VI OM

VI Olimpiada Matematyczna

Opracowanie rozwiązań: Stefan Straszewicz

VI OM - I etap

I etap VI Olimpiady Matematycznej

VI OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

Rozwiązać układ równań

$ (1) \qquad \begin{array}{c} x + y + z + u = 8\\ x^2 + y^2 + z^2 + u^2 = 20\\ xy + xu + zy + zu = 16\\ xyzu = 9 \end{array} $

Rozwiązanie

Ponieważ

$ (x + y + z + u)^2 = x^2 + y^2 + z^2 + u^2 + 2 (xy + xu + zy + zu) + 2 (xz + yu), $

$ xy + xu + zy + zu = (x + z) (y + u), $

przeto wprowadzając oznaczenia

$ x + z = m,\ xz = n,\ y + u = p,\ yu = q $

możemy układ równań (1) zastąpić układem

$ \begin{array}{cc} m + p = 8, & n + q = 6\\ mp = 16, & nq = 9 \end{array} $

równoważnym układowi

$ m = p =4,\ n = q = 3 $

czyli układowi

$ (2) \qquad \begin{array}{cc} x + z= 4, & y + u = 4\\ xz = 3, & yu = 3 \end{array} $

Układ równań (2), a więc i układ (1) ma $4$ rozwiązania:

$x_1= 3, y_1 = 3, z_1 = 1, u_1 = 1;$

$x_2= 3, y_2 = 1, z_2 = 1, u_2 = 3;$

$x_3= 1, y_3 = 3, z_3 = 3, u_3 = 1;$

$x_4= 1, y_4 = 1, z_4 = 3, u_4 = 3;$

VI OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

Fabryka wysyła towar w paczkach po $3$ kg i po $5$ kg. Wykazać, że można w ten sposób wysłać każdą całkowitą ilość kilogramów większą niż $7$ . Czy można w tym zadaniu zastąpić dane liczby innymi liczbami?

Rozwiązanie

Każda liczba całkowita większa niż $7$ może być przedstawiona w jednej z postaci $3k-1$ , $3k$ , $3k+1$ , gdzie $k$ jest liczbą całkowitą większą niż $2$ . Ponieważ $3k - 1 = 3 (k - 2) + 5$ , a $3k + 1 = 3 (k - 3) + 2 \cdot 5$ , więc wnioskujemy stąd, że każda liczba całkowita większa niż $7$ może być przedstawiona w postaci $3x + 5y$ , gdzie $x$ i $y$ są liczbami całkowitymi nieujemnymi. Istotnie więc można wysłać każdą całkowitą ilość kilogramów towaru, większą niż $7$ , używając tylko paczek trzy- i pięciokilogramowych. Łatwo sprawdzić, że nie można wysłać w ten sposób $7$ kg.

Twierdzenie to można uogólnić w sposób następujący. Przypuśćmy, że towar wysyła się w paczkach po $a$ i po $b$ kilogramów. Gdy $a$ i $b$ mają wspólny podzielnik $d > 1$ , wtedy oczywiście liczba kilogramów każdej wysłanej paczki towaru musi być podzielna przez $d$ . Załóżmy tedy, że liczby naturalne $a$ i $b$ są pierwsze względem siebie, przy czym żadna z nich nie jest równa $1$ . Dowiedziemy, że w paczkach po $a$ kg i po $b$ kg można wysłać każdą całkowitą ilość $c$ kilogramów większą niż $ab - a - b$ , nie można zaś wysłać $ab - a - b$ kilogramów.

Aby to wykazać, weźmy pod uwagę równanie $ax + by = c$ , skąd

$ y = \frac{c-ax}{b}. $

Nadajmy zmiennej $x$ wartości $x_0 = 0, x_1 = 1, x_2 = 2, \ldots, x_{b_1} = b - 1$ ; odpowiednie wartości zmiennej $y$ oznaczmy literami $y_0, y_1, y_2, \ldots, y_{b-1}$ ; wartości te tworzą ciąg malejący. Łatwo dowieść, że jedna i tylko jedna z nich jest liczbą całkowitą. Istotnie, każda z liczb $c - ax_i$ ( $i = 0, 1, \ldots, b - 1$ ) daje inną resztę przy dzielniku $b$ ; gdyby bowiem dwie z nich, np. $c - ax_i$ i $c - ax_k$ , dawały tę samą resztę, to różnica

$ (c - ax_i) - (c - ax_k) = a (x_k - x_i) $

byłaby podzielna przez $b$ , co jest niemożliwe, gdyż liczba $a$ jest pierwsza względem $b$ , a liczba $x_k - x_i$ jest bezwzględnie mniejsza od $b$ .

Stąd wynika, że jedna i tylko jedna z owych $b$ reszt jest równa zeru, a zatem jedna i tylko jedna z liczb $y_0, y_1, \ldots, y_{k-1}$ jest całkowita. Aby liczba ta była nieujemna, tzn. większa niż $- 1$ wystarczy, żeby najmniejsza z liczb $y_0, y_1, \ldots$ tj. liczba $y_{b-1}$ była większa od $- 1$ , co daje warunek

$ \frac{c - a (b - 1)}{b} > - 1 \textrm{ lub } c > ab - a - b. $

A zatem, jeśli warunek ten jest spełniony, to równanie $ax + by =c$ ma rozwiązanie w liczbach całkowitych nieujemnych $(x, y)$ .

Jeśli $c = ab - a - b$ , to

$ y_{b-1} = \frac{ab - a - b - a (b - 1)}{b} = -1. $

Równanie $ax + by = c$ nie ma wówczas rozwiązań całkowitych nieujemnych, gdyż wobec tego, że $y_{b-1}$ jest całkowite, żadna z liczb $y_0, y_1, \ldots, y_{b-2}$ nie jest całkowita, a gdy $x > b - 1$ , wtedy $y < - 1$ .

VI OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

Przez środek jednego z boków nierównoległych trapezu przeprowadzić prostą, która dzieli trapez na dwie części o równych polach.

Rozwiązanie

Niech $ABCD$ będzie trapezem, w którym bokami równoległymi są $AB$ i $DC$ i niech $M$ będzie środkiem boku $AD$ (rys. 1). Zauważmy, że $\textrm{pole }ABM = \frac{1}{4} AB \cdot h$ , $\textrm{pole }DCM = \frac{1}{4} DC \cdot h$ , $\textrm{pole }ABCD = \frac{1}{2}(AB + CD) \cdot h$ , gdzie $h$ oznacza wysokość trapezu. Każdy z trójkątów $ABM$ i $DCM$ ma zatem pole mniejsze od połowy pola trapezu, a stąd wynika, że prosta przechodząca przez punkt $M$ i dzieląca trapez na dwie części o równych polach musi przeciąć prostą $BC$ w pewnym punkcie $N$ leżącym między punktami $B$ i $C$ . Niech $MN$ będzie prostą szukaną, wówczas $\textrm{pole }ABNM = \textrm{pole }MNCD$ . Poprowadźmy odcinki $AN$ i $ND$ , wówczas $\textrm{pole }AMN = \textrm{pole }MDN$ , zatem również $\textrm{pole }ABN = \textrm{pole }CDN$ . Ponieważ $\textrm{pole }ABN = AB \cdot BN \cdot \sin \measuredangle B$ , $\textrm{pole }CDN = CD \cdot CN \cdot \sin \measuredangle C$ , a

$ \sin \measuredangle C = \sin (180^\circ - \measuredangle B) = \sin B, $

zatem

$ AB \cdot BN = CD \cdot CN \textrm{ lub } \frac{BN}{CN} = \frac{CD}{AB}. $

Poszukiwany punkt $N$ musi zatem dzielić odcinek $BC$ w stosunku $\frac{CD}{AB}$ . Odwrotnie, jeśli $\frac{BN}{CN} = \frac{CD}{AB}$ , to przebiegając powyższe rozumowanie w kierunku odwrotnym stwierdzamy, że istotnie $\textrm{pole }ABNM = \textrm{pole }MNCD$ . Zadanie ma zawsze rozwiązanie i tylko jedno.

Zadanie można rozwiązać bez zastosowania trygonometrii opierając się np. na twierdzeniu, że pola trójkątów mających jedną parę równych kątów są w takim stosunku jak iloczyny boków zawierających owe równe kąty.

W tym celu na przedłużeniu boku $BC$ odmierzamy odcinek $CE = CN$ . Wówczas $\textrm{pole }DCE = \textrm{pole }DCN = \textrm{pole }ABN$ , przy czym trójkąty $ABN$ i $DCE$ mają przy wierzchołkach $B$ i $C$ kąty równe. Stosując wymienione wyżej twierdzenie otrzymujemy

$ AB \cdot BN = CD \cdot CE = CD \cdot CN, $

tj. tę samą równość co poprzednio.

VI OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

Dowieść, że jeżeli istnieje kula styczna do wszystkich krawędzi czworościanu, to sumy krawędzi przeciwległych czworościanu są równe i że prawdziwe jest również twierdzenie odwrotne.

Rozwiązanie

a) Dowiedziemy, że jeżeli istnieje kula styczna do wszystkich krawędzi czworościanu $ABCD$ , to $AB + CD = AC + BD = AD + BC$ . Niech $O$ oznacza środek, a $r$ - promień takiej kuli. Punkty styczności kuli z krawędziami czworościanu dzielą każdą krawędź na dwa odcinki, przy czym każde $3$ z owych $12$ odcinków, które wychodzą z tego samego wierzchołka czworościanu, są równe; np. każdy z trzech odcinków wychodzących z punktu $A$ ma długość $\sqrt{AO^2 - r^2}$ . Oznaczmy długości odcinków wychodzących z wierzchołków $A$ , $B$ , $C$ , $D$ odpowiednio literami $x$ , $y$ , $z$ , $u$ . Wówczas $AB = x + y$ , $CD = z + u$ , zatem $AB + CD = x + y + z + u$ . Analogicznie $AC + BD = x + z + y + u$ , $AD + BC = x + u + y + z$ . Istotnie więc zachodzi równość $AB + CD = AC + BD = AD + BC$ .

b) Dowiedziemy, że jeżeli w czworościanie $ABCD$ jest $AB + CD = AC + BD = AD + BC$ , to istnieje kula styczna do wszystkich krawędzi czworościanu (rys. 2). Weźmy pod uwagę okręgi $C_1$ i $C_2$ o środkach $O_1$ i $O_2$ wpisane odpowiednio w trójkąty $BCD$ i $ACD$ . Niech okrąg $C_1$ styka się z krawędzią $CD$ w punkcie $M$ , a okrąg $C_2$ - w punkcie $M'$ . Stosując do trójkątów $BCD$ i $ACD$ znane wzory na długość odcinków wyznaczonych na bokach trójkąta przez koło wpisane mamy

$ CM = \frac{1}{2} (BC + CD- BD), $

$ CM' = \frac{1}{2} (AC + CD - AD); $

zatem

$ CM - CM' = \frac{1}{2} (BC + AD - BD - AC) = 0, $

skąd wynika, że punkty $M$ i $M'$ pokrywają się, tj. okręgi $C_1$ i $C_2$ są styczne do krawędzi $BC$ w tym samym punkcie $M$ . W takim razie istnieje kula $K$ , której powierzchnia przechodzi przez okręgi $C_1$ i $C_2$ . Istotnie, punkty $O_1$ , $O_2$ i $M$ nie leżą na jednej prostej, wyznaczają więc płaszczyznę $O_1O_2M$ prostopadłą do prostej $CD$ , a zatem prostopadłą do płaszczyzn $BCD$ i $ACD$ . W płaszczyźnie $O_1O_2M$ leżą prostopadle poprowadzone do płaszczyzn $BCD$ i $ACD$ odpowiednio w punktach $O_1$ i $O_2$ ; te prostopadłe nie są równoległe (gdyż płaszczyzny $BCD$ i $ACD$ przecinają się), mają zatem punkt wspólny $O$ . Punkt $O$ ma tę samą odległość, równą $OM$ , od wszystkich punktów okręgów $C_1$ i $C_2$ , więc powierzchnia kuli $K$ o środku $O$ i promieniu $OM$ przechodzi przez okręgi $C_1$ i $C_2$ . Kula $K$ jest styczna do krawędzi $BC$ , $BD$ , $AC$ , $AD$ , $CD$ ; udowodnimy, że jest ona styczna również do krawędzi $AB$ . Otóż powierzchnia kuli $K$ przecina płaszczyznę $ABC$ według okręgu $C_3$ stycznego do krawędzi $BC$ i $AC$ w tych samych punktach co okręgi $C_1$ i $C_2$ . Twierdzenie będzie dowiedzione, gdy wykażemy, że okrąg $C_3$ jest okręgiem wpisanym w trójkąt $ABC$ . Oznaczając odcinki wyznaczone na krawędziach $BC$ , $BD$ , $AC$ , $AD$ , $CD$ przez okręgi $C_1$ i $C_2$ w ten sam sposób, co w a), mamy $BC = y + z$ , $BD = y + u$ , $AC = x + z$ , $AD =x + u$ , $CD = z + u$ . Według założenia $AB + CD = AC + BD$ , skąd $AB = AC + BD - CD$ , więc $AB = (x + z) + (y + u) - (z + u) = x + y$ . Okrąg $C_4$ wpisany w trójkąt $ABC$ wyznacza na bokach $BC$ i $AC$ przy wierzchołku $C$ odcinki o pewnej długości $z_1$ , przy czym $z_1 = \frac{1}{2} (BC + AC - AB) = \frac{1}{2} [(y + z) + (x+z) - (x+y)] = z$ ; stąd wynika, że okrąg $C_4$ pokrywa się z okręgiem $C_3$ i kula $K$ jest styczna do wszystkich krawędzi czworościanu $ABCD$ , c. n. d.

VI OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

Znaleźć wzór wyrażający sumę

$ \frac{1}{2} + \frac{2}{2^2} + \frac{3}{2^3} + \ldots + \frac{n}{2^n} $

w zależności od $n$ .

Rozwiązanie

Według wzoru na sumę wyrazów postępu geometrycznego jest

$ 2^k + 2^{k-1} + \ldots + 2 + 1 = 2^{k+1} - 1. $

Poszukiwaną sumę $s_n$ możemy obliczyć przedstawiając ją w postaci sumy $n$ składników, z których każdy jest sumą pewnego postępu geometrycznego

$ \begin{split} s_n &= \frac{1}{2} + \frac{2}{2^2} + \frac{3}{2^3} + \ldots + \frac{n}{2^n} = \\ & = \frac{1}{2^n} \left[ 2^{n-1} + 2 \cdot 2^{n-2} + 3 \cdot 2^{n-3} + \ldots + (n-1) \cdot 2 + n \right] = \\ & = \frac{1}{2^n} \left[ (2^{n-1} + 2^{n-2} + \ldots + 1) + (2^{n-2} + 2^{n-3} + \ldots + 1 ) + \ldots + (2+1) + 1 \right]. \end{split} $

Stosując wzór wyżej podany otrzymamy

$ \begin{split} s_n & = \frac{1}{2^n} [(2^n - 1) + (2^{n-1} - 1) + \ldots + (2^2 - 1) + (2 - 1)] = \\ & = \frac{1}{2^n} (2^n + 2^{n-1} + \ldots + 2^2 + 2 - n) = \frac{1}{2^n} [(2^{n+1} - 1) - 1 - n] = \\ & = \frac{1}{2^n} [2^{n+1} - (2 + n)] \end{split} $

i ostatecznie

$ (*) \qquad s_n = 2- \frac{2 + n}{2^n}. $

VI OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

Jakie warunki konieczne i dostateczne powinny spełniać liczby całkowite $a$ i $b$ , przy czym $b$ nie jest kwadratem liczby całkowitej, żeby istniały liczby całkowite $x$ i $y$ spełniające równanie

$ \sqrt{a- \sqrt{b}} = \sqrt{x} - \sqrt{y}. $

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że zachodzi równość

$ (1) \qquad \sqrt{x} - \sqrt{y} = \sqrt{a - \sqrt{b}}, $

gdzie $a$ , $b$ , $x$ , $y$ są liczbami całkowitymi, a przy tym $b$ nie jest kwadratem liczby całkowitej; w takim razie liczby $a$ , $b$ , $x$ , $y$ są dodatnie, tj. są liczbami naturalnymi i $x > y$ . Podnosząc równość (1) do kwadratu otrzymujemy równość

$ x + y - 2 \sqrt{xy} = a - \sqrt{b} \textrm{ lub } (x + y - a) + \sqrt{b} = 2 \sqrt{xy}, $

a stąd przez ponowne podniesienie do kwadratu równość

$ (2) \qquad (x + y - a)^2 + b + 2 (x + y - a) \sqrt{b} = 4 xy. $

Z równości (2) wnioskujemy, że $x + y - a = 0$ ; gdyby bowiem było $x + y - a \ne+ 0$ , wtedy z równości (2) wynikałoby, że

$ (3) \qquad \sqrt{b} = \frac{4xy - (x + y - a)^2 - b}{2(x + y - a)}, $

co nie może zachodzić, gdyż lewa strona równości (3) jest według założenia liczbą niewymierną, prawa zaś - wymierną.

Zatem $x + y = a$ , więc na mocy (2) $4xy = b$ .

Rozwiązując ten układ równań względem $x$ i $y$ i biorąc pod uwagę, że $x > y$ otrzymujemy

$ (4) \qquad x = \frac{a + \sqrt{a^2 - b}}{2},\ y = \frac{a - \sqrt{a^2 - b}}{2}. $

Ponieważ $x$ i $y$ są liczbami całkowitymi, więc ze wzorów (4) wynika, że:

1° liczba $a^2 - b$ jest kwadratem liczby całkowitej, gdyż

$ a^2 - b = (x - y)^2, $

2° liczba $b$ jest parzysta, gdyż $a$ i $\sqrt{a^2 - b}$ muszą być liczbami tej samej parzystości, oraz $b = a^2 - (\sqrt{a^2 - b})^2$ .

Odwrotnie, jeżeli $a$ i $b$ są liczbami naturalnymi spełniającymi warunki 1° i 2°, to $a$ i $\sqrt{a^2-b}$ są liczbami naturalnymi tej samej parzystości, gdyż $a^2 - (\sqrt{a^2-b})^2 = b$ jest liczbą parzystą; zatem liczby $x$ i $y$ określone wzorami (4) są liczbami naturalnymi, a przy tym spełniają one równość (1), gdyż według wzorów (4)

$ (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2 = x + y - 2\sqrt{xy} = a - 2\sqrt{\frac{b}{4}} = a - \sqrt{b}. $

VI OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

Na środkowej $CM$ trójkąta $ABC$ obrano punkt $N$ i poprowadzono prostą $AN$ przecinającą bok $BC$ w punkcie $Q$ oraz prostą $BN$ przecinającą bok $AC$ w punkcie $P$ . Dowieść, że prosta $PQ$ jest równoległa do prostej $AB$ .

Rozwiązanie

Zastosujemy metodę sprowadzenia do niedorzeczności. Przypuśćmy, że równoległa do prostej $AB$ poprowadzona przez punkt $P$ przecina prostą $BC$ w punkcie $Q'$ różnym od punktu $Q$ (rys. 5). Prosta $AQ'$ przecina wówczas prostą $BP$ w punkcie $N'$ różnym od punktu $N$ ; prosta $CN'$ przecina prostą $AB$ w punkcie $M'$ różnym od punktu $M$ , a prostą $PQ'$ w punkcie $K$ .

Wówczas

$ AM' \colon M'B = PK \colon KQ' \textrm{(w jednokładności względem środka }C) $

$ AM' \colon M'B = KQ' \colon PK \textrm{(w jednokładności względem środka }N') $

Z tych równań wynika, że $AM' \colon M'B = M'B \colon AM'$ , zatem $(AM')^2 = (M'B)^2$ i $AM' = M'B$ , co jest sprzeczne z założeniem, że środkiem odcinka $AB$ jest punkt $M$ , a nie punkt $M'$ .

VI OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

Dowieść, że w trapez można wpisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy okręgi, których średnicami są boki nierównoległe trapezu, są do siebie styczne zewnętrznie.

Rozwiązanie

W czworokąt wypukły $ABCD$ można wpisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy sumy boków przeciwległych czworokąta są równe, tj. gdy

$ (1) \qquad AB + CD = AD + BC. $

Gdy czworokąt $ABCD$ jest trapezem o bokach równoległych $AB$ i $CD$ , to oznaczając literami $M$ i $N$ odpowiednio środki boków $AD$ i $BC$ (rys. 6) mamy $AB + CD = 2 MN$ , wobec czego równość (1) możemy zastąpić równością

$ (2) \qquad MN = \frac{1}{2} AD + \frac{1}{2} BC. $

Równość (2) zaś wyraża warunek konieczny i dostateczny styczności zewnętrznej okręgów o środkach $M$ i $N$ i promieniach $\frac{1}{2} AD$ i $\frac{1}{2} BC$ .

VI OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

Przedstawić wielomian $x^4 + x^3 + x^2 + x + 1$ w postaci różnicy kwadratów dwóch wielomianów niejednakowego stopnia o współczynnikach rzeczywistych.

Rozwiązanie

Jeżeli wielomian $W (x) = x^4 + x^3 + x^2 + x + 1$ jest równy różnicy $U(x)^2 - V(x)^2$ , gdzie $U(x)$ i $V(x)$ są wielomianami niejednakowego stopnia, to wielomian $U(x)$ musi być stopnia drugiego a wielomian $V(x)$ stopnia pierwszego lub zerowego. W takim razie wielomian $V(x)^2$ nie zawiera wyrazów stopnia wyższego niż drugi, wobec czego pierwsze dwa wyrazy wielomianu $U(x)^2$ muszą być takie same, jak w danym wielomianie $W(x)$ , tj. $U(x)^2$ ma postać $x^4 + x^3 + \ldots$ . Stąd wnioskujemy, że wielomian $U(x)$ ma postać $U(x) = x^2 + \frac{1}{2}x + a$ . Zatem

$ \begin{split} V(x)^2 & = U(x)^2 - W(x) = (x^2 + \frac{1}{2}x + a)^2 -(x^4 + x^3 + x^2 + x + 1) = \\ & = \left( 2a - \frac{3}{4} \right) x^2 + (a - 1) x + a^2 - 1. \end{split} $

Z wyrażenia otrzymanego dla $V(x)^2$ widzimy, że $V(x)$ nie może być stopnia zerowego, gdyż nie może być jednocześnie $2a - \frac{3}{4} = 0$ i $a - 1 = 0$ ; $V(x)$ musi być zatem stopnia pierwszego. Stąd wynika dalej że kwadrat funkcji $V(x)$ musi być trójmianem kwadratowym, w którym współczynnik przy $x^2$ jest dodatni, a wyróżnik równa się $0$ , zatem

$ 2a - \frac{3}{4} > 0,\ (a-1)^2 - 4 \left( 2a - \frac{3}{4} \right) (a^2-1) =0. $

Drugi warunek daje po uproszczeniu równanie

$ (a - 1) (4a^2 + 2a - 1) = 0. $

Równanie to ma trzy pierwiastki $a = 1$ i $a = \frac{1}{4}$ ( $- 1 \pm \sqrt{5}$ ), z których tylko pierwiastek $a = 1$ spełnia warunek $2a - \frac{3}{4} > 0$ . Ostatecznie otrzymujemy rozkład

$ x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 = (x^2 + \frac{1}{2}x + 1)^2 = \left( \frac{1}{2}\sqrt{5} x \right)^2. $

jako jedyne rozwiązanie zadania.

VI OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

Wykazać, że liczba $53^{53} - 33^{33}$ jest podzielna przez $10$ .

Rozwiązanie

Wystarczy dowieść, że końcowe cyfry liczb $53^{53}$ i $33^{33}$ są jednakowe. Otóż końcowa cyfra iloczynu $(10k + a) (10m + b) (10n + c) \ldots$ , gdzie $k, m, n, \ldots a, b, c, \ldots$ są liczbami naturalnymi jest równa końcowej cyfrze iloczynu $abc\ldots$ . Liczba $53^{53}$ ma zatem taką samą końcową cyfrę, jak liczba $3^{53}$ . Lecz $3^{53} = 3^{52} \cdot 3 = (81)^{13} \cdot 3$ , więc liczba $3^{53}$ ma taką samą końcową cyfrę, jak liczba $1^{13} \cdot 3$ , tj. cyfrę $3$ . Podobnie liczba $33^{33}$ ma taką samą końcową cyfrę jak liczba $3^{33} = 3^{32} \cdot 3 = (3^4)^8 \cdot 3 = (81)^8 \cdot 3$ , tj. cyfrę $3$ , c. n. d.

Powyższemu rozumowaniu można nadać postać krótką i dobitną posługując się pojęciami i najprostszymi własnościami kongruencji (p. Zadania z olimpiad matematycznych, zadanie Nr 8).

Ponieważ $53 \equiv 3 \pmod {10}$ , $33 \equiv 3 \pmod 10$ , $3^4 \equiv 1 \pmod{10}$ , więc

$53^{53} \equiv 3^{53} \equiv (3^4)^{13} \cdot 3 \equiv 3 \pmod{10},$

$33^{33} \equiv 3^{33} \equiv (3^4)^8 \cdot 3 \equiv 3 \pmod {10},$

zatem

$ 53^{53} - 33^{33} \equiv 0 \pmod {10}. $

VI OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

Dowieść, że w trójkącie ostrokątnym suma odległości ortocentrum (tzn. punktu przecięcia wysokości) od wierzchołków jest dwa razy większa od sumy promieni kół opisanego i opisanego.

Rozwiązanie

Dowód twierdzenia można przeprowadzić bez stosowania związków trygonometrycznych. Poprowadźmy przez każdy wierzchołek trójkąta prostą równoległą do boku przeciwległego i oznaczmy punkty przecięcia tych prostych literami $A'$ , $B'$ , $C'$ jak wskazuje rys. 7. Trójkąt $A'B'C'$ jest podobny do trójkąta $ABC$ w skali $2 \colon 1$ , punkty $A$ , $B$ , $C$ są odpowiednio środkami boków $B'C'$ , $C'A'$ i $A'B'$ , więc punkt $H$ , jako punkt przecięcia symetralnych boków trójkąta $A'B'C'$ , jest środkiem koła opisanego na tym trójkącie; promień tego koła wynosi $2R$ . Pole $4S$ trójkąta $A'B'C'$ jest sumą pól trójkątów $B'HC'$ , $C'HA'$ i $A'HB'$ o podstawach równych odpowiednio $2a$ , $2b$ , $2c$ i wysokościach $d_1$ , $d_2$ , $d_3$ , zatem

$ (3) \qquad ad_1 + bd_2 + cd_3 = 4S. $

Weźmy pod uwagę czworokąt $A'BHC$ ; ma on w wierzchołkach $B$ i $C$ kąty proste, wobec czego ma koło opisane o średnicy $A'H = 2R$ . Stosując do tego czworokąta twierdzenie Ptolemeusza otrzymujemy:

$ A'C \cdot BH + A'B \cdot CH = A'H \cdot BC, $

czyli

$ (4) \qquad c \cdot d_2 + bd_3 = 2R \cdot a. $

Analogicznie

$ (5) \qquad ad_3 + cd_1 = 2Rb, $

$ (6) \qquad bd_1 + ad_2 = 2Rc. $

Dodajmy stronami równości (3), (4), (5), (6); otrzymamy:

$ (a+b+c) (d_1+d_2+d_3) = 2R (a+b+c) + 4S; $

stąd

$ d_1 + d_2 + d_3 = 2R + \frac{4S}{a+b+c} $

i ostatecznie

$ d_1 + d_2 + d_3 = 2R + 2r. $

VI OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

W jakiej części trójkąta równobocznego powinien leżeć punkt $P$ , aby z odcinków równych odległościom tego punktu od boków trójkąta można było zbudować trójkąt?

Rozwiązanie

Niech $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ oznaczają odległości punktu $P$ leżącego w trójkącie równobocznym $ABC$ odpowiednio od boków $BC$ , $CA$ , $AB$ tego trójkąta. Z odcinków o długościach $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ można zbudować trójkąt wtedy i tylko wtedy, gdy spełniają one nierówności:

$ (1) \qquad k_3 < k_1 + k_2,\ k_1 < k_2 + k_3,\ k_2 < k_3 + k_1. $

Poprowadźmy przez punkt $P$ równoległą do boku $AB$ i niech $D$ i $E$ będą punktami, w których przecina ona boki $AC$ i $BC$ (rys. 8).

W trójkącie równobocznym $CDE$ suma $k_1+k_2$ odległości punktu $P$ leżącego na boku $DE$ od boków pozostałych równa się wysokości $CF$ tego trójkąta. Istotnie $\textrm{pole }CEP + \textrm{pole }CDP = \textrm{pole }CDE$ , więc $CE \cdot k_1 + CD \cdot k_2 = DE \cdot CF$ , skąd $k_1 + k_2 = CF$ . Warunek $k_3 < k_1 + k_2$ można zatem napisać w postaci $k_3 < CF$ , a ponieważ $k_3 + CF$ równa się wysokości $h$ trójkąta $ABC$ , więc warunek ten jest równoważny warunkowi

$ k_3 < \frac{1}{2} h. $

Analogicznie nierówności $k_1 < k_2 + k_3$ i $k_2 < k_3 + k_1$ są równoważne odpowiednio nierównościom

$ k_1 < \frac{1}{2} h \textrm{ i } k_2 < \frac{1}{2} h. $

Punkt $P$ spełnia te trzy warunki wtedy i tylko wtedy, gdy leży wewnątrz trójkąta utworzonego przez środki boków trójkąta $ABC$ .

VI OM - II etap

II etap VI Olimpiady Matematycznej

VI OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

Obliczyć sumę $x^4 + y^4 + z^4$ wiedząc, że $x + y + z = 0$ i $x^2 + y^2 + z^2 = a$ , gdzie $a$ jest daną liczbą dodatnią.

Rozwiązanie

$ \begin{split} x^4 + y^4 + z^4 &= (x^2 + y^2 + z^2)^2 - 2(x^2y^2 + y^2z^2 + z^2x^2) =\\ &= a^2 - 2 [(xy + yz + zx)^2 - 2x^2yz - 2xy^2z - 2xyz^2] =\\ &= a^2 - 2 (xy + yz + zx)^2 - 4xyz (x+y+z) = \\ &= a^2 - 2 (xy + yz + zx)^2 =\\ &= a^2 - 2 \left[ \frac{(x+y+z)^2 - (x^2+y^2+z^2)}{2} \right]^2 = \\ &=a^2 - \frac{a^2}{2} = \frac{a^2}{2}. \end{split} $

Uwaga. Układ równań $x+y+z = 0$ i $x^2 + y^2 + z^2 = a$ , gdzie $a > 0$ , ma nieskończenie wiele rozwiązań $(x, y, z)$ . Wynik powyższego zadania oznacza, że dla każdego z tych rozwiązań suma $x^4 + y^4 + z^4$ ma tę samą wartość $\frac{a^2}{2}$ . Gdyby warunek $x+y+z =0$ nastąpić warunkiem ogólniejszym $x+y+z = b$ , gdzie $b$ jest daną liczbą, nie można by udowodnić, że suma $x^4 + y^4 + z^4$ ma wartość jednoznacznie określoną przez $a$ i $b$ . Gdy $a$ i $b$ są liczbami naturalnymi, równania $x+y+z=b$ i $x^2 + y^2 +z^2 = a$ mogą mieć nawet rozwiązania $(x, y, z)$ w liczbach naturalnych o różnych wartościach sumy $x^4+y^4+z^4$ . Dowodzi tego przykład $a = 5946$ , $b = 108$ , gdyż

$1 + 43 + 64 = 8 + 29 + 71 = 16 + 19 + 73 = 108,$

$1^2+ 43^2 + 64^2 = 8^2 + 29^2 + 71^2 = 16^2 + 19^2 + 73^2 = 5946,$

natomiast sumy $1^4 + 43^4 + 64^4$ , $8^4 + 29^4 + 71^4$ i $16^4 + 19^4 + 73^4$ są różne.

Żeby się o tym przekonać, nie potrzeba obliczać tych sum dokładnie; wystarczy posługując się tablicą kwadratów liczb od $1$ do $1000$ sprawdzić, że pierwsza z nich jest mniejsza od $21 \cdot 10^6$ , druga jest zawarta między $26 \cdot 10^6$ i $27 \cdot 10^6$ , a trzecia jest większa od $28 \cdot 10^6$ .

Gdy $a = 66$ , $b = 10$ , wtedy

$ (-1) + 4 + 7 = 1 + 1 + 8 = 10,\ (-1)^2 + 4^2 + 7^2 = 1^2 + 1^2 + 8^2 = 66, $

natomiast

$ (-1)^4 + 4^4 + 7^4 = 2658, \textrm{ a } 1^4 + 1^4 + 8^4 = 4098. $

VI OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

Znaleźć liczbę naturalną $n$ wiedząc, że suma

$ 1 + 2 + 3 + \ldots + n $

jest liczbą trójcyfrową o jednakowych cyfrach.

Rozwiązanie

Liczba trzycyfrowa o jednakowych cyfrach ma postać $111 \cdot c = 3 \cdot 37 \cdot c$ , gdzie $c$ jest jedną z liczb $1, 2, \ldots, 9$ , suma zaś pierwszych $n$ liczb naturalnych wynosi $\frac{1}{2} n (n + 1)$ , wobec czego liczba $n$ ma czynić zadość warunkowi

$ (1) \qquad n(n + 1) = 2 \cdot 3 \cdot 37 \cdot c. $

Ponieważ $37$ jest liczbą pierwszą, więc jedna z liczb $n$ i $n+1$ musi być podzielna przez $37$ . Możliwe są dwa przypadki:

a) $n = 37 k$ , gdzie $k$ jest liczbą naturalną; równość (1) daje wówczas

$ k (37k + 1) =2 \cdot 3 \cdot c. $

Prawa strona jest tu najwyżej równa $54$ , wobec czego liczba $k$ może być najwyżej równa $1$ , czyli $n = 37$ . Wartość ta nie jest jednak rozwiązaniem zadania, gdyż $\frac{1}{2} n (n + 1)$ równa się wówczas $37 \cdot 19 = 703$ .

b) $n + 1 = 37 k$ ( $k$ = liczba naturalna); równość (1) daje $(37 k - 1) k = 2 \cdot 3 \cdot c$ .

Jedyną możliwą wartością $k$ jest podobnie jak w a) liczba $1$ , wówczas $n = 36$ i $\frac{1}{2} n(n + 1) = 18 \cdot 37 = 666$ . Zatem jedynym rozwiązaniem zadania jest $n = 36$ .

VI OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

Jaki powinien być kąt przy wierzchołku trójkąta równoramiennego, żeby można było zbudować trójkąt o bokach równych wysokości, podstawie i jednemu z pozostałych boków tego trójkąta równoramiennego?

Rozwiązanie

Przyjmiemy oznaczenia wskazane na rys. 9. Trójkąt o bokach równych $a$ , $c$ , $h$ można zbudować wtedy i tylko wtedy, gdy spełnione są nierówności:

$ a + c > h,\ c + h > a,\ a + h > c. $

Ponieważ w trójkącie $ADC$ mamy $a > h$ , $\frac{c}{2} + h > a$ , więc pierwsze dwie z powyższych nierówności zachodzą zawsze, wobec czego warunkiem koniecznym i dostatecznym istnienia trójkąta o bokach $a$ , $c$ , $h$ jest nierówność

$ (1) \qquad a + h> c. $

Z trójkąta $ADC$ mamy $h = a \cos \frac{x}{2}$ , $\frac{c}{2} = a \sin \frac{x}{2}$ ; podstawienie do nierówności (1) daje

$ 1 + \cos \frac{x}{2} > 2 \sin \frac{x}{2} $

lub

$ 2 \cos^2 \frac{x}{4} > 4 \sin \frac{x}{4} \cos \frac{x}{4}, $

a ponieważ $\frac{x}{4} < 90^\circ$ , więc warunek żądany przybiera postać

$ \tg \frac{x}{4} < \frac{1}{2} $

lub

$ x < 4 \arctan \frac{1}{2}. $

W przybliżeniu $4 \arctan -\frac{1}{2} \approx 106^\circ$ (z niedomiarem).

VI OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

Wewnątrz trójkąta $ABC$ dany jest punkt $P$ ; znaleźć na obwodzie tego trójkąta taki punkt $Q$ , żeby łamana $APQ$ dzieliła trójkąt na dwie części o równych polach.

Rozwiązanie

Weźmy pod uwagę trójkąty $APB$ i $APC$ . Możliwe są trzy następujące przypadki:

a) Każdy z trójkątów $APB$ i $APC$ ma pole mniejsze od połowy pola trójkąta $ABC$ . Przypadek ten zachodzi, gdy odległości punktu $P$ od boków $AB$ i $BC$ są mniejsze niż połowy odpowiednich wysokości trójkąta, tzn. gdy punkt $P$ leży wewnątrz równoległoboku $AFDE$ , którego wierzchołki $F$ , $D$ , $E$ są odpowiednio środkami boków $AB$ , $BC$ i $CA$ (rys. 10).

Jeżeli punkt $P$ leży na tej przekątnej $AD$ równoległoboku, która jest środkową trójkąta $ABC$ , to poszukiwany punkt $Q$ pokrywa się z punktem $D$ .

Pozostaje do rozpatrzenia przypadek, gdy punkt $P$ leży wewnątrz jednego z trójkątów $AFD$ i $AED$ , na przykład wewnątrz trójkąta $AFD$ . Jeżeli łamana $APQ$ spełnia warunki zadania, to punkt $Q$ leży wewnątrz odcinka $CD$ , a odcinek $PQ$ przecina środkową $AD$ w pewnym punkcie $S$ . Wówczas $\textrm{pole }ABQP = \textrm{pole }ABD$ , zatem $\textrm{pole }ASP = \textrm{pole }QSD$ , wobec czego $\textrm{pole }APD = \textrm{pole }QPD$ , skąd wynika, że prosta $AQ$ jest równoległa do prostej $PD$ . Poszukiwany punkt $Q$ wyznaczymy więc w tym przypadku jako punkt przecięcia półprostej poprowadzonej przez punkt $A$ równolegle do prostej $PD$ z odcinkiem $DC$ . Punkt taki istnieje zawsze, gdyż owa półprosta, jako równoległa do $PD$ , leży wewnątrz kąta $DAC$ .

b) Jeden z trójkątów $APB$ i $APC$ , na przykład $\triangle APB$ , ma pole równe połowie trójkąta $ABC$ . Poszukiwaną łamaną jest wtedy łamana $APB$ .

c) Jeden z trójkątów $APB$ i $APC$ , na przykład $\triangle APB$ , ma pole większe od połowy pola trójkąta $ABC$ . Przypadek ten zachodzi, gdy punkt $P$ leży wewnątrz trójkąta $EDC$ (rys. 11).

Jeżeli łamana $APQ$ spełnia warunek zadania, to punkt $Q$ leży wewnątrz boku $AB$ , a odcinek $PQ$ przecina odcinek $AD$ w pewnym punkcie $S$ . Wówczas $\textrm{pole }AQP = \textrm{pole }ABD$ , zatem $\textrm{pole }ASP = \textrm{pole }SQBD$ . Poprowadźmy przez punkt $B$ prostą równoległą do przekątnej $QD$ czworokąta $SQBD$ ; przetnie ona przedłużenie boku $SD$ , w pewnym punkcie $G$ . Wówczas $\textrm{pole }QDG = \textrm{pole }QDB$ zatem $\textrm{pole }SQBD = \textrm{pole }SQG$ , wobec czego $\textrm{pole }ASP = \textrm{pole }SQG$ a $\textrm{pole }APG = \textrm{pole }QPG$ , skąd wynika, że prosta $PG$ jest równoległa do prostej $AB$ . Konstrukcja łamanej $APQ$ jest więc następująca: Prowadzimy przez punkt $P$ prostą równoległą do prostej $AB$ do przecięcia z przedłużeniem odcinka $AD$ w punkcie $G$ , a następnie przez punkt $D$ prostą równoległą do prostej $GB$ , która przetnie odcinek $AB$ w szukanym punkcie $Q$ . Istotnie $\textrm{pole } APQ = \textrm{pole }ASQ + \textrm{pole }APS = \textrm{pole } ASQ + \textrm{pole } SQG = \textrm{pole } ASQ + \textrm{pole } APS = \textrm{pole }ABD = \frac{1}{2} \textrm{pola }ABC$ .

VI OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

Dany jest trójkąt $ABC$ . Znaleźć prostokąt o najmniejszym polu zawierający ten trójkąt.

Rozwiązanie

Jeżeli prostokąt o polu $P$ zawiera trójkąt $ABC$ , to możliwe są tylko przypadki następujące:

1. Na każdym boku prostokąta leży jakiś wierzchołek trójkąta. Ponieważ czworokąt ma cztery boki, a trójkąt trzy wierzchołki, więc co najmniej jeden wierzchołek trójkąta musi leżeć na dwóch bokach prostokąta, tzn. w jednym z wierzchołków prostokąta. Mamy zatem dwie możliwości:

a) Tylko jeden wierzchołek trójkąta jest wierzchołkiem prostokąta (rys. 12).

Przyjmując oznaczenia podane na rys. 12 poprowadźmy odcinki $BD$ i $CE$ równolegle do boków $AM$ i $AP$ prostokąta. Stwierdzamy, że

$\textrm{pole }CFB = \textrm{pole }CBN, \textrm{gdyż } \triangle CFB \textrm{ i } \triangle CBN \textrm{ są przystające},$

$\textrm{pole }ABG < \textrm{pole }AMB, \textrm{gdyż } GB < AM, \textrm{ a }AD = MB,$

$\textrm{pole }CGF < \textrm{pole }ACP, \textrm{ gdyż } GF < PC \textrm{ i } FC < AP.$

Suma lewych stron powyższych związków równa się polu trójkąta $ABC$ , zatem $\textrm{pole }ABC < \textrm{pole }CBN + \textrm{pole }AMB + \textrm{pole }ACP$ .

Pole $S$ trójkąta $ABC$ jest zatem mniejsze od pola pozostałej części prostokąta, czyli

$ P > 2S. $

b) Co najmniej dwa wierzchołki trójkąta są wierzchołkami prostokąta (rys. 13). Wówczas oczywiście

$ P = 2S. $

2. Przynajmniej na jednym z boków prostokąta nie leży żaden wierzchołek trójkąta (rys. 14)

Przesuwając równolegle te boki prostokąta, na których nie ma wierzchołków trójkąta, jak pokazuje rys. 14, otrzymamy prostokąt o polu $P'$ położony tak jak w przypadku 1a) lub 1b), zatem $P' \geq 2S$ , a ponieważ $P > P'$ więc

$ P > 2 S. $

Okazało się więc, że prostokąt zawierający dany trójkąt ma najmniejsze pole wtedy, gdy jeden z boków prostokąta pokrywa się z jednym z boków trójkąta, a bok przeciwległy prostokąta przechodzi przez trzeci wierzchołek trójkąta; pole prostokąta jest wówczas równe podwojonemu polu trójkąta. Dla trójkąta ostrokątnego są trzy takie prostokąty, dla prostokątnego - dwa, dla rozwartokątnego - jeden.

Uwaga. Dowód, że w przypadku 1a) zachodzi nierówność $P > 2S$ monia również uzyskać w sposób następujący (rys. 12).

$ \begin{split} P & = AM \cdot AP =AB \cos \delta \cdot AC \cos \varepsilon = AB \cdot AC \cdot \frac{1}{2} [\cos (\delta + \varepsilon) + \cos (\delta - \varepsilon)] = \\ & = \frac{1}{2} AB \cdot AC [\sin \alpha + \cos (\delta - \varepsilon)]; \end{split} $

ponieważ $|\delta - \varepsilon| < \delta + \varepsilon = 90^\circ - \alpha$ , więc $\cos (\delta - \varepsilon) > \sin \alpha$ ; z poprzedniej równości wynika zatem, że

$ P > AB \cdot AC \sin \alpha, \textrm{ tj. }P > 2 S. $

VI OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

Wewnątrz kąta trójściennego $OABC$ , którego kąty płaskie $AOB$ , $BOC$ , $COA$ są równe, obrano punkt $S$ równo odległy od ścian tego kąta. Przez punkt $S$ poprowadzono płaszczyznę przecinającą krawędzie $OA$ , $OB$ , $OC$ odpowiednio w punktach $M$ , $N$ , $P$ . Dowieść, że suma

$ \frac{1}{OM} + \frac{1}{ON} + \frac{1}{OP} $

ma wartość stałą, tzn. niezależną od położenia płaszczyzny $MNP$ .

Rozwiązanie

Obliczymy dwoma sposobami objętość $V$ czworościanu $OMNP$ (rya. 15).

1°. Mech $PQ$ będzie prostopadłą opuszczoną z punktu $P$ na płaszczyznę $AOB$ i niech $\alpha$ oznacza kąt $AOB$ , a $\beta$ - kąt nachylenia krawędzi $OP$ do płaszczyzny $AOB$ ; wówczas $PQ =OP \cdot \sin \beta$ oraz

$ \begin{split} V & = \frac{1}{3} \textrm{pole }M0N \cdot PQ = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{2} OM \cdot ON \cdot \sin \alpha\right) \cdot \left( OP \cdot \sin \beta \right)= \\ & = \frac{1}{6} OM \cdot ON \cdot OP \cdot \sin \alpha \sin \beta. \end{split} $

2°. Czworościan $OMNP$ jest sumą czworościanów $SM0N$ , $SNOP$ , $SPOM$ o wspólnym wierzchołku $S$ i podstawach $MON$ , $NOP$ , $POM$ ; wysokości tych czworościanów są równe odległości $d$ punktu $S$ od ścian kąta trójściennego. Zatem

$ \begin{split} V & = V_{SMON} + V_{SNOP} + V_{SPOM} = \\ &=\frac{1}{3} d \cdot (\textrm{pole }MON + \textrm{pole }NOP + \textrm{pole }POM) =\\ & = \frac{1}{6} d \cdot (OM \cdot ON + ON \cdot OP + OP \cdot OM) \sin \alpha. \end{split} $

Z 1° i 2° wynika, że

$ \frac{1}{6} d \cdot (OM \cdot ON + ON \cdot OP + OP \cdot OM) \sin \alpha = \frac{1}{6} OM \cdot ON \cdot OP \sin \alpha \sin \beta. $

Dzieląc obie strony tej równości przez $\frac{1}{6} d \cdot OM \cdot ON \cdot OP \cdot \sin \alpha$ otrzymujemy

$ \frac{1}{OP} + \frac{1}{OM} + \frac{1}{ON} = \frac{\sin \beta}{d}, $

skąd wynika teza twierdzenia, gdyż $\beta$ i $d$ nie zależą od położenia płaszczyzny $MNP$ .

VI OM - III etap

III etap VI Olimpiady Matematycznej

VI OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

III

Jakie warunki powinny spełniać liczby rzeczywiste $a$ , $b$ i $c$ , żeby równanie

$ (1) \qquad x^3 + ax^2 + bx + c = 0 $

miało trzy różne pierwiastki rzeczywiste tworzące postęp geometryczny?

Rozwiązanie

Zadanie można sformułować w sposób następujący: Znaleźć warunki konieczne i dostateczne, jakie powinny spełniać liczby rzeczywiste $a$ , $b$ , $c$ , aby istniały liczby $x_1$ i $q$ o następujących własnościach:

a) liczby $x_1$ , $x_1 q$ , $x_1 q^2$ spełniają równanie (1),

b) liczby $x_1$ i $q$ są rzeczywiste,

c) $x_1 \ne 0$ ,

d) $q \ne 0$ , $q \ne 1$ , $g \ne -1$ .

Zajmiemy się najpierw wyszukaniem warunków koniecznych, a następnie zbadamy czy warunki te są dostateczne.

Jeżeli zachodzi a), to spełnione są równania (wzory Viete'a):

$ (2) \qquad \begin{array}{c} x_1 + x_1 q + x_1 q^2 = - a,\\ x_1^2 q + x1^2 q^2 + x1^2 q^3 = b,\\ x_1^3 q^3 = - c. \end{array} $

Oznaczając dla krótkości literą $m$ tę (jedyną) liczbę rzeczywistą, dla której $m^3 = - c$ zastąpimy układ równań (2) układem

$ (3) \qquad \begin{array}{c} x_1 (1 + q + q^2) = - a,\\ x_1^2q (1 + q + q^2) = b,\\ x_1 q = m. \end{array} $

Układ równań (3) jest równoważny układowi

$ (4) \qquad \begin{array}{c} x_1 (1 + q + q^2) = - a,\\ a x_1 q + b = 0,\\ x_1 q = m. \end{array} $

Drugie równanie układu (4) otrzymaliśmy mnożąc pierwsze z równań (3) przez $x_1 q$ a następnie odejmując je od drugiego z tych równań.

Z drugiego i trzeciego równania układu (4) wynika, że

$ (\alpha) \qquad b = - dm. $

Znaleźliśmy w ten sposób pierwszy warunek konieczny dla współczynników równania (1). Jeśli ten warunek jest spełniony, to układ (4) jest równoważny układowi

$ (5) \qquad \begin{array}{c} x_1 (1 + q + q^2) = - a,\\ x_1 q = m. \end{array} $

Zastępując w pierwszym równaniu układu (5) $x_1 q$ przez $m$ otrzymujemy układ równoważny

$ (6) \qquad \begin{array}{c} x_1 + mq = - a - m,\\ x_1 q = m. \end{array} $

Biorąc pod uwagę warunek (c) widzimy, że dalszym warunkiem koniecznym dla współczynników $a$ , $b$ , $c$ jest nierówność

$ (\beta) \qquad m \ne 0. $

Rugując $x_1$ z równań (6) otrzymamy równanie

$ (7) \qquad mq^2 + (m + a) q + m = 0. $

Aby równanie (7) miało pierwiastki rzeczywiste (warunek b) musi być (wobec tego, że $m \ne 0$ ) spełniony warunek

$ (\gamma) \qquad a^2 + 2 am - 3 m^2 \geq 0. $

Uwzględniając wreszcie, że według d) ma być $q \ne 1$ i $q \ne - 1$ otrzymujemy z równania (7) jeszcze dwa warunki konieczne dla $a$ , $b$ , $c$ :

$ (\delta) \qquad a \ne - 3 m, $

$ (\varepsilon) \qquad a \ne m. $

Zauważmy jednak, że wartości $a = - 3 m$ i $a = m$ są tymi wartościami $a$ , dla których trójmian $a^2 + 2 am - 3 m^2$ równa się zeru. Możemy wobec tego zastąpić warunki ( $\gamma$ ), ( $\delta$ ), ( $\varepsilon$ ) jednym warunkiem

$ (\eta) \qquad a^2 + 2 am - 3 m^2 > 0. $

Ostatecznie otrzymaliśmy zatem trzy warunki ( $\alpha$ ), ( $\beta$ ), ( $\eta$ ) jako warunki konieczne dla współczynników $a$ , $b$ , $c$ równania (1).

Udowodnimy, że te warunki są dostateczne, tzn. że jeżeli spełnione są warunki ( $\alpha$ ), ( $\beta$ ), ( $\eta$ ), to istnieją liczby $x_1$ i $q$ spełniające warunki a), b), c), d).

Istotnie, na mocy ( $\beta$ ) i ( $\eta$ ) równanie (7) ma dwa pierwiastki rzeczywiste; niech $q$ oznacza jeden z nich (drugim jest $\frac{1}{q}$ ). Na mocy ( $\beta$ ) jest $q \ne 0$ , a na mocy ( $\eta$ ) mamy $q \ne 1$ i $q \ne - 1$ . Z drugiego równania układu (6) otrzymamy wówczas $x_1 = \frac{m}{q}$ , przy czym $x_1$ jest liczbą rzeczywistą i spełnia również pierwsze równanie układu (6), a na mocy ( $\beta$ ) jest $x_1 \ne 0$ . Ponieważ układ (6) jest przy spełnieniu warunku (a) równoważny układowi równań (2), więc znalezione wartości $x_1$ i $q$ spełniają układ (2), a wobec tego spełniają też równanie (1).

Warunek ( $\eta$ ) oznacza, że $m$ jest zawarte między liczbami $a$ i $-\frac{a}{3}$ ; uwzględniając, że $m^3 = - c$ możemy warunkom ( $\alpha$ ), ( $\beta$ ), ( $\eta$ ) nadać następującą ostateczną postać:

$ (W) \qquad \left\{ \begin{array}{c} b^3 = a^3 c,\\ c \ne 0,\\ c \textrm{ jest zawarte między } -a^3 \textrm{ i } \frac{a^3}{27}. \end{array} \right. $

Układ warunków (W) stanowi rozwiązanie zadania. Układ ten spełniają na przykład liczby $a = b = 4$ , $c = 1$ ; równanie

$ x^3 + 4x^2 + 4x + 1 = 0 $

ma pierwiastki

$ \frac{- 3 - \sqrt{5}}{2},\ -1,\ \frac{- 3 + \sqrt{5}}{2} $

tworzące postęp geometryczny o ilorazie $\frac{3 - \sqrt{5}}{2}$ .

VI OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

III

Dowieść, że spośród siedmiu liczb naturalnych tworzących postęp arytmetyczny o różnicy $30$ jedna i tylko jedna jest podzielna przez $7$ .

Rozwiązanie

Siedem liczb tworzących postęp arytmetyczny o różnicy $30$ można napsać w postaci: $a, a + 30, a + 2 \cdot 30, \ldots, a + 6 \cdot 30$ . Różnica którychkolwiek dwóch z tych liczb ma postać

$ r = (a + k \cdot 30) - (a + m \cdot 30) = (k - m) \cdot 28 + (k - m) \cdot 2, $

gdzie $k$ i $m$ są liczbami całkowitymi, przy czym $0 \leq k \leq 6$ , $0 \leq m \leq 6$ , $k \ne m$ , wobec czego $- 6 \leq k - m \leq 6$ i $k - m \ne 0$ . Liczba $(k-m) \cdot 28$ jest podzielna przez $7$ , a liczba $(k - m) \cdot 2$ nie jest podzielna przez $7$ , gdyż jej wartość bezwzględna jest liczbą naturalną parzystą nie większą niż $12$ . Wobec tego suma tych liczb tj. liczba $r$ nie jest podzielna przez $7$ . Stąd wynika, że każda z rozważanych siedmiu liczb daje inną resztę przy dzielniku $7$ , a zatem jedna i tylko jedna z tych siedmiu reszt równa się zeru, c. n. d.

VI OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

III

W okrąg wpisano trójkąt równoboczny $ABC$ ; dowieść, że jeżeli $M$ jest dowolnym punktem okręgu, to jedna z odległości $MA$ , $MB$ , $MC$ jest równa sumie dwóch pozostałych.

Rozwiązanie

Gdy punkt $M$ znajduje się w jednym z wierzchołków trójkąta $ABC$ , twierdzenie jest oczywiste, gdyż wówczas jedna z odległości $MA$ , $MB$ , $MC$ równa się zeru. Pozostaje do rozpatrzenia przypadek, gdy $M$ leży wewnątrz jednego z łuków, na jakie punkty $A$ , $B$ , $C$ dzielą okrąg, na przykład wewnątrz łuku $BC$ .

Natychmiastowy dowód twierdzenia uzyskujemy stosując twierdzenie Ptolemeusza do czworokąta $ABMC$ :

$ MA \cdot BC = MB \cdot AC + MC \cdot AB, $

ponieważ $BC = AC = AB$ , więc z powyższej równości wynika, że

$ MA =MB + MC. $

VI OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

III

Dowieść, że

$ \sin^2 \alpha + \sin^2 \beta \geq \sin \alpha \sin \beta + \sin \alpha + \sin \beta - 1. $

Rozwiązanie

Nierówność

$ \sin^2 \alpha + \sin^2 \beta \geq \sin \alpha \sin \beta + \sin \alpha + \sin \beta - 1 $

jest równoważna nierówności

$ \sin^2 \alpha - 2 \sin \alpha \sin \beta + \sin^2 \beta \geq - \sin \alpha \sin \beta + \sin \alpha + \sin \beta - 1 $

(od obu stron nierówności odjęliśmy $2 \sin \alpha \sin \beta$ ), czyli nierówności

$ (\sin \alpha - \sin \beta)^2 \geq (\sin \alpha - 1) (1 - \sin \beta), $

ta zaś nierówność jest oczywiście prawdziwa, gdyż lewa jej strona jest $\geq 0$ , a prawa jest $\leq 0$ (albowiem $\sin \alpha - 1 \leq 0$ , a $1 - \sin \beta \geq 0$ ).

Zauważmy, że w rozważanej nierówności znak $\geq$ można zastąpić przez znak $=$ wtedy i tylko wtedy, gdy $\sin \alpha = \sin \beta = 1$ .

VI OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

III

Na płaszczyźnie dana jest prosta $m$ oraz punkty $A$ i $B$ leżące po przeciwnych stronach prostej $m$ . Znaleźć na prostej $m$ taki punkt $M$ , żeby różnica odległości tego punktu od punktów $A$ i $B$ była jak największa.

Rozwiązanie

Niech $B'$ będzie punktem symetrycznym do punktu $B$ względem prostej $m$ (rys. 18). Jeżeli punkt $P$ jest dowolnym punktem prostej $m$ , to

$ |AP -BP|= |AP - B'P| \leq AB'. $

Różnica $|AP - BP|$ osiąga zatem swą największą wartość, równą długości odcinka $AB'$ , gdy $|AP - B'P| = AB$ , tzn. gdy punkty $A$ , $B'$ , $P$ leżą na jednej prostej. Jeśli prosta $AB'$ nie jest równoległa do prostej $m$ , to szukany punkt $M$ jest punktem przecięcia prostych $AB'$ i $m$ . Prosta $m$ jest wówczas dwusieczną kąta $AMB$ . Jeśli proste $AB'$ i $m$ są równoległe, tzn. jeśli punkty $A$ i $B$ są równo odlegle od prostej $m$ , wówczas zadanie nie ma rozwiązania.

Dowiedzione twierdzenie pozwala w prosty sposób uzasadnić ważną własność hiperboli. Niech $A_1$ i $A_2$ będą wierzchołkami, a $F_1$ i $F_2$ - ogniskami hiperboli (rys. 19). Hiperbola dzieli płaszczyznę na trzy obszary, które oznaczymy $I$ , $II$ , $III$ , jak na rys. 19.

Niech $m$ będzie prostą styczną do hiperboli w punkcie $M$ , a $P$ - dowolnym punktem prostej $m$ . Prosta $m$ leży (poza punktem $M$ ) w obszarze $I$ zatem różnica $|F_1P - F_2P|$ jest dla każdego punktu $P$ różnego od $M$ mniejsza niż $A_1A_2$ , a w punkcie $M$ osiąga swą największą wartość równą długości $A_1A_2$ . Z dowiedzionego poprzednio twierdzenia wynika, że prosta $m$ jest dwusieczną kąta $F_1MF_2$ , tzn. zachodzi twierdzenie:

Styczna do hiperboli jest dwusieczną kąta utworzonego przez odcinki łączące punkt styczności z ogniskami hiperboli.

VI OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

III

Przez punkty $A$ i $B$ poprowadzono dwie proste skośne $m$ i $n$ prostopadłe do prostej $AB$ . Na prostej $m$ obrano punkt $C$ (różny od $A$ ), a na prostej $n$ punkt $D$ (różny od $B$ ). Mając dane długości odcinków $AB = d$ i $CD = l$ oraz kąt $\varphi$ , jaki tworzą proste skośne $m$ i $n$ , obliczyć promień powierzchni kuli przechodzącej przez punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ .

Rozwiązanie

Rys. 20 przedstawia rozważaną figurę w rzucie prostokątnym na płaszczyznę wyznaczoną przez proste $AB$ i $n$ , wobec czego na tym rysunku $AB \bot n$ . Dla uproszczenia oznaczamy rzuty punktów i prostych tymi samymi literami, co same punkty i proste. Poprowadźmy przez punkt $A$ prostą $p$ równoległą do prostej $m$ , a przez punkt $C$ prostą równoległą do prostej $AB$ ; przetnie ona prostą $p$ w punkcie $E$ . Mech $\sigma$ oznacza powierzchnię kuli czyli sferę przechodzącą przez punkty $ABCD$ ; ponieważ punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ nie leżą w jednej płaszczyźnie (proste $m$ i $n$ są skośne), więc taka sfera istnieje i to tylko jedna. Czworokąt $ABCE$ jest prostokątem, gdyż $AB \bot m$ , $CE \bot m$ i $AB \bot p$ ; ponieważ trzy wierzchołki $A$ , $B$ , $C$ tego prostokąta leżą na sferze $\sigma$ , więc i czwarty wierzchołek $E$ też leży na $\sigma$ . Sfera $\sigma$ przecina płaszczyznę prostych $n$ i $p$ według okręgu przechodzącego przez punkty $A$ , $D$ , $E$ ; środek $S$ tego okręgu jest zatem środkiem okręgu opisanego na trójkącie $ADE$ ; objaśnimy za chwilę, jak punkt $S$ wyznaczony został konstrukcyjnie na rys. 20. Środek $O$ sfery $\sigma$ leży na prostej prostopadłej w punkcie $S$ do płaszczyzny $ADE$ , a więc na równoległej do $AB$ (gdyż $AB \bot n$ i $AB \bot p$ ). Z drugiej strony punkt $O$ jako równo odległy od punktów $A$ i $B$ leży na płaszczyźnie symetralnej odcinka $AB$ wobec czego jego odległość $OS$ od płaszczyzny $ADE$ jest równa $\frac{1}{2} AB$ . Punkt $O$ znajdujemy zatem prowadząc przez punkt $S$ równoległą do $AB$ i odmierzając na niej $SO = \frac{1}{2} d$ w kierunku od $A$ do $B$ .

Weźmy pod uwagę trójkąt $ASO$ ; kąt przy wierzchołku $S$ jest prosty, przeciwprostokątna $OA$ równa się szukanemu promieniowi $r$ sfery $\sigma$ , $OS = \frac{1}{2} d$ , a $SA$ równa się promieniowi okręgu opisanego na trójkącie $ADE$ , więc $SA = \frac{DE}{2 \sin \measuredangle DAE}$ . Lecz z trójkąta prostokątnego $DEC$ ( $CE$ jest prostopadłe do płaszczyzny $ADE$ ) $DE^2 = DC^2 - EC^2 = l^2 - d^2$ , a kąt $DAE$ równa się kątowi $\varphi$ prostych skośnych $m$ i $n$ , zatem $SA = \frac{\sqrt{l^2 - d^2}}{2 \sin \varphi}$ .

Ponieważ w trójkącie $ASO$ jest $OA^2 = SO^2 + SA^2$ więc

$ r^2 = \frac{d^2}{4} + \frac{l^2 - d^2}{4 \sin \varphi} = \frac{l^2 - d^2 \cos^2 \varphi}{4 \sin^2 \varphi} $

i ostatecznie

$ r = \frac{\sqrt{l^2 - d^2 \cos^2 \varphi}}{2 \sin \varphi}. $

Konstrukcja punktu $S$ zaznaczona jest na rys. 20 liniami kreskowanymi, przebiega ona jak następuje. Wykonujemy kład trójkąta $ADE$ na płaszczyznę rysunku, tj. na płaszczyznę $ABD$ , tzn. obracamy płaszczyznę $ADE$ dookoła prostej $n$ tak, aby punkt $E$ znalazł się w pewnym punkcie $(E)$ płaszczyzny rysunku. Podczas takiego obrotu rzut prostokątny każdego punktu płaszczyzny $ADE$ porusza się po prostej prostopadłej do $n$ . Punkt $(E)$ znajdujemy w przecięciu prostopadłej opuszczonej z punktu $E$ na prostą $n$ i półprostej poprowadzonej z punktu $A$ i tworzącej z półprostą $AD$ kąt $\varphi$ (w naturalnej wielkości).

Niech $(S)$ będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie $AD(E)$ i niech prosta $A(S)$ przecina prostą $D(E)$ w punkcie $(M)$ . Prowadząc z punktu $(M)$ prostopadłą do prostej $n$ do przecięcia w punkcie $M$ z prostą $DE$ , a następnie z punktu $(S)$ prostopadłą do prostej $n$ znajdziemy w przecięciu tej prostopadłej z prostą $AM$ poszukiwany punkt $S$ .

Zauważmy jeszcze, że gdy punkty $A$ i $B$ oraz proste $m$ i $n$ są dane, to istnieje nieskończenie wiele odcinków $CD$ o danej długości $l$ i o końcach leżących na prostych $m$ i $n$ . Istnieje więc też nieskończenie wiele sfer, przechodzących przez $A$ i $B$ i przecinających proste $m$ i $n$ jeszcze w takich punktach $C$ i $D$ , że $CD = l$ . Wynik naszego zadania pokazuje, że promienie wszystkich tych sfer są równe.