VII OM - III etap

III etap VII Olimpiady Matematycznej

VII OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli

$ (1) \qquad \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{1}{a + b + c} $

oraz $n$ jest dowolną liczbą naturalną nieparzystą, to

$ (2) \qquad \frac{1}{a^n} + \frac{1}{b^n} + \frac{1}{c^n} = \frac{1}{a^n + b^n + c^n} $

Rozwiązanie

Przekształcamy równość (1); przenosimy wyrażenie $\frac{1}{a + b + c}$ na lewą stronę i mnożymy obie strony przez $abc (a + b + c)$ :

$ (a + b + c) bc + (a + b + c) ac + (a + b + c) ab - abc = 0. $

Otwieramy nawiasy i porządkujemy lewą stronę według potęg $a$ ; otrzynmjemy

$ a^2 (b + c) + a(b + c)^2 + bc (b + c) = 0, $

$ (b + c) [a^2 + a (b + c) + bc] = 0 $

i wreszcie

$ (3) \qquad (b + c) (c + a) (a + b) = 0. $

Z równości (3) wynika, że dwie spośród liczb $a$ , $b$ , $c$ są liczbami przeciwnymi, np. $b = - a$ . W takim razie $b_n = - a^n$ dla każdego nieparzystego $n$ , wobec czego równość (2) przybiera postać $\frac{1}{c^n} = \frac{1}{c^n}$ , jest więc prawdziwa.

Uwaga. W taki sam sposób można dowieść twierdzenia ogólniejszego:

Jeżeli równość (2) zachodzi dla pewnej nieparzystej wartości wykładnika $n$ , to zachodzi wówczas dla każdej wartości nieparzystej $n$ .

VII OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

III

Na prostej dane są trzy różne punkty $M$ , $D$ , $H$ . Zbudować trójkąt prostokątny, dla którego $M$ jest środkiem przeciwprostokątnej, $D$ - punktem przecięcia dwusiecznej kąta prostego z przeciwprostokątną, a $H$ - spodkiem wysokości na przeciwprostokątną.

Rozwiązanie

Niech $ABC$ będzie poszukiwanym trójkątem prostokątnym. Ponieważ punkty $M$ , $D$ , $H$ są różne, więc przy prostokątne $AC$ i $BC$ nie są równe, niech np. $AC > BC$ . Wówczas punkt $D$ leży między punktami $M$ i $B$ , a punkt $H$ - między punktami $D$ i $B$ , zatem punkt $D$ leży między punktami $M$ i $H$ (rys. 19).

Ponieważ

$ \measuredangle MCD = \measuredangle ACD - \measuredangle ACM = 45^\circ - \measuredangle A, $

$ \measuredangle DCH = \measuredangle ACH - \measuredangle ACD = 90^\circ - \measuredangle A - 45^\circ = 45^\circ - \measuredangle A, $

więc $CD$ jest dwusieczną kąta przy wierzchołku $C$ trójkąta $MCH$ . Stąd wynika, że $MD > DH$ , gdyż $MD \colon DH = MC \colon CH$ , a $MC > CH$ .

Zadanie ma zatem rozwiązanie tylko wtedy, gdy dane punkty $M$ , $D$ , $H$ są tak położone, że $D$ leży między $M$ i $H$ i $MD > CH$ . Warunki te są zarazem dostateczne. Wierzchołek $C$ znajdziemy bowiem jako punkt przecięcia okręgu Apolloniusza dla odcinka $MH$ i stosunku $MD \colon DH$ z prostopadłą do prostej $MH$ w punkcie $H$ , który leży wewnątrz owego okręgu. Pozostałe wierzchołki trójkąta znajdziemy odmierzając na prostej $MH$ po obu stronach punktu $M$ odcinki $MA = MC$ i $MB = MC$ . Otrzymany w ten sposób trójkąt $ABC$ spełnia warunki zadania. Jest on bowiem prostokątny, gdyż punkt $C$ leży na okręgu o średnicy $AB$ , $CM$ jest jego środkową, $CH$ - wysokością; wreszcie $CD$ jest dwusieczną kąta $C$ , gdyż $\measuredangle ACD = \measuredangle ACM + \measuredangle MCD = \measuredangle A + \measuredangle MCD = \measuredangle BCH + \measuredangle HCD = \measuredangle BCD$ .

Zadanie ma dwa rozwiązania symetryczne względem danej prostej $MH$ .

VII OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli liczby naturalne $a$ , $b$ , $c$ spełniają równanie

$ (1) \qquad a^2 + b^2 = c^2, $

to:

1° co najmniej jedna z liczb $a$ i $b$ jest podzielna przez $3$ ,

2° co najmniej jedna z liczb $a$ i $b$ jest podzielna przez $4$ ,

3° co najmniej jedna z liczb $a$ , $b$ , $c$ jest podzielna przez $5$ .

Rozwiązanie

1°. Ponieważ kwadrat liczby całkowitej daje przy dzieleniu przez $3$ resztę $0$ lub $1$ (patrz rozwiązanie zadania 2), więc gdyby ani $a$ , ani $b$ nie było podzielne przez $3$ , to reszta z dzielenia $a^2 + b^2$ przez $3$ byłaby równa $2$ , co jest niemożliwe, gdyż $a^2 + b^2$ równa się kwadratowi liczby całkowitej $c$ . Zatem co najmniej jedna z liczb $a$ i $b$ jest podzielna przez $3$ .

2°. Przypuśćmy najpierw, że liczby $a$ , $b$ , $c$ są względnie pierwsze, tzn. nie mają wspólnego dzielnika większego od $1$ . Ponieważ każdy wspólny dzielnik dwóch spośród liczb $a$ , $b$ , $c$ jest wobec związku (1) dzielnikiem trzeciej z nich, więc przy powyższym założeniu każde dwie z liczb $a$ , $b$ , $c$ są względnie pierwsze. Liczby $a$ i $b$ nie mogą być wówczas obie parzyste, gdyż są względnie pierwsze. Wykażemy, że liczby $a$ i $b$ nie mogą też być obie nieparzyste. Istotnie, gdyby było $a = 2k + 1$ , $b = 2l + 1$ , to liczba $a^2 + b^2 = 4 (k^2 + l^2) + 4 (k + l) + 2$ dawałaby w dzieleniu przez $4$ resztę $2$ , gdy tymczasem liczba $c^2$ może dawać w dzieleniu przez $4$ tylko resztę $0$ albo $1$ . Zatem jedna z liczb $a$ i $b$ jest parzysta, $a$ druga - nieparzysta; $c$ jest w takim razie liczbą nieparzystą.

Przypuśćmy, że np. $a$ jest liczbą parzystą. Z równości (1) wynika, że

$ \left( \frac{a}{2} \right)^2 = \frac{c + b}{2} \cdot \frac{c - b}{2}. $

Ponieważ liczby $b$ i $c$ są nieparzyste, więc $\frac{c + b}{2}$ i $\frac{c - b}{2}$ są liczbami całkowitymi; suma tych liczb równa się liczbie nieparzystej $c$ , więc jedna z liczb $\frac{c + b}{2}$ , $\frac{c - b}{2}$ jest parzysta, a druga nieparzysta, ich iloczyn równy $\left( \frac{a}{2} \right)^2$ jest więc liczbą parzystą. Zatem $\frac{a}{2}$ jest liczbą parzystą, tzn. $a$ jest podzielne przez $4$ .

Pozostaje do rozpatrzenia przypadek, gdy największym wspólnym dzielnikiem liczb $a$ , $b$ , $c$ jest liczba $d > 1$ . Wtedy $a = da_1$ , $b = db_1$ , $c = dc_1$ , przy czym $a_1$ , $b_1$ , $c_1$ są liczbami całkowitymi względnie pierwszymi, a wobec równości (1) jest $d^2a_1^2 + d^2b_1^2 = d^2c_1^2$ , skąd $a_1^2 + b_1^2 = c_1^2$ . Poprzednio udowodniliśmy, że w tym przypadku jedna z liczb $a_1$ i $b_1$ , na przykład $a_1$ jest podzielna przez $4$ , wówczas liczba $a = da_1$ jest też podzielna przez $4$ .

Udowodniliśmy, że jeżeli liczby $a$ , $b$ , $c$ spełniają równanie (1), to co najmniej jedna z liczb $a$ i $b$ jest podzielna przez $4$ .

3°. Liczba niepodzielna przez $5$ jest postaci $5k \pm 1$ lub $5k \pm 2$ . Ponieważ $(5k \pm 1)^2 = 25k^2 \pm 10k + 1$ , $(5k \pm 2)^2 = 25k^2 \pm 20k + 4$ , więc kwadrat liczby niepodzielnej przez $5$ daje w dzieleniu przez $5$ resztę $1$ lub $4$ . Jeśli ani $a$ , ani $b$ nie jest podzielne przez $5$ , to reszta z dzielenia $a^2 + b^2$ przez $5$ może być tylko jedną z liczb $1 + 1 = 2$ , $(1 + 4) - 5 = 0$ , $(4 + 4) - 5 = 3$ ; z drugiej strony $a^2 + b^2$ równa się $c^2$ , więc w dzieleniu przez $5$ może dawać tylko resztę $0$ , $1$ lub $4$ . Resztą tą może więc być w tym przypadku tylko $0$ , co oznacza, że $c^2$ , a więc i $c$ jest podzielne przez $5$ .

Zatem co najmniej jedna z liczb całkowitych $a$ , $b$ , $c$ spełniających równanie (1) jest podzielna przez $5$ .

Uwaga. Trójka liczb naturalnych $x$ , $y$ , $z$ spełniających równanie

$ (2) \qquad x^2 + y^2 = z^2 $

nazywa się trójką pitagorejską. Jeżeli przy tym liczby $x$ , $y$ , $z$ są względnie pierwsze, to $(x, y, z)$ jest trójką pitagorejską pierwotną, albo rozwiązaniem pierwotnym równania (2). W punkcie 2° poprzedniego rozwiązania wykazaliśmy, że w trójce pitagorejskiej pierwotnej $(x, y, z)$ jedna z liczb $x$ , $y$ jest parzysta, druga zaś nieparzysta i że liczba $z$ jest nieparzysta.

Zachodzi twierdzenie:

Jeżeli $(x, y, z)$ jest trójką pitagorejską pierwotną, w której $y$ jest liczbą parzystą, to istnieją takie liczby naturalne $u$ , $v$ , że

$ (3) \qquad x = u^2 - v^2,\ y = 2uv, \ z = u^2 + v^2. $

Dowód tego twierdzenia jest prosty. Z równości (2) wynika, że

$ \left( \frac{y}{2} \right)^2 = \frac{z + x}{2} \cdot \frac{z - x}{2}. $

Ponieważ liczby $x$ i $z$ są nieparzyste, więc $\frac{z+x}{2}$ i $\frac{z-x}{2}$ są liczbami całkowitymi. Liczby te są względnie pierwsze, gdyż każdy wspólny dzielnik tych liczb jest również dzielnikiem ich sumy, równej $z$ , i ich różnicy, równej $x$ , a liczby $x$ i $z$ są względnie pierwsze. Stąd wynika, że liczby $\frac{z+x}{2}$ i $\frac{z-x}{2}$ są kwadratami liczb naturalnych. Istotnie, w rozkładzie np. liczby $\frac{z + x}{2}$ na czynniki pierwsze każdy czynnik pierwszy musi występować w potędze parzystej, gdyż czynnik taki nie występuje w rozkładzie liczby $\frac{z -x}{2}$ , a musi występować w potędze parzystej w rozkładzie liczby $\frac{z+x}{2} \cdot \frac{z-x}{2}$ będącej kwadratem liczby naturalnej $\frac{y}{2}$ . Istnieją więc takie liczby naturalne $u$ i $v$ , że

$ \frac{z+x}{2} = u^2,\ \frac{z-x}{2} = v^2. $

Stąd $z = u^2 + v^2$ , $x = u^2 - v^2$ , zatem $y = 2uv$ , tzn. zachodzą równości (3).

Ze wzorów (3) wynika, że $u$ i $v$ są względnie pierwsze, przy czym jedna z nich jest parzysta, i że $u > v$ . Odwrotnie, obierając dowolne liczby naturalne $u$ i $v$ , spełniające te warunki, uzyskujemy ze wzorów (3) trójkę pitagorejską pierwotną $(x,y,z)$ ; takąż trójką jest $(y,x,z)$ . W ten sposób otrzymujemy wszystkie trójki pitagorejskie pierwotne. Biorąc zaś $u = u_1\sqrt{d}$ , $v = v_1\sqrt{d}$ , gdzie $u_1$ , $v_1$ i $d$ są dowolnymi liczbann naturalnymi spełniającymi warunek $u_1 > v_1$ , otrzymujemy wszystkie trójki pitagorejskie (pierwotne i niepierwotne).

Zauważymy jeszcze, że z twierdzenia (3) łatwo wysnuć rozwiązanie zadania 22.

VII OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

III

Dowieść, że każdy wielokąt o obwodzie równym $2a$ można nakryć krążkiem o średnicy równej $a$ .

Rozwiązanie

Niech $W$ będzie wielokątem, którego obwód ma długość $2a$ . Obierzmy na jego obwodzie dwa punkty $A$ i $B$ dzielące obwód na połowy, tj. na dwie części o długości $a$ ; wówczas $AB <a$ (rys. 20).

Udowodnimy, że krążek o promieniu $\frac{a}{2}$ , którego środek leży w środku $O$ odcinka $AB$ , całkowicie nakrywa wielokąt $W$ .

Zastosujemy metodę sprowadzenia do sprzeczności. Przypuśćmy, że krążek ten nie nakrywa wielokąta. Część wielokąta wystaje wówczas poza krążek, więc istnieje taki punkt $C$ obwodu wielokąta, że $OC > \frac{a}{2}$ . Punkt $C$ jest różny od $A$ i od $B$ , gdyż $OA = OB < \frac{a}{2}$ , dzieli więc jedną z połówek obwodu wyznaczonych przez $A$ i $B$ na dwie części. Niech $p$ będzie długością tej części, której końcami są $A$ i $C$ , a $q$ długością części o końcach $C$ i $B$ ; oczywiście $p + q = a$ . Ponieważ $p \geq AC$ oraz $q \geq CB$ , więc

$ (1) \qquad a = p + q \geq AC + CB. $

Lecz

$ (2) \qquad AC + CB > 2 OC > a. $

Z (1) i (2) otrzymujemy sprzeczność $a > a$ ; przypuszczenie, że krążek nie zakrywa wielokąta, jest więc fałszywe.

Pisząc nierówność (2) zastosowaliśmy twierdzenie, że suma boków $AC$ i $CB$ trójkąta $ABC$ jest większa od podwojonej środkowej $OC$ . Twierdzenie to łatwo udowodnić: Niech $C'$ będzie punktem symetrycznym do punktu $C$ względem punktu $O$ , wówczas

$ AC + CB = AC + C'A > C'C = 2 OC. $

Uwaga 1. Jeżeli krążek ma średnicę mniejszą niż $a$ , np. równą $a - d$ ( $d < a$ ), to nie każdy wielokąt o obwodzie $2a$ da się nim nakryć. Na przykład nie można nim nakryć trójkąta o bokach $a - \frac{d}{2}$ , $\frac{a}{2} + \frac{d}{4}$ , $\frac{a}{2} + \frac{d}{4}$ .

Uwaga 2. Prawdziwe jest twierdzenie ogólniejsze: krążkiem o średnicy $a$ można nakryć każdy kawałek płaszczyzny ograniczony krzywą o długości $2a$ . Dowód pozostaje taki sam, jak poprzednio.

VII OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

III

Dana jest kula o promieniu $R$ i płaszczyzna $\alpha$ nie mająca z tą kulą punktów wspólnych. Po płaszczyźnie $\alpha$ porusza się punkt $S$ , który jest wierzchołkiem stożka stycznego do kuli wzdłuż okręgu o środku $C$ . Znaleźć miejsce geometryczne punktu $C$ .

Rozwiązanie

Zadanie sprowadza się do pewnego zadania planimetrycznego. Obierzmy na płaszczyźnie $\alpha$ punkt $S$ różny od punktu $S_0$ , w którym prostopadła opuszczona ze środka $O$ kuli na płaszczyznę $\alpha$ przecina tę płaszczyznę (rys. 21).

Płaszczyzna $S_0OS$ prostopadła do płaszczyzny $\alpha$ przecina płaszczyznę $\alpha$ wzdłuż prostej $p$ , daną kulę - wzdłuż okręgu $K$ o promieniu $R$ , a stożek utworzony przez styczne do kuli poprowadzone z punktu $S$ - wzdłuż pary stycznych $SM$ i $SN$ do okręgu $K$ . Środkiem okręgu styczności stożka z kulą jest środek $C$ cięciwy $MN$ . Gdy punkt $S$ przebiega prostą $p$ , punkt $C$ zakreśla pewną linię $L$ . Poszukiwanym miejscem geometrycznym punktu $C$ w przestrzeni jest powierzchnia utworzona przez obrót linii $L$ dokoła prostej $OS_0$ . Aby rozwiązać zadanie, wystarczy znaleźć linię $L$ .

W tym celu poprowadźmy z punktu $S_0$ styczne $S_0M_0$ i $S_0N_0$ do okręgu $K$ ; niech $C_0$ oznacza środek cięciwy $M_0N_0$ . W trójkątach prostokątnych $OMS$ i $OM_0S_0$

$ OC \cdot OS = OM^2 = R^2, $

$ OC_0 \cdot OS_0 = OM_0^2 = R^2, $

zatem

$ OC \cdot OS = OC_0 \cdot OS_0,, \frac{OC}{OC_0} = \frac{OS_0}{)S}, $

a wobec tego $\frac{OC}{OC_0} = \cos \measuredangle SOS_0 = \cos \measuredangle COC_0$ i $CC = CC_0 \cdot \cos \measuredangle COC_0$ , skąd wynika, że punkt $C$ jest rzutem prostokątnym punktu $C_0$ na prostą $OS$ , tzn. że $\measuredangle OCC_0$ jest prosty. Gdy punkt $S$ zakreśla prostą $p$ , punkt $C$ porusza się po okręgu o średnicy $OC_0$ , przy czym znajdzie się w każdym punkcie tego okręgu z wyjątkiem punktu $O$ . Miejscem geometrycznym punktu $C$ w płaszczyźnie okręgu $K$ jest zatem okrąg o średnicy $OC_0$ , z którego usunięto punkt $0$ . Miejscem geometrycznym punktu $C$ w przestrzeni jest kula o średnicy $OC_0$ bez punktu $O$ .

Uwaga 1. Z równości $OC = \frac{R^2}{OS}$ wynika, że punkt $C$ jest obrazem punktu $S$ w inwersji względem okręgu $K$ . Rozwiązanie zadania otrzymujemy natychmiast, stosując twierdzenie, że obrazem prostej w inwersji jest okrąg przechodzący przez środek $O$ inwersji bez samego punktu $O$ .

Uwaga 2. Zadanie można postawić również dla przypadku, gdy płaszczyzna $\alpha$ przecina daną kulę lub jest do niej styczna. Jaki jest wówczas wynik?