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.