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 $n$ .