Opublikowane na Archiwum Olimpiady Matematycznej (https://archom.ptm.org.pl)

Strona główna > Wersja do wydruku > Wersja do wydruku

VI OM - I etap

I etap VI Olimpiady Matematycznej

VI OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne: 
VI OM, 1954-1955
Etap: 
I

Rozwiązać układ równań

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

Rozwiązanie

Ponieważ

\[<br /> (x + y + z + u)^2 = x^2 + y^2 + z^2 + u^2 + 2 (xy + xu + zy + zu) + 2 (xz + yu),<br /> \]
\[<br /> xy + xu + zy + zu = (x + z) (y + u),<br /> \]

przeto wprowadzając oznaczenia

\[<br /> x + z = m,\ xz = n,\ y + u = p,\ yu = q<br /> \]

możemy układ równań (1) zastąpić układem

\[<br /> \begin{array}{cc}<br /> m + p = 8, & n + q = 6\\<br /> mp = 16, & nq = 9<br /> \end{array}<br /> \]

równoważnym układowi

\[<br /> m = p =4,\ n = q = 3<br /> \]

czyli układowi

\[<br /> (2) \qquad<br /> \begin{array}{cc}<br /> x + z= 4, & y + u = 4\\<br /> xz = 3, & yu = 3<br /> \end{array}<br /> \]

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: 
I

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

\[<br /> y = \frac{c-ax}{b}.<br /> \]

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

\[<br /> (c - ax_i) - (c - ax_k) = a (x_k - x_i)<br /> \]

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

\[<br /> \frac{c - a (b - 1)}{b} > - 1 \textrm{ lub } c > ab - a - b.<br /> \]

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

\[<br /> y_{b-1} = \frac{ab - a - b - a (b - 1)}{b} = -1.<br /> \]

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: 
I

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

\[<br /> \sin \measuredangle C = \sin (180^\circ - \measuredangle B) = \sin B,<br /> \]

zatem

\[<br /> AB \cdot BN = CD \cdot CN \textrm{ lub }<br /> \frac{BN}{CN} = \frac{CD}{AB}.<br /> \]

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

\[<br /> AB \cdot BN = CD \cdot CE = CD \cdot CN,<br /> \]

tj. tę samą równość co poprzednio.

VI OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne: 
VI OM, 1954-1955
Etap: 
I

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

\[<br /> CM = \frac{1}{2} (BC + CD- BD),<br /> \]
\[<br /> CM' = \frac{1}{2} (AC + CD - AD);<br /> \]

zatem

\[<br /> CM - CM' = \frac{1}{2} (BC + AD - BD - AC) = 0,<br /> \]

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: 
I

Znaleźć wzór wyrażający sumę

\[<br /> \frac{1}{2} + \frac{2}{2^2} + \frac{3}{2^3} + \ldots + \frac{n}{2^n}<br /> \]

w zależności od $ n $.

Rozwiązanie

Według wzoru na sumę wyrazów postępu geometrycznego jest

\[<br /> 2^k + 2^{k-1} + \ldots + 2 + 1 = 2^{k+1} - 1.<br /> \]

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

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

Stosując wzór wyżej podany otrzymamy

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

i ostatecznie

\[<br /> (*) \qquad s_n = 2- \frac{2 + n}{2^n}.<br /> \]

VI OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne: 
VI OM, 1954-1955
Etap: 
I

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

\[<br /> \sqrt{a- \sqrt{b}} = \sqrt{x} - \sqrt{y}.<br /> \]

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że zachodzi równość

\[<br /> (1) \qquad \sqrt{x} - \sqrt{y} = \sqrt{a - \sqrt{b}},<br /> \]

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

\[<br /> x + y - 2 \sqrt{xy} = a - \sqrt{b} \textrm{ lub }<br /> (x + y - a) + \sqrt{b} = 2 \sqrt{xy},<br /> \]

a stąd przez ponowne podniesienie do kwadratu równość

\[<br /> (2) \qquad (x + y - a)^2 + b + 2 (x + y - a) \sqrt{b} = 4 xy.<br /> \]

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

\[<br /> (3) \qquad \sqrt{b} = \frac{4xy - (x + y - a)^2 - b}{2(x + y - a)},<br /> \]

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

\[<br /> (4) \qquad<br /> x = \frac{a + \sqrt{a^2 - b}}{2},\<br /> y = \frac{a - \sqrt{a^2 - b}}{2}.<br /> \]

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

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

\[<br /> a^2 - b = (x - y)^2,<br /> \]

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)

\[<br /> (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2 = x + y - 2\sqrt{xy} = a - 2\sqrt{\frac{b}{4}} = a - \sqrt{b}.<br /> \]

VI OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne: 
VI OM, 1954-1955
Etap: 
I

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

\[<br /> AM' \colon M'B = PK \colon KQ' \textrm{(w jednokładności względem środka }C)<br /> \]
\[<br /> AM' \colon M'B = KQ' \colon PK \textrm{(w jednokładności względem środka }N')<br /> \]

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: 
I

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

\[<br /> (1) \qquad AB + CD = AD + BC.<br /> \]

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

\[<br /> (2) \qquad MN = \frac{1}{2} AD + \frac{1}{2} BC.<br /> \]

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: 
I

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

\[<br /> \begin{split}<br /> V(x)^2 & = U(x)^2 - W(x) = (x^2 + \frac{1}{2}x + a)^2 -(x^4 + x^3 + x^2 + x + 1) = \\<br /> & = \left( 2a - \frac{3}{4} \right) x^2 + (a - 1) x + a^2 - 1.<br /> \end{split}<br /> \]

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

\[<br /> 2a - \frac{3}{4} > 0,\<br /> (a-1)^2 - 4 \left( 2a - \frac{3}{4} \right) (a^2-1) =0.<br /> \]

Drugi warunek daje po uproszczeniu równanie

\[<br /> (a - 1) (4a^2 + 2a - 1) = 0.<br /> \]

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

\[<br /> x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 = (x^2 + \frac{1}{2}x + 1)^2 = \left( \frac{1}{2}\sqrt{5} x \right)^2.<br /> \]

jako jedyne rozwiązanie zadania.

VI OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne: 
VI OM, 1954-1955
Etap: 
I

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

\[<br /> 53^{53} - 33^{33} \equiv 0 \pmod {10}.<br /> \]

VI OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne: 
VI OM, 1954-1955
Etap: 
I

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

\[<br /> (3) \qquad ad_1 + bd_2 + cd_3 = 4S.<br /> \]

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:

\[<br /> A'C \cdot BH + A'B \cdot CH = A'H \cdot BC,<br /> \]

czyli

\[<br /> (4) \qquad c \cdot d_2 + bd_3 = 2R \cdot a.<br /> \]

Analogicznie

\[<br /> (5) \qquad ad_3 + cd_1 = 2Rb,<br /> \]
\[<br /> (6) \qquad bd_1 + ad_2 = 2Rc.<br /> \]

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

\[<br /> (a+b+c) (d_1+d_2+d_3) = 2R (a+b+c) + 4S;<br /> \]

stąd

\[<br /> d_1 + d_2 + d_3 = 2R + \frac{4S}{a+b+c}<br /> \]

i ostatecznie

\[<br /> d_1 + d_2 + d_3 = 2R + 2r.<br /> \]

VI OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne: 
VI OM, 1954-1955
Etap: 
I

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:

\[<br /> (1) \qquad<br /> k_3 < k_1 + k_2,\<br /> k_1 < k_2 + k_3,\<br /> k_2 < k_3 + k_1.<br /> \]

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

\[<br /> k_3 < \frac{1}{2} h.<br /> \]

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

\[<br /> k_1 < \frac{1}{2} h \textrm{ i }<br /> k_2 < \frac{1}{2} h.<br /> \]

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

© Prawa autorskie Polskie Towarzystwo Matematyczne | Serwis znajduje się na serwerze MIMUW | Projekt: Krystyna Jaworska | Realizacja: Paweł Witkowski INTools, Tomasz Filar
Adres źródła: https://archom.ptm.org.pl/?q=node/1640