \cdot (\tg \alpha + \tg \beta). \end{split} $

Ponieważ $1 \geq \cos (\alpha - \beta)$ , więc

$ (3) \qquad \frac{\cos \alpha \cos \beta}{1 + \cos (\alpha + \beta)} \leq \frac{\cos \alpha \cos \beta}{\cos (\alpha - \beta) + \cos (\alpha + \beta)} = \frac{\cos \alpha \cos \beta}{2 \cos \alpha \cos \beta} = \frac{1}{2}. $

Ze związków (2) i (3) wynika nierówność (1).

Z powyższego rachunku wynika prócz tego, że równość

$ \tg \frac{\alpha + \beta}{2} = \frac{\tg \alpha + \tg \beta}{2} $

zachodzi tylko wtedy, gdy $\cos (\alpha - \beta) = 1$ , tj. gdy $\alpha = \beta$ .

Uwaga 1. Prawdziwe jest twierdzenie ogólniejsze: jeżeli

$ 0 \leq \alpha_1 < \frac{\pi}{2},\ 0 \leq \alpha_2 < \frac{\pi}{2},\ \ldots,\ 0 \leq \alpha_n < \frac{\pi}{2}, \textrm{ to} $

$ (4) \qquad \tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_n}{n} \leq \frac{ \tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_n}{n}, $

przy czym równość obu stron nierówności (4) zachodzi tylko wtedy, gdy $\alpha_1 = \alpha_2 = \ldots = \alpha_n$ .

Dowód twierdzenia (4) można oprzeć na tym samym pomyśle, który Cauchy zastosował do dowodu twierdzenia o średniej geometrycznej (Por. Zadania z Olimpiad Matematycznych, PZWS 1958, Zadanie Nr 62). Przeprowadzamy dowód najpierw dla przypadku, gdy $n$ jest naturalną potęgą liczby $2$ . Gdy $n = 2$ , twierdzenie już udowodniliśmy. Jeżeli jest ono prawdziwe dla $n = k$ , to jest również prawdziwe dla $n = 2k$ , gdyż

$ (5) \qquad \tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{2k-1} + \alpha_{2k}}{2k}= \tg \frac{ \frac{\alpha_1 + \alpha_2}{2} + \ldots + \frac{ \alpha_{2k-1} + \alpha_{2k}}{2}}{k}, $

więc na mocy przesłanki indukcyjnej

$ \tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{2k}}{2k} \leq \frac{\tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2}{2} + \ldots +\tg \frac{\alpha_{2k-1} + \alpha_{2k}}{2}}{k}, $

skąd otrzymujemy wzór (4), stosując do każdego wyrazu licznika prawej strony nierówność (1).

Wzór (4) jest zatem prawdziwy dla każdego $n$ postaci $2^m$ .

Jeżeli $n > 1$ nie jest naturalną potęgą liczby $2$ , to istnieje takie naturalne $m$ , że

$ 2^{m-1} < n < 2^m. $

Niech $p$ oznacza różnicę $2^m - n$ , wobec czego $n + p = 2^m$ . Wprowadzamy oznaczenia

$ \alpha_{n+1} = \alpha_{n+2} = \ldots = \alpha_{n+p} = \frac{\alpha_{1} + \alpha_{2} + \ldots + \alpha_{n}}{n}. $

Ponieważ $n + p$ jest naturalną potęgą liczby $2$ , więc na mocy poprzedniego

$ (6) \qquad \tg \frac{\alpha_{1} + \alpha_{2} + \ldots + \alpha_{n+p}}{n+p} \leq \frac{ \tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n+p}}{n+p}. $

Otóż

$ \frac{\alpha_{1} + \alpha_{2} + \ldots + \alpha_{n+p}}{n+p} = \frac{\alpha_{1} + \alpha_{2} + \ldots + \alpha_{n} + p \frac{\alpha_{1} + \alpha_{2} + \ldots + \alpha_{n}}{n}}{n+p} = \frac{\alpha_{1} + \alpha_{2} + \ldots + \alpha_{n}}{n}, $

$ \frac{ \tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n+p}}{n+p} = \frac{ \tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n} + p \tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n}}{n+p}, $

wobec czego nierówność (6) daje

$ \tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n} \leq \frac{ \tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n} + p \tg \frac{ \alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n}}{n+p}, $

skąd

$ (n + p) \tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n} \leq \tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n} + p \tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n} $

i ostatecznie

$ n \tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n} \leq \tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n}. $

Udowodniliśmy, że nierówność (4) zachodzi dla każdego naturalnego $n > 1$ .

Jeżeli nie wszystkie liczby $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n$ są równe między sobą, tzn. jeżeli istnieją takie wskaźniki $r$ i $s$ , że $\alpha_r \ne \alpha_s$ , to zachodzi nierówność ,,mocna''

$ (4a )\qquad \tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n} < \frac{\tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n}}{n}. $

Dowód w tym przypadku można przeprowadzić tak samo, jak poprzednio w przypadku ogólnym. Trzeba tylko we wzorze (5) tak połączyć składniki $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_{2k}$ w pary, żeby $\alpha_r$ i $\alpha_s$ stanowiły jedną parę. Wtedy we wszystkich następnych wzorach można znak $\leq$ zastąpić znakiem $<$ .

Wobec powyższego równość

$ \tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n} = \frac{\tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n}}{n} $

zachodzi tylko wtedy, gdy $\alpha_1 = \alpha_2 = \ldots = \alpha_n$ .

Na uwagę zasługuje okoliczność, że w całym powyższym rozumowaniu nie korzystaliśmy z żadnej własności funkcji $\tg x$ poza tą jedną, że spełnia ona nierówność (1). Stąd wnosimy, że zachodzi twierdzenie znacznie ogólniejsze:

Jeżeli funkcja $f(x)$ , określona w pewnym przedziale, spełnia nierówność

$ (\alpha) \qquad f \left( \frac{x_1+x_2}{2} \right) \leq\frac{f(x_1) + f(x_2)}{2} $

dla dowolnych wartości $x_1$ i $x_2$ z tego przedziału, to

$ (\beta) \qquad f \left( \frac{x_1 + x_2+ \ldots + x_n}{n} \right) \leq \frac{ f(x_1) + f(x_2) + \ldots + f (x_n)}{n} $

dla dowolnych wartości $x_1, x_2,\ldots, x_n$ z rozważanego przedziału. Jeżeli przy tym we wzorze $(\alpha)$ równość obu stron ma miejsce tylko wtedy, gdy $x_1 = x_2$ , to równość dla stron wzoru $(\beta)$ zachodzi tydko wtedy, gdy $x_1 = x_2= \ldots = x_n$ .

Własność funkcji wyrażona wzorem $(\alpha)$ ma proste znaczenie geometryczne. Weźmy pod uwagę wykres funkcji ciągłej $f(x)$ i niech $P_1$ , $P_2$ i $Q$ będą tymi punktami wykresu, które odpowiadają wartościom $x_1$ , $x_2$ i $\frac{x_1+x_2}{2}$ zmiennej $x$ , $M$ zaś niech będzie środkiem odcinka $P_1P_2$ (rys. 18).

Jeżeli zachodzi $(\alpha)$ , to punkt $Q$ leży niżej od punktu $M$ lub pokrywa się z $M$ . Gdy ma to miejsce dla dowolnych punktów $P_1$ i $P_2$ wykresu, to mówimy, że wykres ten jest krzywą wypukłą (od dołu), a funkcję $f(x)$ nazywamy funkcją wypukłą.

Podobnie, jeżeli dla dowolnych wartości $x_1$ , $x_2$ (z pewnego przedziału)

$ f \left( \frac{x_1 + x_2}{n} \right) \geq \frac{ f(x_1) + f(x_2)}{n} $

to funkcję $f(x)$ i jej wykres nazywamy wklęsłymi (od dołu). Łatwo sprawdzić, że na przykład funkcje $\log x$ i $\sin x$ są wklęsłe odpowiednio w przedziałach $(0, \infty)$ i $(0, \pi)$ , a funkcje $a^r$ ( $a > 0$ ) i $x^2$ są wypukłe w każdym przedziale.

X OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

Dany jest ciąg liczb $13, 25, 43, \ldots$ którego $n$ -ty wyraz jest określony wzorem

$ a_n =3(n^2 + n) + 7. $

Dowieść, że ciąg ten ma następujące własności:

1° Wśród każdych pięciu kolejnych wyrazów ciągu dokładnie jeden jest podzielny przez $5$ ,

2° Żaden wyraz ciągu nie jest sześcianem liczby całkowitej.

Rozwiązanie

1° Zauważmy, że tezę twierdzenia można tak wypowiedzieć: w danym ciągu co piąty wyraz począwszy od drugiego jest podzielny przez $5$ , ale żaden inny nie jest podzielny przez $5$ . Znaczy to, że $a_n$ jest podzielne przez $5$ wtedy i tylko wtedy, gdy $n = 2 + 5k$ , co daje $n - 2 = 5k$ . To spostrzeżenie naprowadza na myśl, żeby zmienić numerację ciągu, podstawiając $n = 2 + m$ , przy czym $m$ ma przybierać wartości $-1, 0, 1, 2, 3, \ldots$ Wówczas

$ a_n = 3(m + 2)^2 + 3(m + 2) + 7 = 3m^2 + 15 m + 25. $

Ponieważ $15 m + 25$ jest przy całkowitym $m$ podzielne przez $5$ , więc z powyższej równości wynika, że $a_n$ jest wtedy i tylko wtedy podzielne przez $5$ , gdy $3 m^2$ jest wielokrotnością pięciu, co zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy $m$ jest podzielne przez $5$ , tzn. gdy $n = 2 + 5k$ , gdzie $k = 0, 1, 2, 3, \ldots$

2° Przeprowadzimy dowód niewprost. Przypuśćmy, że istnieje taka liczba całkowita $t$ , że

$ a_n = 3n^2 + 2n + 7 = t^3. $

Liczba $3n^2 + 3n + 7 = 3n (n + 1) + 7$ jest nieparzysta, gdyż $n (n + 1)$ jako iloczyn dwóch kolejnych liczb całkowitych jest liczbą parzystą; wobec tego $t^3$ , a zatem również $t$ jest liczbą nieparzystą i $t = 2s + 1$ , gdzie $s$ oznacza liczbę całkowitą. Wówczas

$ 3n^2 + 3n + 7 = 8s^3 + 12s^2 + 6s + 1 $

lub

$ 3n^2 + 3n + 6 = 8s^3 + 12s^2 + 6s. $

Z tej równości wnioskujemy, że $8s^3$ , a zatem i $s$ jest podzielne przez $3$ , gdyż wszystkie pozostałe wyrazy są podzielne przez $3$ . Podstawiając $s = 3r$ otrzymujemy

$ 3n^2 + 3n + 6 = 8 \cdot 27r^3 + 12 \cdot 9 r^2 + 6 \cdot 3 r, $

a po podzieleniu przez $3$ :

$ n^2 + n + 2 = 72r^3 + 30r^2 + 6r. $

Otrzymaliśmy sprzeczność, gdyż prawa strona tej równości jest podzielna przez $3$ , a lewa nie; mianowicie $n^2 + n + 2$ daje w dzieleniu przez $3$ resztę $2$ , gdy $n$ jest postaci $3k$ lub $3k + 2$ , a resztę $1$ , gdy $n$ jest postaci $3k + 1$ .

X OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

Na płaszczyźnie, umieszczono $n \geq 3$ odcinków w ten sposób, że każde $3$ z nich mają punkt wspólny. Dowieść, że istnieje punkt wspólny wszystkich odcinków.

Rozwiązanie

Ponieważ każde $3$ z danych odcinków mają punkt wspólny, więc również każde $2$ z nich mają punkt wspólny. Przypuśćmy, że wśród danych odcinków $a_1, a_2, \ldots, a_n$ istnieją takie dwa odcinki, dajmy na to $a_1$ i $a_2$ , które nie leżą na jednej prostej, więc mają tylko jeden punkt $A$ wspólny. Jeżeli $a_k$ jest którymkolwiek z pozostałych odcinków, to trójka odcinków $a_1$ , $a_2$ , $s_k$ ma według założenia punkt wspólny, zatem odcinek $a_k$ musi zawierać punkt $A$ , tzn. $A$ jest punktem wspólnym wszystkich odcinków. Gdy rozpatrzony wyżej przypadek nie zachodzi, tzn. gdy każde dwa odcinki leżą na jednej prostej, to wszystkie odcinki leżą na tej samej prostej. W tym przypadku zachodzi twierdzenie mocniejsze niż to, które zostało sformułowane w zadaniu, a mianowicie twierdzenie następujące:

Jeżeli odcinki $a_1, a_2, \ldots, a_n$ ( $n \geq 2$ ) leżą na prostej i każde dwa z nich mają punkt wspólny, to istnieje punkt wspólny wszystkich odcinków.

Dowód przeprowadzimy metodą indukcji zupełnej.

a) Gdy $n = 2$ , twierdzenie jest oczywiście prawdziwe.

b) Przypuśćmy, że jest ono prawdziwe, gdy $n = k \geq 2$ .

W takim razie odcinki $a_1, a_2, \ldots, a_k$ mają jakiś punkt wspólny $P$ . Udowodnimy, że istnieje punkt wspólny odcinków $a_1, a_2, \ldots, a_{k+1}$ . Niech końcami odcinka $a_{k+1}$ będą punkty $M$ i $N$ (rys. 19).

Jeżeli punkt $P$ leży między punktami $M$ i $N$ albo pokrywa się z jednym z nich, to $P$ jest punktem wspólnym odcinków $a_1, a_2, \ldots, a_k, a_{k+1}$ . Jeżeli punkt $M$ leży między punktami $P$ i $N$ , to wtedy $M$ jest punktem wspólnym odcinków $a_1, a_2, \ldots, a_k, a_{k+1}$ . Istotnie, każdy z odcinków $a_1, a_2, \ldots, a_k$ zawiera $P$ oraz - na mocy założenia - jakiś punkt $Q$ odcinka $MN$ , musi więc zawierać cały odcinek $PQ$ , a punkt $M$ należy do odcinka $PQ$ . Wreszcie, gdy punkt $N$ leży między punktami $M$ i $P$ , to stwierdzamy analogicznie, że wtedy $N$ jest punktem wspólnym odcinków $a_1, a_2, \ldots, a_k, a_{k+1}$ . Z przesłanek a) i b) wynika prawdziwość twierdzenia dla dowolnego $n \geq 2$ .

Uwaga. Powyższe twierdzenie o odcinkach na prostej jest przypadkiem szczególnym pewnego ważnego twierdzenia o figurach wypukłych.

Figura nazywa się wypukła, jeżeli ma tę własność, że gdy należą do niej punkty $A$ i $B$ , to należy też do niej cały odcinek $AB$ . Pojedynczy punkt uważamy także za figurę wypukłą. Zakreskowana część płaszczyzny na rys. 20 jest figurą wypukłą, natomiast figura na rys. 21 nie jest wypukła.

Figurami wypukłymi są na przykład: odcinek, prosta, kwadrat, koło, płaszczyzna, sześcian, kula. Łuk okręgu, pierścień kołowy, dowolna część powierzchni kuli, para płaszczyzn przecinających się lub równoległych nie są figurami wypukłymi. Trójkąt jest figurą wypukłą, czworokąt zaś może być wypukły lub niewypukły (wklęsły). W dalszym ciągu będziemy mówili tylko o figurach wypukłych leżących na jednej płaszczyźnie. Ponadto przyjmiemy, że figury te są ograniczone, tzn. że każdą z nich można zmieścić w dostatecznie wielkim kole. Umówimy się wreszcie rozważać tylko figury domknięte, tzn. odcinek razem z końcami, wielokąt razem z obwodem, koło razem z jego okręgiem itd.

Wymienimy dwie proste własności figur wypukłych, z których potem skorzystamy.

1. Niech $F_1, F_2, F_3, \ldots$ będą figurami wypukłymi, przy czym ilość tych figur jest dowolna (może ich być nawet nieskończenie wiele). Jeżeli istnieją punkty wspólne wszystkich tych figur, to zbiór (ogół) tych punktów, czyli część wspólna $\Phi$ figur $F_1, F_2, F_3, \ldots$ jest figurą wypukłą (rys. 22).

Istotnie, jeżeli punkty $A$ i $B$ należą do figury $\Phi$ , to należą do każdej z figur wypukłych $F_1, F_2, F_3, \ldots$ ; w takim razie odcinek $AB$ też należy do każdej z tych figur, tzn. należy do $\Phi$ .

2. Niech $F$ i $G$ będą dwiema figurami wypukłymi płaszczyzny, nie mającymi żadnego punktu wspólnego. Wówczas jedną z nich można oddzielić od drugiej linią prostą, tzn. tak poprowadzić prostą, żeby figury $F$ i $G$ leżały po przeciwnych stronach tej prostej. Taką prostą jest na przykład symetralna $s$ odcinka łączącego dwa najbliższe sobie punkty $M$ i $N$ figur $F$ i $G$ (rys. 23). Istnienie najkrótszej odległości $MN$ dwóch figur wypukłych, choć intuicyjnie wydaje się oczywiste, wymagałoby dowodu, który tutaj pomijamy. Odcinków takich jak $M$ N, tj. przedstawiających najkrótszą odległość figur $F$ i $G$ , może być wiele.

Istotnie, prosta $s$ nie może mieć punktu wspólnego z żadną z figur $F$ i $G$ . Gdyby bowiem pewien punkt $P$ prostej $s$ należał na przykład do figury $F$ , to cały odcinek $MP$ należałby do $F$ , a w takim razie, prowadząc z punktu $N$ prostopadłą do prostej $MP$ , otrzymalibyśmy w przecięciu z $MP$ punkt $Q$ figury $F$ leżący bliżej punktu $N$ figury $G$ niż punkt $M$ , wbrew założeniu. Zatem figura $F$ leży całkowicie po tej stronie prostej $s$ , co punkt $M$ , a figura $G$ - po stronie przeciwnej.

Istnieje wiele ciekawych twierdzeń o figurach wypukłych. Do wstępnego studium teorii figur wypukłych można polecić książkę: I. Jagłom i W. Bołtiański - Figury wypukłe, PWN 1955. Zajmiemy się tutaj jednym z nich, o którym wzmiankowaliśmy już wyżej. Jest to twierdzenie następujące.

Jeżeli figury wypukłe $F_1, F_2, F_3, \ldots, F_n$ ( $n \geq 3$ ) są położone na płaszczyźnie w taki sposób, że każde $3$ z nich mają (co najmniej jeden) punkt wspólny, to wszystkie te figury mają (co najmniej jeden) punkt wspólny.

Zwróćmy uwagę na dwa przypadki szczególne, w których dowód tego twierdzenia jest natychmiastowy.

a) Jeżeli któreś $2$ z figur $F_1, F_2, \ldots, F_n$ mają tylko jeden punkt wspólny, to punkt ten jest punktem wspólnym wszystkich figur.

b) Jeżeli któraś figura, np. $F_n$ jest odcinkiem $AB$ , przy czym nie zachodzi przypadek a), to części wspólne figur $F_1, F_2, F_3, \ldots, F_{n-1}$ z odcinkiem $AB$ są pewnymi odcinkami $a_1, a_2, \ldots, a_{n-1}$ . Każde dwa z tych odcinków, na przykład $a_1$ i $a_2$ , mają jakiś punkt wspólny, gdyż figury $F_1$ , $F_2$ i $AB$ mają według założenia punkt wspólny. Na podstawie twierdzenia udowodnionego wyżej, wszystkie odcinki $a_1, a_2, \ldots, a_{n-1}$ mają punkt wspólny; punkt ten jest wówczas wspólny wszystkim figurom $F_1, F_2, \ldots, F_n$ .

Jeżeli nie zachodzi żaden z przypadków a) i b), dowód twierdzenia jest nieco dłuższy. Aby ułatwić jego zrozumienie, przyjmiemy, że dane figury wypukłe są kołami; czytelnik zechce jednak sprawdzić, że w rozumowaniu nie skorzystamy z żadnej własności koła prócz tej, że jest ono figurą wypukłą (różną od odcinka). Dowód, który podamy, stosuje się wobec tego do dowolnych figur wypukłych (nie będących odcinkami).

Załóżmy zatem, że mamy na płaszczyźnie $n$ takich kół $K_1, K_2, \ldots, K_n$ ( $n \geq 3$ ), że każde $3$ z nich mają punkt wspólny. Mamy dowieść, że istnieje punkt wspólny dla wszystkich $n$ kół.

Zastosujemy metodę indukcji zupełnej. Gdy $n = 3$ twierdzenie jest prawdziwe, gdyż teza pokrywa się wtedy z założeniem. Przypuśćmy, że jest ono prawdziwe, gdy $n = p \geq 3$ i weźmy pod uwagę $p + 1$ kół $K_1, K_2, \ldots, K_p, K_{p+1}$ , z których każde mają jakiś punkt wspólny. Według założenia indukcyjnego koła $K_1, K_2, \ldots, K_p$ mają jakąś część wspólną (składającą się z jednego lub więcej punktów); jest to pewna figura wypukła $\Phi$ .

Mamy udowodnić, że $\Phi$ ma jakiś punkt wspólny z kołem $K_{p+1}$ . Przypuśćmy, że $\Phi$ i $K_{p+1}$ nie mają żadnego punktu wspólnego. Figury wypukłe $\Phi$ i $K_{p+1}$ nie mające punktów wspólnych można wówczas oddzielić od siebie pewną prostą $s$ . Weźmy pod uwagę którekolwiek dwa z kół $K_1, K_2, \ldots, K_p$ na przykład koła $K_1$ i $K_2$ . Koła te mają punkty wspólne po obu stronach prostej $s$ , na przykład jakikolwiek punkt $A$ wspólny kołom $K_1$ , $K_2$ , $K_{p+1}$ oraz dowolny punkt $B$ figury $\Phi$ (rys. 24).

Stąd wynika, że koła $K_1$ i $K_2$ przecinają się z prostą $s$ według odcinków $a_1$ i $a_2$ , które mają część wspólną; to samo dotyczy innych kół. Na prostej $s$ leży zatem $p > 2$ odcinków $a_1, a_2, \ldots, a_p$ , z których każde dwa mają część wspólną. Na mocy twierdzenia udowodnionego poprzednio istnieje zatem punkt wspólny należący do wszystkich tych odcinków, a więc na prostej $s$ leży punkt figury $\Phi$ , co przeczy temu, że prosta $s$ oddziela figury $\Phi$ i $K_{p+1}$ .

Przypuszczenie, że figury $\Phi$ i $K_{p+1}$ nie mają punktów wspólnych, doprowadziło do sprzeczności, jest ono więc fałszywe. Istnieje zatem co najmniej jeden punkt wspólny dla wszystkich kół $K_1, K_2, \ldots, K_p, K_{p+1}$ . Na podstawie indukcji matematycznej wnosimy stąd, że twierdzenie nasze jest prawdziwe dla każdego $n \geq 3$ . Inny dowód tego twierdzenia, zwanego twierdzeniem Helly-Radona, znajduje się w cytowanej poprzednio książce Jagłoma i Bołtiańskiego.

W taki sam sposób można udowodnić analogiczne twierdzenie o figurach wypukłych w przestrzeni trójwymiarowej: Jeżeli każde $4$ spośród $n$ figur wypukłych mają co najmniej jeden punkt wspólny, to wszystkie te figury mają co najmniej jeden punkt wspólny.

X OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

Z punktu $M$ powierzchni kuli poprowadzono trzy wzajemnie prostopadłe cięciwy kuli $MA$ , $MB$ , $MC$ . Dowieść, że odcinek łączący punkt $M$ ze środkiem kuli przecina płaszczyznę trójkąta $ABC$ w środku ciężkości tego trójkąta.

Rozwiązanie

Płaszczyzna $AMB$ przecina powierzchnię kuli wzdłuż okręgu, który przechodzi przez punkty $A$ , $M$ i $B$ , czyli jest okręgiem opisanym na trójkącie prostokątnym $AMB$ ; środek tego okręgu leży zatem w środku $K$ odcinka $AB$ (rys. 25).

Środek $O$ kuli leży na prostopadłej wystawionej w punkcie $K$ do płaszczyzny $AMB$ po tej samej stronie płaszczyzny $AMB$ co punkt $C$ . Ponieważ prosta $MC$ jest prostopadła do płaszczyzny $AMB$ , więc proste $KO$ i $MC$ leżą - jako równoległe - w jednej płaszczyźnie. Odcinki $MO$ i $KC$ są przekątnymi trapezu $MKOC$ , przecinają się zatem w pewnym punkcie $S$ . Okazało się więc, że odcinek $MO$ przecina środkową $KC$ trójkąta $ABC$ . Tak samo przecina on każdą z pozostałych środkowych trójkąta $ABC$ , a ponieważ odcinek $MO$ nie leży w płaszczyźnie $ABC$ , więc stąd wynika, że przechodzi on przez środek ciężkości trójkąta $ABC$ .

X OM - III etap

III etap X Olimpiady Matematycznej

X OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

III

Dowieść, że dla dowolnych liczb $a$ i $b$ zachodzi nierówność

$ (1) \qquad \frac{a+b}{2} \cdot \frac{a^2+b^2}{2} \cdot \frac{a^3+b^3}{2} \leq \frac{a^6+b^6}{2}. $

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw, że

$ (2) \qquad \frac{a + b}{2} \cdot \frac{a^3 + b^3}{2} \leq \frac{a^4 + b^4}{2}. $

Nierówność (2) jest równoważna nierówności

$ (3) \qquad 2(a^4 + b^4) - (a+b) (a^3 + b^3) \geq 0. $

Otóż

$ \begin{split} 2(a^4 + b^4) - (a + b) (a^3 + b^3) &= a^4 - a^3b - ab^3 + b^4 = \\ &= a^3(a-b) - b^3 (a - b) =\\ &= (a - b) (a^3 - b^3) =\\ &= (a - b)^2 (a^2 + ab + b^2). \end{split} $

Widzimy, że lewa strona nierówności (3) jest iloczynem dwóch czynników nieujemnych; nierówność (3) a zatem, i (2) jest prawdziwa. Udowodnimy z kolei nierówność

$ (4) \qquad \frac{a^2 + b^2}{2} \cdot \frac{a^4 + b^4}{2} \leq \frac{a^6 + b^6}{2}; $

jest ona równoważna nierówności

$ (5) \qquad 2(a^6 + b^6) - (a^2 + b^2) (a^4 + b^4) \geq 0. $

Przekształcamy lewą stronę nierówności (5):

$ \begin{split} 2(a^6 + b^6) - (a^2 + b^2) (a^4 + b^4) &= a^6 - a^4b^2 - a^2b^4 + b^6 =\\ &= (a^4 - b^4) (a^2 - b^2) =\\ &= (a^2 + b^2) (a^2 - b^2)^2; \end{split} $

otrzymaliśmy, jak poprzednio, iloczyn dwóch czynników nieparzystych, nierówność (5), a zatem i (4) jest więc prawdziwa.

Z nierówności (2) i (4) wynika natychmiast nierówność (1).

Uwaga. Sposób 1 ma tę wyższość nad 2, że metoda w nim użyta może być też zastosowana w wielu innych przypadkach. Mianowicie wzory (2) i (4), które posłużyły do dowodu nierówności (1) są przypadkami szczególnymi następującego twierdzenia:

Jeżeli $a$ i $b$ są dowolnymi liczbami, a $m$ i $n$ - liczbami naturalnymi tej samej parzystości (tzn. $m + n =$ liczbie parzystej), to

$ \nr{\alpha} \frac{a^m + b^m}{2} \cdot \frac{a^n + b^n}{2} \leq \frac{a^{m+n} + b^{m+n}}{2}. $

Dla dowodu zastępujemy powyższą nierówność przez nierówność równoważną

$ 2(a^{m+n} + b^{m+n}) - (a^m + b^m) (a^n + b^n) \geq 0, $

którą po przekształceniu lewej strony możemy napisać w postaci

$ \nr{\beta} (a^m - b^m) (a^n - b^n) \geq 0. $

Aby udowodnić nierówność $(\beta)$ , skorzystamy z założenia, że $m$ i $n$ są tej samej parzystości i rozróżnimy dwa przypadki:

a) $m$ i $n$ są nieparzyste.

Ponieważ potęga o wykładniku nieparzystym rośnie wraz z podstawą potęgi, więc jeśli $a \geq b$ , to $a^m \geq b^m$ i $a^n \geq b^n$ , a jeśli $a < b$ , to $a^m < b^m$ i $a^n < b^n$ , zachodzi zatem zawsze nierówność $(\beta)$ . Można to wykazać np. w sposób następujący. Niech $a > b$ ; jeżeli $a > 0$ , $b \geq 0$ , to $a^m > b^m$ dla każdego naturalnego $m$ ; jeżeli $a > 0$ , $b < 0$ , to przy nieparzystym $m$ jest $a^m > 0$ , $b^m < 0$ , więc $a^m > b^m$ ; jeżeli $a \leq 0$ , to $b < 0$ , więc $- b > - a \geq 0$ , skąd $(- b)^m > (- a)^m$ , co przy nieparzystym $m$ daje $- b^m > - a^m$ , zatem $a^m > b^m$ .

b) $m$ i $n$ są parzyste, $m = 2k$ , $n =2l$ , gdzie $k$ i $l$ są liczbami naturalnymi.

Jeżeli $a^2 \geq b^2$ , to

$ (a^2)^k \geq (b^2)^k \textrm{ i } (a^2)^l \geq (b^2)^l, $

czyli

$ a^m \geq b^m \textrm{ i } a^n \geq b^n, $

więc zachodzi nierówność $(\beta)$ .

Jeżeli $a^2 < b^2$ , to

$ (a^2)^k < (b^2)^k \textrm{ i } (a^2)^l < (b^2)^l, $

skąd

$ a^m < b^m \textrm{ i } a^n < b^n, $

więc i w tym przypadku zachodzi nierówność (8).

Zauważmy, że jeżeli $a$ i $b$ są liczbami nieujemnymi, to nierówność ( $\alpha$ ) zachodzi dla dowolnych naturalnych wykładników $m$ i $n$ . Istotnie, w zakresie liczb nieujemnych każda potęga o wykładniku naturalnym jest funkcją rosnącą podstawy, więc nierówność (8) zachodzi dla dowolnych naturalnych $m$ i $n$ .

X OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

III

W trójkącie równobocznym $ABC$ obrano punkt $O$ i opuszczono prostopadle $OM$ , $ON$ , $OP$ odpowiednio na boki $BC$ , $CA$ , $AB$ . Dowieść, że suma odcinków $AP$ , $BM$ , $CN$ nie zależy od położenia punktu $O$ .

Rozwiązanie

Twierdzenie, które mamy udowodnić, można sprowadzić do znanego twierdzenia (Por. Siódma Olimpiada Matematyczna, zadanie 12), że suma odległości dowolnego punktu trójkąta równobocznego od wierzchołków trójkąta równa się wysokości tego trójkąta.

Poprowadźmy przez wierzchołki $A$ , $B$ , $C$ danego trójkąta proste prostopadłe odpowiednio do boków $AB$ , $BC$ , $CA$ . Przyjmując oznaczenia podane na rys. 29, otrzymujemy trójkąt równoboczny $A'B'C'$ , w którym odległości punktu $O$ od boków $B'C'$ , $C'A'$ , $A'B'$ są odpowiednio równe odległościom punktów $P$ , $M$ , $N$ od wierzchołków $A$ , $B$ , $C$ , tj.

$ AP = OM',\ BM = ON',\ CN = OP', $

wobec czego

$ AP + BM + CN = OM' + ON' + OP'. $

Suma $OM' + ON' + OP'$ nie zależy od położenia punktu $O$ i równa się wysokości trójkąta $A'B'C'$ . Jeżeli $a$ oznacza długość boku trójkąta $ABC$ , to bok trójkąta $A'B'C'$ ma długość $b = a\sqrt{3}$ , a wysokość jest równa $\frac{1}{2}b \sqrt{3} = \frac{3}{2} a$ . Zatem $AP + BM + CN = \frac{3}{2}a$ .

Uwaga. Twierdzenie, które poznaliśmy, można zastąpić twierdzeniem ogólniejszym, które jest prawdziwe i wtedy, gdy punkt $O$ znajduje się poza trójkątem $ABC$ . Obierzmy na prostej $AB$ kierunek dodatni od $A$ do $B$ , na prostej $BC$ - kierunek od $B$ do $C$ i na prostej $AC$ - kierunek od $C$ do $A$ . Niech $AB$ , $BM$ i $CN$ oznaczają miary względne odcinków skierowanych (wektorów) będących odpowiednio rzutami wektorów $AO$ , $BO$ , $CO$ na proste skierowane (osie) $AB$ , $BC$ , $CA$ . Wówczas suma

$ AP + BM + ON $

ma wartość niezależną od położenia punktu $O$ na płaszczyźnie, mianowicie równa się $\frac{3}{2} AB$ .

Dowód można przeprowadzić tak samo jak poprzednio, np. sposobem 1, co ilustruje rys. 30. Można zastosować również sposób 2.

X OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

III

Dany jest ostrosłup o podstawie kwadratowej $ABCD$ i o wierzchołku $S$ . Znaleźć najkrótszą drogę, której początkiem i końcem jest punkt $S$ i która przechodzi przez wszystkie wierzchołki podstawy.

Rozwiązanie

Niech $a$ oznacza długość boku kwadratu $ABCD$ ; długości krawędzi bocznych ostrosłupa oznaczymy literami $k$ , $l$ , $m$ , $n$ w ten sposób, żeby było $k \leq l \leq m \leq n$ .

Każdą drogę zaczynającą się i kończącą w punkcie $S$ oraz przechodzącą przez wszystkie wierzchołki kwadratu możemy zapisać symbolicznie w postaci

$ (1) \qquad S \ldots W_1 \ldots W_2 \ldots W_3 \ldots W_4 \ldots S, $

gdzie $W_1, W_2, W_3, W_4$ oznaczają wierzchołki $A$ , $B$ , $C$ , $D$ wzięte w pewnej kolejności. Część drogi od $S$ do $W_1$ nie może być krótsza od krawędzi $SW_1$ , a część drogi od $W_4$ do $S$ nie może być krótsza od krawędzi $SW_4$ . Obie te części drogi razem nie mogą mieć długości mniejszej niż suma dwóch najkrótszych krawędzi bocznych, tj. niż $k + l$ . Część drogi od $W_1$ do $W_2$ nie może być krótsza niż bok kwadratu, tj. niż $a$ ; to samo dotyczy drogi od $W_2$ do $W_3$ i od $W_3$ do $W_4$ . Cała droga (1) nie może być zatem krótsza niż

$ k + l + 3a. $

Jeśli więc znajdziemy taką drogę, której długość równa się właśnie $k + l+ 3a$ , będzie to droga najkrótsza. W tym celu wyznaczymy dwie najkrótsze krawędzie boczne ostrosłupa.

Poprowadźmy $4$ osie symetrii kwadratu $ABCD$ (rys. 31). Dzielą one płaszczyznę kwadratu na $8$ obszarów kątowych $\textrm{I}-\textrm{VIII}$ . Rzut $O$ wierzchołka $S$ ostrosłupa na płaszczyznę kwadratu leży wewnątrz lub na brzegu jednego z tych obszarów, dajmy na to obszaru $\textrm{I}$ . Na podstawie własności symetralnej odcinka zachodzą wówczas nierówności

$ OA \leq OB \leq OD \leq OC. $

Zatem $OA$ i $OB$ są dwoma najkrótszymi spośród odcinków $OA$ , $OB$ , $OC$ , $OD$ . W takim razie $SA$ i $SB$ są dwiema najkrótszymi krawędziami ostrosłupa (krótszemu rzutowi odpowiada krótsza pochyła), mianowicie $SA = k$ , $SB = l$ , z czego wynika, że droga $SADCBS$ , której długość $SA + AD + DC + CB + BS = k + l + 3a$ jest poszukiwaną drogą najkrótszą.

Gdy punkt $O$ leży na półprostej $MA$ , ale nie pokrywa się ze środkiem $M$ kwadratu, są dwie drogi najkrótsze $SADCBS$ i $SABCDS$ . Gdy wreszcie punkt $O$ pokrywa się z punktem $M$ , są cztery takie drogi. Każdą drogę można oczywiście przebiegać w dwóch kierunkach.

X OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli równanie kwadratowe

$ (1) \qquad ax^2 + bx + c = 0 $

o współczynnikach całkowitych ma pierwiastek wymierny, to co najmniej jedna z liczb $a$ , $b$ , $c$ jest parzysta.

Rozwiązanie

\spos{1} Załóżmy, że liczba $\frac{p}{q}$ , gdzie $p$ i $q$ oznaczają liczby całkowite pierwsze względem siebie, jest pierwiastkiem równania (1). Po podstawieniu $x = \frac{p}{q}$ do równania (1) i pomnożeniu przez $q^2$ otrzymujemy

$ (2) \qquad ap^2 + bpq + cq^2 = 0. $

Zauważmy, że suma liczb całkowitych $ap^2$ , $bpq$ i $cq^2$ może być tylko wtedy równa zeru, gdy każda z tych liczb jest parzysta lub gdy jedna jest parzysta a dwie nieparzyste.

Może zajść jeden z trzech przypadków.

a) $p$ i $q$ są liczbami nieparzystymi. Wówczas liczby $a$ , $b$ , $c$ nie mogą być wszystkie trzy nieparzyste, gdyż wtedy $ap^2$ , $bpq$ , $cq^2$ byłyby liczbami nieparzystymi i równość (2), jak zauważyliśmy, byłaby niemożliwa.

b) $p$ jest liczbą parzystą, a $q$ - nieparzystą. W tym przypadku $ap^2$ i $bpq$ są liczbami parzystymi, zatem $cq^2$ musi być też z uwagi na (2), liczbą parzystą, a że $q$ jest nieparzyste, więc $c$ musi być liczbą parzystą.

c) $p$ jest liczbą nieparzystą, a $q$ - parzystą. Analogicznie, jak w punkcie b) wnioskujemy, że w tym przypadku $a$ musi byc liczbą parzystą.

X OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

III

W płaszczyźnie trójkąta $ABC$ porusza się prosta, która przecina boki $AC$ i $BC$ w takich punktach $D$ i $E$ , że $AD = BE$ . Znaleźć miejsce geometryczne środka $M$ odcinka $DE$ .

Rozwiązanie

Gdy $AC = BC$ , poszukiwanym miejscem geometrycznym jest dwusieczna kąta $C$ . Pozostaje do rozpatrzenia tylko przypadek, gdy $AC \ne BC$ . W dalszym ciągu przyjmiemy, że $AC < BC$ .

Zauważmy najpierw, że gdy $AC < BC$ , to prosta $DE$ przecina prostą $AB$ w punkcie leżącym na przedłużeniu $AB$ poza punkt $B$ , gdyż punkt $E$ leży w pasie między prostą $AB$ a równoległą do $AB$ przechodzącą przez punkt $D$ (co stwierdzamy powołując się na twierdzenie Talesa). Stąd wnioskujemy, że $\measuredangle CDE > \measuredangle CAB$ (na mocy twierdzenia o kącie zewnętrznym trójkąta), zatem $\measuredangle CED < \measuredangle CBA$ (rys. 32).

Prowadzimy przez punkty $A$ i $M$ proste równoległe odpowiednio do prostych $DE$ i $AC$ i otrzymujemy równoległobok $ADMK$ , przy czym punkt $K$ leży na zewnątrz trójkąta $ABC$ . Analogicznie budujemy równoległobok $BEMN$ . Wierzchołek $N$ leży wewnątrz trójkąta $ABC$ . Odcinek $KN$ przecina zatem odcinek $AB$ w pewnym punkcie $S$ . Trójkąty $AKS$ i $BNS$ są symetryczne względem punktu $S$ , gdyż wobec równoległości prostych $AK$ i $NB$ są one jednokładne względem punktu $S$ , a nadto $AK = DM = ME = NB$ . Stąd wynika, że punkt $S$ jest środkiem każdego z odcinków $AB$ i $KN$ . Trójkąt $KMN$ jest równoramienny, gdyż $KM = AD = BE = NM$ , więc prosta $MS$ jest dwusieczną kąta $KMN$ . Ponieważ ramiona kąta $KMN$ są zgodnie równoległe do ramion kąta $ACB$ , więc prosta $MS$ jest równoległa do dwusiecznej kąta $ACB$ .

Dowiedliśmy, że punkt $M$ , którego miejsca geometrycznego szukamy, leży na prostej poprowadzonej przez środek $S$ odcinka $AB$ równolegle do dwusiecznej kąta $ACB$ , a mianowicie wewnątrz odcinka $SO$ tej prostej leżącego w trójkącie $ABC$ . Odwrotnie, każdy punkt wewnętrzny odcinka $SO$ owej prostej należy do poszukiwanego miejsca geometrycznego. Stwierdzamy to z łatwością, odwracając wnioskowanie poprzednie. Niech $M$ będzie dowolnym punktem wewnętrznym odcinka $SO$ . Prowadzimy przez punkt $M$ równoległe do $CA$ i do $CB$ , a przez punkt $S$ prostopadłą do $SO$ i otrzymujemy trójkąt równoramienny $KMN$ . Trójkąty $ASK$ i $BSN$ są symetryczne względem punktu $S$ , zatem $AK \parallel NB$ i $AK = NB$ . Prowadząc przez punkt $M$ prostą równoległą do $AK$ i $NB$ , otrzymujemy równoległoboki $ADMK$ i $BEMN$ , w których $AD = KM = NM = BE$ i $DM = AK = NB = ME$ . Istotnie więc punkt $M$ należy do miejsca geometrycznego.

Jeżeli punkt $M$ obierzemy w punkcie $O$ , to rozumując jak wyżej, wykażemy, że punkt $O$ jest środkiem takiego odcinka $CC'$ , że $C'B = CA$ . Możemy uważać, że punkty $S$ i $O$ też należą do naszego miejsca geometrycznego.

Otrzymany wynik można uogólnić. Jeżeli zamiast trójkąta $ABC$ rozważać będziemy całe proste $AC$ i $BC$ przecięte prostą ruchomą w punktach $D$ i $E$ , przy czym $AD = BE$ , to jako miejsce geometryczne środka $M$ odcinka $DE$ otrzymamy całą prostą $SO$ .

X OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

III

Dany jest trójkąt, w którym boki $a$ , $b$ , $c$ tworzą postęp arytmetyczny, a kąty tworzą też postęp arytmetyczny. Znaleźć stosunki boków tego trójkąta.