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}}. $