VII OM - II etap

II etap VII Olimpiady Matematycznej

VII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

Dla jakiej wartości $m$ wielomian $x^3 + y^3 + z^3 + mxyz$ jest podzielny przez $x + y + z$ ?

Rozwiązanie

Wyrażenie $x^3 + y^3 + z^3 + mxyz$ jest wielomianem trzeciego stopnia względem $x$ ; wielomian ten jest podzielny przez $x + y + z$ wtedy i tylko wtedy, gdy ma pierwiastek $x = - y - z$ , tzn. wtedy, gdy podstawiając $- (y + z)$ zamiast $x$ otrzymamy tożsamościowo $0$ . Stąd warunek

$ -(y + z)^3 + y^3 + z^3 - m(y + z)yz = 0, $

który można napisać w postaci

$ (3 + m) (y + z) yz = 0. $

Równość powyższa jest tożsamością, tzn. jest prawdziwa dla wszelkich wartości $y$ i $z$ wtedy i tylko wtedy, gdy

$ m = - 3. $

VII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

Dowieść, że jeżeli $H$ jest punktem przecięcia wysokości trójkąta nieprostokątnego $ABC$ , to okręgi opisane na trójkątach $AHB$ , $BHC$ , $CHA$ i $ABC$ są równe.

Rozwiązanie

Niech $R$ oznacza promień okręgu opisanego na trójkącie $ABC$ , a $R_1$ - promień okręgu opisanego na trójkącie $AHB$ (rys. 16); wówczas

$ R = \frac{AB}{2 \sin \measuredangle ACB},\ R_1 = \frac{AB}{2 \sin \measuredangle AHB}. $

Otóż $\measuredangle AHB = \measuredangle NHM = 180^\circ - \measuredangle NCM = 180^\circ - \measuredangle ACB$ , gdyż w czworokącie $MHNC$ kąty $M$ i $N$ są proste. Zatem

$ \sin \measuredangle AHB = \sin \measuredangle ACB $

$ R_1 = R. $

VII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

Jednorodna pozioma płyta o ciężarze $Q$ kG mająca kształt koła jest podparta w punktach $A$ , $B$ , $C$ leżących na obwodzie płyty, przy czym $AC = BC$ i $ACB = 2\alpha$ . Jaki ciężar $x$ kG należy umieścić na płycie w drugim końcu $D$ średnicy poprowadzonej z punktu $C$ , aby nacisk płyty na podporę w $C$ G był równy zeru?

Rozwiązanie

Ciężar $Q$ płyty podpartej w punktach $A$ , $B$ , $C$ (rys. 17) jest zrównoważony przez reakcje podpór w tych punktach, działające pionowo w górę. Środek ciężkości $O$ płyty, jako punkt zaczepienia ciężaru $Q$ działającego w dół, musi leżeć wewnątrz trójkąta $ABC$ , tzn. kąt $2\alpha$ musi być ostry. Wobec symetrii płyty względem prostej $CD$ reakcje w $A$ i $B$ są równe, ich wypadkowa $R$ przechodzi przez środek $E$ odcinka $AB$ ; moglibyśmy usunąć podpory w $A$ i $B$ a, podeprzeć płytę w $E$ . Jeżeli umieścimy na płycie w punkcie $D$ ciężar $x$ , reakcje podpór ulegną zmianie. Mamy wyznaczyć ciężar $x$ w ten sposób, aby reakcja w $C$ (równa naciskowi płyty na podporę w $C$ ) stała się równa zeru. Nastąpi to wtedy, gdy ciężary $Q$ i $x$ oraz reakcja $R$ będą w równowadze.

Według znanego prawa dźwigni zachodzi wówczas równość

$ x \cdot DE = Q \cdot OE, $

a ponieważ $OE = OA \cos 2\alpha$ , $DE = OD - OE = OD (1 - \cos 2\alpha)$ , więc

$ x = \frac{Q \cos 2 \alpha}{1 - \cos 2\alpha}. $

VII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

Dowieść, że równanie $2x^2 - 215y^2 = 1$ nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych.

Rozwiązanie

Niech $x$ i $y$ oznaczają liczby całkowite. Liczba $215y^2$ jest podzielna przez $5$ , więc liczba $215y^2 + 1$ daje w dzieleniu przez $5$ resztę $1$ . Liczba $x^2$ ma jedną z postaci $5k$ , $5k + 1$ , $5k + 4$ ( $k$ - liczba całkowita, patrz zadanie 2), zatem liczba $2x^2$ - jedną z postaci $10k$ , $10k + 2$ , $10k + 8 =10k +5 + 3$ , daje więc w dzieleniu przez $5$ jedną z reszt $0$ , $2$ lub $3$ . Nie może więc zachodzić równość $2x^2 = 215y^2 + 1$ , tj. dane równanie nie ma rozwiązań całkowitych.

Uwaga. Rozwiązanie zadania można ująć krócej, jeżeli dane równanie zastąpimy równaniem równoważnym $(2x)^2 = 430y^2 + 2$ i zamiast reszt w dzieleniu przez $5$ rozważymy reszty w dzieleniu przez $10$ , tj. ostatnie cyfry wyrazów tego równania, gdy $x$ i $y$ są liczbami całkowitymi. Otóż ostatnią cyfrą kwadratu liczby parzystej $2x$ może być tylko $0$ , $4$ lub $6$ , ostatnią cyfrą liczby $430y^2$ jest $0$ , wobec czego ostatnią cyfrą liczby $430y^2 + 2$ jest $2$ . Dane równanie nie może więc mieć rozwiązań całkowitych $(x, y)$ .

VII OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

Dowieść, że liczby $A$ , $B$ , $C$ określone wzorami

$ A = \tg \beta \tg \gamma + 5,\ B = \tg \gamma \tg \alpha + 5,\ C = \tg \alpha \tg \beta + 5, $

gdzie $\alpha>0$ , $\beta > 0$ , $\gamma > 0$ i $\alpha + \beta + \gamma = 90^\circ$ , spełniają nierówność

$ (1) \qquad \sqrt{A} + \sqrt{B} + \sqrt{C} < 4 \sqrt{3}. $

Rozwiązanie

Gdy $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ są kątami ostrymi dającymi w sumie kąt prosty, to $\tg \beta \cdot \tg \gamma + \tg \gamma \cdot \tg \alpha + \tg \alpha \cdot \tg \beta = 1$ (patrz zadanie 10), zatem

$ (2) \qquad A + B + C = 16. $

Zadanie sprowadza się do wykazania, że liczby nieujemne $A$ , $B$ , $C$ czyniące zadość warunkowi (2) spełniają nierówność (1). Aby to udowodnić, oprzemy się na tożsamości

$ (\sqrt{A} + \sqrt{B} + \sqrt{C})^2 + (\sqrt{A} - \sqrt{B})^2 + (\sqrt{B} - \sqrt{C})^2 + (\sqrt{C} - \sqrt{A})^2 = 3 (A + B + C). $

Ponieważ składniki lewej strony tej tożsamości są nieujemne, więc

$ (\sqrt{A} + \sqrt{B} + \sqrt{C})^2 \leq 3 (A + B + C); $

stąd

$ \sqrt{A} + \sqrt{B} + \sqrt{C} \leq \sqrt{3 (A + B + C)}, $

a ponieważ zachodzi równość (2), więc

$ \sqrt{A} + \sqrt{B} + \sqrt{C} \leq 4 \sqrt{3}. $

VII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

Dowieść, że jeżeli w czworościanie $ABCD$ odcinki łączące wierzchołki czworościanu ze środkami kół wpisanych w ściany przeciwległe przecinają się w jednym punkcie, to

$ (1) \qquad AB \cdot CD = AC \cdot BD = AD \cdot BC $

i że zachodzi również twierdzenie odwrotne.

Rozwiązanie

1°. Niech $S$ będzie środkiem koła wpisanego w trójkąt $ABC$ , a $T$ - środkiem koła wpisanego w trójkąt $BCD$ (rys. 18). Według założenia odcinki $AT$ i $DS$ przecinają się w pewnym punkcie $P$ . Płaszczyzna przechodząca przez krawędź $AD$ i przez punkt $P$ przecina krawędź $BC$ w punkcie $M$ , który jest punktem przecięcia półprostych $AS$ i $DT$ . Półprosta $AS$ jest dwusieczną kąta $BAC$ , a półprosta $DT$ - dwusieczną kąta $BDC$ ; według twierdzenia o dwusiecznej kąta w trójkącie

$ \frac{AB}{AC} = \frac{BM}{MC} \textrm{ i } \frac{BD}{DC} = \frac{BM}{MC}, $

zatem

$ \frac{AB}{AC} = \frac{BD}{DC} \textrm{ i } AB \cdot DC = AC \cdot BD. $

Ponieważ takie samo rozumowanie można zastosować do dowolnych dwóch ścian czworościanu, więc wszystkie $3$ iloczyny krawędzi przeciwległych są równe, tj. zachodzą równości (1).

2°. Załóżmy, że krawędzie czworościanu spełniają równości (1). Z równości $AB \cdot CD = AC \cdot BD$ wynika, że $\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{DC}$ , skąd wnioskujemy, że dwusieczne kątów $BAC$ i $BDC$ przecinają odcinek $BC$ w tym samym punkcie $M$ , gdyż pierwsza dzieli odcinek $BC$ w stosunku $\frac{AB}{AC}$ , druga zaś w stosunku $\frac{BD}{CD}$ . Wobec tego odcinki $AT$ i $DS$ (gdzie $S$ i $T$ są środkami kół wpisanych w trójkąty $ABC$ i $BDC$ ) przecinają się w pewnym punkcie $P$ trójkąta $AMD$ .

W taki sam sposób dowiedziemy, że każde dwa spośród odcinków łączących wierzchołki czworościanu ze środkami kół wpisanych w przeciwległe ściany czworościanu przecinają się. Należy jeszcze udowodnić, że wszystkie te odcinki przecinają się w jednym i tym samym punkcie. Wykażemy na przykład, że odcinek $CR$ ( $R$ - środek koła wpisanego w trójkąt $ABD$ ) przechodzi przez punkt przecięcia $P$ odcinków $AT$ i $DS$ . Istotnie, odcinek $CR$ przecina płaszczyznę $AMD$ w pewnym punkcie $Q$ , gdyż punkty $R$ i $C$ leżą po przeciwnych stronach tej płaszczyzny. Ponieważ zaś odcinek $CR$ przecina każdy z odcinków $AT$ i $DS$ płaszczyzny $AMD$ , więc punkt $Q$ pokrywa się z punktem $P$ .

VII OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

III

Rozwiązać układ równań

$ (1) \qquad \begin{array}{l} x^2y^2 + x^2z^2 = axyz\\ y^2z^2 + y^2x^2 = bxyz\\ z^2x^2 + z^2y^2 = cxyz. \end{array} $

Rozwiązanie

1) Wyznaczymy najpierw rozwiązania rzeczywiste układu (1) spełniające warunek $x \ne 0$ , $y \ne 0$ , $z \ne 0$ . Przy tym założeniu układ (1) jest równoważny układowi równań

$ (2) \qquad \frac{xy}{z} + \frac{xz}{y} = a,\ \frac{yz}{x} + \frac{yx}{z} = b,\ \frac{zx}{y} + \frac{zy}{x} =c, $

który otrzymujemy dzieląc każde z równań (1) obustronnie przez $xyz$ .

Łatwy rachunek pokazuje, że układ (2) jest równoważny układowi równań

$ (3) \qquad \frac{yz}{x} = \alpha,\ \frac{zx}{y} = \beta,\ \frac{xy}{z} = \gamma, $

gdzie

$ (4) \qquad \alpha = \frac{b + c - a}{2},\ \beta = \frac{c + a - b}{2},\ \gamma = \frac{a + b - c}{2}. $

Zauważmy, że układ (3) może mieć rozwiązania tylko wtedy,, gdy $\alpha \ne 0$ , $\beta \ne 0$ , $\gamma \ne 0$ ; przyjmiemy, że $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ warunek ten spełniają.

Mnożąc parami równania układu (3) otrzymujemy układ równań

$ (5) \qquad x^2 = \beta \gamma,\ y^2 = \gamma \alpha,\ z^2 = \alpha \beta. $

Jeżeli pewne liczby $x$ , $y$ , $z$ spełniają równania (3), to spełniają też równania (5), ale nie na odwrót. Możemy się o tym przekonać np. w sposób następujący. Jeśli liczby $x_1$ , $y_1$ , $z_1$ spełniają równanie (5), to liczby $- x_1$ , $y_1$ , $z_1$ też spełniają równania (5). Tymczasem trójki liczb $(x_1, y_1, z_1)$ i $(-x_1, y_1, z_1)$ nie mogą obie spełniać równań (3), gdyż wówczas byłoby np. $\frac{y_1z_1}{x_1} = \alpha$ i jednocześnie $\frac{y_1z_1}{-x_1} = \alpha$ , po dodaniu zaś tych równości otrzymalibyśmy $0 = 2\alpha$ , wbrew założeniu, że $\alpha \ne 0$ . Układ równań (5) nie jest zatem równoważny układowi (3). Mówimy, że układ (5) wynika z układu (3), ale układ (3) nie wynika z układu (5).

Wobec powyższego, aby rozwiązać układ równań (3), należy znaleźć wszystkie rozwiązania układu równań (5) i wybrać z nich te, które spełniają równania (3).

Warunkiem istnienia rozwiązań (rzeczywistych) układu równań (5) są nierówności

$ (6) \qquad \beta \gamma > 0,\ \gamma \alpha > 0,\ \alpha \beta > 0, $

które oznaczają, że wszystkie trzy liczby $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ są tego samego znaku.

Jeżeli warunek (6) jest spełniony, to rozwiązania układu (5) są wyznaczone wzorami

$ (7) \qquad x = \pm \sqrt{\beta \gamma},\ y = \pm \sqrt{\gamma \alpha},\ z = \pm \sqrt{\alpha \beta}. $

Układ równań (5) ma więc $8$ rozwiązań odpowiadających $8$ możliwym kombinacjom znaków we wzorach (7). Z tych $8$ rozwiązań należy wybrać te, które są również rozwiązaniami układu równań (3). Zależy to od znaku liczb $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ .

a) Jeżeli $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ są dodatnie, to z równań (3) widzimy, że wartości niewiadomych $x$ , $y$ , $z$ muszą być albo wszystkie dodatnie, albo jedna musi być dodatnia, a dwie ujemne. Układ (3) ma w tym przypadku $4$ rozwiązania:

$ (8) \qquad \begin{array}{lll} x = \sqrt{\beta \gamma}, & y = \sqrt{\gamma \alpha}, & z = \sqrt{\alpha \beta},\\ x = \sqrt{\beta \gamma}, & y = -\sqrt{\gamma \alpha}, & z = -\sqrt{\alpha \beta},\\ x = -\sqrt{\beta \gamma}, & y = \sqrt{\gamma \alpha}, & z = -\sqrt{\alpha \beta},\\ x = -\sqrt{\beta \gamma}, & y = -\sqrt{\gamma \alpha}, & z = \sqrt{\alpha \beta}, \end{array} $

co łatwo sprawdzić przez podstawienie do równań (3).

b) Jeżeli $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ są ujemne, to wartości $x$ , $y$ , $z$ muszą być albo wszystkie ujemne, albo jedna musi być ujemna, a dwie dodatnie. Stwierdzamy, że układ ma w tym przypadku również $4$ rozwiązania:

$ (9) \qquad \begin{array}{lll} x = -\sqrt{\beta \gamma}, & y = -\sqrt{\gamma \alpha}, & z = -\sqrt{\alpha \beta},\\ x = -\sqrt{\beta \gamma}, & y = \sqrt{\gamma \alpha}, & z = \sqrt{\alpha \beta},\\ x = \sqrt{\beta \gamma}, & y = -\sqrt{\gamma \alpha}, & z = \sqrt{\alpha \beta},\\ x = \sqrt{\beta \gamma}, & y = \sqrt{\gamma \alpha}, & z = -\sqrt{\alpha \beta}. \end{array} $

2) Należy jeszcze zbadać, czy układ równań (1) ma rozwiązania, w których jedna lub więcej niewiadomych ma wartość zero. Podstawiając $x = 0$ do równań (1) widzimy, że pierwsze równanie jest spełnione tożsamościowo, drugie zaś i trzecie dają to samo równanie

$ y^2z^2 = 0, $

skąd wynika, że jedna z niewiadomych $y$ , $z$ musi być równa zeru, a druga może mieć wartość dowolną. Układ równań (1) ma zatem następujące rozwiązania rozważanego rodzaju:

$ (10) \qquad \begin{array}{l} x = 0,\ y = 0,\ z - \textrm{dowolne}, \\ x = 0,\ y - \textrm{dowolne}, \ z = 0, x - \textrm{dowolne},\ y = 0, \ z = 0. \end{array} $

Streśćmy uzyskane wyniki. Układ równań (1) ma zawsze rozwiązania (10). Ponadto, jeśli wszystkie $3$ liczby $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ określone wzorami (4) są dodatnie, to układ (1) ma jeszcze rozwiązania (8), jeśli zaś liczby $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ są wszystkie ujemne, to układ (1) ma jeszcze rozwiązania (9).

Uwaga. Powyżej wyznaczyliśmy rozwiązania rzeczywiste układu równań (1). Aby rozwiązać zadanie w dziedzinie liczb zespolonych (uważając $a$ , $b$ , $c$ również za dowolnie dane liczby zespolone), rozumujemy, jak następuje.

Tak samo jak poprzednio stwierdzamy, że układ równań (1) ma zawsze rozwiązania (10) i że rozwiązania inne [stanowiące zarazem rozwiązania układu (3)] istnieją tylko wtedy, gdy żadna z liczb $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ określonych wzorami (4) nie jest równa zeru. Jeżeli ten warunek jest spełniony, to każde z równań (5) ma dwa rozwiązania będące liczbami przeciwnymi. Niech rozwiązaniami pierwszych dwóch równań (5) będą liczby $x_0$ i $- x_0$ oraz $y_0$ i $-y_0$ . Podstawiając $x = x_0$ , $y = y_0$ do pierwszego z równań (3), otrzymujemy dla niewiadomej z wartość $z_0 = \frac{\alpha x_0}{y_0}$ . Liczby $x_0$ , $y_0$ , $z_0$ spełniają również drugie i trzecie równanie układu (3), gdyż

$ \frac{z_0x_0}{y_0}= \frac{\alpha x_0x_0}{y_0y_0}= \frac{\alpha x_0^2}{y_0^2}= \frac{\alpha \beta \gamma}{\gamma \alpha}= \beta, $

$ \frac{x_oy_0}{z_0} = \frac{x_0y_0^2}{\alpha x_0} = \frac{\gamma \alpha}{\alpha} = \gamma. $

Jednym rozwiązaniem układu (3) jest więc

$ x = x_0,\ y = y_0,\ z = z_0, \textrm{ przy czym } z_0 = \frac{\alpha x_0}{y_0}. $

Analogicznie otrzymujemy $3$ inne rozwiązania:

$ \begin{array}{lll} x = x_0, & y = - y_0, & z = - z_0, \\ x = -x_0, & y = y_0, & z = - z_0, \\ x = -x_0, & y = - y_0, & z = z_0. \end{array} $

Łatwo sprawdzić, że gdy spełniony jest warunek (6), wtedy $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ są liczbami rzeczywistymi tego samego znaku, a $4$ rozwiązania powyższe pokrywają się z rozwiązaniami (8), jeśli $\alpha > 0$ , $\beta > 0$ , $\gamma > 0$ , a z rozwiązaniami (9), jeśli $\alpha < 0$ , $\beta < 0$ , $\gamma < 0$ .