IX OM

IX Olimpiada Matematyczna

Opracowanie rozwiązań: Stefan Straszewicz

IX OM - I etap

I etap IX Olimpiady Matematycznej

IX OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

Dowieść, że jeżeli każda z funkcji

$(1) \qquad (a_1x + b_1)^2 + (a_2x + b_2)^2,$

$(2) \qquad (b_1x + c_1)^2 + (b_2x + c_2)^2$

jest kwadratem funkcji liniowej nie będącej stałą, to funkcja

$(3) \qquad (c_1x + a_1)^2 + (c_2x + a_2)^2$

jest kwadratem funkcji liniowej.

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że jeśli funkcja $Ax^2 + 2Bx + C$ jest kwadratem funkcji liniowej $mx + n$ , to jej wyróżnik znika, czyli $B^2 - AC = 0$ . Istotnie, z tożsamości $Ax^2 + 2Bx + C = m^2x^2 + 2mnx + n^2$ wynika, że $B^2 - AC = (mn)2 - m^2n^2 = 0$ .

Odwrotnie, jeśli $B^2 - AC = 0$ i $C > 0$ , to funkcja $Ax^2 + 2Bx + C$ jest kwadratem funkcji liniowej. Albowiem gdy $A \ne 0$ , to z warunków $B^2 = AC$ i $C > 0$ wynika, że $A > 0$ , zatem

$ Ax^2+ 2Bx + C = \frac{1}{A} (A^2x^2 + 2ABx + B^2) = \frac{1}{A} (Ax + B)^2 = \left( \frac{Ax+B}{\sqrt{A}} \right)^2, $

gdy zaś $A = 0$ , to $B= 0$ i

$ Ax^2 + 2Bx + C = C = (\sqrt{C})^2. $

Funkcję (1) możemy napisać w postaci

$ (a_1^2 + a_2^2)x^2 + 2 [a_1b_1 + a_2b_2) x + (b_1^2 + b_2^2). $

Wyróżnik tej funkcji,

$ 4 [(a_1b_1 + a_2b_2)^2 - (a_1^2 + a_2^2)(b_1^2 + b_2^2)] = - 4 (a_1b_2 - a_2b_1)^2, $

jest w myśl powyższej uwagi równy zeru, więc

$ (4) \qquad a_1b_2 - a_2b_1 = 0. $

Podobnie dla funkcji (2)

$ (5) \qquad b_1c_2 - b_2c_1 = 0. $

Rugując z (4) i (5) kolejno $b_2$ i $b_1$ , otrzymujemy

$ (6) \qquad (a_1c_2 - a_2c_1)b_1 = 0, $

$ (7) \qquad (a_1c_2 - a_2c_1)b_2 = 0. $

Ponieważ funkcja (2) nie jest stała, więc przynajmniej jedna z liczb $b_1$ i $b_2$ jest różna od zera, wobec czego z równań (6) i (7) wynika, że

$ (8) \qquad a_1c_2 - a_2c_1 = 0. $

Z równości (8) wynika, że funkcja (3), tj. funkcja

$ (c_1^2 + c_2^2) x^2 + 2 (a_1c_1 + a_2c_2) x + (a_1^2 + a_2^2) $

ma wyróżnik równy zeru, gdyż wyróżnik ten równa się $- 4 (a_1c_2 - a_2c_1)^2$ . Wyraz stały $a_1^2 + a_2^2$ tej funkcji nie może być równy zeru, gdyż wówczas byłoby $a_1 = 0$ , $a_2 = 0$ wbrew założeniu, że funkcja (1) nie jest stała. W takim razie $a_1^2 + a_2^2 > 0$ , skąd w myśl uwagi wymienionej na wstępie wnioskujemy, że funkcja (3) jest kwadratem funkcji liniowej.

IX OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

Obliczyć sumę

$ 1 \cdot 2 \cdot 3 + 2 \cdot 3 \cdot 4 + 3 \cdot 4 \cdot 5 + \ldots + n(n + 1) (n + 2). $

Rozwiązanie

Wyraz $k$ -ty danej sumy równa się

$ k (k + 1) (k + 2) = k^3 + 3k^2 + 2k. $

Podstawmy w tej równości za $k$ kolejno $1, 2, 3, \ldots, n$ ; otrzymamy

$1 \cdot 2 \cdot 3 = 1^3 + 3 \cdot 1^2 + 2 \cdot 1,$

$2 \cdot 3 \cdot 4 = 2^3 + 3 \cdot 2^2 + 2 \cdot 2,$

$3 \cdot 4 \cdot 5 = 3^3 + 3 \cdot 3^2 + 2 \cdot 3,$

$\ldots$

$n (n + 1) (n + 2) = n3 + 3n^2 + 2n.$

Dodając te równości stronami, otrzymujemy

$ s = (1^3 + 2^3 + 3^3 + \ldots + n^3) + 3 (1^2 + 2^2 + 3^2 + \ldots + n^2) + 2 (1 + 2 + 3 + \ldots + n), $

gdzie $s$ oznacza obliczaną sumę. Wiadomo, że

$1 + 2 + 3 + \ldots + n = \frac{1}{2} n(n+1),$

$1^2 + 2^2 + 3^2 + \ldots + n^2 = \frac{1}{6} n (n + 1) (2n + 1),$

$1^3 + 2^3 + 3^3 + \ldots + n^3 = \frac{1}{4} n^2 (n + 1)^2,$

wobec czego

$ s = 2 \cdot \frac{1}{2} n (n + 1) + 3 \cdot \frac{1}{6} n(n + 1) (2n + 1) + \frac{1}{4} n^2 (n + 1)^2, $

skąd po uproszczeniu otrzymujemy

$ s = \frac{1}{4} n (n + 1) (n + 2) (n + 3). $

IX OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

Od trójkąta $ABC$ odcięto trzy trójkąty narożne prostymi równoległymi do boków trójkąta i stycznymi do kola wpisanego w ten trójkąt. Dowieść, że suma promieni kół wpisanych w trójkąty odcięte równa się promieniowi koła wpisanego w trójkąt $ABC$ .

Rozwiązanie

Niech $r$ oznacza promień koła wpisanego w trójkąt $ABC$ , $S$ - jego pole, $r_1$ , $r_2$ , $r_3$ - promienie kół wpisanych w trójkąty narożne, leżące odpowiednio przy wierzchołkach $A$ , $B$ , $C$ , wreszcie $a$ , $b$ , $c$ - boki trójkąta przeciwległe tym wierzchołkom oraz $h_a$ , $h_b$ , $h_c$ - wysokości opuszczone na te boki.

Stosunek promienia koła wpisanego w jeden z trójkątów narożnych do promienia koła wpisanego w $\triangle ABC$ równa się stosunkowi wysokości obu trójkątów, gdyż są to trójkąty podobne. Zważywszy, że wysokości trójkątów narożnych są równe odpowiednio $h_a - 2r$ , $h_b - 2r$ i $h_c - 2r$ , uzyskujemy proporcję

$ \frac{r_1}{r} = \frac{h_a - 2r}{h_a},\textrm{ skąd } \frac{r_1}{r} = 1 - \frac{2r}{h_a} = 1 - \frac{ar}{S} $

i analogicznie $\frac{r_2}{r} = 1 - \frac{br}{S}$ , $\frac{r_3}{r} = 1 - \frac{cr}{S}$ .

Dodając te równości, otrzymujemy

$ \frac{r_1 + r_2 + r_3}{r} = 3 - \frac{(a+b+c)r}{S} = 3 - \frac{2S}{S} =1, $

czyli $r_1 + r_2 + r_3 = r$ c. n. d.

IX OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

Dany jest odcinek $AH$ i na nim punkt $M$ ; zbudować trójkąt $ABC$ w ten sposób, żeby odcinek $AH$ był jedną z wysokości trójkąta $ABC$ , a punkt $M$ - środkiem jednej z pozostałych wysokości.

Rozwiązanie

Niech $AH$ i $CL$ będą wysokościami trójkąta $ABC$ , przy czym $CM = ML$ (rys. 4). Odmierzmy na $MA$ odcinek $MN = HM$ . Trójkąt $LMN$ jest przystający do trójkąta $CMH$ ( $ML = CM$ , $MN = HM$ , $\measuredangle LMN = \measuredangle CMH$ ), zatem $\measuredangle MNL = \measuredangle MHC = 90^\circ$ . W trójkącie prostokątnym $ALM$ znamy przeciwprostokątną $AM$ i rzut $NM$ przyprostokątnej $LM$ na przeciwprostokątną, trójkąt $ALM$ potrafimy więc zbudować. Konstrukcja jest następująca.

Rysujemy okrąg o średaicy $AM$ . W punkcie $N$ odcinka $AM$ ( $NM = MH$ ) prowadzimy prostopadłą do prostej $AH$ . Jeśli ta prostopadła przecina okrąg w punkcie $L$ , prowadzimy proste $AL$ , $LM$ oraz prostą prostopadłą do prostej $AH$ w punkcie $H$ , która przetnie proste $AL$ i $LM$ odpowiednio w punktach $B$ i $C$ . Trójkąt $ABC$ spełnią warunki zadania, gdyż według konstrukcji jest $AH \bot BC$ , $CL \bot AB$ , $\measuredangle CMH = \measuredangle LMN$ , skąd $CM = ML$ .

Konstrukcja jest wykonalna, jeśli punkt $N$ leży wewnątrz okręgu o średnicy $AM$ , tj. jeśli $MH < AM$ i otrzymuje się dwa rozwiązania symetryczne względem $AH$ .

IX OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

Dowieść, że liczba

$ 53^{103} + 103^{53} $

jest podzielna przez $78$ .

Rozwiązanie

Zauważmy, że w rozwinięciu potęgi $(a \pm 1)^n$ , gdzie $a$ i $n$ oznaczają liczby naturalne, wszystkie wyrazy prócz ostatniego są podzielne przez $a$ , a wyraz ostatni równa się $(\pm 1)^m$ . Wobec tego

$ 53^{103} = (54 - 1)^{103} = m \cdot 54 - 1, $

$ 103^{53} = (102 + 1)^{53} = n \cdot 102 + 1. $

Stąd

$ 53^{103} + 103^{53} = m \cdot 54 + n \cdot 102. $

Liczba $53^{103} + 103^{53}$ jest zatem podzielna przez $6$ .

Podobnie

$ 53^{103} = (52 + 1)^{103} = p \cdot 52 + 1, $

$ 103^{53} = (104 - 1)^{53} = q \cdot 104 - 1, $

$ 53^{103} + 103^{53} = p \cdot 52 + q \cdot 104, $

liczba $53^{103} + 103^{53}$ jest więc podzielna przez $52$ .

Z powyższego wynika, że liczba $53^{103} + 103^{53}$ jest podzielna przez najmniejszą wspólną wielokrotną liczb $6$ i $52$ , tj. przez $156$ , zatem również przez $78$ .

Udało nam się udowodnić twierdzenie mocniejsze od tego, które było sformułowane w tekście zadania.

IX OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczby $a$ , $b$ , $c$ , $d$ spełniają warunki

$ ac - bd \ne 0 \textrm{ i } (a^2 - b^2) (c^2 - d^2) < 0, $

to funkcja

$ (1) \qquad y = \frac{(ax + b) (cx + d)}{(bx + a) (dx + c)} $

przybiera wszystkie wartości rzeczywiste.

Rozwiązanie

Z nierówności, które spełniają $a$ , $b$ , $c$ , $d$ wynika, że równanie (1) jest równoważne równaniu

$ (bx + a) (dx + c) y = (ax + b) (ex + d), $

skąd po uporządkowaniu otrzymujemy równanie

$ (2) \qquad (ac - bdy)x^2 + (ad + bc) (1 - y)x + (bd - acy) = 0. $

Należy udowodnić, że równanie (2) ma dla każdej wartości $y$ przynajmniej jeden pierwiastek $x$ .

Zależnie od obranej wartości $y$ rozróżnimy $2$ przypadki:

a) $ac - bdy \ne 0$ .

Równanie (2) jest wówczas stopnia drugiego i należy wykazać, że jego wyróżnik $\Delta$ nie jest ujemny. Otóż

$ \begin{split} \Delta & = (ad + bc)^2 (1 - y)^2 - 4 (ac - bdy) (bd - acy) = [(ad + bc)^2 - 4 abcd] y^2 + \\ & - 2 [(ad + bc)^2 - 2a^2c^2 - 2b^2d^2]y + [(ad + bc)^2 - 4 abcd] =\\ & = (ad - bc)^2y^2 + 2 [(a^2 - b^2) (c^2 - d^2) + (ac - bd)^2]y + (ad-bc)^2. \end{split} $

Zauważmy, że w powyższym wyrażeniu współczynnik przy $y^2$ równa się

$ \begin{split} (ad - bc)^2 & = a^2d^2 - 2abcd + b^2c^2 = (ac - bd)^2 + a^2d^2 + b^2c^2 - a^2c^2 - b^2d^2 = \\ & = (ac - bd)^2 + (a^2 - b^2) (d^2 - c^2); \end{split} $

według przyjętych założeń wynika stąd, że

$ (ad - bc)^2 > 0, \textrm{ czyli }ad - bc \ne 0, $

wyróżnik $\Delta$ jest zatem funkcją kwadratową zmiennej $y$ . Zbadamy znak wyróżnika $\delta$ tej funkcji. Obliczamy

$ \begin{split} \delta &= 4 \{[(a^2 - b^2) (c^2 - d^2) + (ac - bd)^2]^2 - (ad - bc)^4\} =\\ &= 4 [(a^2 - b^2) (c^2 - d^2) + (ac - bd)^2 + (ad - bc)^2] \cdot \\ &\quad \cdot [(a^2 - b^2) (c^2 - d^2) + (ac - bd)^2 - (ad - bc)^2] =\\ &= 4 [2a^2c^2 - 4abcd + 2b^2d^2] [2 (a^2c^2 - a^2d^2 - b^2c^2 + b^2d^2)] =\\ &= 16 (ac - bd)^2 (a^2 - b^2) (c^2 - d^2). \end{split} $

Z przyjętych założeń wynika, że $\delta < 0$ . Funkcja $\Delta(y)$ ma zatem stały znak, a ponieważ jej współczynnik przy $y^2$ jest dodatni, zatem $\Delta(y) > 0$ dla każdego $y$ . Stąd wynika, że równanie (2) ma dla każdego $y$ spełniającego warunek a) dwa pierwiastki.

b) $ac - bdy = 0$ .

Wartość $y$ spełniająca warunek b) istnieje tylko wówczas, gdy $bd \ne 0$ ; jest nią liczba $y = \frac{ac}{bd}$ . Podstawmy tę wartość do równania (2); po pomnożeniu przez mianownik $bd$ otrzymujemy równanie

$ (ad + bc) (bd - ac) x + b^2d^2 - a^2c^2 = 0, $

które wobec warunku $ac - bd \ne 0$ jest równoważne równaniu

$ (3) \qquad (ad + bc) x + bd + ac = 0. $

Współczynnik $ad + bc$ jest wobec przyjętych założeń różny od zera. Istotnie, gdyby zachodziła równość $ad + bc = 0$ , to byłoby również $(ad + bc)^2 = 0$ ; dodając tę ostatnią równość stronami do nierówności $(a^2 - b^2) (c^2 - d^2) < 0$ , otrzymalibyśmy, jak łatwo sprawdzić, nierówność fałszywą $(ac + bd)^2 < 0$ .

Równanie (3) ma zatem rozwiązanie

$ x = - \frac{bd + ac}{ad + bc}. $

Streśćmy uzyskane wyniki. Funkcja zmiennej $x$ określona wzorem (1), gdzie współczynniki $a$ , $b$ , $c$ , $d$ spełniają założenia podane w tekście zadania, przybiera, w przypadku gdy $bd \ne 0$ , każdą obraną wartość rzeczywistą $y$ dwukrotnie, z wyjątkiem wartości $y = \frac{ac}{bd}$ , którą przybiera tylko jeden raz. W przypadku gdy $bd = 0$ , funkcja (1) każdą wartość bez wyjątku przybiera dwa razy.

Na przykład funkcja $\frac{(x-3))2x-1)}{(1-3x)(2 - x)}$ , której wykres naszkicowany jest na rys. 5, przybiera każdą wartość $2$ razy z wyjątkiem wartości $\frac{2}{3}$ , którą przybiera tylko dla $x = \frac{5}{7}$ .

Funkcja $\frac{x (x - 2)}{1 - 2x}$ przedstawiona na rys. 6 przybiera każdą wartość bez wyjątku 2 razy.

IX OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

Dowieść, że jeżeli figura płaska o rozmiarach skończonych ma środek symetrii $O$ i oś symetrii $s$ , to punkt $O$ leży na prostej $s$ .

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że twierdzenie nie jest prawdziwe, tzn. że istnieje figura $F$ o rozmiarach skończonych mająca oś symetrii $s$ i nie leżący na prostej $s$ środek symetrii $O$ . Niech $OS = d$ (rys. 7) oznacza odległość punktu $O$ od prostej $s$ i niech $A_1$ będzie dowolnym punktem figury $F$ oraz $A_1T = a$ jego odległością od prostej $s$ . Punkt $A_2$ symetryczny do $A_1$ względem prostej $s$ należy również do figury $F$ ; oznaczenia możemy oczywiście dobrać w ten sposób, żeby punkt $A_2$ znajdował się po przeciwnej stronie prostej $s$ niż punkt $O$ . Weźmy pod uwagę dwa dalsze punkty figury $F$ , mianowicie punkt $A_3$ symetryczny do $A_2$ względem punktu $O$ oraz punkt $A_4$ symetryczny do $A_3$ względem prostej $s$ . Niech $R$ oznacza punkt przecięcia prostej $A_3A_4$ z osią $s$ , a $U$ - punkt przecięcia prostej $A_2S$ z prostą $A_3A_4$ .

Zauważmy, że odcinek $A_3U$ jest jednokładny do odcinka $OS$ względem punktu $A_2$ w skali $A_2A_3 \colon A_2O = 2$ , a odcinek $UR$ - symetryczny do odcinka $A_2T$ względem punktu $S$ . Wobec tego $A_3U = 2d$ , $UR = a$

$ A_3R = a + 2d. $

Okazało się, że jeśli na figurze $F$ znajduje się punkt odległy od osi $s$ o $a$ , to znajduje się na niej również punkt odległy od tej osi o $a + 2d$ . Przez indukcję wnioskujemy stąd, że na figurze $F$ istnieje wówczas punkt odległy od osi $s$ o $a + 2nd$ , gdzie $n$ oznacza dowolną liczbę naturalną. W takim razie figura $F$ nie może mieć rozmiarów skończonych (inaczej mówiąc nie może być ograniczona) wbrew założeniu. Zaprzeczenie tezy naszego twierdzenia doprowadziło do sprzeczności, zatem twierdzenie zostało udowodnione.

IX OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

Jaką figurą płaską jest przekrój sześcianu o krawędzi $a$ płaszczyzną przechodzącą przez środki trzech krawędzi parami skośnych?

Rozwiązanie

Każda krawędź sześcianu spotyka cztery inne krawędzie, jest równoległa do trzech dalszych, a skośna do czterech pozostałych parami równoległych krawędzi. Jeżeli obierzemy dowolnie jedną krawędź sześcianu $ABCDA'B'C'D'$
(rys. 8), np. $AB$ , to dwie inne krawędzie skośne do $AB$ i do siebie możemy dobrać dwoma sposobami: $AB$ , $CC_1$ , $A_1D_1$ lub $AB$ , $B_1C_1$ , $DD_1$ .

Ponieważ te dwie trójki krawędzi są symetryczne względem płaszczyzny symetralnej krawędzi $AB$ , więc to samo dotyczy przekrojów sześcianu płaszczyznami przechodzącymi przez środki krawędzi każdej trójki i wystarczy rozpatrzyć jeden z nich. Wyznaczymy przekrój sześcianu płaszczyzną poprowadzoną przez środki $M$ , $N$ , $P$ krawędzi $AB$ , $CC_1$ , $A_1D_1$ .

Zauważmy w tym celu, że odległości każdego z punktów $M$ , $N$ , $P$ od punktów $B_1$ i $D$ są równe, gdyż każda z nich równa się odcinkowi, który w kwadracie o boku $a$ łączy środek jednego z boków z jednym z wierzchołków kwadratu przeciwległych temu bokowi.

Płaszczyzna $MNP$ jest zatem płaszczyzną symetralną odcinka $B_1D$ . Na tejże płaszczyźnie symetralnej leżą również środki $M_1$ , $N_1$ , $P_1$ krawędzi sześcianu przeciwległych odpowiednio do $AB$ , $CC_1$ , $A_1D_1$ , które są też punktami równo odległymi od punktów $B_1$ i $D$ . Wobec tego płaszczyzna $MNP$ przecina wszystkie $6$ ścian sześcianu odpowiednio według odcinków $MP_1$ , $P_1N$ , $NM_1$ , $M_1P$ , $PN_1$ , $N_1M$ ; przekrojem sześcianu jest sześciokąt $MP_1NM_1PN_1$ . Sześciokąt ten jest foremny, gdyż jego boki są sobie równe, a przy tym można na nim opisać koło, albowiem środek $O$ sześcianu jest równoodległy od wierzchołków sześciokąta.

IX OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

Dowieść, że zachodzi nierówność

$ (1) \qquad \frac{1}{a + b + c} + \frac{1}{a + b + d} + \frac{1}{a + c + d}+ \frac{1}{b + c + d} \geq \frac{16}{3(a + b + c + d)}, $

gdzie $a$ , $b$ , $c$ , $d$ oznaczają liczby dodatnie.

Rozwiązanie

Nierówności (1) nadamy prostszą postać, wprowadzając oznaczenia

$ b + c + d = x,\ a + c + d = y,\ a + b + d = z,\ a + b + c = u. $

Wówczas $3(a+b+c + d) = x + y + z + u$ i nierówność (1) przybiera postać

$ (2) \qquad \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{u} \geq \frac{16}{x + y + z + u}, $

przy czym $x > 0$ , $y > 0$ , $z > 0$ , $u > 0$ . Podamy dwa dowody nierówności (2).

\spos{1} Zauważmy, że gdy $m > 0$ i $n > 0$ , to

$ (3) \qquad \frac{1}{m} + \frac{1}{n} \geq \frac{4}{m + n}. $

Istotnie

$ \frac{1}{m} + \frac{1}{n} = \frac{m+n}{mn} = \frac{(m + n)^2}{mn(m+n)} \geq \frac{4mn}{mn(m+n)} = \frac{4}{m+n}. $

Zatem

$ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \geq \frac{4}{x+y} \textrm{ oraz } \frac{1}{z} + \frac{1}{u} \geq \frac{4}{z+u} $

skąd

$ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} +\frac{1}{z} + \frac{1}{u} \geq 4 \left( \frac{1}{x+y} + \frac{1}{z+u} \right) . $

Stosując nierówność (3) do prawej strony powyższej nierówności, otrzymujemy

$ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} +\frac{1}{z} + \frac{1}{u} \geq \frac{16}{x + y + z + u}. $

IX OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

Dowieść, że dla każdego naturalnego $n$

$ \sin \frac{2\pi}{n} + \sin \frac{4\pi}{n} + \sin \frac{6\pi}{n} + \ldots + \sin \frac{2n \pi}{n} = 0. $

Rozwiązanie

\spos{1} Oznaczmy lewą stronę powyższej równości literą $S$ ; ponieważ ostatni jej wyraz $\sin \frac{2n\pi}{n}$ równa się zeru, więc

$ S = \sin \frac{2\pi}{n} + \sin \frac{4\pi}{n} + \ldots + \sin \frac{(2n-4) \pi}{n} + \sin \frac{(2n-2) \pi}{n} = 0. $

Zmieniając w sumie $S$ kolejność wyrazów, mamy

$ S = \sin \frac{(2n-2)\pi}{n} + \sin \frac{(2n-4)\pi}{n} + \ldots + \sin \frac{4\pi}{n} + \sin \frac{2\pi}{n} = 0. $

Dodając obie równości stronami, otrzymujemy

$ \begin{split} S & = \left( \sin \frac{2\pi}{n} + \sin \frac{(2n-2)\pi}{n} \right) + \left( \sin \frac{4\pi}{n} + \sin \frac{(2n-4)\pi}{n} \right) + \ldots + \\ & + \left( \sin \frac{(2n-4) \pi}{n} + \sin \frac{4\pi}{n} \right) + \left( \sin \frac{(2n-2) \pi}{n} + \sin \frac{2\pi}{n} \right). \end{split} $

Każde z wyrażeń zawartych w nawiasach równa się zeru, gdyż

$ \sin \frac{(2n - 2k)\pi}{n} = \sin \left( 2\pi - \frac{2k\pi}{n} \right) = - \sin \frac{2k\pi}{n}, $

gdzie ( $k = 1, 2, \ldots, n - 1$ ).

Zatem $2S = 0$ , c. n. d.

Powyższe rozwiązanie posiada prostą interpretację geometryczną. Weźmy pod uwagę wektory jednostkowe (tj. o długości $1$ ) $\overrightarrow{OA_1}, \overrightarrow{OA_2}, \ldots, \overrightarrow{OA_{n-1}}, \overrightarrow{OA_n}$ (rys. 9), tworzące z osią $OX$ kąty $\frac{2\pi}{n}, \frac{4\pi}{n}, \ldots, \frac{(2n-2)\pi}{n}, \frac{2n\pi}{n}$ .

Wówczas powyższa suma $S$ równa się sumie miar rzutów tych wektorów na oś $OY$ , tj. sumie miar wektorów $\overrightarrow{OB_1}, \overrightarrow{OB_2}, \ldots, \overrightarrow{OB_{n-1}}, \overrightarrow{OB_n}$ . Otóż te rzuty są parami przeciwne: $\overrightarrow{OB_{n-1}}= - \overrightarrow{OB_1}, \overrightarrow{OB_{n-2}} = - \overrightarrow{OB_2}, \ldots$ itd., z wyjątkiem rzutu wektora $\overrightarrow{OA_n}$ oraz - gdy $n$ jest parzyste - rzutu wektora $\overrightarrow{OA_{\frac{n}{2}}}$ , które się pokrywają z punktem $O$ . Zatem wektor $S= 0$ .

IX OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

Dowieść, że jeżeli dwa czworokąty mają te same środki boków, to mają równe pola. Wykazać słuszność analogicznego twierdzenia dla wielokątów wypukłych o dowolnej parzystej liczbie boków.

Rozwiązanie

Niech $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ będą odpowiednio środkami boków $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DA$ czworokąta $ABCD$ (rys. 10). Na mocy twierdzenia o odcinku łączącym środki dwóch boków trójkąta mamy w trójkącie $ABD$

$ MQ \parallel BD \textrm{ i } MQ = \frac{1}{2} BD, $

a w trójkącie $BCD$

$ NP \parallel BD \textrm{ i } NP = \frac{1}{2} BD, $

zatem $MQ = NP$ i $MQ \parallel NP$ , wobec czego czworokąt $MNPQ$ jest równoległobokiem; prosta $BD$ dzieli go na równoległoboki $QMKL$ i $PNKL$ . Pole równoległoboku $QMKL$ jest połową pola trójkąta $ABD$ , gdyż bok $MQ$ i wysokość równoległoboku względem tego boku są równe połowie boku $BD$ i połowie wysokości względem $BD$ w trójkącie $ABD$ . Tak samo pole równoległoboku $PNKL$ jest połową pola trójkąta $BCD$ . Zatem pole czworokąta $ABCD$ jest dwa razy większe od pola równoległoboku $MNPQ$ .

Jeśli zatem dwa czworokąty mają te same środki boków $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ , to pola ich są równe, a mianowicie równe podwójnemu polu równoległoboku $MNPQ$ .

Udowodnimy twierdzenie ogólniejsze, że jeśli dwa wielokąty wypukłe o $2n$ bokach mają te same środki boków, to mają równe pola. Zastosujemy indukcję zupełną. Dla $n = 2$ twierdzenie jest prawdziwe, załóżmy, że jest ono prawdziwe dla $n = k - 1$ ( $k \geq 3$ ). Niech $A_1A_2 \ldots A_{2k}$ i $B_1B_2 \ldots B_{2k}$ będą dwoma wielokątami wypukłymi o $2k$ bokach mającymi te same środki boków $M_1, M_2, \ldots M_{2k}$ , przy czym $M_i$ oznacza wspólny środek boków $A_iA_{i+1}$ i $B_iB_{i+1}$ . Na rys. 11 wielokąt $B_1B_2 \ldots B_{2k}$ nie został narysowany, czytelnik zechce go sobie wyobrazić.

Poprowadźmy w tych wielokątach przekątne $A_1A_4$ i $B_1B_4$ dzielące je na czworokąty $A_1A_2A_3A_4$ i $B_1B_2B_3B_4$ oraz wielokąty wypukłe $A_1A_4 \ldots A_{2k}$ i $B_1 B_4 \ldots B_{2k}$ o $2k - 2$ bokach. Środek $N$ odcinka $A_1A_4$ jest jednoznacznie wyznaczony przez punkty $M_1$ , $M_2$ , $M_3$ , gdyż jest to czwarty wierzchołek równoległoboku, którego trzema kolejnymi wierzchołkami są punkty $M_1$ , $M_2$ , $M_3$ . Stąd wynika, że ten sam punkt $N$ jest również środkiem przekątnej $B_1B_4$ wielokąta $B_1B_2\ldots B_{2k}$ . Znaczy to, że zarówno oba czworokąty $A_1A_2A_3A_4$ i $B_1B_2B_3B_4$ , jak oba wielokąty $A_1A_4\ldots A_{2k}$ i $B_1B_4 \ldots B_{2k}$ mają te same środki boków. W takim razie na podstawie twierdzenia poprzedniego

$ \textrm{pole } A_1A_2A_3A_4 = \textrm{pole } B_1B_2B_3B_4, $

a na mocy założenia indukcyjnego

$ \textrm{pole } A_1A_4\ldots A_{2k} = \textrm{pole } B_1B_4\ldots B_{2k}. $

Dodając te równości stronami, otrzymujemy

$ \textrm{pole } A_1A_2\ldots A_{2k} = \textrm{pole } B_1B_2\ldots B_{2k}. $

Uwaga 1. Przeprowadzony powyżej dowód twierdzenia dla czworokątów stosuje się zarówno do czworokątów wypukłych, jak wklęsłych (por. rys. 10). Natomiast w dowodzie twierdzenia dla wielokątów o parzystej liczbie boków większej niż $4$ korzystaliśmy z założenia, że chodzi o wielokąty wypukłe, a mianowicie opieraliśmy się na tym, że prowadząc w wielokącie wypukłym o $2k$ bokach przekątną przez wierzchołki pierwszy i czwarty (liczone w określonym kierunku po obwodzie), podzielimy wielokąt na czworokąt i wielokąt o $2k - 2$ bokach. Powstaje pytanie, czy twierdzenie jest prawdziwe dla wielokątów wklęsłych. Odpowiedź jest twierdząca, ale dowód trzeba poprowadzić inaczej, gdyż istnieją takie wielokąty wklęsłe, w których nie ma przekątnej odcinającej od wielokąta czworokąt, jak np. $12$ -kąt gwiaździsty na rys. 12. Dowodu tego nie podajemy, pozostawiając go jako ciekawe, ale trudne zadanie dla czytelnika.

Uwaga 2. Twierdzenie jest prawdziwe również dla wielokątów o nieparzystej liczbie boków. W tym przypadku jest ono oczywiste, gdyż dwa wielokąty o nieparzystej liczbie boków mające te same środki boków muszą się pokrywać. Por. Zadania z Olimpiad Matematycznych, Warszawa 1956, PZWS, zadanie nr 123.

IX OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

Dany jest okrąg o promieniu $r$ i półproste $AB$ i $AC$ styczne do tego okręgu w punktach $B$ i $C$ . Wyznaczyć taką styczną do danego okręgu, której odcinek zawarty w kącie $BAC$ jest najkrótszy.

Rozwiązanie

Żądanej prostej należy oczywiście szukać między tymi stycznymi do danego okręgu, które przecinają odcinki $AB$ i $AC$ , gdyż dla innych stycznych odcinki zawarte w kącie $BAC$ są większe niż odcinki stycznych równoległych do nich. Niech $MN$ (rys. 13) będzie odcinkiem prostej stycznej do danego okręgu. Weźmy pod uwagę trójkąt $MON$ . Kąt $MON$ tego trójkąta równa się połowie $\measuredangle BOC$ , gdyż $\measuredangle MOH= \measuredangle MOB$ , a $\measuredangle HON = \measuredangle NOC$ ; ponieważ $\measuredangle BOC = 180^\circ - \measuredangle A$ , więc $\measuredangle MON = 90^\circ - \frac{1}{2} \measuredangle A$ . Wysokość $OH$ trójkąta $MON$ równa się promieniowi $r$ danego okręgu. Zatem w trójkącie $MON$ kąt przy wierzchołku $O$ i wysokość z tego wierzchołka mają wielkość stałą i zadanie sprowadza się do zadania następującego: który z trójkątów o danej wysokości i danym kącie przy wierzchołku ma najmniejszą podstawę? Aby na to pytanie odpowiedzieć, wystarczy oprzeć się na konstrukcji trójkąta, gdy mamy dane: podstawę $l$ , kąt przy wiejzchołku $\alpha$ i wysokość $h$ . Znana ta konstrukcja przedstawiona jest na rys. 14. Gdy $h$ i $\alpha$ pozostają bez zmiany, a $l$ się zmniejsza, wówczas zmniejsza się również promień $MS$ łuku mieszczącego kąt $\alpha$ . Długość $l$ jest najmniejsza wówczas, gdy ten łuk jest styczny do prostej $KL$ . Trójkąt jest wówczas równoramienny. A zatem poszukiwaną prostą jest ta styczna do okręgu, dla której $\triangle MON$ jest równoramienny, tj. która jest prostopadła do osi symetrii $AO$ danej figury.

IX OM - II etap

II etap IX Olimpiady Matematycznej

IX OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

Dowieść, że jeżeli $a$ jest liczbą całkowitą różną od $1$ i od $- 1$ , to $a^4 + 4$ nie jest liczbą pierwszą.

Rozwiązanie

Wyrażenie $a^4 + 4$ możemy w następujący sposób przedstawić w postaci iloczynu $2$ czynników:

$ a^4 + 4 = a^2 + 4a^2 + 4 - 4a^2 = (a^2 + 2)^2 - 4a^2 = (a^2 + 2a + 2) (a^2 - 2a + 2). $

Ponieważ

$ a^2 + 2a + 2 = (a + 1)^2 + 1, $

$ a^2 - 2a + 2 = (a - 1)^2 + 1, $

więc gdy $a \ne 1$ i $a \ne - 1$ , to każdy z tych czynników jest dodatni i większy od $1$ . Stąd wynika, że gdy $a$ jest liczbą całkowitą różną od $1$ i od $- 1$ , to $a^4 + 4$ nie jest liczbą pierwszą.

IX OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

Sześć równych krążków położono na płaszczyźnie w ten sposób, że ich środki leżą w wierzchołkach sześciokąta foremnego o boku równym średnicy krążków. Ile obrotów wykona siódmy krążek tej samej wielkości toczący się w tej samej płaszczyźnie zewnętrznie po krążkach do chwili powrotu do położenia początkowego?

Rozwiązanie

Niech koło $K$ o środku $O$ i promieniu $r$ toczy się bez ślizgania, po kole o środku $S$ i promieniu $R$ (rys. 16) w kierunku zaznaczonym strzałką. Toczenie się bez ślizgania należy rozumieć w ten sposób, że coraz to inny punkt jednego okręgu pokrywa się z coraz to innym punktem drugiego okręgu, przy czym w tym przyporządkowaniu długość łuku między dwoma punktami jednego okręgu równa się długości łuku między odpowiednimi punktami drugiego okręgu.

Weźmy pod uwagę dwa położenia $K$ i $K_1$ koła ruchomego, którym odpowiadają środki $O$ i $O_1$ oraz punkty styczności z kołem nieruchomym $A$ i $B_1$ ; niech $B$ będzie tym punktem okręgu koła $K$ , który w nowym położeniu przechodzi w punkt styczności $B_1$ i niech $\alpha$ i $\beta$ oznaczają miary łukowe kątów $ASB_1$ i $AOB$ . Ponieważ długość łuku $AB_1$ nieruchomego okręgu równa się długości łuku $AB$ ruchomego okręgu, więc $R \alpha = r \beta$ . Promień $OA$ okręgu ruchomego zajmie nowe położenie $O_1A_1$ , przy czym $\measuredangle A_1O_1B_1 = \measuredangle AOB = \beta$ . Poprowadźmy promień $O_1A_0$ równoległy do $OA$ ; otrzymamy $\measuredangle A_0O_1B_1 = \measuredangle ASB_1 = \alpha$ . Kąt $A_0O_1A_1 = \alpha + \beta$ jest równy kątowi, o który obróciło się koło $K$ przy przejściu z położenia $K$ do położenia $K_1$ . Jeżeli $R = r$ , to $\beta = \alpha$ , kąt obrotu wynosi wówczas $2 \alpha$ .

Po ustaleniu powyższego łatwo odpowiedzieć na postawione pytanie.

Ruchomy krążek $K$ toczy się kolejno po danych sześciu krążkach; przejście z jednego z nich na drugi ma miejsce w tych położeniach, w których krążek $K$ jest styczny jednocześnie do dwóch krążków nieruchomych. Niech $K_1$ i $K_2$ będą tymi położeniami, w których krążek $K$ jest styczny do krążka nieruchomego $N$ i do jednego z krążków sąsiednich (rys. 17). Wówczas $\measuredangle O_1SO_2 = 120^\circ$ , więc przy przejściu z położenia $K_1$ do położenia $K_2$ krążek obróci się o $240^\circ$ . Do położenia początkowego krążek powróci po $6$ takich obrotach, obróci się więc razem o $6 \cdot 240^\circ = 4 \cdot 360^\circ$ , tzn. wykona $4$ pełne obroty.

Uwaga. Można rozważać ogólniej toczenie się krążka o promieniu $r$ po dowolnej krzywej $C$ (rys. 18). Gdy punkt styczności $A$ przebiegnie po krzywej łuk $AB_1$ o długości $l$ , wówczas kąt, o który obróci się krążek, wynosi $\alpha + \beta$ , gdzie $\alpha$ równa się kątowi prostych $OA$ i $O_1B_1$ , czyli kątowi, jaki tworzą normalne do krzywej $C$ w punktach $A$ i $B$ , a $\beta = \frac{l}{r}$ .

IX OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

Dowieść, że jeżeli wielomian $f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d$ o współczynnikach całkowitych przybiera dla $x = 0$ i $x = 1$ wartości nieparzyste, to równanie $f(x) = 0$ nie ma pierwiastków całkowitych.

Rozwiązanie

Według założenia liczby $f(0) = d$ i $f(1) = a + b + c + d$ są nieparzyste. Wykażemy, że $f(x)$ jest wówczas dla każdego całkowitego $x$ liczbą całkowitą nieparzystą. Istotnie, jeśli $x$ jest liczbą parzystą, to $f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d$ jest sumą liczb parzystych $ax^3$ , $bx^2$ , $cx$ i liczby nieparzystej $d$ . Jeżeli zaś $x$ jest liczbą nieparzystą, to $f(x) = a (x^3 - 1) + b(x^2 - 1) + c (x - 1) + (a + b + c + d)$ jest sumą liczb parzystych $a(x^3 - 1)$ , $b(x^2 - 1)$ , $c(x - 1)$ i liczby nieparzystej $a + b + c + d$ . Zatem $f(x) \ne 0$ c. n. d.

Uwaga. Rozumowanie powyższe można zastosować do dowolnego wielomianu

$ f(x) = a_0x^n + a_2 x^{n-1} + \ldots + a_{n-1} x + a_n $

o współczynnikach całkowitych $a_0, a_1, \ldots, a_n$ .

Gdy $x$ jest liczbą całkowitą parzystą, to

$ f(x) - a_n = a_0 x^{n} + a_1 x^{n-1} + \ldots + a_{n-1} x $

jest też liczbą parzystą, zatem liczba $f(x)$ jest tej samej parzystości, co $a_n$ , czyli $f(0)$ .

Gdy zaś $x$ jest całkowite nieparzyste, to

$ f(x) - (a_0 + a_1 + \ldots + a_n) = a_0 (x^{n} - 1) + a_1 (x^{n-1} - 1) + \ldots + a_{n-1} (x - 1) $

jest liczbą parzystą, zatem liczba $f(x)$ jest tej samej parzystości, co liczba $a_0 + a_1 + \ldots + a_n$ równa $f(1)$ .

Jeśli więc $f(0)$ i $f(1)$ są liczbami nieparzystymi, to dla każdego całkowitego $x$ liczba $f(x)$ jest nieparzysta, wobec czego $f(x) \ne 0$ .

Można też powiedzieć, że jeżeli istnieją takie całkowite $k$ i $l$ , że $f(2k)$ i $f(2l + 1)$ są liczbami nieparzystymi, to $f(x)$ jest dla każdego całkowitego $x$ liczbą nieparzystą, zatem $f(x) \ne 0$ .

IX OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

Dowieść, że jeżeli

$ (1) \qquad (a + b + c)^2 = 3 (ab + bc + ac - x^2 - y^2 - z^2), $

gdzie $a$ , $b$ , $c$ , $x$ , $y$ , $z$ oznaczają liczby rzeczywiste, to $a = b = c$ oraz $x = y = z = 0$ .

Rozwiązanie

Przekształcając równość (1), otrzymujemy kolejno

$ a^2 + 2ab + b^2 + 2ac + 2bc + c^2 = 3ab + 3bc + 3ac - 3 (x^2 + y^2 + z^2), $

$ a^2 - ab + b^2 - ac - bc + c^2 = - 3 (x^2 + y^2 + z^2), $

$ \frac{1}{2} (a^2 - 2ab + b^2 + a^2 - 2ac + c^2 + b^2 - 2bc + c^2) = 3(x^2 + y^2 + z^2), $

$ (2) \qquad \frac{1}{2} [(a - b)^2 + (a - c)^2 + (b- c)^2] = - 3 (x^2 + y^2 + z^2). $

Ponieważ lewa strona równości (2) jest liczbą nieujemną, a prawa - liczbą niedodatnią, więc obie są równe zeru, skąd

$ a = b = c \textrm{ i } x = y = z = 0. $

IX OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

Na zewnątrz trójkąta $ABC$ zbudowano trójkąty równoboczne $BMC$ , $CNA$ i $APB$ . Dowieść, że środki $S$ , $T$ , $U$ tych trójkątów tworzą trójkąt równoboczny.

Rozwiązanie

Zauważmy, że $\measuredangle TAC = 30^\circ$ i $\measuredangle BAU = 30^\circ$ (rys. 22). Jeżeli obrócimy trójkąt $TAU$ dokoła punktu $A$ o $30^\circ$ w kierunku strzałki, to półprosta $AT$ pokryje półprostą $AC$ , a półprosta $AU$ - półprostą $AP$ , zatem $\measuredangle TAU = \measuredangle CAP$ . Ponieważ odcinki $AT$ i $AU$ są promieniami okręgów opisanych na trójkątach równobocznych o bokach $AC$ i $AP$ , więc $\frac{AT}{AC} = \frac{AU}{AP} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ . Trójkąty $TAU$ i $CAP$ mające przy wierzchołku $A$ kąty równe i boki proporcjonalne są podobne, zatem $\frac{TU}{CP}= \frac{AT}{AC} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ , skąd $TU = \frac{\sqrt{3}}{3} CP$ .

Podobnie wykażemy podobieństwo trójkątów $SBU$ i $CBP$ (trójkąt $SBU$ trzeba obrócić dokoła punktu $B$ o $30^\circ$ w kierunku przeciwnym do poprzedniego) i równość $SU = \frac{\sqrt{3}}{3} CP$ . Zatem $TU = SU$ ; tak samo udowodnimy, że $SU = TS$ , trójkąt $STU$ jest więc równoboczny.

Uwaga. Twierdzenie udowodnione powyżej jest znane pod nazwą twierdzenia Napoleona. Nietrudno się przekonać, że pozostaje ono prawdziwe i wówczas, gdy każdy z trójkątów równobocznych zbudowany jest po tej stronie odpowiedniego boku trójkąta $ABC$ , po której leży ten trójkąt. Stosuje się ono również do trójkąta zniekształconego, tj. do przypadku, gdy punkty $A$ , $B$ , $C$ leżą, na jednej prostej. Z trzech trójkątów równobocznych dwa mniejsze mają przy tym leżeć po jednej stronie tej prostej, a największy - po drugiej.

Można by zapytać, czy analogiczne twierdzenie zachodzi i dla innych wielokątów, czy np. środki kwadratów zbudowanych na zewnątrz czworokąta na jego bokach są wierzchołkami kwadratu. Odpowiedź jest przecząca; aby się o tym przekonać, wystarczy zbudować kwadraty na bokach deltoidu, złożonego na przykład z $2$ trójkątów prostokątnych o kątach ostrych $30^\circ$ i $60^\circ$ ; środki tych kwadratów tworzą trapez równoramienny o kątach $75^\circ$ przy podstawie.

Okazuje się, że prawdziwe jest następujące twierdzenie: Środki kwadratów zbudowanych na zewnątrz czworokąta na jego bokach są wtedy i tylko wtedy wierzchołkami kwadratu, gdy ten czworokąt jest równoległobokiem.

Aby wykazać słuszność tego twierdzenia udowodnimy najpierw następujący lemat: Jeżeli $S$ jest środkiem boku $BC$ trójkąta $ABC$ , a $U$ i $T$ są odpowiednio środkami kwadratów zbudowanych na bokach $AB$ i $AC$ na zewnątrz tego trójkąta, to trójkąt $STU$ jest trójkątem prostokątnym równoramiennym o przeciwprostokątnej $UT$ .

Twierdzenie to jest oczywiste, gdy $\measuredangle A = 90^\circ$ , gdyż wówczas $SU$ i $ST$ są odpowiednio równoległe do $AC$ i $AB$ i tworzą z prostą $UT$ kąty po $45^\circ$ . Załóżmy, że $\measuredangle A \ne 90^\circ$ .

Niech $\Gamma_U$ i $\Gamma_T$ oznaczają odpowiednio okręgi, opisane na kwadratach zbudowanych na bokach $AB$ i $AC$ . Ponieważ $\measuredangle A \ne 90^\circ$ , więc punkty $U$ , $A$ , $T$ nie leżą na jednej prostej i okręgi $\Gamma_U$ i $\Gamma_T$ mają - poza punktem $A$ - jeszcze punkt wspólny $O$ .

Jeżeli punkt $O$ jest różny od punktu $B$ i od punktu $C$ (rys. 23 i rys. 24), to każdy z kątów $AOB$ i $AOC$ jest równy $45^\circ$ albo $135^\circ$ . Zważywszy, że suma dwóch kątów spośród kątów $AOB$ , $AOC$ i $BOC$ bądź równa się trzeciemu z nich, bądź dopełnia trzeci kąt do $360^\circ$ , wnioskujemy, że kąt $BOC$ równa się $90^\circ$ , punkt $O$ jest więc punktem wspólnym okręgów $\Gamma_U$ , $\Gamma_T$ i okręgu $\Gamma_S$ o średnicy $BC$ . Boki trójkąta $STU$ łączące środki tych okręgów są prostopadłe odpowiednio do wspólnych cięciw $OA$ , $OB$ , $OC$ tych okręgów, a że $OB$ jest prostopadłe do $OC$ , więc w trójkącie $STU$ kąt $S$ jest prosty, a kąty $U$ i $T$ mają po $45^\circ$ .

Punkt $O$ może pokrywać się z punktem $B$ ; ma to miejsce wtedy, gdy w trójkącie $ABC$ jest $\measuredangle B = 135^\circ$ . Wówczas punkt $U$ leży na przedłużeniu odcinka $CB$ , odcinek $TS$ jest prostopadły do $CB$ , gdyż łączy środek okręgu $\Gamma_T$ ze środkiem cięciwy $BC$ , a $\measuredangle TUS = \measuredangle UBA = 45^\circ$ ; trójkąt $STU$ jest więc istotnie prostokątny w $S$ i równoramienny. Tak samo będzie w przypadku analogicznym, gdy punkt $O$ pokrywa się z punktem $C$ , tzn. gdy $C = 135^\circ$ .

Dowód wypowiedzianego poprzednio twierdzenia możemy obecnie ująć krótko. Niech $ABCD$ będzie równoległobokiem, $S$ jego środkiem, a $T$ , $U$ , $V$ , $W$ środkami kwadratów zbudowanych na zewnątrz równoległoboku na jego kolejnych bokach (rys. 25). Na mocy lematu trójkąty $TSU$ , $USV$ , $VSW$ i $WST$ są prostokątne w $S$ i równoramienne. Trójkąty te są zatem przystające i czworokąt $TUVW$ jest kwadratem.

Odwrotnie, przypuśćmy, że środki $T$ , $U$ , $V$ , $W$ kwadratów zbudowanych odpowiednio na bokach $AD$ , $AB$ , $BC$ , $CD$ czworokąta $ABCD$ na zewnątrz tego czworokąta są wierzchołkami kwadratu. Niech $S$ będzie środkiem przekątnej $BD$ , a $S'$ środkiem przekątnej $AC$ czworokąta. Na mocy lematu trójkąty $TSU$ i $VSW$ są prostokątne i równoramienne; punkt $S$ jest więc środkiem kwadratu $TUVW$ . To samo dotyczy punktu $S'$ , zatem $S$ i $S'$ pokrywają się i czworokąt $ABCD$ , którego przekątne dzielą się na połowy, jest równoległobokiem.

Dowód twierdzenia można również poprowadzić sposobem analogicznym do poprzedniego sposobu $2$ , posługując się obrotami dokoła wierzchołków czworokąta $ABCD$ o $45^\circ$ . Pozostawiamy to jako ćwiczenie.

Twierdzenie pozostaje prawdziwe, gdy kwadraty budujemy po tej stronie boków czworokąta $ABCD$ , po której leży ten czworokąt. Przy odpowiednim sformułowaniu pozostaje ono także prawdziwe dla takich czworokątów "zniekształconych", których wierzchołki $A$ , $B$ , $C$ , $D$ leżą na prostej. Niech czytelnik sam znajdzie to sformułowanie.

Współczesny matematyk włoski Adriano Bariotti znalazł następujące daleko idące uogólnienie twierdzenia Napoleona: Warunkiem koniecznym i dostatecznym do tego, aby środki wielokątów foremnych o $n$ bokach zbudowanych na bokach wielokąta $A_1A_2\ldots A_n$ na zewnątrz tego wielokąta były wierzchołkami wielokąta foremnego o $n$ bokach, jest warunek, żeby wielokąt $A_1A_2\ldots A_n$ był rzutem równoległym wielokąta foremnego o $n$ bokach (Wydrukowane w czasopiśmie: Bolletino del'Unione Matematica Italiana 3, rok 10.)

Twierdzenie to jest słuszne również w przypadku, gdy wielokąty foremne budujemy po tej stronie boków wielokąta $A_1A_2\ldots A_n$ , po której leży ten wielokąt.

IX OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

Na płaszczyźnie dane są dwa okręgi $C_1$ i $C_2$ oraz prosta $m$ . Znaleźć na prostej $m$ taki punkt, z którego można do okręgów $C_1$ i $C_2$ poprowadzić styczne jednakowo nachylone do prostej $m$ .

Rozwiązanie

Jeżeli dane okręgi mają wspólną styczną $s$ , przecinającą prostą $m$ w punkcie $S$ , to można uważać, że punkt $S$ odpowiada warunkom zadania, gdyż przez ten punkt przechodzą dwie pokrywające się styczne do danych okręgów jednakowo nachylone do prostej $m$ .

Pomijając to rozwiązanie banalne, poszukamy innych rozwiązań. Przypuśćmy, że przez punkt $T$ prostej $m$ przechodzą dwie różne proste $t_1$ i $t_2$ , styczne odpowiednio do okręgów $C_1$ i $C_2$ i jednakowo nachylone do prostej $m$ , czyli symetryczne względem $m$ (rys. 26). Okrąg $C'_1$ , symetryczny do okręgu $C_1$ względem $m$ , jest styczny do prostej symetrycznej do stycznej $t_1$ okręgu $C_1$ , tzn. do prostej $t_2$ . Zatem prosta $t_2$ jest wspólną styczną okręgów $C'_1$ i $C_2$ . Rozwiązaniem zadania jest punkt przecięcia $T$ każdej wspólnej stycznej okręgów $C'_1$ i $C_2$ z prostą $m$ . Zauważmy, że punkt $T$ jest jednocześnie punktem przecięcia z prostą $m$ wspólnej stycznej $t_1$ okręgu $C_1$ i okręgu $C'_2$ symetrycznego do okręgu $C_2$ względem prostej $m$ . Zadanie może mieć $4$ , $3$ , $2$ , $1$ lub $0$ rozwiązań.

IX OM - III etap

III etap IX Olimpiady Matematycznej

IX OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

III

Dowieść, że iloczyn trzech kolejnych liczb naturalnych, z których środkowa jest sześcianem liczby naturalnej, jest podzielny przez $504$ .

Rozwiązanie

Mamy dowieść, że jeżeli $a$ jest liczbą naturalną większą od $1$ , to liczba

$ N = (a^3 - 1)a^3 (a^3 + 1) $

jest podzielna przez $504 = 7 \cdot 8 \cdot 9$ . Ponieważ liczby $7$ , $8$ , $9$ są pierwsze względem siebie, więc zadanie sprowadza się do wykazania podzielności $N$ przez każdą z tych liczb.

a) Liczbę $a$ możemy przedstawić w postaci $a = 7k + r$ , gdzie $k$ jest liczbą naturalną, a $r$ - jedną z liczb $0$ , $1$ , $2$ , $3$ , $4$ , $5$ , $6$ . Wówczas $a^3 = 7^3k^3 + 3 \cdot 7^2k^2r + 3 \cdot 7 kr^2 + r^3$ , zatem przy dzieleniu przez $7$ liczba $a^3$ daje taką samą resztę jak $r^3$ . Lecz $r^3$ jest jedną z liczb $0$ , $1$ , $8$ , $27$ , $64$ , $125$ , $216$ , zatem reszta z dzielenia $a^3$ przez $7$ jest jedną z liczb $0$ , $1$ , $6$ , co oznacza, że jedna z liczb $a^3$ , $a^3 - 1$ , $a^3 + 1$ jest podzielna przez $7$ .

b) Aby stwierdzić podzielność liczby $N$ przez $8$ , wystarczy zauważyć, że gdy $a$ jest liczbą parzystą, to $a^3$ jest podzielne przez $8$ , gdy zaś $a$ jest nieparzyste to $a^3 - 1$ i $a^3 + 1$ są dwiema kolejnymi liczbami parzystymi, jedna z nich jest więc podzielna przez $4$ , a ich iloczyn przez $8$ .

c) Liczbę $a$ możemy przedstawić w postaci $a = 3l + s$ , gdzie $l$ jest liczbą naturalną, a $s$ - jedną z liczb $0$ , $1$ , $2$ . Wówczas $a^3 = 3^3l^3 + 3 \cdot 3l^2s + 3 \cdot 3l \cdot s^2 + s^3$ , skąd widzimy, że $a^3$ daje przy dzieleniu przez $9$ resztę $s^3$ , tzn. $0$ , $1$ lub $8$ . W takim razie jedna z liczb $a^3$ , $a^3 - 1$ lub $a^3 + 1$ jest podzielna przez $9$ .

Uwaga 1. Łatwo spostrzec, że w tekście twierdzenia można mówić ogólniej o liczbach całkowitych zamiast o liczbach naturalnych.

Uwaga 2. Posługując się prostymi wiadomościami z teorii liczb, można rozumowania przeprowadzone wyżej w p. a) i c) zastąpić prostszymi. Według małego twierdzenia Fermata (Patrz Siódma Olimpiada Matematyczna, Warszawa 1957, zadanie nr 2), gdy liczba całkowita $a$ jest niepodzielna przez $7$ , to zachodzi kongruencja

$ a^6 \equiv 1 \pmod 7,\textrm{ czyli }(a^3 - 1) (a^3 + 1) \equiv 0 \pmod 7, $

skąd wynika, że

$ a^3 - 1 \equiv 0 \pmod 7 \textrm{ lub } a^3 + 1 \equiv 0 \pmod 7. $

Początkowe wiadomości o kongruencjach można znaleźć w książce Zadania z Olimpiad Matematycznych, Warszawa 1956, PZWS, s. 28.

Zatem gdy $a$ jest dowolną liczbą całkowitą, to jedna z liczb $a^3$ , $a^3 - 1$ , $a^3 + 1$ jest podzielna przez $7$ .

Gdy chodzi o podzielność przez $9$ , które nie jest liczbą pierwszą, trzeba zastosować twierdzenie ogólniejsze od twierdzenia Fermata, a mianowicie tzw. twierdzenie Eulera (sławny matematyk szwajcarski, 1707-1783). Niech $m$ będzie liczbą naturalną, a $\varphi(m)$ niech oznacza ilość liczb naturalnych nie większych od $m$ i pierwszych względem $m$ . Na przykład $\varphi(1) = \varphi(2) = 1$ , $\varphi(3) = \varphi(4) = 2$ , $\varphi(5) = 4$ , $\varphi(6) = 2$ , $\varphi(7) = 6$ , $\varphi(8) = 4$ , $\varphi(9) = 6$ itd.

Twierdzenie Eulera brzmi: Jeżeli liczby całkowite $a$ i $m > 1$ są pierwsze względem siebie, to

$ a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod m. $

Gdy na przykład $m = 9$ , otrzymujemy twierdzenie: jeżeli liczba całkowita $a$ nie jest podzielna przez $3$ , to

$ a^6 \equiv 1 \pmod 9, $

skąd - jak wyżej - wynika, że przy dowolnym całkowitym $a$ jedna z liczb $a^3$ , $a^3 - 1$ , $a^3 + 1$ jest podzielna przez $9$ .

Dowód twierdzenia Eulera można przeprowadzić, jak następuje. Niech $r_1, r_2, \ldots, r_\varphi$ , gdzie $\varphi = \varphi(m)$ , będzie ciągiem rosnącym wszystkich liczb naturalnych nie większych od $m$ i pierwszych względem $m$ . Wówczas każda z liczb $ar_1, ar_2, \ldots, ar_\varphi$ jest także pierwsza względem $m$ ; niech $\rho_1, \rho_2, \ldots, \rho_\varphi$ oznaczają reszty tych liczb z dzielenia przez $m$ , wobec czego

$ (1) \qquad \alpha r_1 \equiv \rho_1 \pmod m,\ \alpha r_2 \equiv \rho_2 \pmod m,\ \ldots, \alpha r_\varphi \equiv \rho_\varphi \pmod m. $

Każda z liczb $\rho_i$ jest pierwsza względem $m$ , gdyż według (1) $\alpha r_i - \varphi_i$ jest podzielne przez $m$ , a $\alpha r_i$ jest pierwsze względem $m$ . Ponadto liczby $\rho_i$ są wszystkie różne, albowiem z równości $\rho_i = \rho_k$ wynikałoby, że $\alpha r_i \equiv \alpha r_k \pmod m$ , więc też $r_i \equiv r_k \pmod m$ , czyli $r_i \equiv r_k$ wbrew definicji liczb $r_i$ . Zatem liczby $\rho_1, \rho_2, \ldots, \rho_\varphi$ różnią się od liczb $r_1, r_2, \ldots, r_\varphi$ co najwyżej porządkiem i zachodzi równość

$ (2) \qquad r_1r_2\ldots r_\varphi = \rho_1\rho_2\ldots \rho_\varphi. $

Mnożąc kongruencje (1) stronami, otrzymujemy

$ (3) \qquad a^\varphi \cdot r_1r_2\ldots r_\varphi = \rho_1\rho_2\ldots \rho_\varphi \pmod m. $

Ponieważ każda z liczb $r_i$ jest pierwsza względem $m$ , więc to samo dotyczy iloczynu tych liczb, wobec czego z (2) i (3) wynika, że

$ a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod m, $

czego należało dowieść.

Zauważmy, że gdy $m$ jest liczbą pierwszą, to $\varphi(m) = m - 1$ ; twierdzenie Eulera daje w tym przypadku małe twierdzenie Fermata.

IX OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

III

Każdy bok czworokąta wypukłego $ABCD$ podzielono na trzy równe części; przez te punkty podziału boków $AB$ i $AD$ , które leżą bliżej wierzchołka $A$ , poprowadzono prostą i analogicznie postąpiono przy wierzchołkach $B$ , $C$ , $D$ . Dowieść, że środek ciężkości czworokąta utworzonego przez narysowane proste pokrywa się ze środkiem ciężkości czworokąta $ABCD$ .

Rozwiązanie

Przyjmiemy oznaczenia uwidocznione na rys. 27. Mamy dowieść, że środek ciężkości czworokąta $ABCD$ pokrywa się ze środkiem ciężkości czworokąta $MNPQ$ , który jest równoległobokiem, gdyż proste $MN$ i $QP$ (a także proste $14$ i $85$ ) są równoległe do prostej $AC$ , a proste $MQ$ i $NP$ są równoległe do prostej $BD$ .

Wyznaczymy najpierw środki ciężkości trójkątów $ABC$ i $ADC$ , na które przekątna $AC$ dzieli czworokąt $ABCD$ . Środek ciężkości $S$ trójkąta $ABC$ leży na środkowej $BK$ tego trójkąta, przy czym $BS = \frac{2}{3} BK$ ; ponieważ trójkąt $1B4$ jest jednokładny do trójkąta $ABC$ w skali $2 \colon 3$ , więc punkt $S$ leży w środku odcinka $14$ . Analogicznie środek ciężkości $T$ trójkąta $ADC$ leży w środku odcinka $85$ .

Wiadomo, że jeżeli figura składa się z dwóch części (nie zachodzących na siebie), to środek ciężkości tej figury leży na odcinku łączącym środki ciężkości obu części. Środek ciężkości czworokąta $ABCD$ leży zatem na odcinku $ST$ , a, tym samym na prostej przechodzącej przez środki boków $MN$ i $QP$ równoległoboku $MNPQ$ . Zupełnie tak samo musi on leżeć na prostej przechodzącej przez środki boków $MQ$ i $NP$ tego równoległoboku. Obie wymienione proste przecinają się w środku równoległoboku $MNPQ$ , który jest oczywiście środkiem ciężkości tego równoległoboku. Istotnie więc środki ciężkości czworokąta $ABCD$ i równoległoboku $MNPQ$ pokrywają się.

Uwaga 1. Twierdzenie jest prawdziwe również dla czworokąta wklęsłego; dowód przebiega tak samo jak dla czworokąta wypukłego z tą jedynie różnicą, że jeżeli $AC$ jest tą przekątną, która leży na zewnątrz czworokąta $ABCD$ (rys. 28), to środek ciężkości czworokąta $ABCD$ nie leży na odcinku $TS$ , lecz na jego przedłużeniu poza punkt $S$ .

Uwaga 2. Dowód poprzedni można zmodyfikować, jak następuje. Jeśli $S$ i $T$ są środkami ciężkości trójkątów $ABC$ i $ADC$ , to środek ciężkości czworokąta $ABCD$ jest tym punktem prostej $TS$ , który dzieli odcinek $TS$ (w przypadku rys. 27 wewnętrznie, a w przypadku rys. 28 zewnętrznie) odwrotnie proporcjonalnie do pól trójkątów $ADC$ i $ABC$ . Punkty $S$ i $T$ są zarazem środkami ciężkości równoległoboków $MNVU$ i $UVPQ$ , zatem środek ciężkości równoległoboku $MNPQ$ dzieli odcinek $TS$ odwrotnie proporcjonalnie do pól $UVPQ$ i $MNVU$ . Lecz $\textrm{pole } UVPQ = \textrm{pole } AC67 = \frac{8}{9}$ , $\textrm{pola } ADC$ i podobnie $\textrm{pole }MNVU = \textrm{pole } A23C = \frac{8}{9} \textrm{pola } ABC$ , zatem stosunek pól trójkątów $ADC$ i $ABC$ równa się stosunkowi pól równoległoboków $UVPQ$ i $MNVU$ . Stąd wynika, że środki ciężkości czworokątów $ABCD$ i $MNPQ$ pokrywają się.

IX OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

III

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

$ \cos \frac{2\pi}{n} + \cos \frac{4\pi}{n} + \cos \frac{6\pi}{n} + \ldots + \cos \frac{2n \pi}{n} = 0. $

Rozwiązanie

\spos{1} Weźmy pod uwagę $n$ wektorów jednostkowych $\overrightarrow{OA_1}, \overrightarrow{OA_2}, \ldots, \overrightarrow{OA_{n-1}}, \overrightarrow{OA_n}$ tworzących z osią $OX$ odpowiednio kąty $\frac{2\pi}{n}, \frac{4\pi}{n}, \ldots, \frac{(2n-2) \pi}{n}, \frac{2n \pi}{n}$ (rys. 29). Niech sumą tych wektorów będzie pewien wektor $\overrightarrow{V}$

$ \overrightarrow{V} = \overrightarrow{OA_1} + \overrightarrow{OA_2}+ \ldots + \overrightarrow{OA_{m-1}} + \overrightarrow{OA_n}. $

Możemy sobie na przykład wyobrazić, że wektory $\overrightarrow{OA_i}$ $(i = 1, 2, \ldots,n)$ są siłami działającymi na punkt $O$ , a $\overrightarrow{V}$ jest wypadkową tych sił.

Rozłóżmy każdy z wektorów $\overrightarrow{OA_i}$ oraz wektor $\overrightarrow{V}$ na dwie składowe (rzuty) w kierunku osi $OX$ i $OY$ . Miarami składowych wektora $\overrightarrow{OA_i}$ na te osie są odpowiednio liczby $\cos \frac{2i\pi}{n}$ i $\sin \frac{2i\pi}{n}$ , miarami składowych wektora $\overrightarrow{V}$ niech będą liczby $X$ i $Y$ . Wówczas

$ X = \cos \frac{2\pi}{n} + \cos \frac{4\pi}{n} + \ldots + \cos \frac{(2n-2) \pi}{n} + \cos \frac{2n\pi}{n}, $

$ Y = \sin \frac{2\pi}{n} + \sin \frac{4\pi}{n} + \ldots + \sin \frac{(2n-2) \pi}{n} + \sin \frac{2n\pi}{n}. $

Obróćmy układ $n$ wektorów $\overrightarrow{OA_i}$ dokoła punktu $O$ o kąt $\frac{2\pi}{n}$ ; kąt ten jest mniejszy od kąta pełnego $2\pi$ , ponieważ $n > 1$ . O tenże kąt $\frac{2\pi}{n}$ obróci się wówczas suma tych wektorów, czyli wypadkowy wektor $V$ . Lecz łatwo zauważyć, że po obrocie otrzymujemy układ tych samych wektorów, gdyż wektor $\overrightarrow{OA_1}$ przejdzie na wektor $\overrightarrow{OA_2}$ , $\overrightarrow{OA_2}$ na $\overrightarrow{OA_3}$ itd., wreszcie $\overrightarrow{OA_{n-1}}$ na $\overrightarrow{OA_n}$ , a $\overrightarrow{OA_n}$ na $\overrightarrow{OA_1}$ . Jeśli zaś układ wektorów po obrocie jest ten sam, co przed obrotem, to również wektor wypadkowy po obrocie musi być tym samym wektorem wypadkowym $\overrightarrow{V}$ , co przed obrotem. Wektor $\overrightarrow{V}$ nie zmienia się więc, gdy go obrócimy dokoła $O$ o kąt mniejszy od $2\pi$ . Taką własność ma tylko wektor zerowy, tj. wektor redukujący się do punktu $O$ . Obie składowe tego wektora są wobec tego równe zeru, czyli $X = 0$ , $Y = 0$ . Dowód twierdzenia został przeprowadzony; uzyskaliśmy przy tym jednocześnie nowy dowód wzoru z zadania 10.

Rozumowanie powyższe można zmodyfikować, a mianowicie zamiast obrotu układu wektorów $\overrightarrow{OA_i}$ rozważać symetrie tego układu. Łatwo zauważyć, że prosta $OX$ jest osią symetrii figury utworzonej z wektorów $\overrightarrow{OA_1}, \overrightarrow{OA_2}, \ldots, \overrightarrow{OA_n}$ . Dwusieczna kąta między wektorami $\overrightarrow{OA_n}$ i $\overrightarrow{OA_1}$ jest również osią symetrii tej figury. Są to dwie różne osie symetrii, gdyż $\frac{2\pi}{n} < 2\pi$ . Te same osie symetrii musi mieć wektor wypadkowy $\overrightarrow{V}$ układu wektorów $\overrightarrow{OA_i}$ . Ponieważ wektor różny od zera ma tylko jedną oś symetrii, przeto $\overrightarrow{V} = 0$ , c. n. d. W ten sposób rozwiązał zadanie jeden z zawodników IX Olimpiady.

W przeprowadzonym dowodzie korzystaliśmy z następującego twierdzenia o wektorach: Jeżeli wektor $\overrightarrow{V}$ jest sumą wektorów $\overrightarrow{OA_1}, \overrightarrow{OA_2}, \ldots$ , to miara (patrz Zadania z Olimpiad Matematycznych, Warszawa 1956, PZWS, zadanie nr 66.) rzutu (składowej) wektora $\overrightarrow{V}$ na dowolną oś rzutów równa się sumie miar rzutów wektorów $\overrightarrow{OA_1}, \overrightarrow{OA_2}, \ldots$ na tę samą oś.

Niech na przykład $\overrightarrow{V} = \overrightarrow{O A} = \overrightarrow{OA_1} + \overrightarrow{OA_2}$ (rys. 30) i niech $(X, Y)$ oznaczają miary rzutów wektora $\overrightarrow{V}$ na osie $OX$ i $OY$ , czyli współrzędne punktu $A$ w układzie $XOY$ , a $(X_1; Y_1)$ i $(X_2, Y_2)$ odpowiednio miary rzutów wektorów $OA_1$ i $OA_2$ na te osie.

Wówczas (rys. 30)

$ \overrightarrow{OB} = \overrightarrow{OB_1} + \overrightarrow{B_1B} = \overrightarrow{OB_1} + \overrightarrow{A_1C} = \overrightarrow{OB_1} + \overrightarrow{OB_2}, $

zatem

$ X = X_1 + X_2 \textrm{ i tak samo } Y = Y_1 + Y_2. $

Stosując łatwe rozumowanie indukcyjne, uogólniamy te wzory natychmiast na przypadek dowolnej ilości składników.

Uwaga. Jeżeli układ wektorów (rys. 29) obrócimy dokoła punktu $O$ o dowolny kąt $\alpha$ , to ich suma pozostanie oczywiście równa zeru. Stąd otrzymujemy następujące uogólnienie twierdzeń zadania 10 i zadania 21:

$ \cos \left( \alpha + \frac{2\pi}{n} \right) + \cos \left( \alpha + \frac{4\pi}{n} \right) + \ldots + \cos \left( \alpha + \frac{2n\pi}{n} \right) = 0, $

$ \sin \left( \alpha + \frac{2\pi}{n} \right) + \sin \left( \alpha + \frac{4\pi}{n} \right) + \ldots + \sin \left( \alpha + \frac{2n\pi}{n} \right) $

dla każdego naturalnego $n > 1$ i dowolnego $\alpha$ .

Uwaga. Posługując się liczbami zespolonymi, można sumę cosinusów $C$ i sumę sinusów $S$ wielokrotności $\alpha$ ( $\alpha \ne 2k\pi$ ) obliczyć jednocześnie. Obliczamy mianowicie

$ C + iS = (\cos \alpha + i \sin \alpha) + (\cos 2\alpha + i \sin 2\alpha) + \ldots + (\cos n\alpha + i \sin n \alpha). $

Według wzoru Moivre'a

$ \cos k \alpha + i \sin k \alpha = (\cos \alpha + i \sin \alpha)^k. $

Niech $\cos \alpha + i \sin \alpha = q$ , wówczas

$ C + iS = q + q^2 + \ldots + q^n = \frac{q(q^n-1)}{q-1}. $

Otóż

$ \frac{q-1}{q} = 1 - \frac{1}{q} = 1 - \frac{1}{\cos \alpha + i \sin \alpha} = 1 - \cos \alpha + i \sin \alpha. $

Stąd

$ \begin{split} & \frac{q}{q-1} = \frac{1}{(1 - \cos \alpha) + i \sin \alpha} = \frac{(1 - \cos \alpha) - i \sin \alpha}{(1 - \cos \alpha)^2 + \sin^2 \alpha} =\\ & = \frac{2 \sin^2 \frac{\alpha}{2} - 2i \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}}{4 \sin^2 \frac{\alpha}{2}} = \frac{\sin \frac{\alpha}{2} - i \cos \frac{\alpha}{2}}{2 \sin \frac{\alpha}{2}}. \end{split} $

Zatem

$ \begin{split} C + iS = \frac{\sin \frac{\alpha}{2} - i \cos \frac{\alpha}{2}}{2 \sin \frac{\alpha}{2}} (\cos n \alpha + i \sin n \alpha - 1 ) =\\ = \frac{1}{2 \sin \frac{\alpha}{2}} \left[ \sin \frac{(2n + 1)\alpha}{2} - i \cos \frac{(2n + 1) \alpha}{2} - \sin \frac{\alpha}{2} + i \cos \frac{\alpha}{2} \right], \end{split} $

wobec czego

$ C = \frac{1}{2 \sin \frac{\alpha}{2}} \left[ \sin \frac{(2n + 1)\alpha}{2} - \sin \frac{\alpha}{2} \right] = \frac{\sin \frac{n \alpha}{2} \cos \frac{(n+1)\alpha}{2}}{\sin \frac{\alpha}{2}}, $

$ S = \frac{1}{2 \sin \frac{\alpha}{2}} \left[ \cos \frac{\alpha}{2} - \cos \frac{(2n+1)\alpha}{2} \right] = \frac{\sin \frac{n \alpha}{2} \sin \frac{(n+1)\alpha}{2}}{\sin \frac{\alpha}{2}}. $

IX OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli $k$ jest liczbą naturalną, to

$ (1) \qquad (1 + x)(1 + x^2) (1 + x^4) \ldots (1 + x^{2^k}) = 1 + x + x^2 + x^3+ \ldots + x^m, $

gdzie $m$ jest liczbą naturalną zależną od $k$ ; wyznaczyć $m$ .

Rozwiązanie

Stwierdzamy, że dla $k = 1, 2, 3, \ldots$ zachodzi wzór (1), przy czym $m = 1, 3, 7, \ldots$ , czyli $m = 2 - 1, 4 - 1, 8 - 1, \ldots$ . Stosujemy indukcję zupełną, oznaczając jak poprzednio lewą stronę równości (1) literą $P_k$ ; przypuśćmy, że dla pewnego naturalnego $k$

$ P_k = 1 + x + x^2 + \ldots + x^{2^{k+1} -1}. $

Biorąc pod uwagę, że $P_{k+1} = P_k (1 + x^{2^{k+1}})$ , otrzymujemy stąd

$ P_{k+1} = (1 + x + x^2 + \ldots + x^{2^{k+1}} -1) (1 + x^{2^{k+1}}). $

Według wzoru na sumę postępu geometrycznego

$ 1 + x + x^2 + \ldots + x^{2^{k+1} -1} = \frac{1 - x^{2^{k+1}}}{1-x}. $

Wobec tego

$ P_{k+1} = \frac{(1 - x^{2^{k+1}}) (1 + x^{2^{k+1}})}{1 - x} = \frac{1 - x^{2^{k+1}}}{1-x} = 1 + x + x^2 + \ldots + x^{2^{k+1}-1}. $

Na mocy indukcji wynika stąd prawdziwość wzoru (1) dla dowolnego naturalnego $k$ , przy czym $m = 2^{k+1} - 1$ .

IX OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

III

Udowodnić twierdzenie: W czworościanie płaszczyzna dwusieczna każdego kąta dwuściennego dzieli krawędź przeciwległą na odcinki proporcjonalne do pól ścian czworościanu tworzących ten kąt dwuścienny.

Rozwiązanie

Twierdzenie o płaszczyźnie dwusiecznej w czworościanie można w następujący sposób sprowadzić do twierdzenia o dwusiecznej w trójkącie. Weźmy pod uwagę rzut prostokątny $A'B'C'D'$ czworościanu $ABCD$ (rys. 33) na płaszczyznę $\pi$ prostopadłą do krawędzi $AB$ .

Rzuty $A'$ , $B'$ punktów $A$ i $B$ pokrywają się i rzut czworościanu jest trójkątem $A'C'D'$ , przy czym kąt $C'A'D'$ jest równy kątowi liniowemu dwuścianu o krawędzi $AB$ . Niech $M'$ będzie rzutem punktu $M$ , w którym płaszczyzna dwusieczna przecina krawędź $CD$ . Prosta $A'M'$ jest dwusieczną kąta $C'A'D'$ , gdyż kąty $C'A'M'$ i $M'A'D'$ są równe kątom liniowym równych dwuścianów. Wobec tego

$ \frac{C'M'}{M'D'} = \frac{A'C'}{A'D'}. $

Ponieważ rzutowanie nie zmienia stosunku odcinków na prostej, więc

$ \frac{CM'}{M'D'} = \frac{CM}{MD}. $

Odcinki $A'C'$ i $A'D'$ są rzutami trójkątów $ABC$ i $ABD$ , są więc zarazem rzutami wysokości tych trójkątów względem boku $AB$ . Wysokości te, jako równoległe do rzutni $\pi$ , są równe swoim rzutom. A ponieważ pola trójkątów $ABC$ i $ABD$ o wspólnym boku $AB$ mają się do siebie jak odpowiednie wysokości, więc

$ \frac{\textrm{pole }ABC}{\textrm{pole }ABD} = \frac{A'C'}{A'D'}. $

Z powyższych równości otrzymujemy

$ \frac{CM}{MD} = \frac{\textrm{pole }ABC}{\textrm{pole }ABD}. $

IX OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

III

Dowieść, że ze wszystkich czworokątów opisanych na danym kole najmniejszy obwód ma kwadrat.

Rozwiązanie

Ponieważ pole wielokąta opisanego na kole jest proporcjonalne do jego obwodu, więc twierdzenie, które mamy udowodnić, jest równoważne twierdzeniu, że spośród wszystkich czworokątów opisanych na danym kole najmniejsze pole ma kwadrat.

Niech $Q$ będzie kwadratem opisanym na kole $K$ , $ABCD$ czworokątem opisanym na tymże kole, a nie będącym kwadratem, $K'$ - kołem opisanym na kwadracie. Dla większej przejrzystości na rys. 34 opisano czworokąty na dwóch równych kołach zamiast na jednym.

Zauważmy, że co najmniej jeden wierzchołek czworokąta $ABCD$ musi leżeć wewnątrz koła $K'$ , gdyż co najmniej jeden z jego kątów jest większy od kąta prostego.

Boki kwadratu odcinają od koła $K'$ cztery równe odcinki kołowe; oznaczając pola tych odcinków literą $s$ , mamy

$ (1) \qquad \textrm{pole }Q = \textrm{pole }K' - 4s. $

Proste $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DA$ odcinają od koła $K'$ takie same odcinki o polu $s$ ; ponieważ przynajmniej jeden z punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ leży wewnątrz koła $K'$ , więc przynajmniej dwa z tych odcinków częściowo się pokrywają. Wobec tego różnica $K' - 4s$ jest mniejsza, niż pole tej części czworokąta $ABCD$ , która znajduje się w kole $K'$ , tym bardziej więc

$ (2) \qquad \textrm{pole }ABCD > K' - 4s. $

Uwzględniając (1), otrzymujemy

$ \textrm{pole }ABCD > \textrm{pole }Q, \quad \textrm{c. n. d.} $

Uwaga. Twierdzenie, które udowodniliśmy, jest przypadkiem szczególnym twierdzenia następującego.

Spośród wszystkich wielokątów, o tej samej liczbie $n$ boków, opisanych na danym kole najmniejszy obwód ma wielokąt foremny.

Aby uzyskać dowód tego twierdzenia, wystarczy w rozumowaniu podanym wyżej w sposobie 1 zastąpić wyrazy "kwadrat" i "czworokąt" wyrazami "wielokąt foremny o $n$ bokach" i "wielokąt o $n$ bokach" oraz liczbę $4$ przez $n$ .