VIII OM

VIII Olimpiada Matematyczna

Opracowanie rozwiązań: Stefan Straszewicz

VIII OM - I etap

I etap VIII Olimpiady Matematycznej

VIII OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

Rozwiązać układ równań

$ (1) \qquad \begin{array}{c} x^5 - y^5 = 992,\\ x - y = 2. \end{array} $

Rozwiązanie

Biorąc pod uwagę wzór

$ (x - y)^5 = x^5 - 5x^4y + 10x^3y^2 - 10x^2y^3 + 5xy^4 - y^5, $

możemy dwumian $x^5 - y^5$ przekształcić, jak następuje:

$ \begin{split} x^5 - y^5 & = (x - y)^5 + 5x^4y - 10x^3y^2 + 10x^2y^3 - 5xy^4 =\\ & = (x - y)^5 + 5 xy (x^3 - y^3) - 10 x^2y^2 (x - y) =\\ & = (x - y)^5 + 5 xy[(x - y)^3 + 3 xy (x - y)] - 10 x^2y^2 (x - y) =\\ & = (x - y)^5 + 5 xy (x - y)^3 + 5 x^2y^2 (x - y). \end{split} $

Jeżeli w układzie równań (1) lewą stronę pierwszego równania zastąpimy otrzymanym wyżej wyrażeniem, a następnie podstawimy w nim zamiast $x - y$ liczbę $2$ , otrzymamy (po uproszczeniu pierwszego równania) równoważny układ równań

$ (2) \qquad \begin{array}{c} x^2y^2 + 4 xy - 96 =0,\\ x-y=2. \end{array} $

Ponieważ pierwsze z równań (2), które jest równaniem kwadratowym względem $xy$ , można zastąpić alternatywą $xy = 8$ lub $xy = - 12$ , więc układ równań (2) jest równoważny alternatywie układów równań

$ (3a )\qquad \begin{array}{c} xy = 8,\\ x - y = 2. \end{array} \textrm{ lub } \nr{3b} \begin{array}{c} xy = - 12,\\ x - y = - 2. \end{array} $

Układ (3a) ma $2$ rozwiązania: $x = 4$ , $y = 2$ oraz $x = -2$ , $y = -4$ . Układ (3b) ma $2$ rozwiązania: $x = 1 + i \sqrt{11}$ , $y = - 1 + i \sqrt{11}$ oraz $x = 1 - i \sqrt{11}$ , $y = -1 - i \sqrt{11}$ .

Dany układ równań (1) ma zatem $4$ rozwiązania, z których $2$ są rzeczywiste.

Uwaga 1: Powyższy sposób rozwiązania układu (1) opiera się na tym, że $x^5 - y^5$ można w prosty sposób przedstawić w zależności od $x - y$ i $xy$ . Fakt ten wiąże się z pewnym twierdzeniem o wielomianach, które objaśnimy tutaj ograniczając się do wielomianów dwóch zmiennych. Odpowiednie rozważania dla wielomianów dowolnej liczby zmiennych znajdzie czytelnik np. w książkach: W. Sierpiński - Zasady algebry wyższej, Warszawa-Wrocław 1946, A. Mostowski i M. Stark - Algebra wyższa, cz. II, Warszawa 1954.

Wielomian $W (x, y)$ zmiennych $x$ i $y$ nazywa się symetryczny, jeżeli nie zmienia się, gdy $x$ zastąpić w nim przez $y$ i na odwrót, tzn. gdy tożsamościowo $W (y, x) = W (x, y)$ . Na przykład wielomiany $x + y$ i $xy$ są symetryczne; nazywają się one wielomianami symetrycznymi podstawowymi. Również sumy jednakowych potęg $x$ i $y$ , na przykład $x^2 + y^2$ , $x^3 + y^3$ , itd. są wielomianami symetrycznymi. Natomiast suma różnych potęg $x$ i $y$ , na przykład $x^2 + y^3$ nie jest wielomianem symetrycznym, gdyż $x^2 + y^3$ i $y^3 + x^2$ są to dwie różne funkcje.

Zachodzi następujące twierdzenie: Każdy wielomian symetryczny $W (x, y)$ równa się pewnemu wielomianowi funkcji symetrycznych podstawowych $x + y$ i $xy$ , tzn. pewnemu wielomianowi $T (u, v)$ , gdzie $u = x + y$ , $v = xy$ , przy czym współczynniki wielomianu $T (u, v)$ są utworzone ze współczynników wielomianu $W (x, y)$ , jako ich funkcje liniowe o współczynnikach całkowitych, a stopień $T (u, v)$ jest co najwyżej równy stopniowi $W (x, y)$ .

Aby udowodnić to twierdzenie, rozpatrzymy najpierw sumy jednakowych potęg $x$ i $y$ . Wykażemy metodą indukcji, że wielomian $p_n = x^n + y^n$ jest równy wielomianowi stopnia $n$ zmiennych $u = x + y$ i $v = xy$ mającemu współczynniki całkowite. Istotnie, teza ta jest prawdziwa dla $n = 1$ i $n = 2$ , gdyż $x + y = u$ , a $x^2 + y^2 = (x + y)^2 - 2 xy = u^2 - 2v$ . Z założenia zaś, że jest ona słuszna dla każdego $n \leq k$ , gdzie $k \geq 2$ , wynika, że jest ona słuszna i dla $n = k+1$ , gdyż

$ \begin{split} x^{k+1} + y^{k+1} &= (x + y) (x^k + y^k) - x^ky - xy^k =\\ &= (x + y) (x^k + y^k)-xy (x^{k-1} + y^{k-1}) = \\ &= u(x^k + y^k) - v (x^{k-1} + y^{k-1}), \end{split} $

a że wobec przyjętego założenia $x^k + y^k$ i $x^{k-1}+ y^{k-1}$ są wielomianami zmiennych $u$ i $v$ o współczynnikach całkowitych i stopniach $k$ i $k - 1$ , więc $x^{k+1} + y^{k+1}$ jest takimże wielomianem stopnia $k + 1$ .

Weźmy następnie pod uwagę wielomian jednorodny stopnia $n$ uporządkowany według malejących potęg $x$ :

$ a_0x^n + a_1x^{n-1}y + a_2x^{n-2}y^2 + \ldots + a_{n-1}xy^{n-1} + a_ny^n. $

Jeżeli wielomian taki jest symetryczny, to współczynniki wyrazów jednakowo oddalonych od początku i końca wielomianu są równe, tj. $a_0 = a_n, a_1 = a_{n-1}, \ldots$ . Istotnie, zastępując $x$ przez $y$ i na odwrót otrzymujemy wielomian

$ a_0y^n + a_1xy^{n-1} + a_2x^2y^{n-2} + \ldots + a_{n-1}x^{n-1}y + a_nx^n $

tożsamościowo równy poprzedniemu, zatem ich różnica, tj. wielomian

$ (a_0 - a_n)x^n + (a_1 - a_{n-1}) x^{n-1}y + (a_2 - a_{n-2}) x^{n-2} y + \ldots + (a_{n-1} - a_1) xy^{n-1} + (a_n - a_0) y^n $

jest tożsamościowo równy zeru; w takim razie wszystkie współczynniki tego wielomianu są równe zeru, tj. $a_0= a_n, a_1= a_{n-1}, a_2= a_{n-2}, \ldots$ itd.

Stąd wynika, że wielomian symetryczny jednorodny stopnia $n$ można napisać w postaci

$ \begin{split} a_0 (x^n + y^n) + a_1xy (x^{n-2} + y^{n-2}) + a_2x^2y^2 (x^{n-4} + y^{n-4}) + \ldots = \\ = a_0 (x^n + y^n) + a_1v (x^{n-2} + y^{n-2}) + a_2v^2 (x^{n-4} + y^{n-4}) + \ldots. \end{split} $

Ponieważ każda z sum potęg występujących w nawiasach jest, jak już wiemy, wielomianem zmiennych $u= x + y$ i $v = xy$ o współczynnikach całkowitych, przeto cały powyższy wielomian jest również wielomianem zmiennych $u$ i $v$ , przy czym jego współczynniki są funkcjami liniowymi o współczynnikach całkowitych wielkości $a_0, a_1, a_2,\ldots$ . Jeżeli $a_0 = 0$ , stopień tego wielomianu względem $u$ i $v$ równa się $n$ , jeśli zaś $a_0 = 0$ , a pierwszą nieznikającą liczbą ciągu $a_0, a_1 \ldots$ jest $a_k$ , to stopień ten równa się $n - k$ .

Niech wreszcie $W (z, y)$ będzie dowolnym wielomianem symetrycznym stopnia $n$ . Łącząc w nim wyrazy tego samego stopnia w grupy, możemy go przedstawić w postaci

$ W (x, y)= P (x, y) + Q(x,y) + R(x,y) + \ldots, $

gdzie $P (x, y), Q (x, y), R (x, y), \ldots$ są wielomianami jednorodnymi różnych stopni, z których najwyższy równa się $n$ (stałą uważamy za wielomian jednorodny stopnia zero). Przy zamianie $x$ na $y$ i na odwrót, żaden wyraz wielomianu $W$ nie zmienia swego stopnia, zatem każdy z wielomianów $P, Q, R, \ldots$ przechodzi sam na siebie, tzn. $P, Q, R, \ldots$ są wielomianami symetrycznymi.

W takim razie według dowiedzionego wyżej twierdzenia, każdy z wielomianów $P, Q, R, \ldots$ jest wielomianem zmiennych $u = x + y$ i $v = xy$ stopnia $\leq n$ , którego współczynniki są utworzone ze współczynników wielomianu $W (x, y)$ , jako ich funkcje liniowe o współczynnikach całkowitych; to samo dotyczy zatem sumy wielomianów $P, Q, R, \ldots$ , czyli wielomianu $W (x, y)$ , c.n.d.

Powróćmy do poprzedniego zadania. Jeśli oznaczymy $y = - z$ , to $x^5 - y^5 = x^5 + z^5$ jest funkcją symetryczną zmiennych $x$ i $z$ , zatem na mocy twierdzenia, które poznaliśmy, jest wielomianem zmiennych $x + z$ i $xz$ ; stąd zaś wynika, że $x^5 - y^5$ jest wielomianem zmiennych $x - y$ i $-xy$ , a więc również zmiennych $x - y$ i $xy$ , jak to stwierdziliśmy w rozwiązaniu zadania.

VIII OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

Znaleźć wzór na sumę czwartych potęg kolejnych liczb całkowitych od $1$ do $n$ .

Rozwiązanie

Niech $S_p (n)$ oznacza sumę $p$ -tych potęg kolejnych liczb całkowitych od $1$ do $n$ , tzn.

$ (1) \qquad S_p (n) = 1^p + 2^p + 3^p + \ldots + n^p. $

Poszukiwany wzór na sumę $S_4(n)$ znajdziemy przyjmując, że znane nam są już wzory

$ (2) \qquad S_1(n) = \frac{1}{2} n(n+ 1) = \frac{1}{2} n^2 + \frac{1}{2} n, $

$ S_2(n) = \frac{1}{6} n(n + 1) (2n + 1) = \frac{1}{3} n^3 + \frac{1}{2} n^2 + \frac{1}{6} n, $

$ S_3 (n) = \frac{1}{4} n^2 (n + 1)^2 = \frac{1}{4} n^4 + \frac{1}{2} n^3 + \frac{1}{4} n^2. $

Podstawiając we wzorze

$ (k + 1)^5 = k^5 + 5k^4 + 10k^3 + 10k^2 + 5k + 1 $

kolejno $k = 1, 2, \ldots, n$ otrzymujemy równości

$ (3) \qquad \begin{array}{c} 2^5 = 1^5 + 5 \cdot 1^4 + 10 \cdot 1^3 + 10 \cdot 1^2 + 5 \cdot 1 + 1\\ 3^5 = 2^5 + 5 \cdot 2^4 + 10 \cdot 2^3 + 10 \cdot 2^2 + 5 \cdot 2 + 1\\ 4^5 = 3^5 + 5 \cdot 3^4 + 10 \cdot 3^3 + 10 \cdot 3^2 + 5 \cdot 3 + 1\\ \ldots\\ (n + 1)^5 = n^5 + 5 \cdot n^4 + 10 \cdot n^3 + 10 \cdot n^2 + 5 \cdot n + 1. \end{array} $

Równości te dodajemy stronami; po redukcji sumy $2^5 + 3^5 + \ldots + n^5$ występującej po obu stronach otrzymujemy

$ (4) \qquad (n + 1)^5 = 1^5 + 5 S_4 (n) + 10 S_3 (n) + 10 S_2 (n) + 5 S_1 (n) + n; $

stąd

$ S_4(n) = \frac{(n + 1)^5 - 1}{5} - 2S_3(n) - 2S_2 (n) - S_1 (n) - \frac{1}{5}n. $

Po podstawieniu do prawej strony wyrażeń ze wzorów (2) i po uporządkowaniu otrzymujemy

$ (5) \qquad S_4 (n) = \frac{1}{5} n^5 + \frac{1}{2} n^4 + \frac{1}{3}n^3 - \frac{1}{30} n $

lub po rozłożeniu prawej strony na czynniki

$ S_4 (n) = \frac{1}{30} n (n + 1) (2n + 1) (3 n^2 + 3 n - 1). $

Uwaga 1: Zagadnienie ogólne wyznaczenia sumy $p$ -tych potęg liczb całkowitych od $1$ do $n$ , czyli sumy $S_p (n) = 1^p + 2^p + \ldots + n^p$ rozwiązał Jakub Bernoulli (1654-1705), matematyk szwajcarski, w pracy {\it Ars conjectandi} poświęconej rachunkowi prawdopodobieństwa, która ukazała się w 1713 r. Objaśnimy to rozwiązanie, stosując oczywiście dzisiejszą terminologię i symbolikę.

Przypomnijmy najpierw wzór znany pod nazwą dwumianu Newtona:

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

We wzorze tym symbol $\binom{m}{k}$ ma znaczenie określone równością

$ \binom{m}{k} = \frac{m (m - 1) \cdot \ldots \cdot (m - k + 1)}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot k}; $

na przykład

$\binom{m}{1} = \frac{m}{1},$

$\binom{m}{2} = \frac{m(m-1)}{2},$

$\binom{m}{3} = \frac{m(m-1)(m-2)}{1 \cdot 2 \cdot 3},$

$\binom{m}{m-1} = \frac{m(m-1) \cdot\ldots\cdot 2}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (m-1)} = m,$

$\binom{m}{m} = \frac{m (m - 1)\cdot \ldots \cdot 1}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot m} =1.$

Korzystając z dwumianu Newtona wykażemy, że $S_p (n)$ jest równe wielomianowi stopnia $p + 1$ zmiennej $n$ , który dla $n = 0$ równa się zeru.

Zastosujemy indukcję zupełną. Według wzorów (2) i (5) twierdzenie jest prawdziwe dla $S_1 (n)$ , a także dla $S_2 (n)$ , $S_3 (n)$ , $S_4 (n)$ ; przypuśćmy, że jest ono prawdziwe dla wszystkich sum $S_k (n)$ aż do $S_{p-1} (n)$ włącznie.

Otóż

$ (k+1)^{p+1} = k^{p+1} + \binom{p+1}{1} k^p + \binom{p+1}{2} k^{p-1} + \ldots + \binom{p+1}{p} k + 1. $

Podstawmy w tej równości kolejno $k = 1, 2, 3,\ldots, n$ i otrzymane $n$ równości dodajmy stronami, podobnie jak to uczyniliśmy z równościami (3) w poprzednim rozwiązaniu. Otrzymamy wzór analogiczny do wzoru (4), a mianowicie

$ (6) \qquad (n+1)^{p+1} = 1 + \binom{p+1}{1} S_p(n) + \binom{p+1}{2} S_{p-1}(n) + \ldots + \binom{p+1}{p} S_1(n) + n. $

Obliczamy stąd

$ \begin{split} (7) \qquad (p + 1)S_p (n) =&(n+ 1)^{p-1} - 1 - \binom{p+1}{2} S_{p-1} (n) +\\ &- \binom{p+1}{3} S_{p-2} (n) - \ldots - \binom{p+1}{p} S_1(n) - n. \end{split} $

Ponieważ $(n + 1)^{p+1} - 1 - n$ równa się wielomianowi stopnia $p + 1$ znikającemu dla $n = 0$ , a $S_{p-1} (n), S_{p-2} (n), \ldots, S_1(n)$ są według założenia odpowiednio wielomianami stopnia $p, p - 1,\ldots, 1$ , przy czym $S_{p-1} (0) = S_{p-2}(0) = \ldots = S_1(0) = 0$ , więc według wzoru (7) funkcja $S_p(n)$ równa się wielomianowi stopnia $p+1$ , a przy tym $S_p (0) = 0$ , czego należało dowieść. Zauważmy, że po prawej stronie (7) najwyższym wyrazem jest $n^{p+1}$ .

Wobec powyższego

$ (8) \qquad (p + 1) S_p (n) = n^{p+1} + A_1n^p + A_2n^{p-1} + \ldots + A_k n^{p-k+1} + \ldots + A_pn, $

gdzie współczynniki $A_1, \ldots, A_p$ nie zależą od $n$ , ale oczywiście zależą od $p$ , jak to widać ze wzorów (2) i (5);

Otóż Bernoulli dokonał ciekawego odkrycia, że gdy te współczynniki napiszemy w postaci

$ (9) \qquad \begin{split} A_1= \binom{p+1}{1} B_1,&\ A_2= \binom{p+1}{2} B_2,\ \ldots,\\ A_k= \binom{p+1}{k} B_k,&\ \ldots,\ A_p= \binom{p+1}{p} B_p, \end{split} $

wtedy $B_1, B_2, B_3, \ldots$ nie zależą już od $p$ , a są ściśle określonymi liczbami; zostały one nazwane liczbami Bernoulli'ego.

Aby to twierdzenie Bernoulli'ego udowodnić, podstawmy wyrażenia (9) do wzoru (8):

$ \begin{split} (10) \qquad (p + 1)S_p (n) =& n^{p+1} + \binom{p+1}{1} B_{1}n^p + \binom{p+1}{2} B_{2}n^{p-1} + \ldots +\\ &+\binom{p+1}{k} B_{k}n^{p-k+1} + \ldots + \binom{p+1}{p} B_p n, \end{split} $

a następnie zastąpmy we wzorze (10) $n$ przez $n + 1$ :

$ \begin{split} (11) \qquad (p + 1)S_p (n+1) &= (n+1)^{p+1} + \binom{p+1}{1} B_{1}(n+1)^p +\\ &+ \binom{p+1}{2} B_{2}(n+1)^{p-1} + \ldots +\\ &+\binom{p+1}{k} B_{k}(n+1)^{p-k+1} + \ldots + \binom{p+1}{p} B_p (n+1), \end{split} $

Odejmując (10) i (11) stronami otrzymujemy:

$ \begin{split} (12) \qquad (p + 1) (n + 1)^p =& (n + 1)^{p+1} - n^{p+1} + \binom{p+1}{1} B_1 [(n + 1)^p - n^p] +\\ &+ \binom{p+1}{2} B_2 [(n + 1)^{p-1} - + n^{p-1}] + \ldots +\\ &+ \binom{p+1}{r} B_r [(n+1)^{p-r+1}] + \ldots + \binom{p+1}{p} B_p. \end{split} $

Obie strony tożsamości (12) są wielomianami stopnia $p$ zmiennej $n$ ; współczynniki tych wielomianów przy $n^p, n^{p-1}, n^{p-2}, \ldots$ , ogólnie przy $n^{p-r}$ muszą być równe; po uwzględnieniu, że $(n + 1)^k - n^k = \binom{k}{1} n^{k-1} + \binom{k}{2} n^{k-2} \ldots$ daje to równości

$p + 1 = \binom{p+1}{1}$

$(p + 1) \cdot \binom{p}{1} = \binom{p+1}{2} + \binom{p+1}{1} B_1 \binom{p}{1}$

$(p + 1) \cdot \binom{p}{2} = \binom{p+1}{3} + \binom{p+1}{1} B_1 \binom{p}{2} + \binom{p+1}{2} B_2 \binom{p-1}{1}$

$\ldots$

ogólnie

$(p + 1) \cdot \binom{p}{r} = \binom{p+1}{r+1} + \binom{p+1}{1} B_1 \binom{p}{r} + \binom{p+1}{2} B_2 \binom{p-1}{r-1} + \ldots + \binom{p+1}{r} B_r \binom{p-r+1}{1}$

Dzierąc drugą z powyższych równości przez $\binom{p+1}{2}$ , trzecią przez $\binom{p+1}{3}$ itd., ostatnią przez $\binom{p+1}{r+1}$ , otrzymujemy

$2 = 1 + 2B_1, \textrm{ skąd } B_1 = \frac{1}{2},$

$3 = 1 + 3B_1+ 3B_2, \textrm{ skąd } B_2 = \frac{1}{6},$

$\ldots$

ogólnie

$ (13) \qquad r+1 = 1+ \binom{r+1}{1}B_1 + \binom{r+1}{2}B_2 + \ldots + \binom{r+1}{r}B_r. $

Istotnie

$ \binom{p + 1}{r+1} = \frac{p+1}{r+1} \binom{p}{r} = \frac{(p+1)p}{(r+1)r} \binom{p-1}{r-1} = \ldots \textrm{ itd. },$

zatem

$ \binom{p+1}{1} \binom{p}{r} = \binom{r+1}{1} \binom{p+1}{r+1},\ \binom{p+1}{2} \binom{p-1}{r-1} = \binom{r+1}{2} \binom{p+1}{r+1}, $

itd.

Widzimy, że istotnie $B_1, B_2, B_3, \ldots$ są określonymi liczbami, które otrzymujemy kolejno z równości (13) biorąc $r = 1, 2, 3, \ldots$

Wzory (10) i (13) stanowią rozwiązanie zagadnienia Bernoulliego. Można im nadać postać bardzo prostą i przejrzystą stosując pewien symboliczny sposób pisania. Zauważmy, że jeżeli we wzorach (10) i (13) zamiast $B_1, B_2, B_3, \ldots$ napiszemy $B, B^2, B^3, \ldots$ , to prawa strona wzoru (10) będzie równa $(n + B)^{p+1} - B^{p+1}$ , a prawa strona wzoru (13) - równa $(1 + B)^{r+1} - B^{r+1}$ . Otóż umawiamy się wzory (10) i (13) pisać w postaci

$ (10a) \qquad (p + 1) S_p (n) = ((n + B))^{p +1} - ((B))^{p+1} $

$ (13a) \qquad ((1 + B))^{r+1} - ((B))^{r+1} = r + 1, $

przy czym podwójne nawiasy oznaczają, że potęgi $(n+ B)^{p+1}$ i $(1 + B)^{r+1}$ należy rozwinąć według dwumianu Newtona a następnie potęgi $B, B^2, B^3, \ldots$ zastąpić przez $B_1, B_2, B_3, \ldots$ i podobnie $((B))^{p+1}$ , $((B))^{r+1}$ zastąpić przez $B_{p+1}$ , $B_{r+1}$ .

Na przykład dla $p = 4$ otrzymamy ze wzoru (10a):

$ 5 S_4 (n) = n^5 + 5 n^4 B_1 + 10 n^3 B_2 + 10 n^2 B_3 + 5 n B_4, $

a wzór (13a) dla $r = 3$ i $r = 4$ daje

$ 1 + 4 B_1 + 6 B_2 + 4 B_3 = 4 $

$ \textrm{ i } 1 + 5 B_1 + 10 B_2 + 10 B_3 + 5 B_4 = 5. $

Przedtem znaleźliśmy $B_1 = \frac{1}{2}$ , $B_2 = \frac{1}{6}$ z powyższych równań otrzymujemy $B_3 = 0$ , $B_4 = - \frac{1}{30}$ , zatem

$ 5 S_4 (n) = n^5 + \frac{5}{2} n^4 + \frac{5}{3} n^3 - \frac{1}{6} n $

VIII OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

Dowieść, że dla każdego trójkąta zachodzą nierówności

$ (1) \qquad \frac{1}{2r} < \frac{1}{h_1} + \frac{1}{h_2} < \frac{1}{r}, $

gdzie $r$ oznacza promień koła wpisanego w trójkąt, a $h_1$ i $h_2$ - dwie wysokości tego trójkąta.

Rozwiązanie

Niech $S$ oznacza pole trójkąta, $2p=a+b+c$ - jego obwód, przy czym $a$ i $b$ są tymi bokami trójkąta, na które opuszczono odpowiednio wysokości $h_1$ i $h_2$ . Nierówności (1) są równoważne nierównościom

$ (2) \qquad \frac{2S}{2r} < \frac{2S}{h_1} + \frac{2S}{h_2} < \frac{2S}{r}. $

Ponieważ $\frac{S}{r} = p = \frac{a+b+c}{2}$ , $\frac{2S}{h_1} = a$ , $\frac{2S}{h_2} = b$ , więc nierówności (2) możemy napisać w postaci

$ (3) \qquad \frac{a + b + c}{2} < a + b < a + b + c. $

Wreszcie, odejmując od każdej strony nierówności (3) po $c$ otrzymujemy nierówności równoważne

$ (4) \qquad \frac{a + b - c}{2} < a + b - c < a + b. $

Otóż nierówności (4) są prawdziwe, gdyż $a + b - c > 0$ i $c > 0$ ; w takim razie prawdziwe są też nierówności (1), gdyż są one równoważne nierównościom (4).

VIII OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

Przez punkt $A$ leżący na zewnątrz danego okręgu $K$ poprowadzić prostą, która by przecięła ten okrąg w punktach $B$ i $C$ w ten sposób, że $AB = BC$ .

Rozwiązanie

Niech $AB$ (rys. 1) będzie prostą poszukiwaną, a $D$ - punktem symetrycznym do punktu $O$ względem środka $B$ . Ponieważ punkty $A$ i $C$ też są symetryczne względem punktu $B$ , więc $AD = OC$ . Punkt $D$ jest zatem punktem wspólnym okręgów o środkach $A$ i $O$ oraz promieniach $AD = R$ i $OD = 2R$ . Punkt taki istnieje, jeżeli spełniony jest warunek

$ 2R - R \leq AO \leq 2R + R. $

VIII OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

Jaki warunek powinna spełniać liczbą $q$ , aby istniał trójkąt, którego boki tworzą postęp geometryczny o ilorazie $q$ ?

Rozwiązanie

Weźmy pod uwagę trzy odcinki, których długości tworzą postęp geometryczny o ilorazie $q$ . Ponieważ stosunek dwóch odcinków jest liczbą niezależną od jednostki, jaką te odcinki mierzymy, więc jeśli za jednostkę obierzemy pierwszy z rozważanych trzech odcinków, to długości tych odcinków wyrażą się liczbami $1$ , $q$ , $q^2$ . Aby istniał trójkąt, którego boki są odpowiednio równe tym odcinkom, potrzeba i wystarcza żeby suma każdych dwóch spośród tych odcinków była większa od trzeciego odcinka, tj. żeby spełnione były warunki: 1) $1 + q^2 > q$ , 2) $q + q^2 > 1$ , 3) $1 + q > q^2$ , którym możemy nadać postać:

$ 1)\ q^2 - q + 1 > 0,\quad 2)\ q^2 + q - 1 > 0,\quad 3)\ q^2 - q - 1 < 0. $

Warunek 1) jest spełniony dla każdej wartości $q$ , gdyż wyróżnik trójmianu kwadratowego $q^2 - q + 1$ jest ujemny, $\Delta = - 3$ , więc trójmian ma stale wartość dodatnią. Warunek 2) jest spełniony dla wartości $q$ leżących po za pierwiastkami trójmianu $q^2 + q - 1$ , tzn. gdy

$ (4) \qquad q < \frac{-1 - \sqrt{5}}{2} \textrm{ lub } q < \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}. $

Warunek 3) jest spełniony dla wartości $q$ leżących między pierwiastkami trójmianu $q^2 - q - 1$ , tzn. gdy

$ (5) \qquad \frac{1 - \sqrt{5}}{2} < q < \frac{1 + \sqrt{5}}{2}. $

Ponieważ $\frac{-1 - \sqrt{5}}{2} < \frac{1 - \sqrt{5}}{2} < \frac{-1 + \sqrt{5}}{2} < \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ , więc ostatecznie otrzymujemy dla $q$ warunek następujący:

$ (6) \qquad \frac{- 1 + \sqrt{5}}{2} < q < \frac{1 + \sqrt{5}}{2}. $

Uwaga. Liczby $\frac{- 1 + \sqrt{5}}{2}$ i $\frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ są odwrotnościami, gdyż ich iloczyn $\frac{- 1 + \sqrt{5}}{2} \cdot \frac{1 + \sqrt{5}}{2} = 1$ . Stąd wynika, że jeśli pewna liczba $q$ spełnia warunek (6), to jej odwrotność $\frac{1}{q}$ też spełnia warunek (6) (rys. 3). Fakt ten był do przewidzenia; jeśli bowiem boki trójkąta wzięte w pewnej kolejności tworzą postęp geometryczny o ilorazie $q$ , to w odwrotnej kolejności dadzą one postęp geometryczny o ilorazie $\frac{1}{q}$ . Długość otrzymanego przedziału dla $q$ wynosi $\frac{1 + \sqrt{5}}{2} - \frac{- 1 + \sqrt{5}}{2} =1$ . Łatwo sprawdzić, ze liczby $\frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ i $\frac{-1 + \sqrt{5}}{2}$ są jedyną parą liczb, które są odwrotnościami i których różnica równa się $1$ .

VIII OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

Znaleźć liczbę czterocyfrową, której dwie pierwsze cyfry są jednakowe, dwie ostatnie cyfry są jednakowe i która jest kwadratem liczby całkowitej.

Rozwiązanie

Jeżeli $x$ jest liczbą poszukiwaną, to

$ x = 1000a + 100a + 10b + b, $

gdzie $a$ i $b$ są liczbami całkowitymi spełniającymi nierówności $0 < a \leq 9$ , $0 \leq b \leq 9$ . Liczba $x$ jest podzielna przez $11$ , gdyż

$ x = 1100 a + 11 b = 11 (100 a + b). $

Ponieważ $x$ jest kwadratem liczby całkowitej, więc będąc podzielną przez $11$ musi być podzielna przez $11^2$ , zatem liczba

$ 100 a + b = 99 a + (a + b) $

jest podzielna przez $11$ . Stąd wynika, że $a + b$ jest podzielne przez $11$ , a ponieważ $0 < a + b \leq 18$ , więc $a + b = 11$ . Wobec tego

$ x = 11^2 (9a + 1), $

skąd wnosimy, że $9a + 1$ jest kwadratem pewnej liczby naturalnej $m$ :

$ 9a + 1 = m^2. $

Ponieważ $9a + 1 \leq 82$ , więc $m \leq 9$ .

Według powyższego

$ 9a = (m + 1) (m - 1). $

Z równości tej wynika, że iloczyn $(m + 1) (m - 1)$ jest podzielny przez $9$ , a ponieważ najwyżej jedna z liczb $m + 1$ i $m - 1$ jest podzielna przez $3$ , więc jedna z nich jest podzielna przez $9$ . Biorąc pod uwagę, że liczba naturalna $m$ jest mniejsza niż $10$ , wnioskujemy stąd, że $m + 1 = 9$ , zatem $m = 8$ . W takim razie $a = 7$ , $b = 4$ i poszukiwaną liczbą, jest $7744 = (88)^2$ .

VIII OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

Zbudować trójkąt $ABC$ mając dane: bok $AB = c$ , promień koła opisanego $R$ oraz kąt $\delta$ zawarty między dwusieczną kąta $C$ i wysokością poprowadzoną z wierzchołka $C$ .

Rozwiązanie

Niech $D$ (rys. 4) oznacza spodek wysokości trójkąta $ABC$ poprowadzonej z wierzchołka $C$ , $E$ - punkt przecięcia dwusiecznej kąta $C$ z bokiem $AB$ , $M$ - punkt przecięcia prostej $CE$ z okręgiem opisanym na trójkącie $ABC$ , a $F$ - spodek prostopadłej opuszczonej z $M$ na prostą $AB$ . Ponieważ $\measuredangle ACM = \measuredangle MCB$ , więc punkt $M$ jest środkiem łuku $AMB$ , a ponieważ $CD \parallel FM$ , więc $\measuredangle FME = \measuredangle DCE = \measuredangle \delta$ .

Wysnuwamy stąd następującą konstrukcję. Wykreślamy okrąg o danym promieniu $R$ i prowadzimy w nim cięciwę $AB = c$ , co jest możliwe, gdy $c \leq 2R$ . Niech $M$ będzie środkiem jednego z łuków okręgu wyznaczonych przez $AB$ . Z punktu $M$ opuszczamy prostopadłą $MF$ na $AB$ i przy półprostej $MF$ budujemy kąt $FME$ równy danemu kątowi $\delta$ . Jeśli ramię $ME$ tego kąta przecina wykreślony okrąg w punkcie $C$ leżącym po przeciwnej stronie prostej $AB$ niż $M$ , to trójkąt $ABC$ spełnia warunki zadania. Taki punkt $C$ istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy kąt $\delta$ jest mniejszy od kąta $FMA$ . Ponieważ jako punkt $M$ możemy obrać środek któregokolwiek z dwóch łuków okręgu o cięciwie $AB$ i ponieważ kąt $FME$ możemy zbudować po którejkolwiek stronie półprostej $MF$ , więc zadanie może mieć $4$ rozwiązania parami symetryczne względem osi $MF$ lub $2$ rozwiązania symetryczne względem $MF$ , lub wreszcie może nie mieć żadnego rozwiązania.

Wynik ten można sformułować nieco dokładniej. Zauważmy, że $\measuredangle FMA = \frac{1}{2} \measuredangle BMA$ i że $\sin \measuredangle BMA = \frac{c}{2R}$ . Niech $\gamma$ oznacza taki kąt ostry, że $\sin \gamma = \frac{c}{2R}$ , wówczas $\measuredangle BMA = \gamma$ lub $\measuredangle BMA = 180^\circ - \gamma$ , zatem $\measuredangle FMA = \frac{\gamma}{2}$ lub $\measuredangle FMA = 90^\circ - \frac{\gamma}{2}$ . Może zajść jeden z 3 przypadków:

a) $\delta < \frac{\gamma}{2}$ zadanie ma wówczas $4$ rozwiązania parami symetryczne

b) $\frac{\gamma}{2} \leq \delta < 90^\circ - \frac{\gamma}{2}$ , zadanie ma $2$ rozwiązania symetryczne

c) $\delta \geq 90^\circ - \frac{\gamma}{2}$ zadanie nie ma rozwiązań.

Uwaga. Oznaczmy kąty trójkąta w zwykły sposób literami $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ i przypuśćmy, że $\alpha > \beta$ . Wtedy $\delta = \measuredangle DCE = \measuredangle ACE - \measuredangle ACD = \frac{1}{2} \gamma - (90^\circ - \alpha) = \frac{1}{2} (2 \alpha + \gamma - 90^\circ) = \frac{1}{2} (\alpha - \beta)$ . Zadanie powyższe sprowadza się do rozwiązania układu 2 równań: $\sin (\alpha + \beta)= \frac{c}{2R}$ , $\alpha - \beta = 2 \delta$ , z $2$ niewiadomymi $\alpha$ i $\beta$ .

VIII OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

W prostopadłościanie $ABCDA_1B_1C_1D_1$ dane są długości krawędzi $AA_1 = a$ , $AB = b$ , $AD = c$ . Na ścianie $A_1B_1C_1D_1$ obrano punkt $M$ w odległości $p$ od boku $A_1B_1$ , a w odległości $q$ od boku $A_1D_1$ i zbudowano równoległościan o podstawie $ABCD$ i krawędzi bocznej $AM$ . Obliczyć pole ścian bocznych tego równoległościanu.

Rozwiązanie

Przyjmując oznaczenia wskazane na rysunku $5$ obliczamy pole równoległoboku $AMQD$ będącego ścianą równoległościanu $ABCDMNPQ$ .

Równoległbbok $AMQD$ i prostokąt $AKLD$ mają wspólną podstawę $AD$ i wysokość $AK$ , zatem

$ \textrm{pole }AMQD = \textrm{pole }AKLD = AK \cdot KL. $

Lecz $AK = \sqrt{AA_1^2 + A_1K^2} = \sqrt{a^2 + q^2},\ KL = AD = c$ ; stąd

$ \textrm{pole }AMQD = c \sqrt{a^2 + q^2}. $

Analogicznie obliczymy, że pole $AMNB = b \sqrt{a^2 + p^2}$ .

VIII OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

Dowieść, że, jeżeli $x$ , $y$ , $z$ oraz $\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z}$ są liczbami wymiernymi, to również $\sqrt{x}$ , $\sqrt{y}$ , $\sqrt{z}$ są liczbami wymiernymi.

Rozwiązanie

Niech

$ \sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} = w; $

według założenia $w$ jest liczbą wymierną. Wówczas

$ \sqrt{x} + \sqrt{y} = w - \sqrt{z}. $

Podnosząc obie strony tej równości do kwadratu otrzymujemy

$ x + y + 2\sqrt{xy} = w^2 - 2w \sqrt{z} + z, $

stąd

$ (1) \qquad 2 \sqrt{xy} = w^2 + z - x - y - 2w \sqrt{z}. $

Podnosząc powtórnie obie strony do kwadratu otrzymujemy

$ 4xy = (w^2 + z - x - y)^2 + 4w^2z - 4w (w^2 + z - x - y) \sqrt{z}, $

a stąd

$ (2) \qquad 4w (w^2 + z - x - y) \sqrt{z} = (w^2 + z - x - y)^2 + 4w^2z-4xy. $

Jeżeli $w(w^2 + z - x - y) \ne 0$ , to z równości (2) wynika, że

$ \sqrt{z} = \frac{(w^2 + z - x - y)^2 + 4w^2z - 4xy}{4w (w^2 + z - x - y)}, $

a zatem w tym przypadku $\sqrt{z}$ jest liczbą wymierną.

Jeżeli zaś $w(w^2 + z - x - y) = 0$ , to zachodzi jeden z przypadków:

a) $w = 0$ , wówczas $\sqrt{x} = \sqrt{y} = \sqrt{z} = 0$ ,

b) $w \ne 0$ , $w^2 + z - x - y = 0$ , wówczas równość (1) daje $2 \sqrt{xy} = - 2w \sqrt{z}$ ; ponieważ liczby $2\sqrt{xy}$ i $2w \sqrt{z}$ są nieujemne, więc z ostatniej równości wynika, że są one równe zeru, tj. $2w\sqrt{z} = 0$ , a że $w \ne 0$ , więc $\sqrt{z} = 0$ .

Dowiedliśmy, że $\sqrt{z}$ jest liczbą wymierną; analogicznie stwierdzamy, że $\sqrt{x}$ i $\sqrt{y}$ są liczbami wymiernymi.

Uwaga. Zachodzi twierdzenie ogólne: jeżeli $x_1, x_2, \ldots, x_n$ oraz $\sqrt{x_1} + \sqrt{x_2} + \ldots + \sqrt{x_n}$ są liczbami wymiernymi, to również $\sqrt{x_1}, \sqrt{x_2}, \ldots, \sqrt{x_n}$ są liczbami wymiernymi.

Aby to twierdzenie uzasadnić, musimy się zapoznać z pewnym ważnym pojęciem algebry, a mianowicie z pojęciem ciała liczbowego.

Definicja. Ciałem liczbowym nazywa się każdy zbiór liczb $Q$ zawierający przynajmniej dwie liczby i posiadający własność następującą: Jeżeli $a$ i $b$ są liczbami należącymi do zbioru $Q$ , to liczby $a + b$ , $a - b$ , $ab$ i $\frac{a}{b}$ (o ile $b \ne 0$ ) także należą do $Q$ (Wystarczy warunek, żeby wraz z $a$ i $b$ należały do $Q$ liczby $a - b$ i $\frac{a}{b}$ (gdy $b \ne 0$ ); wówczas $a + b$ i $ab$ też należą do $Q$ . Stwierdzenie tego faktu pozostawiamy jako ćwiczenie.

Można by też powiedzieć, że ciałem liczbowym nazywa się każdy taki zbiór liczb (zawierający przynajmniej jedną liczbę różną od zera), w którym są wykonalne cztery działania arytmetyczne z wyjątkiem dzielenia przez zero.

Przykładem ciała liczbowego jest zbiór wszystkich liczb wymiernych. Ciałem jest również zbiór wszystkich liczb rzeczywistych. Natomiast zbiór liczb całkowitych jak również zbiór liczb niewymiernych nie są ciałami liczbowymi.

Łatwo spostrzec, że każde ciało liczbowe zawiera ciało liczb wymiernych. Istotnie, jeśli do ciała należy liczba $a$ różna od zera, to należy doń również liczba $\frac{a}{a} = 1$ , a więc też liczby $1+1 = 2, 2+1 = 3, \ldots$ itd., ciało zawiera więc wszystkie liczby naturalne. W takim razie zawiera ono również wszystkie różnice liczb naturalnych, a więc wszystkie liczby całkowite, a także wszystkie ilorazy liczb całkowitych, czyli liczby wymierne.

Możemy też powiedzieć, że ciało liczb wymiernych $\mathbb{W}$ jest najmniejszym ciałem liczbowym. Największym ciałem liczbowym (rzeczywistym) jest oczywiście zbiór wszystkich liczb rzeczywistych $\mathbb{R}$ . Istnieje nieskończenie wiele ciał liczbowych pomiędzy $\mathbb{W}$ i $\mathbb{R}$ , tzn. takich ciał, które zawierają $\mathbb{W}$ i są zawarte w $\mathbb{R}$ . Parę przykładów poznamy za chwilę.

Niech $Q$ oznacza pewne ciało liczbowe i niech $a$ będzie taką liczbą dodatnią należącą do $Q$ , że $\sqrt{a}$ nie należy do $Q$ . Weźmy pod uwagę liczby postaci $x + y \sqrt{a}$ , gdzie $x$ i $y$ należą do $Q$ ; zbiór wszystkich takich liczb oznaczymy symbolem $Q (\sqrt{a})$ ; zbiór $Q$ jest oczywiście częścią zbioru $Q (\sqrt{a})$ . Łatwo spostrzec, że $Q(\sqrt{a})$ jest ciałem liczbowym. Istotnie, jeżeli $z_1 = x_1 + y_1 \sqrt{a}$ i $z_2 = x_2 + y2 \sqrt{a}$ są dwiema liczbami ze zbioru $Q(\sqrt{a})$ , to

$ z_1 \pm z_2= (x_1 \pm x_2) + (y_1 \pm y_2)\sqrt{a} $

$ z_1z_2 = (x_1 + y_1 \sqrt{a}) (x_2 + y_2 \sqrt{a}) = x_1x_2 + y_1y_2 a + (x_1y_2 + x_2y_1) \sqrt{a}, $

a gdy $z_2 \ne 0$ , to również $x_2 - y_2 \sqrt{a} \ne 0$ i

$ \begin{split} \frac{z_1}{z_2} & = \frac{x_1 + y_1\sqrt{a}}{x_2 + y_2\sqrt{a}} = \frac{(x_1 + y_1 \sqrt{a})(x_2 - y_2 \sqrt{a})}{(x_2 + y_2 \sqrt{a})(x_2 - y_2\sqrt{a})} =\\ & = \frac{x_1x_2 - y_1y_2a + (x_2y_1 - x_1y_2)\sqrt{a}}{x_2^2 - y^2_2 \cdot a} = \frac{x_1x_2 - y_1y_2a}{x_2^2 - y^2_2 a} + \frac{x_2y_1 - x_1y_2}{x_2^2 - y^2_2a} \cdot \sqrt{a}, \end{split} $

a więc liczby $z_1 + z_2$ , $z_1 - z_2$ , $z_1z_2$ oraz $\frac{z_1}{z_2}$ (gdy $z_2 \ne 0$ ) należą do zbioru $Q (\sqrt{a})$ .

Niech na przykład $Q$ będzie ciałem liczb wymiernych, wówczas $Q(\sqrt{2})$ jest ciałem utworzonym przez wszystkie liczby postaci $x + y \sqrt{2}$ , gdzie $x$ i $y$ są liczbami wymiernymi. Do ciała $Q (\sqrt{2})$ należą na przykład liczby $3, \sqrt{2}, 1 - \sqrt{2}, 3 + 5 \sqrt{2}$ itd. Natomiast liczba $\sqrt{3}$ nie należy do ciała $Q (\sqrt{2})$ , czytelnik zechce to sam udowodnić. Na mocy powyższego wszystkie liczby postaci $u + v\sqrt{3}$ , gdzie $u$ i $v$ oznaczają dowolne liczby ciała $Q (\sqrt{2})$ , tworzą nowe ciało, zawierające ciało $Q(\sqrt{2})$ ; oznaczymy je symbolem $Q(\sqrt{2}, \sqrt{3})$ . Łatwo sprawdzić, że ciało $Q)\sqrt{2}, \sqrt{3})$ jest to zbiór wszystkich liczb postaci $a + b \sqrt{2} +c\sqrt{3} + d\sqrt{6}$ , gdzie $a$ , $b$ , $c$ , $d$ oznaczają liczby wymierne. Dalsze wiadomości o ciałach liczbowych można znaleźć w książkach cytowanych na str. 24.

Udowodnimy obecnie
Twierdzenie. Jeżeli liczby nieujemne $x_1, x_2, \ldots, x_n$ oraz liczba $s = \sqrt{x_1} + \sqrt{x_2} + \ldots + \sqrt{x_n}$ należą do pewnego ciała liczbowego $Q$ , to każda z liczb $\sqrt{x_1}, \sqrt{x_2}, \ldots, \sqrt{x_n}$ należy do $Q$ .

Dowód. Zastosujemy indukcję zupełną.

Gdy $n = 1$ , twierdzenie jest oczywiste.

2° Załóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla $n = k$ i niech $x_1, x_2, \ldots, x_k, x_{k +1}$ będą liczbami nieujemnymi należącymi do pewnego ciała liczbowego $Q$ ; niech ponadto liczba $s = \sqrt{x_1} + \ldots + \sqrt{x_k} + \sqrt{x_{k+1}}$ również należy do $Q$ . Udowodnimy, że liczby $\sqrt{x_1}, \ldots, \sqrt{x_k}, \sqrt{x_{k+1}}$ należą do $Q$ .

W tym celu przypuśćmy, że żadna z liczb $\sqrt{x_1}, \ldots, \sqrt{x_k}, \sqrt{x_{k+1}}$ nie należy do $Q$ i weźmy pod uwagę ciało liczbowe $Q (\sqrt{x_{k+1}})$ utworzone przez wszystkie liczby postaci $a + b \sqrt{x_{k+1}}$ , gdzie $a$ i $b$ są liczbami ciała $Q$ . Liczby $x_1, \ldots, x_k$ jako należące do $Q$ należą tym samym do obszerniejszego ciała $Q (\sqrt{x_{k+1}})$ . Do ciała $Q (\sqrt{x_{k+1}})$ należy również liczba $\sqrt{x_1} + \ldots + \sqrt{x_k}$ , gdyż jest równa $s - \sqrt{x_{k+1}}$ ; zatem w myśl założenia indukcyjnego każda z liczb $\sqrt{x_i}$ ( $i = 1, 2 \ldots,k$ ) należy do $Q(\sqrt{x_{k+1}})$ . A więc

$ \sqrt{x_i} = a_i + b_i \sqrt{x_{k+1}},\ i=1,2,\ldots,k, $

gdzie $a_i$ i $b_i$ są liczbami ciała $Q$ , przy czym $b_i \ne 0$ , gdyż $\sqrt{x_i}$ nie należy do ciała $Q$ .

Podnosząc obie strony tej równości do kwadratu otrzymujemy

$ x_i = a_1^2 + b_1^2 x_{k+1} + 2ab_i \sqrt{x_{k+1}}. $

Stąd widać, że $a_i = 0$ dla każdego $i$ . Gdyby bowiem dla pewnej wartości $i$ było $a_i \ne 0$ , więc też $a_ib_i \ne 0$ , to z powyższej równości otrzymalibyśmy

$ \sqrt{x_{k+1}} = \frac{x_i - a_i^2 - b_i^2 x_{k+1}}{2a_ib_i}, $

skąd wynikałoby, że $\sqrt{x_{k+1}}$ należy do ciała $Q$ wbrew założeniu. Zatem

$ x_1 = b1\sqrt{x_{k+1}},\ \sqrt{x_2} = b_2 \sqrt{x_{k+1}},\ \ldots,\ \sqrt{x_k} = b_k \sqrt{x_{k+1}}, $

przy czym liczby $b_1, b_2, \ldots, b_k$ są nieujemne. Stąd

$ \sqrt{x_1} + \sqrt{x_2} + \ldots + \sqrt{x_k} + \sqrt{x_{k+1}} = (b_1 + b_2 + \ldots + b_k + 1) \cdot \sqrt{x_{k+1}}, $

a ponieważ

$ b_1 + b_2 + \ldots + b_k + 1 > 0, \textrm{ a } \sqrt{x_1} + \ldots + x_{k+1} = s, $

więc

$ \sqrt{x_{k+1}} = \frac{s}{b_1+b_2+\ldots+b_k+1}, $

skąd wynika że $\sqrt{x_{k+1}}$ należy do $Q$ - wbrew założeniu.

Przypuszczenie, że żadna z liczb $\sqrt{x_1}, \ldots, \sqrt{x_k}, \sqrt{x_{k+1}}$ nie należy do ciała $Q$ prowadzi do sprzeczności, zatem przynajmniej jedna z tych liczb należy do $Q$ ; niech to będzie na przykład $\sqrt{x_r}$ . W takim razie liczba $\sqrt{x_1} + \ldots + \sqrt{x_{r-1}} + \sqrt{x_{r+1}} + \ldots + \sqrt{x_{k+1}}$ równa $s - \sqrt{x_r}$ też należy do $Q$ , wobec czego na podstawie założenia indukcyjnego każda z $k$ liczb $\sqrt{x_1}, \ldots , \sqrt{x_{r_1}}, \sqrt{x_{r+1}}, \ldots , \sqrt{x_{k+1}}$ również należy do $Q$ . Dowód twierdzenia został przeprowadzony.

W przypadku szczególnym, gdy $Q$ jest ciałem liczb wymiernych otrzymujemy twierdzenie wypowiedziane na początku niniejszej uwagi.

VIII OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

Dowieść, że ze wszystkich czworokątów wpisanych w dane koło kwadrat ma największe pole.

Rozwiązanie

Niech $ABCD$ będzie czworokątem wpisanym w koło o środku $O$ i promieniu $r$ ; oznaczmy kąty $AOB$ , $BOC$ , $COD$ , $DOA$ odpowiednio literami $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ , $\delta$ . Jeżeli środek koła $O$ leży wewnątrz czworokąta, to (rys. 6 a)

$ \textrm{pole }ABCD = \textrm{pole }AOB + \textrm{pole }BOC + \textrm{pole }COD + \textrm{pole }DOA, $

czyli

$ \textrm{pole }ABCD = \frac{r^2}{2} (\sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma + \sin \delta), $

zatem

$ \textrm{pole } ABCD \leq 2r^2, $

przy czym równość zachodzi tylko wtedy, gdy $\sin \alpha = \sin \beta = \sin \gamma = \sin \delta = 1$ , tzn. gdy $\alpha = \beta = \gamma= \sigma = 90^\circ$ , co oznacza, że czworokąt $ABCD$ jest kwadratem.

Jeżeli środek koła leży na zewnątrz czworokąta $ABCD$ lub na jego obwodzie (rys. 6b), to pole czworokąta jest mniejsze od pola półkola $\frac{1}{2} \pi r^2$ , a więc tym bardziej mniejsze od $2r^2$ , tj. od pola kwadratu wpisanego w dane koło.

Uwaga. Twierdzenie, które udowodniliśmy wyżej, jest przypadkiem szczególnym twierdzenia:

Ze wszystkich wielokątów wpisanych w dane koło i mających daną ilość $n$ boków największe pole ma wielokąt foremny.

Przypuśćmy, że wpisany w koło wielokąt $ABCD \ldots$ (rys. 7) o $n$ bokach nie jest foremny, niech na przjddad $AB < BC$ . Jeśli $M$ jest środkiem łuku $ABC$ , to trójkąt $AMC$ ma względem boku $AC$ większą wysokość niż trójkąt $ABC$ , zatem $\textrm{pole }AMC > \textrm{pole }ABC$ . W takim razie pole wielokąta $AMCD \ldots$ który ma też $n$ boków jest większe od pola wielokąta $ABCD \ldots$ . Okazało się więc, że wielokąt nieforemny $ABCD\ldots$ nie może być poszukiwanym wielokątem o największym polu. Czy stąd wynika, że owym największym wielokątem jest wielokąt foremny? Wnioskowanie takie byłoby błędne, gdyż nie wiadomo jeszcze, czy wielokąt o największym polu rzeczywiście istnieje. Powyższe rozumowanie stwierdza tylko to, że jeżeli istnieje taki wielokąt o $n$ bokach wpisany w dane koło, który ma największe pole, to wielokąt ten jest foremny. Trzeba jeszcze dowieść, że wielokąt foremny ma istotnie większe pole, niż każdy inny wielokąt o tej samej liczbie boków wpisany w to samo koło. Niech $ABCD\ldots$ (rys. 8) będzie wielokątem nieforemnym o $n$ bokach wpisanym w dane koło. Jeżeli koło rozetniemy na $n$ wycinków: $AOB, BOC, COD, \ldots$ , to możemy z tych wycinków znowu złożyć koło układając je w dowolnej kolejności jeden obok drugiego. Cięciwy tych wycinków utworzą znowu wielokąt o polu równym polu wielokąta pierwotnego $ABCD\ldots$ i o takich samych bokach; możemy przyjąć, że dwa dowolnie obrane boki wielokąta $ABCD$ w nowym wielokącie ze sobą sąsiadują. Niech $a_n$ oznacza bok $n$ -kąta foremnego wpisanego w dane koło. Jeżeli wielokąt $ABCD\ldots$ nie jest foremny, to musi on mieć jakiś bok dłuższy niż $a_n$ , a zarazem jakiś bok krótszy niż $a_n$ ; na mocy poprzedniego objaśnienia możemy przyjąć, że np. $AB > a_n$ , a $BC < a_n$ . Niech $M$ będzie takim punktem łuku $ABC$ , że $AM = a_n$ . Wówczas pole trójkąta $AMB$ jest większe od pola trójkąta $CMB$ , gdyż oba trójkąty mają wspólną podstawę $MB$ , a $AM > BC$ , więc punkt $A$ leży dalej od prostej $MB$ niż punkt $C$ . Zatem $\textrm{pole }AOM + \textrm{pole }MOC = \textrm{pole }AOB + \textrm{pole BOC} + \textrm{pole }AMB - \textrm{pole }CMB > \textrm{pole }AOB + \textrm{pole }BOC$ . Stąd wynika, że pole wielokąta $AMCD\ldots$ o $n$ bokach, który otrzymujemy, zastępując w wielokącie $ABCD\ldots$ wierzchołek $B$ punktem $M$ , jest większe od pola wielokąta $ABCD\ldots$ , przy czym wielokąt $AMCD\ldots$ ma co najmniej jeden bok równy $a_n$ . Jeżeli wielokąt $AMCD\ldots$ nie jest foremny, to możemy założyć, że np. $CD > a_n$ , $DE < a_n$ i zastąpić wierzchołek $D$ takim punktem $N$ łuku $CDE$ , że $CN = a_n$ . Otrzymany wielokąt $AMCNE \ldots$ ma pole większe niż wielokąt $AMCD\ldots$ więc tym bardziej większe niż wielokąt $ABCD\ldots$ , przy czym ma on co najmniej dwa boki równe $a_n$ . Jeśli nie jest on jeszcze foremny, postępujemy w opisany sposób dalej; najpóźniej za $(n - 1)$ -szym razem dojdziemy do wielokąta o polu większym niż pole $ABCD\ldots$ , którego wszystkie boki są równe $a_n$ , tj. do wielokąta foremnego. Twierdzenie zostało więc udowodnione.

VIII OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

Przez wierzchołki $A$ , $B$ , $C$ trójkąta ostrokątnego oraz przez środek $O$ okręgu opisanego na tym trójkącie poprowadzono proste $AO$ , $BO$ , $CO$ , które przecinają przeciwległe boki trójkąta odpowiednio w punktach $M$ , $N$ , $P$ . Dowieść, że

$ \frac{1}{AM} + \frac{1}{BN} + \frac{1}{CP} = \frac{2}{R}, $

gdzie $R$ oznacza promień okręgu opisanego na trójkącie $ABC$ .

Rozwiązanie

Obliczymy długości $AM$ , $BN$ , $CP$ w zależności od $R$ i od kątów $A$ , $B$ , $C$ trójkąta (rys. 9).

Zauważmy, że w trójkącie $AMC$ bok $AC = 2R \sin B$ , a $\measuredangle MAC = 90^\circ - B$ , gdyż w trójkącie prostokątnym $ACM'$ , gdzie $AM'$ jest średnicą okręgu opisanego na $\triangle ABC$ , kąt przy $M'$ równa się kątowi $B$ . Wobec tego $\measuredangle AMC = 90^\circ + B - C$ i stosując twierdzenie sinusów otrzymujemy

$ \frac{AC}{AM} = \frac{\sin M}{\sin C} = \frac{\cos (B - C)}{\sin C},\ \frac{ 1}{AM} = \frac{\cos (B-C)}{AC \sin C} = \frac{\cos (B - C)}{2R \sin B \sin C} $

i ostatecznie

$ (1) \qquad \frac{ 1}{AM} = \frac{1}{2R} (\ctg B \ctg C + 1). $

Analogicznie otrzymujemy z trójkąta $BN A$ :

$ (2) \qquad \frac{ 1}{BN} = \frac{1}{2R} (\ctg C \ctg A + 1) $

a z trójkąta $CPB$ :

$ (3) \qquad \frac{ 1}{CP} = \frac{1}{2R} (\ctg A \ctg B + 1). $

Dodając równości (1), (2) i (3) stronami i uwzględniając fakt, że kąty trójkąta spełniają związek $\ctg B \ctg C + \ctg C \ctg A + \ctg A \ctg B = 1$ , otrzymujemy żądaną równość

$ \frac{1}{AM} + \frac{1}{BN} + \frac{1}{CP} = \frac{2}{R}, $

VIII OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

Udowodnić, że:

1) $n$ prostych leżących na płaszczyźnie, z których każde dwie przecinają się, ale żadne trzy nie przechodzą przez jeden punkt, dzieli płaszczyznę na $\frac{1}{2} (n^2 + n + 2)$ części;

2) $n$ płaszczyzn, z których każde trzy mają jeden i tylko jeden punkt wspólny, ale żadne cztery nie przechodzą przez jeden punkt, dzieli przestrzeń na $\frac{1}{6} (n^3 + 5n + 6)$ części.

Rozwiązanie

1. Zastosujemy indukcję zupełną. Jedna prosta dzieli płaszczyznę, na $2$ części. Ponieważ wyrażenie $\frac{1}{2} (n^2 + n + 2)$ ma dla $n = 1$ wartość $\frac{1}{2} (1^2 + 1 + 2) = 2$ , więc twierdzenie jest w przypadku $n =1$ prawdziwe. Dajmy na to, że jest ono prawdziwe, gdy $n = k$ i weźmy pod uwagę $k + 1$ prostych $l_1, l_2,\ldots, l_k, l_{k+1}$ płaszczyzny spełniających założenie twierdzenia. Proste $l_1, l_2,\ldots, l_k$ dzielą wówczas płaszczyznę na $\frac{1}{2} (k^2 + k + 2)$ obszarów. Prosta $l_{k+1}$ przecina według założenia proste $l_1, l_2,\ldots, l_k$ odpowiednio w punktach $A_1, A_2, \ldots, A_k$ (rys. 10), które są wszystkie różne; istotnie, gdyby np. punkty $A_1$ i $A_2$ pokrywały się, to przez ten sam punkt przechodziłyby $3$ proste $l_1$ , $l_2$ i $l_{k+1}$ wbrew założeniu. Punkty $A_1, A_2, \ldots, A_k$ dzielą prostą $l_{k+1}$ na $k + 1$ części; każda z tych części leży w jednym z obszarów płaszczyzny wyznaczonych przez proste $l_1, l_2,\ldots, l_k$ i rozcina ten obszar na $2$ części. Zatem, przez dołączenie prostej $l_{k+1}$ do prostych $l_1, l_2,\ldots, l_k$ liczba obszarów, na jakie płaszczyzna zostaje rozcięta wzrasta o $k + 1$ . Ilość obszarów wyznaczonych przez proste $l_1, l_2,\ldots, l_k, l_{k+1}$ wynosi więc

$ \frac{k^2 + k + 2}{2} + k + 1 = \frac{(k + 1)^2 + (k + 1) + 2}{2}, $

a to oznacza, że nasze twierdzenie jest prawdziwe, gdy $n = k + 1$ .

Przez indukcję wnosimy stąd, że twierdzenie jest prawdziwe dla każdego naturalnego $n$ .

2. Dowód drugiego twierdzenia jest analogiczny. Jedna płaszczyzna dzieli przestrzeń na $2$ części, a ponieważ wyrażenie $\frac{1}{6} (n^3 + 5n + 6)$ ma dla $n = 1$ wartość $2$ , więc twierdzenie jest w przypadku $n = 1$ prawdziwe. Przypuśćmy, że jest ono prawdziwe dla $n = k$ i weźmy pod uwagę $k + 1$ płaszczyzn $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_k, \alpha_{k+1}$ spełniających założenie twierdzenia. Płaszczyzny $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_k$ , dzielą wówczas przestrzeń na $\frac{1}{6} (k^3 + 5k + 6)$ obszarów. Płaszczyzna $\alpha_{k+1}$ przecina zgodnie z założeniem płaszczyzny $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_k$ odpowiednio według prostych $l_1, l_2, \ldots, l_k$ ; przy czym łatwo stwierdzić, że te proste są wszystkie różne, przecinają się parami, ale żadne $3$ z nich nie przechodzą przez jeden punkt. Istotnie, dwie z tych prostych, na przykład proste $l_1$ i $l_2$ , nie mogą być równoległe ani się pokrywać, gdyż według założenia płaszczyzny $\alpha_1$ , $\alpha_2$ i $\alpha_{k+1}$ mają jeden i tylko jeden punkt wspólny. Trzy z prostych, na przykład $l_1$ , $l_2$ , $l_3$ nie mogą przechodzić przez jeden punkt, gdyż byłby to punkt wspólny płaszczyzn $\alpha_1$ , $\alpha_2$ , $\alpha_{k+1}$ , co przeczyłoby założeniu. Proste $l_1, l_2, \ldots, l_k$ spełniają więc założenia twierdzenia 1°, dzielą zatem płaszczyznę $\alpha_{k+1}$ na $\frac{1}{2} (k^2 + k + 1)$ części. Każda z tych części płaszczyzny $\alpha_{k+1}$ leży w jednym z obszarów przestrzeni wyznaczonych przez płaszczyzny $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_k$ i rozcina go na $2$ części. Przez dołączenie płaszczyzny $\alpha_{k+1}$ do płaszczyzn $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_k$ liczba obszarów, na jakie rozcięta zostaje przestrzeń, zwiększa się więc o $\frac{1}{2} (k^2 + k + 1)$ . Ilość obszarów wyznaczonych przez płaszczyzny $\alpha_1, \alpha_2, \ldots \alpha_k, \alpha_{k+1}$ wynosi zatem

$ \frac{k^3 + 5k + 6}{6} + \frac{k^2 + k + 2}{2} = \frac{(k + 1)^3 + 5 (k + 1) + 6}{6}, $

co oznacza, że twierdzenie 2° jest prawdziwe, gdy $n = k + 1$ ; na mocy indukcji jest ono zatem prawdziwe dla dowolnego naturalnego $n$ .

VIII OM - II etap

II etap VIII Olimpiady Matematycznej

VIII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

Dowieść, że jeżeli $n$ jest liczfią całkowitą, to

$ \frac{n^5}{120} - \frac{n^3}{24} + \frac{n}{30} $

jest też liczbą całkowitą.

Rozwiązanie

Ponieważ

$ \frac{n^5}{120} - \frac{n^3}{24} + \frac{n}{30} = \frac{n^5 - 5n^3 + 4n}{120} = \frac{n (n^2 - 1) (n^2 - 4)}{120} $

więc wystarczy udowodnić, że liczba $N = n (n^2 - 1) (n^2 - 4)$ jest podzielna przez $120$ . Otóż liczba $N$ równa $(n - 2) (n - 1) n (n + 1) (n+2)$ jest iloczynem pięciu kolejnych liczb naturalnych. Wśród takich liczb co najmniej dwie są parzyste, co najmniej jedna jest podzielna przez $4$ , co najmniej jedna jest podzielna przez $3$ , jedna zaś jest podzielna przez $5$ . Liczba $N$ jest więc na pewno podzielna przez $2 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 5 = 120$ .

VIII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

Dowieść, że jeżeli $M$ , $N$ , $P$ są spodkami wysokości trójkąta ostrokątnego $ABC$ , to stosunek obwodu trójkąta $MNP$ do obwodu trójkąta $ABC$ jest równy stosunkowi promienia kola wpisanego w trójkąt $ABC$ do promienia koła opisanego na trójkącie $ABC$ .

Rozwiązanie

Przyjmując oznaczenia wskazane na rys. 14 wykażemy najpierw, że $\measuredangle 1 = \measuredangle 2$ . Istotnie, wierzchołki czworokąta $ANHP$ leżą na okręgu, gdyż kąty tego czworokąta przy wierzchołkach $N$ i $P$ są proste. Zatem $\measuredangle 1 = \measuredangle AHP$ , jako kąty wpisane, oparte na tej samej cięciwie $AP$ . Analogicznie $\measuredangle 2 = \measuredangle CHM$ . Lecz $\measuredangle AHP= = \measuredangle CHM$ , gdyż są to kąty wierzchołkowe; zatem $\measuredangle 1 = \measuredangle 2$ .

W taki sam sposób stwierdzimy, że $\measuredangle 3 = \measuredangle 4$ .

Niech teraz $M'$ będzie punktem symetrycznym do punktu $M$ względem prostej $AC$ , a $M''$ - punktem symetrycznym do tegoż punktu $M$ względem prostej $AB$ . Punkty $M'$ , $N$ , $P$ , $M''$ leżą na jednej prostej, gdyż $\measuredangle M'NC = \measuredangle 2 = \measuredangle 1$ , a $\measuredangle M''PB = \measuredangle 4 = \measuredangle 3$ . Wobec tego długość odcinka $M'M''$ równa się obwodowi trójkąta $MNP$ . Zauważmy, że w trójkącie $AM'M''$ każdy z boków $AM'$ i $AM''$ równa się wysokości $AM = h_a$ trójkąta $ABC$ , a $\measuredangle M'AM'' = \measuredangle M'AM + \measuredangle MAM'' = 2 \cdot \measuredangle CAM + 2 \cdot \measuredangle MAB = 2 \cdot \measuredangle A$ . Stosując do $\triangle AM'M''$ twierdzenie cosinusów otrzymujemy

$ M'M''^2 = h^2_a + h^2_a- 2h_ah_a \cos^2A = = 2h_a^2 (1 - \cos 2A) = 4 h_a^2 \sin^2 A, $

stąd

$ M'M'' = 2h_a \sin A = \frac{2a h_a \sin A}{a} = \frac{4S \sin A}{2R \sin A} = \frac{2pr}{R}, $

zatem

$ \frac{\textrm{obwód } \triangle MNP}{\textrm{obwód } \triangle ABC} = \frac{r}{R}. $

VIII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

Dany jest sześcian o krawędzi $AB = a$ cm. Punkt $M$ odcinka $AB$ jest odległy od przekątnej sześcianu, skośnej względem $AB$ , o $k$ cm. Znaleźć odległość punktu $M$ od środka $S$ odcinka $AB$ .

Rozwiązanie

Jeżeli wierzchołki sześcianu oznaczymy jak na rys. 15, przekątnymi sześcianu skośnymi do krawędzi $AB$ będą $A_1C$ i $B_1D$ . Są one do siebie symetryczne względem płaszczyzny symetralnej odcinka $AB$ , wobec czego jest obojętne, o której z nich jest mowa w zadaniu. Niech na przykład $MN = k$ będzie odległością punktu $M$ od przekątnej $A_1C$ .

Niech $MS = x$ , wówczas

$ A_1M = \sqrt{AM^2 + AA_1^2} = \sqrt{ \left( \frac{a}{2} - x \right)^2 + a^2} = \sqrt{ x^2 - ax + \frac{5a^2}{4}}, $

$ MC = \sqrt{MB^2 + BC^2} = \sqrt{ \left( \frac{a}{2} + x \right)^2 + a^2} = \sqrt{ x^2 + ax + \frac{5a^2}{4}}, $

$A_1C = a \sqrt{3}$ , pole $S$ trójkąta $A_1MC$ równa się $\frac{1}{2} A_1C \cdot MN = \frac{1}{2}ak \sqrt{3}$ . Stosując do $\triangle A_1MC$ wzór Herona w postaci użytej w zadaniu 14 (sposób 1), otrzymujemy równanie

$ \begin{split} & 2 \left( x^2 - ax + \frac{5}{4}a^2 \right) \left( x^2 + ax + \frac{5}{4}a^2 \right) + 6a^2 \left( x^2 - ax + \frac{5}{4}a^2 \right) + \\ & + 6a^2 \left. \left( x^2 + ax + \frac{5}{4}a^2 \right) - \right[ \left( x^2 - ax + \frac{5}{4}a^2 \right) + \left. \left( x^2 + ax + \frac{5}{4}a^2 \right) + 9a^4 \right] = \\ & = 16 \cdot \left( \frac{1}{2} ak \sqrt{3}\right)^2 , \end{split} $

a stąd, po uproszczeniu, równanie

$ 4x^2 = 6k^2 - 3a^2. $

Równanie to ma pierwiastki rzeczywiste, o ile spełniony jest warunek $k \geq \frac{a}{\sqrt{2}}$ ; wówczas pierwiastkami równania są liczby

$ x = \frac{1}{2} \sqrt{6k^2 - 3a^2} \textrm{ i } x = -\frac{1}{2} \sqrt{6k^2 - 3a^2} $

odpowiadające dwóm symetrycznym położeniom punktu $M$ po obu stronach punktu $S$ na prostej $AB$ . Ponieważ punkt $M$ leży na odcinku $AB$ , więc $|x| \leq \frac{a}{2}$ ; $k$ powinno zatem spełniać warunek

$ k \leq \frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}. $

Uwaga. Na rzucie równoległym $ABCDA_1B_1C_1D_1$ sześcianu (rys. 15) punkt $N$ można znaleźć w sposób następujący. Na przedłużeniu $BA$ odmierzamy $A(C) = a \sqrt{2}$ , wówczas $A_1(C) = a\sqrt{3}$ przedstawia przekątną sześcianu w naturalnej wielkości. Budujemy trójkąt $A_1(C) (M)$ , w którym $A_1(M) = AM$ a $(C) (M) = MB_1$ , tzn. $(C) (M)$ przedstawia odcinek $MC$ w naturalnej wielkości. Wobec tego trójkąt $A_1(C) (M)$ przedstawia trójkąt $A_1CM$ w naturalnej wielkości. Następnie prowadzimy $(M) (N) \bot A_1(C)$ i dzielimy odcinek $A_1C$ w stosunku $A_1(N) \colon (N) (C)$ prowadząc $(N)N$ równolegle do $(C)C$ . Otrzymany punkt $N$ jest punktem żądanym, gdyż rzutowanie równoległe nie zmienia stosunku podziału odcinka.

VIII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

Dowieść, że jeżeli $a > 0$ , $b > 0$ , $c > 0$ , to

$ \frac{a}{b + c} + \frac{b}{c+ a} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}. $

Rozwiązanie

Oznaczamy

$ b + c = u,\ c + a = v,\ a + b = w, $

wówczas

$ a = \frac{v + w - u}{2},\ b = \frac{u + w - v}{2},\ c = \frac{u + v - w}{2}, $

zatem

$ \begin{split} \frac{a}{b+c} & + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} = \frac{1}{2} \left( \frac{v + w - u}{u} + \frac{u + w - v}{v} + \frac{u + v - w}{w} \right)=\\ & = \frac{1}{2} \left[ \left( \frac{u}{v} + \frac{v}{u} \right) + \left( \frac{v}{w} + \frac{w}{v} \right) + \left( \frac{w}{u} + \frac{u}{w} \right) - 3 \right] \geq \frac{1}{2}(2 + 2 + 2 - 3) = 1 \end{split} $

W powyższym rachunku korzystaliśmy z tego, że gdy $x > 0$ i $y > 0$ , to

$ \frac{x}{y} + \frac{y}{x} = \frac{x^2 + y^2}{xy} - 2 + 2 = \frac{(x - y)^2}{xy} + 2 \geq 2. $

Uwaga. Dowiedzione twierdzenie jest przypadkiem szczególnym twierdzenia następującego:

Jeżeli $a_1 > 0, a_2 > 0, \ldots, a_n > 0$ , to

$ \frac{a_1}{a_2 + a_3 + \ldots + a_n} + \frac{a_2}{a_1 + a_3 + \ldots + a_n} + \ldots + \frac{a_n}{a_1 + a_2 + \ldots + a_{n-1}} \geq \frac{n}{n-1}. $

Aby tego dowieść zastosujemy takie samo przekształcenie jak poprzednio. Wprowadzając oznaczenia

$ u_1 = a_2 + a_3 + \ldots + a_n,\ u_2 = a_1 + a_3 + \ldots + a_n,\ \ldots,\ a_n = a_1 + a_2 + \ldots + a_{n-1} $

otrzymujemy

$ a_1 + a_2 + \ldots + a_n = \frac{u_1 + u_2 + \ldots + u_n}{n-1}, $

a stąd

$a_1 = \frac{u_1 + u_2 + \ldots + u_n}{n-1} - u_1 = \frac{u_2 + \ldots + u_n - (n-2)u_1}{n-1},$

$a_2 = \frac{u_1 + u_2 + \ldots + u_n}{n-1} - u_2 = \frac{u_1 + u_3 + \ldots + u_n - (n-2)u_2}{n-1},$

$\ldots$

$a_1 = \frac{u_1 + u_2 + \ldots + u_n}{n-1} - u_1 = \frac{u_2 + \ldots + u_n - (n-2)u_1}{n-1},$

$a_n = \frac{u_1 + u_2 + \ldots + u_{n-1}}{n-1} - u_n = \frac{u_1 + u_2 + \ldots + u_{n-1} - (n-2)u_n}{n-1},$

zatem

$ \begin{split} & \frac{a_1}{a_2 + a_3 + \ldots + a_n} + \frac{a_2}{a_1 + a_3 + \ldots + a_n} + \ldots + \frac{a_n}{a_1 + a_2 + \ldots + a_{n-1}} = \\ & = \frac{1}{n-1} \left[ \left( \frac{u_1}{u_2} + \frac{u_2}{u_1} \right) + \left( \frac{u_1}{u_3} + \frac{u_3}{u_1} \right) + \ldots + \left( \frac{u_{n-1}}{u_n} + \frac{u_n}{u_{n-1}} \right) - n(n-2) \right] \geq \\ & \geq \frac{1}{n-1} [\underbrace{2 + 2 + \ldots + 2}_{\frac{1}{2}n(n-1) \textrm{ razy}} - n (n - 2)] = \frac{1}{n-1} (n^2 - n - n^2 + 2n) = \frac{n}{n-1}. \end{split} $

VIII OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

Dany jest odcinek $AB$ i prosta $m$ równoległa do tego odcinka. Znaleźć środek odcinka $AB$ używając samej linijki, tzn. rysując tylko linie proste.

Rozwiązanie

Obieramy dowolnie punkt $C$ leżący po przeciwnej stronie prostej $m$ niż odcinek $AB$ (rys. 16). Odcinki $AC$ i $BC$ przecinają prostą $m$ w punktach, które oznaczymy odpowiednio literami $D$ i $E$ . Dalej oznaczymy punkt przecięcia przekątnych trapezu $ABED$ literą $F$ , a punkty przecięcia prostej $CF$ z prostymi $m$ i $AB$ odpowiednio literami $T$ i $S$ . Dowiedziemy, że punkt $S$ , który wyznaczyliśmy rysując tylko proste, jest środkiem $AB$ .

Proste $AB$ i $m$ możemy uważać za proste jednokładne względem środka $C$ , a także względem środka $F$ .

W jednokładności względem środka $C$ punktom $A$ , $S$ , $B$ odpowiadają punkty $D$ , $T$ , $E$ , zatem

$ (1) \qquad \frac{AS}{SB} = \frac{DT}{TE}. $

W jednokładnści względem środka $F$ punktom $A$ , $S$ , $B$ odpowiadają punkty $E$ , $T$ , $D$ , zatem

$ (2) \qquad \frac{AS}{SB} = \frac{ET}{TD}. $

Mnożąc równości (1) i (2) stronami otrzymujemy

$ \left( \frac{AS}{SB} \right)^2 = 1 \textrm{ zatem } AS = SB \textrm{ c. n. d} $

VIII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

Dowieść, że jeżeli czworokąt wypukły ma tę własność, że istnieje okrąg styczny do jego boków (tzn. okrąg wpisany), a także okrąg styczny do przedłużeń jego boków (okrąg dopisany), to przekątne czworokąta są do siebie prostopadłe.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że czworokąt wypukły $ABCD$ (rys. 17) spełnia wymienione wyżej warunki.

1. Z założenia, że istnieje okrąg wpisany w czworokąt, wynika, że sumy boków przeciwległych czworokąta są równe, tj.

$ (1) \qquad AB + DC = AD + BC. $

2. Z założenia, że istnieje okrąg styczny do przedłużeń boków czworokąta wynika według oznaczeń przyjętych na rys. 17.

$ \begin{array}{c} (2) \qquad AB = AM- BM,\\ BC = BN - CN,\\ DC = DP - CP,\\ AD= AQ - DQ. \end{array} $

Ze związków (2) otrzymujemy

$ AB - DC = AM - BM - DP + CP, $

$ AD - BC = AQ - DQ - BN + CN, $

a ponieważ według znanego twierdzenia o stycznych do okręgu

$ AM = AQ,\ BM = BN,\ CN = CP,\ DP = DQ, $

więc

$ (3) \qquad AB - DC = AD - BC. $

Dodajemy i odejmujemy (1) i (3) stronami; po skróceniu przez $2$ otrzymujemy

$ (4) \qquad AB = AD,\ BC = DC. $

Z równości (4) wynika, że czworokąt $ABCD$ jest deltoidem. Ponieważ przekątne deltoidu są prostopadłe (gdyż wierzchołki $B$ i $D$ leżą symetrycznie względem przekątnej $AC$ ), więc twierdzenie zostało udowodnione.

Uwaga 1. Jeżeli czworokąt jest deltoidem, jego przekątne są prostopadłe, ale nie na odwrót, gdyż czworokąt o prostopadłych przekątnych tylko wtedy jest deltoidem, gdy jedna z tych przekątnych jest osią symetrii czworokąta. W powyższym rozwiązaniu udowodniliśmy zatem twierdzenie mocniejsze od twierdzenia podanego w tekście zadania 18.

Uwaga 2. Zachodzi również twierdzenie odwrotne: Jeżeli czworokąt jest deltoidem (wypukłym), to istnieje zarówno okrąg styczny do jego boków jak okrąg styczny do przedłużeń boków. Wynika to natychmiast z faktu, że jedna z przekątnych deltoidu np. $AC$ (rys. 18) jest jego osią symetrii. Wobec tej symetrii okrąg, którego środek leży na prostej $AC$ i który jest styczny do boków $AB$ i $BC$ (bądź do przedłużeń boków $AB$ i $BC$ ) jest również styczny do boków $AD$ i $DC$ (bądź do przedłużeń boków $AD$ i $DC$ ).

Uwaga 3. Rozumowanie użyte wyżej przy rozwiązaniu zadania 18 zawiera pewną lukę. Mianowicie wzory (2) wysnuliśmy z obserwacji rysunku 17, nie zastanawiając się nad tym, czy wzajemne położenie rozważanych punktów musi być zawsze takie, jak na tym rysunku. Dokładniej mówiąc, chodzi o to, czy wierzchołki czworokąta wypukłego mającego okrąg dopisany można zawsze tak oznaczyć literami $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , aby punkty styczności tego okręgu z przedłużeniami boków czworokąta znajdowały się na półprostych $AB$ , $BC$ , $DC$ , $AD$ jak to ma właśnie miejsce na rys. 17. Udowodnimy, że tak jest istotnie.

Weźmy pod uwagę jeden z boków danego czworokąta wypukłego i prostą $m$ , na której leży ten bok. Rozróżnimy dwa przypadki.

a) Czworokąt i okrąg dopisany znajduje się po tej samej stronie prostej $m$ . W takim razie, punkt styczności prostej $m$ z okręgiem oznaczymy literą $M$ , a wierzchołki boku leżącego na prostej $m$ oznaczymy literami $A$ i $B$ w taki sposób, żeby punkt $M$ leżał na półprostej $AB$ . Pozostałe wierzchołki oznaczymy literami $C$ i $D$ w ten sposób, aby na obwodzie czworokąta otrzymać kolejność $A$ , $B$ , $C$ , $D$ . Wreszcie punkty styczności prostych $BC$ , $CD$ , $DA$ z okręgiem dopisanym oznaczymy odpowiednio literami $N$ , $P$ , $Q$ .

Wówczas punkt $N$ leży na półprostej $BC$ , a punkt $Q$ - na półprostej $AD$ , gdyż punkty $C$ i $N$ a także punkty $D$ i $Q$ znajdują się po tej samej stronie prostej $m$ . Punkt $P$ zaś leży na półprostej $DC$ , gdyż punkty $D$ i $P$ leżą po przecjwnych stronach prostej $BC$ (albowiem czworokąt i okrąg znajdują się po przeciwnych stronach prostej $BC$ ). Mamy więc takie położenie wzajemne punktów figury, jak na rys. 17 i zachodzą wzory (2).

b) Czworokąt i okrąg dopisany znajdują się po przeciwnych stronach prostej $m$ . W tym przypadku punkt styczności prostej $m$ z okręgiem oznaczamy literą $N$ , a wierzchołki boku leżącego na prostej $m$ oznaczamy literami $B$ i $C$ w taki sposób, żeby punkt $N$ leżał na półprostej $BC$ . Pozostałe wierzchołki oznaczamy literami $D$ i $A$ w ten sposób, żeby na obwodzie czworokąta otrzymać kolejność $B$ , $C$ , $D$ , $A$ ; wreszcie punkty styczności prostych $CD$ , $DA$ , $AB$ z okręgiem dopisanym oznaczamy odpowiednio literami $P$ , $Q$ , $M$ . Sprawdzamy jak w a), że punkty $P$ , $Q$ , $M$ leżą odpowiednio na półprostych $DC$ , $AD$ , $AB$ .

VIII OM - III etap

III etap VIII Olimpiady Matematycznej

VIII OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

III

Przez środek $S$ odcinka $MN$ o końcach leżących na ramionach trójkąta równoramiennego poprowadzono prostą równoległą do podstawy trójkąta przecinającą jego ramiona w punktach $K$ i $L$ . Dowieść, że rzut prostokątny odcinka $MN$ na podstawę trójkąta jest równy odcinkowi $KL$ .

Rozwiązanie

Ponieważ łamane $MNL$ i $MKL$ mają wspólne końce $M$ i $L$ (rys. 19), więc ich rzuty na podstawę trójkąta są równe, co zapiszemy

$ \textrm{rzut }MNL = \textrm{rzut }MKL. $

Biorąc pod uwagę, że rzut łamanej równa się sumie rzutów boków łamanej, otrzymujemy stąd

$ (1) \qquad \textrm{rzut }MN + \textrm{rzut }NL = \textrm{rzut }MK + \textrm{rzut }KL. $

Prowadząc $MP \parallel KL$ widzimy, że $MK = LP$ (bo trapez $MPKL$ o równych kątach przy podstawie jest równoramienny), a $LP = NL$ (bo $SL \parallel MP$ i $MS = SN$ ), więc odcinki $MK$ i $NL$ są równe; ponieważ są to odcinki jednakowo nachylone do podstawy trójkąta, więc ich rzuty na tę podstawę są równe. Uwzględniając w równości (1), że $\textrm{rzut }NL = \textrm{rzut }MK$ i że $\textrm{rzut }KL = KL$ (bo $KL$ jest równoległe do podstawy trójkąta) otrzymujemy

$ \textrm{rzut }MN = KL. $

VIII OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

III

Dowieść, że między bokami $a$ , $b$ , $c$ i kątami przeciwległymi $A$ , $B$ , $C$ trójkąta zachodzi związek

$ (1) \qquad a^2 \cos^2 A = b^2 \cos^2 B + c^2 \cos^2 C + 2bc \cos B \cos C \cos 2A. $

Rozwiązanie

Podstawiając w równości (1)

$ (2) \qquad a =2R \sin A,\ b = 2R \sin B,\ c = 2 R \sin C $

( $R$ - promień koła opisanego na trójkącie) otrzymujemy po podzieleniu obu stron przez $R^2$ :

$ 4 \sin^2 A \cos^2 A = 4 \sin^2 B \cos^2 B + 4 \sin^2 C \cos^2 C + 8 \sin B \sin C \cos B \cos C \cos 2A \textrm{ lub krócej} $

$ (3) \qquad \sin^2 2A = \sin^2 2B + \sin^2 2C + 2 \sin 2B \sin 2C \cos 2A. $

Wystarczy uzasadnić wzór (3), gdyż wzór (1) wynika natychmiast ze wzorów (3) i (2). Przekształcimy prawą stronę wzoru (3)

$ \begin{split} & \sin^2 2B + \sin^2 2C + 2 \sin 2B \sin 2C \cos 2B \cos 2C - 2 \sin^2 2B \sin^2 2C = \\ & = \sin^2 2B (1 - \sin^2 2C) + \sin^2 2C (1 - \sin^2 2B) + 2 \sin 2B \sin 2C \cos 2B \cos 2C =\\ & = \sin^2 2B \cos^2 2C + \sin^2 2C \cos^2 2B + 2 \sin 2B \sin 2C \cos 2B \cos 2C =\\ & = (\sin 2B \cos 2C + \sin 2C \cos 2B)^2 = [(\sin (2B + 2C)]^2 = (\sin 2A)^2, \end{split} $

wzór (3) jest więc słuszny.

VIII OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli funkcja $ax^2 + bx + c$ przybiera wartość całkowitą dla każdej całkowitej wartości zmiennej $x$ , to $2a$ , $a + b$ , $c$ są liczbami całkowitymi i na odwrót.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że gdy liczba $x$ jest całkowita, to liczba $f (x) = ax^2 + bx + c$ też jest całkowita. Wówczas

1) $f (0) = c$ , więc $c$ jest liczbą całkowitą

2) $f (1) = a + b + c$ , stąd $a + b = f (1) - c$ , więc $a + b$ jest liczbą całkowitą

3) $f (2) = 4a + 2b + c$ , stąd $2a = f (2) - 2 (a + b) - c$ , więc $2a$ jest liczbą całkowitą.

Odwrotnie, gdy $2a$ , $a + b$ i $c$ są liczbami całkowitymi, to funkcja $ax^2 + bx + c$ ma dla każdego całkowitego $x$ wartość całkowitą. Istotnie

$ ax^2 + bx + c = ax^2 - ax + ax + bx + c = ax (x - 1) + (a + b) x + c = 2a \cdot \frac{x(x-1)}{2} + (a + b) x + c. $

Wartość $ax^2 + bx + c$ jest zatem równa sumie trzech liczb całkowitych (liczba $x (x - 1)$ jest przy całkowitym $x$ liczbą parzystą, gdyż jest iloczynem dwóch kolejnych liczb całkowitych).

Uwaga. Proponujemy czytelnikowi następujące ćwiczenie: Dowieść, że warunkiem koniecznym i dostatecznym do tego, aby funkcja $ax^3 + bx^2 + cx + d$ miała dla każdej całkowitej wartości $x$ wartość całkowitą, jest warunek żeby liczby $6a$ , $2b$ , $a + b + c$ i $d$ były całkowite.

VIII OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli $a \geq 0$ i $b \geq 0$ , to

$ (1) \qquad \sqrt{a^2 + b^2} \geq a + b - (2 - \sqrt{2}) \sqrt{ab}. $

Rozwiązanie

Prawą stronę nierówności (1) można napisać w postaci $(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 + \sqrt{2ab}$ , skąd widać, że jest ona liczbą nieujemną. Wobec tego podnosząc obie strony nierówności (1) do kwadratu otrzymujemy nierówność równoważną

$ (2) \qquad a^2 + b^2 \geq (a+b)^2 + (6-4\sqrt{2})ab - 2(2 - \sqrt{2})(a+b) \sqrt{ab}. $

Nierówności (2) można nadać postać

$ a^2 + b^2 \geq a^2 + b^2 + (2 - \sqrt{2}) \sqrt{ab} [4\sqrt{ab} - 2 ( a + b)] $

lub

$ (3) \qquad a^2 + b^2 \geq a^2 + b^2 - 2 (2 - \sqrt{2}) \sqrt{ab} (\sqrt{a} - \sqrt{b})^2. $

Nierówność (3) jest oczywiście prawdziwa, zatem równoważna jej nierówność (1) jest też prawdziwa.

VIII OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

III

Dana jest prosta $m$ i odcinek $AB$ do niej równoległy. Podzielić odcinek $AB$ na trzy równe części przy użyciu samej linijki, tzn. rysując tylko proste.

Rozwiązanie

Znajdujemy najpierw jak w zadaniu 17 (rys. 16) środek $S$ odcinka $AB$ (rys. 23). Prowadzimy proste $AT$ i $SE$ , które się przecinają w punkcie $G$ oraz prostą $GB$ przecinającą prostą $m$ w punkcie $H$ . Ponieważ $AS = SB$ i $m \parallel AB$ , więc $DT = TE$ i $TE = EH$ . Jeśli zatem $K$ jest punktem przecięcia prostych $AD$ i $BH$ , to proste $KT$ i $KE$ dzielą odcinek $AB$ na $3$ równe części.

VIII OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

III

Dany jest sześcian o podstawie $ABCD$ , przy czym $AB = a$ cm. Obliczyć odległość prostej $BC$ od prostej przechodzącej przez punkt $A$ i przez środek $S$ ściany przeciwległej do podstawy.

Rozwiązanie

Ponieważ $BC\parallel AD$ , więc prosta $BC$ jest równoległa do płaszczyzny $ADS$ . Poszukiwana odległość prostych $BC$ i $AS$ równa jest odległości prostej $BC$ od płaszczyzny $ADS$ (rys. 25).

Weźmy pod uwagę równoległościan, którego podstawą jest kwadrat $ABCD$ , a jedną ze ścian bocznych prostokąt $AM ND$ będący przekrojem sześcianu płaszczyzną $ADS$ . Objętość tego równoległościanu równa się objętości $a^3$ danego sześcianu. Z drugiej strony objętość równoległościanu równa się iloczynowi pola $AM \cdot MN$ prostokąta $AMND$ przez odległość $x$ krawędzi $BC$ od płaszczyzny prostokąta. Otóż $AM = \sqrt{AA^2 + A_1M^2} = \sqrt{a^2 + \left( \frac{a}{2} \right)^2} = \frac{a\sqrt{5}}{2}$ , $MN = a$ , otrzymujemy zatem równanie

$ \frac{a^2 \sqrt{5}}{2} \cdot x = a^3, \textrm{ skąd } x = \frac{2a}{\sqrt{5}}. $