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 $ABC$ .