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.