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.