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.