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 $MNP$ .