VII OM - I etap

I etap VII Olimpiady Matematycznej

VII OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

Rozwiązać układ równań

$ (1) \qquad \begin{array}{c} (x^3+y^3)(x^2+y^2)=2a^5\\ x+y=a \end{array} $

Rozwiązanie

Ponieważ $x^3 + y^3 = (x + y) (x^2 - xy + y^2)$ , więc uwzględniając drugie równanie układu (1) możemy pierwsze równanie tego układu zastąpić równaniem

$ (\alpha) \qquad a (z2 - xy + y2) y2) = 2a*. $

1) Gdy $a = 0$ , równanie ( $\alpha$ ) jest spełnione tożsamościowo; dany układ równań (1) redukuje się do drugiego równania; rozwiązaniem układu jest każda para $(t, - t)$ , gdzie $t$ jest dowolną liczbą.

2) Gdy $a \neq 0$ , równanie ( $\alpha$ ) można podzielić obustronnie przez $a$ i zastąpić układ równań (1) układem równoważnym

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

Wobec tego, ze równania układu (2) są jednorodne względem $x$ , $y$ i $a$ , możemy układ ten uprościć wprowadzając zamiast $x$ i $y$ , jako nowe niewiadome, stosunki $u = \frac{x}{a}$ , $v = \frac{x}{a}$ Otrzymujemy układ równań

$ (2) \qquad \begin{array}{c} (x^2 -xy +y^2)(x^2+y^2)=2\\ x+y=1 \end{array} $

Układ (3) można rozwiązać różnymi sposobami.

Niech $u - v = z$ ; ponieważ $u + v = 1$ , więc $u = \frac{1+z}{2}$ $v = \frac{1-z}{2}$ . Podstawiając te wartości do pierwszego równania układu (3) otrzymujemy równanie

$ \left[\left(\frac{1+z}{2}\right)^2 - \frac{(1-z)(1+z)}{4} +\left(\frac{1+z}{2}\right)^2 \right]\left[\left(\frac{1+z}{2}\right)^2 +\left(\frac{1+z}{2}\right)^2 \right]=2 $

które po wykonaniu działań przybiera postać

$ 3z^2+ 4z^2 - 15 = 0. $

Pierwiastkami tego równania dwukwadratowego są liczby

$ i \sqrt{3}, \quad -i \sqrt{3}, \quad \sqrt{\frac{5}{3}}, -\sqrt{\frac{5}{3}}. $

Podstawiając te wartości z do związków $u = \frac{1+z}{2}$ $v = \frac{1-z}{2}$ otrzymujemy $4$ rozwiązania układu (3).

VII OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

Dowieść, że jeżeli $a$ i $b$ są liczbami całkowitymi, to liczba

$ N = ab (a^2 - b^2) (a^2 + b^2) $

jest podzielna przez $30$ .

Rozwiązanie

Wystarczy dowieść, że $N$ jest podzielne przez każdą z liczb $2$ , $3$ , $5$ .

a) $N$ jest podzielne przez $2$ , gdyż jeżeli żadna z liczb $a$ i $b$ nie jest podzielna przez $2$ , to $a^2$ i $b^2$ są liczbami nieparzystymi, wobec czego $a^2 - b^2$ jest podzielne przez $2$ .

b) Aby dowieść podzielności $N$ przez $3$ , zauważmy najpierw, że kwadrat liczby całkowitej niepodzielnej przez $3$ , mającej zatem postać $3k + 1$ lub $3k - 1$ ( $k$ - liczba całkowita), daje przy dzielniku $3$ resztę $1$ . Istotnie $(3k \pm 1)2 = 9k^2 \pm 6k + 1$ . Liczba $N$ jest zatem podzielna przez $3$ , gdyż jeśli żadna z liczb $a$ i $b$ nie jest podzielna przez $3$ , to $a^2 - b^2$ jest podzielne przez $3$ .

c) Zauważmy wreszcie, że czwarta potęga liczby całkowitej niepodzielnej przez $5$ daje przy dzielniku $5$ resztę $1$ . Istotnie, liczba niepodzielna przez $5$ ma jedną z postaci $5k + 1$ , $5k - 1$ , $5k + 2$ , $5k - 2$ ( $k$ - liczba całkowita); otóż $(5k \pm 1)^4 = 625k^4 \pm 500k^3 + 150k^2 \pm 20k + 1$ , a $(5k \pm 2)^4 = 625k^4 \pm 1000k + 600k^2 \pm 160k+ 15+1$ . Liczba $N = ab (a^4 - b^4)$ jest zatem podzielna przez $5$ , gdyż jeżeli ani $a$ , ani $b$ nie jest podzielne przez $5$ , to $a^4 - b^4$ jest podzielne przez $5$ .

Uwaga. W powyższym dowodzie stwierdziliśmy, że kwadrat liczby niepodzielnej przez $3$ daje przy dzielniku $3$ resztę $1$ oraz że czwarta potęga liczby niepodzielnej przez $5$ daje przy dzielniku $5$ resztę $1$ . Są to przypadki szczególne ważnego twierdzenia teorii liczb, zwanego małym twierdzeniem Fermata ({\kom Pierre Fermat (1601 - 1665), słynny matematyk francuski, znany zwłaszcza ze swych prac z teorii liczb, i z rachunku prawdopodobieństwa.}), które brzmi:

Jeśli liczba całkowita $a$ jest niepodzielna przez liczbę, pierwszą $p$ , to $a^{p-1}$ daje przy dzielniku $p$ resztę $1$ . Tezę tę zapisujemy zwykłe jako koneruencie

$ a^{p- 1} \equiv 1 \pmod {p}. $

Podamy dowód tego twierdzenia opierający się na najprostszych własnościach kongruencyj. Niech $r_1, r_2, \ldots, r_{p-1}$ oznaczają odpowiednio reszty z dzielenia liczb $a, 2a, \ldots , (p - 1) a$ przez p. Każda z tych reszt jest jedną z liczb $1, 2, \ldots, (p - 1)$ , przy czym

$ (*) \qquad a \equiv r_1 \pmod{p},\quad 2a \equiv r_2 \pmod{p}, \quad\ldots , (p-1)a \equiv r_{p-1} \pmod{p}. $

Liczby $r_1, r_2, \ldots, r_{p-1}$ są wszystkie różne, gdyby bowiem było $r_k = r_l$ , to mielibyśmy $ka \equiv la \pmod{p}$ i $(k - l) a \equiv 0 \pmod{p}$ , co jest niemożliwe, gdyż żadna z liczb $k - l$ i $a$ nie jest podzielna przez $p$ . Ciąg $r_1, r_2, \ldots, r_{p-1}$ zawiera zatem te same liczby, co ciąg $1, 2, \ldots , (p - 1)$ ułożone co najwyżej w innym porządku, wobec czego $r_1 \cdot r_2 \cdot \ldots \cdot r_{p-1} = 1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (p - 1)$ .

Pomnóżmy kongruencje (*) stronami:

$ 1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (p - 1) a^{p-1} = r_1 \cdot r_2 \cdot \ldots \cdot r_{p-1} \pmod{p}. $

Dzieląc obie strony powyższej kongruencji przez iloczyn $1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (p - 1)$ , który nie jest podzielny przez $p$ , gdyż każdy jego czynnik jest mniejszy od $p$ , otrzymujemy

$ a^{p-1}= 1 \pmod{p}. $

VII OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

W kwadracie $ABCD$ o polu $S$ połączono wierzchołek $A$ ze środkiem boku $BG$ , wierzchołek $B$ ze środkiem boku $CD$ , wierzchołek $C$ ze środkiem boku $DA$ i wierzchołek $D$ ze środkiem boku $AB$ . Obliczyć pole tej części kwadratu, w której leży jego środek.

Rozwiązanie

Rozwiązanie zadania uwidocznione jest na rys. 1, na którym $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ oznaczają środki boków, a $O$ środek kwadratu; przez wierzchołki $A$ , $B$ , $C$ , $D$ poprowadzono proste równoległe odpowiednio do prostych $DQ$ , $AM$ , $BN$ , $CP$ . Jeżeli figurę obrócimy o $90^\circ$ dokoła punktu $O$ , punkt. $A$ upadnie na punkt $B$ , punkt $Q$ na punkt $M$ itd., a figura nałoży się na siebie. Stąd łatwy wniosek, że na figurze mamy siatkę złożoną z 9 równych kwadratów. Według twierdzenia Pitagorasa pole kwadratu $ABCD$ równa się sumie pól kwadratów zbudowanych na przyprostokątnych $AK$ i $BK$ trójkąta prostokątnego $AKB$ . Oznaczając pole szukane literą $x$ mamy zatem

$ 4x + x = S,\textrm{ skąd } x =\frac{1}{5} S. $

VII OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

Dowieść, że środki odcinków łączących środek okręgu wpisanego w trójkąt ze środkami okręgów dopisanych leżą na okręgu opisanym na tym trójkącie.

Rozwiązanie

Niech $O$ oznacza środek okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$ (rys. 2), $O_1$ - środek okręgu dopisanego stycznego do boku $AB$ , a $S$ - środek odcinka $OO_1$ .

Punkty $O$ , $O_1$ i $S$ leżą na dwusiecznej kąta $C$ .

Aby dowieść, że punkt $S$ leży na okręgu przechodzącym przez punkty $A$ , $B$ , $C$ , wystarczy wykazać, że $\measuredangle ASC = \measuredangle ABC$ . W tym celu weźmy pod uwagę trójkąt $OAO_1$ . Półprosta $AO$ jest dwusieczną kąta $A$ trójkąta $ABC$ , a półprosta $AO_1$ - dwusieczną kąta przyległego, zatem $AO_1 \bot AO$ i punkt $S$ jako środek przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego $OAO_1$ jest środkiem okręgu opisanego na tym trójkącie, wobec czego $SA = SO$ i $\measuredangle SAO = \measuredangle SOA$ . Obliczamy

$ \begin{split} \measuredangle ASC &= 180^\circ - (\measuredangle SAO + \measuredangle SOA) = 180^\circ - 2 \cdot \measuredangle SOA =\\ &= 180^\circ - 2 (\measuredangle OAC + \measuredangle OCA) = 180^\circ - \measuredangle BAC - \measuredangle BCA = \measuredangle ABC, \textrm{ c. n. d.} \end{split} $

VII OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczby rzeczywiste $p_1$ , $p_2$ , $q_1$ , $q_2$ spełniają równość

$ (1) \qquad p_1p_2 = 2(q_1 + q_2), $

to co najmniej jedno z równań

$ (2) \qquad x^2 + p_1x + q_1 = 0, \quad x^2 + p_2x + q_2 = 0 $

ma pierwiastki rzeczywiste.

Rozwiązanie

Oznaczając literami $\Delta_1$ i $\Delta_2$ wyróżniki równań (2) mamy $\Delta_1 = p_1^2 -4q_1$ $\Delta_2 = p_2^2 - 4q_2$ , skąd $q_1 = \frac{1}{4} (p_1^2 - \Delta_1)$ , $q_2 = \frac{1}{4} (p_2^2 - \Delta_2)$ . Podstawiamy te wartości do równości (1), otrzymujemy równość

$ p_1p_2 = \frac{1}{2} (p_1^2 - \Delta_1 + p_2^2 - \Delta_2), $

a stąd

$ \Delta_1 + \Delta_2 = p_1^2 - 2p_1p_2 + p_2^2= (p_1 - p_2)^2. $

Okazało się, że suma $\Delta_1+ \Delta_2$ jest liczbą nieujemną, zatem co najmniej jeden z wyróżników $\Delta_1$ , $\Delta_2$ jest nieujemny, więc co najmniej jedno z równań (2) ma pierwiastki rzeczywiste.

VII OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

Rozwiązać równanie

$ (1) \qquad x = a + \sqrt{a+\sqrt{x}}. $

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że pewna liczba $x$ spełnia równanie (1); wówczas $x \geq 0$ i $a + \sqrt{x} \geq 0$ . Niech $a + \sqrt{x}=y$ , zatem $a = y - \sqrt{x}$ ; podstawienie tej wartości do równania (1) daje równanie $x = y - \sqrt{x} + \sqrt{x}$ Przekształcając to równanie, otrzymujemy kolejno

$ x - y + \sqrt{x} - \sqrt{y} = 0 $

$ (\sqrt{x} + \sqrt{y}) (\sqrt{x} - \sqrt{y}) + \sqrt{x} - \sqrt{y} = 0 $

$ (\sqrt{x} - \sqrt{y})(\sqrt{x} + \sqrt{y} +1) = 0. $

Ponieważ drugi czynnik lewej strony powyższego równania jest dodatni, więc $\sqrt{x} - \sqrt{y} = 0$ , skąd $x = y$ , czyli

$ (2) \qquad x = a + \sqrt{x}. $

Okazało się, że jeżeli $x$ spełnia równanie (1), to spełnia też równanie (2). Odwrotnie, jeśli $x$ spełnia równanie (2), to

$ a + \sqrt{a+\sqrt{x}} = a + \sqrt{x}=x, $

zatem $x$ spełnia też równanie (1). Zadanie sprowadza się do rozwiązania równania (2), które możemy napisać w postaci

$ (\sqrt{x})^2-\sqrt{x}-a=0 $

Oznaczając $\sqrt{x} = z$ otrzymujemy równanie kwadratowe

$ (3) \qquad z^2 - z - a = 0 $

i należy wyznaczyć nieujemne pierwiastki tego równania.

Równanie (3) ma pierwiastki (rzeczywiste), jeżeli wyróżnik $1 + 4a \geq 0$ , tj. gdy $a \geq \frac{1}{4}$ i Zakładając, że ten warunek jest spełniony, mamy pierwiastki

$ z_1=\frac{1}{2}\left(1+ \sqrt{1+4a} \right), $

Pierwiastek $z_1$ jest dodatni, pierwiastek $z_2$ jest dodatni dla a < 0, (przy czym gdy $a = - \frac{1}{4}$ , wtedy $z_1 = z_1 = \frac{1}{2}$ ), równy zeru dla a = 0, ujemny dla a > 0. Uzyskujemy zatem wynik następujący:

a) Gdy $a < -\frac{1}{4}$ , równanie (1) nie ma pierwiastków;

b) gdy $a = - \frac{1}{4}$ , równanie (1) ma jeden pierwiastek $x = \frac{1}{4}$ ;

c) gdy $- \frac{1}{4} < a \leq 0$ , równanie (1) ma dwa pierwiastki
$x = \frac{1}{4}\left(1+\sqrt{1+4a}\right)^2$ i $x = \frac{1}{4}\left(1-\sqrt{1+4a}\right)^2$

d) gdy $a > 0$ , równanie (1) ma jeden pierwiastek

$ x = \frac{1}{4} \left( 1 + \sqrt{1 + 4a} \right)^2. $

Uwaga. Równoważność (w zakresie liczb rzeczywistych) równań (1) i (2) można udowodnić bezpośrednio w sposób następujący. Zauważmy, że $\sqrt{x}$ jest dla $x \geq 0$ funkcją rosnącą i że liczba $x_0$ może być tylko wtedy pierwiastkiem któregoś z równań (1) lub (2), gdy $x_0 \geq 0$ i $a + \sqrt{x_0} \geq 0$ . Przypuśćmy, że liczba $x_0$ czyni zadość tym nierównościom. Możliwe są wówczas 3 przypadki:

a) $a + \sqrt{x_0} = x_0$ , wówczas $a + \sqrt{a + \sqrt{x_0}} = a + \sqrt{x_0} = x_0$ ,

b) $a + \sqrt{x_0} > x_0$ , wówczas $a + \sqrt{a + \sqrt{x_0}} > a + \sqrt{x_0} > x_0$ ,

c) $a + \sqrt{x_0} < x_0$ , wówczas $a + \sqrt{a + \sqrt{x_0}} < a + \sqrt{x_0} < x_0$ .

Widzimy więc, że liczba $x_0$ spełnia równanie (1) wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia równanie (2), tzn. te równania są równoważne. W podobny sposób można wykazać, że każde z równań

$ x = a + \sqrt{a + \sqrt{a + \sqrt{x}}},\ x = a + \sqrt{a + \sqrt{a + \sqrt{a + \sqrt{x}}}},\ \ldots,\textrm{ itd.} $

jest równoważne równaniu $x = a + \sqrt{x}$ .

VII OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

W przestrzeni leży prostokąt $ABCD$ oraz punkt $M$ . Obliczyć odległość $MD$ mając dane odległości $MA$ , $MB$ , $MC$ .

Rozwiązanie

Oprzemy się na twierdzeniu pomocniczym:

Jeżeli $O$ jest środkiem odcinka $AB$ , a $M$ - dowolnym punktem, to

$ (3) \qquad MA^2 + MB^2 = 2AO^2 + 2MO^2. $

Równość powyższą możemy uzasadnić w następujący sposób. Jeżeli punkt $M$ nie leży na prostej $AB$ , to z trójkątów $AOM$ i $BOM$ (rys. 5) mamy

$ (4) \qquad \begin{array}{l} MA^2 = AO^2 + MO^2 - 2 \cdot AO \cdot MO \cdot \cos \measuredangle AOM,\\ MB^2 = BO^2 + MO^2 - 2 \cdot BO \cdot MO \cdot \cos \measuredangle BOM. \end{array} $

Dodając równości (4) stronami i uwzględniając, że $BO =AO$ , a $\measuredangle BOM = 180^\circ - \measuredangle AOM$ , otrzymujemy równość (3).

Jeżeli punkt $M$ leży na prostej $AB$ , ale jest różny od punktu $O$ , to równości (4) są też słuszne; jeden z kątów $AOM$ i $BOM$ równa się wówczas $0^\circ$ , a drugi $180^\circ$ . Jeśli wreszcie punkt $M$ pokrywa się z punktem $O$ , to równość (3) jest oczywista, gdyż wtedy $MA = MB = AO$ , a $MO = 0$ .

Niech $A$ , $B$ , $C$ , $D$ będą wierzchołkami prostokąta o środku $O$ , a $M$ - dowolnym punktem przestrzeni. Stosując powyższe twierdzenie pomocnicze i biorąc pod uwagę, że przekątne prostokąta są równe, otrzymujemy równość

$ MA^2 + MC^2 = MB^2 + MD^2, $

zatem

$ MD^2 = MA^2 +'MC^2 - MB^2. $

VII OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

Dany jest trójkąt ostrokątny $ABC$ i wewnątrz jednego z jego boków punkt $M$ . Zbudować trójkąt o najmniejszym obwodzie, którego jednym wierzchołkiem jest punkt $M$ , a dwa inne leżą na dwóch pozostałych bokach trójkąta.

Rozwiązanie

Weźmy pod uwagę trójkąt $MNP$ , którego wierzchołki leżą na bokach trójkąta ostrokątnego $ABC$ , jak wskazuje rys. 6.

Niech $M'$ będzie punktem symetrycznym do punktu $M$ względem prostej $AB$ , a $M''$ - punktem symetrycznym do punktu $M$ względem prostej $AC$ . Wówczas $PM' = PM$ , a $NM'' = NM$ . Wobec tego długość łamanej $M'P + PN + NM''$ równa się obwodowi trójkąta $MNP$ . Gdy punkt $M$ jest dany, dane są również punkty $M'$ i $M''$ ; długość łamanej $M'PNM''$ jest najkrótsza wtedy, gdy punkty $P$ i $N$ leżą na odcinku łączącym $M'$ i $M''$ . Stąd wysnuwamy następującą konstrukcję (rys. 7).

Mając dany punkt $M$ na boku $BC$ trójkąta $ABC$ wyznaczamy punkty $M'$ i $M''$ symetryczne do punktu $M$ względem prostych $AB$ i $AC$ . Łączymy $M'$ i $M''$ ; jeżeli odcinek $M'M''$ przecina boki $AB$ i $AC$ w punktach $P$ i $N$ , to trójkąt $MNP$ jest trójkątem poszukiwanym.

Należy jeszcze zbadać, czy odcinek $M'M''$ musi przeciąć boki $AB$ i $AC$ . Weźmy pod uwagę pięciokąt $AM'BCM''$ . Pięciokąt ten jest wypukły, tzn. każdy jego kąt jest mniejszy od $180^\circ$ . Istotnie, kąty pięciokąta przy wierzchołkach $A$ , $B$ , $C$ są $2$ razy większe od odpowiednich kątów trójkąta $ABC$ : dla kątów przy $B$ i $C$ jest to widoczne bezpośrednio, a co do kąta $A$ wystarczy zauważyć, że $\measuredangle MAB = \measuredangle BAM$ i $\measuredangle MAC = \measuredangle CAM''$ . Ponieważ trójkąt jest ostrokątny, więc każdy z kątów $A$ , $B$ , $C$ pięciokąta jest mniejszy od $180^\circ$ . Wreszcie kąty pięciokąta przy wierzchołkach $M'$ i $M''$ są odpowiednio równe kątom $AMB$ i $AMC$ , z których każdy jest mniejszy od $180^\circ$ . W pięciokącie wypukłym $AM'BCM''$ przekątna $M'M''$ przecina każdą z przekątnych $AB$ i $AC$ .

W ten sposób wykazaliśmy, że zadanie ma zawsze rozwiązanie i tylko jedno.

Uwaga 1. Jeżeli trójkąt $ABC$ nie jest ostrokątny, to odcinek $M'M''$ może nie przecinać boków $AB$ i $AC$ . Przypuśćmy, że kąt $A$ trójkąta jest rozwarty i że dany punkt $M$ leży na boku $BC$ (rys. 8).

Obierzmy punkt $N$ na boku $AC$ i punkt $P$ na boku $AB$ . Wykażemy, że obwód trójkąta $MNP$ jest większy od podwojonej długości odcinka $MA$ . Niech $B'$ , $C'$ , $M'$ , $N'$ , $P'$ będą punktami symetrycznymi do punktów $B$ , $C$ , $M$ , $N$ , $P$ względem punktu $A$ . Wówczas $P'M' = PM$ , a $NP' < NP$ , gdyż w trójkątach $ANP'$ i $ANP$ o wspólnym boku $AN$ i równych bokach $AP' = AP$ kąt $NAP'$ jest mniejszy od kąta $NAP$ . Wobec tego

$ (1) \qquad MN + NP + PM > MN + NP' + P'M'. $

Lecz łamana $MNP'M'$ jest dłuższa od odcinka $MM' = 2MA$ , zatem na mocy (1) mamy istotnie

$ (2) \qquad MN + NP + PM > 2MA. $

Różnica pomiędzy obwodem $MN + NP + PM$ a długością $2MA$ może być tak mała, jak tylko zechcemy, jeśli tylko punkty $N$ i $P$ obierzemy dostatecznie blisko punktu $A$ . Istotnie

$ MN - MA < NA,\ PM - MA < PA,\ NP < NA + PA ; $

dodając te nierówności stronami, otrzymujemy nierówność

$ (MN + NP + PM) - 2MA < 2NA + 2PA $

- zatem różnica znajdująca się po lewej stronie jest mniejsza od odcinka, który może być dowolnie mały.

Z powyższego wynika, że nie ma trójkąta $MNP$ o najmniejszym obwodzie. Zadanie nie ma więc w tym przypadku rozwiązania. To samo dotyczy przypadku, gdy $\measuredangle A$ jest prosty; nierówność (1) przechodzi wówczas na równość, ale nierówność (2) i dalsze wnioski pozostają w mocy.

Jeżeli dany punkt $M$ leży na jednym z boków $AC$ lub $AB$ , a $\measuredangle A \geq 90^\circ$ , to możliwe są różne przypadki, których dyskusję pominiemy; zauważymy tylko, że gdy $\measuredangle A = 90^\circ$ , zadanie rozwiązuje się w taki sam sposób, jak dla trójkąta ostrokątnego.

Uwaga 2. Zadanie 8 wiąże się ze słynnym zadaniem Fagnano. (Jan Franciszek Fagnano, matematyk włoski XVIII w., syn Karola Fagnano, również matematyka, znanego ze swych badań nad lemniskatą. Istnieją różne sposoby rozwiązania zadania Fagnano; zajmowali się nim wybitni matematycy - M. Catalan we Francji, H. A. Schwarz w Niemczech, E. Lindelof w Finlandii i inni. Rozwiązanie, które podane jest w tekście, odznacza się szczególną prostotą; pochodzi ono od zakonnika francuskiego, autora znakomitych podręczników i zbiorów zadań matematycznych, który ze skromności podpisywał się tylko inicjałami F. G. M)

W dany trójkąt ostrokątny wpisać trójkąt o najmniejszym obwodzie.

W tym zadaniu trzeba spośród wszystkich trójkątów wpisanych w dany trójkąt $ABC$ , tj. mających po jednym wierzchołku na każdym boku trójkąta $ABC$ , wyznaczyć ten, który ma najmniejszy obwód. Obierzmy na boku $BC$ dowolny punkt $M$ (rys. 9) i weźmy pod uwagę te trójkąty wpisane w trójkąt $ABC$ , których jednym wierzchołkiem jest punkt $M$ .

Z poprzedniego zadania wiemy już, który z tych trójkątów ma najmniejszy obwód. Jest to ten trójkąt $MNP$ , którego wierzchołki $N$ i $P$ są punktami przecięcia odcinka $M'M''$ z bokami $AC$ i $AB$ , przy czym $M'$ i $M''$ są to punkty symetryczne do punktu $M$ względem prostych $AB$ i $AC$ . Obwód trójkąta $MNP$ równa się długości odcinka $M'M''$ . Jeżeli zmienimy położenie punktu $M$ na boku $BC$ , to otrzymamy inny odcinek $M'M''$ . Jasne jest, że ze wszystkich trójkątów wpisanych w trójkąt $ABC$ najmniejszy obwód ma ten, dla którego odpowiedni odcinek $M'M''$ jest najkrótszy. Aby rozstrzygnąć, jakie położenie ma wówczas punkt $M$ , zwróćmy uwagę na trójkąt $M'AM''$ . Trójkąt ten jest równoramienny, gdyż $M'A = MA = M''A$ . Wykażemy, że kąt $MAM''$ ma wielkość stałą, tj. niezależną od położenia punktu $M$ . Istotnie, kąty $M'AB$ i $BAM$ są równe jako symetryczne i podobnie równe są kąty $M''AC$ i $CAM$ . Zatem

$ \measuredangle M'AM'' = 2 \cdot \measuredangle BAM + 2 \cdot \measuredangle CAM= 2 \cdot BAC, \textrm{ tzn.} $

dla każdego położenia punktu $M$ na boku $BC$ kąt $M'AM''$ jest równy podwojonemu kątowi $A$ trójkąta $ABC$ . Wobec tego podstawa $M'M''$ trójkąta równoramiennego $M'AM''$ jest najkrótsza, gdy ma on najkrótsze ramiona. Ponieważ $AM' = AM$ , więc zachodzi to wtedy, gdy $AM$ jest wysokością trójkąta $ABC$ .

Takie samo rozumowanie możemy przeprowadzić dla wierzchołka $N$ i dla wierzchołka $P$ . Stąd wniosek:

Ze wszystkich trójkątów wpisanych w dany trójkąt ostrokątny $ABC$ najmniejszy obwód ma trójkąt spodkowy, tzn. trójkąt, którego wierzchołkami są spodki wysokości trójkąta $ABC$ (rys. 10).

Jeżeli trójkąt $ABC$ nie jest ostrokątny, to trójkąt wpisany o najmniejszym obwodzie nie istnieje. Rozumując bowiem jak w uwadze 1 stwierdzamy, że w tym przypadku

1° obwód każdego trójkąta wpisanego w trójkąt $ABC$ jest większy od podwojonej najkrótszej wysokości trójkąta $ABC$ ;

2° w trójkąt $ABC$ można wpisać trójkąt, którego obwód różni się dowolnie mało od podwojonej najkrótszej wysokości trójkąta $ABC$ .

VII OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

Dowieść, ze z odcinków o długościach $a$ , $b$ , $c$ można zbudować trójkąt wtedy i tylko wtedy, gdy

$ (1) \qquad a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 > \frac{1}{2} (a^4 + b^4 + c^4). $

Rozwiązanie

Z odcinków o długościach $a$ , $b$ , $c$ można zbudować trójkąt wtedy i tylko wtedy, gdy

$ (2) \qquad a + b - c > 0,\ b + c - a > 0,\ c + a - b > 0. $

Należy wykazać, że jeżeli liczby $a$ , $b$ , $c$ spełniają nierówność (1) i są (jako miary odcinków) dodatnie, to spełniają też nierówności (2) i na odwrót. W tym celu przekształcamy nierówność (1). Pisząc tę nierówność w postaci

$ nr{3} a^4 - 2(b^2 + c^2) a^2 + (b^2 - c^2)^2 < 0 $

mamy po lewej stronie trójmian kwadratowy względem $a^2$ ; pierwiastki tego trójmianu otrzymujemy według wzoru

$ a^2 = (b^2 + c^2) \pm \sqrt{(b^2 + c^2)^2 - (b^2 - c^2)^2} = (b^2 + c^2) \pm 2bc = (b \pm c)^2. $

Wobec tego nierówności (3) możemy nadać postać

$ [a^2 - (b + c)^2] [a^2 - (b - c)^2] < 0 $

lub

$ (a + b + c) (a - b - c) (a + b - c) (a - b + c) < 0. $

Zmieniając znak drugiego czynnika po lewej stronie otrzymujemy ostatecznie nierówność

$ (4) \qquad (a + b + c) (b + c - a) (a + b - c) (a + c - b) > 0. $

Jeśli liczby $a$ , $b$ , $c$ spełniają nierówność (1), a więc też nierówność (4) i są dodatnie, to $a + b + c > 0$ , więc albo pozostałe $3$ czynniki po lewej stronie (4) są dodatnie, tj. zachodzą nierówności (2), albo jeden z tych czynników jest dodatni, a dwa pozostałe ujemne. Ta ostatnia ewentualność zachodzić jednak nie może, gdyby bowiem było np. $b + c - a<0$ , $a + b - c < 0$ , wtedy dodając te nierówności stronami otrzymalibyśmy $2b < 0$ , a stąd $b < 0$ - wbrew założeniu.

A zatem z nierówności (1) i z warunku $a > 0$ , $b > 0$ , $c > 0$ wynikają nierówności (2).

Odwrotnie, jeżeli liczby $a$ , $b$ , $c$ spełniają nierówności (2), to spełniają też nierówność (1) i są dodatnie. Istotnie, dodając np. dwie pierwsze nierówności (2) stronami, otrzymujemy $2b > 0$ , czyli $b > 0$ i tak samo $a > 0$ , $c > 0$ , wobec czego $a + b + c > 0$ . Wszystkie czynniki po lewej stronie nierówności (4) są wówczas dodatnie, i nierówność (4) jest spełniona, zatem spełniona jest również nierówność (1).

VII OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

Dowieść, że jeżeli $\alpha > 0$ , $\beta > 0$ , $\gamma > 0$ i $\alpha + \beta + \gamma = \frac{1}{2} \pi$ , to

$ (1) \qquad \tg \alpha \cdot \tg \beta + \tg \beta \cdot \tg \gamma + \tg \gamma \cdot \tg \alpha = 1. $

Rozwiązanie

Z założenia wynika, że $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ oraz $\alpha + \beta = \frac{1}{2} \pi - \gamma$ są kątami ostrymi. Wobec tego

$ \tg (\alpha + \beta) = \ctg \gamma = \frac{\tg \alpha + \tg \beta}{1 - \tg \alpha \tg \beta}; $

stąd

$ \tg \alpha + \tg \beta = \ctg \gamma (1 - \tg \alpha \tg \beta) $

i ostatecznie

$ \tg \alpha \tg \beta + \tg \beta \tg \gamma + \tg \gamma \tg \alpha = 1. $

Uwaga. Twierdzenie można uogólnić. Aby wzór (1) był prawdziwy, wystarczy założyć, że każdy z kątów $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ ma określony tangens, tzn. że żaden z tych kątów nie ma postaci $ frac{1}{2}\pi + m\pi$ , gdzie $m$ oznacza liczbę całkowitą, oraz że $\alpha + \beta + \gamma = \frac{1}{2} \pi + k\pi$ ( $k$ - liczba całkowita). Dla dowodu rozróżnimy dwa przypadki:

1° Któryś z kątów $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ jest całkowitą wielokrotnością $\pi$ , np. $\gamma = n\pi$ . Wzór (1), który trzeba udowodnić, ma wówczas postać $\tg \alpha \tg \beta = 1$ . Według założenia

$ \alpha + \beta = \frac{1}{2}\pi + k\pi - n\pi; $

stąd

$ \alpha = \frac{1}{2}\pi - \beta+ (k - n)\pi, $

zatem

$ \tg \alpha = \ctg \beta. $

Ponieważ według założenia $\beta$ nie ma postaci $\frac{1}{2}\pi + m\pi$ , więc $\ctg \beta \ne 0$ i równość powyższa daje

$ \tg \alpha \cdot \tg \beta = 1. $

2° Żaden z kątów $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ nie jest całkowitą wielokrotnością $\pi$ . Wówczas

$ \alpha + \beta = \left( \frac{1}{2}\pi - \gamma \right) + k\pi, $

przy czym kąt $\frac{1}{2} \pi - \gamma$ nie ma postaci $\frac{1}{2}\pi + m\pi$ , więc istnieje $\tg (\frac{1}{2}\pi - \gamma) = \ctg \gamma$ i z równości powyższej otrzymujemy

$ \tg (\alpha + \beta) = \ctg \gamma, $

a stąd, jak wyżej, wzór (1).

Prawdziwe jest również twierdzenie odwrotne:

Jeżeli zachodzi równość (1), to $\alpha + \beta + \gamma = \frac{1}{2}\pi + k\pi$ ( $k$ - liczba calkcuita).

Udowodnimy to twierdzenie rozróżniając również dwa przypadki:

1° $\tg \gamma = 0$ , więc $\gamma = m\pi$ ( $m$ - liczba całkowita). Równość (1) ma wówczas postać

$ \tg \alpha \cdot \tg \beta = 1; $

stąd

$ \tg \alpha = \ctg \beta, $

więc

$ \alpha = \frac{1}{2}\pi - \beta + n \pi, $

$ \alpha + \beta = \frac{1}{2}\pi + n\pi $

i ostatecznie

$ \alpha + \beta + \gamma = \frac{1}{2}\pi + n\pi + m\pi = \frac{1}{2}\pi + k\pi, $

gdzie $k = m + n$ .

2° $\tg\gamma \ne 0$ . Z równości (1) mamy

$ (2) \qquad \tg \gamma (\tg \alpha + \tg \beta) = 1 - \tg \alpha \tg \beta. $

Otóż $1 - \tg \alpha \tg \beta \ne 0$ , gdyż z równości $1 - \tg \alpha \tg \beta = 0$ i z równości (2) wynikałaby równość $\tg \alpha + \tg \beta = 0$ , stąd zaś równość $\tg \alpha \tg \beta + \tg^2 \beta = 0$ i wreszcie równość $1 + \tg^2 \beta = 0$ , która jest niemożliwa. Możemy więc obie strony równości (2) podzielić przez $1 - \tg \alpha \tg \beta$ ; otrzymujemy

$ \tg \gamma \cdot \frac{\tg \alpha + \tg \beta}{1 - \tg \alpha \tg \beta} = 1; $

stąd

$ \tg (\alpha + \beta) = \ctg \gamma $

i ostatecznie

$ \alpha + \beta = \frac{1}{2} \pi - \gamma + k\pi, \textrm{ c. n. d.} $

VII OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

W trójkącie o bokach $a$ , $b$ , $c$ poprowadzono odcinki $m$ , $n$ , $p$ styczne do koła wpisanego w trójkąt, mające końce na bokach trójkąta i równoległe odpowiednio do boków $a$ , $b$ , $c$ . Wykazać, że

$ \frac{m}{a} + \frac{n}{b} + \frac{p}{c} = 1. $

Rozwiązanie

Niech $2s$ oznacza obwód trójkąta, $P$ - jego pole, $r$ - promień koła wpisanego (rys. 11).

Trójkąt odcięty od danego trójkąta przez odcinek $m$ , jest podobny do danego trójkąta, a jego wysokość względem boku $m$ jest równa $h_a - 2r$ , gdzie $h_a$ oznacza wysokość danego trójkąta względem boku $a$ . Wobec podobieństwa trójkątów mamy

$ \frac{m}{a} = \frac{h_a-2r}{h_a} = 1 - \frac{2r}{h_a} = 1 - \frac{2ra}{h_aa} = 1 - \frac{2ra}{2P}, $

a ponieważ, jak wiadomo, $P = r \cdot s$ , więc

$ \frac{m}{a} = 1 - \frac{a}{s}. $

Analogicznie

$ \frac{n}{b} = 1 - \frac{b}{s},\ \frac{p}{c} = 1 - \frac{c}{s}. $

Stąd

$ \frac{m}{a} + \frac{n}{b} + \frac{p}{c} = 3 - \frac{a+b+c}{s} = 1. $

VII OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

Dowieść, że: a) suma odległości dowolnego punktu $M$ trójkąta równobocznego od trzech boków trójkąta jest stała, tzn. nie zależy od położenia punktu $M$ w trójkącie; b) suma odległości dowolnego punktu czworościanu foremnego od czterech ścian czworościanu jest stała.

Rozwiązanie

\spos{1}

1°. Obierzmy punkt $M$ wewnątrz trójkąta równobocznego $ABC$ (rys. 12). Niech $a$ oznacza długość boku tego trójkąta, $h$ - jego wysokość, $x$ , $y$ , $z$ odległości punktu $M$ odpowiednio od boków $BC$ , $CA$ , $AB$ . Ponieważ

$ (1) \qquad \textrm{pole }BMC + \textrm{pole }CMA + \textrm{pole }AMB = \textrm{pole }ABC, $

więc

$ \frac{1}{2} ax + \frac{1}{2} ay + \frac{1}{2} az = \frac{1}{2} ah, $

skąd

$ (2) \qquad x+y + z = h. $

Jeżeli punkt $M$ leży na brzegu trójkąta $ABC$ , to po lewej stronie równości (1) i (2) jeden lub dwa składniki równają się zeru; widoczne jest, że wzór (2) i wówczas jest prawdziwy.

Wzór (2) wyraża twierdzenie Vivianiego: Suma odległości dowolnego punktu trójkąta równobocznego od boków tego trójkąta równa się wysokości trójkąta.

2°. Jeżeli $M$ jest punktem wewnętrznym czworościanu foremnego $ABCD$ (rys. 13), to

$ \textrm{obj. }MBCD + \textrm{obj. }MCDA + \textrm{obj. }MDAB + \textrm{obj. }MABC = \textrm{obj. }ABCD. $

Oznaczając pole ściany bocznej czworościanu, jego wysokość oraz odległości punktu $M$ od ścian $BCD$ , $CDA$ , $DAB$ , $ABC$ czworościanu odpowiednio literami $S$ , $h$ , $x$ , $y$ , $z$ , $u$ otrzymujemy na mocy powyższej równości

$ \frac{1}{3} S\cdot x + \frac{1}{3}S\cdot y + \frac{1}{3}S\cdot z+ \frac{1}{3} S\cdot u =\frac{1}{3} S\cdot h, $

a stąd

$ x+y+z+u=h. $

Uwaga 1. Jeżeli trójkąt $ABC$ nie jest równoboczny, suma $x + y + z$ odległości punktu $M$ tego trójkąta od jego boków nie jest stała. Nasuwa się pytanie: dla którego punktu $M$ suma ta jest najmniejsza, a dla którego największa?

Przypuśćmy, że trójkąt jest różnoboczny, niech np. $AB > AC > BC$ . Ponieważ

$ x + y + z = \frac{2 \cdot \textrm{pole }BMC}{BC} + \frac{2 \cdot \textrm{pole }CMA}{CA} + \frac{2 \cdot \textrm{pole }AMB}{AB}, $

więc

$ x + y +z \geq \frac{2 \cdot (\textrm{pole }BMC + \textrm{pole }CMA + \textrm{pole }AMB)}{AB} = \frac{2 \cdot \textrm{pole }ABC}{AB} = h_{AB}, $

przy czym równość zachodzi tylko wtedy, gdy $\textrm{pole }BMC = \textrm{pole }CMA = 0$ , tj. gdy punkt $M$ znajduje się w punkcie $C$ . Podobnie

$ x + y + z \leq \frac{2 (\textrm{pole }BMC + \textrm{pole }CMA + \textrm{pole }AMB)}{BC} = \frac{2 \cdot \textrm{pole }ABC}{BC} = h_{BC}, $

przy czym równość zachodzi tylko wtedy, gdy $\textrm{pole }CMA = \textrm{pole }AMB = 0$ , tj, gdy punkt $M$ pokrywa się z punktem $A$ .

A zatem $x + y + z$ ma wartość najmniejszą, gdy punkt $M$ leży w wierzchołku $C$ , największą zaś, gdy leży on w wierzchołku $A$ ; wartości te są równe najkrótszej i najdłuższej wysokości trójkąta. Czytelnik zechce sam sformułować twierdzenie dla przypadku trójkąta równoramiennego.

Analogicznie znajdujemy minimum i maximum sumy odległości punktu leżącego w dowolnym czworościanie od ścian tego czworościanu.

Uwaga 2. Twierdzenie Vivianiego można uogólnić rozważając również punkty $M$ leżące na zewnątrz trójkąta $ABC$ . Przyjmiemy następującą umowę: odległość punktu $M$ od prostej przechodzącej przez $2$ wierzchołki trójkąta uważać będziemy za dodatnią lub ujemną zależnie od tego, czy punkt $M$ leży po tej samej stronie owej prostej, co trzeci wierzchołek trójkąta, czy po stronie przeciwnej. Prawdziwe jest wówczas twierdzenie:

Jeżeli $ABC$ jest trójkątem równobocznym, to suma odległości dowolnego punktu płaszczyzny $ABC$ od prostych $BC$ , $CA$ , $AB$ jest stała, a mianowicie równa się wysokości trójkąta $ABC$ .

Analogiczne twierdzenie zachodzi dla czworościanu foremnego. Dowody obu twierdzeń łatwo przeprowadzić sposobem 1.

Uwaga 3. Jeszcze ogólniejsze twierdzenia uzyskamy, rozważając zamiast trójkąta równobocznego dowolny wielokąt równoboczny (niekoniecznie wypukły), a zamiast czworościanu foremnego dowolny wielościan, którego wszystkie ściany mają równe pola. Sformułowanie i uzasadnienie tych twierdzeń proponujemy czytelnikowi.