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.