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 $DC$ , $AD$ , $AB$ .